四川省遂宁市2017-2018学年高三高考押题化学试题3 Word版含答案

四川遂宁市高中2018届高三下学期第二次诊断性考试化学试题注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。

并检查条形码粘贴是否正确。

2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

3．考试结束后，将答题卡收回。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27第Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题6分，共42分。

）1．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A．二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气B．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃CD．钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KCl K↑+NaCl）2．下列说法正确的是A．物质中一定存在化学键B．酸和碱一定不能发生氧化还原反应C．正四面体结构的物质的键角均为109º28′D．晶体中含阴离子必含阳离子，含阳离子不一定含有阴离子。

3、下列离子方程式的书写及评价均合理的是4．N A为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．标况下，2.8 L丙烷中含有的极性共价键数为N AB．在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 + 3H2O 中，每生成3 mol I2转移的电子数为6 N AC．已知CH3COONH4溶液的PH=7，则1L 0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COO- 数为0.1N AD．39g Na2O2和Al(OH)3的混合物中阴、阳离子的总数为2N A 5．下述实验不能．．达到预期实验目的的是6．常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3溶液，pH＝7.8。

已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。

下列说法不正确．．．的是ArrayA．NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)B．往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH4＋和HCO3－浓度逐渐减小C．通过分析可知常温下K b(NH3·H2O)＞K a1(H2CO3)D．当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(CO32－)7．已知浓度商(Qc)表示任意状态下反应体系中物质的浓度关系，其表达式与化学平衡常数的表达式相同。

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试试题卷（化学）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的XX、XX号填写在答题卡上。

2．作答时，务必将答案写在答题卡上。

写在本试卷与草稿纸上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Fe 56一、选择题1. 化学与生活密切相关。

下列说法错误的是（）A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康与环境D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法2. 下列叙述正确的是（）A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同3. 苯乙烯是重要的化工原料。

下列有关苯乙烯的说法错误的是（）A. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯D. 在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯4. 下列实验操作不当的是（）A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D. 常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二5. 一种可充电锂-空气电池如图所示。

当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。

下列说法正确的是（）A. 放电时，多孔碳材料电极为负极B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1－）O26. 用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。

2017-2018学年四川省南充市高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列过程中，利用物质漂白性使溶液褪色的是（）A．向滴有酚酞的石灰水中滴加稀盐酸，溶液红色逐渐褪去B．向品红溶液中滴加亚硫酸溶液，溶液红色逐渐褪去C．向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水，溶液紫红色逐渐褪去D．向硫氰化铁溶液中加入铁粉并搅拌，溶液红色逐渐褪去2．下列有关0.1mol/L HNO3溶液的叙述正确的是（）A．加入Na2S2O3溶液，无明显现象B．该溶液中Na+、K+、SiO32﹣、SO42﹣可以大量共存C．加入FeCO3粉末，发生反应的离子方程式为：2FeCO3+2H+=2Fe2++CO2↑+H2OD．加入过量Cu粉和足量稀硫酸，可使溶液中几乎不含N元素3．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．Na2O2与足量CO2反应，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4N AB．室温下，1L pH=12的Ba（OH）2溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.01N A C．0.1 mol聚丙烯中含有双键的数目为0.1N AD．含1mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为N AA．A B．B C．C D．D5．NCl3是一种黄色粘稠的油状液体（已知电负性：N＞Cl）装置如图所示，利用惰性电极电解制备，原理是：NH4Cl+2HCl NCl3+3H2↑，下列说法错误的是（）A．b电极接电源的负极B．阳极区被氧化的元素为ClC．流出液X中不含HClD ．每生成3molH 2，有6molCl ﹣通过阴离子交换膜6．室温下，分别用0.1mol •L ﹣1溶液进行下列实验，结论正确的是（ ）A ．NaHC 2O 4溶液（pH=5.5）：c （Na +）＞c （HC 2O 4﹣）＞c （H 2C 2O 4）＞c （C 2O 42﹣）B ．向NaHCO 3溶液中通CO 2至pH=7：c （Na +）=c （HCO 3﹣）+2c （CO 32﹣）C ．向NaHSO 4溶液中加入等浓度等体积的Ba （OH ）2溶液：pH=13D ．向氨水中加入少量NH 4Cl 固体：减小7．臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO 2（g ）+O 3（g ）⇌N 2O 5（g ）+O 2（g ）△H ．不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如下表及图所示，下列说法正确的A ．0～10min 内甲容器中反应的平均速率：v （NO 2）=0.02mol •L ﹣1•min ﹣1B ．T 1＜T 2，△H ＞0C ．平衡时N 2O 5浓度：c 乙（N 2O 5）＞c 丙（N 2O 5）D ．T 1℃时，若起始时间向容器甲中充入2molNO 2、1molO 3、2molN 2O 5和2mol O 2，则脱硝反应达到平衡前，v （正）＜c （逆）二、解答题（共4小题，满分58分）8．W 、X 、Y 、Z 为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素．W 的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为3，X 2+与W 3﹣具有相同的电子层结构；W 与X 的最外层电子数之和等于Y 的最外层电子数；Z 元素位于元素周期表的第6列．请回答：（1）Z 的基态原子的价电子排布式为： ．（2）WY 3分子的立体构型为： ．（3）W 的简单氢化物分子中，原子间形成σ键时，发生重叠的原子轨道分别为 （填轨道名称）．（4）比较Y 的含氧酸酸性：HYO 2 HYO （填“＞”或“＜”）．（5）离子型氢化物XH 2的晶胞如图所示，其中阴离子的配位数为 ．（6）强酸条件下，Z 2O 72﹣离子能与乙醇反应生成Z 3+离子，该反应的离子方程式为： ．9．次氯酸（HClO）仅存在于溶液中，有很强的氧化性和漂白作用．某兴趣小组拟用Cl2O 与潮湿Na2CO3反应制得Cl2O，再用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，并测定其浓度．Ⅰ．[查阅资料]①Cl2O沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，极易溶于水并与水反应生成HClO．②HClO可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl﹣．Ⅱ．[制备产品]（1）仪器a的名称是．（2）将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法是．（3）装置B中产生Cl2O的化学方程式．（4）若B中无冷却装置，进入C中的Cl2O会大量减少，其原因是．Ⅲ．[测定浓度]（5）该小组设计了以下实验方案，测定C中所得溶液中HClO的物质的量浓度，请将方案补充完整．（所需试剂从H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液中选择）用酸式滴定管量取20.00mL次氯酸溶液，向其中加入足量的混合溶液，过滤、洗涤、在真空干燥箱中干燥，称量固体质量为5.740g，则该溶液中HClO的物质的量浓度为mol/L．10．有机物X是一种应用广泛的化学材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：Ⅰ．Ⅱ．请回答下列问题：（1）A的化学名称是，化合物B的官能团名称是．（2）G物质可发生的反应类型为（填字母序号）．A．加成反应B．酯化反应C．还原反应D．缩聚反应（3）X的结构简式为．（4）F与Ag（NH3）2OH溶液反应的化学方程式为．（5）A与CH3COOH生成B的化学方程式为．（6）写出同时满足下列条件的G的同分异构体M的结构简式．①能与1molBr2加成，能发生银镜反应，但不能发生水解反应；②苯环上的一氯代物有两种；③红外光谱显示有“C﹣O﹣C”结构．11．MnO2和锌是制造锌锰电池的主要原料，一种新工艺采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为原料生产MnO2和锌，其简化工艺流程如下（中间产物的固体部分已经略去）：已知：①浸取时发生的主要反应为：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，杂质FeS、CuS、CdS也会发生类似反应．（1）步骤Ⅰ中浸取时Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式为．（2）步骤Ⅱ中还原回收得到的金属单质是．（3）步骤Ⅲ中MnO2的作用是，适宜选作物质W的试剂为（选填编号）．A．NaOH B．ZnO C．NH3•H2O D．MnCO3（4）酸性锌锰干电池放电时，负极的电极反应式为．（5）MnSO4可用于制备MnCO3，MnCO3在空气中加热反应也可制得MnO2．已知25℃，101kPa时：Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）△H1=﹣520kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣12Mn（s）+2C（s）+3O2（g）=2MnCO3（s）△H3=﹣894kJ•mol﹣1MnCO3在空气中加热反应生成MnO2的热化学方程式为．（6）按照图示流程，若某次生产过程中使用了100t闪锌矿，其中ZnS含量为80%，浸取时ZnS的损失率为3%，最终得到87t MnO2．假设流程中每个步骤都反应完全，电解（使用惰性电极）时无其他产物生成，则流程中除杂质所引入的锌元素的质量为t．2016年四川省南充市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列过程中，利用物质漂白性使溶液褪色的是（）A．向滴有酚酞的石灰水中滴加稀盐酸，溶液红色逐渐褪去B．向品红溶液中滴加亚硫酸溶液，溶液红色逐渐褪去C．向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水，溶液紫红色逐渐褪去D．向硫氰化铁溶液中加入铁粉并搅拌，溶液红色逐渐褪去【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．石灰水与盐酸发生中和反应；B．亚硫酸由二氧化硫与水反应生成，二氧化硫可漂白品红；C．高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应；D．硫氰化铁电离出的铁离子与铁发生氧化还原反应．【解答】解：A．石灰水与盐酸发生中和反应，中性或酸性溶液中，滴加酚酞呈无色，与漂白性无关，故A错误；B．亚硫酸由二氧化硫与水反应生成，二氧化硫可漂白品红，利用物质漂白性，故B正确；C．高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应，与漂白性无关，故C错误；D．硫氰化铁电离出的铁离子与铁发生氧化还原反应，与漂白性无关，故D错误．故选B．2．下列有关0.1mol/L HNO3溶液的叙述正确的是（）A．加入Na2S2O3溶液，无明显现象B．该溶液中Na+、K+、SiO32﹣、SO42﹣可以大量共存C．加入FeCO3粉末，发生反应的离子方程式为：2FeCO3+2H+=2Fe2++CO2↑+H2OD．加入过量Cu粉和足量稀硫酸，可使溶液中几乎不含N元素【考点】离子方程式的书写．【分析】A．HNO3是强氧化剂，硫代硫酸钠中硫元素被氧化为硫酸根，硝酸中氮元素被还原为一氧化氮；B．硝酸为强酸，H+与SiO32﹣不能大量共存；C．硝酸具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子；D．加入过量Cu粉和足量稀硫酸，HNO3全部被还原为NO．【解答】解：A．HNO3是强氧化剂，硫代硫酸钠中硫元素被氧化为硫酸根，根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S2O32﹣→2SO42﹣～8e﹣，HNO3→NO～3e﹣，离子方程式为：3S2O32﹣+8NO3﹣+2H+=6SO42﹣+8NO↑+H2O，现象为有无色气体产生，且该气体在空气中逐渐变红棕色，故A错误；B．硝酸为强酸，硝酸电离出的H+与SiO32﹣反应：2H++SiO32﹣=H2SiO3↓，形成硅酸沉淀，不能大量共存，故B错误；C．加入FeCO3粉末，发生反应的离子方程式为：3FeCO3+NO3﹣+10H+=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O，故C错误；D．Cu与稀HNO3反应3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，加入过量Cu粉和足量稀硫酸，HNO3几乎全部被还原为NO，可使溶液中几乎不含N元素，故D正确；故选D．3．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．Na2O2与足量CO2反应，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4N AB．室温下，1L pH=12的Ba（OH）2溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.01N AC．0.1 mol聚丙烯中含有双键的数目为0.1N AD．含1mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．过氧化钠和二氧化碳的反应是﹣1价氧元素变化为0价和﹣2价，生成1molO2电子转移2mol；B．pH=12的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.01mol/L；C．聚丙烯是丙烯加聚反应生成，聚丙烯中无双键；D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；【解答】解：A．Na2O2与H2O的反应是歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当生成0.2molO2，转移电子0.4mol，数目为0.4N A，故A正确；B．pH=12的氢氧化钡溶液中，氢氧根的浓度为0.01mol/L，氢离子浓度=10﹣12mol/L，故1L 溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.01mol，水电离出氢氧根离子水个数为10﹣12N A个，故B错误；C．聚丙烯中无双键，故C错误；D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁溶液形成的胶粒个数小于N A个，故D错误；故选A．A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．稀硫酸与铁反应生成氢气，浓硫酸与铁发生钝化；B．苯与溴水发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应；C．只有甲苯能被高锰酸钾氧化；D．碱性越强，溶液颜色越深．【解答】解：A．稀硫酸与铁反应生成氢气，浓硫酸与铁发生钝化，没有明显现象，可说明硫酸浓度不同，性质不同，故A正确；B．饱和溴水与苯进行萃取、与苯酚生成三溴苯酚沉淀，验证了羟基对苯环活性的影响，故B正确；C．酸性高锰酸钾与甲苯反应生成苯甲酸，溶液褪色，验证苯环对甲基活性的影响，故C错误；D．碱性越强，溶液颜色越深，可完成实验，故D正确．故选C．5．NCl3是一种黄色粘稠的油状液体（已知电负性：N＞Cl）装置如图所示，利用惰性电极电解制备，原理是：NH4Cl+2HCl NCl3+3H2↑，下列说法错误的是（）A．b电极接电源的负极B．阳极区被氧化的元素为ClC．流出液X中不含HClD．每生成3molH2，有6molCl﹣通过阴离子交换膜【考点】电解原理．【分析】根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl﹣﹣6e﹣=NCl3+4H+，b电极是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e ﹣=H2↑，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，但是阳离子不能经过交换膜，根据电子守恒以及电极反应式进行计算回答．【解答】解：根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl ﹣﹣6e﹣=NCl3+4H+，b电极是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，但是阳离子不能经过交换膜，根据电子守恒以及电极反应式进行计算回答．A．b电极产生氢气，发生的是还原反应，b电极是阴极，故接电源的负极，故A正确；B．题干由已知电负性：N＞Cl，故NCl3中Cl为+1价，Cl元素化合价升高被氧化，故B正确；C．电解过程中，Cl﹣可以经过阴离子交换膜移向阳极，阳极发生氧化反应NH4++3Cl﹣﹣6e﹣=NCl3+4H+，流出液X中含HCl，故C错误；D．每生成3molH2，转移6mol电子，溶液中通过离子定向移动形成闭合回路平衡电荷，故有6molCl﹣通过阴离子交换膜，故D正确．故选C．6．室温下，分别用0.1mol•L﹣1溶液进行下列实验，结论正确的是（）A．NaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）B．向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c（Na+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）C．向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba（OH）2溶液：pH=13D．向氨水中加入少量NH4Cl固体：减小【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A ．NaHC 2O 4溶液显酸性，则HC 2O 4﹣的电离程度大于水解程度；B ．溶液的pH=7，则c （H +）=c （OH ﹣），根据混合液中的电荷守恒判断；C ．设溶液体积都是1L ，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：=0.05mol/L ；D ．加入氯化铵后，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则氢氧根离子浓度减小，结合氨水的电离平衡常数分析．【解答】解：A ．NaHC 2O 4溶液显酸性，则HC 2O 4﹣的电离程度大于水解程度，所以c （C 2O 42﹣）＞c （H 2C 2O 4），则溶液中微粒的浓度关系为：c （Na +）＞c （HC 2O 4﹣）＞c （C 2O 42﹣）＞c （H 2C 2O 4），故A 错误；B ．向NaHCO 3溶液中通CO 2至pH=7，c （H +）=c （OH ﹣），溶液中电荷守恒为：c （Na +）+c （H +）=c （HCO 3﹣）+2c （CO 32﹣）+c （OH ﹣），则c （Na +）=c （HCO 3﹣）+2c （CO 32﹣），故B 正确；C ．向NaHSO 4溶液中加入等浓度等体积的Ba （OH ）2溶液，设溶液体积都是1L ，反应后溶液中氢氧根离子浓度为： =0.05mol/L ，溶液中氢氧根离子浓度不是0.1mol/L ，溶液的pH ≠13，故C 错误；D ．氨水中加入少量NH 4Cl 固体，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，而=×=，Kb 不变，所以该比值增大，故D 错误；故选B ．7．臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO 2（g ）+O 3（g ）⇌N 2O 5（g ）+O 2（g ）△H ．不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如下表及图所示，下列说法正确的A ．0～10min 内甲容器中反应的平均速率：v （NO 2）=0.02mol •L ﹣1•min ﹣1B ．T 1＜T 2，△H ＞0C ．平衡时N 2O 5浓度：c 乙（N 2O 5）＞c 丙（N 2O 5）D ．T 1℃时，若起始时间向容器甲中充入2molNO 2、1molO 3、2molN 2O 5和2mol O 2，则脱硝反应达到平衡前，v （正）＜c （逆）【考点】化学平衡的计算．【分析】A、图象分析可知，N2O5（g）生成浓度0.2mol/L，则消耗NO2浓度0.4mol/L，根据v=计算v（NO2）；B、由图象分析，先拐先平数值大，则乙的温度较高，T1＜T2，温度越高N2O5（g）浓度越小，说明反应逆向移动，正反应是放热反应；C、结合三行计算列式计算浓度，化学反应达到平衡状态不能进行彻底分析；D、若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，计算浓度商Qc和平衡常数比较判断反应进行的方向．【解答】解：A、由图，0～10min内甲容器中N2O5的浓度变化量为0.2mol•L﹣1，2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）十O2（g），则消耗NO2浓度0.4mol/L，反应速率v（NO2）==0.04mol/（L•min），故A错误；B、由图象可知，乙先达到平衡，平衡后N2O5（g）浓度比甲小，根据先拐先平数值大，则乙的温度较高，T1＜T2，平衡逆向移动，即正反应是放热反应，△H＜0；故B错误；C、乙中依据化学三行计算得到，2NO2（g）+O3⇌N2O5（g）+O2（g），2 1 0 00.8 0.4 0.4 0.41.2 0.6 0.4 0.4丙中2NO2（g）+O3⇌N2O5（g）+O2（g），1 2 0平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）＜c丙（N2O5），故C错误；D、若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，计算浓度商Qc=相当于加入五氧化二氮反应逆向进行，则脱硝反应达到平衡前，v（正）＜v（逆），故D正确；故选：D二、解答题（共4小题，满分58分）8．W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素．W的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为3，X2+与W3﹣具有相同的电子层结构；W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数；Z元素位于元素周期表的第6列．请回答：（1）Z的基态原子的价电子排布式为：3d54s1．（2）WY3分子的立体构型为：三角锥形．（3）W的简单氢化物分子中，原子间形成σ键时，发生重叠的原子轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道（填轨道名称）．（4）比较Y的含氧酸酸性：HYO2＞HYO（填“＞”或“＜”）．（5）离子型氢化物XH2的晶胞如图所示，其中阴离子的配位数为3．（6）强酸条件下，Z2O72﹣离子能与乙醇反应生成Z3+离子，该反应的离子方程式为：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+═4Cr3++3CH3COOH+11H2O．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素，W的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为3，则W为N元素；X2+与W3﹣具有相同的电子层结构，这两种离子核外有10个电子，则X为Mg元素；Z元素位于元素周期表的第6列，则Z为Cr元素；Y原子序数小于24，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为Cl元素；（1）Z为Cr元素，Z的基态原子的价电子为3d、4s电子，根据构造原理书写基态Cr原子价电子排布式；（2）NCl3分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型；（3）W的简单氢化物为NH3，氨气分子中，原子间形成σ键时，发生重叠的原子轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道；（4）同一种元素的含氧酸中，含有非羟基氧原子个数越多，其酸性越强；（5）离子型氢化物MgH2的晶胞中，其中阴离子的配位数为3；（6）强酸条件下，Cr2O72﹣能与乙醇反应生成Cr3+离子，乙醇被氧化生成乙酸，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式．【解答】解：W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期原子序数依次增大的元素，W的基态原子中占据哑铃形原子轨道的电子数为3，则W为N元素；X2+与W3﹣具有相同的电子层结构，这两种离子核外有10个电子，则X为Mg元素；Z元素位于元素周期表的第6列，则Z为Cr元素；Y原子序数小于24，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为Cl元素；（1）Z为Cr元素，Z的基态原子的价电子为3d、4s电子，Cr原子3d、4s能级上电子数分别是5、1，根据构造原理书写基态Cr原子价电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）NCl3分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；（3）W的简单氢化物为NH3，氨气分子中，原子间形成σ键时，发生重叠的原子轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道，故答案为：sp3杂化轨道和s轨道；（4）同一种元素的含氧酸中，含有非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，HYO2中非羟基O原子个数是1、HYO中没有非羟基氧原子，所以酸性HYO2＞HYO，故答案为：＞；（5）离子型氢化物MgH2的晶胞中，每个氢离子连接晶胞中体心上的镁离子和一个顶点上的镁离子，共3个镁离子，所以阴离子的配位数为3，故答案为：3；（6）强酸条件下，Cr2O72﹣能与乙醇反应生成Cr3+离子，乙醇被氧化生成乙酸，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式为2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+═4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故答案为：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+═4Cr3++3CH3COOH+11H2O．9．次氯酸（HClO）仅存在于溶液中，有很强的氧化性和漂白作用．某兴趣小组拟用Cl2O 与潮湿Na2CO3反应制得Cl2O，再用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，并测定其浓度．Ⅰ．[查阅资料]①Cl2O沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，极易溶于水并与水反应生成HClO．②HClO可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl﹣．Ⅱ．[制备产品]（1）仪器a的名称是圆底烧瓶．（2）将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法是通过观察A中产生气泡的比例调节流速．（3）装置B中产生Cl2O的化学方程式2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2．（4）若B中无冷却装置，进入C中的Cl2O会大量减少，其原因是该反应放热，温度升高Cl2O会分解．Ⅲ．[测定浓度]（5）该小组设计了以下实验方案，测定C中所得溶液中HClO的物质的量浓度，请将方案补充完整．（所需试剂从H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液中选择）用酸式滴定管量取20.00mL次氯酸溶液，向其中加入足量的H2O2和AgNO3混合溶液，过滤、洗涤、在真空干燥箱中干燥，称量固体质量为5.740g，则该溶液中HClO的物质的量浓度为2mol/L．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据仪器的结构知仪器a为圆底烧瓶；（2）控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速；（3）装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到﹣1价的氯化钠；（4）由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；（5）根据题意，需要用氧化剂将HClO中的氯氧化为﹣1价，与银离子结合成氯化银沉淀，故加入过氧化氢溶液和硝酸银溶液，根据化合价和原子守恒知，HClO与AgCl的比例为1：1，再根据浓度的公式计算．【解答】解：（1）根据仪器的结构知仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）氯气和空气按照体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速，故答案为：通过观察A中产生气泡的比例调节流速；（3）装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到﹣1价的氯化钠，故化学方程式为2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2，故答案为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2；（4）由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少，故答案为：该反应放热，温度升高Cl2O会分解；（5）根据题意，需要用氧化剂将HClO中的氯氧化为﹣1价，与银离子结合成氯化银沉淀，故加入过氧化氢溶液，根据化合价和原子守恒知，HClO与AgCl的比例为1：1，n（AgCl）==0.04mol=n（HClO），故c（HClO）==2mol/L，故答案为：H2O2和AgNO3；2．10．有机物X是一种应用广泛的化学材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：Ⅰ．Ⅱ．请回答下列问题：（1）A的化学名称是乙炔，化合物B的官能团名称是酯基、碳碳双键．（2）G物质可发生的反应类型为ABC（填字母序号）．A．加成反应B．酯化反应C．还原反应D．缩聚反应（3）X的结构简式为．（4）F与Ag（NH3）2OH溶液反应的化学方程式为．（5）A与CH3COOH生成B的化学方程式为．（6）写出同时满足下列条件的G的同分异构体M的结构简式．①能与1molBr2加成，能发生银镜反应，但不能发生水解反应；②苯环上的一氯代物有两种；③红外光谱显示有“C﹣O﹣C”结构．【考点】有机物的合成．【分析】由分子式可知A为乙炔，结合A、B分子式与乙酸结构简式，可知乙炔与元素乙酸发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，C发生水解反应得到D，由D的结构简式可知，B为CH2=CHOOCCH3，C为．E与乙醛脱去1分子水同时形成碳碳双键生成F，F发生醛基被氧化为羧基生成G，结合H的结构简式可知，G为，F为，E为．E与H发生信息中取代反应生成X为．【解答】解：由分子式可知A为乙炔，结合A、B分子式与乙酸结构简式，可知乙炔与元素乙酸发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，C发生水解反应得到D，由D的结构简式可知，B为CH2=CHOOCCH3，C为．E与乙醛脱去1分子水同时形成碳碳双键生成F，F发生醛基被氧化为羧基生成G，结合H的结构简式可知，G为，F为，E为．E与H发生信息中取代反应生成X为．（1）A的化学名称是乙炔，B为CH2=CHOOCCH3，化合物B的官能团名称是：酯基、碳碳双键，故答案为：乙炔；酯基、碳碳双键；（2）G为，含有苯环与碳碳双键，能发生加成反应，与氢气飞加成反应属于还原反应，含有羧基，可以发生酯化反应，不能发生缩聚反应，故答案为：ABC；（3）X的结构简式为，故答案为：；（4）F与Ag（NH3）2OH溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）A与CH 3COOH生成B的化学方程式为：，故答案为：；（6）同时满足下列条件的G（）的同分异构体M的结构简式：①能与1molBr2加成，说明含有碳碳双键，能发生银镜反应，但不能发生水解反应，说明含有醛基且不含酯基，②苯环上的一氯代物有两种，含有2个不同的取代基且处于对位，③红外光谱显示有“C﹣O﹣C”结构，则M的结构简式为：，故答案为：．11．MnO2和锌是制造锌锰电池的主要原料，一种新工艺采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为原料生产MnO2和锌，其简化工艺流程如下（中间产物的固体部分已经略去）：已知：①浸取时发生的主要反应为：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，杂质FeS、CuS、CdS也会发生类似反应．（1）步骤Ⅰ中浸取时Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O．（2）步骤Ⅱ中还原回收得到的金属单质是Cu、Cd．（3）步骤Ⅲ中MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，适宜选作物质W的试剂为BD（选填编号）．A．NaOH B．ZnO C．NH3•H2O D．MnCO3（4）酸性锌锰干电池放电时，负极的电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+．（5）MnSO4可用于制备MnCO3，MnCO3在空气中加热反应也可制得MnO2．已知25℃，101kPa时：Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）△H1=﹣520kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣12Mn（s）+2C（s）+3O2（g）=2MnCO3（s）△H3=﹣894kJ•mol﹣1MnCO3在空气中加热反应生成MnO2的热化学方程式为3（）+2（）═2（s）+2CO2（g）△H=﹣933kJ•mol﹣1．（6）按照图示流程，若某次生产过程中使用了100t闪锌矿，其中ZnS含量为80%，浸取时ZnS的损失率为3%，最终得到87t MnO2．假设流程中每个步骤都反应完全，电解（使用惰性电极）时无其他产物生成，则流程中除杂质所引入的锌元素的质量为13t．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】软锰矿、闪锌矿和稀硫酸混合，发生的反应有MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O、MnO2+FeS+2H2SO4=MnSO4+FeSO4+S↓+2H2O、MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S↓+2H2O、MnO2+CdS+2H2SO4=MnSO4+CdSO4+S↓+2H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，二氧化硅不溶于稀硫酸，然后过滤，滤液中含有MnSO4、FeSO4、CuSO4、CdSO4、Al2（SO4）2+、Cd2+得到Cu、Cd，过滤向滤液中加入二氧化锰和W，3，向滤液中加入Zn，Zn能还原Cu二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+，W能使溶液中铁离子、铝离子反应生成沉淀，则W能和氢离子反应且不能引进新的杂质；电解硫酸锌和硫酸锰溶液得到Zn、MnO2和稀硫酸；（1）Al2O3是两性氧化物，能和H2SO4反应生成Al2（SO4）3和H2O；（2）根据流程图中反应前后离子变化确定回收金属成分；（3）二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子；W能和氢离子反应而调节溶液的pH，且不能引进新的杂质；（4）放电时负极上锌失电子发生氧化反应；（5）根据盖斯定律写出该反应热化学方程式；（6）闪锌矿浸取后m（Zn）=100t×80%×（1﹣97%）×=52t，电解反应式为Zn 2++Mn2++2H2O Zn↓+MnO2↓+4H+，根据方程式中锌元素和二氧化锰之间的关系式计算需要Zn的质量．【解答】解：软锰矿、闪锌矿和稀硫酸混合，发生的反应有MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O、MnO2+FeS+2H2SO4=MnSO4+FeSO4+S↓+2H2O、MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S↓+2H2O、MnO2+CdS+2H2SO4=MnSO4+CdSO4+S↓+2H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，二氧化硅不溶于稀硫酸，然后过滤，滤液中含有MnSO4、FeSO4、CuSO4、CdSO4、Al2（SO4）2+、Cd2+得到Cu、Cd，过滤向滤液中加入二氧化锰和W，3，向滤液中加入Zn，Zn能还原Cu二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+，W能使溶液中铁离子、铝离子反应生成沉淀，则W能和氢离子反应且不能引进新的杂质；电解硫酸锌和硫酸锰溶液得到Zn、MnO2和稀硫酸；（1）Al2O3是两性氧化物，能和H2SO4反应生成Al2（SO4）3和H2O，反应方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，故答案为：Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O；（2）根据流程图中反应前后离子变化确定回收金属成分为Cu、Cd，故答案为：Cu、Cd；（3）二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子亚铁离子，然后将铁离子除去；W能和氢离子反应而调节溶液的pH，且不能引进新的杂质，符合条件的有BD，一水合氨和NaOH虽然能调节溶液的pH但引进新的杂质，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；BD；（4）放电时负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故答案为：Zn ﹣2e﹣═Zn2+；（5）Mn（s）+O2（g）=MnO2（s）△H1=﹣520kJ•mol﹣1①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1②2Mn（s）+2C（s）+3O2（g）=2MnCO3（s）△H3=﹣894kJ•mol﹣1③，将方程式；2（①+②）﹣③得2MnCO3（s）+O2（g）═2MnO2（s）+2CO2（g）△H=2（﹣520kJ•mol﹣1﹣393.5kJ•mol﹣1）﹣（﹣894kJ•mol﹣1）=﹣933 kJ•mol﹣1，故答案为：2MnCO3（s）+O2（g）═2MnO2（s）+2CO2（g）△H=﹣933 kJ•mol﹣1；（6）闪锌矿浸取后m（Zn）=100t×80%×（1﹣97%）×=52t，电解反应式为Zn 2++Mn2++2H2O Zn↓+MnO2↓+4H+，设生成87t二氧化锰所需锌元素质量为x，Zn 2++Mn 2++2H2O Zn↓+MnO2↓+4H+。

2018年高考全国卷Ⅰ化学真题解析可能用到的相对原子质量：[2018全国卷Ⅰ]H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ar- 40 Fe-56 I-127一、选择题：本题共6个小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

[2018全国卷Ⅰ-7]磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC.沉淀反应的金属离子为“Fe3+”D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】A.随意丢弃废旧电池中会污染环境，且废旧电池中有部分金属可以回收利用，故合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B.从流程图可知，正极片中有金属元素Al、Fe、Li，B正确； C. 含磷酸亚铁锂的滤渣，经硝酸处理后，亚铁会被氧化成Fe3+，C正确； D.硫酸锂溶于水，故上述流程中不可用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。

【考点】环境保护和资源再利用；原子守恒的理论；硝酸的强氧化性与亚铁的还原性；硫酸盐与碳酸盐的溶解性。

[2018全国卷Ⅰ-8]下列说法错误的是A.蔗糖、果糖和麦芽糖均为二糖B.酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C.植物油含不饱和脂肪酸脂，能使Br2/Cl4褪色D.淀粉和纤维素水解的最终产物为葡萄糖【答案】A【解析】A.双糖又名二糖，是由两个单糖分子组成的糖类化合物；果糖属于单糖，不能再发生水解， A错误； B.酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择性的蛋白质，B正确； C.植物油属于油脂，其中含有碳碳双键，因此能使Br2/CCl4溶液褪色，C正确； D.淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。

答案选A。

【考点】糖类、油脂和蛋白质的部分概念、结构与性质。