2018年高考化学试卷（新课标Ⅱ）（解析卷）

2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ） 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。 1．（6分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ） A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒 C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系． 【分析】A．碳酸钠水溶液呈碱性，碱性条件下促进油脂水解； B ．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca （ClO ） 2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性； C．氢氧化铝属于弱碱，能中和酸； D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不 溶于水。 【解答】解：A．碳酸钠水解生成NaOH而导致其水溶液呈碱性，碱性条件下促 进油脂水解，从而除去油污，故A正确； B ．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca （ClO ） 2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性而杀菌消毒，所以漂白粉 可用于生活用水的消毒，故B正确； C．氢氧化铝属于弱碱，能中和胃酸中的盐酸而降低胃液酸性，所以氢氧化铝 可以用于中和过多胃酸，故C正确； D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不 溶于水，所以应该用硫酸钡而不是碳酸钡作胃肠X射线造影检查，故D错 误； 故选：D。【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查化学在生产生活中的 应用，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识正确解释生产生活现 象，题目难度不大。 2．（6分）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关 （如图所示）。下列叙述错误的是（ ） A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关 【考点】EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响． 【分析】由图示可知雾霾的主要成分为颗粒物，其中无机颗粒物的主要成分为 铵盐，可由氨气和硝酸、硫酸反应生成，以此解答该题。 【解答】解：A．雾和霾的分散剂都是空气，故A正确； B．由图示可知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故B正确； C．由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂，故C错误； D．无机颗粒物的主要成分为铵盐，可形成雾霾，可知雾霾的形成与过度施用 氮肥有关，故D正确。 故选：C。 【点评】本题考查环境污染问题，侧重于化学与生活、生产以及环境保护的考 查，有利于培养学生良好的科学素养，树立环保意识，难度不大。 3．（6分）实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。 在光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是 （ ） A． B． C． D． 【考点】T4：甲烷的取代反应． 【分析】CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有CH3Cl （g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）和HCl。 【解答】解：CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有CH3Cl （g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）和HCl，产生的CH2Cl2（l）， CHCl3（l），CCl4（l）能附着在管壁上形成油状液滴，由于试管连接饱和 食盐水，HCl在其中的溶解度降低，所以HCl能和管内部的空气中的水蒸气 形成白雾附着在管内壁上，整个反应是气体体积减少的反应，管内液面上 升，所以D选项正确， 故选：D。【点评】本题考查CH4与Cl2在光照下的取代反应，明确反应过程， 产物及其物理状态和化学性质是解题的关键，为高频考点，题目难度不大， 是基础题。 4．（6分）W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生 成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外 层的电子数与W的电子总数相同，下列叙述正确的是（ ） A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D．W的氧化物对应的水化物均为强酸 【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系． 【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成 一种红棕色有刺激性气味的气体，该气体是NO2，则W、X分别是N、O元 素；Y的周期数是族序数的3倍，其原子序数大于O，则Y为Na元素；Z原子 最外层的电子数与W的电子总数相同，为Cl元素； A．X是O元素，与W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；与Y元素形成的 二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等； B．Na与O元素形成的化合物Na2O2中含有共价键； C．形成的简单离子中W、X、Y电子层结构相同； D．W的氧化物的水化物HNO2是弱酸。 【解答】解：W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可 生成一种红棕色有刺激性气味的气体，该气体是NO2，则W、X分别是N、O 元素；Y的周期数是族序数的3倍，其原子序数大于O，则Y为Na元素；Z原 子最外层的电子数与W的电子总数相同，为Cl元素； A．X是O元素，与W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；与Y元素形成的 二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等， 所以X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，故A正确； B．Na与O元素形成的化合物Na2O2的电子式为 ，含有共价键和 离子键，故B错误； C．形成的简单离子中W、X、Y电子层有2个，而Z离子核外电子层有3个，所 以这四种元素简单离子电子层结构不相同，故C错误； D．W的氧化物的水化物HNO3是强酸，而HNO2为弱酸，故D错误； 故选：A。 【点评】 本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析、判断及知识综合运用能 力，明确原子结构、物质结构、元素周期表结构、元素周期律即可解答，注 意规律中的特殊现象，题目难度不大。 5．（6分）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，124gP4中所含P一P键数目为4NA B．100 mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA 【考点】4F：阿伏加德罗常数． 【分析】A．1molP4含有6molP﹣P键； B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解； C.1mol乙烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH； D．SO2和O2的催化反应为可逆反应。 【解答】解：A.124gP4的物质的量为 =1mol，根据P4的结构式， 1molP4含有6molP﹣P键，即含有P﹣P键数目为6NA，故A错误； B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解，所以100 mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的 数目小于0.1mol，即小于0.1NA，故B错误； C.1mol甲烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH，二者无论按何种比例，相当于 1mol混合气体含有4molH，则标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含H有 =2mol，即含氢原子数目为2NA，故C正确； D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平 衡，所以密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数不一定为 2mol，即不一定为2NA，故D错误， 故选：C。 【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的简单计算，注意盐类水解知识和化学平衡 知识的运用，明确P4的结构是解题的关键，为易错点，题目难度不大，是基 础题。 6．（6分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na﹣CO2二次电池，将 NaClO4溶于有机溶剂作为电解液。钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极 材料，电池的总反应为：3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C，下列说法错误的是 （ ） A．放电时，ClO4 ﹣向负极移动 B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2 C．放电时，正极反应为：3CO2+4e﹣═2CO3 2﹣+C D．充电时，正极反应为：Na++e﹣═Na 【考点】BH：原电池和电解池的工作原理． 【分析】A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负 极移动； B．放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反 应 式 为 3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C 、 充 电 电 池 反 应 式 为 2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na；C．放电时负极反应式为Na﹣e﹣=Na+、正极反应式 为3CO2+4e﹣═2CO3 2﹣+C； D．充电时，原来的正极作电解池的阳极，失电子发生氧化反应。【解答】 解：A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极 移动，所以ClO4 ﹣向负极移动，故A正确； B．放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反 应 式 为 3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C 、 充 电 电 池 反 应 式 为 2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，故B正 确； C．放电时负极反应式为Na﹣e﹣=Na+、正极反应式为3CO2+4e﹣═2CO3 2﹣+C，故C 正确； D．充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极，Na作电解池阴极，则正极发生的 反应为原来正极反应式的逆反应，即2CO32﹣+C﹣4e﹣=3CO2，负极发生的反应 为Na++e﹣═Na，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查原电池原理，明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系 是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，难点是电极反应式的书写，题 目难度不大。 7．（6分）下列实验过程可以达到实验目的是（ ） 编号 实验目的 实验过程 A 配 制 0.4000mol•L﹣ 1 的NaOH 溶 液 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸 馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容 B 探究维生素C的 还原性 向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加 浓的维生素C溶液，观察颜色变化 C 制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次 通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液 D 探究浓度对反应 速率的影响 向2支盛有5mL不同浓度 NaHSO3溶液的试 管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实 验现象 A．A B．B C．C D．D 【考点】U5：化学实验方案的评价． 【分析】A．在转移溶液之前应该将溶液冷却至室温，否则配制的溶液浓度偏 高； B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应而使溶液 变色； C．高锰酸钾溶液和氢气、HCl都不反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致 得到的氢气中含有水蒸气； D．要探究浓度对化学反应速率影响实验时，应该只有浓度不同其它条件必须 完全相同。 【解答】解：A．NaOH溶解过程是放热的，导致溶液浓度高于室温，如果在转 移溶液之前未将溶液冷却至室温，否则配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓 度偏高，所以不能实现实验目的，故A不选； B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应而生成亚 铁离子，导致溶液由黄色变为浅绿色，则溶液变色，所以能实现实验目的， 故B选； C．高锰酸钾溶液和氢气、HCl都不反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致 得到的氢气中含有水蒸气，所以不能实现实验目的，用NaOH吸收HCl、用 浓硫酸干燥气体即可，故C不选； D．要探究浓度对化学反应速率影响实验时，应该只有浓度不同其它条件必须 完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且实验现象也不明显，所 以不能实现实验目的，故D不选， 故选：B。 【点评】本题考查化学实验评价，涉及溶液配制、性质检验、物质的分离提 纯、化学反应速率影响因素探究等知识点，侧重考查学生实验操作、实验分 析和判断能力，明确实验原理及物质性质是解本题关键，题目难度不大。 二、非选择题：每个试题考生必须作答。 8．（14分）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿 （ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如 图 所 示 ： 相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 回答下列问题： （1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为 2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2 。 （2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有 PbSO4 ；氧化除杂工序中ZnO的作用 是 调节溶液的pH到2.8﹣6.2之间，使Fe3+完全沉淀 ，若不通入氧气，其后 果是 无法除去溶液中Fe2+ 。 （3）溶液中的Cd2+用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为 Cd2++Zn=Cd+Zn2+ 。 （4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为 Zn2++2e﹣=Zn ； 沉积锌后的电解液可返回 溶浸 工序继续使用。 【考点】U3：制备实验方案的设计． 【分析】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2、4FeS+7O2 2Fe2O3+4SO2 、 2PbS+3O2 2PbO+2SO2 、 2CdS+3O2 2CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸， FeS（未焙烧）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe 2+、Zn 2+、 Fe 3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4； 氧化除杂时通入氧气，使Fe 2+转化为Fe 3+，加入ZnO和稀硫酸反应调节溶液的 pH值，将Fe 3+转化为Fe（OH）3而除去Fe 3+，滤渣2为生成的Fe（OH）3； 然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤 液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn； （1）焙烧过程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧气发生氧化还原反应，但是ZnS 的反应是主要反应； （2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有生成的硫酸铅；ZnO能和酸反应生成盐和 水，从而改变溶液的pH值；如果不通入氧气，亚铁离子影响Zn的制备； （3）Cd2+和Zn发生氧化还原反应生成Cd； （4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极上溶液中Zn 2+ 得电子生成Zn；沉积 锌后的电解液中锌离子浓度降低，可以通过返回溶浸工序继续使用。 【解答】解：焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2、4FeS+7O2 2Fe2O3+4SO2 、 2PbS+3O2 2PbO+2SO2 、 2CdS+3O2 2CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸， FeS（未焙烧）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe 2+、Zn 2+、 Fe 3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4； 氧化除杂时通入氧气，使Fe 2+转化为Fe 3+，加入ZnO和稀硫酸反应调节溶液的 pH值，将Fe 3+转化为Fe（OH）3而除去Fe 3+，滤渣2为生成的Fe（OH）3； 然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+ 发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn； （1）焙烧过程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧气发生氧化还原反应，但是ZnS 的反应是主要反应，所以其主要方程式为2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2， 故答案为：2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2； （2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbO和稀硫酸生成的沉淀PbSO4；ZnO能和 酸反应生成盐和水，从而改变溶液的pH值，使溶液的pH调节在2.8﹣6.2之 间，从而Fe 3+将转化为沉淀除去Fe 3+；Fe2+、Zn2+开始沉淀、完全沉淀的pH 相近，如果不通入氧气，Fe2+不能完全除去而影响Zn的制备， 故答案为：PbSO4；调节溶液的pH到2.8﹣6.2之间，使Fe3+完全沉淀；无法除去 溶液中Fe2+； （3）Cd2+和Zn发生氧化还原反应生成Cd，离子方程式为Cd2++Zn=Cd+Zn2+， 故答案为：Cd2++Zn=Cd+Zn2+； （4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极上溶液中Zn 2+ 得电子生成Zn，电极 反应式为Zn2++2e﹣=Zn；沉积锌后的电解液中锌离子浓度降低，可以通过返 回溶浸工序继续使用，从而减少资源浪费， 故答案为：Zn2++2e﹣=Zn；溶浸。 【点评】本题考查物质制备，综合性较强，涉及物质分离提纯、电解原理、氧 化还原反应、方程式的书写等知识点，明确流程图中各物质的性质、发生的 反应及物质分离提纯方法是解本题关键，知道每一步的目的及原理，题目难 度中等。 9．（14分）CH4﹣CO2的催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室 气体的减排具有重要意义。回答下列问题： （1）CH4﹣CO2催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。 已知：C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol﹣1 C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol﹣1 C（s）+ （g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol﹣1 该催化重整反应的△H= +247 kJ•mol﹣1．有利于提高CH4平衡转化率的条件 是 A （填标号）。 A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压 某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化剂进行重整 反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为 mol2•L﹣2。 （2）反中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳碳 量减少。相关数据如下表： 积碳反应 CH4（g）═C（s） +2H2（g） 消碳反应 CO2（g）+C （s）═2CO （g） △H/（kJ•mol﹣1） 75 172 活化能/（kJ•mol﹣1） 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 ①由上表判断，催化剂X 劣于 Y（填“优于或劣于”），理由是 催化剂X较 催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高， 反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳 反应，会降低催化剂活性 。在反应进料气组成，压强及反应时间