2018年高考化学试卷（新课标Ⅲ）（解析卷）

2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ） 参考答案与试题解析 一、选择题 1．（6分）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，有利于健康及环境 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 【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系． 【分析】A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分会导致产生导电； B．蛋白质在温度较高时易变性； C．水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机 物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质； D．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极。 【解答】解：A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水会导致产生导 电，从而易产生触电危险，故A错误； B．蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以 一般应该冷藏存放，故B正确； C．水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机 物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物 污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环 境，故C正确； D．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐 蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查物质组成、结构和性质关系，侧重考查学生分析判断及知识 综合运用能力，明确物质性质是解本题关键，知道化学在生产生活中的应 用，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。 2．（6分）下列叙述正确的是（ ） A．24g镁与27g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2：1 D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 【考点】54：物质的量的相关计算；84：质子数、中子数、核外电子数及其相 互联系． 【分析】A.1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子； B．氧气和臭氧均只含有氧原子； C．质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子； D.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键。 【解答】解：A.24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，1molMg含有12mol质子， 1molAl含有13mol质子，二者不含有相同的质子数，故A错误； B．氧气和臭氧均只含有氧原子，同等质量的氧气和臭氧中，相当于同等质量 的氧原子，所含电子数相同，故B正确； C．质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子，所以 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为10：8=5：4，故C错误； D.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键，二者化学键数不相 同，故D错误， 故选：B。 【点评】本题考查物质的量相关计算和化学基本用语的知识，明确质子数，中 子数，质量数之间的关系是解题的关键，题目难度不大，是基础题。 3．（6分）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 【考点】HD：有机物的结构和性质． 【专题】534：有机物的化学性质及推断． 【分析】苯乙烯结构简式为 ， A．苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应； B．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色； C．该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应； D．碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应。 【解答】解：苯乙烯结构简式为 ， A．苯乙烯中含有苯环，苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上取 代反应，故A正确； B．B．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯乙 烯中含有碳碳双键，所以苯乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸 钾溶液褪色，故B正确； C．该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应，所以在一定条 件下与HCl发生反应生成1﹣氯苯乙烷、2﹣氯苯乙烷，故C错误； D．碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，该物质中含有碳碳双键，所以在 催化剂条件下可以发生加聚反应生成聚苯乙烯，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力，涉及苯及 烯烃的性质，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练常见有机物官能 团，题目难度不大。 4．（6分）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 【考点】U5：化学实验方案的评价． 【分析】A．Zn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池； B．强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸与强碱的滴定用酚酞，因 为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生成强碱弱酸盐，水解显碱性），酚 酞在碱性范围变色；反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差； C．钠元素的焰色反应呈黄色； D．超过容积的时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出。 【解答】解：A．Zn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电 池，加快Zn的腐蚀，从而加快化学反应速率，故A不选； B．强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸与强碱的滴定用酚酞，因 为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生成强碱弱酸盐，水解显碱性），酚 酞在碱性范围变色；反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差，碳酸氢 钠呈弱碱性，所以应该选取甲基橙作指示剂，故B选； C．钠元素的焰色反应呈黄色，该实验蘸取的溶液为盐溶液，焰色反应呈黄 色，说明溶液中含有钠离子，故C不选； D．超过容积的时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出，易产生安全事 故，故D不选； 故选：B。 【点评】本题考查实验评价，涉及焰色反应、甲基橙的选取、原电池原理等知 识点，侧重考查学生实验操作、实验原理等，明确实验原理、物质性质是解 本题关键，注意实验操作的规范性，题目难度不大。 5．（6分）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﹣）O2 【考点】BL：化学电源新型电池． 【分析】A．电池放电池，O2中O的化合价降低，过程为得电子的过程； B．放电时，Li转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料； C．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+需得 电子重新生成Li； D．充电时，相当于电解Li2O2﹣x重新得到Li和O2。 【解答】解：A．电池放电池，O2中O的化合价降低，过程为得电子的过程， 所以放电时，多孔碳材料电极为正极，故A错误； B．放电时，Li转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，故B错 误； C．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+需得 电子重新生成Li，所以电解质溶液中Li+向阴极移动，即向锂电极区迁移， 故C错误； D．充电时，相当于电解Li2O2﹣x重新得到Li和O2，所以电池总反应为：Li2O2﹣ x═2Li+（1﹣）O2，故D正确， 故选：D。 【点评】本题考查原电池和电解池的知识，明确电极反应和电子的流向是解题 的关键，整体难度不大，是基础题。 6．（6分）用0.100 mol•L﹣1 AgNO3滴定50.0 mL0.0500 mol•L﹣1 Cl﹣溶液的滴定曲 线如图所示。下列有关描述错误的是（ ） A．根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量 级为10﹣10 B．曲线上各点的溶液满足关系式c（Ag+）•c（Cl﹣）=Ksp（AgCl） C．相同实验条件下，若改为0.0400mol•L﹣1 Cl﹣，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol•L﹣1 Br﹣，反应终点c向b方向移动 【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【分析】A．沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点， 此处﹣lgc（Cl﹣）=5，据此计算； B．曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，满足c（Ag+）•c（Cl﹣）=Ksp （AgCl）； C．溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常 数； D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br﹣的浓度更低。 【解答】解：A．沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终 点，此处﹣lgc（Cl﹣）=5，达到沉淀溶解平衡时，c（Ag+）=c（Cl﹣）=10﹣ 5mol/L，所以根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为10﹣10，故A正 确； B ．曲线上的点是沉淀溶解平衡的平衡点，Qc=c（Ag+）c （Cl ﹣）=Ksp （AgCl），故B正确；C．溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应 液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol•L﹣1 Cl ﹣，则所需AgNO3溶液体积就变为 =20mL，故C错误； D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br﹣的浓度更低，则﹣lgc（Br﹣） 值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，故D正确， 故选：C。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡相关知识，明确达到沉淀溶解平衡时的关系 式，把握图象反应的信息，题目难度不大，是基础题。 7．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同 族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作 用，可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是（ ） A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B．X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C．Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D．标准状况下W的单质状态与X的相同 【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用． 【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族， 盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体是Cl2，此气体同冷烧碱 溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO， YZW应该是NaClO，则Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且为短周 期元素，则X为F元素； A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子 序数增大而减小； B．X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸； C．Y2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性 键； D．标况下，氟气、氧气都是气态。 【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同 族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体是Cl2，此气体同冷 烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯气和NaOH反应生成NaCl和 NaClO，YZW应该是NaClO，则Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族 且为短周期元素，则X为F元素； A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子 序数增大而减小，原子半径大小顺序是F＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y， 故A错误； B．X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸，所以其 氢化物的水溶液酸性X弱于Z，故B错误； C．Y2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性 键，前者含有非极性键，后者不含非极性键，故C错误； D．标况下，氟气、氧气都是气态，所以标况下W和X的单质状态相同，故D正 确； 故选：D。 【点评】本题考查位置结构性质关系，侧重考查学生综合运用能力，正确判断 YZW物质是解本题关键，熟练掌握元素周期表结构、原子结构、元素周期 律即可，题目难度不大。 二、非选择题 8．（14分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O，M=248g•mol﹣1）可用作定影 剂、还原剂。 回答下列问题： （1）已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10，Ksp（BaS2O3）=4.1×10﹣5．市售硫代硫 酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验： 试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清 溶液 ③ 向①中溶液加入足量稀盐酸 ④ 有乳白色或淡黄色沉淀 生成 ，有刺激性气体产生 ⑤静置， 取上层清液向其中滴加 几滴氯化钡溶液 ⑥ 有白色沉淀生成 （2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下： ①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水 在 烧杯 中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的 容量瓶 中，加蒸 馏水至 凹液面最低处与刻度线相平 。 ②滴定：取0.00950 mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量 KI，发生反应：Cr2O7 2﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样 品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O3 2﹣=S4O6 2﹣+2I﹣．加入淀粉溶液 作为指示剂，继续滴定，当溶液 由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变 化 ，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯 度为 95.0 %（保留1位小数）。 【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 【分析】（1）Na2S2O3和盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和水，所以在检验硫 酸根离子时，需要先加入盐酸将S2O3 2﹣除去，再加入氯化钡溶液进行检验； （2）①溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步 骤，结合配制过程选择需要的仪器； ② 用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣． 加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪 去且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O7 2 ﹣+6I ﹣ +14H+=3I2+2Cr3++7H2O ，I2+2S2O32 ﹣=S4O62 ﹣+2I ﹣，得到Cr2O72 ﹣～3I2+ ～ 6S2O3 2﹣，据此计算。 【解答】解：（1）取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清 溶液，向①中溶液加入足量稀盐酸，有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成，有 刺激性气体产生为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡 溶液，有白色沉淀生成证明含硫酸根离子， 故答案为：向①中溶液加入足量稀盐酸；有乳白色或淡黄色沉淀生成；取上层 清液向其中滴加几滴氯化钡溶液；有白色沉淀生成；（2）①溶液配制需要 计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选 择需要的仪器，称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸 馏水在烧杯中中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏 水至凹液面最低处与刻度线相平， 故答案为：烧杯；容量瓶；凹液面最低处与刻度线相平； ②取0.00950 mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发 生反应：Cr2O7 2﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液 滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O3 2﹣=S4O6 2﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作为指 示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变， 说明反应到达滴定终点，平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL， 用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣． 加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪 去淡黄绿色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O7 2﹣+6I﹣ +14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣， 得到 Cr2O7 2﹣～3I2+～6S2O3 2﹣， 1 6 0.0095mol/L×0.02L n 样品溶液的平均用量为24.80mL ，溶液中硫代硫酸根离子物质的量 n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol，配制100ml溶液中 n（S2O3 2﹣）=0.00114 mol× =0.0046mol， 则样品纯度= ×100%=95.0% 故答案为：由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化；95.0。 【点评】本题考查了实验方案的设计、离子检验、物质含量测定、滴定实验的 过程分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 9．（14分）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下 列问题： （1）KIO3的化学名称是 碘酸钾 。 （2 ）利用“KClO3 氧化法” 制备KIO3 工艺流程如下图所示： 酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCI．“逐Cl2”采用的方法是 加 热 。“滤液”中的溶质主要是 KCl 。“ 调pH” 中发生反应的化学方程式为 KH （IO3 ） 2+KOH═2KIO3+H2O 。 （3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。 ①写出电解时阴极的电极反应式 2H2O+2e﹣ ═2OH﹣+H2↑ 。 ②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 K+ ，其迁移方向是 a到 b 。 ③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有 产生Cl2易污染环境 （写出一点）。 【考点】DI：电解原理；U3：制备实验方案的设计． 【分析】（1）KIO3的化学名称是碘酸钾； （2）气体在加热的过程中在水中的溶解度降低，可采取此法驱逐气体，实验 流程是用KClO3氧化法制备KIO3，反应物是KClO3和I2，在酸性条件下ClO3﹣ 可以氧化I2生成IO3 ﹣，根据已知条件，还原产物含有Cl2和Cl﹣，驱逐Cl2后结 晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，调节pH过程中产生KIO3，则是由KH （IO3）2得