2018年高考全国卷理综试题（解析版） (2)

B、根据

石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B正确；

C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C错误； D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸性，D正确。答案选C。

点睛：准确判断出阴阳极是解答的关键，注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应，进而得出阴阳极。电势高低的判断是解答的难点，注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分析。 二、非选择题

8. (2018?全国I) 醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·H2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：

（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_________，仪器a的名称是_______。 （2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。 ①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________。 ②同时c中有气体产生，该气体的作用是_____________。

（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是________；d中析出砖红色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________、_________、洗涤、干燥。 （4）指出装置d可能存在的缺点______________。

【答案】 (1). 去除水中溶解氧 (2). 分液（或滴液）漏斗 (3). Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋ (4).

6

排除c中空气 (5). c中产生H2使压强大于大气压 (6). （冰浴）冷却 (7). 过滤 (8). 敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触

【解析】分析：在盐酸溶液中锌把Cr3＋还原为Cr2＋，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c中压强增大，可以把生成的CrCl2压入d装置发生反应，据此解答。

详解：（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液（或滴液）漏斗；学科%网

（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；

②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr，所以氢气的作用是排除c中空气； （3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于水冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。

（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。 点睛：本题主要是考查醋酸亚铬制备原理的实验探究，考查学生的化学实验与探究的能力、从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块的能力，题目难度中等。明确实验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。

9. (2018?全国I)焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题： （1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式__________。 （2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：

2＋

①pH=4.1时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。

②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________。

（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_____________。电解后，__________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。

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（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L?1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L?（以SO2计）。

【答案】 (1). 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O (2). NaHSO3 (3). 得到NaHSO3过饱和溶液 (4). 2H2O－4e＝4H+O2↑ (5). a (6). S2O5+2I2+3H2O＝2SO4+4I+6H (7). 0.128 【解析】分析：（1）根据原子守恒书写方程式； （2）①根据溶液显酸性判断产物；

②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断；

（3）根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答；

（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。

详解：（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；

（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3；

②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；

（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。

（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H

＋

－

＋

2－

2－

－

＋

1

；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是。

点睛：本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等，题目难度中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电

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极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。

(2018?全国I)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。10.

回答下列问题

（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。

（2）F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O4(g)完全分解）：

t/min p/kPa

0 35.8 40 40.3 80 42.5. 160 45.9 260 49.2 1300 61.2 1700 62.3 ∞ 63.1 ①已知：2N2O5(g)＝2N2O5(g)+O2(g) ΔH1=?4.4 kJ·mol? 2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=?55.3 kJ·mol?1 则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH =_______ kJ·mol?1。 ②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率则此时的

=________ kPa，v=_______kPa·min?1。

。t=62 min时，测得体系中

pO2=2.9 kPa，

1

③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。 ④25℃时N2O4(g)1位小数）。

（3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程： 第一步 N2O5

NO2+NO3 快速平衡

2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留

第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应

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第三步 NO+NO3→2NO2 快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______（填标号)。 A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3

C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高

【答案】 (1). O2 (2). 53.1 (3). 30.0 (4). 6.0×10－2 (5). 大于 (6). 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 (7). 13.4 (8). AC

【解析】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断； （2）①根据盖斯定律计算；

②根据压强之比是物质的量之比计算； ③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；

④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。学科%网 （3）根据三步反应的特点分析判断。

详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2； （2）①已知：

ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol

根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；

②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；

③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。

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