絕密★啟用前云南省西雙版納州2018屆高三命題第二次聯(lián)考高三化學一、單選題(共7小題,每小題6.0分,共42分)1.下列敘述中，錯誤的是()A．只含非極性鍵的純凈物一定是單質(zhì)B．只含極性鍵的純凈物一定是化合物C．只含離子鍵的純凈物一定存在金屬元素D．純凈物中一定存在化學鍵2.下列關(guān)于各圖的敘述正確的是（）A．甲表示H2與O2發(fā)生反應過程中的能量變化，則H2的燃燒熱為241.8kJ?mol﹣1B．乙表示A，B兩物質(zhì)的溶解度隨溫度變化情況，將tl℃時A，B的飽和溶液分別升溫至t2℃時，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)ω（B）＞ω（A）C．丙表示常溫下，稀釋HA，HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化，則NaA溶液的pH小于同濃度NaB溶液的pHD．丁表示0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1醋酸溶液得到的滴定曲線3.下列有關(guān)實驗誤差分析中，錯誤的是（）A．中和滴定實驗中，盛裝待測液的錐形瓶沒有潤洗，對實驗結(jié)果無影響B(tài)．用容量瓶配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏低C．用潤濕的pH試紙測某溶液的pH，測定結(jié)果不一定有誤差D．測定中和熱的實驗中，將堿液緩慢倒入酸溶液中，所測中和熱值偏低4.25℃時，某溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)和c(OH－)的乘積為1×10－18，下列說法正確的是（）A．該溶液的pH可能是5B．此溶液不存在C．該溶液的pH一定是9D．該溶液可能pH=75.下列說法不正確的是()A．在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固體，銅粉仍不溶解B．某氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，該氣體的水溶液一定顯堿性C．銅與濃硝酸反應的離子方程式為3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OD．HNO3―→NO―→NO2，以上各步變化均能通過一步實現(xiàn)6.下列氣體發(fā)生裝置，當加入適當?shù)膲K狀固體和液體時不具有隨開隨關(guān)功能的是()7.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是()A．3molNO2與水充分反應，轉(zhuǎn)移NA個電子B．常溫常壓下，18gH2O含有3NA個原子C．1L0.1mol?L1NaHCO3溶液中含有0.1NA個HCO3D．標準狀況下，2.24L乙醇含有0.1NA個CH3CH2OH分子分卷II(二)選考題：共15分。請考生從給出的2道試題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修1：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)8.下圖是幾種常見的加熱裝置。(1)A、B、C、D四裝置都是用酒精燈直接加熱，E、F裝置加熱時需墊________。其中F裝置中對試管的加熱方式是________，采用這種加熱方式的目的是______________________________________________________________________________________________________。(2)H2還原CuO可選用________裝置(填字母，下同)。(3)NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱制NH3可選用________裝置。(4)膽礬中結(jié)晶水含量的測定可選用________裝置。(5)乙酸乙酯的制備可選用________裝置。(6)MnO2與濃鹽酸混合制氯氣可選用________裝置。若該裝置只加熱液體時，容器內(nèi)必須放________。9.1L某混合溶液，可能含有的離子如下表：(1)往該溶液中逐滴加入NaOH溶液，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量(n)與加入NaOH溶液的體積(V)的關(guān)系如圖所示。則該溶液中一定不含有的離子是________________________。(2)BC段離子方程式為_______________________________________________。(3)V1，V2，V3，V4之間的關(guān)系為_________________________________________。(4)經(jīng)檢測，該溶液中還含有大量的Cl－，Br－，I－，若向1L該混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl－，Br－，I－的物質(zhì)的量與通入Cl2的體積(標準狀況)的關(guān)系如下表所示，分析后回答下列問題：①當通入Cl2的體積為2.8L時，溶液中發(fā)生反應的離子方程式為______________。②原溶液中Cl－，Br－，I－的物質(zhì)的量濃度之比為____________________________。10.有機反應中常用鎳作催化劑．某化工廠收集的鎳催化劑中含Ni64.0%、Al24.3%、Fe1.4%，其余為SiO2和有機物．這些含鎳廢催化劑經(jīng)乙醇洗滌后可按如圖1工藝流程回收鎳：已知：部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時的pH如下：請回答下列問題：（1）濾液A中存在的陰離子主要是．（2）硫酸浸取濾渣a后，所得濾液B中可能含有的金屬離子是．（3）濾液B中加入H2O2的目的是．操作X的名稱是．（4）含鎳金屬氫化物MH﹣Ni燃料電池是一種綠色環(huán)保電池，廣泛應用于電動汽車，其中M代表儲氫合金，MH代表金屬氫化物，電解質(zhì)溶液可以是KOH水溶液．它的充、放電反應為：xNi（OH）2+MMHx+xNiOOH；電池充電過程中陽極的電極反應式為，放電時負極的電極反應式為．（5）一種儲氫合金M是由金屬鑭（La）與鎳形成的合金，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞中心有一個Ni原子，其他Ni原子，都在晶胞面上，該晶體的化學式為．（6）上述回收鎳的過程中，使用akg含鎳廢催化劑，調(diào)pH=6時bkgNi（OH）2，回收過程中，第①～②步操作鎳的損失率為5%，第④～⑥步驟的損失率為3%，則最終得到硫酸鎳晶體（M=281kg/mol）的質(zhì)量為kg（填計算式）．11.[化學——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分))鍺(Ge)是典型的半導體元素，在電子、材料等領域應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]________，有________個未成對電子。(2)Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結(jié)構(gòu)角度分析，原因是_________________________________________________。(3)比較下列鍺鹵化物的熔點和沸點，分析其變化規(guī)律及原因________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)光催化還原CO2制備CH4反應中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應的良好催化劑。Zn、Ge、O電負性由大至小的順序是________________。(5)Ge單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，其中Ge原子的雜化方式為____________，微粒之間存在的作用力是________________。(6)晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數(shù)，表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置，下圖為Ge單晶的晶胞，其中原子坐標參數(shù)A為(0,0,0)；B為(，0，)；C為(，，0)。則D原子的坐標參數(shù)為________。②晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀，已知Ge單晶的晶胞參數(shù)a＝565.76pm，其密度為________g·cm－3(列出計算式即可)。12.[化學——選修5：有機化學基礎](15分).高分子材料PET聚酯樹脂和PMMA的合成路線如下：已知：Ⅰ．RCOOR′+R′′18OHRCO18OR′′+R′OH（R、R′、R′′代表烴基）（1）①的反應類型是________。（2）②的化學方程式為________。（3）PMMA單體的官能團名稱是________、________。（4）F的核磁共振氫譜顯示只有一組峰，⑤的化學方程式為________。（5）G的結(jié)構(gòu)簡式為________。（6）下列說法正確的是________（填字母序號）。a．⑦為酯化反應b．B和D互為同系物c．D的沸點比同碳原子數(shù)的烷烴高d．1mol與足量NaOH溶液反應時，最多消耗4molNaOH（7）J的某種同分異構(gòu)體與J具有相同官能團，且為順式結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡式是________。（8）寫出由PET單體制備PET聚酯（化學式為C10nH8nO4n或C10n+2H8n+6O4n+2）并生成B的化學方程式。

答案解析1.【答案】D【解析】采用舉反例法解答本題。純凈物分單質(zhì)和化合物，而化合物中一定含有極性鍵或離子鍵，不可能只含非極性鍵，所以，只含非極性鍵的純凈物一定是單質(zhì)，如氮氣、氧氣、氯氣等，A選項正確；只含極性鍵的純凈物如水、甲烷、二氧化硫等都是化合物，B選項正確；離子化合物分兩類：一類含金屬，如氯化鈉、氧化鈣等，另一類只含非金屬，如銨鹽，銨鹽含有離子鍵和共價鍵，所以只含離子鍵的純凈物一定不是銨鹽，一定含有金屬，C選項正確；稀有氣體單質(zhì)屬于單原子分子，不含化學鍵，D選項錯誤。2.【答案】C【解析】A、圖象中2mol氫氣完全燃燒生成的是水蒸氣時放熱241.8kJ，不是氫氣的燃燒熱，錯誤；B、A，B兩物質(zhì)的溶解度隨溫度變化情況，將t1℃時，AB溶解度相同，A，B的飽和溶液質(zhì)量分數(shù)相同，分別升溫至t2℃時，溶解度增大，但溶液濃度不變?nèi)苜|(zhì)的質(zhì)量分數(shù)B=A，錯誤；C、稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化HA溶液PH變化大，故酸性HA＞HB，則同濃度的鈉鹽，水解程度：NaA＜NaB，所以同濃度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，正確；D、0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COOH溶液，消氫氧化鈉溶液體積為0時，醋酸為弱電解質(zhì)，醋酸溶液的pH大于1，圖象中醋酸的pH=1與實際不符，錯誤．3.【答案】B【解析】A，盛待測液的錐形瓶沒有潤洗，對V（標）無影響，c（待）不變，正確；B，用容量瓶配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，定容時俯視刻度線，溶液的體積偏小，則所配溶液濃度偏高，錯誤；C，中性溶液加水稀釋pH不變，則用潤濕的pH試紙測某溶液的pH，若該溶液為中性溶液，測定結(jié)果沒有誤差，正確；D，測定中和熱的實驗中，將堿液緩慢倒入酸溶液中，會有熱量散失到空氣中，則所測中和熱值偏低，正確。4.【答案】A【解析】酸或堿抑制水電離，含有弱根離子的鹽促進水電離，25℃時，純水中水電離產(chǎn)生的C（H+）．C（OH）=1×1014，該溶液中由水電離產(chǎn)生的C（H+）．C（OH）=1×1018＜1×1014，說明該溶液中的溶質(zhì)抑制水電離，則溶液可能是酸或堿溶液，該溶液可能pH=5，不可能是7。5.【答案】A【解析】A項中加入Cu(NO3)2固體后，Cu和H＋、NO發(fā)生反應：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，該項不正確。6.【答案】D【解析】“隨開隨關(guān)”原理是利用壓強差控制塊狀固體和液體反應。打開止水夾，利用液體壓強使液體與塊狀固體接觸而反應；關(guān)閉止水夾，生成氣體產(chǎn)生的壓強使液體與塊狀固體脫離而停止反應，而D不符合。7.【答案】B【解析】3mol二氧化氮與水完全反應生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，總共轉(zhuǎn)移了2mol電子，轉(zhuǎn)移了2NA個電子，A錯誤；18g水的物質(zhì)的量為1mol，1mol水中含有2molH、1molO，總共含有3mol原子，含有3NA個原子，B正確；1L0.1mol?L1NaHCO3溶液中含有溶質(zhì)碳酸鈉0.1mol，由于碳酸氫根離子部分水解，所以溶液中含有的碳酸氫根離子小于0.1mol，含有的碳酸氫根離子數(shù)目小于0.1NA，C錯誤；標準狀況下，乙醇的狀態(tài)不是氣體，題中條件無法計算2.24L乙醇的物質(zhì)的量，D錯誤。8.【答案】(1)石棉網(wǎng)水浴加熱使儀器受熱均勻，便于控制溶液的溫度(2)A(3)C(4)D(5)B(6)E碎瓷片(或沸石)【解析】9.【答案】(1)Mg2＋，F(xiàn)e2＋，F(xiàn)e3＋，CO，AlO(2)NH＋OH－===NH3·H2O(3)V2－V1===3(V4－V3)(4)①Cl2＋2I－===I2＋2Cl－②10∶15∶4【解析】(1)根據(jù)圖表，開始加入NaOH時，無沉淀產(chǎn)生，則說明溶液中含有H＋，隨后加入NaOH，有沉淀產(chǎn)生，沉淀量達到最大時繼續(xù)加入NaOH，沉淀量先保持不變后完全溶解，則說明一定含有Al3＋、NH，一定不含Mg2＋，F(xiàn)e2＋，F(xiàn)e3＋。根據(jù)離子共存知識，CO，AlO與H＋，Al3＋不能大量共存，故一定不含CO，AlO。因此溶液中一定不含的離子為Mg2＋，F(xiàn)e2＋，F(xiàn)e3＋，CO，AlO。(2)BC段的離子反應為NH與OH－的反應。(3)V1至V2段的反應為Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，V3至V4段的反應為Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，兩段消耗的NaOH的物質(zhì)的量之比為3∶1，即V2－V1＝3(V4－V3)。(4)由于還原性：I－>Br－>Cl－，向混合溶液中通入Cl2，I－先與Cl2反應，待I－完全被氧化，Br－才與Cl2反應。通入2.8LCl2時，溶液中仍有I－，故只發(fā)生Cl2和I－的反應：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，則原溶液中n(Br－)＝1.5mol，n(Cl－)＝1.25mol－×2mol＝1mol；通入2.8～5.6LCl2時，發(fā)生反應：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－，Br－消耗的n(Cl2)＝mol＝0.05mol，故通入5.6LCl2時，I－消耗的n(Cl2)＝(－0.05)mol＝0.2mol，則n(I－)＝0.2mol×2＝0.4mol，故原溶液中c(Cl－)∶c(Br－)∶c(I－)＝n(Cl－)∶n(Br－)∶n(I－)＝1∶1.5∶0.4＝10∶15∶4。10.【答案】（1）AlO2﹣、SiO32﹣、OH﹣；（2）Fe3+、Fe2+、Ni2+；（3）將Fe3+氧化為Fe2+、有利于分離；蒸發(fā)結(jié)晶；（4）Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣=NiOOH+H2O；MHx+xOH﹣﹣xe﹣=M++xH2O；（5）Ni5La；（6）．【解析】Al與SiO2和堿液反應分別生成偏鋁酸鈉和硅酸鈉留在溶液A中，其余為濾渣進入濾渣a，濾渣a中加入硫酸，金屬Fe變?yōu)閬嗚F離子，Ni變?yōu)殒囯x子，加入雙氧水的目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，以便與調(diào)節(jié)pH使其生成沉淀除去，即溶液C中含有鐵離子、鎳離子等，調(diào)節(jié)pH=6，得到沉淀為氫氧化鐵，得到溶液為含有鎳離子的溶液，然后繼續(xù)調(diào)節(jié)pH值，蒸發(fā)結(jié)晶即可得到目標產(chǎn)物，（1）依據(jù)分析可知，濾液A中存在的陰離子主要是AlO2﹣、SiO32﹣、OH﹣；（2）依據(jù)分析可知濾液B中可能含有的金屬離子是：Fe3+、Fe2+、Ni2+；（3）加入雙氧水的目的是：將Fe3+氧化為Fe2+、有利于分離，操作X為蒸發(fā)結(jié)晶；（4）陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，是充電過程，故陽極電極反應方程式為：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣=NiOOH+H2O；放電為原電池，負極失去電子，發(fā)生氧化反應，電極反應方程式為：MHx+xOH﹣﹣xe﹣=M++xH2O；（5）該合金的晶胞如圖所示，晶胞中心有一個鎳原子，其他8個鎳原子都在晶胞面上，鑭原子都在晶胞頂點，所以晶胞實際含有的鎳原子為1+8×=5，晶胞實際含有的鑭原子為8×=1，所以晶體的化學式Ni5La；（6）依據(jù)題意：調(diào)pH=6時bkgNi（OH）2，回收過程中，第①～②步操作鎳的損失率為5%，第④～⑥步驟的損失率為3%，故此計算式為：．11.【答案】(1)3d104s24p22(2)Ge原子半徑大，原子間形成的σ單鍵較長，p-p軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵(3)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸點依次增高。原因是分子結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間相互作用力逐漸增強(4)O＞Ge＞Zn(5)sp3共價鍵(6)①(，，)②×107【解析】(1)鍺為32號元素，根據(jù)原子核外電子的排布規(guī)律，可寫出其電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2，其核外電子排布簡式為[Ar]3d104s24p2，其中4p能級有2個未成對電子。(2)Ge和C雖是同族元素，價電子排布相同，但Ge的原子半徑比C的大，所以其原子軌道不易重疊形成π鍵，即Ge原子間難以形成雙鍵和叁鍵。(3)由表中數(shù)據(jù)，可知幾種鍺鹵化物的熔沸點都較低，都屬于分子晶體。隨著相對分子質(zhì)量的逐漸增大，其分子間作用力逐漸增強，故熔沸點逐漸升高。(4)Zn、Ge、O三種元素中，Zn和Ge是金屬元素，O是非金屬元素。O的電負性比Zn和Ge的大，又根據(jù)同周期元素的電負性從左到右逐漸增大的規(guī)律，可知電負性：O＞Ge＞Zn。(5)由于鍺單晶具有金剛石型的結(jié)構(gòu)，故每個鍺原子與相鄰的四個鍺原子形成四個共價鍵，其原子軌道雜化類型為sp3雜化。(6)①由Ge單晶晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，可知D原子與A原子及位于3個相鄰面面心的3個原子構(gòu)成了正四面體結(jié)構(gòu)，D原子位于正四面體的中心，再根據(jù)A、B、C三個原子的坐標參數(shù)可知D原子的坐標參數(shù)為(，，)。②由鍺單晶的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，可知該晶胞中位于頂點