山东省、湖北省部分重点中学高三上学期第一次（月）联考化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学2018届高三第一次调研联考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27Cl35.5S32Cu64第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)(原创，中等）1.中国古代涉及化学的叙述，下列解读错误的是A。《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”,其“曾青"是铜盐B。《天工开物》中“凡石灰,经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca（OH）2C。《新修本草》中“绛矾,本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…"，据此推测“绛矾”的主要成分为FeSO4·7H2OD。《本草经集注》有记载：“以火烧之,紫青烟起，乃真硝石也”，区分硝石(KNO3）和朴硝(Na2SO4），该方法利用了焰色反应【答案】B【解析】A。曾青，古代炼制外丹常用的矿物原料,即硫酸铜(CuSO4），A中反应为Cu2++Fe=Fe2++Cu;B.石灰为CaCO3,焚烧分解成CaO;C。“绛矾”的主要成分为FeSO4·7H2O，高温分解并在空气中氧化为红色的Fe2O3;D.利用了钾的颜色为紫色,钠的颜色为黄色区分钾盐和钠盐。【考点】中国古代科技文明,元素化合物的性质（原创，容易）2．下列化学用语或模型图正确的是KS5UKS5U］A。HClO的结构式：H－Cl－O B。H2O2的电子式:C.CO2的比例模型: D。14C的原子结构示意图:【答案】D【解析】A.HClO的结构式:H－O－Cl,A错误;B.H2O2为共价化合物，电子式，B错误；C。CO2原子半径C＞O,故C错误;D。正确【考点】化学用语（原创,容易）3．全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，被称为没有核污染的“N2爆弹"。中国科学家胡炳成教授团队近日成功合成全氮阴离子N5﹣,N5﹣是制备全氮类物质N10(其中含有N5+和N5﹣两种离子)的重要中间体。下列说法中不正确的是（)A．全氮类物质属于绿色能源 B．每个N5+中含有35个质子C．每个N5﹣中含有35个电子 D．N10结构中含非极性共价键和离子键【答案】C【解析】A.全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，属于绿色能源,A正确；B.每个N5+中含有5×7＝35个质子,B正确;C。N5﹣中含有35+1=36个电子，故C错误；D。N5+和N5﹣之间是离子键，N5+和N5﹣离子内是非极性共价键，D正确【考点】物质结构（原创，中等）4．设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A．标准状况下，44.8LNO与22。4LO2反应后的分子数是2NAB．含0.01molFeCl3的浓溶液滴入沸水中，制得的胶体粒子数目为0.01NAC．常温常压下，18g甲基（-CD3)中含有的电子数为9NAD．0.5mol苯乙烯()中含有碳碳双键的数目为2NA【答案】C【解析】A.产物NO2存在平衡2NO2N2O4，使分子数少于2NA，A错误；B.Fe(OH）3胶粒为多分子集合体，故胶体粒子数目少于0。01NA,B错误;D。苯环中不含碳碳双键，故0.5mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.5NA，D错误;故选C。【考点】物质的量（改编,容易）5．下列判断合理的是（)①蔗糖、盐酸和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；②硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；③Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物④根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；⑥CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应，因此它们都属于酸性氧化物A．只有②④⑥B．只有①⑤C．只有①③⑤D．只有②⑤【答案】D【解析】①盐酸是混合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质;③Al2O3属于两性氧化物；④分散系分类的依据为分散质微粒直径的大小；⑥2NO2+2OH-===NO2—+NO3-+H2O，生成多种盐和水，故不属于酸性氧化物；故选D。【考点】物质分类（改编，中等）6．常温下，下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）A．c(Fe3+)=0。1mol·L—1的溶液中：K+、ClO－、SO42—、SCN－B．在pH=2的溶液中：NH4+、K+、ClO－、Cl－C．在c(H＋)/c(OH－）＝10－12的溶液中：K＋、Na＋、ClO－、NO3－D．水电离出c（H＋）＝10－12的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、K＋【答案】C【解析】A．Fe3+和SCN－不共存；B．酸性环境ClO－不共存,且在酸性环境下ClO－+Cl－+2H+==Cl2+H2OC．在c（H＋）/c(OH－）＝10－12的溶液，[H＋］=1×10—13mol/L［OH—]=1×10—1mol/L,为碱性溶液，离子共存；D．水电离出c(H＋）＝10－12的溶液中，水的电离被抑制，为酸（及电离为主的酸式盐）或碱溶液，碱性环境Mg2＋、Cu2＋不共存.故选C。【考点】离子共存（改编，容易）7。科学家目前开发出了一种新技术应用于核医学，将能放射出α粒子的砹原子-装入形状类似DNA螺旋结构的碳纳米管中，这种肉眼看不见的微型“核弹”可以搜索、确认并定向摧毁身体任何部位的癌细胞。下列有关说法中正确的是A。放射性原子中,核内中子数与核外电子之差为126B．根据元素周期律推知：砹单质是-种有色固体,AgAt是一种难溶于水的固体C.类似DNA螺旋结构的碳纳米管是一种高分子化合物D．构成碳纳米管的微粒直径在1nm～100nm之间，它实际上是一种胶体【答案】B【解析】A．21185At中，核外电子为85，核内中子数为126，差为41；C。碳纳米管是单质不是化合物；D．胶体是分散系，是混合物，碳纳米管属于纳米材料,不是胶体。故选B。【考点】物质结构（改编，中等）8.海水开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是A.得到的Mg(0H)2是耐火砖的主要成分B。粗盐可采用除杂和蒸馏等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂 D.富集溴一般先用空气或水蒸气吹出单质溴，再用碱液或SO2等吸收【答案】D【解析】A.Mg0是耐火砖的主要成分，A错误；B。粗盐可采用除杂和蒸发结晶，而非蒸馏提纯；C.工业生产中常选用Ca(OH）2作为沉淀剂;D.富集溴一般先用空气或水蒸气吹出单质溴,再用碱液或SO2等吸收,D正确.故选D。【考点】元素性质,化学与技术（原创，中等)9。下列反应的离子方程式正确的是(）A．向NaAlO2溶液中通入少量CO2:2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH)3↓+CO32﹣［KS5UKS5U]B．向碳酸氢铵中加足量的澄清石灰水反应：Ca2++HCO3-+OH—═CaCO3↓+H2OC．碘化亚铁与足量溴水反应：2I﹣+Br2═I2+2Br﹣D．向氢氧化钡溶液中加入硫酸：Ba2++OH—+H++SO42-═BaSO4↓+H2O【答案】A【解析】A。少量的CO2和NaAlO2溶液反应生成Al（OH）3沉淀和Na2CO3，A正确;B。碳酸氢铵中加足量的澄清石灰水反应应为NH4++HCO3—+Ca2++2OH-═CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，B错误；C.碘化亚铁与足量溴水反应Fe2+和I-均能被Br2氧化，应为2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，C错误;D.氢氧化钡溶液中加入硫酸应为Ba2++2OH-+2H++SO42—═BaSO4↓+2H2O，局部约分是错误的，D错误;故选A。【考点】离子反应（改编，中等)10．常温下，将除去表面氧化膜的A1、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1），测得原电池的电流强度(I)随时间（t）的变化如图2所示.反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是A．t1时刻前，A1片的电极反应为：2A1+3H2O-6e-═A12O3+6H+B．t1时，因A1在浓硝酸中钝化,氧化膜阻碍了A1继续反应C．t1之后，负极Cu失电子,电流方向发生改变D．烧杯中发生的离子反应为：2NO2+2OH—═2NO3—+H2O【答案】D【解析】0-t1,Al活泼型大于Cu，故Al先做负极，Cu为正极；t1后钝化后的Al做正极，Cu为负极,故，A、B、C均正确；D.2NO2+2OH—===NO2-+NO3—+H2O，D反应不符合电子得失守恒,D错误,故选D.【考点】原电池(改编，中等）11．甲、乙、丙、丁四种物质在一定条件下有下图所示的转化关系。下列判断不正确的是A．若图中均为非氧化还原反应，当丁为一元强碱时,甲可能是AlCl3 B．若图中均为非氧化还原反应，当丁为一元强酸时,甲可能是Na2CO3C.若图中均为氧化还原反应，当丁为非金属单质时，丙可能是SO2 D。若图中均为氧化还原反应，当丁为金属单质时,丙可能是FeC13【答案】D【解析】A.甲是AlCl3，Al3++OH—═Al（OH)3↓，Al(OH）3+OH—═[Al(OH)4]—，Al3++3[Al(OH）4]—═Al(OH)3↓,A正确; B.甲是Na2CO3,CO32—+H+═HCO3-，HCO3—+H+═CO2↑+H2O，CO32-+CO2↑+H2O═2HCO3—，B正确；C。丙是SO2，则甲是H2S,2H2S+O2═2S+2H2O,S+O2═SO2,2H2S+SO2═3S+2H2O,C正确；D。丙是FeC13，丁是金属，丁一定为Fe，则丙中一定为Fe的低价态Fe2+，故D错误，故选D。【考点】元素化合物性质（改编，容易）12．利用下图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸C用Cu和浓硫酸制备SO2并检验和收集纯净干燥的SO2品红溶液浓硫酸DCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸【答案】D【解析】A．MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热，故A不能完成,A错误;NO易被空气中O2氧化为NO2，不能排空气收集，B错误；C.Cu和浓硫酸反应制备SO2需要加热，故C不能完成，C错误；故选D。【考点】气体的制备（改编，容易）13。六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，只有E是金属元素，其一种核素的质量数为28,中子数比质子数多2，B是自然界中形成物质种类最多的元素，D是地壳中含量最多的元素；A、C、E、F原子最外层电子数为互不相等的奇数，且A、C、F原子最外层电子数之和恰好等于E元素的核电荷数，A与F最高化合价之和为8，下列说法正确的是A．A、C、D三种元素形成的化合物一定是共价化合物B．工业上常用电解E与F形成的化合物的方法制取单质EC．B、C、F元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是FD．原子半径由大到小的顺序：D＞C＞B＞A【答案】C【解析】E是金属元素，其一种核素的质量数为28，中子数比质子数多2,E为2813Al；B是自然界中形成物质种类最多的元素，B为碳元素；D是地壳中含量最多的元素,D为氧元素；A、C、E、F原子最外层电子数为互不相等的奇数，E最外层3电子，A、C、F原子最外层电子数为1,5,7,和恰好等于E元素的核电荷数13，元素的最高正价等于其最外层电子数，A与F最高化合价之和为8,所以A,F原子最外层电子数为1,7，结合A—F原子序数依次增大，故A为H，C为N,F为Cl。A．H、N、O三种元素可形成HNO3、HNO2等共价化合物,也可形成NH4NO3等离子化合物；B．AlCl3为共价化合物,熔融不导电，工业上制取单质Al,电解Al2O3，故B错误；C．C、N、Cl最高价氧化物水化物酸性最强的是HClO4，C正确;D．原子半径由大到小的顺序：C＞N＞O＞H,D错误；故选C。【考点】元素周期表，元素周期律（原创，中等)14.下列实验过程中的现象及结论均正确的是 A．锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊,证明非金属性：Cl＞C＞SiB．形成美丽的红色喷泉，证明HCl极易溶于水C．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，定容时如图使配制NaOH溶液浓度偏低D．只产生红褐色沉淀，证明Ksp［Al（OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]【答案】B【解析】A．酸性证明非金属性只能是最高价含氧酸的酸性，盐酸的酸性大于H2CO3，不能证明非金属性Cl＞C，A错误;B。HCl极易溶于水,可以形成喷泉,B正确；C。定容时俯视使体积偏小,浓度偏高，C错误；D.NaOH溶液中滴入少量AlCl3直接生成［Al(OH)4］—，而不生成沉淀,故不能用沉淀的先后判断Ksp的大小,D错误。故选B.【考点】元素化合物的性质、基本实验(改编，中等)15．铜和镁的合金2.14g完全溶于稀硝酸，收集到标准状况下气体体积为0.896L(气体只有NO)，向反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成的固体经过滤、洗涤、干燥后称量质量为A．3.12g B．4.18g C．4.68g D．5。08g【答案】B【解析】铜和镁合金溶于稀硝酸成Cu2+、Mg2+，与足量的氢氧化钠溶液反应生成Cu（OH)2、Mg(OH)2,该题n（OH-)=n（转移电子数）=3n（NO)，m(沉淀）=m（金属)+m(OH-）=2。14+3×0。04mol×17g/mol=4.18g.故选B。【考点】电子得失守恒，物质的量计算（改编，难)16．某无色溶液中含有：①Na+、②Ba2+、③Al3+、④Cl﹣、⑤Br﹣、⑥SO32﹣⑦SO42﹣离子中的一种或几种,依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙红色（3）取②的上层溶液，加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生（4)将③过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生根据上述实验现象,判断以下结论中正确的是(）A．可能含有的离子是①④⑦ B．肯定没有的离子是②③⑥C．肯定含有的离子是①⑤⑥ D．不能确定的离子是①③⑥【答案】C【解析】由步骤（1）可知，溶液中只有SO32-水解显碱性，一定存在⑥，一定没有②③；由步骤（2）可知,溶液中一定存在⑤;步骤(3）可知，白色沉淀为BaSO4，但SO32—能被氧化为SO42-,故⑥可能存在;由步骤（4)可知由白色沉淀为AgCl,步骤(2）中引入Cl—，不能确定原溶液是否含有Cl—，又溶液为电中性,一定存在阳离子，则一定存在①，综上所述,一定存在①⑤⑥，可能存在的是④⑦，一定不存在②③，故选C【考点】元素化合物的性质、离子反应、离子共存第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、填空题（本题包括四个大题，共37分）（改编,容易）17.（8分）各物质之间的转化关系如图,部分生成物省略.C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物,X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10。D为无色、不可燃的气体,G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷电路板.

据此回答下列各题：

(1）写出纯净物A的化学式:______________，D的电子式:______________。（2)写出反应①的离子方程式_______________________________________________，写出反应③的离子方程式_______________________________________________。(3）已知F为红色固体，溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，放出无色气体,请写出该反应的化学方程式：______________________________________________________________________。【答案】（1）CuCO3或Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3(2分）(2分)（2）Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+（1分）Cl2+H2O═H++Cl—+HClO（1分）（3)3Cu2O+14HNO3═6Cu(NO3）2+2NO↑+7H2O（2分）【解析】X在周期表中的原子半径最小，为H元素，Y、Z原子最外层电子数之和为10，“X、Y、Z的原子序数依次增大”，进而推出D(由H、C、O中的两种元素组成；无色非可燃性气体）为CO2，可以知道X、Y、Z是H、C、O,则C为H2O,H为HCl，I有漂白作用,应为HClO，浅绿色、棕黄色溶液为Fe2+和Fe3+，可知J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，反应①用于制作印刷电路板为FeCl3和Cu,则M为Cu,B为CuCl2，E能与葡萄糖反应，应为Cu（OH）2，F为Cu2O，从A+H（HCl）=B(CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D(CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐,应为CuCO3或Cu2（OH)2CO3或Cu（OH)2•CuCO3，

【考点】元素化合物的性质推断(改编，中等）18。（12分）2017年8月15日，一辆运输工业盐的货车行至成南高速，由于包装袋破损造成工业盐撒落,有的村民在帮忙清扫过程中,偷偷将工业盐打包带回家中准备食用，工作人员及时宣传回收才避免中毒事故的发生。工业盐成分为亚硝酸钠（NaNO2），已知：室温下，①2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO或NOeq\o\al(－，2)都能与MnOeq\o\al（－，4)反应生成NOeq\o\al(－,3)和Mn2＋;③2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O。请按要求回答下列问题：检查完该装置的气密性,装入药品后,实验开始前通入一段时间气体X，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸加热，控制B中导管均匀地产生气泡。则X为________，（2)A装置中反应的化学方程式为____________________________________________________________。(3）B中主要反应的化学方程式是______________________________，______________________。（4）预测C中反应开始阶段，产物除NaNO2外，还含有的副产物有Na2CO3和________。为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E,则E中盛放的试剂名称为_________________。(5）充分反应后，某同学设计实验对C中NaNO2的含量进行检测。称取C中固体2.0g，完全溶解配制成溶液100ml。取出25.00ml溶液用0.100mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定（杂质不与KMnO4反应），消耗KMnO4溶液20。00ml，则样品中亚硝酸钠的质量分数为____________（保留小数点后1位）（6）NaNO2有像食盐一样的咸味,但能引起中毒。可以用以下试剂和生活中常见的物质进行实验，鉴别亚硝酸钠和食盐.进行实验时,必须选用的物质有__________________。A．自来水B．碘化钾淀粉试液C．淀粉D．白糖E．白醋F．白酒【答案】(1）氮气（或稀有气体)(2分）（2)C＋4HNO3（浓)eq\o（=，\s\up7(△）)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O（2分）(3)3NO2+H2O=2HNO3+NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3）2+2NO↑+4H2O（2分，方程式各1分）（4）NaOH（1分)碱石灰（1分)(5)69。0%

（2分）(6)BE(2分）【解析】(1）装置中空气中的O2会氧化NO,故需要氮气或其他惰性气体排尽装置中空气,防止生成的NO被O2氧化；（2)中反应为：C＋4HNO3（浓)eq\o(=,\s\up7（△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；（3)NO2与水反应生成硝酸,稀硝酸与铜反应生成NO，3NO2+H2O=2HNO3+NO,3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；（4)NO中混有CO2和H2O,与Na2O2反应可以生成Na2CO3和NaOH，除去二者可用碱石灰；（5）滴定反应为：5NO2-+2MnO4—+6H+===5NO3-+2Mn2++3H2O,2。00×10—3molKMnO4氧化NaNO25。00×10—3mol，故2g样品中含5。00×10—3mol×4×69g/mol==1。38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数为:1.38g/2g×100％==69.0％；(6)利用反应2NaNO2+4HI＝2NO+I2+2NaI+2H2O，检验亚硝酸钠,需将样品溶于白醋,再用淀粉碘化钾试纸检验,变蓝为亚硝酸钠,不变蓝为氯化钠。【考点】元素化合物性质，化学实验（原创，难）19。（10分)氢氧化铝[Al（OH)3]是重要的化工原料，也是用量最大和应用最广的无机阻燃添加剂，钼酸钠（Na2MoO4）具有广泛的用途，可作新型阻燃剂、水处理剂和无公害型冷却水系统的金属抑制剂等.现从某废钼催化剂（主要成分MoO3、Al2O3、Fe2O3等)中回收Na2MoO4和Al（OH）3，其工艺流程如图：回答下列问题：(1）已知MoO3、Al2O3与SiO2相似，均能在高温下跟Na2CO3发生类似的反应，试写出①焙烧时MoO3跟Na2CO3反应的化学方程式：__________________________。(2)检验②操作后所得的滤渣中含有Fe3+的方法是：________________________(3)第③步操作中加入H2SO4需要适量，可以通过测定溶液_______来控制H2SO4的用量。该步操作中制备Al（OH)3的离子方程式为________________________________(4）从题目信息可知，右图曲线____（填序号）为Na2MoO4的溶解度曲线.（5）利用铝热反应可以回收金属钼。将所得钼酸钠溶液用酸处理得到沉淀，再加热可得MoO3。写出MoO3发生铝热反应的化学方程式:__________________【答案】(1）MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑（2分)（2）取少量滤渣于试管中，加入适量的稀硫酸溶解后，滴加KSCN溶液，溶液变血红色，证明滤渣中含有Fe3+或其他合理答案（2分)（3）pH（1分）；AlO2-+H++H2O═Al（OH)3↓或［Al(OH)4］—+H+═Al（OH）3↓+H2O（2分）（4)B(1分）（5）MoO3+2AlMo+Al2O3（2分）【解析】（1）SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑,MoO3、Al2O3与SiO2相似可知:MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑。焙烧水溶解后滤渣中含有Fe2O3，滤液中含有Na2MoO4、NaAlO2、Na2CO3.（2)氧化铁中Fe3+的检验，需先用非氧化性酸溶解，再用KSCN溶液或NaOH检验。（3）H2SO4的用量少Al3+沉淀不完全，用量多Al（OH）3溶解，故需测定溶液pH来控制H2SO4的用量;（4)由题目④知通过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到Na2SO4晶体，知Na2SO4为溶解度随温度的升高而升高的溶质，过程中未析出Na2MoO4，知Na2MoO4为溶解度较大且随温度变化,溶解度变化不大，故选B;（5）根据铝热反应规律，Al+金属氧化物Al2O3+金属知MoO3发生铝热反应的化学方程式:MoO3+2AlMo+Al2O3【考点】元素化合物性质，工业流程,物质的量浓度溶液配制（原创，中等）20.（7分）氟的单质及其化合物在生产杀虫剂、灭火剂及特种塑料等方面用途广泛.（1）在2％的氢氧化钠溶液中通入氟气，发生反应：2F2＋2NaOH═2NaF＋H2O＋OF2。该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为：____________.（2）聚四氟化烯常用于炊具的“不粘涂层”。制备四氟化烯的反应原理为：2CHClF2（g)C2F4（g）+2HCl（g）△H1（反应I）副反应为：3CHClF（g）C3F6(g)+3HCl（g)△H2（反应II）

PDF中删掉图b，并把图a下的“图a”字样去掉反应达到平衡时各气体的物质的量分数随温度的变化如图所示。①在恒温恒容的条件下，下列能够说明反应I达到化学平衡状态的是：_____________（填标号）A.混合气体密度不再改变B.混合气体平均相对分子质量不再改变C。v正(C2F4）=2V逆（HCl）D.c（C2F4）与c(HCl）比值保持不变②图中曲线A表示的物质是：__________________（填化学式).③以反应I制备四氟化烯，以下做法有利于提高四氟化烯的产率的是:___________（填标号）A。保持容器的温度、体积不变，再通入CHClF2气体B。保持容器的温度、压强不变,再通入气体HeC.保持容器的温度、体积不变，加入适宜催化剂D.制备温度高于900【答案】（1）2:1(2分）（2）①B（2分）②HCl(1分）③BD（2分）【解析】（1）2F2＋2NaOH═2NaF＋H2O＋OF2。反应2molF2降价为氧化剂，2molNaOH有1mol升价为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1；（2）①变量不变为平衡，A。在恒温恒容的条件下，气体总质量和体积均为定值，故密度始终不变，不能作为平衡的标志；B。气体总质量不变,气体总物质的量为变量,故混合气体平均相对分子质量为变量，可以作为平衡的标志；C.速率比等于化学反应方程式的计量数比时平衡，应2v正（C2F4）=V逆（HCl），C错误；D.c（C2F4）与c（HCl）比值始终为1:2,保持不变，故不能作为平衡的标志。所以答案为B.②由图像知，A、B物质的量之比约为2:1，结合两个反应的化学反应方程式的计量数关系知,A为HCl，B为C2F4，C为C3F6，且平衡时A、B随温度的升高含量增多，故反应I为气体体积增大的吸热反应，C随温度的升高含量减少，故反应Ⅱ为放热反应③中高温有利于平衡右移提高四氟化烯的产率，D正确。A。反应I为单一反应物反应，保持容器的温度、体积不变，再通入CHClF2气体结果相当于加压对产率的影响,产率降低,A错误；B.相当于减压，化学平衡右移,产率提高;C。催化剂对化学平衡无影响,故答案为BD【考点】氧化还原反应,化学反应速率，化学平衡，三、选做题(本题共15分，25题物质结构与性质、26题有机化学基础任选做一题)（改编，难）21。【化学-—选修:物质结构与性质】(15分）氢化铝锂（LiAlH4)、氢化铝钠(NaAlH4）等复合氢化物是重要的有机还原剂，也是新型轻质储氢材料.如掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢，在170℃、15。2MPa条件下又重复吸氢.NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成.NaAlH（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为。(2）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂。NaH属于晶体，其电子式为。(3）AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为（标明配位键）。（4)AlH4－中，Al的轨道杂化方式为 ；例举与AlH4－空间构型相同的两种离子、（填化学式）。（5）NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH4－有个；NaAlH4晶体的密度为g·cm－3（用含a的代数式表示）。若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体为（填化学式）.（6）NaAlH4的释氢机理为:每3个AlH4－中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，形成新的结构。这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，从而释放出氢气.该释氢过程可用化学方程式表示为。【答案】（1)（或其他合理的价电子轨道表示式）（1分）（2）离子；（各1分，共2分）(3） （2分）(4)sp3(1分)NH4+、BH4−（或“SO42−"“PO43−"等其他合理答案）(2分)（5）8（2分）（或“”） 2分）Na3Li（AlH4)4(1分)(6）3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2↑（2分）【解析】(1）Ti的原子序数为22，电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,价电子轨道表示式为（2）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂，属于离子晶体;NaH是离子化合物，电子式为Na［：H］-；（3)由氯化铝的相对分子量知氯化铝分子式为Al2Cl6，每个铝原子的最外层有3个电子,形成3条共价键，Al还有一条空轨道，Cl有孤对电子，二者可以形成一条配位键,故氯化铝分子的结构式为。(4）AlH4－中Al的价电子数为（3+1×4+1）/2=4,故Al为sp3杂化，等电子体结构相似，所以空间构型相同的离子可以是NH4+、BH4−、SO42—、PO43—等其他合理答案.(5)以底面的Na+研究，预支最近的AlH4-距离为anm，，位于同一面的4个顶点和4个侧面的面心上，共有8个;根据均摊法可知,晶胞中钠离子的个数为6×1/2+4×1/4=4,晶体的化学式为NaAlH4,所以一个晶胞实际含有NaAlH44个，由m(晶胞）=ρv=4×M/NA知，ρ=一个晶胞中实际含有NaAlH44个，即实际有4个AlH4—和4个Na+。晶胞有底心两个—上下，换位Li+后，根据均摊法可知,一个晶胞中实际拥有Li+个数为2×1/2=1个,Na+个数为4-1=3个,晶体的化学式为：Na3Li(AlH4)4(6）NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4－中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子,同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，即产物有Al、H2和AlH63—,释氢过程可用化学方程式表示为3NaAlH4＝Na3AlH6+2Al+3H2↑。【考点】原子结构,分子结构,晶体结构（难）22。【化学——选修：有机化学基础】（15分）某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的应用，其合成路线如下：已知：①A的相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应。回答下列问题：(1）A的名称为___________，C中含有官能团名称为____________。（2）F的结构简式为___________________________。(3）B→C的反应类型为____________，G→H的反应类型为_______________。(4)F+H→M的化学方程式为________________________。［KS5UKS5UKS5U]（5）芳香族化合物W有三个取代基,是C的同分异构体,能与FeC13溶液发生显色反应，0.5molW可与足量的Na反应生成lgH2，W共有_____种同分异构体,其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为____________。（6）参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。【答案】（1）乙二醛（1分）碳碳双键、醛基（2分）（2）(2分）（3)加成反应，还原反应【解析】（1)A的相对分子质量为58，；能发生银镜反应，含-CHO；一组峰,2个-CHO,即乙二醛,结构为OHC-CHO.(2—4）根据信息②知A→B发生反应：OHC—CHO+2CH3CHOOHC—CH=CH—CH=CH-CHO+2H2O 根据信息④知B→C发生反应：，故C中官能团为碳碳双键、醛基D→E发生反应：根据信息③知E→F发生反应：苯硝化为硝基苯G,G→H为硝基苯还原为苯胺.F→H发生反应：（5）芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，C8H10O2不饱和度Ω=4,有苯环,苯环的Ω=4，故其他为饱和结构，能与FeC13溶液发生显色反应，0.5molW可与足量的Na反应生成lgH2,故含2个—OH，至少一个酚羟基。若2个酚羟基，2个酚羟基在苯环上有邻间对三种结构，第三个取代基为乙基，连在苯环上，有6种结构。若1个酚羟基—OH,余下1个-CH2OH，1个-CH3，先连接—OH和-CH2OH，有邻间对三种结构，再分别连接—CH3有10种结构,故共有16种同分异构体。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为（6)结合原料和题给信息②可设计合成路线如下:【考点】有机化合物官能团的性质转化,同分异构体齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学2018届高三第一次调研联考化学试题参考答案第Ⅰ卷(选择题共48分）一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分。每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1。【答案】B【解析】A。曾青,古代炼制外丹常用的矿物原料,即硫酸铜（CuSO4），A中反应为Cu2++Fe=Fe2++Cu;B。石灰为CaCO3,焚烧分解成CaO;C.“绛矾"的主要成分为FeSO4·7H2O,高温分解并在空气中氧化为红色的Fe2O3；D.利用了钾的颜色为紫色，钠的颜色为黄色区分钾盐和钠盐。【考点】中国古代科技文明，元素化合物的性质2．【答案】D【解析】A。HClO的结构式：H－O－Cl，A错误；B。H2O2为共价化合物，电子式，B错误；C.CO2原子半径C＞O，故C错误；D.正确【考点】化学用语3．【答案】C【解析】A.全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，属于绿色能源，A正确；B.每个N5+中含有5×7＝35个质子，B正确；C.N5﹣中含有35+1=36个电子，故C错误;D.N5+和N5﹣之间是离子键,N5+和N5﹣离子内是非极性共价键，D正确【考点】物质结构4．【答案】C【解析】A.产物NO2存在平衡2NO2N2O4,使分子数少于2NA,A错误；B。Fe（OH）3胶粒为多分子集合体，故胶体粒子数目少于0.01NA,B错误;D.苯环中不含碳碳双键,故0。5mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.5NA,D错误；故选C。【考点】物质的量5．【答案】D【解析】①盐酸是混合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质;③Al2O3属于两性氧化物;④分散系分类的依据为分散质微粒直径的大小；⑥2NO2+2OH—===NO2-+NO3—+H2O，生成多种盐和水，故不属于酸性氧化物；故选D。【考点】物质分类6．【答案】C【解析】A．Fe3+和SCN－不共存；B．酸性环境ClO－不共存，且在酸性环境下ClO－+Cl－+2H+==Cl2+H2OC．在c（H＋）/c(OH－)＝10－12的溶液，［H＋]=1×10—13mol/L[OH—］=1×10-1mol/L，为碱性溶液,离子共存;D．水电离出c(H＋）＝10－12的溶液中，水的电离被抑制，为酸（及电离为主的酸式盐）或碱溶液,碱性环境Mg2＋、Cu2＋不共存。故选C。【考点】离子共存7。【答案】B【解析】A．21185At中,核外电子为85，核内中子数为126,差为41；C。碳纳米管是单质不是化合物；D．胶体是分散系，是混合物,碳纳米管属于纳米材料,不是胶体。故选B。【考点】物质结构8.【答案】D【解析】A。Mg0是耐火砖的主要成分，A错误;B。粗盐可采用除杂和蒸发结晶，而非蒸馏提纯；C.工业生产中常选用Ca(OH）2作为沉淀剂；D.富集溴一般先用空气或水蒸气吹出单质溴,再用碱液或SO2等吸收，D正确。故选D。【考点】元素性质，化学与技术9.【答案】A【解析】A。少量的CO2和NaAlO2溶液反应生成Al（OH）3沉淀和Na2CO3，A正确；B。碳酸氢铵中加足量的澄清石灰水反应应为NH4++HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，B错误;C。碘化亚铁与足量溴水反应Fe2+和I—均能被Br2氧化，应为2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，C错误;D.氢氧化钡溶液中加入硫酸应为Ba2++2OH—+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，局部约分是错误的，D错误；故选A。【考点】离子反应［KS5UKS5UKS5U]10．【答案】D【解析】0—t1,Al活泼型大于Cu,故Al先做负极，Cu为正极；t1后钝化后的Al做正极,Cu为负极，故，A、B、C均正确；D。2NO2+2OH—===NO2—+NO3—+H2O,D反应不符合电子得失守恒，D错误，故选D。【考点】原电池11．【答案】D【解析】A。甲是AlCl3，Al3++OH-═Al（OH)3↓,Al(OH)3+OH-═［Al（OH）4]—,Al3++3［Al（OH）4］-═Al（OH)3↓，A正确； B。甲是Na2CO3,CO32—+H+═HCO3-，HCO3-+H+═CO2↑+H2O，CO32—+CO2↑+H2O═2HCO3—，B正确;C。丙是SO2,则甲是H2S，2H2S+O2═2S+2H2O,S+O2═SO2,2H2S+SO2═3S+2H2O，C正确；D.丙是FeC13,丁是金属，丁一定为Fe，则丙中一定为Fe的低价态Fe2+，故D错误，故选D。【考点】元素化合物性质12．【答案】D【解析】A．MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热，故A不能完成，A错误;NO易被空气中O2氧化为NO2，不能排空气收集，B错误；C。Cu和浓硫酸反应制备SO2需要加热，故C不能完成，C错误；故选D。【考点】气体的制备13.【答案】C【解析】E是金属元素,其一种核素的质量数为28，中子数比质子数多2，E为2813Al；B是自然界中形成物质种类最多的元素，B为碳元素；D是地壳中含量最多的元素，D为氧元素;A、C、E、F原子最外层电子数为互不相等的奇数，E最外层3电子，A、C、F原子最外层电子数为1，5,7，和恰好等于E元素的核电荷数13,元素的最高正价等于其最外层电子数,A与F最高化合价之和为8，所以A，F原子最外层电子数为1,7，结合A-F原子序数依次增大，故A为H，C为N,F为Cl。A．H、N、O三种元素可形成HNO3、HNO2等共价化合物，也可形成NH4NO3等离子化合物;B．AlCl3为共价化合物，熔融不导电，工业上制取单质Al,电解Al2O3，故B错误；C．C、N、Cl最高价氧化物水化物酸性最强的是HClO4,C正确;D．原子半径由大到小的顺序：C＞N＞O＞H,D错误；故选C。【考点】元素周期表，元素周期律14.【答案】B【解析】A．酸性证明非金属性只能是最高价含氧酸的酸性，盐酸的酸性大于H2CO3，不能证明非金属性Cl＞C,A错误;B。HCl极易溶于水，可以形成喷泉，B正确；C.定容时俯视使体积偏小，浓度偏高,C错误；D。NaOH溶液中滴入少量AlCl3直接生成[Al(OH)4]—，而不生成沉淀，故不能用沉淀的先后判断Ksp的大小，D错误。故选B。【考点】元素化合物的性质、基本实验15．【答案】B【解析】铜和镁合金溶于稀硝酸成Cu2+、Mg2+，与足量的氢氧化钠溶液反应生成Cu(OH)2、Mg(OH)2，该题n（OH—）=n（转移电子数)=3n（NO），m(沉淀)=m(金属）+m(OH—)=2.14+3×0。04mol×17g/mol=4。18g。故选B。【考点】电子得失守恒，物质的量计算16．【答案】C【解析】由步骤（1）可知，溶液中只有SO32-水解显碱性，一定存在⑥，一定没有②③；由步骤（2）可知,溶液中一定存在⑤;步骤(3)可知，白色沉淀为BaSO4，但SO32-能被氧化为SO42—，故⑥可能存在;由步骤（4）可知由白色沉淀为AgCl,步骤（2)中引入Cl—，不能确定原溶液是否含有Cl—,又溶液为电中性,一定存在阳离子，则一定存在①，综上所述，一定存在①⑤⑥,可能存在的是④⑦,一定不存在②③，故选C【考点】元素化合物的性质、离子反应、离子共存第Ⅱ卷(非选择题共52分）二、填空题(本题包括四个大题,共37分)17。（8分）【答案】（1）CuCO3或Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3（2分）(2分）（2)Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+（1分）Cl2+H2O═H++Cl-+HClO(1分）（3)3Cu2O+14HNO3═6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O（2分）[KS5UKS5UKS5U］【解析】X在周期表中的原子半径最小，为H元素,Y、Z原子最外层电子数之和为10,“X、Y、Z的原子序数依次增大”，进而推出D（由H、C、O中的两种元素组成;无色非可燃性气体）为CO2，可以知道X、Y、Z是H、C、O,则C为H2O，H为HCl，I有漂白作用，应为HClO，浅绿色、棕黄色溶液为Fe2+和Fe3+，可知J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，反应①用于制作印刷电路板为FeCl3和Cu，则M为Cu，B为CuCl2，E能与葡萄糖反应，应为Cu（OH）2，F为Cu2O，从A+H（HCl）=B(CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O)+D(CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，应为CuCO3或Cu2（OH)2CO3或Cu(OH）2•CuCO3，

【考点】元素化合物的性质推断18。（12分)【答案】(1）氮气（或稀有气体）（2分）(2)C＋4HNO3（浓）eq\o（=,\s\up7(△））CO2↑＋4NO2↑＋2H2O（2分)(3)3NO2+H2O=2HNO3+NO，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3)2+2NO↑+4H2O（2分，方程式各1分）(4）NaOH（1分）碱石灰（1分)(5)69.0％

（2分)(6)BE（2分）【解析】(1)装置中空气中的O2会氧化NO,故需要氮气或其他惰性气体排尽装置中空气，防止生成的NO被O2氧化;(2）中反应为：C＋4HNO3（浓）eq\o(=,\s\up7（△）)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O;（3)NO2与水反应生成硝酸，稀硝酸与铜反应生成NO，3NO2+H2O=2HNO3+NO,3Cu+8HNO3=3Cu（NO3)2+2NO↑+4H2O；（4）NO中混有CO2和H2O，与Na2O2反应可以生成Na2CO3和NaOH,除去二者可用碱石灰；（5）滴定反应为:5NO2—+2MnO4—+6H+===5NO3-+2Mn2++3H2O,2.00×10-3molKMnO4氧化NaNO25.00×10—3mol,故2g样品中含5。00×10—3mol×4×69g/mol==1。38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数为：1.38g/2g×100％==69.0％；(6)利用反应2NaNO2+4HI＝2NO+I2+2NaI+2H2O,检验亚硝酸钠，需将样品溶于白醋,再用淀粉碘化钾试纸检验，变蓝为亚硝酸钠，不变蓝为氯化钠。【考点】元素化合物性质,化学实验19。(10分）【答案】（1）MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑(2分)（2）取少量滤渣于试管中，加入适量的稀硫酸溶解后，滴加KSCN溶液,溶液变血红色，证明滤渣中含有Fe3+或其他合理答案(2分）（3）pH（1分）；AlO2—+H++H2O═Al（OH)3↓或［Al（OH）4]-+H+═Al(OH）3↓+H2O（2分）(4）B（1分）（5）MoO3+2AlMo+Al2O3(2分)【解析】（1)SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，MoO3、Al2O3与SiO2相似可知：MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑。焙烧水溶解后滤渣中含有Fe2O3，滤液中含有Na2MoO4、NaAlO2、Na2CO3。（2）氧化铁中Fe3+的检验，需先用非氧化性酸溶解,再用KSCN溶液或NaOH检验。（3）H2SO4的用量少Al3+沉淀不完全，用量多Al(OH)3溶解，故需测定溶液pH来控制H2SO4的用量；（4)由题目④知通过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到Na2SO4晶体，知Na2SO4为溶解度随温度的升高而升高的溶质，过程中未析出Na2MoO4,知Na2MoO4为溶解度较大且随温度变化，溶解度变化不大，故选B；（5）根据铝热反应规律，Al+金属氧化物Al2O3+金属知MoO3发生铝热反应的化学方程式:MoO3+2AlMo+Al2O3【考点】元素化合物性质，工业流程，物质的量浓度溶液配制20