精品解析全国市级联考山东省日照市届高三校际联考理科综合化学试题解析版.docx

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精品解析全国市级联考山东省日照市届高三校际联考理科综合化学试题解析版

山东省日照市2018届高三5月校际联考理科综合化学试题

1.《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：

“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”。

文中涉及下列操作方法的是

A.溶解B.渗析C.蒸馏D.分液

【答案】A

【解析】上述操作包含了将茶叶里的有机物进行萃取、溶解、过滤、供人品尝等过程，没有涉及的操作有渗析、蒸馏、分液；正确选项A。

2.设NA为阿伏加德罗常数的数值。

下列叙述正确的是

A.46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7NA

B.密闭容器中1molH2与1molI2制备HI，增加2NA个H—I键

C.25℃，1LpH=13的Ba（OH）2溶液中OH-数为0.2NA

D.0.1molFe在足量氧气中燃烧，转移电子数为

NA

【答案】D

【解析】46g有机物C2H6O的物质的量为1mol，如果有机物为乙醇，含有极性共价键数目为7NA，如果有机物为甲醚，含有极性共价键数目为8NA，A错误；1molH2与1molI2制备HI的反应为可逆反应，生成HI小于2mol，H-I键小于2NA，B错误；没有给出溶液的体积，无法计算出溶液中OH-数目，C错误；0.1molFe在足量氧气中燃烧，生成四氧化三铁，转移电子数为0.1×8/3×NA=4/15NA,D正确；正确选项D。

点睛：

本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用，涉及的知识较多，重在分析能力及化学计算能力的考查，明确有机物存在同分异构体时，化学键类型有所不同；注意可逆反应不能进行完全，铁在氧气中燃烧生四氧化三铁，铁元素化合价平均为+8/3价。

3.阿斯巴甜（Aspartame）是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。

下列说法不正确的是

A.阿斯巴甜属于氨基酸，分子式为C14H18N2O5

B.阿斯巴甜分子的核磁共振氢谱共有11种吸收峰

C.阿斯巴甜能发生氧化、取代、消去等反应

D.阿斯巴甜在一定条件下既能与酸反应，又能与碱反应

【答案】C

【解析】该有机物结构中含有氨基和羧基，所以阿斯巴甜属于氨基酸，分子式为C14H18N2O5；A正确；该结构中以侧链取代基为对称轴，如图：

核磁共振氢谱共有11种吸收峰，B正确；该有机物能够燃烧，发生氧化反应，含有肽键，发生水解，没有醇羟基，不能发生消去反应，C错误；含-COOH和-NH2,阿斯巴甜在一定条件下既能与酸反应,又能与碱反应,D正确；正确选项C。

4.某同学用下图所示装置检验草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，淡黄色）受热分解的部分产物。

下列说法正确的是

A.通入N2的主要目的是防止空气中的水蒸气对产物检验产生影响

B.若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液、CuO固体，可检验生成的CO

C.实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁

D.若将④中的无水CaC12换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气

【答案】B

【解析】通入N2的主要目的是防止空气中二氧化碳、氧气等对产物检验产生影响，A错误；利用②③除去二氧化碳，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中的黑色的氧化铜固体变红，⑥中澄清的石灰水变浑浊，说明有一氧化碳产生，B正确；实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物可能为铁，或氧化亚铁或四氧化三铁，这些物质都是黑色的，C错误；因混合气体经过了②澄清的石灰水，③氢氧化钠溶液，所以将④中的无水氯化钙换成无水硫酸铜就不能检验分解生成的水蒸气，D错误；正确选项B。

点睛：

本实验抓住亚铁离子的不稳定性，进行判断处理，因为亚铁离子非常容易被氧化，所以先赶净装置中的空气，回答了充入氮气的目的；检验一氧化碳产生，应先除去混合气体中的二氧化碳，再利用一氧化碳的还原性检验即可。

5.前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分列四个不同周期和四个不同主族。

其中A为Y元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物；常温下乙为液体。

下列说法正确的是

A.简单离子半径：

Z>Y

B.反应①为吸热反应

C.反应②为工业上制备漂白粉的反应原理

D.X、Y分别与Z形成的化合物中，化学键类型一定相同

【答案】C

点睛：

此题在进行元素推断时，如果只按照题干信息及各物质间的转化关系，进行各元素及各物质的判定，确实不易确定；如果根据题给的第三个判据提供信息，就很容易想到甲乙具体物质，则迅速突破此题的难点，问题就迎刃而解。

6.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。

TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4转化为Na2S。

下列说法正确的是

A.充电时，太阳能转化为化学能，化学能又转化为电能

B.放电时，a极为负极

C.充电时，阳极的电极反应式为I3-－2e-===3I-

D.M可以使用阴离子交换膜

【答案】B

【解析】充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，A错误；放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，B正确；充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，C错误；M是阳离子交换膜，阴离子会相互反应，D错误；正确选项：

B。

7.H2RO3是一种二元酸，常温下用1L1mol·L-1Na2RO3溶液吸收RO2气体，溶液的pH随RO2气体的物质的量的变化如图所示。

下列说法正确的是

A.a点溶液中2c（Na+）=3c（RO32-）

B.向b点溶液中加水可使溶液的pH由6.2升高到7.4

C.常温下，NaHRO3溶液中c（HRO3-）>c（RO32-）>c（H2RO3）

D.当吸收RO2的溶液呈中性时，c（Na+）=c（RO32-）+c（HRO3-）

【答案】C

【解析】a点溶液中含有H2RO31mol，H2RO3+H2O+RO2=2NaHRO3所以a点通入1/3molRO2后，溶液中生成钠离子2mol，RO32-为2/3mol,此时a点溶液呈碱性，说明RO32-离子发生了水解，则2c（Na+）>3c（RO32-），A错误；b点导致溶液碱性的因素是HRO3-的电离，因此溶液加水后生成的氢离子浓度逐渐减小，pH会只能无限接近7，不会超过7，B错误；当通过5/6molRO2时，溶液中生成5/3molNaHRO3，剩余Na2RO3为1/6mol，此时溶液的pH=6.2显酸性，说明HRO3-以电离为主，故常温下，NaHRO3溶液中，c（HRO3-）>c（RO32-）>c（H2RO3），C正确；当吸收RO2的溶液呈中性时，根据电荷守恒：

c（H+）+c（Na+）=2c（RO32-）+c（HRO3-）+c（OH-），由于c（H+）=c（OH-），所以c（Na+）=2c（RO32-）+c（HRO3-），D错误；正确选项C。

8.有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂（主要成分为NH4C1），某小组对岩脑砂进行以下探究。

I．岩脑砂的实验室制备

（1）C装置中盛放碱石灰的仪器名称为_____________。

（2）为使氨气和氯气在D中充分混合并反应，上述装置的连接顺序为a→d→c→_____、_____←j←i←h←g←b。

（3）装置D处除易堵塞导管外，还有不足之处为：

_______________________。

（4）检验氨气和氯气反应有岩脑砂生成时，除了蒸馏水、稀HNO3、AgNO3溶液、红色石蕊试纸外，还需要的试剂为_________________。

II．天然岩脑砂中NH4C1纯度的测定（杂质不影响NH4Cl纯度测定）

已知：

2NH4C1+3Cu3Cu+2HC1↑+N2↑+3H2O。

步骤：

①准确称取1.19g岩脑砂；②将岩脑砂与足量的氧化铜混合加热（装置如下）。

（1）连接好仪器后，检查装置的气密性时，先将H和K中装入蒸馏水，然后加热G，___________________________________，则气密性良好。

（2）装置H的作用______________________________________。

（3）实验结束后，装置I增重0.73g，则天然岩脑砂中NH4C1的质量分数为_______________________________________。

（4）若用K中气体体积测定NH4C1纯度，当量气管内液面低于量筒内液面时，所测纯度____________（填“偏高”、“无影响”或“偏低”）

【答案】

（1）.干燥管

（2）.e（3）.f（4）.无尾气处理装置（5）.氢氧化钠浓溶液（6）.导管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱（7）.吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰（8）.89.9%（9）.偏低

【解析】

（1）C装置中盛放碱石灰的仪器名称为干燥管；正确答案：

干燥管。

（2）制取氨气的气流顺序为adc，制取氯气的气流顺序为bghij,考虑到氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，同时注意确定连接顺序时，氯气气流是从右向左的，合理的连接顺序为a→d→c→e→f←j←i←h←g←b；正确答案：

e；f。

（3）装置D处发生反应生成了氯化铵，氯化铵为固体小颗粒，导管太细，固体颗粒容易堵塞导管；因为氯气有毒，需要有尾气处理装置，所以不足之处为：

无尾气处理装置；正确答案：

无尾气处理装置。

（4）检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸，所以还需要的试剂为氢氧化钠浓溶液；正确答案：

氢氧化钠浓溶液。

Ⅱ.

（1）连接好仪器后，检查装置的气密性时，先将H和K中装入蒸馏水，然后加热G，导管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱，则气密性良好；正确答案：

导管末端有气泡冒出，停止加热，量气管内形成一段水柱。

（2）产生的气体通过装置H中的浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰，减小实验误差；正确答案：

吸收反应产生的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰。

（3）装置I增重为氯化氢气体的质量，0.73g氯化氢的物质的量为0.02mol，根据反应2NH4Cl+3CuO

3Cu+2HCl↑+N2↑+3H2O可知，消耗氯化铵的量为0.02mol，质量为0.02×53.5=1.07g，则天然岩脑砂中NH4Cl的质量分数为1.07/1.19×100%=89.9%；正确答案：

89.9%。

（4）当量气管内液面低于量筒内液面时，所测定氮气的体积偏小，根据反应2NH4Cl+3CuO

3Cu+2HCl↑+N2↑+3H2O可知，氯化铵的质量偏小，所测纯度偏低；正确答案：

偏低。

点睛：

用量气法测量气体的体积时，要注意：

一定要等到反应结束后冷却到室温；通过上下调节量气管的位置，保持量气装置两端的液面要保持水平；读数时一定要平视。

9.冰晶石（Na3A1F6）微溶于水，工业上用萤石（CaF2含量为96％）、二氧化硅为原料，采用氟硅酸钠法制备冰晶石，其工艺流程如下：

（1）Na3AlF6中氟、铝以共价键结合，写出Na3A1F6中所含阳离子的电子式____________，滤渣A的主要成分是___________（填名称）。

（2）为探究适合“酸浸”的条件，取4份相同样品进行实验，所得结果如下表所示：

①实验3比实验2获得。

Na2SiF6的质量低的原因可能是_________________________。

②选择“酸浸”时所采用的最适合条件为_____________________。

（3）写出反应③的离子方程式：

______________________________。

（4）“操作i”不能用硅酸盐质设备进行分离的原因_____________________________。

（5）经测定，操作i所得滤液中所含杂质中K+浓度为0.05mol·L-1，当Na+浓度降为0.01mol·L-1时，若不考虑其它离子影响和溶液体积变化，K+_____（填“是”或“否”）开始沉淀。

（已知25℃时，Ksp（Na3AlF6）=4.0×10-10，Ksp（K3A1F6）=6.0×10-8）

【答案】

（1）.Na+

（2）.硫酸钙（3）.温度过高，HF挥发，造成获得Na2SiF6的质量降低（4）.35%H2SO4、 60～70℃（5）.3Na++4NH4++6F-+AlO2-+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O或3Na++4NH4++6F-+AlO2-=Na3AlF6↓+4NH3++2H2O（6）.滤液中F-水解生成的HF腐蚀硅酸盐质设备（7）.否

【解析】Na3AlF6中氟、铝以共价键结合形成AlF6-阴离子，Na3A1F6中所含阳离子为Na+，其电子式为Na+；根据图示，反应①是CaF2、SiO2、H2SO4反应生成H2SiF6和滤渣A，故滤渣A的主要成分是硫酸钙。

（2）①比较实验3和实验2的条件可知，其他条件相同，实验3的温度比实验2的高，因此，获得Na2SiF6的质量低的原因可能是温度过高，HF挥发，造成获得Na2SiF6的质量降低。

②酸浸的目的是想得到更多H2SiF6，根据表格数据，实验2中获得Na2SiF6的质量最大，所以选择“酸浸”时所采用的最适合条件为35%H2SO4、60～70℃。

（3）根据流程图，反应③中，NaF、NH4F和NaAlO2反应生成Na2SiF6和B,B应是NH3·H2O,故反应③的离子方程式：

3Na++4NH4++6F-+AlO2-+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O或3Na++4NH4++6F-+AlO2-=Na3AlF6↓+4NH3++2H2O。

（4）根据流程图，操作1所得滤液中F-水解生成的HF腐蚀硅酸盐质设备，所以“操作i”不能用硅酸盐质设备进行分离。

（5）根据Ksp（Na3AlF6）=c3（Na+）·c（AlF6-）=4.0×10-10①，Ksp（K3A1F6）=c3（K+）·c（AlF6-）=6.0×10-8②，

两式相除②/①得：

c3（K+）/c3（Na+）=6.0×10-8/4.0×10-10=150,当Na+浓度降为0.01mol·L-1时，

代如上式，得c3（K+）=1.5×10-4，即c（K+）=0.053mol/L>0.05mol·L-1，故不会产生沉淀。

本题答案为：

否。

10.纳米级Fe3O4呈黑色，因其有磁性且粒度小而在磁记录材料、生物功能材料等诸多领域有重要应用，探究其制备和用途意义重大。

（1）还原-沉淀法：

①用还原剂Na2SO3将一定量Fe3+可溶盐溶液中的

Fe3+还原，使Fe2+和Fe3+的物质的量比为1：

2。

②然后在①所得体系中加入氨水，铁元素完全沉淀形成纳米Fe3O4。

写出②过程的离子方程式：

___________________________________。

当还原后溶液中c（Fe2+）：

c（Fe3+）=2：

1时，由下表数据可知，产品磁性最大，可能的原因是________________。

（2）电化学法也可制备纳米级Fe3O4，用面积为4cm2的不锈钢小球（不含镍、铬）为工作电极，铂丝作阴极，用Na2SO4溶液作为电解液，电解液的pH维持在10左右，电流50mA。

生成Fe3O4的电极反应为____________________。

（3）已知：

H2O

（1）===H2（g）+

O2（g）△H=+285．5kJ·mol-1，以太阳能为热源分解Fe3O4，经由热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下，完善以下过程I的热化学方程式。

过程I．____________________________________________________。

过程II：

3FeO（s）+H2O

（1）===H2（g）+Fe3O4（s）△H=+128．9kJ·mol-1。

（4）磁铁矿（Fe3O4）常作冶铁的原料，主要反应为：

Fe3O4（s）+4CO（g）

3Fe（s）+4CO2（g），该反应的△H<0，T℃时，在1L恒容密闭容器中，加入Fe3O4、CO各0.5mol，10min后反应达到平衡时，容器中CO2的浓度是0．4mol·L-1。

①T℃时，10min内用Fe3O4表示的平均反应速率为______g·min-1。

②其他条件不变时，该反应在不同温度下，CO2含量随时间的变化

（CO2）～t曲线如图所示，温度T1、T2、T3由大到小的关系是________，判断依据是_______。

【答案】

（1）.Fe2++2Fe3++8NH3·H2O==Fe3O4↓+8NH4++4H2O

（2）.Fe2+容易被氧化为Fe3+（3）.3Fe-8e-+8OH-=Fe3O4↓+2H2O（4）.2Fe3O4（s）=6FeO（s）+O2（g）△H=+313.2kJ·mo1-1[或Fe3O4（s）=3FeO（s）+1/2O2（g）△H=+156.6kJ·mo1-1]（5）.23.2 （6）.T3>T2>T1（7）.其他条件相同时，图像斜率：

T3>T2>T1而温度越高，反应速率越快，所以T3>T2>T1。

【解析】

（1）根据题意可知，混合液中使Fe2+和Fe3+的物质的量比为1：

2，加入氨水后，铁元素完全沉淀形成纳米Fe3O4，反应的离子方程式：

Fe2++2Fe3++8NH3·H2O==Fe3O4↓+8NH4++4H2O；当还原后的溶液中c（Fe2+）：

c（Fe3+）=2：

1时，由于Fe2+还原性较强，被氧气氧化为Fe3+，生成Fe3O4的量增多，产品磁性最大；正确答案：

Fe2++2Fe3++8NH3·H2O==Fe3O4↓+8NH4++4H2O；Fe2+容易被氧化为Fe3+。

（2）不锈钢小球（不含镍、铬）为电解池的阳极，金属铁在阳极失电子，在碱性环境下，生成Fe3O4，电极反应为3Fe-8e-+8OH-=Fe3O4↓+2H2O；正确答案：

3Fe-8e-+8OH-=Fe3O4↓+2H2O。

（3）已知：

H2O（l）=H2（g）+1/2O2（g） △H=+285.5 kJ·mol-1，过程Ⅱ：

3FeO（s）+H2O（l）=H2（g）+Fe3O4（s）△H=+128.9kJ·mol-1，根据盖斯定律可知：

总反应减去反应Ⅱ，再乘以2，得过程Ⅰ为：

2Fe3O4（s）=6FeO（s）+O2（g） △H=+313.2kJ·mo1-1；正确答案：

2Fe3O4（s）=6FeO（s）+O2（g） △H=+313.2kJ·mo1-1。

（4）磁铁矿（Fe3O4）常作冶铁的原料，主要反应为：

Fe3O4（s）+4CO（g）

3Fe（s）+4CO2（g），该反应的△H<0，T℃时，在IL恒容密闭容器中，加入Fe3O4、CO各0.5mol，10min后反应达到平衡时，容器中CO2的浓度是0.4mol·L-1。

①10min后反应达到平衡时，容器中CO2的浓度是0.4mol·L-1，CO2的量是0.4mol，则消耗Fe3O4的量0.1mol，质量为0.1×232=23.2g，所以10min内用Fe3O4表示的平均反应速率为23.2/10=2.32 g·min-1；正确答案：

2.32 。

②其它条件相同时，图像斜率：

T3>T2>T1，而温度越高，反应速率越快，所以T3>T2>T1；正确答案：

T3>T2>T1；其他条件相同时，图像斜率：

T3>T2>T1而温度越高，反应速率越快，所以T3>T2>T1。

11.镇痛药物J的合成方法如下：

（1）B的名称为_____________；F的结构简式为__________________。

（2）①的有机产物的官能团有____________；②的反应类型为______________反应。

（3）③的化学方程式为______________________________。

（4）已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶（C5H5N，属于有机碱）能提高J的产率，原因是_______________。

（5）有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_______种。

a．遇FeCl3显紫色b．苯环上有两个取代基

（6）

是一种重要的化工中间体。

以环己醇（

）和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出

的合成路线_____。

（己知：

，R、R’为烃基。

用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）

【答案】

（1）.3-氯丙烯 （或3-氯-1-丙烯）

（2）.

（3）.碳碳双键、氨基（4）.取代（5）.

（6）.吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率（7）.15（8）.

【解析】

（1）有机物A为CH2=CH-CH3，与氯气在500℃发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl（B），其名称为3-氯丙烯（或3-氯-1-丙烯）；由有机物E结构简式，结合有机物F的分子式可知，有机物E→F脱去二氧化碳，去掉COO,得到F结构简式为

；正确答案：

3-氯丙烯（或3-氯-1-丙烯）；

。

（2）根据有机物的结构简式CH2=CH-CH2NH2可知，官能团有碳碳双键、氨基；通过有机物C的分子式，并结合反应物CH2=CH-CH2NH2和ClCH2CH2COOCH3可知，-NH2中的2个氢原子被取代，生成氯化氢，所以②的反应类型为取代反应；正确答案：

碳碳双键、氨基；取代。

（3）根据题给信息可知：

有机物C在乙醇钠条件下，发生反应生成

；化学方程式为

；正确答案：

。

（4）吡啶（C5H5N，属于有机碱），吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；正确答案：

吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率。

（5）有机物F为

，有机物K分子组成比F少两个氢原子，分子式为C8H11NO，a.遇FeCl3显紫色，含有酚羟基；b.苯环上有两个取代基，一个必须是酚羟基；具体结构如下：

苯环上分别连有-OH和-CH2CH2-NH2结构有3种；苯环上分别连有-OH和CH3CH（NH2）-结构有3种；苯环上分别连有-OH和CH3-NH-CH2-结构有3种；苯环上分别连有-OH和CH3CH2NH-结构有3种；苯环上分别连有-OH和（CH3）2N-结构有3种；共计有15种；正确答案：

15。

（6）

发生消去生成环己烯，环己烯酸性被高锰酸钾溶液氧化为HOOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH，该有机物再与乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOCH2CH3，最后根据信息

，CH3CH2OOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOCH2CH3在乙醇钠的条件下发生反应生成

；合成流程如下：

；正确答案：

。

点睛；该题是有机推断的综合应用，涉及知识面广，难度较大，尤其是题给信息的处理和应用，是个难点，由链状酯类化合物变为环状化合物反应，要根据给定的信息，进行灵活的处理，要求的能力很高，把握好成键、断键的位置，才能更好地解决问题。