1、山东省日照市 2018 届高三 5 月校际联考理综化学试题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 7NAB. 密闭容器中 1molH2 与 1molI2 制备 HI，增加 2NA 个 H-I 键C. 25，1LpH=13 的 Ba
2、(OH)2 溶液中 OH-数为 0.2NAD. 0.1molFe 在足量氧气中燃烧，转移电子数为 4/15NA【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；1molH 2 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；pH=13 的 Ba(OH)2 溶液， c(H+)=10-13mol/L, c(OH-)=10-1mol/L,25，1L、pH=13 的 Ba(OH)2 溶液中 OH-数为 0.1NA，C
3、 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 0.18/3NA=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 C14H18N2O5B. 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、
4、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-NH 2,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(FeC 2O42H2O，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
5、止空气中的水蒸气对产物检验产生影响B. 若和中分别盛放足量 NaOH 溶液、CuO 固体，可检验生成的 COC. 实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁D. 若将中的无水 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；利用除去二氧化碳， 中的无水氯化钙将气体干燥后，如果中的黑色的氧化铜固体变红，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，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；因混合气体经过了澄清的石灰水，氢氧
6、化钠溶液，所以将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：ZYB. 反应为吸热反应C. 反应为工业上制备漂白粉的反应原理D.
7、 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【解析】根据题给信息分析可知，常温下乙为液体，乙为水， W 为氢元素， Y 为氯元素，A 为氯气；甲为氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，X 为氧，Z 为钙；化合物丁和化合物戊可能为氯化钙或次氯酸钙；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以 Ca2+ 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，H 2RO3+H2O+RO2=2NaHRO3 所以 a 点通入 1/3 mol RO2后，溶液中生
8、成钠离子 2mol，RO 32-为 2/3 mol,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 5/6 molRO2时，溶液中生成 5/3mol NaHRO3 ，剩余 Na2RO3为 1/6 mol，此时溶液的 pH=6.2 显酸性，说明 HRO3-以电离为主，故常温下，NaHRO 3溶液中，c(HRO 3-)c(RO32-)c(H2RO3)，C 正确；当吸收 RO2的溶液呈中性时，根据电荷守恒
9、：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 NH4Cl)，某小组对岩脑砂进行以下探究。.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adc_、_jihgb。(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、AgNO 3溶液、红色石蕊试纸
10、外，还需要的试剂为_。.天然岩脑砂中 NH4Cl 纯度的测定(杂质不影响 NH4Cl 纯度测定)已知：2NH 4Cl+3CuO 3Cu+2HCl+N 2+ 3H 2O。步骤：准确称取 1.19g 岩脑砂；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 NH4Cl 的质量分数为_。(4)若用 K 中气体体积测定 NH4Cl 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”
11、)【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
12、接顺序为 adcefjihgb；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。 .(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，
13、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+N 2+3H 2O 可知，消耗氯化铵的量为 0.02mol，质量为0.0253.5=1.07g，则天然岩脑砂中 NH4Cl 的质量分数为 1.07/1.19100%=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
14、据反应 2NH4Cl+3CuO3Cu+2HCl+N 2+3H 2O 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(Na 3AlF6)微溶于水，工业上用萤石(CaF 2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 Na3AlF6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
15、果如下表所示：萤石品位 硫酸的实验编号 (CaF2含量) 质量分数反应温度/获得 Na 2SiF6的质量1 96% 25% 6070 1202 96% 35% 6070 1533 96% 35% 8090 1004 96% 40% 6070 141实验 3 比实验 2 获得 Na2SiF6的质量低的原因可能是_。选择“酸浸”时所采用的最适合条件为_。(3)写出反应的离子方程式：_。 (4)“操作”不能用硅酸盐质设备进行分离的原因_。(5)经测定，操作所得滤液中所含杂质中 K+浓度为 0.05 molL-1，当 Na+浓度降为0.01molL-1时，若不考虑其它离子影响和溶液体积变化，K+_(填
16、“是”或“否”)开始沉淀。(已知 25时，K sp(Na3AlF6)=4.010-10，K sp(K3AlF6)=6.010-8)【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、6070 (5). 3Na+4NH4+6F-+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH 3H2O 或 3Na+4NH4+6F-+AlO2-=Na3AlF6+4NH 3+2H2O (6). 滤液中F-水解生成的 HF 腐蚀硅酸盐质设备 (7). 否【解析】（1）Na3AlF6 中氟、铝以共价键结合， Na3AlF6 中所含阳
17、离子为钠离子，电子式为 Na+；根据图示，反应是氟化钙、二氧化硅、硫酸反应生成 H2SiF4 和 A，因此滤渣为硫酸钙；正确答案： Na+ ； 硫酸钙。根据图表信息可知，实验 3 比实验 2 获得 Na2SiF6的质量低的原因是温度过高，HF 挥发，造成获得 Na2SiF6的质量降低；正确答案：温度过高，HF 挥发，造成获得 Na2SiF6的质量降低。 酸浸的目的是想得到更多的 H2SiF4，根据表格，实验 2 中获得的 Na2SiF6的质量最多，选择最适宜的条件为 35%H2SO4，控制反应温度 6070 之间；正确答案：35%H 2SO4、6070 。 (3)根据流程图可知，反应中，氟化钠
18、、氟化铵和偏铝酸钠反应生成 Na3AlF6和一水合氨，反应的离子方程式：3Na +4NH4+6F-+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH 3H2O 或 3Na+4NH4+6F-+AlO2-=Na3AlF6+4NH 3+2H2O；正确答案：3Na +4NH4+6F-+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH 3H2O或 3Na+4NH4+6F-+AlO2-=Na3AlF6+4NH 3+2H2O。(4)滤液中含有氟离子，能够发生水解生成氢氟酸，氢氟酸能够与硅酸盐质设备反应；正确答案：滤液中 F-水解生成的 HF 腐蚀硅酸盐质设备。(5)根据 Ksp(Na3AlF6)=c(Na+)c(A
19、lF-6)= 4.010-10,当 c(Na+)=0.01molL-1时，c(AlF -6)= 4.010-8,QC= c(K +)c(AlF-6)= 0.054.010-8=210-9T2T1 (7). 其他条件相同时，图像斜率：T3T2T1 而温度越高，反应速率越快，所以 T3T2T1【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：Fe 2+2Fe3+8NH3H2O=Fe3O4+8NH 4+4H2O； 当还原后的溶液中 c(Fe2+)：c(Fe 3+)=2：1 时，由于 Fe2+还原性较强
20、，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+8NH3H2O=Fe3O4+8NH 4+4H2O；Fe 2+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+2H 2O；正确答案：3Fe-8e -+8OH-=Fe3O4+2H 2O。(3) 已知：H 2O(l)=H2(g)+1/2O2(g) H=+285.5 kJmol -1，过程：3FeO(s)+H 2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) H=+128.9kJmol -1
21、，根据盖斯定律可知：总反应减去反应，再乘以2，得过程为：2Fe 3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) H=+313.2kJmo1 -1 ；正确答案：2Fe 3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) H=+313.2kJmo1 -1 。(4)磁铁矿(Fe 3O4)常作冶铁的原料，主要反应为：Fe 3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g)，该反应的HT2T1，而温度越高，反应速率越快，所以 T3T2T1；正确答案：T 3T2T1；其他条件相同时，图像斜率：T 3T2T1而温度越高，反应速率越快，所以 T3T2T1。11.镇痛药物 J 的合成方法如下：已知：（1）B 的名称为_
22、；F 的结构简式为_ 。（2）的有机产物的官能团有_；的反应类型为_反应。（3）的化学方程式为_ 。（4）已知有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C 5H5N，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。以环已醇( )和乙醇为起始原料，结合己知信息选择必要的无机试剂，写出 的合成路线_。(已知：，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)
23、 (2). (3). 碳碳双键、氨基 (4). 取代 (5). (6). 吡啶显碱性，能与反应的产物 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 EF 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
24、、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，-NH 2 中的 2个氢原子被取代，生成氯化氢 ，所以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(C 5H5N，属于有机碱 )，吡啶显碱性，能与反应的产物 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
25、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-CH 2CH2-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(CH 3)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。
