1、 广东省华南师范大学附属中学 2018届高三综合测试（三）理科综合化学试题1. 本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧” ， “ 以烧酒复烧二次价值数倍也” 。请你分析、对比此方法与分离下列物质的实验方法在原理上相同的是A. 甲苯和水 B. 硝酸钾和氯化钠 C. 食盐水和泥沙 D. 苯和溴苯【答案】D【解析】由题意，烧酒的制造工艺利用了蒸馏的方法，蒸馏是分离沸点不同的液体混合物的方法。 A 项，甲苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，故 A错误；B 项，硝酸钾和氯化钠的溶解度不同，硝酸钾溶解度受温度影响变化大，氯化钠溶解度受温度影响变化不大，可用降温结晶和重结晶的方法分离，故 B错
2、误；C 项，泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离食盐水和泥沙，故 C错误；D 项，苯和溴苯互相溶解，且沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故 D正确。2. 用 NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是A. 足量的铜与 40mL 10mol/L 硝酸反应，生成气体的分子数为 0.2NAB. 1.0L 1.0molL-1Na2SO4 水溶液中含有的氧原子数为 4NAC. 电解饱和食盐水，当阴极产生 1.12LH2时，转移的电子数为 0.1NAD. 4.4g乙醛和丁酸的混合物完全燃烧，消耗氧分子的数目为 0.25NA【答案】D【解析】A 项，硝酸的物质的量为：0.04L10mol/L=0.4mol，铜
3、与浓硝酸反应为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO 3)2+2NO2+2H 2O，铜与稀硝酸反应为：3Cu+8HNO 3(稀)= 3Cu(NO 3)2+2NO+4H 2O，则 0.4molHNO3完全反应生成的气体为 NO2和 NO，分子数小于 0.2NA，故 A错误；B 项，Na 2SO4的物质的量为：1.0L1.0molL -1=1mol，含氧原子数为 4NA，水中也含氧原子，所以 1.0L1.0molL-1Na2SO4水溶液中含有的氧原子数大于 4NA，故 B错误；C 项，电解饱和食盐水，阴极反应为：2H +2e-=H2，当阴极产生标准状况下 1.12LH2(0.05mol H2)时，
4、转移的电子数为 0.1NA，若不是标准状况下，则不一定，故 C错误；D 项，乙醛(C 2H4O)和丁酸(C 4H8O2)的最简式都是 C2H4O，所以 4.4g乙醛和丁酸的混合物完全燃烧消耗氧分子的数目，相当于 4.4gC2H4O(即 0.1molC2H4O)完全燃烧消耗氧分子的数目，为 0.1(2+ - )NA=0.25NA，故 D正确。点睛：本题考查阿伏伽德罗常数与微粒数关系的判断，涉及知识较多，注意克服题目的陷阱，运用所学知识迅速作答。A 项注意开始生成 NO2，因为铜是足量的，所以随着反应的进行，浓硝酸变稀，会生成 NO；B 项注意水中含有氧原子；C 项注意气体摩尔体积的使用条件；D
5、项可根据两有机物最简式相同，简化计算过程。3. 三位分别来自法国、美国、荷兰的科学家因研究“分子机器的设计与合成”而获得 2016年诺贝尔化学奖。纳米分子机器日益受到关注，机器的“车轮”常用组件如下，下列说法正确的是A. 互为同分异构体 B. 均能发生加成反应C. 均属于烃 D. 的一氯代物均只有 1种【答案】B【解析】A、分子中含有的碳原子数不同，化学式不同，不是同分异构体，选项 A错误；B、中含有苯环，能够与氢气发生加成反应，中含有碳碳双键，能够发生加成反应，选项 B正确； C、中只含有碳原子，不属于烃，选项 C错误；D、中含有 2种不同环境下的氢原子，一氯代物有 2种，选项 D错误。答案
6、选 B。4. 下列实验操作能达到相应实验目的的是选项 实验操作 实验目的A 将 C2H4和 SO2的混合气体通入足量酸性 KMnO4溶液中 得到纯净的 C2H4B向 NaCl饱和溶液中先通入 NH3至饱和，再通入足量 CO2，过滤并洗涤制备 NaHCO3 固体C向含少量 FeBr2的 FeCl2溶液中滴入适量新制氯水，并加入 CCl4萃取分液制备纯净的 FeCl2溶液D 向 5mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入 ImL0.1mol/LNH3H2O 制备银氨溶液A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、乙烯和 SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此提纯乙烯应通过氢氧化钠溶
7、液，然后通过干燥剂，得到纯净的乙烯，故 A错误；B、利用 NaHCO3的溶解度小于 Na2CO3，因此有 NaClCO 2NH 3H 2O=NaHCO3NH 4Cl，故 B正确；C、还原性强弱顺序是Fe2 Br Cl ，因此通入氯气，先发生 Cl22Fe 2 =2Fe3 2Cl ，因此不能得到 FeCl2，故C错误；D、银氨溶液制备：向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀，继续滴加氨水直到白色沉淀恰好溶解，题目中硝酸银过量，氨水不足，故 D错误。5. 已知咖啡酸的结构如右图所示。关于咖啡酸的描述正确的是A. 与咖啡酸的官能团完全相同（不含咖啡酸） ，且苯环上只有 3个取代基的同分异构体（不包括顺
8、反异构）有 11种B. 咖啡酸的分子式为 C9H6O4C. 咖啡酸与 互为同系物D. 1mol 咖啡酸与足量 NaHCO3溶液反应产生 3mol 气体【答案】A点睛：本题考查有机物结构和性质，涉及键线式与分子式、同系物的判断、同分异构体种数的确定、酚和羧酸的性质等，本题难点为 A项，首先要掌握苯环上有三个取代基，其中两个相同的同分异构体种数的确定方法，总体思路是把复杂问题分化为简单问题，如题中先看两个酚羟基有邻、间、对三种情况，然后再分析每种情况下-CH=CH-COOH 或 的可能位置，注意理清思路避免重复；易错点为 B、D 选项，B 项注意有机物键线式中省略掉的碳原子和氢原子，确定分子式时容
9、易漏掉；D 项注意酚羟基不能和碳酸氢钠反应产生 CO2气体。6. 某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO 2)转化为重要的化工原料 HNO3，其原理如右图所示，其中 A、B 为多孔材料下列说法正确的是A. 该电池工作时，电子的流向：外电路由 B到 AB. 电极 B 附近的 HNO3浓度增大C. A电极的反应为：NO 2-e-+H2O=NO3-+2H+，NO-3e -+2H2O= NO3-+4H+D. 该电池工作时，除去含 1molNO和 NO2的混合尾气，需消耗 11.2LO2（标准状况下）【答案】C【解析】A 项，由题意，该装置为原电池，通入汽车尾气(NO、NO 2)的 A极为负极，通入氧气的
10、 B极为正极，原电池中电子经外电路由负极流向正极，即该电池工作时，电子的流向：外电路由 A到 B，故 A错误；B 项，汽车尾气(NO、NO 2)在 A电极(负极)发生氧化反应生成 NO3-，所以电极 A附近的 HNO3浓度增大，故 B错误；C 项，NO、NO 2在 A电极(负极)失电子发生氧化反应生成 NO3-，根据电荷守恒、原子守恒及电解质溶液酸碱性可得电极反应为：NO 2-e-+H2O=NO3-+2H+，NO-3e -+2H2O=NO3-+4H+，故 C正确；D 项，正极反应为：O 2+4H+4e-=2H2O，结合 C项中的负极反应，根据电子守恒，1molNO 2反应消耗 molO2，标准
11、状况下为5.6L，1molNO 反应消耗 molO2，标准状况下为 16.8L，因为不确定 1molNO和 NO2的混合尾气中 NO和 NO2的物质的量，所以无法准确计算消耗的氧气，故 D错误。7. 短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，W -与 Ne具有相同的电子层结构，X 的族序数等于周期数，Y 与 Z最外层电子数之和为 10。下列说法不正确的是A. 原子半径：XYZWB. X的最高价氧化物的水化物能溶解在 Z的最高价氧化物的水化物中C. W的氢化物不与 Y的氧化物反应D. W、X、Z 的简单离子均能促进水的电离【答案】C【解析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，W
12、 -与 Ne具有相同的电子层结构，则W为 F元素；X 的族序数等于周期数，则 X为 Al元素；Y 与 Z最外层电子数之和为 10，则 Y为 Si元素、Z 为 S元素。A项，W 为 F元素、X 为 Al元素、Y 为 Si元素、Z 为 S元素，F 为第二周期元素，Al、Si、S为第三周期元素，且原子序数依次增大，则原子半径：X(Al)Y(Si)Z(S)W(F)，故 A正确；B项，X(Al)的最高价氧化物的水化物为 Al(OH)3，Z 的最高价氧化物的水化物为 H2SO4，二者能够发生反应，故 B正确；C 项，W(F)的氢化物为 HF，Y(Si)的氧化物为 SiO2，二者能够发生反应，故 C错误；D
13、 项，W、X、Z 的简单离子分别为：F -、Al 3+、S 2-，F -、S 2-是弱酸阴离子，Al3+是弱碱阳离子，均能促进水的电离，故 D正确。8. ClO2是一种优良的消毒剂，常将其制成 NaClO2 固体，以便运输和贮存，过氧化氢法备NaClO2固体的实验装置如图所示。已知： 2NaC1O 3+H2O2+H2SO4=2C1O2+O 2+Na 2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H 2O ClO 2熔点-59、沸点 11，浓度过高时易发生分解；H 2O2沸点 150请回答： （1）仪器 B的作用是_，仪器 A的作用是_，冰水浴冷却的目的是_（写两种
14、） 。（2）该装置不完善的方面是_。（3）空气流速过快或过慢，均降低 NaClO产率，试解释其原因_。（4）Cl -存在时会催化 ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO 2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步完成，请将其补充完整：_（用离子方程式表示） ，H 2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+（5） NaClO 2纯度测定：准确称取所得 NaClO 2样品 10.0g 于烧杯中，加入适量蒸馏水过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（C1O 2-的产物为 Cl-） ，将所得混合液配成250mL待测溶液；取 25.00mL待测液，用 2.0molL-
15、1Na2S2O3标准液滴定(I 2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为_，重复滴定 3 次，测得 Na2S2O3标准液平均用量为 20.00mL，则该样品中 NaClO 2的质量分数为_。 （M(NaClO 2)=90.5g/mol）【答案】 (1). 保证恒压滴液漏斗与三颈圆底烧瓶内部压强相同以使得漏斗内液体可以顺利滴下、通过活塞可控制液体滴加的量和速率 (2). 防止倒吸 (3). 降低 NaClO2的溶解度、减少 H2O2的分解、增加 ClO2的溶解度、减少 ClO2的分解（写出两条即可 (4). 没有尾气处理装置 (5). 空气流速过慢时
16、，ClO 2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO 2不能被充分吸收，导致浪费原料，产率降低 (6). 2ClO 3-+2Cl-+4H+=2C1O2+Cl 2+2H 2O (7). （当最后半滴滴定液滴下后）溶液由无色变蓝色，且 30秒内不褪色 (8). 90.5 %【解析】 （1）装置 B为恒压分(滴)液漏斗，因为三颈圆底烧瓶内发生反应生成气体，所以此处使用该装置以保证恒压分(滴)液漏斗与三颈圆底烧瓶内部压强相同以使得漏斗内液体可以顺利滴下并通过活塞控制液体滴加的量和速率。三颈圆底烧瓶内发生反应生成气体，为防止倒吸，右侧导管不能直接伸入溶液中，仪器 A的作用是防止倒吸。三颈
17、圆底烧瓶内发生反应生成 C1O2，经 A装置后进入右侧反应器中，发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H 2O，用冰水浴冷却，降低了温度，从而降低了 NaClO2的溶解度，有利于 NaClO2结晶析出；常温时 C1O2是气体，降低温度可增加 ClO2的溶解度；降低温度，可防止 H2O2、ClO 2等不稳定的物质分解。（2）即使用冰水浴冷却右侧反应容器，也不可能将 ClO2完全吸收，ClO 2为污染性气体，直接排放会污染环境，所以还需要尾气处理装置，这是该装置不完善的地方。（3）由已知 ClO2浓度过高时易发生分解，若空气流速过慢，则 ClO2不能被及时移走，浓度过
18、高会导致分解；若空气流速过快，则 ClO2不能被充分吸收，所以空气流速过快或过慢，均会导致原料浪费，降低 NaClO2的产率。（4）由已知可得，氯酸钠（NaClO 3）在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，Cl -存在时会催化 ClO2的生成，并产生微量氯气，则氯离子与氯酸根离子反应生成 ClO2和氯气，故反应离子方程式为：2ClO 3-+2Cl-+4H+=2C1O2+Cl 2+2H 2O。（5）该反应为 Na2S2O3标准液滴定碘单质，以淀粉溶液做指示剂，所以当最后一滴(或半滴)滴定液滴下后，溶液由蓝色变为无色且 30秒内不褪色；由反应 ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I
19、2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系：ClO 2-2I24S2O32-，n(NaClO 2)= n(ClO2-)= n(S2O32-)= 2.0molL-120.0010-3L=0.01mol，因为配制 250mL待测溶液，取 25.00mL进行实验，所以样品中 NaClO2的质量为：0.01mol90.5g/mol =9.05g，则该样品中 NaClO2的质量分数为：9.05g10g100%=90.5%。点睛：本题通过物质的制备，考查学生对实验原理的分析理解、仪器装置的使用、实验方案的评价、氧化还原滴定、物质含量的测定等，综合性较强有一定难度，解题时注意根据氧化还原反应原理分析
20、制备 C1O2及 NaClO2的实验原理，通过已知信息获取相关物质的性质，结合实验装置分析物质的制备及获取方法。氧化还原滴定一般可列出相关化学(或离子)方程式，找到相关物质的反应关系，最终推导出计算式，也可以根据得失电子守恒，直接找到相关物质的反应关系，这样省掉了写方程式的麻烦，例如题中 C1O2-的产物为 Cl-，则 1molC1O2-反应得到 4mol电子，I -被氧化为 I2，则生成 2molI2失去 4mol电子，所以反应关系为：ClO 2- 4I-2I2。9. 阅读题目，回答问题。（1）已知： P 4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g) H=akJmol -1， P 4(s)+1
21、0Cl2(g)=4PCl5(g) H=b kJmol -1，P 4具有正四面体结构，PCl 5中 PCl键的键能为 c kJmol-1，PCl 3中 PCl键的键能为 1.2c kJmol-1。请回答：PCl 3(g)和氯气反应生成 PCl5(g)的热化学方程式为_，ClCl 键的键能为_。（2）离子液体是一种室温熔融盐非水体系。由有机阳离子、Al 2Cl7-利 AlCl4-组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。则钢制品应接电源的_极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_。（3）人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图电源的负极为_
22、（填“A”或“B” ） 。阳极室中发生的反应为_，_。电解结束后，阴极室溶液的 pH 与电解前相比将_。【答案】 (1). PCl 3(g)+Cl2(g)=PC15(g) H= kJmol-1 (2). (b-a+5.6c)/4 kJmol-1 (3). 负 (4). 4 Al 2Cl7-+e-=A1+7AlCl4- (5). B (6). 2C1-2e-= Cl2 (7). CO(NH 2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl (8). 不变【解析】 （1）设已知中的两个热化学方程式分别为：P 4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g) H=akJmol -1，P 4(s)+10Cl
23、2(g)=4PCl5(g) H=bkJmol -1，根据盖斯定律，(-)4得：PCl 3(g)+Cl2(g)=PC15(g) H= kJmol-1；焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，用 E(Cl-Cl)表示 ClCl键的键能，可得：E(Cl-Cl)+31.2c-5c= kJmol-1，解得E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4 kJmol-1。（2）根据电镀原理，钢铁上镀铝，铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，则钢制品应接电源的负极；电解质溶液为：有机阳离子、Al 2Cl7-和 AlCl4-，因为该离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子
24、不参与电极反应，所以阴极发生还原反应生成铝，铝元素的化合价降低，根据离子液体成分，结合电荷守恒分析可得，应为 Al2Cl7-得电子，电极反应式为：4Al 2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-。（3）如图该装置为电解池，左室进入 NaCl和尿素混合液，产生了 Cl2、CO 2和 N2，发生氧化反应，故 A为电源正极，所以 B为电源的负极，右室电解产物为 H2，发生还原反应。由图可知，阳极室首先是 Cl-放电生成 Cl2，然后 Cl2再氧化尿素生成氮气和二氧化碳，同时生成 HCl，故阳极室中发生的反应为：2C1-2e-=Cl 2、CO(NH 2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl。阴
25、极反应为 2H2O+2e-=2OH-+H2，根据两极的反应及电子守恒可看出，两极上产生的 OH-、H +的数目相等，阳极室中产生的 H+通过质子交换膜进入阴极室与 OH-恰好反应生成水，所以电解结束后，阴极室溶液的 pH与电解前相比不变。10. 利用硝酸厂尾气中较高浓度 NOx气体(含 NO、NO 2)制备 NaNO2、NaNO 3，流程如下：已知：NaOH+NO+NO 22NaNO 2+H2O（1）写出 Na2CO3溶液和 NO、NO 2反应的化学方程式_。（2）中和液所含溶质除 NaNO2及少量 Na2CO3 外，还有少量_和_（填化学式） 。（3）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，
26、避免浓度过大，目的是_；蒸发产生的蒸气中含有少量的 NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的_（填操作名称）最合理。（4）母液需 回收利用，下列处理方法合理的是_。a.转入中和液 b.转入结晶操作 c.转入转化液 d.转入结晶操作（5）NaNO 2能与 N2H4反应生成 NaN3，该反应中 NaNO2_（填“被氧化”或“被还原” ）N2H4 的电子式是_，NaN 3 中含有的化学键类型是_。（6）若将 NaNO2、NaNO 3两种产品的物质的量之比设为 21，则生产 1.38吨 NaNO2时，Na2CO3的理论用量为_吨（假定 Na2CO3恰好完全反应） 。【答案】 (1).
27、 Na 2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2 (2). NaHCO3 (3). NaNO3 (4). 防止NaNO3析出而降低 NaNO2纯度 (5). 溶碱 (6). c (7). 被还原 (8). (9). 离子键和(非极性)共价键 (10). 1.59【解析】 （1）碳酸钠溶液显碱性，结合已知 NaOH+NO+NO22NaNO 2+H2O可得，Na 2CO3溶液和NO、NO 2反应生成 NaNO2，根据原子守恒，还会有 CO2生成，故反应的化学方程式为：Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2。（2）由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收过程可能发生Na2CO3+NO+NO
28、2=2NaNO2+CO2、3NO 2+H2O=HNO3+NO、Na 2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2、Na 2CO3+HNO3=NaNO3+NaHCO3等反应，所以中和液所含溶质除 NaNO2及少量 Na2CO3外，还有少量 NaHCO3和NaNO3。（3）中和液进行蒸发操作时，若水的蒸发量过大，则溶液浓度过大，可能有 NaNO2析出，从而降低 NaNO3的纯度；蒸发产生的蒸气中含有少量的 NaNO2等有毒物质，不能直接排放，应循环利用提高利用率，所以将其冷凝后用于流程中的“溶碱”最合理。（4）母液中的溶质主要是 NaNO3，将其转入转化液之后再进行蒸发结晶等操作，可以提高利用率，所以合理处理的方法选 c。.（6）因为 NaNO2、NaNO 3两种产品的物质的量之比为 21，1.38 吨 NaNO2的物质的量为：1.38106g69g/mol210 4mol，则生成的 NaNO3物质的量为：110 4mol，根据 Na原子守恒，2n(Na 2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，则 Na2CO3的理论用量：m(Na 2CO3)= (2104110 4)mol106g/mol1.5910 6g1.59 吨。11. 某芳香酯 I的合成路线如下：已知以下信息：
