2020年高考化学总复习练习题5含解析

晨鸟教育2020年高考学复练题五可能用到的相对原子质量H1Li7C12N14O16Na23S32K39Ti48V51Fe56一、选择题：1.化学与生活、社会发展息息相。下列说法正确的是A．有人称“一带一路”是“现丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂都是高分子生成小分子的过程C．疫苗一般应冷藏存放，其目是避免蛋白质变性D．“玉兔二号”的太阳能电池板的材料是二氧化硅【答案】【解析】．丝的主要成分是蛋白质，故A错；B．聚酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误C．疫一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正；D．硅半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错；故选C。2.设Ⅳ表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．足量Zn与定量的浓硫酸反产生气体时，转移的电子数为

B．15.6g的NaS和NaO固混物中，阴离子数为C．1L0.1的COONa溶液含有的CH数为0.1ND．12g金石中含有的碳碳单键数约为4N【答案】【解析】．未说明气体是否在况下，不能计算，故错误；BS和NaO二的摩尔质量同以15.6g的NaS和NaO固混合物中即0.2mol离数为0.2N，故正确；C．CHCOONa溶中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；D金石即1mol，每个碳原子与4碳原子形成共价键，所以平均每个碳形成个，则该质中含有的碳碳单键数约为，故错误故选B。3.下列关于2－环己基丙烯（

）和2－苯基丙烯（）说法中正确的是A．二者均为芳香烃C．二者均可发生加聚反应和氧反应【答案】

B－苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面D－苯基丙烯的一氯代产物只有种【解析】、

结构中不含苯环，不是芳香烃，故A错误；B、2－苯基丙烯分子中所有碳原可能共平面，不能说一定，因为当苯环与丙烯基连接的单键旋转时就不在

同一平面内，故B错误；C、两者都有碳碳双键，所以二均可发生加聚反应和氧化反应，故C正；D、因2－苯基丙烯分子中含有5种等氢原子，则其一氯代产物有5种，故D错；案为C。【点睛】芳香烃是指含有苯环的烃，为易错点。4.X、Y、Z、W是子序数依次大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY、ZWY。下列说中正确的是A．简单离子半径r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最常见氢化物的稳定性XC．ZY中含共价键且在熔融状态下能导电D．HWY分中各原子均达到8子稳定结构【答案C【解析X、Z分是N、O、Na、Cl素，A．电层数越大离半径越电层数相同时核荷数越小离半径越大则单离子径r(Cl

)>r(N)>r(O)>r(Na)，A错误；B．因非属性：N＜O，最常见氢化物的稳定性X＜Y，B错误；C．ZY为过氧化钠，其中含有子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电C项确D．HWY分子为HClO，中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构D项误；答案选C。5.镍钴锰三元材料是近年来开发一类新型锂离子电池正极材料有容量高循稳定性好成本适中等重要优点钴三元材料中Ni为要活泼元素常以表示为LiNi中a+b+c=1简为LiAO。充电时总反应为LiAO+nC=LiAO+LiC（0<x<1作原理如下图所示，则以下说法正确的A．放电时Ni元素最先失去电子B．放电时电子从a电由导线向电极C．充电时的阴极反应式为LiAO-xe=LiAO+D．充电时转移1mol电子，理论阴极材料质量增加7g【答案】【解析】根据

的移动方向可知a为极b为极。

．．．晨鸟教育．．．A．镍放电时石墨是负极Li元先失去电子，故A错误；B．放电时电子从负极，即b电由导线移向正极，即电极故B错；C．充时的阴极反应式是：+xe=LiC故C错误；D．充时，阴极反应式为质量为，D正；故选D。

+xe

=LiC，移1mol电，论阴极材料质量增加1mol锂离子，6.某实验小组用图示装置制备高酸(K并探究其性质。已知：KFeO为色固体，微溶于KOH溶液具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C中色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正的A．B瓶应盛放饱和食盐水除去有的B．C瓶中KOH过量更有利于高酸钾的生成C．加盐酸产生气体可说明氧化KFeOD．高铁酸钾是集氧化、吸附、凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂【答案】【解析】、盐酸易挥发，制得氯气中含有氯化氢气体B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，选项确；B、高铁酸钾在碱性溶液中稳定，故过量有利于它的生成，选项B正确；C、根据题给息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不确、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D确；答案选C。7.室温下向100mL饱和H溶液通入SO气(气体体积换算成标准状)发生反应2HS+SO=3S↓+2HO，测得溶液pH与入SO的关如所示。下列有关说法错误的是A．a点水的电离程度最大B．该温度下HS的K≈10C．曲线y代继续通入SO气体溶液pH的变化

3a1-)3a1D．a点之后，随SO气的通入的始终减小c(HSO2【答案】【解析】选项由题图可知表示通入SO体112mL(0.005mol)时pH=7，明气体H溶液恰好完全反应，溶液呈中性，点之为HS过a之后为SO过，溶液均呈酸性，故a点的电离程度最大，故A正；B选项，由题图中曲线的起点可a溶液呈中性，说明气与HS溶恰好完全反应，由此可知饱和HS溶中溶质的物质的量为0.01mol，c(HS)=0.1mol/L，0.1mol/LHS溶电离出的c(H)=10mol/L电离方程式为HSH

+HS

、HS

H+S

；第一步为主，根据平衡常表达式计算出该温度下HSK≈

1010

≈10，B正；C选项，当通入SO气336mL时，物质的量为0.015mol反应后相当于溶液中的c(HSO)=0.1mol/L，因为HSO的酸强于HS，故此时溶对应的pH应小于4.1故曲线y代继续通入SO气后溶液pH变化，故C正；D选项，根据平衡常数表达式可

-)3c(H2

K=，a点后，随SO气的通入c(H)大，当通入的+)SO气体达饱和时c(H)不再变，故D误。综上所述，答案为D。二、非选择题：8.过氧乙酸(和步骤如下

)是种高效消毒剂它由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得验装置①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓硫酸的混合物，再缓缓加入适量30%的双氧水；②不断搅拌并控制装置B中混液的温度为20℃至反应结束；③接入仪器C和气泵，在锥形瓶中收集得到产品。回答下列问题：（1仪器C的称_______，器C中水流入口_______(填“a”或“”)。（2为更好地控制反应温度，采用的加热方法______________。（3生成过氧乙酸的化学方程_________________（4实验测得产物过氧乙酸的分含量随反应物比例和反应时间的变化数据如下表。由表中数据可知，反应

晨鸟教育物最佳比例CHCOOH/HO)是_______，佳反应时间_______。（5产品中过氧乙酸浓度的测：取2.00mL过氧酸产品试样，加水稀释成100mL；中取出5.00mL，逐滴滴加酸性KMnO溶至溶液恰好呈粉红色除去残余的HO再加入稍过量的KI溶发生反CHCOOOH＋2I＋2H＝I＋CHCOOHO反应完全后滴入几滴淀粉溶液用0.1000mol·L

的NaSO标液滴定至终点(反应式为O2＋I＝SO

＋2I)，消耗14.30mLNaSO标准液。则产品中过氧乙酸的物质的量浓度是________mol·L(保留2位数。【答案分）直形冷凝（）a（1分）（2水浴加热（2分（3

CHH32

浓HCHCOOOH+HO32

（3分）（4（2分5h（2分）（5）7.15（3分【解析）仪器C为冷管，冷凝水应当低进高出，则流入口为a，答案为：冷凝管a；（2为更好地控制反应温度，采用的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；（3过氧乙酸由过氧化氢氧化酸得到，化学方程式为

CHH32

浓HCOOOH+H32

；（4分析图表可知，当反应物例为时，过氧乙酸的百分含量最高，且反应达到为最反应时间，故答案为；5h；（5根据关系式CHCOOOH～2NaSO，知稀释后的溶液中过氧乙酸的物质的量==

×0.0143L，原来2mL溶液中过乙酸的物质的量100mL×0.0143Lmolmol故该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是5mL0.0143mol0.002L

=7.15mol，故答案为：7.15。9.随着科技的进步，合理利用资、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅(CHPbI)用全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CHNH、PbI为原合成，回答下列问题：（1制取甲胺的反应为OH(g)＋NH(g)CHNH＋HO(g)ΔH已知该反应中相关化学键的键能数据如下：

共价键键能/kJ·mol

C—O351

H463

N—H393

C293

C414则该反应的ΔH＝_________kJ·mol。（2上述反应中所需的甲醇工上利用水煤气合成，反应为CO(g)＋2H(g)CHOH(g)ΔH<0在一定条件下，将1molCO和2molH通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条(温度或压强)时，CHOH体积分数φ(CHOH)变化趋势如图示：①平衡时，点CHOH的积分数为，则CO的转率_________。②X轴上a点数值比b点_________(“大”或“小”)某同学认为上图中Y轴示度你为他判断的理由是。催化剂（3工业上可采用CHOH

CO+2H的法来制取高纯度的CO和我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的种标注。甲醇（）氢反应的第一步历程，有两种可能方式：方式A：CHOH*→CHO*＋H*E=+103.1kJ·mol方式B：CHOH*→CH*＋OH*E=+249.3kJ·mol由活化能E值推，甲醇裂解过程主要历经的方式应_________(填A、B)。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。该历程中，放热最多的步骤的化学方程式______________________________________________。（4常温下PbI饱溶(呈中＝1.0×10【答案分每空2分）

mol·L，(PbI)＝_________

晨鸟教育（1）-12（2）25%

小

随着Y值增大，φ(CHOH)减小，平衡CO(g)(g)CH向逆反应方向进行，故Y为温度（3）ACHO*＋3H*=CO*＋4H*或＋H*）（4）4×10【解析断键的可以不计算算断键和成键的该应的＝351+393–293–463=-12kJ·mol

，故答案为：-12。⑵CO(g)＋2H(g)⇌CHOH(g)开始：2mol0转化：2xmolxmol平衡：(1-x)mol(2-2x)molxmolx解得x=0.25mol，1x1mol①平衡时，点CHOH的体分为10%则CO转化率为25%，故答案为：25%。②根据图象得出X轴上a点数比b点小学认为上图中Y轴示温度断理由是随着的增大，φ(CHOH)减小，平衡CO(g)＋2H⇌CHOH(g)逆反应方向进行，故Y为度故答案为：小；着Y值增大，φ(CH减，平衡CO(g)(g)CH向逆反应方向进行，故Y为度。（3）由活化能E值推，甲醇解过程主要历经的方式应为，该历程中，放热最多的步骤是HO*＋3H*反应阶段因该反应的化学方程式CHO*（或CHO*=CO*案A（或CHO*=CO*＋H*（4）常温下，PbI饱和液呈色中c(Pb)mol·L，（P=1.0sp2

，故答案为：。工上以钒渣(主要含O，有少量SiO、P等杂质)为原料以制氧钒碱碳酸铵晶体[(NH)(VO)(CO·10HO]其生产工艺流程如下。（1焙烧过程中VO转化为可性NaVO，反应的化学方程式为_。（2滤渣的主要成分________________(化学)。（3“沉钒”得到偏钒酸(NHVO，若滤液中c(VO

)=0.1mol·L，使钒元素的沉降率达到98%至少应

)为____mol·L。[已知K(NHVO)=1.6×10]（4“还原”VO过中，生成VOC1和种无色无污染的气体，该反应的化学方程式____________。用浓盐酸与VO反也可以制得VOC1该方法的缺点是___________________________。（5称量ag产品于锥形瓶中20mL蒸馏水与稀硫酸溶解后入KMnO溶至稍过量，充分反应后继续滴加的NaNO液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO，最用cmol·L(NH)Fe(SO)标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b。(知滴定反应为

+Fe+2H==VO+Fe+H①KMnO溶的作用______________。②粗产品中钒的质量分数表达式________(计。③若(NH)Fe(SO)标准液部分变质，会使测定结____(“偏高”、“偏低”或“无影响”)【答案）VO+Na+O

2NaVO+CO（2分）（2）Mg(PO)、MgSiO（2分）（3（2分（4）NH•2HCl+2VO+6HCl=4VOCl+N↑+6HO分）

有氯气生成，污染空气2分（5①将VO氧为VO（2分②

a

（2分③偏（分）【解析将炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V转为可溶性NaVO，同得到二氧化碳，生反应的化学方程式为VO+NaCO+O

2NaVO+CO；（2焙烧时SiO、PO分与碳酸钠生成可溶于水的Na和NaPO，除硅、磷时加入硫酸镁溶生成Mg

（PO）、MgSiO沉，则过滤时得到的滤渣的主要成分为(PO)、MgSiO；（3已知K(NH)=c(NH)•c(VO)=1.6×10若滤液中c(VO)=0.1mol·L，使钒元素的沉降率达到98%，则溶液中剩余c(VO)=0.1mol·Lmol·L此c(NH)=

1.60.002

mol·L=0.8mol·L；（4用盐酸酸化的NH还成VOCl和种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，气体应为N则发生反应的化学方程式为NH•2HCl+2VO+6HCl=4VOCl+N↑+6HO改浓盐酸与VO反也可以制得VOC1，但同时得到的氧化产物Cl，气体有毒，会污染环境；（5①根据分析KMnO溶液的作用是+价的氧化为VO

；②根据钒元素的质量守恒根据定反应为VO+Fe+2H=VO+Fe+HO则元素的物质的量（NH）Fe（SO）]=cmol/L×b×10L=cb×10mol粗产品中钒的质量分数的表达式为83g/mol

100%

=

a

100%

；③若(NH)Fe(SO)标准液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴反应为：

晨鸟教育VO+Fe+2H=VO+Fe+HO，可知使测定结果偏高。（二）选考题：11.核电荷数依次增大的A、C、D、F是周期表中前四周期的元素，其中A、B、C是同一期的非金属元素化物DC的体为离晶体的二阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构AC为非极性分子，B、C的化物的沸点比它同族相邻周期元素氢化物的沸点高E原的一种核素的质量数49，中子数为27元素是第四周期元素未成对电子数最多的元素FCl能与B、C的氢化物形成六配位配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，1mol合物与足量的AgNO溶液应能立即生成3molAgCl。根据以上情况，回答下列问题题时用元素符号表示）（1）B氢物与HCl反生成的含有素粒子的空间构型_；F元原子的最外电子数为________个。（2）B

离子分别与AC及B、C组成的态化合物互为等电子体，则、C组成化合物化学式为_______________离还可以和某一价阴离子互为等电子体，该阴离子电子式_________，种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，则金属阳离子符号_________。（3）B元与同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序_______________。（4）B的高价氧化物对应的水化物的稀溶液与的单反应时，被原到最低价，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比_______________（5的外电子排布式是_________________________，FCl形成六配位的配合物化学式为________________________。（6）E的种氧化物晶胞结构（长方体）如图所示，该氧化物的化学式；该晶胞三个晶胞参数分别为：apm、bpm、cpm。该氧化物的密度____________g/cm。(写出表达式即)【答案】（15分（1）正四面体形（1分）1分）（2）NO（1分

（2分）Fe（1分）（3）C（1分）（4）1:4分（5）1s2s2p3s3p3d或A]3d（1分）[Cr(NH)(HO)]Cl（2分（6）TiO（1分

2NA

-30

（2分

【解析A、C、D、E、F都是期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。合物DC的体为离子晶体，D的价阳离子与C的离子具有相同的电子层结构C形成2价离子，且D位C下一周期B的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键形成2价离子，则C为氧元素，故D为镁素；核电荷数＜C则为氮素；、B、C是同周期的非金属元素，AC为极性分子，则A为元；E原的一种核素的质量数为49，子数为，质子数为，E为Ti元F元素第四周期元素中未成对电子数最多的元素，原子核外电子排布为2s2p3s3p3d4s，则F为Cr元CrCl能与NH、HO形成配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH、2HO，1mol合物与足量的AgNO溶反应能即生成3molAgCl，说明三个氯离子位于外界，该配合物[Cr(NH)(HO)，据此分析解题。由分析知：为C元、为N元、C素D为Mg元、为Ti元、为Cr元；（1元素氢化物与HCl反生成的含有N素粒子为NH

，分子中N原价层电子对=4+

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=4原子为sp化不孤对电子故空间构型是四面体为Cr原子核外电子排布为1s2s2p3s3p3d4s，元素原子的最外层电子数为1个（2）N

离分别与CO、由N、O组成气态化合物互为等电子体，则N组的化合物化学式为NO；N-离还可以和一价阴离子互为等电子体，根据价电子总数相等，用S、C原子代替个N原可该阴离子为SCN，结构与CO类这离子电子式为

这阴离子常用于检验日常生中的一种金属阳离子金属阳离子符号为；（3周自左而右第一电离能呈增大趋势元素原子2p能级有3个电处于半满稳定状态子量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；（4的高价氧化物对应的水物为的单质为Mg，HNO稀液与Mg反时N元被原到最低价，则生成NHNO被氧化为Mg(NO)，令NHNO，Mg(NO)化学计量数分别为x、y，则根据电子移守恒有[5-(-3)]×x=2y，以x：1该反应的化学方程式是4Mg+10HNO=4Mg(NO)+NHNO+3HO，所该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:4（5原核外电子排布为1s2s2p3s3p3d4s原子失去4s能个子3d能2个子形成Cr，Cr的外电子排布式是2s2p3s3p3d，上述分析可知CrCl形的六配位的配合物化学式为[Cr(NH)(HO)]Cl；（6）由

可知，晶胞中Ti原位于体心与顶点上O子位于上下两个面上及体内(有2

A晨鸟教育A11个晶中Ti元数目=1+8×=2原子数目2+4×=4该化合物化学