1、2020年高考化学总复习练习题（七）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Co 59 Zn 65一、选择题： 1.铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是A过程反应：2NH4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4B检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C若省略过程，则铵明矾产率明显减小D向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失【答案】D【解析】A过程利用NaHCO3的溶解度比较小，NH
2、4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4，故A正确；B溶液B已经呈酸性，检验SO42只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；C若省略过程，溶液中还有一定量的HCO3，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；D向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消失，故D错误；答案选D。2.下列说法正确的是A多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
3、C可用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷D分离溴苯和苯的混合物：加入 NaOH 溶液分液【答案】B【解析】A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；D选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。3.下列图示实验正确的是A制取蒸馏水B制取收集氨气C乙酸乙酯的制备D碳酸氢钠受热分解【答案】C【解析】A温度计应安装在通
4、向冷凝管的侧口部位，故A项错误；B氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故B项错误；C该装置可以制备乙酸乙酯，C项正确；D加热固体试管口应朝下，故D项错误；故答案为C。4设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A100 g含氢元素质量分数为12%的乙烯与乙醛的混合气体中氧原子数为NAB0.1 mol Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子的数目为0.2NAC常温下，1 L 0.1 mol/L Na2SO3溶液中的数目一定等于0.1NAD标准状况下，22.4 L CHCl3中含有氯原子的数目为3NA【答案】A【解析】乙烯和乙醛的分子式分别为C2H4、C2H4O，因此混合
5、气体中氢元素和碳元素的质量之比为16，故碳元素的质量分数为72%，则氧元素的质量分数为1-72%-12%=16%，100 g该混合气体中氧元素的质量为16 g，氧原子数为NA，A项正确。Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，0.1 mol Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子的数目为 0.1NA，B项错误。Na2SO3溶液中会发生水解，1 L 0.1 mol/L Na2SO3溶液中c()YZB气态氢化物的热稳定性：YXC最高价氧化物对应水化物的酸性：MZD由R、X、Y、M四种元素只组成一种盐【答案】D【解析】短周期主族元素R、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们占据三
6、个周期，则R为H元素；Y和M位于同主族，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y应该位于第二周期，则Y为O元素、M为S元素；根据图像，生成的沉淀为氢氧化铝，铵根离子与氢氧根离子反应时沉淀质量不变，则Q中一定含有铝离子和铵根离子，化合物Q应该为NH4Al(SO4)2，结合原子序数大小可知X为N元素、Z为Al元素。M、Y、Z分别为S、O、Al，硫离子含有3个电子层，半径最大，氧离子和铝离子都含有2个电子层，氧元素的核电荷数较小，离子半径较大，则简单离子半径：MYZ，A正确；X、Y分别为N、O元素，非金属性：NX，B正确；M为S元素，Z为Al元素，二者的最高价氧化物对应水化物分别为硫酸、氢氧化铝，硫
7、酸为强酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，则最高价氧化物对应水化物的酸性：MZ，C正确；R、X、Y、M分别为H、N、O、S元素，四种元素可以形成硫酸铵、亚硫酸铵等多种盐，D错误。二、非选择题： 8.富马酸亚铁，是一种治疗缺铁性贫血的安全有效的铁制剂。富马酸在适当的pH条件下与，反应得富马酸亚铁。已知：物质名称化学式相对分子质量电离常数(25)富马酸116 碳酸 富马酸亚铁FeC4H2O4170i.制备富马酸亚铁：将富马酸置于100mL烧杯A中，加热水搅拌加入溶液10mL使溶液pH为6.5-6.7。并将上述溶液移至100mL容器B中安装好回流装置C，加热至沸。然后通过恒压滴液漏斗D缓慢加入溶液30mL维
8、持反应温度100，充分搅拌1.5小时。冷却，减压过滤，用水洗涤沉淀最后水浴干燥，得棕红(或棕)色粉末，记录产量请回答以下问题：（1）该实验涉及到的主要仪器需从以上各项选择，则B为_(填字母)，C为_(填名称)。（2）已知反应容器中反应物和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，写出步骤中加入溶液调节pH的目的是_；若加入溶液过量，溶液pH偏高，则制得产品的纯度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（3）配制溶液方法为称取固体，溶于30mL新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过的冷水的原因是_。（4）步骤中洗涤的目的主要是为了除去是_离子，检验沉淀是否洗净的方法是：_。ii.计算产品的产率：（5）经测
9、定，产品中富马酸亚铁的纯度为76.5%。以5.80g富马酸为原料反应制得产品8.10g，则富马酸亚铁的产率为_%。(保留小数点后一位)【答案】（14分）（1） b（1分） 球形冷凝管（1分） （2） 使富马酸转化为富马酸根离子（2分） 偏低（2分） （3） 除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率（2分） （4） 、（2分） 取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净（2分） （5） 72.9（2分） 【解析】（1）仪器B为反应容器，应该选b；回流装置C为球形冷凝管；（2）已知反应容器中反应物和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，
10、步骤中加入溶液调节pH，使富马酸转化为富马酸根离子；若加入溶液过量，溶液pH偏高，部分Fe2+生成Fe（OH）2或FeCO3，则制得产品的纯度会偏低；（3）配制溶液方法为称取固体，溶于30mL新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过的冷水的原因是：除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率；（4）根据实验步骤富马酸钠与硫酸亚铁反应生成富马酸亚铁和硫酸钠，步骤中洗涤的目的主要是为了除去沉淀表面的可溶物，即、离子，检验沉淀是否洗净的方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；（5）经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为76.5%。以5.80g富马酸
11、为原料反应制得产品8.10g，则富马酸亚铁的产率为100%=72.9%。9.一种利用化肥中废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)制取明矾和CoSO4粗产品的工艺流程如下：已知：(i)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：()Al(OH)3在碱性条件下开始溶解时的pH为7.8，完全溶解时的pH为11。回答下列问题：（1）写出H2O2的电子式：_。（2）下列措施一定能提高步骤I中A13+和Co2+的浸取率的是_(填标号)a将废催化剂粉磨为细颗粒b步骤I中的硫酸采用98%的浓硫酸c适当提高浸取时的温度（3）步骤中，写出“氧化”过程中Fe2+被氧化的离子方程式：_，若“氧化”后
12、再“调节pH=3”，造成的后果是_。（4）步骤中加K2CO3应控制pH的范围为_。（5）测定CoSO4粗产品中钴的质量分数的步骤如下：准确称取ag产品，先经预处理，然后加入过量的冰乙酸，在加热煮沸下，缓慢滴加KNO2溶液直至过量，生成不溶于乙酸的K3Co(NO2)6，再经过滤、洗涤及干燥，称量沉淀的质量为bg。KNO2溶液氧化并沉淀Co2+的离子方程式为_(已知KNO2被还原为NO)。粗产品中钴元素的质量分数为_(MrK3Co(NO2)6=452，列出计算式)。【答案】（14分，每空2分）（1） （2）ac （3）2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+ Fe3+对双氧水的分解有
13、催化作用，造成原料利用率低（4）pH11 （5）Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO- 100% 【解析】废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)加入硫酸酸浸反应后得到浸取液，主要含有Co2+、Al3+、Fe2+、H+和SO42-等离子，调节溶液的pH=3，再加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+并产生Fe(OH)3沉淀。过滤后，滤液中加入K2CO3调节pH，生成Co(OH)2沉淀和KAlO2溶液，经过滤分离。Co(OH)2沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品CoSO4，滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，经结晶得到明矾，以此分析
14、解答。（1）H2O2为共价化合物，两个氧原子共用一对电子，电子式为：，因此，本题正确答案是：；（2） a将废催化剂粉磨为细颗粒，增大反应物的接触面积，能提高浸取率，故a正确；b该反应为H+参加的离子反应，98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小，不利于酸浸，故b错误；c升高温度化学反应速率加快，所以适当提高浸取时的温度，能提高浸取率，故c正确。因此，本题正确答案是：ac；（3）Fe2+被氧化为Fe3+，pH=3时产生Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“调节pH=3”，会造成原料利用率低。（4） 由已
15、知(i)可知，Co2+沉淀完全的pH为9.2，由已知() 可知，Al(OH)3完全溶解时的pH为11，所以要分离出Al3+，应控制pH的范围为pH11，（5）KNO2将Co2+氧化为Co3+，并生成K3Co(NO2)6 沉淀，NO2-被还原为NO，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式为Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-。因此，本题正确答案是：Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-；bg K3Co(NO2)6中含Co元素的质量为bg，则粗产品中钴元素的质量分数
16、为100%，10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。（1）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)O2(g)2NO2(g)的速率却随温度的升高而减小，某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：i：2NO(g)N2O2(g)(快),v1正k1正c2(NO)v1逆k1逆c(N2O2)H10ii：N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(慢),v2正k2正c(N2O2)c(O2)v2逆k2逆c2(NO2)H20请回答下列问题：一定温度下，反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)达到衡状态，请写出用k1正、k1逆、
17、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K_。由实验数据得到v2正c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_(填字母)。（2）100时，若将0.100 mol N2O4气体放入1 L密闭容器中，发生反应N2O4(g)2NO2(g) H24.4 kJmol1。c(N2O4)随时间的变化如表所示。回答下列问题：在040 s时段，化学反应速率v(NO2)为_ molL1s1下列能说明该反应达到平衡状态的是_(填选项字母)。A2v(N2O4)v(NO2) B体系的颜色不再改变C混合气体的密度不再改变 D混合气体的压强不再改变该反应达到平衡后，若只改变一个条件，
18、达到新平衡时，下列能使NO2的体积分数增大的是_(填选项字母)。A充入一定量的NO2 B增大容器的容积C分离出一定量的NO2 D充入一定量的N2100时，若将9.2 g NO2和N2O4气体放入1 L密闭容器中，发生反应N2O4(g)2NO2(g)。某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50，则此时v正(N2O4)_v逆(N2O4)(填“”“”或“”)。上述反应中，正反应速率v正k正p(N2O4)，逆反应速率v逆k逆p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298 K、压强100 kPa），已知该条件下k正4.8104 s1，当N2O4分解1
19、0%时，v正_kPas1。【答案】（15分，除标明外，每空2分）（1） a （2）0.0025 BD BC 3.9106（3分）【解析】（1）；目标反应，由反应达平衡状态，所以，所以， ,则 ，故答案为：；的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应，故升高到温度时v2正减小，且平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为：a；（2）由表可知，040s时间内的浓度由0.10mol/L减小为0.050mol/L，则其反应速率为 ，由反应速率之比等于化学计量数之比，则的反应速率为，故答案为：0.0025； A.未体现正逆反应速率的关系，A错误；B.体系的
20、颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，B正确；C.无论是否反应，体系的混合气体的总质量不变，体积不变，故密度不变，C错误；D.该反应正反应为体积增大的反应，混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，达到平衡状态，D正确；故答案为：BD；A. 充入一定量的，相当于加压，达新平衡时，则的体积分数减小，故A错误；B. 增大容器的容积，减压，平衡向体积增大的方向移动，即正向移动，的体积分数增大，故B正确；C. 分离出一定量的，相当于减压，使的体积分数增大，故C正确；D. 充入一定量的，总压增大，气体分压不变，不会引起化学平衡的移动，二氧化氮浓度不变，故D错误；故答案为：BC；100时，将0.10
21、0mol气体放入1L密闭容器中，平衡时，平均分子量=气体总质量气体总的物质的量= =57.5g/mol，将9.2g和气体放入1L密闭容器中，某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50，说明反应需向体积缩小的方向进行，即，故答案为：；当N2O4分解10%时,设投入的N2O4为1mol,转化的N2O4为0.1mol，则：，故此时,则，故答案为：3.9106。（二）选考题： 11.2019年4月23日，中国人民海军成立70周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。镍铬钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。（1）航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示）。基态Cr
22、原子的价电子排布式为_，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形，元素C、O、F的电负性由大到小的顺序为_。（2）海洋是元素的摇篮，海水中含有大量F、Cl、Br、I元素。OF2的空间构型为_，其中O原子杂化方式为_杂化。KCl晶体中存在的化学键类型有_；CaCl2熔点要比KCl的熔点高很多，主要原因为_。（3）海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化铁、锰、锌等。Zn2+与S2-形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示Zn2+，白球表示S2-），Zn2+的配位数为_。晶胞边长为a nm、ZnS相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计
23、算表达式为_gcm-3。【答案】（15分）（1）3d54s1（1分） 哑铃（1分） FOC（2分） （2）V形（2分） sp3（1分） 离子键（2分） Ca2+半径比K+小，Ca2+所带电荷数比K+多，CaCl2的晶格能更高（2分） （3）4（2分） （2分）【解析】【分析】（1）依据原子核外电子排布规则写出基态Cr原子的价电子排布式；依据Si的核外电子排布式可知其最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；根据C、O、F的非金属性推断其电负性；（2）OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，键数为2，价层电子对数为4，所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp
24、3杂化；氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。（3）通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位数；通过硫化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为41=4，含有硫离子的数目为，一个晶胞的体积为(a10-7)3 cm3，由密度公式计算晶体的密度。【详解】（1）Cr为24号元素，核电荷数为24，故基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1；Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性：
25、FOC，则C、O、F的电负性由大到小的顺序为FOC。（2）OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，键数为2，价层电子对数为4，所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。（3）由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有4个，所以锌离子的配位数为4；一个晶胞中含有锌离子的数目为4，含有硫离子的数目为4，一个晶胞的体积为(a10-7)3 cm3，则晶体的密度为。【点睛】计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有
26、的离子数，再根据m=nM计算质量，根据V=a3计算体积，由此计算晶体的密度。12.芳香烃A是基本有机化工原料，由A制备高分子E和医药中间体K的合成路线（部分反应条件略去）如下图所示：已知：；回答下列问题：（1）A的名称是_，I含有官能团的名称是_。（2）反应的作用是_，的反应类型是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）D分子中最多有_个原子共平面。E的结构简式为_。（5）写出一种同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子；既能与银氨溶液反应又能与NaOH溶液反应。（6）将由D为起始原料制备的合成路线补充完整。_（无机试剂及溶剂任选）。合成路线流程图示
27、例如下：CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3【答案】（15分）（1） 甲苯（1分） 羧基、肽键（酰胺基）（1分） （2） 保护氨基（1分） 取代（水解）反应（1分） （3） +2NaOH+2NaCl+H2O（2分） （4） 19（2分） （2分） （5） （2分） （6） （3分） 【解析】【分析】芳香烃A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B发生水解反应生成苯甲醛，结合B的分子式，可知A为，B为；对比C、D的结构可知，苯甲醛与丙酮脱去1分子水形成碳碳双键而生成D，D发生加聚反应生成高分子化合物E为；由I中取代基处于对位位置，可知甲苯发生硝化反应生成F为，F发生还原反应生成
28、G为，由I的结构简式、H的分子式可知H的结构简式为：，H被酸性高锰酸钾溶液氧化生成I，I发生取代反应生成J，J发生水解反应生成K，可知GH是为了保护氨基，防止被氧化。【详解】（1）A为，名称是甲苯，I中官能团是羧基和肽键（酰胺基）；（2）反应的作用是保护氨基，防止被氧化，J发生水解反应生成K，则的反应类型是取代（水解）反应，（3）B为，B发生水解反应生成苯甲醛，该反应方程式为+2NaOH +2NaCl+H2O ；（4）通过旋转碳碳单键，可以使苯环、碳碳双键、碳氧双键的平面共面，可以使甲基中1个H原子处于平面内，分子中最多有19个原子共平面，E的结构简式为：；（5）一种同时符合下列条件的F()的同分异构体：苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，可以含有2个不同的取代基且处于对位，既能与银氨溶液反应又能与NaOH溶液反应，含有-OOCH结构，或者含有酚羟基与醛基，可能的结构简式为：；（6）在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，合成路线为 。【点睛】本题考查有机物推断和有机合成，为高频考点，明确有机物官能团及其性质关系、反应条件及题给信息的迁移是解本题关键，难点是有机物合成路线设计及限制型同分异构体种类判断，题目难度中等。
