河北五个一联盟2020届高三化学上学期一轮复习收官试题（附解析Word版）

河北省“五个一”名校联盟 2020 届高三上学期一轮复习收官考 试理综 化学试题 一、选择题 1.2019 年 7 月 1 日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。 这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是 A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色 B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取 C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理 D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成 CO2 和 H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A.聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故 A 错误； B.氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故 B 错误； C.镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故 C 正确； D.丝、毛中主要含蛋白质，含有 C、H、O、N 等元素，燃烧不止生成 CO2 和 H2O，故 D 错误； 答案：C 2.下列说法正确的是( ) A. 蒸发结晶操作时，当水分完全蒸干立即停止加热 B. 滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中 C. 测定 NaClO 溶液的 pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到 pH 试纸上，再与标准比色卡对照 读数 D. 用 pH 计测定同温度同浓度的 Na2CO3 溶液和 NaCN 溶液的 pH，通过比较 pH 大小比较 H2CO3、HCN 的酸性强弱 【答案】B 【解析】 【详解】A. 蒸发时不能蒸干，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故 A 错误；B. 滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中，只要计算准确，不影响 结果，故 B 正确； C. NaClO 溶液有漂白性不能用 pH 试纸测其 pH 值，故 C 错误； D. 测定同温度同浓度的 Na2CO3 溶液和 NaCN 溶液的 pH，可知碳酸氢根离子与 HCN 的酸性， 不能比较 H2CO3、HCN 的酸性强弱，故 D 错误； 故答案为 B。 【点睛】从习惯上讲，被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中；从原理上说都可以，只 要操作准确，计算准确即可。 3.ClO2 是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点 11℃，凝固点-59℃。工业上，可用 下列原理制备 ClO2(液相反应)： 。设 NA 是阿伏伽德罗 常数的值。下列说法正确的是( ) A. 在标准状况下，2240mL ClO2 含有原子数为 0.3NA B. 若生成 1.5mol Na2SO4，则反应后的溶液中 Fe3+数目为 0.2NA C. 48.0g FeS2 完全反应，则上述反应中转移电子数为 6NA D. 每消耗 30mol NaClO3，生成的水中氢氧键数目为 14NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. ClO2 沸点 11℃，标况下为液体，2240mL ClO2 的物质的量不是 0.1mol，故 A 错误； B. Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故 B 错误； C. 48.0g FeS2 物质的量为 48g÷120g/mol=0.4mol， NaClO3 中氯元素由+5 价降到+4 价，失一个 电子，故 6mol NaClO3 失 6mol 电子，即 48.0g FeS2 完全反应，转移电子数为 6NA，故 C 正确； D.消耗 30mol NaClO3 生成 14mol 水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目 为 28NA，故 D 错误； 故答案为 C。 【点睛】本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反 应标况下的状态，注意 D 选项中一个水分子中有两个氢氧键。 4.查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为： 。则邻甲 ( )2 3 2 4 2 4 2 4 2 232FeS +30NaClO +14H SO Fe SO +15Na SO +30ClO ­+14H O基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有( ) A. 5 种 B. 4 种 C. 3 种 D. 2 种 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 邻 甲 基 乙 苯 的 结 构 简 式 为 ： ， 根 据 题 目 所 给 反 应 信 息 ， 四种不同的断键方式可生成最多 4 种有机产物，故答案为 B。 5.工业用强氧化剂 PbO2 来制备 KClO4 的工业流程如下： 根据流程推测，下列判断不正确的是( ) A. “酸化”的试剂是稀硝酸或浓盐酸 B. “滤渣”主要成分是 PbO2 粉末，可循环使用 C. NaClO3 与 PbO2 反应的离子方程式为 D. 在 KNO3、KClO4、NaClO4、NaNO3 中，常温下溶解度小的是 KClO4 【答案】A 【解析】 【分析】 工业用 PbO2 来制备 KClO4，是在酸性条件下用 PbO2 将 NaClO3 氧化成 NaClO4，过滤得含有 NaClO4 的溶液中加入硝酸钾，经结晶可得 KClO 晶体， 【详解】A.浓盐酸具有还原性会与 NaClO3 发生归中反应，同时也会消耗 PbO2，故 A 错误； B. “滤渣”主要成分是 PbO2 粉末，可循环使用，B 正确； C.根据产物可知 NaClO3 被 PbO2 氧化，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为： ，故 C 正确； - + 2+ - 2 3 4 2PbO +ClO +2H =Pb +ClO +H O - + 2+ - 2 3 4 2PbO +ClO +2H =Pb +ClO +H OD. 根据溶液中溶解度小的物质先析出，结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为 KClO4，故 D 正确； 故答案为 A。 6.全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池。钒电池电能以化学能 的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机 械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，采用质子交换膜作为 电池组的隔膜，电解质溶液流过电极表面并发生电化学反应，进行充电和放电。下图为全钒 液流电池放电示意图： 下列说法正确的是( ) A. 放电时正极反应为： B. 充电时阴极反应为： C. 放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极 D. 该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现 【答案】D 【解析】 【分析】 放电时，消耗 H+，溶液 pH 升高，由此分析解答。 【 详 解 】 A. 正 极 反 应 是 还 原 反 应 ， 由 电 池 总 反 应 可 知 放 电 时 的 正 极 反 应 为 VO2++2H++e-═VO2++H2O，故 A 错误； B.充电时，阴极反应为还原反应，故为 V3+得电子生成 V2+的反应，故 B 错误； C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故 C 错误； D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确； 2+ + - + 2 2VO +2H -e =VO +H O 2+ - 3+V -e =V故答案为 D。 【点睛】本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频 考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。 7.以 0.10mol／L 的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸 HA 的滴定曲线如图所示 ( )。下列表述错误的是( ) A. z 点后存在某点，溶液中的水的电离程度和 y 点的相同 B. a 约为 3.5 C z 点处， D. x 点处的溶液中离子满足： 【答案】D 【解析】 【详解】A.z 点滴定分数为 1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为 NaA，水的电离程度最大， z 点之前溶液存在 HA 抑制水的电离，z 点之后溶液中存在 NaOH 抑制水的电离，所以 z 点后 存在某点，溶液中的水的电离程度和 y 点的相同，故 A 正确； B. HA 的电离平衡常数 ，设 HA 的量为 1，y 点的滴定分数为 0.91，pH=7， 溶液中电荷守恒得到 c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数 K= ，设 0.1mol/L 的 HA 溶液中 c（H+）=amol/L，则 K= ，解得 a 约 为 10-3.5mol/L，pH 约为 3.5，故 B 正确； C. z 点滴定分数为 1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为 NaA，根据电荷守恒可知 = 滴定用量滴定分 滴定用量数 总 ( ) ( )+ -c Na >c A ( ) ( ) ( ) ( )+ - -c HA +c H >c A +c OH ( ) ( ) ( ) - + a c A c H K = c HA  -7 -610 0.91 10 0.09 × ≈ -6a a =10 0.1-a ×，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以 ，故 C 正确； D. x 点处的溶液中溶质为 HA 和 NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒： ，物料守恒： ；二式消掉钠离子可得： ，此时溶液呈酸性，即 c（H+）> c（OH-），所 以 ，故 D 错误； 故答案为 D。 【点睛】本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。 二、填空题 8.某实验室废液含 、Na+、Fe3+、Cr3+、 、 等离子，现通过如下流程变废为宝制 备 K2Cr2O7。 已知： (a) ； (b)金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如表。 pH 金属离子 开始沉淀 完全沉淀 Fe3+ 2.7 3.7 Cr3+ 4.9 6.8 ( ) ( ) ( ) ( )+ + - -c Na +c H =c A +c OH ( ) ( )+ -c Na >c A ( ) ( ) ( ) ( )+ + - -c Na +c H =c A +c OH ( ) ( ) ( )+ -2c Na =c A +c HA ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ - - - +c HA +c H =c A +c OH +c OH -c H ( ) ( ) ( ) ( )+ - -c HA +c H S>H (4). [Zn(NH3)4]2+难电离，溶液中 锌离子浓度很小，无法产生沉淀 (5). sp3 (6). 氨分子间易形成氢键 (7). ABD (8). 二者同属于离子晶体，O2-的半径比 s2-的小，ZnO 晶体的晶格能较大 (9). 或 【解析】 【分析】 （1）Zn 是 30 号元素；基态 Zn2+失去最外层两个电子， （2）①非金属性越强，电负性越强； ②[Zn（NH3）4]2+稳定，在溶液中难电离出 Zn2+； ③[Zn（NH3）4]2+空间构型与 SO42-相同，为正四面体形，杂化方式相同； ④[Zn（NH3）4]2+与 SO42-之间形成离子键，[Zn（NH3）4]2+中 Zn2+与 NH3 之间形成配位键，NH3 中、SO42-中原子之间形成极性键； （3）离子电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，离子晶体熔点越高。 （4）空间利用率为晶胞内硬球的总体积占晶胞体积的百分比。 【详解】（1）Zn 是 30 号元素，核外电子排布式为 1s22s22p62s23p63d104s2；基态 Zn2+失去最外 层两个电子， 8 23 rnm× 3 π 2 2π 6故答案为：N；3s23p63d10 （2）①除 Zn 外其余元素有 N、H、S、O，根据电负性判断方法可知电负性：O>N>S>H， 故答案为：O>N>S>H； ②[Zn（NH3）4]2+稳定， 溶液中难电离出 Zn2+，溶液中 Zn2+浓度很小，滴加 NaOH 溶液，无 法产生沉淀， 故答案为：[Zn(NH3)4]2+难电离，溶液中锌离子浓度很小，无法产生沉淀； ③[Zn（NH3）4]2+空间构型与 SO42-相同，为正四面体形，杂化方式相同，SO42-中心原子价层 电子数目=(6+2+0×2)/2=4，杂化方式为 sp3 杂化，所以 Zn2+的杂化类型为 sp3 杂化；NH3 分子 间存在氢键，所以易液化 故答案为：sp3；氨分子间易形成氢键； ④[Zn（NH3）4]2+与 SO42-之间形成离子键，[Zn（NH3）4]2+中 Zn2+与 NH3 之间形成配位键，NH3 中、SO42-中原子之间形成极性键没有非极性键、范德华力、金属键， 故选：ABD； （3）离子电荷数相同，O2-离子半径比 S2-的离子半径小，ZnO 晶体的晶格能更大，熔点较高， 故答案为：二者同属于离子晶体，O2-的半径比 s2-的小，ZnO 晶体的晶格能较大； （4）底面 4 个相邻的原子形成的菱形，锐角为 60°，Zn 原子半径为 rnm，则底面边长为 2rnm，底面积=2rnm×2rnm×sin60°=2 r2nm2，晶胞的高为 nm，则晶胞体积=2 r2nm2× nm=8 r3nm3，晶胞中 Zn 原子数目=1+8×1/8=2，Zn 原子总体积= 空间利用率=[ ÷（8 r3nm3）]×100%= 或 ； 故答案为： 或 ； 【点睛】第（4）问难度较大，需要有扎实的晶体化学知识，灵活运用均摊法，同时也要有足 够的空间想象能力和立体几何知识，六方最密堆积不再是立方结构，晶胞参数已经不同于立 方晶系，六方最密堆积晶胞实为等径硬球接触，上一层嵌于下一层的凹处，上下关系抽象在 晶胞内其实是正四面体关系。 12.[化学—选修 5：有机化学基础] 在 3 8 2r 3 × 3 8 2r 3 × 2 3 342 πr nm 3 × 3 342 πr nm 3 × 2 π 3 2 2π 6 π 3 2 2π 6利用化学方法合成味精的路线如下图所示： 请回答以下问题： (1)R 的结构简式为________；由 A 生成 B 的反应类型是________。 (2)F 中含氧官能团的名称为________；化合物 H 的化学名称为________________。 (3)写出由 C 生成 D 的化学方程式________________。 (4)写出一种符合下列要求的 A 的同分异构体的结构简式________。 ①结构中含有六元环，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基； ②能在 NaOH 溶液中发生水解反应； ③1mol 该物质与足量金属 Na 反应能够生成 0.5mol H2 (5)参照上述合成路线，写出以苯丙酸( )和甲醇(其它无 机试剂任选)，设计合成苯丙氨酸( )的路线。 _______________________________________________________________________【答案】 (1). CH3COOCH2CH3 (2). 加成反应 (3). 羧基、酯基 (4). 2-氨基-1,5- 戊二醇或 - 氨基-1,5- 戊二醇 (5). HOOCCH2CH2CH2COOH +H2O (6). (7). 【解析】 【分析】 （1）根据 R 的分子式和生成的 A 的结构简式以及反应条件判断 R 的结构简式；A 到 B 反应 物丙烯酸甲酯的双键被加成； （2）F 中含氧官能团为羧基和酯基；根据系统命名法命名 H； （3）根据 D 的结构可知 C 中的两个羧基一个脱掉羟基一个脱掉氢反应生成环。 （4）能在 NaOH 溶液中发生水解反应说明含有酯基；③1mol 该物质与足量金属 Na 反应能够 生成 0.5mol H2 说明还含有 1 个-OH； （5） 与 Br2/红磷作用得到 ，再与甲醇发生酯化反应生成 ，最后经过①NH3、②H2O/H+得到 。 【详解】（1）R 的分子式为 C4H8O2 且为酯类即含有酯基，和 C2H5ONa 反应后生成 A ，反推可知 R 为：CH3COOCH2CH3；A 到 B 反应物丙烯酸甲酯的双键被 α →加成，反应类型为加成反应； 故答案为：CH3COOCH2CH3；加成反应 （2）F 中含氧官能团为羧基和酯基；根据系统命名法可知 H 的名称为：2-氨基-1,5-戊二醇或 -氨基-1,5-戊二醇 故答案为：羧基、酯基；2-氨基-1,5-戊二醇或 -氨基-1,5-戊二醇； （3）根据 D 的结构可知 C 中的两个羧基一个脱掉羟基一个脱掉氢发生反应， 故答案为：HOOCCH2CH2CH2COOH +H2O； （4）A 分子式为 C5H10O3，其同分异构体结构中含有六元环，光谱测定显示，分子结构中不 存在甲基，含有酯基，还含有 1 个-OH，符合要求的同分异构体有 ； （5） 与 Br2/红磷作用得到 ，再与甲醇发生酯化反应生成 ，最后经过①NH3、②H2O/H+得到 ，合成路线流程 图为： 。 的 α α →