2020年高三化学总复习练习题含答案（六）

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Cl 35.5 Cu 64 一、选择题： 1.五千年中华历史创造了绚丽多彩的中华文明，下列说法错误的是 A．豆腐的制作过程利用了胶体的性质 B．制作月饼所用的面粉、鸡蛋清和植物油均属于天然高分子化合物 C．秦朝兵马俑的制作原料主要是硅酸盐，属于无机非金属材料 D．“越王勾践剑”的制作原料为青铜，属于合金 【答案】B 【解析】A.豆浆中蛋白质溶液属于胶体，加入电解质，胶粒上的电荷被中和，发生聚沉形成豆腐， 属于胶体的性质，A 正确； B.植物油属于油脂，油脂不属于高分子化合物，B 错误； C.秦朝兵马俑的制作原料主要是硅酸盐，属于无机非金属材料，C 正确； D.青铜器属于铜合金，D 正确；故合理选项是 B。 2.下列有关说法不正确的是 A．天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点 B．用饱和 Na2CO3 溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸 C． 的名称为 2-乙基丙烷 D．有机物 分子中所有碳原子不可能在同一个平面上 【答案】C 【解析】A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物， 没有恒定的熔点和沸点，故 A 正确； B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和 Na2CO3 溶液除去乙酸乙酯中的乙酸， 故 B 正确； C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以 2 号位不能存在乙基， 的名称为 2-甲基 丁烷，故 C 错误； D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为 sp3 杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平 面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故 D 正确。故选 C。 3．捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA 为阿伏加德罗常数的值)A．10.1gN(C2H5)3 中所含的共价键数目为 2.1NA B．标准状况下，22.4LCO2 中所含的电子数目为 22NA C．在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂 D．100g 46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为 5NA 【答案】C 【解析】A 选项，10.1gN(C2H5)3 即物质的量为 0.1mol，一个 N(C2H5)3 含有共价键数目为 21 根， 则 10.1gN(C2H5)3 含有的共价键数目为 2.1NA，故 A 正确； B 选项，标准状况下，22.4LCO2 中所含的电子数目为 22NA，故 B 正确； C 选项，在捕获过程中，根据图中信息得出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故 C 错误； D 选项，100g 46％的甲酸水溶液，甲酸 46g 即物质的量为 1mol，水的质量为 54g 即物质的量为 3mol，因此共所含的氧原子数目为 5NA，故 D 正确。综上所述，答案为 C。 4.W、X、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增大。W、Z 同主族，X、Y、Z 同周期，Z 元素原 子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，Y 的单质是制造太阳能电池板的重要材料。下列说法 正确的是 A．简单离子的半径：Z>X>W B．简单氢化物的沸点：WZ D．Y 与 W 形成的化合物可与 CaO 反应 【答案】D 【解析】Y 的单质是制造太阳能电池板的重要材料，则其为硅；Z 元素原子的最外层电子数是其 电子层数的 2 倍，则其为硫；W、Z 同主族，则 W 为氧。 A. 若 X 为金属元素，离子半径 Xc HA >c H >c A >c OH ( ) ( ) [ ]( ) ( ) 2 2 2 2 2 + 3 2 + 2 2 c H NCH CH NH c H A c H NCH CH NH c HA ⋅ ⋅ [ ]( ) [ ]( ) 2 3 2 2 3 3 2 2 2 ( )c H NCH CH NH c OH c H NCH CH NH + + －－）=10-7.15mol·L－1，则 Kb2=10-7.15，由图 1 可知，当 c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则 Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于 A2－的水解程度，溶液显酸性，故 C 错误； D． = = ，由于通入 HCl，Kw、Kb1、Ka1 都不变，所以 不变，故 D 正确。故选 C。 二、非选择题： （一）必考题：共 43 分。 8.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式 存在；钴以 Co2O3·CoO 的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中制取 高纯碳酸钴（CoCO3)的工艺流程如下： （1）过程 I 中采用 NaOH 溶液溶出废料中的 Al，反应的离子方程式为 _________________________。 （2）过程Ⅱ中加入稀 H2SO4 酸化后，再加入 Na2S2O3 溶液浸出钴。则浸出钴的离子反应方程 式为_____________________(产物中只有一种酸根)。也可用 H2SO4 和 H2O2 代替 H2SO4、 Na2S2O3，那么该反应的化学方程式为______________；但若用 HC1 代替 H2SO4 会造成的后果是 ______________。 （3）过程Ⅲ中碳酸钠溶液的作用是沉淀 Al3+和 Li+，写出沉淀 Al3+的离子方程式 ___________________。 （4）过程Ⅳ沉钴的离子方程式是______________________。 （5）CoCO3 可用于制备锂离子电池的正极材料 LiCoO2，其生产工艺是将 n(Li)：n(Co)=l：l 的 LiCO3 和 CoCO3 的固体混合物在空气中加热至 700℃～900℃。试写出该反应的化学方程式________。 【答案】（14 分，每空 2 分） ( ) ( ) [ ]( ) ( ) 2 2 2 2 2 + 3 2 + 2 2 c H NCH CH NH c H A c H NCH CH NH c HA ⋅ ⋅ ( ) [ ]( ) ( )2 2 2 2 2 3 2 2 2 ·( )· ( )· ( ) c H NCH CH NH c H A c OH c Hc HA c Hc H NCH CH NH c OH − + × × ＋ － ＋－ （ ）（ ） 1 1 Kw Ka Kb× ( ) ( ) [ ]( ) ( ) 2 2 2 2 2 + 3 2 + 2 2 c H NCH CH NH c H A c H NCH CH NH c HA ⋅ ⋅（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ （2）4Co2O3·CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O Co2O3·CoO+H2O2+6H+=3Co2++O2↑+4H2O 产生 Cl2，污染环境 （3）2Al3++3CO32-+6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ （4）Co2++2HCO3-=CoCO3↓+H2O+CO2↑ （5）2Li2CO3+4CoCO3+O2 4LiCoO2+6CO2 【解析】由题中信息可知，过程 I 碱溶时，大部分铝转化为偏铝酸盐除去；过程 II 中钴渣中钴 元素被浸出；过程 III 中除杂质；过程 IV 中沉钴；过程 V 为提纯。 （1）过程 I 中采用 NaOH 溶液溶出废料中的 Al，反应的离子方程式为 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。 （2）过程Ⅱ中加入稀 H2SO4 酸化后，再加入 Na2S2O3 溶液作还原剂浸出钴，硫代硫酸根被氧化 为硫酸根，则浸出钴的离子反应方程式为 4Co2O3·CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O。若用 H2SO4 和 H2O2 代替 H2SO4、Na2S2O3，则该反应的化学方程式为 Co2O3·CoO+H2O2+6H+=3Co2++O2↑+4H2O； 但若用 HC1 代替 H2SO4 会造成的后果是盐酸被 Co2O3·CoO 氧化为 Cl2，污染环境。 （3）过程Ⅲ中碳酸钠溶液的作用是沉淀 Al3+和 Li+，沉淀 Al3+的离子方程式 2Al3++3CO32-+6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。 （4）过程Ⅳ沉钴的离子方程式是 Co2++2HCO3-=CoCO3↓+H2O+CO2↑。 （5）CoCO3 可用于制备锂离子电池的正极材料 LiCoO2，其生产工艺是将 n(Li)：n(Co)=l：l 的 LiCO3 和 CoCO3 的固体混合物在空气中加热至 700℃～900℃，该反应的化学方程式 2Li2CO3+4CoCO3+O2 4LiCoO2+6CO2。 点睛：制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。 审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环 保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合； 边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。 9.“中国芯”的发展离不开单晶硅，四氯化硅是制备高纯硅的原料。某小组拟在实验室用下列装置模 拟探究四氯化硅的制备和应用。已知有关信息： ①Si＋3HCl SiHCl3＋H2，Si＋2Cl2 SiCl4 ②SiCl4 遇水剧烈水解，SiCl4 的熔点、沸点分别为－70.0 ℃、57.7℃ 请回答下列问题： （1）装浓盐酸的仪器名称是_______________。 （2）写出 A 中发生反应的离子方程式：__________________________________________。 （3）若拆去 B 装置，可能的后果是_____________________________________________。 （4）有同学设计图装置替代上述 E、G 装置： 上图装置的主要缺点是________________________________________。 （5）利用 SiCl4 和 NH3 制备新型无机非金属材料(Si3N4)，装置如图。写出该反应的化学方程式： __________________________。利用尾气制备盐酸，宜选择下列装置中的____________(填字 母)。 （6）测定产品纯度。取 a g SiCl4 产品溶于足量蒸馏水中(生成的 HCl 全部被水吸收)，将混合物转 入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用 c mol·L−1 标准 NaOH 溶液滴定至终点(终点时硅酸未参加反 应)，消耗滴定液 V mL。则产品的纯度为_______________%(用含 a、c 和 V 的代数式表示)。若产品中溶有少量 Cl2，则测得结果_______________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（14 分）（1）分液漏斗（1 分） （2）2MnO4 −＋10Cl−＋16H+ 2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O（2 分） （3）HCl 和 Si 反应生成 SiHCl3 和 H2，产品纯度降低；Cl2 和 H2 混合共热易发生爆炸（2 分） （4）烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4 发生水解（2 分） （5）3SiCl4＋4NH3 Si3N4＋12HCl（2 分） c（2 分） （6） （2 分） 偏高（1 分） 【解析】装置 A 中利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气；装置 B 中饱和食盐水可吸收氯气中的 氯化氢气体，球形干燥管中的无水氯化钙可干燥氯气；装置 D 中纯硅与干燥的氯气反应生成四 氯化硅，SiCl4 遇水剧烈水解，SiCl4 的熔点、沸点分别为－70.0 ℃、57.7℃，最后可采用冷凝回 流降温的方法收集四氯化硅，G 主要吸收空气中的水蒸气，防止进入装置干扰实验，据此分析 作答。 （1）根据构造和用途可知，装有浓盐酸的仪器是分液漏斗，以便于控制加入浓盐酸的量与速率， 故答案为分液漏斗； （2）KMnO4 与浓盐酸反应生成 MnCl2、Cl2、KCl 和 H2O，其离子方程式为 2MnO4 −＋10Cl−＋ 16H+=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O； （3）若拆去 B 装置，则 Cl2 中混有 HCl 气体，依题意，HCl 与 Si 反应生成 SiHCl3 和 H2，且 H2 和 Cl2 混合共热易发生爆炸，故答案为 HCl 和 Si 反应生成 SiHCl3 和 H2，产品纯度降低；Cl2 和 H2 混 合共热易发生爆炸； （4）NaOH 溶液吸收尾气中的 SiCl4 和 Cl2，水蒸气进入产品收集瓶，依据已知条件可知，SiCl4 发 生水解； （5）SiCl4 与 NH3 反应生成 Si3N4 和 HCl，其化学方程式为：3SiCl4＋4NH3 Si3N4＋12HCl；HCl 极易溶于水，所以收集 HCl 制备盐酸时，要注意防倒吸，故 c 项正确；a 项虽有防倒吸功能，但 溶质氢氧化钠会与 HCl 反应，不能制备盐酸；b 项中 NaOH 与 HCl 反应；d 项中会产生倒吸；故 答案选 c。 （6）n（HCl）=n（NaOH）= mol，根据 Cl 守恒知 n(SiCl4)＝ mol，Mr(SiCl4)＝170，则 产品的纯度为 ω(SiCl4)＝ %。若产品中混有 Cl2，消耗 NaOH 溶液的体积将增大，最终测得 17 4 cV a 1000 cV 4000 cV 17 4 cV a结果偏高，故答案为 ；偏高。 10.（1）t1℃时，密闭容器中，通入一定量的 CO 和 H2O，发生如下反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔHt1)，在相同条件下发生上述反应，达平衡时，CO 浓度______c1(填“>”“”“（2 分） （2）放热（1 分） >（2 分） （3）p1>p2>p3（2 分） 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移 动，CO 转化率增大，而反应②为气体分子数不变的反应，产生 CO 的量不受压强影响，故增大压 强时，有利于提高 CO 的转化率（2 分） 反应①为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得 体系中 CO 的量增大，反应②为吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，产生 CO 的量增大，总结 果就是随温度升高，CO 的转化率减小（2 分） 【解析】⑴①从表格中数据分析，第 3～4 min 时，体系中各物质的浓度不再变化，说明反应已经 达到平衡状态，故答案为：3～4 min。 ②5～6min 时间段内，H2O(g)的浓度增大，CO 的浓度减小，说明是增加了 H2O(g)的量，使平衡正 向移动，故答案为：向右移动；a。 ③该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO 转化率减小，则 t2℃反应达到平衡 时，CO 浓度 > c1，故答案为：>。 ⑵①由题图 1 可知，升高温度，化学平衡常数增大，说明 Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)为吸热反应， 则其逆反应为放热反应，故答案为：放热。 ②K(T2)=c(CO)/c(CO2)=2.5 > K(T1)，根据图像信息可知，K 越大，对应的温度越高，所以 T2>T1，故答 案为：>。 ⑶反应①是体积减小的反应，反应②是等体积反应，从上到下，转化率增长，说明是增大压强， 因此压强由大到小的顺序为 p1>p2>p3，判断理由是相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的 反应，加压平衡正向移动，CO 转化率增大，而反应②为气体分子数不变的反应，产生 CO 的量不 受压强影响，故增大压强时，有利于提高 CO 的转化率，CO 平衡转化率随温度升高而减小的原因 应①为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得体系中 CO 的量增大，反应②为吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，产生 CO 的量增大，总结果就是随温度升高，CO 的转化率减小，故答 案为：p1>p2>p3；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，CO 转 化率增大，而反应②为气体分子数不变的反应，产生 CO 的量不受压强影响，故增大压强时，有利 于提高 CO 的转化率；反应①为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得体系中 CO 的量增大， 反应②为吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，产生 CO 的量增大，总结果就是随温度升高，CO 的转化率减小。 （二）选考题： 11.元素 X 的基态原子中的电子共有 7 个能级，且最外层电子数为 1，X 原子的内层轨道全部排满 电子．在气体分析中，常用 XCl 的盐酸溶液吸收并定量测定 CO 的含量，其化学反应如下： 2XCl+2CO+2H2O═X2Cl2·2CO·2H2O （1）X 基态原子的电子排布式为__________________。 （2）C、H、O 三种原子的电负性由大到小的顺序为__________。 （3）X2Cl2·2CO·2H2O 是一种配合物，其结构如图 1 所示： ①与 CO 为互为等电子体的分子是_________。 ②该配合物中氯原子的杂化方式为__________。 ③在 X2Cl2•2CO•2H2O 中，每个 X 原子能与其他原子形成 3 个配位键，在图中用“→”标出相应的 配位键_____________。 （4）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X 射线衍射法就是其中的一种。通过对 XCl 晶体的 X 射线衍射图象的分析，可以得出 XCl 的晶胞如图 2 所示，则距离每个 X+最近的 Cl﹣的个数为 ____________，若 X 原子的半径为 a pm，晶体的密度为 ρg/cm3，试通过计算阿伏加德罗常数 NA=___________________(列计算式表达)。 【答案】（15 分） （1）1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1（2 分） （2）O＞C＞H（2 分） （3）N2（2 分） sp3 （2 分） （2 分）（4）4（2 分） （3 分） 【解析】元素 X 的基态原子中的电子共有 7 个能级，说明有四个电子层，且最外层电子数为 1，X 原子的内层轨道全部排满电子说明 3d 轨道排满，即为 Cu[Ar]3d104s1。 （1）X 为 Cu，基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1， 故答案为 1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1； （2）同周期，从左到右，电负性逐渐增大，即 O＞C，非金属性越强，电负性越强，所以 C＞ H，即 O＞C＞H， （3）X2Cl2·2CO·2H2O 是一种配合物， ①找等电子体，找与这些原子相邻的原子，因此 CO 互为等电子体的分子是 N2， ②氯有 2 个 δ 键，还有两对孤对电子，因此氯原子的杂化方式为 sp3， ③在 X2Cl2•2CO•2H2O 中，每个 X 原子能与其他原子形成 3 个配位键，CO、H2O、Cl－各提供孤 对电子，亚铜离子提供空轨道，因此配位键图示为 ， （4） XCl 的晶胞如图 2 所示，以面心分析，左边两个 Cl－，右边两个 Cl－，即距离每个 X+最近 的 Cl－的个数为 4，若 X 原子的半径为 a pm，即每个边长为 pm，晶体的密度为 ρg/cm3， 每个晶胞中有 4 个 Cu+，4 个 Cl－， ， 阿伏加德罗常数 。 12.化合物 I 具有贝类足丝蛋白的功能，可广泛用于表面化学、生物医学、海洋工程、日化用品 等领域。其合成路线如下： 回答下列问题： -10 3 4 64+35.5= 4a 10 2 AN ρ × × × （ ） （ ） b=2 2a -10 3 64+35.54m= = 4 a 10 2 AN V ρ × ×（ ） -10 3 4 64+35.5= 4a 10 2 AN ρ × × × （ ） （ ）（1）I 中含氧官能团的名称为___________________。 （2）由 B 生成 C 的化学方程式为_______________________________。 （3）由 E 和 F 反应生成 D 的反应类型为_______，由 G 和 H 反应生成 I 的反应类型为______。 （4）仅以 D 为单体合成高分子化合物的化学方程式为_________________。 （5）X 是 I 的同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，其核磁共 振氢谱显示有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 6：2：1：1。写出两种符合要求的 X 的结构 简式_______________。 （6）参照本题信息，试写出以 1-丁烯为原料制取 的合成路线流程图（无 机原料任选）__________。 合成路线流程图示例如下： 【答案】（15 分） （1）羟基、酯基（2 分） （2） （2 分） （3）加成反应（2 分） 取代反应（2 分） （4） （2 分） （5） （2 分） （6）CH2=CHCH2CH3 CH2=CHCHBrCH3 CH2=CHCH(OH)CH3 （3 分） 【解析】（1）根据有机物 I 的结构简式可知，其含氧官能团羟基、酯基；正确答案：羟基、酯基。 （2）根据有机物 C 发生氧化反应变为羧酸，结合有机物 D 的分子式可知，D 的结构简式为 CH2=CH-COOH，有机物C是溴代烃发生取代反应产生，因此有机物C为醇，结构简式为CH2=CH-CH2OH， 所以有机物 B 结构简式为 CH2=CH-CH2Br,因此由 B 生成 C 的反应为取代反应，化学方程式为 ；正确答案： 。（3）有机物 E 为乙炔，与甲酸发生加成反应生成（D）CH2=CH-COOH；根据有机物 I 的结构简式可 知，由 G 和 H 反应生成 I 的反应类型为取代反应；正确答案：加成反应；取代反应。 （4）根据以上分析可知，有机物 D 的结构简式为 CH2=CH-COOH，可以发生加聚反应，生成高分子， 化学方程式为 ；正确答案： 。 （5）有机物 I 结构简式为 ，X 是 I 的同分异构体，能发生银镜反应，含有醛基；能 与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，含有羧基；其核磁共振氢谱显示有 4 种不同化学环境的氢，峰 面积比为 6：2：1：1，可知结构中含有 2 个甲基，且为对称结构；因此符合要求的 X 的结构简式： ；正确答案： 。 （6）根据 可知，形成该有机物的单体为 CH2=CH-CH(OH)CH3；CH2=CHCH2CH3 与 在加热条件下发生取代反应生成 CH2=CHCHBrCH3，然后该有机物发生水解生成 CH2=CHCH(OH)CH3，CH2=CHCH(OH)CH3 发生加聚生成高分子；合成流程如下：. CH2=CHCH2CH3 CH2=CHCHBrCH3 CH2=CHCH(OH)CH3 ；正确答案： CH2=CHCH2CH3 CH2=CHCHBrCH3 CH2=CHCH(OH)CH3 。