晨鳥教育2020年高考學復練題五可能用到的相對原子質量H1Li7C12N14O16Na23S32K39Ti48V51Fe56一、選擇題：1.化學與生活、社會發展息息相。下列說法正確的是A．有人稱“一帶一路”是“現絲綢之路”，絲綢的主要成分是纖維素B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂都是高分子生成小分子的過程C．疫苗一般應冷藏存放，其目是避免蛋白質變性D．“玉兔二號”的太陽能電池板的材料是二氧化硅【答案】【解析】．絲的主要成分是蛋白質，故A錯；B．聚酸酯的降解是高分子生成小分子的過程，油脂不屬于高分子，故B錯誤C．疫一般應冷藏存放，其目的是避免蛋白質變性，使蛋白質失去活性，故C正；D．硅半導體，“玉兔二號”的太陽能電池帆板的材料是硅，故D錯；故選C。2.設Ⅳ表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．足量Zn與定量的濃硫酸反產生氣體時，轉移的電子數為

B．15.6g的NaS和NaO固混物中，陰離子數為C．1L0.1的COONa溶液含有的CH數為0.1ND．12g金石中含有的碳碳單鍵數約為4N【答案】【解析】．未說明氣體是否在況下，不能計算，故錯誤；BS和NaO二的摩爾質量同以15.6g的NaS和NaO固混合物中即0.2mol離數為0.2N，故正確；C．CHCOONa溶中醋酸根離子水解，不能計算其離子數目，故錯誤；D金石即1mol，每個碳原子與4碳原子形成共價鍵，所以平均每個碳形成個，則該質中含有的碳碳單鍵數約為，故錯誤故選B。3.下列關于2－環己基丙烯（

）和2－苯基丙烯（）說法中正確的是A．二者均為芳香烴C．二者均可發生加聚反應和氧反應【答案】

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

結構中不含苯環，不是芳香烴，故A錯誤；B、2－苯基丙烯分子中所有碳原可能共平面，不能說一定，因為當苯環與丙烯基連接的單鍵旋轉時就不在

同一平面內，故B錯誤；C、兩者都有碳碳雙鍵，所以二均可發生加聚反應和氧化反應，故C正；D、因2－苯基丙烯分子中含有5種等氫原子，則其一氯代產物有5種，故D錯；案為C?！军c睛】芳香烴是指含有苯環的烴，為易錯點。4.X、Y、Z、W是子序數依次大的短周期主族元素，它們之間可形成組成不同的多種可溶性常見鹽，其中有兩種組成為ZXY、ZWY。下列說中正確的是A．簡單離子半徑r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最常見氫化物的穩定性XC．ZY中含共價鍵且在熔融狀態下能導電D．HWY分中各原子均達到8子穩定結構【答案C【解析X、Z分是N、O、Na、Cl素，A．電層數越大離半徑越電層數相同時核荷數越小離半徑越大則單離子徑r(Cl

)>r(N)>r(O)>r(Na)，A錯誤；B．因非屬性：N＜O，最常見氫化物的穩定性X＜Y，B錯誤；C．ZY為過氧化鈉，其中含有子鍵和共價鍵，屬于離子晶體，在熔融狀態下能導電C項確D．HWY分子為HClO，中Cl和O原子均達到8電子穩定結構，而H是2電子穩定結構D項誤；答案選C。5.鎳鈷錳三元材料是近年來開發一類新型鋰離子電池正極材料有容量高循穩定性好成本適中等重要優點鈷三元材料中Ni為要活潑元素常以表示為LiNi中a+b+c=1簡為LiAO。充電時總反應為LiAO+nC=LiAO+LiC（0<x<1作原理如下圖所示，則以下說法正確的A．放電時Ni元素最先失去電子B．放電時電子從a電由導線向電極C．充電時的陰極反應式為LiAO-xe=LiAO+D．充電時轉移1mol電子，理論陰極材料質量增加7g【答案】【解析】根據

的移動方向可知a為極b為極。

．．．晨鳥教育．．．A．鎳放電時石墨是負極Li元先失去電子，故A錯誤；B．放電時電子從負極，即b電由導線移向正極，即電極故B錯；C．充時的陰極反應式是：+xe=LiC故C錯誤；D．充時，陰極反應式為質量為，D正；故選D。

+xe

=LiC，移1mol電，論陰極材料質量增加1mol鋰離子，6.某實驗小組用圖示裝置制備高酸(K并探究其性質。已知：KFeO為色固體，微溶于KOH溶液具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生在堿性溶液中較穩定。制取實驗完成后，取C中色溶液，加入稀鹽酸，產生氣體。下列說法不正的A．B瓶應盛放飽和食鹽水除去有的B．C瓶中KOH過量更有利于高酸鉀的生成C．加鹽酸產生氣體可說明氧化KFeOD．高鐵酸鉀是集氧化、吸附、凝、沉淀、滅菌、消毒、脫色、除臭等八大特點為一體的優良的水處理劑【答案】【解析】、鹽酸易揮發，制得氯氣中含有氯化氫氣體B瓶應盛放飽和食鹽水除去混有的HCl，選項確；B、高鐵酸鉀在堿性溶液中穩定，故過量有利于它的生成，選項B正確；C、根據題給息可知，加鹽酸產生的氣體也可能是氧氣，選項C不確、高鐵酸鉀是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、滅、消毒、脫色、除臭等八大特點為一體的優良的水處理劑，選項D確；答案選C。7.室溫下向100mL飽和H溶液通入SO氣(氣體體積換算成標準狀)發生反應2HS+SO=3S↓+2HO，測得溶液pH與入SO的關如所示。下列有關說法錯誤的是A．a點水的電離程度最大B．該溫度下HS的K≈10C．曲線y代繼續通入SO氣體溶液pH的變化

3a1-)3a1D．a點之后，隨SO氣的通入的始終減小c(HSO2【答案】【解析】選項由題圖可知表示通入SO體112mL(0.005mol)時pH=7，明氣體H溶液恰好完全反應，溶液呈中性，點之為HS過a之后為SO過，溶液均呈酸性，故a點的電離程度最大，故A正；B選項，由題圖中曲線的起點可a溶液呈中性，說明氣與HS溶恰好完全反應，由此可知飽和HS溶中溶質的物質的量為0.01mol，c(HS)=0.1mol/L，0.1mol/LHS溶電離出的c(H)=10mol/L電離方程式為HSH

+HS

、HS

H+S

；第一步為主，根據平衡常表達式計算出該溫度下HSK≈

1010

≈10，B正；C選項，當通入SO氣336mL時，物質的量為0.015mol反應后相當于溶液中的c(HSO)=0.1mol/L，因為HSO的酸強于HS，故此時溶對應的pH應小于4.1故曲線y代繼續通入SO氣后溶液pH變化，故C正；D選項，根據平衡常數表達式可

-)3c(H2

K=，a點后，隨SO氣的通入c(H)大，當通入的+)SO氣體達飽和時c(H)不再變，故D誤。綜上所述，答案為D。二、非選擇題：8.過氧乙酸(和步驟如下

)是種高效消毒劑它由冰醋酸和過氧化氫在濃硫酸催化作用下制得驗裝置①在三頸燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃硫酸的混合物，再緩緩加入適量30%的雙氧水；②不斷攪拌并控制裝置B中混液的溫度為20℃至反應結束；③接入儀器C和氣泵，在錐形瓶中收集得到產品?；卮鹣铝袉栴}：（1儀器C的稱_______，器C中水流入口_______(填“a”或“”)。（2為更好地控制反應溫度，采用的加熱方法______________。（3生成過氧乙酸的化學方程_________________（4實驗測得產物過氧乙酸的分含量隨反應物比例和反應時間的變化數據如下表。由表中數據可知，反應

晨鳥教育物最佳比例CHCOOH/HO)是_______，佳反應時間_______。（5產品中過氧乙酸濃度的測：取2.00mL過氧酸產品試樣，加水稀釋成100mL；中取出5.00mL，逐滴滴加酸性KMnO溶至溶液恰好呈粉紅色除去殘余的HO再加入稍過量的KI溶發生反CHCOOOH＋2I＋2H＝I＋CHCOOHO反應完全后滴入幾滴淀粉溶液用0.1000mol·L

的NaSO標液滴定至終點(反應式為O2＋I＝SO

＋2I)，消耗14.30mLNaSO標準液。則產品中過氧乙酸的物質的量濃度是________mol·L(保留2位數?！敬鸢阜郑┲毙卫淠ǎ゛（1分）（2水浴加熱（2分（3

CHH32

濃HCHCOOOH+HO32

（3分）（4（2分5h（2分）（5）7.15（3分【解析）儀器C為冷管，冷凝水應當低進高出，則流入口為a，答案為：冷凝管a；（2為更好地控制反應溫度，采用的加熱方法是水浴加熱，故答案為：水浴加熱；（3過氧乙酸由過氧化氫氧化酸得到，化學方程式為

CHH32

濃HCOOOH+H32

；（4分析圖表可知，當反應物例為時，過氧乙酸的百分含量最高，且反應達到為最反應時間，故答案為；5h；（5根據關系式CHCOOOH～2NaSO，知稀釋后的溶液中過氧乙酸的物質的量==

×0.0143L，原來2mL溶液中過乙酸的物質的量100mL×0.0143Lmolmol故該樣品中過氧乙酸的物質的量濃度是5mL0.0143mol0.002L

=7.15mol，故答案為：7.15。9.隨著科技的進步，合理利用資、保護環境成為當今社會關注的焦點。甲胺鉛(CHPbI)用全固態鈣鈦礦敏化太陽能電池的敏化劑，可由CHNH、PbI為原合成，回答下列問題：（1制取甲胺的反應為OH(g)＋NH(g)CHNH＋HO(g)ΔH已知該反應中相關化學鍵的鍵能數據如下：

共價鍵鍵能/kJ·mol

C—O351

H463

N—H393

C293

C414則該反應的ΔH＝_________kJ·mol。（2上述反應中所需的甲醇工上利用水煤氣合成，反應為CO(g)＋2H(g)CHOH(g)ΔH<0在一定條件下，將1molCO和2molH通入密閉容器中進行反應，當改變某一外界條(溫度或壓強)時，CHOH體積分數φ(CHOH)變化趨勢如圖示：①平衡時，點CHOH的積分數為，則CO的轉率_________。②X軸上a點數值比b點_________(“大”或“小”)某同學認為上圖中Y軸示度你為他判斷的理由是。催化劑（3工業上可采用CHOH

CO+2H的法來制取高純度的CO和我國學者采用量子力學方法，通過計算機模擬，研究了在鈀基催化劑表面上甲醇制氫的反應歷程，其中吸附在鈀催化劑表面上的種標注。甲醇（）氫反應的第一步歷程，有兩種可能方式：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，甲醇裂解過程主要歷經的方式應_________(填A、B)。下圖為計算機模擬的各步反應的能量變化示意圖。該歷程中，放熱最多的步驟的化學方程式______________________________________________。（4常溫下PbI飽溶(呈中＝1.0×10【答案分每空2分）

mol·L，(PbI)＝_________

晨鳥教育（1）-12（2）25%

小

隨著Y值增大，φ(CHOH)減小，平衡CO(g)(g)CH向逆反應方向進行，故Y為溫度（3）ACHO*＋3H*=CO*＋4H*或＋H*）（4）4×10【解析斷鍵的可以不計算算斷鍵和成鍵的該應的＝351+393–293–463=-12kJ·mol

，故答案為：-12。⑵CO(g)＋2H(g)?CHOH(g)開始：2mol0轉化：2xmolxmol平衡：(1-x)mol(2-2x)molxmolx解得x=0.25mol，1x1mol①平衡時，點CHOH的體分為10%則CO轉化率為25%，故答案為：25%。②根據圖象得出X軸上a點數比b點小學認為上圖中Y軸示溫度斷理由是隨著的增大，φ(CHOH)減小，平衡CO(g)＋2H?CHOH(g)逆反應方向進行，故Y為度故答案為：??；著Y值增大，φ(CH減，平衡CO(g)(g)CH向逆反應方向進行，故Y為度。（3）由活化能E值推，甲醇解過程主要歷經的方式應為，該歷程中，放熱最多的步驟是HO*＋3H*反應階段因該反應的化學方程式CHO*（或CHO*=CO*案A（或CHO*=CO*＋H*（4）常溫下，PbI飽和液呈色中c(Pb)mol·L，（P=1.0sp2

，故答案為：。工上以釩渣(主要含O，有少量SiO、P等雜質)為原料以制氧釩堿碳酸銨晶體[(NH)(VO)(CO·10HO]其生產工藝流程如下。（1焙燒過程中VO轉化為可性NaVO，反應的化學方程式為_。（2濾渣的主要成分________________(化學)。（3“沉釩”得到偏釩酸(NHVO，若濾液中c(VO

)=0.1mol·L，使釩元素的沉降率達到98%至少應

)為____mol·L。[已知K(NHVO)=1.6×10]（4“還原”VO過中，生成VOC1和種無色無污染的氣體，該反應的化學方程式____________。用濃鹽酸與VO反也可以制得VOC1該方法的缺點是___________________________。（5稱量ag產品于錐形瓶中20mL蒸餾水與稀硫酸溶解后入KMnO溶至稍過量，充分反應后繼續滴加的NaNO液至稍過量，再用尿素除去過量NaNO，最用cmol·L(NH)Fe(SO)標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為b。(知滴定反應為

+Fe+2H==VO+Fe+H①KMnO溶的作用______________。②粗產品中釩的質量分數表達式________(計。③若(NH)Fe(SO)標準液部分變質，會使測定結____(“偏高”、“偏低”或“無影響”)【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）

有氯氣生成，污染空氣2分（5①將VO氧為VO（2分②

a

（2分③偏（分）【解析將爐渣和碳酸鈉在空氣流中焙燒將V轉為可溶性NaVO，同得到二氧化碳，生反應的化學方程式為VO+NaCO+O

2NaVO+CO；（2焙燒時SiO、PO分與碳酸鈉生成可溶于水的Na和NaPO，除硅、磷時加入硫酸鎂溶生成Mg

（PO）、MgSiO沉，則過濾時得到的濾渣的主要成分為(PO)、MgSiO；（3已知K(NH)=c(NH)?c(VO)=1.6×10若濾液中c(VO)=0.1mol·L，使釩元素的沉降率達到98%，則溶液中剩余c(VO)=0.1mol·Lmol·L此c(NH)=

1.60.002

mol·L=0.8mol·L；（4用鹽酸酸化的NH還成VOCl和種無色無污染的氣體，根據質量守恒定律，氣體應為N則發生反應的化學方程式為NH?2HCl+2VO+6HCl=4VOCl+N↑+6HO改濃鹽酸與VO反也可以制得VOC1，但同時得到的氧化產物Cl，氣體有毒，會污染環境；（5①根據分析KMnO溶液的作用是+價的氧化為VO

；②根據釩元素的質量守恒根據定反應為VO+Fe+2H=VO+Fe+HO則元素的物質的量（NH）Fe（SO）]=cmol/L×b×10L=cb×10mol粗產品中釩的質量分數的表達式為83g/mol

100%

=

a

100%

；③若(NH)Fe(SO)標準液部分變質，則還原能力降低，滴定時消耗的標準液體積偏高，根據滴反應為：

晨鳥教育VO+Fe+2H=VO+Fe+HO，可知使測定結果偏高。（二）選考題：11.核電荷數依次增大的A、C、D、F是周期表中前四周期的元素，其中A、B、C是同一期的非金屬元素化物DC的體為離晶體的二陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構AC為非極性分子，B、C的化物的沸點比它同族相鄰周期元素氫化物的沸點高E原的一種核素的質量數49，中子數為27元素是第四周期元素未成對電子數最多的元素FCl能與B、C的氫化物形成六配位配合物，且兩種配體的物質的量之比為2∶1，1mol合物與足量的AgNO溶液應能立即生成3molAgCl。根據以上情況，回答下列問題題時用元素符號表示）（1）B氫物與HCl反生成的含有素粒子的空間構型_；F元原子的最外電子數為________個。（2）B

離子分別與AC及B、C組成的態化合物互為等電子體，則、C組成化合物化學式為_______________離還可以和某一價陰離子互為等電子體，該陰離子電子式_________，種陰離子常用于檢驗日常生活中的一種金屬陽離子，則金屬陽離子符號_________。（3）B元與同周期相鄰元素的第一電離能由小到大的順序_______________。（4）B的高價氧化物對應的水化物的稀溶液與的單反應時，被原到最低價，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比_______________（5的外電子排布式是_________________________，FCl形成六配位的配合物化學式為________________________。（6）E的種氧化物晶胞結構（長方體）如圖所示，該氧化物的化學式；該晶胞三個晶胞參數分別為：apm、bpm、cpm。該氧化物的密度____________g/cm。(寫出表達式即)【答案】（15分（1）正四面體形（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，它們的核電荷數A＜B＜C＜D＜E。合物DC的體為離子晶體，D的價陽離子與C的離子具有相同的電子層結構C形成2價離子，且D位C下一周期B的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高，分子中存在氫鍵形成2價離子，則C為氧元素，故D為鎂素；核電荷數＜C則為氮素；、B、C是同周期的非金屬元素，AC為極性分子，則A為元；E原的一種核素的質量數為49，子數為，質子數為，E為Ti元F元素第四周期元素中未成對電子數最多的元素，原子核外電子排布為2s2p3s3p3d4s，則F為Cr元CrCl能與NH、HO形成配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2：1，則配體中有4個NH、2HO，1mol合物與足量的AgNO溶反應能即生成3molAgCl，說明三個氯離子位于外界，該配合物[Cr(NH)(HO)，據此分析解題。由分析知：為C元、為N元、C素D為Mg元、為Ti元、為Cr元；（1元素氫化物與HCl反生成的含有N素粒子為NH

，分子中N原價層電子對=4+

52

=4原子為sp化不孤對電子故空間構型是四面體為Cr原子核外電子排布為1s2s2p3s3p3d4s，元素原子的最外層電子數為1個（2）N

離分別與CO、由N、O組成氣態化合物互為等電子體，則N組的化合物化學式為NO；N-離還可以和一價陰離子互為等電子體，根據價電子總數相等，用S、C原子代替個N原可該陰離子為SCN，結構與CO類這離子電子式為

這陰離子常用于檢驗日常生中的一種金屬陽離子金屬陽離子符號為；（3周自左而右第一電離能呈增大趨勢元素原子2p能級有3個電處于半滿穩定狀態子量低，氮元素第一電離能高于相鄰的元素的，所以第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N；（4的高價氧化物對應的水物為的單質為Mg，HNO稀液與Mg反時N元被原到最低價，則生成NHNO被氧化為Mg(NO)，令NHNO，Mg(NO)化學計量數分別為x、y，則根據電子移守恒有[5-(-3)]×x=2y，以x：1該反應的化學方程式是4Mg+10HNO=4Mg(NO)+NHNO+3HO，所該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比是1:4（5原核外電子排布為1s2s2p3s3p3d4s原子失去4s能個子3d能2個子形成Cr，Cr的外電子排布式是2s2p3s3p3d，上述分析可知CrCl形的六配位的配合物化學式為[Cr(NH)(HO)]Cl；（6）由

可知，晶胞中Ti原位于體心與頂點上O子位于上下兩個面上及體內(有2

A晨鳥教育A11個晶中Ti元數目=1+8×=2原子數目2+4×=4該化合物化學