2020年高三化学总复习练习题含答案(一)

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 Fe 56 I 127

一、选择题：

1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是

A．汽车尾气中的氮氧化物主要是汽油燃烧的产物

B．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体

C．距今三千年前的金沙遗址“太阳神鸟”仍璀璨夺目，是因为金的化学性质稳定

D．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是硅

【答案】A

【解析】A． 汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温或放电条件下生成的，故A项错误；

B． 硅胶比表面积大，有微孔，硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂，故B项正确；

C．金的化学性质稳定，所以距今三千年前的金沙遗址“太阳神鸟”仍璀璨夺目，C项正确；

D．太阳能电池帆板的材料是硅，D项正确；答案选A。

2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确．．．的是

A．过量的铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NA

B．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NA

C．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA

D．1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者小于后者

【答案】D

【解析】A．铁过量，1molCl2完全反应转移2mol电子，选项A正确；

B．乙醇有0.5mol，另外还有1.5mol水，故氢原子总数为（0.5mol×6+1.5mol×2）×NA =6NA，选项B正确；

C．反应中每生成4 mol氮气转移15 mol电子，生成28gN2时（物质的量为1mol），转移的电子数目为3.75NA，选项C正确；

D．NaCl溶液不水解，为中性，NaF溶液水解，为碱性，根据电荷守恒，两溶液中离子总数均可表示为2[n(Na+)+n(H+)]，Na+数目相等，H+数目前者大于后者，所以L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者大于后者，选项D错误；答案选D。

3．查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲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】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。

4．一种新型漂白剂(如下图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是

A．工业上通过电解熔融的WX来制得W

B．W、X对应的简单离子半径顺序为：W＞X

C．Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸

D．该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构

【答案】C

【解析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，Y位于ⅢA族。

根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素

A、MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故A错误；

B．W为Mg，X为O，对应的简单离子Mg2＋、O2－电子层结构相同，核电荷大的半径小，半径顺序为：Mg2＋

C． Y为B，B的最高价氧化物对应水化物H3BO3 为弱酸，故C正确；

D． 该漂白剂中H元素不满足8电子稳定结构，故D错误；故选C。

5．实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是

A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度

B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入

C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率

D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品

【答案】D

【解析】A选项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；

B选项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故B正确；

C选项，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故C正确；

D选项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。综上所述，答案为D。

6．下图是通过 Li-CO2 电化学技术实现储能系统和 CO2 固定策略的示意团。储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2 饱和 LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片，下列说法不正确的是

A．Li-CO2 电池电解液为非水溶液

B．CO2 的固定中，转秱 4mole－生成 1mol 气体

C．钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3+C - 4e－＝4Li++3CO2↑

D．通过储能系统和 CO2 固定策略可将 CO2 转化为固体产物 C

【答案】B

【解析】A选项，由题目可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂，故A正确；

B选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：2Li2CO3 ＝ 4Li++ 2CO2↑+ O2 + 4e－，转移4mole－生成3mol气体，故B错误；

C选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3 + C- 4e－＝4Li++3CO2↑，故C正确；

D选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故D正确。综上所述，答案为B。

7．常温下，向20.00mL0.1mol·L－1氨水中滴入0.1mol·L-1 盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-1gc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是

A．常温下，Kb(NH3·H2O)约为1×10-3

B．b=20.00

C．R、Q两点对应溶液均呈中性

D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等

【答案】B

【解析】A．常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=1431010mol/L=10-3mol/L，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，Kb(NH3•H2O)=33432cNHcOH1010cNHHO0.1=1×10-5，A错误；

B．当-lgc水(H+)最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确；

C．R点碱过量、N点溶液呈中性，Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；

D．R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；

故合理选项是B。

二、非选择题：

（一）必考题：共43分。

8．二硫化钼(MoS2， 其中Mo的化合价为+4)被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2 以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：

回答下列问题：

（1）“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为_____________________________。

（2）在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

（3）若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是__________________，“氨浸”后生成( NH4)2 MoO4反应的化学方程式为___________________________________。

（4）向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，加入盐酸后，(NH4)2 MoS4与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为_____________________________。

（5）高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6两种价态，则MoS2中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数4nMonMo为__________。

（6）钼酸钠晶体( Na2 MoO4 ·2H2O)是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去SO42−，若溶液中c(MoO42−)=0.4 mol/L，c(SO42−)=0. 05 mol/L，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO42−的去除率为_______________ [忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp( BaMoO4)=4.0×10−8 ， Ksp(BaSO4)=1.1×10−10]。

【答案】（14分，每空2分）

（1）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O

（2）7：2

（3）增大反应物的接触面积，提高浸出速率 MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O

（4）MoS42−+2H+=MoS3↓+H2S↑

（5）1：5

（6）97.8%

【解析】（1） 杂质SiO2与氢氟酸反应产生SiF4、H2O，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

（2）高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，在该反应中Mo、S元素化合价升高，失去电子，所以MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被还原，O2作氧化剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：2；

（3）“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4和H2O，该反应的化学方程式是

MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O；

（4）(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出NH4+和MoS42−，MoS42−在酸性环境下生成MoS3沉淀，另外的生成物只能是H2S气体，所以离子方程式为：MoS42−+2H+=MoS3↓+H2S↑；

（5）设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y=1，根据化合价代数之和为0，则有4x+6y=2.8×2，解得x=0.2，y=0.8，所以该杂质中Mo4+与Mo6+的物质的量之比4nMonMo=0.2：(0.2+0.8)=1：5；

（6）当BaMoO4即将开始沉淀时，溶液中c(Ba2+)=8sp424KBaMoO4.0100.4cMoO=1.0×10−7mol/L，由于Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，则此时溶液中SO42−的浓度为c(SO42−)=10sp472KBaSO1.1101.010cBamol/L=1.1×10−3mol/L，所以SO42−的去除率为30.05mol/L1.110mol/L0.05mol/L×100%=97.8%。

9．碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：