【化学】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（解析版）
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
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
【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
【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)：
-
2 3 2 4 2 4 2 4 2 232FeS +30NaClO +14H SO Fe SO +15Na SO +30ClO +14H O 。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
【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
【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 - + 2+ -
2 3 4 2PbO +ClO +2H =Pb +ClO +H O
D. 在 KNO3、KClO4、NaClO4、NaNO3 中，常温下溶解度小的是 KClO4
【答案】A
【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：
- + 2+ -
2 3 4 2PbO +ClO +2H =Pb +ClO +H O ，故 C 正确；
D. 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： 2+ + - +
2 2VO +2H -e =VO +H O
B. 充电时阴极反应为： 2+ - 3+V -e =V
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
【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；
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
( 滴定用量滴定分 滴定用量数 总 )。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， + -c Na >c A
D. x 点处的溶液中离子满足： + - -c HA +c H >c A +c OH
【答案】D
【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
- +
a
c A c H
K =
c HA
，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=
-7
-610 0.91 10
0.09
，设 0.1mol/L 的 HA 溶液中 c（H+）=amol/L，则 K= -6a a =10
0.1-a
，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
+ + - -c Na +c H =c A +c OH ，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以
+ -c Na >c A ，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：
+ + - -c Na +c H =c A +c OH ，物料守恒： + -2c Na =c A +c HA ；二式消掉钠离子可
得： + - - - +c HA +c H =c A +c OH +c OH -c H ，此时溶液呈酸性，即 c（H+）> c（OH-），
所以 + - -c HA +c H
”或“<”)，其原因为________________________。
③关于容器乙，下列说法正确的是________(填选项字母)。
A．容器内
3
2
n NH 1=n Cl 3
，说明反应达到平衡状态
B．反应进行到 70min 时，v 正一定大于 v 逆
C．容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在正向移动
D．达平衡后，加入一定量 NCl3(l)，平衡逆向移动
E．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后 NH3 的转化率增大
④温度为 T1 时 HCl(g)的平衡体积分数=________，该温度下，若改为初始体积为 2L 的恒压
容器，平衡时容器中 n(Cl2)________(填“>”、“=”或“<”)1.6mol。
⑤温度为 T2 时，该反应的平衡常数 K=________。
【答案】 (1). 2
△
H-
△
H1 (2). 3.75×10-3mol▪L-1▪min-1 (3). < (4). 容器乙反应速率快，
所以 T1>T2,又因为容器乙平衡时 n(Cl2)大，说明温度升高，平衡逆向移动，
△
H2<0》 (5). E
(6). 0.33 或 1
3 (7). < (8). 0.6
【分析】（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）①由表中数据可知，0～80min 内，容器甲中消耗氯气 1.8mol，则由方程式可知消耗
0.6mol 氨气，结合 cv= t
计算；
②容器乙达到平衡用时少，则反应快，温度高，容器乙中平衡时 n（Cl2）较大，说明升高温
度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；
④温度为 T1 时，达到平衡消耗 2.4mol 氯气，结合方程式计算；该温度下，若改为初始体积
为 2L 的可变容器，则压强大于恒容时；
⑤计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数。
【详解】（1）已知Ⅰ． 3 2 3NH g +3Cl g NCl l +3HCl g ΔH ；
Ⅱ． 3 2 22NH g +3Cl g N g +6HCl g 1ΔH ；根据盖斯定律 2×Ⅰ-Ⅱ可得
2 2 3N g +3Cl g =2NCl l ，所以 2ΔH =2
△
H-
△
H1，
故答案为：2
△
H-
△
H1
（2））①由表中数据可知，0～80min 内，容器甲中消耗氯气 1.8mol，则由方程式可知消耗
0.6mol 氨气，则 c 0.6mol 2v= =
t 80min
L
=3.75×10-3mol▪L-1▪min-1
故答案为：3.75×10-3mol▪L-1▪min-1；
②容器乙达到平衡用时少，则反应快，温度高，容器乙中平衡时 n（Cl2）较大，说明升高温
度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，
故答案为：＜；容器乙反应速率快，所以 T1>T2,又因为容器乙平衡时 n(Cl2)大，说明温度升
高，平衡逆向移动，
△
H2<0；
③A．按 1：1 投入反应物，按 1：3 反应，无论任何时候，都不能满足
3
2
n NH 1=n Cl 3
，故 A
错误；
B．根据图表可知达到平衡的时间在 40 到 80min 之间，无法确定反应进行到 70min 时是否
达到平衡，故 v 正不一定大于 v 逆，故 B 错误；
C．由极限法考虑可知当 4molNH3 和 4molCl2 完全反应时容器内的平均相对分子质量减小，
所以容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在逆向移动，故 C 错误
D．加入液体，平衡不移动，故错误；
E．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，相当于增大压强，平衡正向移动，则平衡
后 NH3 的转化率增大，故 D 正确；
故答案为：E；
④温度为T1 时，
3 2 3+
4 4 0
0.8 2.4 2.4
3.2 1
NH g 3Cl g NCl l +3HC
.6 2.4
l g（ ） （ ） （ ） （ ）
则 HCl 的体积分数为 2.4/(3.2+1.6+2.4)=1/3，反应向体积减少的方向进行，如在恒容条件下，
则压强减小，该温度下，若改为初始体积为 2L 的可变容器，则压强大于恒容时，平衡时容
器中 n（Cl2）＜1.6mol，
故答案为：0.33 或 1
3
；＜；
⑤温度为 T2 时
3 2 3+
4 4 0
2
NH g 3Cl g NCl l +3HCl g
2
2 2
2 3
10 3
（ ） （ ） （ ） （ ）
体积为 2L，则 K=
3
3
1
5 3 1 =0.6，
故答案为：0.6；
【点睛】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学平衡状态、化学平衡移动以及化学平
衡的计算等，为高考常见题型，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合
应用能力、计算能力等。
11.[化学—选修 3；物质结构与性质]
明朝《天工开物》中有世界上最早的关于炼锌技术的记载，锌也是人体必需的微量元素。回
答下列问题：
(1)基态 Zn 原子核外的最高能层符号是________，基态 Zn2+最外层电子排布式为________。
(2)硫酸锌溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4 溶液。
①组成[Zn(NH3)4]SO4 的元素中，除 Zn 外其余元素的电负性由大到小排序为________。
②向[Zn(NH3)4]SO4 溶液中逐滴滴加 NaOH 溶液，未出现浑浊，其原因是________________。
③已知[Zn(NH3)4]2+的空间构型与 2-
4SO 相同，则在[Zn(NH3)4]2+中 Zn2+的杂化类型为
________，NH3 易液化的原因是________________________________。
④在[Zn(NH3)4]SO4 晶体中存在的作用力有________。
A．离子键 B．极性共价键 C．氢键
D．配位键 E．范德华力 F．金属键
(3)ZnO 与 ZnS 结构相似，ZnO 的熔点为 1975℃，ZnS 的熔点约为 1700℃。ZnO 熔点比 ZnS
高的原因是________________________________。
(4)常温下金属锌晶体的晶胞为六方最密堆积(如图所示)，若锌原子的半径为 rnm，六棱柱的
高为 8 23 rnm ，则金属锌晶体的空间利用率是________(用含π的代数式表示)。
【答案】(1). N (2). 3s23p63d10 (3). O>N>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). 3
π
2
或 2π
6
【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，
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，在溶液中难电离出 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 3 r2nm2，晶胞的高为 8 2r
3
nm，则晶胞体积
=2 3 r2nm2× 8 2r
3
nm=8 2 r3nm3，晶胞中 Zn 原子数目=1+8×1/8=2，Zn 原子总体积
= 3 342 πr nm
3
空间利用率=[ 3 342 πr nm
3
÷（8 2 r3nm3）]×100%=
π
3 2
或 2π
6
；
故答案为： π
3 2
或 2π
6
；
【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]
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 α -氨基-1,5-戊二醇 (5). HOOCCH2CH2CH2COOH +H2O (6).
(7).
【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 α -氨基-1,5-戊二醇
故答案为：羧基、酯基；2-氨基-1,5-戊二醇或 α -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的分子式为 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：
。
