2025年高考二輪復(fù)習(xí)化學(xué)選擇題標(biāo)準(zhǔn)練12

選擇題標(biāo)準(zhǔn)練(一)(分值:40分)學(xué)生用書P279一、選擇題:本題共10小題,每小題2分,共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.(2024·江蘇泰州一模調(diào)研)下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、用途具有對應(yīng)關(guān)系的是()A.濃硫酸具有脫水性,可用于干燥Cl2B.ClF3具有強(qiáng)氧化性,可用作火箭助燃劑C.冰晶石微溶于水,可用作電解鋁工業(yè)的助熔劑D.HF分子之間形成氫鍵,HF(g)的熱穩(wěn)定性比HCl(g)的高答案:B解析:濃硫酸可用于干燥Cl2,是因?yàn)槠渚哂形?A錯(cuò)誤;ClF3具有強(qiáng)氧化性,可氧化燃料,可用作火箭助燃劑,B正確;冰晶石可用作電解鋁工業(yè)的助熔劑是因?yàn)槠淇梢越档脱趸X的熔點(diǎn),與其微溶于水的性質(zhì)無關(guān),C錯(cuò)誤;HF(g)的熱穩(wěn)定性比HCl(g)的高,是因?yàn)镠—F鍵能大于H—Cl鍵能,與HF分子之間形成氫鍵的性質(zhì)無關(guān),D錯(cuò)誤。2.(2024·廣東大亞灣區(qū)1月聯(lián)合模擬)下列陳述Ⅰ與陳述Ⅱ均正確,且具有因果關(guān)系的是()選項(xiàng)陳述Ⅰ陳述ⅡA硫酸工業(yè)中使用催化劑調(diào)控反應(yīng)催化劑能提高SO2的平衡轉(zhuǎn)化率BAgCl固體可完全溶于氨水Ag+與NH3形成可溶的[Ag(NH3)2]+C港珠澳大橋的鋼結(jié)構(gòu)表面涂上了樹脂涂料鋼鐵在海水中易發(fā)生析氫腐蝕D配制FeSO4溶液時(shí)常加入鐵粉鐵粉抑制Fe2+的水解答案:B解析:催化劑不能提高平衡轉(zhuǎn)化率,故硫酸工業(yè)中使用催化劑調(diào)控反應(yīng)是為了加快反應(yīng)速率,A錯(cuò)誤;Ag+與NH3形成可溶的[Ag(NH3)2]+,故AgCl固體可完全溶于氨水,B正確;鋼鐵在海水中易發(fā)生吸氧腐蝕,C錯(cuò)誤;FeSO4溶液易發(fā)生氧化,配制FeSO4溶液時(shí)常加入鐵粉,主要是抑制亞鐵離子的氧化,D錯(cuò)誤。3.(2024·山東濟(jì)寧三模)下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的比較正確的是()A.沸點(diǎn):CH3CH2Cl>CH3CH2OH>CH3CH2CH3B.分子的極性:SO2>SO3>COSC.鍵角:BCl3>NCl3>PCl3D.堿性強(qiáng)弱:>>答案:C解析:CH3CH2OH能形成分子間氫鍵,故沸點(diǎn)高于CH3CH2Cl,CH3CH2Cl的相對分子質(zhì)量大于CH3CH2CH3,沸點(diǎn)比CH3CH2CH3高,即沸點(diǎn)CH3CH2OH>CH3CH2Cl>CH3CH2CH3,A錯(cuò)誤;SO3為平面正三角形,為非極性分子,COS為極性分子,故分子極性COS>SO3,B錯(cuò)誤;BCl3為平面正三角形分子,鍵角為120°,NCl3和PCl3都是三角錐形分子,鍵角小于120°,而N的電負(fù)性強(qiáng)于P,NCl3中的價(jià)層電子對更偏向于N,導(dǎo)致N上電子云密度變大,鍵角變大,故鍵角BCl3>NCl3>PCl3,C正確;中N的電子云密度最大,堿性最強(qiáng),中N的電子云密度最小,堿性最弱,D錯(cuò)誤。4.(2024·安徽安慶二模)下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)方案和操作均正確的是()A.驗(yàn)證鐵電極是否受到保護(hù)B.分離苯酚和水的混合物C.析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體D.測定KI溶液的濃度答案:C解析:在酸化的氯化鈉溶液中,可能會有少量鐵與氫離子反應(yīng)生成亞鐵離子,所以不能用此裝置來驗(yàn)證鐵電極是否受到保護(hù),A錯(cuò)誤;室溫下苯酚在水中的溶解度是9.2g,不能用過濾的方法分離,B錯(cuò)誤;[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中的溶解度比在水中的要小,因此向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇,將析出深藍(lán)色晶體[Cu(NH3)4]SO4·H2O,C正確;溴水具有氧化性,能腐蝕橡膠,不能用堿式滴定管盛裝,應(yīng)用酸式滴定管盛裝,D錯(cuò)誤。5.(2024·安徽黃山二模)下列有關(guān)離子方程式的書寫正確的是()A.侯氏制堿法中制備NaHCO3:NH3+CO2+H2OHCO3-+NB.酸性條件下催化電解CO2制CH3CH2OH的陰極電極反應(yīng)式為2CO2+12e+12H+CH3CH2OH+3H2OC.向苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳:2+CO2+H2O2+CO32-D.碳酸銨溶液與氫氧化鈣溶液反應(yīng):CO32-+Ca2+CaCO答案:B解析:侯氏制堿法中制備碳酸氫鈉的反應(yīng)為二氧化碳與氨氣和氯化鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨,反應(yīng)的離子方程式為Na++NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4+,A錯(cuò)誤;酸性條件下催化電解二氧化碳制乙醇時(shí),通入二氧化碳的電極為電解池的陰極,酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成乙醇和水,電極反應(yīng)式為2CO2+12e+12H+CH3CH2OH+3H2O,B正確;苯酚鈉溶液與少量二氧化碳反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉,反應(yīng)的離子方程式為+CO2+H2O+HCO3-,C錯(cuò)誤;碳酸銨溶液與氫氧化鈣溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、一水合氨,反應(yīng)的離子方程式為CO32-+2NH4++Ca2++2OHCaCO3↓+2NH3·H6.(2024·甘肅二模)離子液體一般指在室溫或接近室溫下呈液態(tài)的由離子構(gòu)成的物質(zhì),主要包括室溫熔融鹽、有機(jī)離子液體等。有機(jī)鹽C2H5NH3NO3屬于離子液體,它的熔點(diǎn)只有12℃。下列說法正確的是()A.C2H5NH3NO3中只存在離子鍵B.大多數(shù)離子液體由體積差距很大的陰、陽離子構(gòu)成C.NH3和NO3D.離子液體熔化時(shí)克服的是分子間作用力,所以熔點(diǎn)較低答案:B解析:C2H5NH3+與NO3-之間存在離子鍵,陰、陽離子內(nèi)部存在共價(jià)鍵,A錯(cuò)誤;陰、陽離子體積差距較大,使得陰、陽離子間距離較大,離子鍵較弱,離子液體在室溫或者接近室溫會呈現(xiàn)液態(tài),故大多數(shù)離子液體由體積差距很大的陰、陽離子構(gòu)成,B正確;NH3中心原子N的價(jià)層電子對數(shù)為3+5-1×32=4,故雜化方式為sp3,NO3-的中心原子N的價(jià)層電子對數(shù)為3+7.(2024·江西九江十校第二次聯(lián)考)維生素B6是一種吡啶衍生物,是維持蛋白質(zhì)正常代謝的必要維生素,其結(jié)構(gòu)簡式如下。已知:吡啶()與苯類似,也具有芳香性。下列有關(guān)維生素B6說法正確的是()A.該物質(zhì)屬于芳香烴B.可發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)C.碳原子不能同時(shí)在一個(gè)平面D.1mol該物質(zhì)最多消耗3molNaOH答案:B解析:維生素B6中不含苯環(huán),不屬于芳香烴,A錯(cuò)誤;維生素B6中含有羥基可以發(fā)生取代反應(yīng),吡啶()與苯類似,可發(fā)生加成反應(yīng),維生素B6是一種吡啶衍生物,故也能發(fā)生加成反應(yīng),B正確;吡啶()與苯類似,為平面形分子,維生素B6中碳原子直接連在環(huán)上,所以碳原子一定在同一平面上,C錯(cuò)誤;與吡啶相連的羥基類似于酚羥基,能夠與氫氧化鈉反應(yīng),但醇羥基不與氫氧化鈉反應(yīng),所以1mol該物質(zhì)最多消耗1molNaOH,D錯(cuò)誤。8.(2024·江西南昌一模)氯及其化合物種類繁多,部分含氯物質(zhì)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A.a與d的水溶液不能共存B.d與f都可以用于殺菌消毒C.e的氧化性比h強(qiáng)D.b與g反應(yīng)可得c,每轉(zhuǎn)移NA個(gè)電子可制得0.6molc(設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值)答案:A解析:a為含有Cl的鹽,d為含有ClO的鹽,Cl和ClO在堿性條件下可以大量共存,A錯(cuò)誤;d為含有ClO的鹽,f為ClO2,二者都具有強(qiáng)氧化性,可以用于殺菌消毒,B正確;e為HClO,h為HClO4,HClO的氧化性比HClO4強(qiáng),C正確;b為HCl,g為含有ClO3-的鹽,兩者反應(yīng)可以生成Cl2,離子方程式為ClO3-+6H++5Cl3Cl2↑+3H2O,ClO3-中Cl元素由+5價(jià)下降到0價(jià),每轉(zhuǎn)移NA個(gè)電子,生成0.6mol9.(2024·山東聊城三模)化合物M可用作清潔劑、殺蟲劑,其水溶液有緩沖作用。其化學(xué)式為W2[Y4Zx(ZX)y]·8X2Z,相對分子質(zhì)量為382。已知X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,基態(tài)Z原子的s能級與p能級上的電子總數(shù)相等,基態(tài)X、Y、W原子的未成對電子數(shù)均為1,X、Y為非金屬元素,W、Z的單質(zhì)可以反應(yīng)生成淡黃色固體。下列說法錯(cuò)誤的是()A.M的化學(xué)式中x=5、y=4B.化合物M的水溶液顯堿性,與堿不反應(yīng)C.化合物WYX4中含離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵D.W的單質(zhì)具有強(qiáng)還原性,可與二氧化碳反應(yīng)答案:B解析:X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,基態(tài)Z原子的s能級與p能級上的電子總數(shù)相等,則Z為O元素,基態(tài)X、Y、W原子的未成對電子數(shù)均為1,且X、Y為非金屬元素,則X為H,Y為B元素,W、Z的單質(zhì)可以反應(yīng)生成淡黃色固體,則W為Na元素。由化學(xué)式為W2[Y4Zx(ZX)y]·8X2Z、相對分子質(zhì)量為382可知,化學(xué)式中x=5、y=4,A正確;Na2[B4O5(OH)4]·8H2O的水溶液顯堿性,但是其中含有酸式酸根離子,與堿會發(fā)生反應(yīng),B錯(cuò)誤;化合物NaBH4中含離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵,C正確;Na的單質(zhì)具有強(qiáng)還原性,可與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和碳單質(zhì),D正確。10.(2024·山東淄博三模)NZn/TiO2光催化氧化處理含硫廢液的機(jī)理如圖所示,HO2·和·OH分別與SO32-反應(yīng)生成SO42-和H2A.④的反應(yīng)式為2·OH+SO32-SO4B.pH過低或過高均會影響催化劑的催化效果C.①②過程和③④過程產(chǎn)生的SO42-之比為D.氧化含硫廢液的總反應(yīng)式為2SO32-+O2答案:C解析:由圖示可知:過程①O2+H++eHO2·、過程②HO2·+SO32-SO42-+HO·、過程③h++OHHO·、過程④SO32-+2HO·SO42-+H2O。由以上分析可知,A項(xiàng)正確;該變化過程中H+和OH均參與了反應(yīng),所以pH過低或過高均會影響催化劑的催化效果,故B項(xiàng)正確;①②過程中H+~HO2·~SO42-,③④過程中OH~HO·~12SO42-,而H2O電離的H+和OH物質(zhì)的量之比為1∶1,所以產(chǎn)生的SO42-之比為2二、選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。11.(2024·江蘇泰州一模調(diào)研)室溫下,下列實(shí)驗(yàn)探究方案能夠達(dá)到探究目的的是()選項(xiàng)探究方案探究目的A將1溴丁烷與NaOH的乙醇溶液混合后加熱,生成的氣體通入Br2的CCl4溶液中,觀察現(xiàn)象1溴丁烷能否發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴B將SO2氣體通入紫色石蕊溶液中,觀察溶液顏色變化SO2是否具有漂白性C向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2氣體,觀察現(xiàn)象比較Na2CO3與NaHCO3在水中溶解度的大小D向Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉溶液,再通入HI氣體,觀察現(xiàn)象比較Fe3+與I2氧化性的強(qiáng)弱答案:A解析:氣體通入Br2的CCl4溶液中,溶液褪色,說明生成了烯烴,則證明發(fā)生了消去反應(yīng);將SO2氣體通入紫色石蕊溶液中,溶液變紅,不能證明二氧化硫有漂白性;向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2氣體,有晶體析出,根據(jù)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3分析得到,106g碳酸鈉反應(yīng)得到168g碳酸氫鈉,生成的碳酸氫鈉增多,假設(shè)溶解度相同時(shí)也會有晶體析出,因此不能通過現(xiàn)象來比較Na2CO3與NaHCO3在水中溶解度的大小;向Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉溶液,再通入HI氣體,溶液變藍(lán),由于硝酸的氧化性強(qiáng)于鐵離子,可能硝酸氧化了碘離子,因此不能比較Fe3+與I2氧化性的強(qiáng)弱。12.(2024·山東濰坊三模)NH3是生產(chǎn)化肥、含氮有機(jī)化學(xué)品、藥物和聚合物的重要化合物,以乙醇為質(zhì)子導(dǎo)體在電解池中利用連續(xù)Ca介導(dǎo)(Ca2+→Ca→CaxNyHz→Ca2+)合成NH3的裝置如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A.Ca2+的作用是活化N2B.每產(chǎn)生1molNH3需補(bǔ)充138gC2H5OHC.陰極反應(yīng)包含如下過程:yN2+2zH++2xCa2++2(z+2x)e2CaxNyHzD.電解質(zhì)溶液可換為含有少量乙醇的水溶液答案:BD解析:由圖可知,氫氣在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氫離子,氫離子與C2H5O結(jié)合生成乙醇,乙醇又解離生成氫離子和C2H5O,右側(cè)電極為陰極,鈣離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鈣,鈣與氮?dú)夥磻?yīng)生成CaxNyHz,CaxNyHz與氫離子反應(yīng)生成鈣離子和氨氣,則電解的總反應(yīng)為鈣離子介導(dǎo)和乙醇催化作用下電解氮?dú)夂蜌錃馍砂睔?。Ca2+→Ca→CaxNyHz→Ca2+,氮?dú)馀c鈣反應(yīng)生成CaxNyHz,CaxNyHz與氫離子反應(yīng)生成鈣離子和氨氣,Ca2+的作用是活化N2,A正確;由分析可知,電解的總反應(yīng)為鈣離子介導(dǎo)和乙醇催化作用下電解氮?dú)夂蜌錃馍砂睔?則陰極區(qū)生成氨氣時(shí),催化劑乙醇的量沒有變化,B錯(cuò)誤;由分析可知,C正確;鈣能與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和氫氣,所以電解質(zhì)溶液不能換為含有少量乙醇的水溶液,D錯(cuò)誤。13.(2024·江西景德鎮(zhèn)第三次質(zhì)檢)已知CaF2的立方晶胞如圖所示,其晶胞參數(shù)為apm。下列說法正確的是()A.與Ca2+距離最近的F數(shù)目為4B.CaF2晶體中F與Ca2+之間的最近距離為64aC.CaF2晶體的密度為312a3×1D.晶胞中F圍成的立方體棱長為22a答案:C解析:由圖可知,該晶胞中,黑球在面心和頂點(diǎn),由均攤法可知共有4個(gè),白球在晶胞內(nèi),共有8個(gè),故黑球?yàn)镃a2+,白球?yàn)镕。與Ca2+距離最近的F數(shù)目為8,A錯(cuò)誤;CaF2晶體中F與Ca2+之間的最近距離為體對角線的四分之一,故最近距離為34apm,B錯(cuò)誤;CaF2晶體的密度ρ=4×(40+19×2)(a×10-10)3NAg·cm3=312a3×14.(2024·山東淄博二模)已知CH2CHCH3(g)+Cl2(g)CH2CHCH2Cl(g)+HCl(g),該反應(yīng)的v正=k正·c(CH2CHCH3)·c(Cl2),v逆=k逆·c(CH2CHCH2Cl)·c(HCl),k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)。在一定壓強(qiáng)下,按w=向密閉容器中投料,平衡時(shí)CH2CHCH3的體積分?jǐn)?shù)(φ)、lg1k與溫度T、w的關(guān)系如圖所示。下列說法中正確的是()A.w2>1,曲線n表示lg1kB.在w1、T1,φ(CH2CHCH3)=20%時(shí),v正C.一定溫度下,該反應(yīng)的k正D.相同溫度下,w2平衡體系中φ(CH2CHCH2Cl)小于w1的答案:AD解析:由圖可知,當(dāng)w一定時(shí),溫度升高,丙烯的體積分?jǐn)?shù)增大,說明該反應(yīng)正向?yàn)榉艧岱磻?yīng),則升溫時(shí),反應(yīng)逆向進(jìn)行,k逆增大的程度大于k正,lg1k逆減小的程度更大,所以曲線n表示lg1k逆隨溫度變化的曲線,相同溫度下,w越大,CH2CHCH3的體積分?jǐn)?shù)(φ)越小,則w2>1,A正確;反應(yīng)為氣體分子數(shù)不變的反應(yīng),在w1、T1條件下,假設(shè)CH2CHCH3、Cl2投料均為1mol,平衡時(shí)φ(CH2CHCH3)=25%,則平衡時(shí)CH2CHCH3的物質(zhì)的量為2mol×25%=0.5mol,則反應(yīng)的CH2CHCH3的物質(zhì)的量為1mol0.5mol=0.5mol,平衡時(shí)CH2CHCH3、Cl2、CH2CHCH2Cl、HCl均為0.5mol,反應(yīng)平衡常數(shù)K==k正k逆=0.5×0.50.5×0.5=1;當(dāng)φ(CH2CHCH3)=20%,則此時(shí)CH2CHCH3的物質(zhì)的量為2mol×20%=0.4mol,則反應(yīng)的CH2CHCH3的物質(zhì)的量為1mol0.4mol=0.6mol,此時(shí)CH2CHCH3、Cl2、CH2CHCH2Cl、HCl分別有0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.0.4×0.40.6×0.6=49,B錯(cuò)誤;結(jié)合B分析,一定溫度下,該反應(yīng)的k正k逆=K,平衡常數(shù)不隨催化劑的不同而發(fā)生改變,C錯(cuò)誤;相同溫度下,增大氯氣的量,w值增大,平衡正向移動,丙烯的體積分?jǐn)?shù)減小15.(2024·江西南昌一模)常溫下,用0.100mol·L1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的H3