2025年高考二輪復(fù)習(xí)化學(xué)選擇題標(biāo)準(zhǔn)練33

選擇題標(biāo)準(zhǔn)練(三)(分值:40分)學(xué)生用書(shū)P285一、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·山東鄒城三模)中國(guó)古代詩(shī)詞和書(shū)籍中蘊(yùn)含著化學(xué)知識(shí)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.“白玉金邊素瓷胎,雕龍描鳳巧安排”,瓷器是人類(lèi)較早應(yīng)用的人造硅酸鹽材料B.“墨滴無(wú)聲入水驚,如煙裊裊幻形生”中的“墨滴”具有膠體的性質(zhì)C.“九秋風(fēng)露越窯開(kāi),奪得千峰翠色來(lái)”,“翠色”來(lái)自氧化亞銅D.鍍金時(shí)“以汞和金涂銀器上,入火則汞去,而金存”,其中“入火則汞去”指汞的揮發(fā)答案:C解析:陶瓷是以黏土為主要原料燒制而成的,是人類(lèi)應(yīng)用最早的硅酸鹽材料,A正確;“墨滴”是碳分散于水中形成的膠體,具有膠體的性質(zhì),B正確;“翠色”為青色或者綠色,可能來(lái)自亞鐵離子,氧化亞銅為磚紅色,C錯(cuò)誤;“入火則汞去,而金存”指汞受熱揮發(fā)后剩余金附著在銀器上,D正確。2.(2024·甘肅二模)下列化學(xué)用語(yǔ)表達(dá)正確的是()A.818O2的結(jié)構(gòu)示意圖B.基態(tài)Fe2+的價(jià)電子排布圖:C.CH3CH(CH3)CH2COOH用系統(tǒng)命名法命名:3甲基丁酸D.SO3的VSEPR模型:答案:C解析:

818O2的結(jié)構(gòu)示意圖:,A錯(cuò)誤;基態(tài)Fe2+的價(jià)電子排布圖:,B錯(cuò)誤;CH3CH(CH3)CH2COOH用系統(tǒng)命名法命名為3甲基丁酸,C正確;SO3中心硫原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+6-3×22=3,由于沒(méi)有3.(2024·四川自貢一模)下列實(shí)驗(yàn)操作與選用的部分儀器相匹配的是()A.用水來(lái)吸收NH3尾氣,選用③④B.從Br2的CCl4溶液中分離出Br2,選用②③C.將干海帶灼燒成海帶灰,選用①⑥⑦D.配制100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)10%的NaCl溶液,選用③⑤⑥⑧答案:A解析:用水來(lái)吸收NH3尾氣,NH3極易溶于水,用倒扣的漏斗防止倒吸,選用③④,A正確;從Br2的CCl4溶液中分離出Br2,應(yīng)用蒸餾法,不能用分液的方法分離,B錯(cuò)誤;將干海帶灼燒成海帶灰,要用坩堝,不能用蒸發(fā)皿,C錯(cuò)誤;配制100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)10%的NaCl溶液,需要計(jì)算出NaCl質(zhì)量,所用水的體積,用托盤(pán)天平稱(chēng)量NaCl,放入燒杯中溶解,最后裝樣保存即可,不需要用容量瓶,D錯(cuò)誤。4.(2024·山東德州三模)下列物質(zhì)鑒別方法(必要時(shí)可以加熱)錯(cuò)誤的是()A.氨水鑒別:AlCl3溶液、MgCl2溶液、BaCl2溶液B.溴水鑒別:苯酚溶液、KI溶液、AgNO3溶液C.酸性KMnO4溶液鑒別:甲苯、CCl4、乙醇D.新制的Cu(OH)2鑒別:乙醇、乙醛、乙酸答案:A解析:氨水與AlCl3溶液反應(yīng)生成白色沉淀,氨水與MgCl2溶液反應(yīng)生成白色沉淀,氨水與BaCl2溶液混合后無(wú)現(xiàn)象,不可鑒別,A錯(cuò)誤;溴水與苯酚溶液反應(yīng)生成白色沉淀,溴水與KI溶液反應(yīng)得到棕黃色溶液,溴水與AgNO3溶液反應(yīng)生成淡黃色沉淀,可鑒別,B正確;甲苯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化,能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,但得到的是苯甲酸的懸濁液,乙醇也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化從而使酸性高錳酸鉀溶液褪色,乙醇能被氧化為乙酸,得到無(wú)色澄清溶液,酸性KMnO4溶液與CCl4不反應(yīng),溶液分層,可鑒別,C正確;乙醇與新制的Cu(OH)2混合后無(wú)明顯現(xiàn)象,新制的Cu(OH)2與乙醛在加熱條件下會(huì)生成磚紅色沉淀,乙酸會(huì)溶解Cu(OH)2變成藍(lán)色溶液,可鑒別,D正確。5.(2024·甘肅白銀市名校聯(lián)合調(diào)研)非洛地平,主要用于輕、中度原發(fā)性高血壓的治療,其分子結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)該物質(zhì)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.分子式為C16H17NCl2O4B.可發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)C.分子中有1個(gè)手性碳原子D.1mol該物質(zhì)最多消耗6molNaOH答案:A解析:由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,其分子式為C18H19NCl2O4,A錯(cuò)誤;該分子中含有碳碳雙鍵和酯基,可發(fā)生取代(水解)反應(yīng)和加成反應(yīng),B正確;手性碳原子是指與四個(gè)各不相同原子或基團(tuán)相連的碳原子,該分子中有1個(gè)手性碳原子,位置為,C正確;該物質(zhì)的分子結(jié)構(gòu)中含有2個(gè)酯基、2個(gè)氯原子,且氯原子和NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)后會(huì)生成2個(gè)酚羥基,則1mol該物質(zhì)最多消耗6molNaOH,D正確。6.(2024·山東濟(jì)寧三模)幾種含碘粒子之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示,下列說(shuō)法正確的是()A.I2、IO3-和Cl2的氧化性強(qiáng)弱:IO3-B.為增大I2的產(chǎn)量,反應(yīng)②可以加過(guò)量NaHSO3C.將淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中,溶液顏色先變淺后變藍(lán)D.生成等量的I2,反應(yīng)④消耗的H+與反應(yīng)②產(chǎn)生的H+的量相等答案:C解析:根據(jù)反應(yīng)①可知氧化性:Cl2>I2,根據(jù)反應(yīng)②可知氧化性:IO3->I2,根據(jù)反應(yīng)③可知氧化性:Cl2>IO3-,氧化性:Cl2>IO3->I2,A錯(cuò)誤;過(guò)量的NaHSO3會(huì)與碘單質(zhì)進(jìn)一步反應(yīng),導(dǎo)致碘單質(zhì)被消耗,B錯(cuò)誤;將淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中,氯水可將碘離子氧化為碘單質(zhì),溶液顏色先變淺后變藍(lán),C正確;根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒,反應(yīng)④離子方程式:5I+IO3-+6H+3I2+3H2O,反應(yīng)②離子方程式:2IO3-+5HSO3-3H++5SO42-+H2O+I2,生成等量的I2,7.(2024·安徽安慶二模)根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)事實(shí)能得出相應(yīng)結(jié)論的是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)事實(shí)結(jié)論A向淀粉溶液中滴加稀硫酸,水浴加熱,再加入新制的Cu(OH)2,無(wú)磚紅色沉淀淀粉未發(fā)生水解B將試管中的CuCl2溶液加熱,再冷卻降溫,觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象探究溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響C將實(shí)驗(yàn)剩余的Na2SO4固體放回原試劑瓶可以節(jié)約試劑,不浪費(fèi)資源D將硝酸溶液與CaCO3混合后產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液后,溶液變渾濁非金屬性:N>C>Si答案:B解析:A項(xiàng),淀粉溶液中滴加稀硫酸,水浴加熱后,沒(méi)有加NaOH中和硫酸,不能檢驗(yàn)葡萄糖,則不能說(shuō)明淀粉沒(méi)有發(fā)生水解;B項(xiàng),CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(藍(lán)色)+4Cl[CuCl4]2(黃色)+4H2OΔH>0,故將試管中的CuCl2溶液加熱,再冷卻降溫,觀察溶液顏色的變化能夠探究溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響;C項(xiàng),一般剩余的藥品不能放回原瓶,防止試劑污染,則剩余的Na2SO4應(yīng)放在指定的儀器中;D項(xiàng),硝酸易揮發(fā),應(yīng)除掉硝酸后再通入硅酸鈉溶液,否則無(wú)法比較H2CO3和H2SiO3的酸性強(qiáng)弱,即無(wú)法得出C的非金屬性強(qiáng)于Si;故答案:為B。8.(2024·浙江麗水湖州衢州三地市4月質(zhì)檢)在元素周期表中,某些主族元素與右下方的主族元素的有些性質(zhì)是相似的,如Be和Al。BeCl2和AlCl3在氣態(tài)時(shí)通常以二聚體的形式存在,Al2Cl6的結(jié)構(gòu)如圖所示。硼酸晶體有類(lèi)似于石墨的片層狀結(jié)構(gòu)。下列說(shuō)法不正確的是()A.Al2Cl6中含有配位鍵B.[Be(OH)4]2中Be的雜化方式為sp3C.SiO2中的鍵角∠OSiO為120°D.H3BO3晶體中存在作用力為共價(jià)鍵、氫鍵和范德華力答案:C解析:AlCl3中Al原子成鍵后還有空軌道,Cl原子還有孤電子對(duì),Al2Cl6中Al原子提供空軌道、Cl原子提供孤電子對(duì)來(lái)形成配位鍵,Al2Cl6中含有配位鍵,A正確;[Be(OH)4]2中Be形成4個(gè)σ鍵,無(wú)孤電子對(duì),雜化方式為sp3,B正確;SiO2中中心原子為sp3雜化,鍵角∠OSiO為109°28',C錯(cuò)誤;H3BO3晶體中存在作用力為共價(jià)鍵、氫鍵和范德華力,D正確。9.(2024·山東濱州二模)SiCl4與N甲基咪唑(,其中含五元平面環(huán))反應(yīng)可以得到M2+,其結(jié)構(gòu)如圖。下列說(shuō)法正確的是()A.M2+中碳原子和氮原子的雜化方式均有sp2、sp3B.SiCl4比CCl4易水解的因素包括Si有更多的價(jià)層軌道C.M2+中最多29個(gè)原子共面D.N甲基咪唑的堿性弱于咪唑答案:B解析:由中含五元平面環(huán)可知,氮原子只有sp2雜化,A錯(cuò)誤;Si有更多的價(jià)層軌道能容納孤電子對(duì),可導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解,B正確;由中含五元平面環(huán)可知該結(jié)構(gòu)中最多10個(gè)原子共面,又中最多4個(gè)和硅共面,即M2+中最多41個(gè)原子共面,C錯(cuò)誤;甲基是推電子基團(tuán),氮原子的電子云密度大于,故堿性更強(qiáng),D錯(cuò)誤。10.(2024·山東濱州二模)為吸收工業(yè)尾氣中的NO和SO2,同時(shí)獲得連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)和NH4NO3,設(shè)計(jì)流程如下。下列說(shuō)法正確的是()A.裝置Ⅰ的作用是吸收NO和SO2B.鍵角大小:NO2-C.Ce4+從裝置Ⅲ的陰極口流出到裝置Ⅱ循環(huán)使用D.裝置Ⅳ中氧化0.1mol·L1NO2-,至少需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.答案:B解析:裝置Ⅰ中加入NaOH溶液吸收SO2,裝置Ⅱ中加入Ce4+,酸性條件下,NO和Ce4+發(fā)生氧化還原反應(yīng),生成NO2-、NO3-,裝置Ⅲ(電解槽)中陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)Ce3+eCe4+,Ce4+從陽(yáng)極口流出回到裝置Ⅱ循環(huán)使用,陰極得到S2O42-,裝置Ⅳ中NO2-被氧氣氧化為NO3-,NO3-與氨氣生成硝酸銨。NO不與NaOH反應(yīng),裝置Ⅰ中加入NaOH溶液吸收SO2,不能吸收NO,A錯(cuò)誤;NO2-中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+12×(5+12×2)=3,NO3-中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+12×(5+13×2)=3,NO3-和NO2-中心原子都是sp2雜化,NO3-中沒(méi)有孤電子對(duì),NO2-含有1個(gè)孤電子對(duì),孤電子對(duì)越多,鍵角越小,則鍵角大小:NO2-<NO3-,B正確;裝置Ⅲ(電解槽)中陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)Ce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(duì)得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。11.(2024·江西景德鎮(zhèn)第三次質(zhì)檢)由于鈉資源儲(chǔ)量豐富,便于開(kāi)采,價(jià)格便宜,鈉離子電池有望成為下一代大規(guī)模儲(chǔ)能電池。我國(guó)化學(xué)家最近研制的一種鈉離子電池如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A.膜是陰離子交換膜B.充電時(shí)Na+向石墨電極移動(dòng)C.放電時(shí)正極的電極反應(yīng):NaV2(PO4)2O2F+2e+2Na+Na3V2(PO4)2O2FD.有機(jī)溶劑可選擇乙醇答案:C解析:由圖知,金屬鈉為負(fù)極,電極反應(yīng)式為NaeNa+,NaV2(PO4)2O2F和Na3V2(PO4)2O2F摻雜石墨極為正極,電極反應(yīng)式為NaV2(PO4)2O2F+2e+2Na+Na3V2(PO4)2O2F。Na+通過(guò)膜由負(fù)極進(jìn)入正極,膜是陽(yáng)離子交換膜,A錯(cuò)誤;充電時(shí)Na+向金屬鈉電極移動(dòng),B錯(cuò)誤;由分析可知C正確;乙醇能與鈉反應(yīng),故有機(jī)溶劑不能選擇乙醇,D錯(cuò)誤。12.(2024·江西南昌一模)香花石是我國(guó)地質(zhì)學(xué)家發(fā)現(xiàn)的新礦物,其化學(xué)式為N3(YMZ4)3·2XW。已知X、Y、Z、W、M、N為原子序數(shù)依次增大的前20號(hào)元素;其中X、Y、N為金屬元素,且Y與N同主族;Z原子的s能級(jí)電子總數(shù)等于p能級(jí)的電子總數(shù),W原子核外有1個(gè)未成對(duì)電子,M的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層的2倍。下列說(shuō)法正確的是()A.原子半徑:M>W>ZB.第一電離能:N>YC.電負(fù)性:X>Y>WD.簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn):Z>W答案:D解析:已知X、Y、Z、W、M、N為原子序數(shù)依次增大的前20號(hào)元素;Z原子的s能級(jí)電子總數(shù)等于p能級(jí)的電子總數(shù),則電子排布式為1s22s22p4,為O元素;W原子核外有1個(gè)未成對(duì)電子且不是金屬元素,為F元素;M的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層的2倍,則M為Si元素;其中X、Y、N為金屬元素,且Y與N同主族,X為L(zhǎng)i、Y為Be,故N為Ca。原子半徑:M(Si)>Z(O)>W(F),A錯(cuò)誤;第一電離能:Y(Be)>N(Ca),B錯(cuò)誤;電負(fù)性:W(F)>Y(Be)>X(Li),C錯(cuò)誤;H2O、HF中存在氫鍵,水分子間氫鍵個(gè)數(shù)多于HF,所以簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn):H2O>HF,D正確。13.(2024·山東青島三模)甲烷制備甲醇的反應(yīng)機(jī)理如圖。已知直接參與化學(xué)鍵變化的元素被替換為更重的同位素時(shí),反應(yīng)速率會(huì)變慢。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.反應(yīng)①為決速步B.反應(yīng)①和反應(yīng)②均涉及氫原子成鍵變化C.升溫時(shí),正反應(yīng)速率的增大程度小于逆反應(yīng)速率的增大程度D.FeO+與CH2D2反應(yīng),單位時(shí)間內(nèi)氘代甲醇的產(chǎn)量CH2DOD>CHD2OH答案:BD解析:根據(jù)題意,反應(yīng)①活化能更大,故反應(yīng)①反應(yīng)速率更慢,為決速步,A正確;根據(jù)反應(yīng)機(jī)理圖,反應(yīng)②未涉及氫原子成鍵變化,B錯(cuò)誤;根據(jù)圖示可知總反應(yīng)為放熱反應(yīng),故升溫平衡逆移,正反應(yīng)速率的增大程度小于逆反應(yīng)速率的增大程度,C正確;直接參與化學(xué)鍵變化的元素被替換為更重的同位素時(shí),反應(yīng)速率會(huì)變慢,氧更容易和H而不是和D生成羥基,故氘代甲醇的產(chǎn)量CH2DOD<CHD2OH,D錯(cuò)誤。14.(2024·江蘇南京二模)利用管狀透氧膜反應(yīng)器實(shí)現(xiàn)乙醇水重整制氫,具有無(wú)需額外熱源、氧氣可協(xié)助消除積碳等優(yōu)點(diǎn)。其主要反應(yīng)為:反應(yīng)Ⅰ:C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+256kJ·mol1反應(yīng)Ⅱ:2C2H5OH(g)+3O2(g)4CO2(g)+6H2(g)ΔH2=1107kJ·mol1反應(yīng)Ⅲ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3=41kJ·mol1反應(yīng)Ⅳ:2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH4一定溫度下,將一定比例的C2H5OH、H2O、Ar氣體通過(guò)裝有催化劑的管狀透氧膜反應(yīng)器。經(jīng)計(jì)算機(jī)仿真模擬,控制n投料(C2H5OH)=1mol,平衡時(shí)氫醇比[n生成(H2)n投料(C2HA.ΔH4=13(2ΔH1ΔH2+4ΔH3B.水醇比為0時(shí),管長(zhǎng)度超過(guò)10cm后氫醇比下降的原因可能為O2氧化H2C.水醇比為1、管長(zhǎng)度為2cm,若C2H5OH、O2轉(zhuǎn)化率為100%且n生成(CO)n生成(CD.實(shí)際生產(chǎn)中,水醇比越大、管長(zhǎng)度越短,氫氣產(chǎn)率越高答案:B解析:根據(jù)蓋斯定律,ΔH4=13(ΔH22ΔH14ΔH3),A錯(cuò)誤;水醇比為0時(shí),發(fā)生反應(yīng)Ⅱ:2C2H5OH(g)+3O2(g)4CO2(g)+6H2(g),管狀透氧膜長(zhǎng)度越長(zhǎng),與氧氣接觸越多,氫醇比下降的原因可能為O2氧化H2,B正確;n投料(C2H5OH)=1mol,水醇比為1,n投料(H2O)=1mol,管長(zhǎng)度為2cm,由圖可知,平衡時(shí)氫醇比[n生成(H2)n投料(C2H5OH)]=3.6,n生成(H2)=3.6mol,根據(jù)H守恒,平衡時(shí)H2O為6+2-7.22mol=0.4mol,n生成(CO)n生成(CO2)=9,根據(jù)C守恒,n生成(CO)=1.815.(2024·山東濟(jì)南