2023版高考化学二轮复习选择题审题、解题专项训练（含解析）

2020版高考化学二轮复习选择题审题、解题专项训练（含解析）PAGEPAGE22选择题审题、解题专项训练1．?本草纲目?记载了“升炼轻粉(Hg2Cl2)法〞：用水银一两，白矾(明矾)二两，食盐一两，同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰盐水和，封固盆口，以炭打二炷香，取开那么粉升于盆上矣。其白如雪，轻盈可爱。一两汞，可升粉八钱。文中从生成物中别离出轻粉涉及的操作方法为()A．蒸馏B．升华C．干馏D．萃取解析：此题主要考查物质别离提纯的相关知识。制备轻粉的方法为：把水银、明矾、食盐放到铁质容器中，盖上小乌盆，封固盆口，一段时间后，轻粉升于盆上，说明生成的轻粉能升华。那么从生成物中别离出轻粉涉及的操作方法为升华。答案：B2．化学与生产生活联系紧密，以下有关说法正确的选项是()A．热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污B．水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3，再用酸除去C．胃舒平主要成分[(Al(OH)3]和食醋同时服用可增强药效D．淀粉和纤维素在体内最终水解为葡萄糖，为人体提供能量解析：热的纯碱溶液可用于洗涤油脂，但不能洗涤煤油、柴油等矿物油污，只能用有机溶剂去洗涤矿物油污，故A错误；利用沉淀的转化原理，用饱和的碳酸钠溶液浸泡水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3，再用酸除去，故B正确；胃舒平可中和胃酸，但不能与醋酸混用，因为醋酸能溶解Al(OH)3降低药效，故C错误；淀粉在体内最终水解为葡萄糖，为人体提供能量，而纤维素在人体内不能水解，但可通过促进胃肠蠕动助消化，故D错误。答案：B3．以下关于有机化合物的表达中正确的选项是()A．乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色B．向溴的CCl4溶液和酸性KMnO4溶液中分别通入乙烯，溶液均褪色，且褪色原理相同C．乙醇、乙酸的官能团不同，但均能发生取代反响D．淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物，都能水解，且水解产物中都有葡萄糖解析：A项，聚乙烯没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，错误；B项，乙烯与溴的CCl4溶液发生加成反响而使溶液褪色，而乙烯被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，错误；C项，乙醇与乙酸可发生酯化反响，酯化反响为取代反响，正确；D项，蛋白质的水解产物是氨基酸，错误。答案：C4．化合物结构简式如图，以下说法正确的选项是()A．a、b、c均属于芳香烃B．a、b、c均能与钠反响产生氢气C．a、b、c苯环上的二氯代物均有6种D．a、b、c中所有碳原子不可能存在于同一平面中解析：a、b都有氧元素，所以不属于烃，选项A错误。c没有羟基，所以不与钠反响，选项B错误。在一个苯环上连接有2个A取代基和1个B取代基时(即三个取代基中有两个相同)，其同分异构体有6种，所以选项C正确。a、b、c中的碳原子都直接连在苯环上，所以三个有机物的所有碳原子都在一个平面上，选项D错误。答案：C5．以下表示不正确的选项是()A．次氯酸的电子式H:eq\o(Cl,\s\up6(··),\s\do6(··)):eq\o(O,\s\up6(··),\s\do6(··)):B．丁烷的球棍模型C．乙烯的结构简式CH2=CH2D．原子核内有8个中子的碳原子eq\o\al(14,6)C解析：次氯酸的电子式为H:eq\o(O,\s\up6(··),\s\do6(··)):eq\o(Cl,\s\up6(··),\s\do6(··)):，A项错误。答案：A6．在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是()A．Feeq\o(→,\s\up7(Cl2),\s\do5(点燃))FeCl2eq\o(→,\s\up7(NaOHaq))Fe(OH)2B．Seq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(点燃))SO3eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO4C．CaCO3eq\o(→,\s\up7(高温))CaOeq\o(→,\s\up7(SiO2),\s\do5(高温))CaSiO3D．NH3eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(催化剂，△))NOeq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3解析：A错：Fe在Cl2中点燃生成FeCl3，化学方程式为2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2FeCl3。B错：S在O2中点燃生成SO2，化学方程式为S＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))SO2。C对：CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑，CaO＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))CaSiO3。D错：NO与H2O不反响，不能生成HNO3。答案：C7．以下有关实验操作、仪器使用的说法正确的选项是()A．配制1L0.1mol·L－1NaCl溶液的实验中，用托盘天平称取5.85gNaCl固体B．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在用水润湿的pH试纸上测定该溶液的pHC．用酸式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液D．可用过滤的方法除去淀粉溶液中混有的少量NaCl杂质解析：托盘天平的精确度为0.1g，不能用托盘天平称取5.85gNaCl固体，A错误；在用水润湿的pH试纸上测定CH3COOH溶液的pH相当于对溶液进行稀释，造成所测pH偏大，B错误；酸式滴定管可以装酸性和有氧化性的溶液，且滴定管的精确度为0.01mL，可用酸式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液，C正确；淀粉胶体与离子均可透过滤纸，不能用过滤的方法除去淀粉溶液中混有的少量NaCl杂质，可选用渗析法，D错误。答案：C8．以下实验操作正确且能到达相应实验目的的是()选项实验目的实验操作A配置FeCl3溶液将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水B称取2.0gNaOH固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体C检验溶液中是否含有NHeq\o\al(＋,4)取少量试液于试管中，参加NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没解析：氯化铁为强酸弱碱盐，易水解，为防止氯化铁水解，应将FeCl3溶于浓盐酸后稀释至所需浓度，选项A错误；称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，选项B错误；检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，选项C正确；铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，选项D错误。答案：C9．用以下装置完成相关实验，合理的是()A．用装置①收集铜与稀硝酸反响产生的NOB．用装有饱和NaHCO3溶液的装置②除去Cl2中混有的HClC．用装置③别离Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3D．用装置④别离CH3CH2OH与CH3COOCH2CH3解析：铜与稀硝酸反响产生的NO不溶于水，可用排水法收集，A项正确；NaHCO3与HCl反响产生CO2，会引入新杂质，B项错误；Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3不互溶，应用分液法别离，C项错误；CH3CH2OH与CH3COOCH2CH3互溶，不可用分液法别离，D项错误。答案：A10.?InorganicSyntheses(无机合成)?一书中，有一如下图的装置，用以制备某种枯燥的纯洁气体。该装置中所装的药品正确的选项是()A．a中装浓盐酸，b中装浓硫酸B．a中装浓硫酸，b中装浓盐酸C．a中装氢氧化钠溶液，b中装浓氨水D．a中装浓氨水，b中装氢氧化钠浓溶液解析：A项，a中装浓盐酸，b中装浓硫酸，浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出，故A正确；B项，a中装浓硫酸，b中装浓盐酸，浓硫酸滴入浓盐酸中会放热，HCl挥发，但是得到的气体没有被枯燥，不能得到枯燥的纯洁气体，故B错误；C项，a中装氢氧化钠溶液，b中装浓氨水，把氢氧化钠浓溶液滴到浓氨水中生成的氨气较少，而且没有被枯燥，故C错误；D项，a中装浓氨水，b中装氢氧化钠浓溶液，把浓氨水滴到氢氧化钠浓溶液中能生成氨气，但是氨气没有被枯燥，故D错误。应选A。答案：A11．短周期元素X、Y、Z、W、U原子序数依次增大。X与W位于同一主族，Y、Z形成的氧化物是常见的耐火材料，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13。以下说法正确的选项是()A．X、W、U的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序为U>W>XB．X、Z元素的单质作电极，在氢氧化钠溶液中构成原电池，Z电极上产生大量气泡C．室温下，0.05mol·L－1U的气态氢化物的水溶液的pH>1D．Y、Z、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：Y>Z>U解析：W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，W是硅元素；X与W位于同一主族，X是碳元素；Y、Z形成的氧化物是常见的耐火材料，Y是氧元素，Z是铝元素；Z、W、U原子的最外层电子数之和为13，U是硫元素。碳酸的酸性强于硅酸，故A错误；当氢氧化钠为电解质溶液时，铝为原电池的负极，铝电极变细，故B错误；硫化氢为二元弱酸，所以0.05mol·L－lH2S的水溶液的pH>1，故C正确；硫离子核外有3个电子层，其半径最大，简单离子半径由大到小的顺序：S2－>O2－>Al3＋，故D错误。答案：CXYZ12.据报道：美国火星探测车在火星大气层中检测到了气体M。资料显示，一个M分子由X、Y、Z三种短周期非金属元素的各一个原子构成，三种元素在元素周期表中的位置如图。：在地球外表温度条件下M不稳定，易分解生成一种单质和一种可燃性氧化物。以下说法正确的选项是()A．M分解产生的可燃性氧化物为XYB．可以推测出火星大气层的温度比地球外表温度略高C．X、Y、Z三种非金属元素形成的单质的沸点：X>Y>ZD．X、Y、Z三种非金属元素最简单气态氢化物的稳定性：X>Y>Z解析：根据三种元素在元素周期表中的位置以及在地球外表温度条件下M不稳定，易分解生成一种单质和一种可燃性氧化物，可得知三种元素中有一种是氧元素，而可燃性氧化物应该是CO，符合X与Y为第二周期且原子序数相差2，那么Z为S，那么M为CSO。故M分解产生的可燃性氧化物为XY即CO，选项A正确；在火星大气层中检测到了气体M；在地球外表温度条件下M不稳定，那么应该是火星大气层的温度比地球外表温度低，选项B错误；X、Y、Z三种非金属元素形成的单质的沸点C>S>O2，即X>Z>Y，选项C错误；X、Y、Z三种非金属元素最简单气态氢化物的稳定性H2S<CH4<H2O，即Z<X<Y，选项D错误。答案：A13．MgCO3和CaCO3的能量关系如下图(M＝Ca、Mg)：：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。以下说法不正确的选项是()A．ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)>0C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2>ΔH3解析：根据信息，离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。由于r(Mg2＋)<r(Ca2＋)，所以MgCO3的离子键强于CaCO3，由于化学键断裂需要吸热，故ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0，A项正确；由于ΔH2只与COeq\o\al(2－,3)相关，故ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)>0，B项正确；根据能量关系图可知ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3，由于ΔH(MgCO3)≠ΔH(CaCO3)，故ΔH1(MgCO3)＋ΔH2(MgCO3)－ΔH3(MgO)≠ΔH1(CaCO3)＋ΔH2(CaCO3)－ΔH3(CaO)，而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)，故ΔH1(MgCO3)－ΔH3(MgO)≠ΔH1(CaCO3)－ΔH3(CaO)，ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)≠ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)，C项错误；由于ΔH＋ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，而ΔH>0，故ΔH1＋ΔH2>ΔH3，D项正确，应选C。答案：C14．以下说法正确的选项是()A．H2(g)＋I2(g)2HI(g)，其他条件不变，缩小反响容器体积，正逆反响速率不变B．C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反响已达平衡C．假设压强不再随时间变化能说明反响2A(？)＋B(g)2C(？)已达平衡，那么A、C不能同时是气体D．1molN2和3molH2反响到达平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量Q2，Q2不等于Q1解析：对于反响H2(g)＋I2(g)2HI(g)，反响前后气体分子数相等，缩小反响容器体积，平衡不移动，正逆反响速率增大相同的倍数，A项错误；碳的质量不变，说明正、逆反响速率相等，反响已达平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，假设A、C同时为气体，当压强不变时，也能说明反响到达平衡状态，C项错误；设N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－a(a>0)kJ·mol－1,1molN2和3molH2反响到达平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1＝0.1akJ，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量Q2＝0.1akJ，故Q1＝Q答案：B15．高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H＋)或弱碱的c(OH－)，油脂在其中能以较快的反响速率水解。与常温常压水相比，以下说法不正确的选项是()A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反响速率加快B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反响速率加快C．高温高压液态水中，c(H＋)增大，可催化油脂水解反响，且产生的酸进一步催化水解D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中参加了相同c(H＋)的酸或相同c(OH－)的碱的水解解析：温度升高，油脂的反响速率加快，A项正确；温度升高，压强增大，导致油脂与水的互溶能力增强，接触面积增大，油脂水解反响速率加快，B项正确；温度升高，水的离子积常数增大，c(H＋)增大，可催化油脂水解反响，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；除了c(H＋)或c(OH－)的影响之外，还有温度的影响，D项错误，应选D。答案：D16．(多项选择)在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反响相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。以下说法正确的选项是()A．反响2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的ΔH>0B．图中X点所示条件下，延长反响时间能提高NO转化率C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D．380℃下，c起始(O2)＝5.0×10－4mol·L－1，NO平衡转化率为50%，那么平衡常数K>2000解析：A项，实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反响2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的平衡逆向移动，说明该反响为放热反响，ΔH<0，错误；B项，X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反响没有到达平衡状态，延长反响时间，可以提高NO的转化率，正确；C项，Y点时反响已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时c(NO)＝amol·L－1，那么：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)起始(mol·L－1)a5.0×10－40转化(mol·L－1)0.5a0.25a平衡(mol·L－1)0.5a5.0×10－4－0.25aK＝eq\f(0.5a2,0.5a2×5.0×10－4－0.25a)＝eq\f(1,5.0×10－4－0.25a)，当0.25aK＝2000，但0.25a>0，所以K答案：BD17．如下图的装置中，金属片紧贴着滤纸，以下判断错误的选项是()A．两处的锌片均发生氧化反响B．左侧铜片上的电极反响为2H2O＋O2＋4e－=4OH－C．阳离子移动方向分别由②→①、③→④D．最先观察到红色的区域是④解析：左边是原电池，锌作负极被氧化，铜作正极，铜电极上发生吸氧腐蚀：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，B正确；右边是电解池，锌作阳极被氧化，铜作阴极2H＋＋2e－=H2↑使④处呈碱性(速率快于②)，A、D正确；左侧阳离子移动方向是由①→②，C错误。答案：C18．在通电条件下，用如下图装置由乙二醛(OHC－CHO)制备乙二酸(HOOC－COOH)，其制备反响为OHC－CHO＋2Cl2＋2H2O→HOOC－COOH＋4HCl，以下说法不正确的选项是()A．盐酸是起提供Cl－和增强导电性的作用B．Pt1的电极反响为2H＋＋2e－=H2↑C．每得到1mol乙二酸将有2molH＋从右室迁移到左室D．每消耗0.1mol乙二醛在Pt1极放出4.48L气体(标准状况)解析：HCl是强电解质，其在水溶液中起提供Cl－和增强导电性的作用，故A正确；Pt1为阴极得电子发生复原反响，故电极反响方程式为2H＋＋2e－=H2↑，故B正确；Pt2为阳极发生的电极反响方程式为OHC－CHO－4e－＋2H2O→HOOC－COOH＋4H＋，故每得到1mol乙二酸将有4molH＋从右室迁移到左室，故C错误；每消耗0.1mol乙二醛转移0.4mol电子，在Pt1极放出0.2molH2，即4.48L气体(标准状况)，故D正确。答案：C19．离子交换法净化水过程如下图。以下说法中错误的选项是()A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变B．水中的NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－通过阴离子树脂后被除去C．通过净化处理后，水的导电性降低D．阴离子树脂填充段存在反响H＋＋OH－=H2O解析：离子交换法净化水是利用离子交换树脂活性基团上具有离子交换能力的H＋和OH－与水中阳、阴离子杂质进行交换，将水中阳、阴离子杂质截留在树脂上，进入水中的H＋和OH－重新结合成水而到达纯化水的目的。凡能与阳离子起交换作用的树脂称为阳离子交换树脂，与阴离子起交换作用的树脂称为阴离子交换树脂。结合上述分析及电荷守恒可知，经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增多，A错误；水中的NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－被阴离子树脂吸附除去，B正确；经过净化处理后，水中的离子浓度降低，水的导电性减弱，C正确；阳离子交换树脂吸附交换时产生的H＋通过阴离子交换树脂时与OH－反响生成H2O，离子方程式为：H＋＋OH－=H2O，D正确。答案：A20．苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究说明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。25℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。以下说法正确的选项是(温度为25℃，不考虑饮料中其他成分)()A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B．提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变C．当pH为5.0时，饮料中eq\f(cHA,cA－)＝0.16D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)－c(HA)解析：由题给电离平衡常数可知，HA的酸性比H2CO3的酸性强。A项，A－在溶液中存在水解平衡A－