新教材适用2025版高考化学二轮总复习第4部分题型标准练选择题标准练一

选择题标准练(一)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.(2024·河北唐山三模)AQI<100，表明空气质量良好。唐山市区4月15日AQI＝149。下表是当日的部分数据。污染物PM2.5SO2NO2O3COPM10指数66443170238下列说法正确的是(C)A．唐山市区当日空气质量良好B．PM2.5指的是直径小于2.5nm的颗粒C．NO2、O3与光化学烟雾有关D．带有SO2、NO2等氧化物的降雨，pH<6.5时即为酸雨【解析】由题干信息可知，AQI<100，表明空气质量良好，而唐山市区当日即4月15日的AQI＝149＞100，故空气质量不良，A错误；PM2.5中“2.5”是指大气中的颗粒物的直径小于2.5μm，B错误；空气中的NO2、O3能与碳氢化合物在肯定条件下反应生成有毒的光化学烟雾，C正确；酸雨是指pH小于5.6的酸性降雨，D错误；故选C。2.(2024·湖北选考)下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理的是(B)A．HC≡CH能与水反应生成CH3CHOB．可与H2反应生成C．水解生成D．中存在具有分子内氢键的异构体【解析】依据图示的互变原理，具有羰基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的特点为与羟基相连接的碳原子必需与双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构，据此原理分析下列选项。水可以写成H—OH的形式，与HC≡CH发生加成反应生成CH2=CHOH，烯醇式的CH2=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A不符合题意；3-羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B符合题意；水解生成和CH3OCOOH，可以发生互变异构转化为，C不符合题意；可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D不符合题意；故选B。3.(2024·湖南选考)下列化学用语表述错误的是(C)A．HClO的电子式：B．中子数为10的氧原子：eq\o\al(18,8)OC．NH3分子的VSEPR模型：D．基态N原子的价层电子排布图：【解析】HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成一个共用电子对，因此HClO的电子式为，A正确；中子数为10，质子数为8的O原子其相对原子质量为10＋8＝18，其原子表示为eq\o\al(18,8)O，B正确；依据VSEPR模型计算，NH3分子中有1个孤电子对，N还连接有3个H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；基态N原子是价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；故选C。4.(2024·河北唐山三模)侯德榜联合制碱法的原理之一是NH3＋CO2＋NaCl＋H2O=NH4Cl＋NaHCO3↓。下列关于该原理涉及的物质说法正确的是(C)A．NH4Cl的电子式为B．CO2、NHeq\o\al(＋,4)、H2O中心原子均为sp3杂化C．键角的大小依次为CO2>NHeq\o\al(＋,4)>NH3>H2OD．NaCl晶胞中Cl－的配位数是12【解析】NH4Cl的电子式为，A错误；CO2为直线形，C原子的杂化方式为sp，NHeq\o\al(＋,4)为正四面体结构、H2O为V形，中心原子均为sp3杂化，B错误；CO2没有孤电子对，形成直线形分子，键角为180°，NHeq\o\al(＋,4)为正四面体结构，键角为109°28′，NH3为三角锥形，有一对孤电子对，H2O为V形，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以H2O的键角最小，综合，键角的大小依次：CO2>NHeq\o\al(＋,4)>NH3>H2O，C正确；NaCl晶胞中Cl－的配位数是6，D错误；故选C。5.(2024·湖南永州三模)下列反应方程式书写错误的是(D)A．少许Al2S3固体溶于水中，有白色沉淀产生：Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑B．工业上用Na2CO3溶液汲取含NO2尾气：COeq\o\al(2－,3)＋2NO2=NOeq\o\al(－,2)＋NOeq\o\al(－,3)＋CO2C．乙醛与银氨溶液反应：CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－eq\o(→,\s\up12(△))CH3COO－＋NHeq\o\al(＋,4)＋2Ag↓＋3NH3＋H2OD．KClO3溶液与过量NaHSO3溶液反应：2ClOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=Cl2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋＋H2O【解析】少许Al2S3固体溶于水中会发生水解反应，产生氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应方程式书写正确，故A正确；工业上用Na2CO3溶液汲取含NO2尾气，发生的反应为2NO2＋Na2CO3=NaNO2＋NaNO3＋CO2，碳酸钠、亚硝酸钠和硝酸钠可以拆为离子形式，故写为COeq\o\al(2－,3)＋2NO2=NOeq\o\al(－,2)＋NOeq\o\al(－,3)＋CO2，故B正确；乙醛与银氨溶液水浴加热，发生银镜反应，产物之一醋酸铵是强电解质，书写离子方程式要拆开写，故C正确；肯定量的KClO3溶液与过量NaHSO3溶液反应，生成的H＋与HSOeq\o\al(－,3)反应生成H2O和SO2，故D错误；故选D。6.(2024·山东选考)抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是(D)A．存在顺反异构B．含有5种官能团C．可形成分子内氢键和分子间氢键D．1mol该物质最多可与1molNaOH反应【解析】由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确；由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确；由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的实力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C正确；由题干有机物结构简式可知，1mol该有机物含有羧基和酰胺基各1mol，这两种官能团都能与强碱反应，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误；故选D。7.(2024·湖北选考)W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)＋WZeq\o\al(－,4)。下列说法正确的是(A)A．分子的极性：WZ3<XZ3B．第一电离能：X<Y<ZC．氧化性：X2Y3<W2Y3D．键能：X2<Y2<Z2【解析】Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3<XZ3，A正确；同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的相邻元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；X2Y3为N2O3，W2Y3为B2O3，两种化合物中N和B的化合价都是＋3价，但是N的非金属性更强一些，故N2O3的氧化性更强一些，C错误；N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；故选A。8.(2024·广东广州二模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(A)A．1molSiHCl3含有Si—Cl键的数目为3NAB．24gMg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为NAC．1L1.0mol·L－1NaHSO4溶液含有阴离子的总数为2NAD．11.2LNO与11.2LO2混合后分子的数目为NA【解析】1个SiHCl3中含有3个Si—Cl键，故1molSiHCl3含有Si—Cl键的数目为3NA，故A正确；24gMg的物质的量为1mol，Mg失去2个电子转化为Mg2＋，故1molMg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为2NA，故B错误；NaHSO4完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，1L1.0mol·L－1NaHSO4溶液含有溶质为1mol，故含有SOeq\o\al(2－,4)为NA，同时水能电离出少量OH－，溶液中含阴离子的总数小于2NA，故C错误；没有标明为标准状况，故无法计算气体分子数，故D错误；故选A。9.(2024·河北沧州二模)微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是(D)A．a极为负极，可选择导电性高、易于附着微生物的石墨B．微生物的存在有利于电子的转移C．在b极涂覆的催化剂有利于氧气的还原D．该电池在任何温度下均可发电【解析】由图可知，微生物所在的a极失去电子，作负极，得到电子的b极为正极。由分析可知，a极为负极，不参加反应，可选择导电性高、易于附着微生物的石墨，A正确；微生物的作用促进了有机物转变为CO2，即促进了电子的转移，B正确；催化剂可以加快氧气的还原，C正确；该电池利用微生物促进电子转移从而发电，温度过高可能导致微生物失活，D错误；故选D。10.(2024·河北部分示范学校三模)硫化锂(Li2S)是一种潜在的锂电池的电解质材料，某化学爱好小组选择下列试验装置制备硫化锂。已知：粗锌中含少量Cu和FeS；Li2S易潮解、易水解，在加热条件下易被氧化。下列说法错误的是(C)A．装置乙中有黑色沉淀生成，反应的离子方程式为H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋B．装置丁硬质玻璃管中发生的反应为Li2SO4＋4H2eq\o(=,\s\up12(△))Li2S＋4H2OC．装置戊的作用只有一个：防止空气中的水蒸气进入装置丁而使Li2S水解D．虽然从装置戊中排出的尾气无毒，但尾气还是须要进行处理【解析】由图可知，装置甲中稀硫酸和粗锌反应制备氢气，制得的氢气中混有硫化氢气体，装置乙中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢气体，装置丙中盛有的浓硫酸用于干燥氢气，装置丁中硫酸锂与氢气共热反应制得硫化锂，装置戊中盛有的浓硫酸用于汲取空气中的水蒸气，防止水蒸气进入丁中导致硫化锂水解。粗锌中含有的FeS与稀硫酸反应生成硫化氢气体，硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成硫化铜黑色沉淀，A正确；依据装置图可知，装置甲中产生的氢气经过除杂、干燥后进入装置丁与Li2SO4在加热条件下反应生成Li2S和水，B正确；装置戊的作用有两个：一是防止空气中的水蒸气进入装置丁而使Li2S水解，二是防止空气中的氧气进入装置丁而使Li2S氧化，C错误；从装置戊中排出的尾气是氢气，虽然氢气无毒，但易燃，应进行处理，D正确；故选C。11.(2024·湖南选考)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L－Ru－NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法错误的是(B)A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子实力增加B．M中Ru的化合价为＋3C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：4NH3－2e－=N2H4＋2NHeq\o\al(＋,4)【解析】Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L－Ru－NH3]2＋中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的实力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N—H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子(H＋)的实力增加，A说法正确；Ru(Ⅱ)中Ru的化合价为＋2，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru的化合价变为＋3，每个Ru(Ⅲ)失去1个质子后，N原子产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为[L－Ru－eq\o(N,\s\up6(·,))H2]＋，当[L－Ru－NH2]＋变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为＋2，因此，B说法不正确；该过程M变为[L－Ru－NH2－NH2－Ru－L]2＋时，有N—N键形成，N—N是非极性键，C说法正确；从整个过程来看，4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NHeq\o\al(＋,4)，Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为4NH3－2e－=N2H4＋2NHeq\o\al(＋,4)，D说法正确；综上所述，本题选B。12.(2024·湖南选考)处理某铜冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子起先沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3起先沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。下列说法错误的是(D)A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3B．Na2S溶液呈碱性，其主要缘由是S2－＋H2OHS－＋OH－C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中eq\f(cCu2＋,cZn2＋)＝4.0×10－12D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。依据分析可知氢氧化铁当pH＝1.9时起先沉淀，氢氧化铝当pH＝3.5时起先沉淀，当pH＝4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，B正确；当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则eq\f(cCu2＋,cZn2＋)＝eq\f(cCu2＋·cS2－,cZn2＋·cS2－)＝eq\f(KspCuS,KspZnS)＝eq\f(6.4×10－36,1.6×10－24)＝4×10－12，C正确；污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应当经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能运用，D错误；故选D。13.(2024·河北唐山三模)在2L恒容密闭容器中加入肯定量A和B，发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)。100℃时容器中A、B、C物质的量随时间的改变关系如图一所示。不同温度下平衡时C的体积分数与A、B起始时的投料比的改变关系如图二所示。则下列结论正确的是(B)A．100℃时前5min平均化学反应速率v(A)＝0.04mol·L－1·min－1B．100℃时达平衡的体系中充入少量C(g)，达新平衡前v(逆)>v(正)C．aA(g)＋bB(g)cC(g)ΔH>0D．某温度下平衡时B的转化率随起始eq\f(nA,nB)的增大而先增大后减小【解析】100℃时前5min平均化学反应速率v(A)＝eq\f(\f(0.4mol－0.2mol,2L),5min)＝0.02mol·L－1·min－1，A错误；C(g)为生成物，加入C(g)后，逆反应速率增大，平衡逆向移动，达新平衡前v(逆)>v(正)，B正确；如图得出信息，温度越高，C的体积分数越小，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，所以aA(g)＋bB(g)cC(g)ΔH<0，C错误；起始浓度A越大，eq\f(nA,nB)越大，B的转化率越大，所以温度肯定时，B的转化率随起始eq\f(nA,nB)的增大而增大，D错误；故选B。14.(2024·辽宁选考)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1mol·L－1，通过调整pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分别，体系中pH与－lgc关系如下图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(D)A．Ksp(CdS)＝10－18.4B．③为pH与－lgc(HS－)的关系曲线C．Ka1(H2S)＝10－8.1D．Ka2(H2S)＝10－14.7【解析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度渐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度渐渐增大，则有－lgc(HS－)和－lgc(S2－)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lgc(HS－)小于－lgc(S2－)，则Ni2＋和Cd2＋浓度渐渐减小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)即当c(S2－)相同时，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，则－lgc(Ni2＋)和－lgc(Cd2＋)随着pH增大而增大，且有－lgc(Ni2＋)小于－lgc(Cd2＋)，由此可知曲线①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误；由分析可知，③为pH与－lgc(S2－)的关系曲线，B错误；由分析可知，曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，当c(H＋)＝10－1.6mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5mol·L－1，Ka1(H2S)＝eq\f(cH＋cHS－,cH2S)＝eq\f(10－1.6×10－6.5,0.1)＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2mol·L－1时，c(HS－)＝10－3.9mol·L－1，Ka1(H2