2025年高考二轮复习化学选择题标准练5

选择题标准练(五)(分值:42分)学生用书P291(选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)1.(2024·湖南师大附中三模)明矾常用作净水剂,下列关于明矾大晶体制备实验的说法不正确的是()A.配制明矾饱和溶液的温度要控制在比室温高10~15℃B.明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央,可避免形成形状不规整的晶体C.形成大晶体的过程中,需要敞开玻璃杯静置较长时间D.本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净答案:C解析:温度降低的时候,饱和度也会降低,明矾会吸附在小晶核上,所以要得到较大颗粒的明矾晶体,配制比室温高10~15℃的明矾饱和溶液,A正确;明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央,增大接触面积,有利于晶胞的均匀成长,可避免形成形状不规整的晶体,B正确;敞开玻璃杯静置较长时间,容易引入空气中的杂质,应该用硬纸片盖好玻璃杯,C错误;本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净,防止杂质污染,若有杂质,就在溶液中形成多个晶核,显然不利于大晶体的生成,D正确。2.(2023·湖南常德一模)实验改进与优化应遵循科学性、易操作性、安全性的原则,提升化学实验效率。下列有关实验改进分析不正确的是()A.使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境,并使漏斗内液体顺利流下B.用点燃的木条靠近肥皂泡,听到爆鸣声,可检验产物中有氢气C.利用该装置可制取SO2,并进行SO2性质的探究实验D.利用该装置可较长时间看到白色絮状沉淀答案:C解析:恒压滴液漏斗为密闭装置且能平衡压强,使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境,并使漏斗内液体顺利流下,A正确;氢气具有可燃性,和氧气混合点燃容易爆炸;用点燃的木条靠近肥皂泡,听到爆鸣声,可检验产物中有氢气产生,B正确;铜和浓硫酸需要加热才能反应生成二氧化硫,C错误;装置A中生成氢气排净装置中空气且生成硫酸亚铁,一段时间后关闭a,A中压强变大,硫酸亚铁被压入B中生成氢氧化亚铁沉淀,利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀,D正确;故选C。3.(2024·黑龙江大庆实验中学模拟)下列化学用语或图示表达正确的是()A.四水合铜离子[Cu(H2O)4]2+的结构:B.H—H形成的σ键:C.基态碘原子简化电子排布式:[Kr]5s25p5D.环氧乙烷的结构简式:答案:D解析:四水合铜离子[Cu(H2O)4]2+的结构为,A错误;H—H形成的σ键:,B错误;基态碘原子简化电子排布式:[Kr]4d105s25p5,C错误;环氧乙烷的结构简式为,D正确。4.(2024·湖南考前演练二)某反应体系只有六种粒子:MnO4-、SO42-、Mn2+、S2O82-(无色)、H2O和A.图中乙代表S2O82-,B.若溶液由无色变为紫红色,则反应已发生C.每消耗1mol乙时转移4mol电子D.该反应为5S2O82-+2Mn2++8H2O2MnO4-答案:C解析:根据反应体系中的粒子可以判断发生氧化还原反应,锰元素的价态为+7和+2价,S2O82-中含过氧键,根据图像可知,乙为反应物,甲为生成物,相同时间反应的物质的量之比为5∶2,由此推知,甲为高锰酸根离子,乙为S由分析可知,甲为高锰酸根离子,乙为S2O82-,A正确;高锰酸根离子为紫红色,S2O82-为无色,若溶液由无色变为紫红色,则反应已发生,B正确;根据价态变化可知,每消耗1mol乙时转移2mol电子,C错误;根据元素守恒和电子守恒,可以得到反应的离子方程式为5S2O82-+2Mn2++8H2O2MnO4-+10S5.(2024·江苏南通如皋市适应性考试二)反应Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O可用于制取MnCO3。下列说法正确的是(A.基态Mn2+的电子排布式为[Ar]3d54s2B.HCO3-中C的杂化方式为spC.CO3D.CO2是含非极性共价键的非极性分子答案:B解析:基态Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5,A错误;HCO3-中C的价层电子对数为3,没有孤电子对,杂化方式为sp2杂化,B正确;CO32-中C的价层电子对数为3,没有孤电子对,其空间结构为平面三角形,C错误6.(2024·安徽合肥三模)下列各组离子在溶液中可以大量共存,且加入试剂后发生反应的离子方程式书写也正确的是()选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式AK+、[Al(OH)4]、SO42-少量HCl溶液[Al(OH)4]+H+Al(OH)3↓+H2OBH+、Fe2+、SO42-少量Ba(NO3)2溶液3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2CCl、Na+、SiO32-过量醋酸溶液2H++SiO32-H2SiODFe3+、H+、MnO4-、通入少量SO22Fe3++SO2+2H2O2Fe2++SO42-答案:A解析:A项,该组离子间不发生反应,能大量共存,加入少量HCl溶液,H+优先与[Al(OH)4]反应,其离子方程式为[Al(OH)4]+H+Al(OH)3↓+H2O,A正确;B项,原溶液中各离子间不反应,可大量共存,加入少量Ba(NO3)2溶液后,酸性条件下NO3-具有氧化性,与Fe2+发生氧化还原反应,离子方程式为3Fe2++4H++NO3-+Ba2++SO42-3Fe3++NO↑+2H2O+BaSO4↓,B错误;C项,SiO32-与HCO3-不能大量共存,醋酸为弱酸,不能拆开,加入过量醋酸溶液,反应的离子方程式为2CH3COOH+SiO32-H2SiO3↓+2CH3COO,C错误;D项,通入少量SO2后,MnO4-氧化性更强,优先与SO2发生氧化还原反应,反应的离子方程式为2MnO7.(2024·江西南昌一模)能用如图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是()选项气体制备试剂烧杯中试剂A.NH3碱石灰与浓氨水H2SO4溶液B.CO2大理石和硫酸石灰水C.C2H2电石与水水D.Cl2MnO2与浓盐酸NaOH溶液答案:D解析:浓氨水滴入固体碱石灰上,生成NH3,氨气尾气吸收时不能将导管直接通入H2SO4溶液中,会引起倒吸,A错误;不能用硫酸与大理石制备CO2,生成的硫酸钙会附着在大理石上,阻碍反应进行,B错误;电石与饱和食盐水反应生成C2H2,尾气应用酸性高锰酸钾溶液或溴的四氯化碳溶液吸收,C错误;MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2,为了防止污染空气,过量的Cl2用NaOH溶液吸收,D正确。8.(2024·安徽省第二次大联考)对下列事实的解释错误的是()选项事实解释A第一电离能:N>ON的2p轨道半充满,结构更稳定,能量更低B碳正离子稳定性:Br电负性比F小,电子云更偏向碳正离子C热稳定性:H2O>H2SH2O分子间存在氢键,H2S分子间不存在氢键DC—H键长:CH4>C2H4C的杂化轨道中s成分越多,形成的C—H化学键越强,键长越短答案:C解析:N的电子排布式为1s22s22p3,O的电子排布式为1s22s22p4,即N的2p轨道半充满,结构更稳定,所以第一电离能N>O,A正确;Br电负性比F小,电子云更偏向碳正离子,所以碳正离子稳定性:,B正确;分子间氢键只能影响物理性质,不能够影响化学性质,应该是元素的非金属性越强,氢化物的稳定性越强,所以热稳定性H2O>H2S,C错误;CH4中C的杂化类型为sp3,C2H4中C的杂化类型为sp2,C的杂化轨道中s成分越多,形成的C—H化学键越强,键长越短,所以C—H键长:CH4>C2H4,D正确。9.(2024·浙江丽水湖州衢州三地市4月质检)由不饱和烃A制备聚1,3丁二烯的合成路线(部分反应条件略去)如下4步反应所示:AD聚1,3丁二烯下列说法不正确的是()A.第一步反应属于取代反应B.A分子中的所有原子在同一直线上C.聚1,3丁二烯能使溴水褪色D.B和C均属于醇类答案:A解析:第一步反应是H—C≡C—H和CH3CHO发生加成反应生成,即反应类型属于加成反应,A错误;A为H—C≡C—H,分子中碳原子采取sp杂化,空间结构为直线形,即所有原子在同一直线上,B正确;聚1,3丁二烯的结构简式为,其中含有碳碳双键,所以能使溴水褪色,C正确;B和C的结构中均含有羟基,所以均属于醇类,D正确。10.(2024·广西柳州三模)Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,X、Y、Z为同周期相邻元素,且X、Y为金属元素,最外层电子数之和满足Q=X+Z,下列结论正确的是()A.原子半径:Q>X>Y>ZB.四种元素中,电负性最大的是ZC.Y的最高价氧化物对应水化物是强碱D.Q和Z的最简单氢化物的沸点:Q>Z答案:D解析:X、Y、Z为同周期相邻元素,且X、Y为金属元素,最外层电子数之和满足Q=X+Z,则X为Mg,Y为Al,Z为Si,Q为O。原子半径:X>Y>Z>Q,A错误;电负性最大,则非金属性最强,则电负性最大的为O,即为Q,B错误;Y的最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3,是弱碱,C错误;Q的简单氢化物是H2O,Z的简单氢化物是SiH4,水分子间形成氢键,熔、沸点高,所以Q和Z的最简单氢化物的沸点:Q>Z,D正确。11.(2024·甘肃张掖第三次诊断)根据实验操作、现象,能得出相应结论的是()选项操作现象结论A将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸,滴加KSCN溶液观察到溶液变红Fe(NO3)2样品已氧化变质B向盛有等体积、等浓度的H2O2溶液的两支试管中分别加入0.2mL等浓度CuSO4溶液和KMnO4溶液加KMnO4溶液的试管中产生气泡速率更快MnO4-比CuC以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Br先出现浅黄色沉淀,后出现砖红色沉淀Ksp(AgBr)<Ksp(Ag2CrO4)D向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液浊液变澄清酸性:苯酚>HCO答案:D解析:A项,NO3-在酸性条件下具有强氧化性,能将Fe2+氧化成Fe3+,对检验Fe(NO3)2是否变质产生干扰;B项,KMnO4溶液可氧化过氧化氢,CuSO4溶液可催化过氧化氢分解,反应原理不同,不能探究催化效果;C项,Br与Ag+反应产生浅黄色的AgBr沉淀,CrO42-与Ag+反应产生砖红色的Ag2CrO4沉淀,CrO42-和Br浓度不同且AgBr与Ag2CrO4沉淀类型不相似,故根据实验操作、现象,不能比较AgBr与Ag2CrO4的Ksp大小;D项,向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液,生成苯酚钠、碳酸氢钠,则浊液变澄清,可知酸性12.(2024·湖南高考临考模拟)利用含锌废水(主要成分为ZnSO4,含少量的Fe2+、Mn2+)制备ZnCO3·2Zn(OH)2的工艺流程如图,下列有关说法正确的是()已知:①物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Zn(OH)2Ksp1×1016.31×1038.61×1032.31.2×1017②Zn2+可以与氨水反应生成[Zn(NH3)4]2+A.Na2S2O8中硫元素的化合价为+7价B.氧化除锰步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1C.沉锌时发生反应的离子方程式主要是3Zn2++6HCO3-ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2D.调节pH除铁时,应选用的试剂X为氨水,调节pH应大于9,以便将铁完全沉淀答案:C解析:向含锌废液(主要成分为ZnSO4,含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液,生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+,过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,为了不引入新杂质,试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等,最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。Na2S2O8中硫元素的化合价为+6价,Na2S2O8表现氧化性来源于其中的过氧键,故A错误;氧化除锰步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1,故B错误;沉锌时发生反应的离子方程式主要是3Zn2++6HCO3-ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O,故C正确;pH过大时锌会转化为Zn(OH)2沉淀,氨水过量时,Zn2+可以与氨水反应生成[Zn(NH3)4]2+会降低ZnCO3·2Zn(OH)2的产率,故D错误;故答案选C13.(2024·广西柳州三模)燃油汽车尾气中含有NO和CO等有毒气体,某研究小组用新型催化剂对NO、CO在不同条件下的催化转化进行研究,反应原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0。在密闭容器中充入2molNO和2molCO,平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法正确的是()A.a点CO的平衡转化率为25%B.c点和b点的反应速率可能相同C.若在e点扩大容器容积并加热,可能达到c点状态D.恒温恒压条件下,向d点平衡体系中再充入2molNO和2molCO,重新达到平衡后,与d点状态相比,NO的体积分数将增大答案:A解析:反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,NO体积分数增大,则温度T1>T2。a点NO体积分数为40%,设a点时NO转化了xmol,2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始/mol 2 2 0 0转化/mol x x 0.5x x平衡/mol 2x 2x 0.5x x则总的物质的量为(40.5x)mol,2-x4-0.5x×100%=40%,x=0.5