适用于新高考新教材2024版高考化学二轮复习选择题专项练三（附解析）

这是一份适用于新高考新教材2024版高考化学二轮复习选择题专项练三（附解析），共7页。试卷主要包含了下列符号表征或说法正确的是，下列过程的离子方程式正确的是，下列实验装置或操作正确的是等内容，欢迎下载使用。

A.“树肤”是指树皮,主要成分为纤维素
B.“麻头”在一定条件下能水解生成葡萄糖
C.现代“鱼网”的主要成分是尼龙,属于合成高分子化合物
D.造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述,其中“蒸”为“蒸馏”
2.(2023·湖南永州三模)下列符号表征或说法正确的是( )
A.质量数为3的氢核素H
B.乙醛的结构简式:CH3COH
C.乙烷的球棍模型:
D.H2O的空间结构:直线形
3.(2023·湖南名校联盟4月联考)下列过程的离子方程式正确的是( )
A.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:Ca2++H2O+SO2+ClO-CaSO4↓+2H++Cl-
B.CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中:CO2+H2O+C2HC
C.向CuSO4溶液中通入H2S气体:Cu2++H2SCuS↓+2H+
D.Cu与浓硝酸反应:3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O
4.(2023·江苏南京二模)格氏试剂(RMgX)与醛、酮反应是制备醇的重要途径。Z的一种制备方法如下:
下列说法不正确的是( )
A.CH3CH2—中碳负离子的杂化轨道类型为sp3
B.Y分子与Z分子中均含有手性碳原子
C.Z易溶于水是因为Z分子与水分子之间能形成氢键
D.以CH3COCH3、CH3MgBr和水为原料可制得Z
5.(2023·湖南教研联盟二模)泽兰素来源于泽兰属植物,具有抗肿瘤、抗炎、杀菌和抗氧化等多种生物活性,其结构如图所示,下列关于泽兰素的说法正确的是( )
A.泽兰素中含有三种官能团
B.1 ml泽兰素与H2加成最多消耗5 ml H2
C.泽兰素可以发生取代、氧化、加成、加聚反应
D.泽兰素中所有原子共平面
6.(2023·山东聊城二模)植物对氮元素的吸收过程如下,下列说法错误的是( )
A.NH3中的键角小于N中的键角
B.N、N中N的杂化方式不同
C.P原子间难形成三键而N原子间可以,是因为P的原子半径大于N,难形成p-p π键
D.当有9.2 g N生成时,过程②转移电子1.2 ml
7.(2023·山东平度二模)下列实验装置或操作正确的是( )
A.图1是排出碱式滴定管中的气泡操作
B.图2装置可以测定化学反应速率
C.图3装置用于分离乙酸乙酯和乙酸
D.图4装置用CCl4萃取碘水中的碘,振荡、放气
8.(2023·山东济宁二模)某AgNO3浓差电池的装置如图所示,该电池使用前先将K与M连接一段时间,K再与N连接,当正负电极室中溶液的浓度相等时,电池将停止放电。下列说法错误的是( )
A.K与M连接时,当电路中转移0.1 ml电子时,乙室溶液质量减少17 g
B.K与N连接时,甲室的电极反应为Ag-e-Ag+
C.若换成阳离子交换膜,电池将不能正常使用
D.K分别与M、N连接时,N在电解质溶液中的移动方向相反
9.(2023·山东菏泽二模)Rh(I)-3-羟基-2-硝基吡啶催化甲醇羰基化制备乙酸具有更好的稳定性和更高的催化剂活性,其机理如图所示。已知:TS1、TS2、TS3表示过渡态。下列说法正确的是( )
A.①→②反应过程中仅有σ键的断裂与形成
B.CO做配体时,C的配位能力小于O
C.增大Rh(I)-3-羟基-2-硝基吡啶的用量,甲醇的平衡转化率增大
D.通过定量测定发现,反应过程中物质②含量最少,其可能原因是②→③为快反应
10.(2023·湖南娄底三模)化学是一门以实验为基础的学科,下列实验操作、现象和结论都正确的是( )
11.(2023·广东湛江一模)亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性,受热易分解,可作漂白剂、食品消毒剂等,以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。
下列说法不正确的是( )
A.“母液”中主要成分是Na2SO4
B.“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C.“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度,提高产品产率
D.以生成Cl-时转移电子数目来衡量,相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍
12.(2023·山东潍坊二模)一种阴离子的结构如图所示,X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,基态W原子中有3个未成对电子,下列说法正确的是( )
A.电负性:W>Z
B.简单氢化物的沸点:Y>Z
C.最高价氧化物对应水化物的酸性:X>W
D.单质的氧化性:W>Y
13.(2023·辽宁鞍山二模)NaCl是中学化学常见的药品之一,其相图(101 kPa时,用于描述NaCl-H2O体系共存形式的平衡曲线)见图,已知NaCl溶解度随温度变化不大,则下列有关说法错误的是( )
A.0 ℃时,NaCl的溶解度约为35.7 g
B.对海水进行冷冻,可获取淡水资源
C.由饱和NaCl溶液中析出的晶体是否带结晶水主要由结晶速率决定
D.5 ℃时,取适量20%的NaCl溶液于洁净试管中,用玻璃棒刮擦试管内壁后无明显现象
14.(2023·辽宁抚顺4月模拟)如图所示是利用并联电解槽从铝废料(含Si、Mg、Fe、Cu、Mn和Zn杂质)中回收金属铝的固态电解工艺,利用熔融LiCl、KCl和AlCl3三种盐做电解液,电解过程中在阴、阳两极发生Al2C和AlC的转化。下列叙述正确的是( )
A.固态电解工艺有利于金属铝的回收利用
B.当电路中转移1 ml电子时,理论上一块阴极板可回收9 g金属铝
C.阴极的电极反应为Al2C+6e-2Al+7Cl-
D.阳极泥中可回收的金属有Mg、Fe、Cu、Mn和Zn
15.(2023·天津河西区二模)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数Ka分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释(忽略温度的变化),其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液
B.溶液中水的电离程度:b点>c点
C.从c点到d点,溶液中的值增大
D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH溶液恰好中和后,溶液中c(Na+)相同
选择题专项练(三)
1.D 造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述,其中“蒸”为“蒸煮”,使植物纤维软化,胶质溶解而与纤维分离,用于后续造纸,D错误。
2.A 乙醛的结构简式为CH3CHO,B错误;选项给出的是乙烷的空间填充模型,C错误;H2O的空间结构为V形,D错误。
3.C SO2少量,剩余的ClO-与产生的H+结合为HClO,HClO不能拆开写,离子方程式为Ca2++H2O+SO2+3ClO-CaSO4↓+2HClO+Cl-,A错误;碳酸氢钠在该环境下是沉淀,离子方程式为2Na++CO2+H2O+C2NaHCO3↓,B错误;CuSO4与H2S反应生成难溶性物质CuS,C正确;铜与浓硝酸反应生成的是NO2气体,离子方程式为Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O,D错误。
4.D CH3CH2—中碳负离子的价层电子对数为3+1=4,则杂化轨道类型为sp3,A正确;连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子,则Y、Z中与O原子相连的碳原子均为手性碳原子,B正确;Z含羟基,与水分子之间能形成氢键,则Z易溶于水,C正确;由流程可知,以CH3COCH3、CH3MgBr发生加成反应生成(CH3)2C(OMgBr)CH3,然后与水反应生成(CH3)3COH,得不到Z,D错误。
5.C 泽兰素中含有酮羰基、羟基、醚键和碳碳双键四种官能团,A错误;1ml泽兰素中羰基可加成1mlH2,苯环可以加成3mlH2,碳碳双键可以加成2mlH2,与H2加成最多消耗6mlH2,B错误;泽兰素中含有甲基可以发生取代反应、羰基可以发生氧化反应、碳碳双键和苯环可以发生加成反应、碳碳双键可以发生加聚反应,C正确;泽兰素中含有—CH3,所有原子不共平面,D错误。
6.B NH3、N中N原子均为sp3杂化,NH3中N原子有1对孤电子对,而N中N没有,由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力,故NH3的键角小于N的键角,A正确;N中氮原子价层电子对数为2+=3,N原子轨道的杂化类型为sp2,N中氮原子价层电子对数为3+=3,N原子轨道的杂化类型为sp2,杂化方式相同,B错误;根据元素周期表可知P的原子半径比N大,P原子间不易形成三键而N原子之间易形成,是因为P原子的半径大于N,难以形成p-pπ键,C正确;过程②N转化为N,N的化合价由-3价变为+3价,转移电子数为6,当有9.2gN(0.2ml)生成时,过程②转移电子1.2ml,D正确。
7.D 排出碱式滴定管中的气泡应该用手挤压玻璃球且滴定管下端管口斜向上,A错误;生成的氧气易从长颈漏斗逸出,应选分液漏斗,用于测定反应速率,B错误;乙酸乙酯和乙酸的分离应利用饱和碳酸钠溶液让它们分层后分液,C错误;图4装置用CCl4萃取碘水中的碘,振荡、放气,操作正确,D正确。
8.B K与M连接时,右侧乙室内Ag++e-Ag,硝酸根迁出,当转移1ml电子时,乙室溶液质量减少(108+62)g=170g,则当电路中转移0.1ml电子时,乙室溶液质量减少17g,A正确;K与N连接时为原电池,甲室为正极区,电极反应为Ag++e-Ag,B错误;若换成阳离子交换膜,若有1ml电子转移,阳极1mlAg溶解、阴极析出1mlAg,1mlAg+透过阳离子交换膜进入乙室,则两池中Ag+浓度将相同,开关与N相连时,不会产生电流、将不能正常使用,应选择阴离子交换膜电池,C正确;K分别与M、N连接时,N在电解质溶液中的移动方向相反,D正确。
9.D 由题图可知,①→②反应过程中有碳氧双键生成,故有σ键和π键的形成,A错误;CO做配体时,C和O都含有孤电子对,因为C原子的电负性较小,所以更能提供电子对形成配位键,C的配位能力大于O,B错误;Rh(I)-3-羟基-2-硝基吡啶为催化剂,其用量不能改变平衡,不能使甲醇的平衡转化率增大,C错误;若②→③反应速率较快,物质②含量最少,D正确。
10.B 根据等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH,可判断H2CO3的酸性比H2SO3弱,元素的非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,亚硫酸不是S元素最高价含氧酸,则不能判断C和S的非金属性强弱,A错误;分散系中出现光的通路,即发生丁达尔效应,这是胶体的性质,B正确;在BaSO4沉淀中加入浓的Na2CO3溶液,只要Q(BaCO3)>Ksp(BaCO3),高浓度的碳酸根就会转化为BaCO3,向洗净的沉淀中加稀盐酸,有气泡产生,不能说明Ksp(BaCO3)11.D 反应1中NaClO3与SO2发生氧化还原反应生成ClO2,根据反应规律推测氧化产物为Na2SO4,故“母液”中主要成分是Na2SO4,A正确;反应2中氧化剂是ClO2,还原剂是H2O2,反应生成NaClO2,根据得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,B正确;NaClO2受热易分解,故“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度,提高产品产率,C正确;以生成Cl-时转移电子数目来衡量,相同物质的量时ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍,相同质量则不是,D错误。
12.B X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,基态W原子中有3个未成对电子,由阴离子的结构示意图可知,X、Y、Z、W形成共价键的数目分别为4、2、1、6,则W形成的化学键中含有配位键,X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为P元素。元素的非金属性越强,电负性越大,氟元素的非金属性强于磷元素,则电负性大于磷元素,A错误;水分子间形成氢键的数目多于氟化氢,分子间作用力大于氟化氢,则沸点高于氟化氢,B正确;元素的非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,磷元素的非金属性强于碳元素,则磷酸的酸性强于碳酸,C错误;元素的非金属性越强,单质的氧化性越强,氧元素的非金属性强于磷元素,则氧气的氧化性强于磷单质,D错误。
13.C 0℃时,溶质质量分数=×100%=26.3%,设溶质质量为m1,溶剂质量为m2,则有=0.263,故溶解度=×100g=×100g≈35.7g,A正确;当液体海水变为固体冰时,盐类被分离出来,从而得到淡水,B正确;根据定义,结晶速率是指物质结晶过程进行到一半所需要时间的倒数,C错误;5℃时,20%的NaCl溶液不属于饱和溶液,所以用玻璃棒刮擦试管内壁后无明显现象,D正确。
14.A 由题可知,固态电解工艺能够从铝废料中回收金属铝,有利于金属铝的回收利用,A正确;该电路为并联电路,当电路中转移1ml电子时,所有阴极板共生成ml(9g)铝单质,一块电极板生成铝的质量为3g,B错误;电解过程中发生Al2C和AlC的转化,故阴极反应为4Al2C+3e-Al+7AlC,C错误;Mg的活泼性强于Al,比Al先放电,故阳极泥中不可能回收Mg,D错误。
15.A 某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数Ka分别为5.0×10-4和1.7×10-5,则酸的强弱为HNO2>CH3COOH。pH相同的两种酸,加水稀释,氢离子浓度减小,由于相对弱的酸电离出的氢离子比相对强的酸电离出的氢离子多,则后来相对弱的酸中氢离子浓度大于相对强的酸中氢离子浓度,故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液,A正确;b点氢离子浓度大于c点氢离子浓度,因此b点抑制水的电离程度大,则溶液中水的电离程度:c点>b点,B错误;从c点到d点,平衡正向移动,但温度不变,故溶液中K=的值不变,C错误;相同体积a点的两溶液分别与NaOH溶液恰好中和后,由于醋酸的物质的量浓度大于HNO2的物质的量浓度,则醋酸溶液中加入的氢氧化钠溶液多,故两溶液中c(Na+)不相同,D错误。
选项
实验操作
实验现象
结论
A
测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性:S>C
B
将NaCl晶体分散在乙醇中,用激光笔照射
出现光亮的通路
该分散系为胶体
C
向硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠充分搅拌后,取沉淀(洗净后)加盐酸
有气泡产生
Ksp(BaCO3)D
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液
溶液变红
氧化性:Ag+>Fe3+