新教材适用2024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

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1. (2023·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。
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2.5 nm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2.5 μm，B错误；空气中的NO2、O3能与碳氢化合物在一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. (2023·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CH3CHO
B．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】 根据图示的互变原理，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须与双键连接，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. (2023·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 \\al(18, 8)O
C．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 \\al(18, 8)O，B正确；根据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. (2023·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 \\al(＋,4)、H2O中心原子均为sp3杂化
C．键角的大小顺序为CO2>NHeq \\al(＋,4)>NH3>H2O
D．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 \\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 \\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，键角的大小顺序：CO2>NHeq \\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. (2023·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溶液吸收含NO2尾气：COeq \\al(2－,3)＋2NO2===NOeq \\al(－,2)＋NOeq \\al(－,3)＋CO2
C．乙醛与银氨溶液反应：CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－eq \(――→,\s\up12(△))CH3COO－＋NHeq \\al(＋,4)＋2Ag↓＋3NH3＋H2O
D．KClO3溶液与过量NaHSO3溶液反应：2ClOeq \\al(－,3)＋5HSOeq \\al(－,3)===Cl2＋5SOeq \\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溶液吸收含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 \\al(2－,3)＋2NO2===NOeq \\al(－,2)＋NOeq \\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；一定量的KClO3溶液与过量NaHSO3溶液反应，生成的H＋与HSOeq \\al(－,3)反应生成H2O和SO2，故D错误；故选D。
6. (2023·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．1 ml该物质最多可与1 ml NaOH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能力，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，1 ml该有机物含有羧基和酰胺基各1 ml，这两种官能团都能与强碱反应，故1 ml该物质最多可与2 ml NaOH反应，D错误；故选D。
7. (2023·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 \\al(－,4)。下列说法正确的是( A )
A．分子的极性：WZ3B．第一电离能：XC．氧化性：X2Y3D．键能：X2【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：WZ38. (2023·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．1 ml SiHCl3含有Si—Cl键的数目为3NA
B．24 g Mg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为NA
C．1 L 1.0 ml·L－1NaHSO4溶液含有阴离子的总数为2NA
D．11.2 L NO与11.2 L O2混合后分子的数目为NA
【解析】 1个SiHCl3中含有3个Si—Cl键，故1 ml SiHCl3含有Si—Cl键的数目为3NA，故A正确；24 g Mg的物质的量为1 ml，Mg失去2个电子转化为Mg2＋，故1 ml Mg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，1 L 1.0 ml·L－1NaHSO4溶液含有溶质为1 ml，故含有SOeq \\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. (2023·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，不参与反应，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. (2023·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，某化学兴趣小组选择下列实验装置制备硫化锂。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 \(=====,\s\up12(△))Li2S＋4H2O
C．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，但尾气还是需要进行处理
【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吸收空气中的水蒸气，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；根据装置图可知，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. (2023·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失去质子能力增强
B．M中Ru的化合价为＋3
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH3－2e－===N2H4＋2NHeq \\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吸引电子的能力比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＋)的能力增强，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 \(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Ru 1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 \\al(＋,4)，Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为4NH3－2e－===N2H4＋2NHeq \\al(＋,4)，D说法正确；综上所述，本题选B。
12. (2023·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溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
②Ksp(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)3
B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2－＋H2OHS－＋OH－
C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中eq \f(cCu2＋,cZn2＋)＝4.0×10－12
D．“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。根据分析可知氢氧化铁当pH＝1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH＝3.5时开始沉淀，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－＋H2OHS－＋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(cCu2＋,cZn2＋)＝eq \f(cCu2＋·cS2－,cZn2＋·cS2－)＝eq \f(KspCuS,KspZnS)＝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”应该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，才能使用，D错误；故选D。
13. (2023·河北唐山三模)在2 L恒容密闭容器中加入一定量A和B，发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)。100 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系如图一所示。不同温度下平衡时C的体积分数与A、B起始时的投料比的变化关系如图二所示。则下列结论正确的是( B )
A．100 ℃时前5 min平均化学反应速率v(A)＝0.04 ml·L－1·min－1
B．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>0
D．某温度下平衡时B的转化率随起始eq \f(nA,nB)的增大而先增大后减小
【解析】 100 ℃时前5 min平均化学反应速率v(A)＝eq \f(\f(0.4 ml－0.2 ml,2 L),5 min)＝0.02 ml·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(nA,nB)越大，B的转化率越大，所以温度一定时，B的转化率随起始eq \f(nA,nB)的增大而增大，D错误；故选B。
14. (2023·辽宁选考)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 ml·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如下图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为ml·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是( D )
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
【解析】 已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度逐渐增大，则有－lg c(HS－)和－lg c(S2－)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lg c(HS－)小于－lg c(S2－)，则Ni2＋和Cd2＋浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)即当c(S2－)相同时，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，则－lg c(Ni2＋)和－lg c(Cd2＋)随着pH增大而增大，且有－lg c(Ni2＋)小于－lg c(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－)＝10－13ml·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－lg c(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＋)＝10－1.6ml·L－1时，c(HS－)＝10－6.5ml·L－1，Ka1(H2S)＝eq \f(cH＋cHS－,cH2S)＝eq \f(10－1.6×10－6.5,0.1)＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2ml·L－1时，c(HS－)＝10－3.9ml·L－1，Ka1(H2S)＝eq \f(cH＋cHS－,cH2S)＝eq \f(10－4.2×10－3.9,0.1)＝10－7.1，C错误；已知Ka1Ka2＝eq \f(cH＋cHS－,cH2S)×eq \f(cH＋cS2－,cHS－)＝eq \f(c2H＋cS2－,cH2S)，由曲线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9ml·L－1时，c(S2－)＝10－13ml·L－1，或者当c(H＋)＝10－6.8ml·L－1时，c(S2－)＝10－9.2ml·L－1，故有Ka1Ka2＝eq \f(c2H＋cS2－,cH2S)＝eq \f(10－4.92×10－13,0.1)＝eq \f(10－6.82×10－9.2,0.1)＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确；故选D。
15. (2023·湖南选考)科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是( C )
A．晶体最简化学式为KCaB6C6
B．晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个
C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面
D．晶体的密度为eq \f(2.17×1032,a3·NA)g·cm－3
【解析】 根据晶胞结构可知，K个数：8×eq \f(1,8)＝1，Ca个数：1，B个数：12×eq \f(1,2)＝6，C个数：12×eq \f(1,2)＝6，故其最简化学式为KCaB6C6，A正确；根据晶胞结构可知，K＋位于晶胞顶点，Ca位于体心，则晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个，B正确；根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C错误；根据选项A分析可知，该晶胞最简化学式为KCaB6C6，则1个晶胞质量为eq \f(217,NA) g，晶胞体积为a3×10－30cm3，则其密度为eq \f(2.17×1032,a3·NA) g·cm－3，D正确；故选C。污染物
PM2.5
SO2
NO2
O3
CO
PM10
指数
66
4
43
17
0
238
物质
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Zn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀pH
3.2
6.7
8.2
4.6