2025年高考化学二轮复习考前特训《深挖教材类试题(二)》

　深挖教材类试题(二)

(选择题1~10题，每小题6分，共60分)

1.新材料的使用体现了化学科技，彰显了中国力量。以下关于合金的说法不正确的是(　　)

A.通过增加原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度变大

B.不锈钢中添加镍(Ni)和铬(Cr)等元素后，不容易生锈，具有很强的抗腐蚀能力

C.硬铝用于制造飞机外壳，主要利用其熔点高

D.储氢合金属于新型合金，可用于以氢气为燃料的汽车

2.(2024·北京，1)我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获⁴¹Ca原子，实现了对同位素⁴¹Ca的灵敏检测。⁴¹Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是¹⁴C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是(　　)

A.⁴¹Ca的原子核内有21个中子

B.⁴¹Ca的半衰期长，说明⁴¹Ca难以失去电子

C.⁴¹Ca衰变一半所需的时间小于¹⁴C衰变一半所需的时间

D.从Ca原子束流中直接俘获⁴¹Ca原子的过程属于化学变化

3.锌锰电池是生活中常用的一种化学电源，酸性锌锰电池和碱性锌锰电池的构造如图所示，下列有关说法错误的是(　　)

A.二者均属于一次电池

B.二者分别消耗6.5 g锌，都将转移0.2 mol电子

C.二者的正极反应式均为MnO₂+H₂O+e^-===MnO(OH)+OH^-

D.碱性锌锰电池比酸性锌锰电池比能量高

4.六氟化硫(SF₆)分子形成时，S原子的3s、3p和两个3d轨道参与形成sp³d²杂化，其分子的空间结构呈正八面体形(如图所示)。下列说法正确的是(　　)

A.SF₆分子中S含有孤电子对

B.SF₆分子中均为σ键，且键长相等

C.SF₆分子中所有的F—S—F的键角均为90°

D.PCl₅分子中的P原子也采用sp³d²杂化

5.维生素C具有增强免疫力、促进生长发育、促进伤口愈合等功效，其结构简式如图所示。硝酸银溶液可用于鉴别维生素C，产生黑色沉淀和气体。下列说法正确的是(　　)

A.维生素C易溶于水是因为其可形成分子内氢键

B.维生素C能发生酯化反应和加成反应

C.维生素C在碱性条件下可稳定存在

D.由银晶胞结构可知，Ag的配位数为6

6.某化学兴趣小组欲利用如图装置设计实验，比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性。下列叙述错误的是(　　)

A.导管的连接顺序为ehgf

B.饱和NaHCO₃溶液的作用是吸收乙酸

C.试管中发生反应：+CO₂+H₂O―→+NaHCO₃

D.酸性：乙酸>苯酚>碳酸

7.(2023·北京朝阳区统考模拟)冠醚能与碱金属离子结合(如图1所示)，是有机反应很好的催化剂，如能加快KMnO₄与环己烯的反应速率。用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大，二者结合能力越强。

下列说法不正确的是(　　)

A.推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关

B.如图2所示的实验中c(Na⁺)：①>②>③

C.冠醚通过与K⁺结合将Mn携带进入有机相，从而加快反应速率

D.为加快KMnO₄与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适

8.(2023·湖南株洲模拟)氧化铍(BeO)在航天航空等领域有着广泛的应用。一种以预处理后的硅铍矿(主要含BeO、Fe₂O₃、SiO₂和FeO等)为原料提取BeO的流程如图所示。

已知：Be(OH)₂具有两性，在强碱性溶液中可转化为[Be(OH)₄]^2-。下列说法错误的是(　　)

A.“酸浸”步骤所得滤渣①的主要成分为SiO₂

B.滤液②经处理后可获得副产品Na₂SO₄·10H₂O

C.“碱溶”时，主要反应为Be(OH)₂+2OH^-===[Be(OH)₄]^2-

D.“水解”时，适当增大溶液pH有利于提高BeO的提取率

9.过氧化钠具有强氧化性，常温下能与空气中的二氧化碳、水蒸气反应。某化学兴趣小组设计实验(装置如图所示)探究过氧化钠能否与干燥的二氧化碳反应。下列说法错误的是(　　)

A.若试剂X为碳酸氢钠溶液，可看到过氧化钠粉末变白，集气瓶中收集到无色气体

B.若试剂X为浓硫酸，集气瓶中未收集到气体，说明过氧化钠与干燥的二氧化碳不反应

C.可以用带火星的木条检测收集的气体是否是氧气

D.为了防止引入其他气体，实验时应选用大理石与稀硫酸反应制取二氧化碳

10.(2024·石家庄期末)学习了酸碱中和滴定实验后，常温下，某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol·L^-1Na₂CO₃溶液和40 mL 0.2 mol·L^-1NaHCO₃溶液，再分别用0.4 mol·L^-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线。下列说法正确的是(　　)

A.水的电离程度：e点点

B.当滴加盐酸的体积为V₁mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为HC+H⁺===H₂O+CO₂↑

C.若用与盐酸等物质的量浓度的醋酸溶液滴定，则曲线甲中点位置不变

D.c(20，8.3)点处，c(HC)+2c(H₂CO₃)+c(H⁺)=(0.2+10^-5.7) mol·L^-1

11.(22分)合成氨工业发展很快，三位化学家因为合成氨反应获得诺贝尔奖。回答下列问题：

(1)2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔，确认了合成氨反应机理。673 K时，各步反应的能量变化如图，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。

①图中决速步骤的反应方程式为　　　　　。 

②工业上投料时c(N₂)∶c(H₂)=1∶2.8，试从化学反应平衡和化学反应速率的角度解释其原因：　　。

(2)在催化剂作用下，合成氨的反应速率为v=kc^α(N₂)·c^β(H₂)·c^γ(NH₃)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。α、β、γ为反应级数，可取正整数、负整数、0，也可取分数)。 为了测定反应级数，在一定温度下进行实验，其结果如下：

①α+β+γ=　　　　　。 

②已知经验公式为Rlnk=-+C(其中，E_a、k分别为活化能、速率常数，R、C为常数，T为温度)。在催化剂作用下，测得Rlnk与温度()的关系如图所示。

催化效率较高的是　　　(填“Cat1”或“Cat2”)，在Cat2催化剂作用下。活化能E_a为　　　　。 

(3)NH₃与O₂作用分别生成N₂、NO、N₂O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH₃可通过催化氧化为N₂除去。将一定比例的NH₃、O₂和N₂的混合气体以一定流速经过装有催化剂的反应管，NH₃的转化率、N₂的选择性[×100%]与温度的关系如图。

①其他条件不变，在175~300℃范围内升高温度，出口处氮氧化物的量　　　　　(填“增大”或“减小”)，NH₃的平衡转化率　　　　　(填“增大”或“减小”)。 

②为能更有效除去尾气中的NH₃，且使N₂的选择性高，应选择的最佳温度为　　　　　。 

(4)工业合成氨需要的原料之一是H₂。国际上最为有效的制氢工艺是甲烷水蒸气重整反应，涉及的主要反应如下：

反应Ⅰ：CH₄(g)+H₂O(g)CO(g)+3H₂(g)

反应Ⅱ：CH₄(g)+2H₂O(g)CO₂(g)+4H₂(g)

反应Ⅲ：CO(g)+H₂O(g)CO₂(g)+H₂(g)

一定条件下，向恒容容器中以物质的量之比为1∶3的比例投入甲烷和水蒸气，达到平衡时，甲烷和水蒸气的转化率分别是80%和40%，则H₂的物质的量分数x(H₂)=　　　　　(x=×100%)，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K_x=　　　　　(可用分数表示)。 

(5)利用磷盐分子作为质子导体，可实现高速率电催化还原反应合成NH₃，其原理如图所示。

此过程中涉及到生成NH₃的反应有　　　　　　　。 

12.(18分)(2024·吉林统考模拟)利用木质纤维素为起始原料结合CO₂生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，缓解日益紧张的能源危机，路线如下：

已知：

(1)葡萄糖中含有的官能团有　　　　(写名称)。 

(2)化合物Ⅲ中C原子的杂化方式为　　　　。Ⅵ生成Ⅶ的反应类型为　　　　。 

(3)1 mol化合物Ⅲ与1 mol乙烯反应得到1 mol Ⅳ，该反应原子利用率为100%，化合物Ⅳ的结构简式为　　　　。 

(4)请写出Ⅶ生成Ⅷ的化学方程式：　　　　　　　。 

(5)化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件的有　　　　种(不含立体异构)。 

①最多能与相同物质的量的Na₂CO₃反应；②能与2倍物质的量的Na反应放出H₂。

请写出一种含有等效氢数量最少的同分异构体的结构简式：　　　　。 

答案精析

1.C　[合金的硬度大于纯金属的硬度，是通过增加原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度变大，A正确；不锈钢中添加镍(Ni)和铬(Cr)等元素后，不容易生锈，具有很强的抗腐蚀能力，B正确；硬铝用于制造飞机外壳，主要利用其密度小、强度高、耐腐蚀性强，C错误。]

2.A　[⁴¹Ca的质量数为41，质子数为20，中子数为41-20=21，A正确；⁴¹Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；由题给信息可知，⁴¹Ca衰变一半所需的时间大于¹⁴C衰变一半所需的时间，C错误；从Ca原子束流中直接俘获⁴¹Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误。]

3.C　[二者的负极皆为Zn，负极锌失电子，所以二者分别消耗6.5g锌，都将转移0.2mol电子，故B正确；酸性锌锰电池的正极反应式为MnO₂+N+e^-===MnO(OH)+NH₃，碱性锌锰电池的正极反应式为MnO₂+H₂O+e^-===MnO(OH)+OH^-，故C错误；碱性锌锰电池用锌粉代替锌筒，增大反应物接触面积，加快反应速率，因此碱性锌锰电池比酸性锌锰电池比能量高，故D正确。]

4.B　[由图可知，SF₆分子的中心原子S形成6个σ键，不含孤电子对，A错误；由图可知，SF₆分子只形成σ键，且其呈正八面体形，故键长相等，B正确；SF₆分子中有三个F—S—F的键角为180°，C错误；PCl₅分子中的P原子的价层电子对数为5，采用sp³d杂化，D错误。]

5.B　[维生素C易溶于水是因为其为极性分子，同时其结构中含有多个羟基，可与水形成分子间氢键，A错误；维生素C分子中含有羟基和碳碳双键，能发生酯化反应和加成反应，B正确；维生素C分子中含有酯基，在碱性条件下完全水解，因此维生素C在碱性条件下不稳定，C错误；银晶胞属于面心立方最密堆积，每个Ag的配位数是12，D错误。]

6.D　[CH₃COOH与Na₂CO₃发生反应：2CH₃COOH+Na₂CO₃―→2CH₃COONa+H₂O+CO₂↑，乙酸具有挥发性，生成的CO₂中混有乙酸蒸气，为防止乙酸对碳酸与苯酚酸性比较实验的干扰，应先用饱和NaHCO₃溶液吸收乙酸，结合洗气装置中气体“长进短出”可知，导管的连接顺序为ehgf，A、B正确；试管中发生反应：―→，C正确；结合强酸制弱酸原理可知，酸性：乙酸>碳酸>苯酚，D错误。]

7.B　[由表中数据可知，同一碱金属离子在冠醚空腔直径大小不同时其结合常数不同，同一冠醚与不同碱金属离子结合时其结合常数也不同，因此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；冠醚A与K⁺结合常数大，结合能力强，因此加入KCl固体后，与冠醚A结合的Na⁺被K⁺替代，Na⁺被释放，因此溶液中c(Na⁺)：③>②，B错误；冠醚通过与K⁺结合将Mn携带进入有机相，增大Mn与环己烯的接触面积，从而加快反应速率，C正确；K⁺适配冠醚A，结合常数大，结合能力强，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确。]

8.D　[二氧化硅不溶于稀硫酸，因此“酸浸”步骤所得滤渣①的主要成分为SiO₂，故A正确；滤液①中含有的离子主要有H⁺、Be²⁺、Fe³⁺、Fe²⁺和S，加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Be²⁺、Fe³⁺、Fe²⁺转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，因此滤液②经处理后可获得副产品Na₂SO₄·10H₂O，故B正确；Fe(OH)₂和Fe(OH)₃属于碱，Be(OH)₂属于两性化合物，“碱溶”时只有氢氧化铍溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为Be(OH)₂+2OH^-===[Be(OH)₄]^2-，故C正确；滤液③中的阴离子主要是[Be(OH)₄]^2-，其发生水解的离子方程式为[Be(OH)₄]^2-Be(OH)₂+2OH^-，增大溶液的pH，平衡向左移动，不利于生成Be(OH)₂，BeO的提取率降低，故D错误。]

9.D　[若试剂X为碳酸氢钠溶液，二氧化碳气体中含有水蒸气，能够与过氧化钠反应生成O₂，可看到过氧化钠粉末变白，集气瓶中收集到无色气体，A正确；若试剂X是浓硫酸，集气瓶中未收集到气体，说明干燥的CO₂没有与Na₂O₂反应生成O₂，B正确；检测氧气可以用带火星的木条，C正确；大理石与稀硫酸反应生成的硫酸钙是微溶物，会覆盖在大理石表面，阻碍反应继续进行，D错误。]

10.D　[图中甲、丁线表示向Na₂CO₃溶液中滴加盐酸；乙、丙线表示向NaHCO₃溶液中滴加盐酸，图中丙线表示向NaHCO₃溶液中滴加盐酸，NaHCO₃+HCl===NaCl+CO₂↑+H₂O，e点刚开始加入盐酸，则含有的溶质为NaCl和NaHCO₃(较多)，f点时加入盐酸接近20mL，说明反应几乎完成，则含有的溶质为NaCl和NaHCO₃(极少)，酸碱抑制水的电离，盐的水解促进水的电离，据此可知水的电离程度：e点>f点，A错误；在加入20mL盐酸时Na₂CO₃转化成了NaHCO₃，从20mL以后发生NaHCO₃与HCl反应，由题图可知，b点压强未增大，可知开始时生成的碳酸由于浓度低而没有分解为CO₂气体，故当滴加盐酸的体积为V₁mL时(a点、b点)，所发生反应的离子方程式为+H⁺===H₂CO₃，B错误；若用与盐酸等物质的量浓度的醋酸溶液滴定，则Na₂CO₃+CH₃COOH===CH₃COONa+NaHCO₃，NaHCO₃+CH₃OOH===CH₃COONa+CO₂↑+H₂O，反应中生成的CH₃COONa水解为碱性，因此曲线甲中点位置会变化，C错误；c(20，8.3)点处，溶液为等浓度NaCl和NaHCO₃，电荷守恒①c(Na⁺)+c(H⁺)=c(OH^-)+c()+2c()+c(Cl^-)，元素守恒②c(Na⁺)=2c()+2c()+2c(H₂CO₃)，①-②得c(H⁺)+c()+2c(H₂CO₃)=c(OH^-)+c(Cl^-)，pH=8.3时，c(H⁺)=10^-8.3mol·L^-1，c(OH^-)=mol·L^-1=10^-5.7mol·L^-1，c(Cl^-)==0.2mol·L^-1，故c(H⁺)+c()+2c(H₂CO₃)=c(OH^-)+c(Cl^-)=(0.2+10^-5.7)mol·L^-1，D正确。]

11.(1)①===2N^*　②提高N₂的浓度可提高H₂的转化率；N₂在催化剂上的吸附分解为总反应的决速步骤，适当提高氮气的比例，能加快合成氨反应的进行

(2)①3　②Cat1　30.0 kJ·mol^-1

(3)①增大　减小　②225℃　(4)50%　

(5)N₂+6e^-+6H⁺===2NH₃、Li₃N+3H⁺===NH₃↑+3Li⁺

解析　(1)①图中决速步骤是反应速率最小即活化能最大的一步，读图可知反应方程式：===2N^*。

②根据工业合成氨反应可知反应比为c(N₂)∶c(H₂)=1∶3，而工业上投料时c(N₂)∶c(H₂)=1∶2.8，对比分析可知：提高N₂的浓度可提高H₂的转化率；N₂在催化剂上的吸附分解为总反应的决速步骤，适当提高氮气的比例，能加快合成氨反应的进行。

(2)①将各组数据代入计算，将Ⅰ、Ⅱ组数据代入，α为1；将Ⅰ、Ⅲ组数据代入，β为2；将Ⅲ、Ⅳ组数据代入，γ为0；所以α+β+γ=3。

②根据经验公式可知，温度变化相同时，Rlnk变化值与活化能成比例，活化能越大，变化值越大。故斜率越小，活化能越小，催化剂Cat1催化效率较高，代入a、b点数据可知，93=-E_a×2×10^-3+C，33=-E_a×4×10^-3+C，解得E_a=30.0kJ·mol^-1。

(3)①其他条件不变，在175~300℃范围内升高温度，由图可知NH₃的转化率逐渐增大，而N₂的选择性逐渐减小，所以出口处氮氧化物的量增大；由题意可知该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以NH₃的平衡转化率减小。

②为能更有效除去尾气中的NH₃，应使NH₃的转化率尽可能大，且使N₂的选择性高，所以应选择的最佳温度为图中交点，即225℃。

(4)假设开始时甲烷和水蒸气的物质的量分别为1mol和3mol，达到平衡时，甲烷和水蒸气的转化率分别是80%和40%，则甲烷剩余1mol×(1-80%)=0.2mol，水蒸气剩余3mol×(1-40%)=1.8mol，根据H原子守恒可知所得H₂的物质的量是=2.8mol，根据C原子和O原子守恒可得n(CO)=n(CO₂)=0.4mol，所以平衡时n(总)=5.6mol，则H₂的物质的量分数x(H₂)=×100%=50%，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K_x===。

12.(1)羟基、醛基　(2)sp²、sp³　还原反应

(3)

(4)n+nCO₂+(n-1)H₂O

(5)16　(或)

解析　(2)由题干流程图中化合物Ⅲ的结构简式可知，化合物Ⅲ中C原子的杂化方式为sp²和sp³；Ⅵ生成Ⅶ即为羧基转变为羟基，根据有机反应中加氢失氧为还原反应可知，该反应类型为还原反应。(3)1mol化合物Ⅲ与1mol乙烯反应得到1molⅣ，该反应原子利用率为100%，化合物Ⅳ的结构简式为。

(4)Ⅶ和CO₂发生缩聚反应生成Ⅷ，则Ⅶ生成Ⅷ的化学方程式为n+nCO₂+(n-1)H₂O。(5)化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件：①最多能与相同物质的量的Na₂CO₃反应；②能与2倍物质的量的Na反应放出H₂，说明含有1个酚羟基和1个醇羟基，如果取代基为—OH、—CH₂CH₂OH，两个取代基有邻、间、对3种位置结构；如果取代基为—OH、—CH(OH)CH₃，两个取代基有邻、间、对3种位置结构；如果取代基为—OH、—CH₃、—CH₂OH，有10种结构，所以符合条件的同分异构体有16种，根据等效氢原理可知，含有等效氢数量最少的同分异构体的结构简式为或。

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