福建省福州高级中学2024-2025学年高三上学期化学选择题限时训练12

福州高级中学2024—2025学年第一学期高三化学选择题限时训练12 （可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Mg—24 Cl—35.5） 1．光照时纳米TiO2能使水产生羟基自由基·OH，可用于处理废水。下列表述正确的是 A．基态Ti的价电子排布式：3d2 B．·OH的电子式： C．H2O的VSEPR模型： D．O的一种核素：8O 2．名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是 A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为sp3 C．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应 3．一种光学晶体的结构如图所示，其中，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W位于同主族，Y、Z是同周期相邻元素。下列推断不正确的是 A．电负性大小为Z>W B．简单氢化物的沸点：Y<Z C．X、Y、Z、W的原子半径大小顺序为W>Y>Z>X D．Y、W的氧化物对应的水化物都是强电解质 4．POCl3是一种重要的化工原料，常温下呈液态，在潮湿的空气中可发生反应POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4 L POCl3中含有的分子数目为NA B．1mol固态冰中含有的σ键数目为2NA C．1L 0.1mol·L-1H3PO4溶液中含有的H+数目为0.3NA D．常温下，7.3g HCl中含有的电子数目为1.6NA 5．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ①pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2-、Cl-、NO3- ②室温下，由水电离出的c(OH-)=10-13 mol·L-1的溶液中： K+、Ba2+、Cl-、NO3- ③加入Al能放出H2的溶液中： Cl-、NO3-、SO42-、NH4+ ④无色溶液中： Na+、Cu2+、MnO4-、OH- ⑤有较多Fe3+的溶液中： Na+、NH4+、SCN-、HCO3- ⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、MnO4- A．①② B．③⑥ C．②④ D．③⑤ 6．下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是 A．测定中和反应的反应热 B．用NaOH溶液滴定盐酸溶液 C．将AlCl3溶液蒸干制备AlCl3 D．实现利用牺牲阳极法保护铁 7．在密闭容器中：按CO2与H2的物质的量之比为1∶3进行投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H＜0，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(V%)如图所示，下列说法中正确的是 A．表示CH3CH2OH组分的曲线是Ⅳ B．图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数Ka>Kb C．图中曲线交点a对应的CO2转化率为60% D．若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙：恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＜乙 8．我国某科研团队研制出首例室温超快氢负离子导体(LaHx)，组装了以LaHx为固体电解质、TiH2和Ti为电极的固态H-电池，并首次实现了室温放电，证实了这种全新的二次离子电池的可行性。下列叙述错误的是 A．放电时，b极消耗24g Ti时迁移2mol H- B．放电时，上述装置将化学能转化成电能 C．由题中信息可知，电负性： H>Ti D．放电时负极反应式为Ti-2e-+2H-=TiH2 9．某V2O5失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的一种工艺流程如图。下列说法错误的是 已知：HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力的顺序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+ A．物质X为高锰酸钾溶液 B．反萃取时，物质Y可以选用硫酸 C．氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1 D．调pH时，发生反应：VO+2NH3•H2O ⇌VO+2NH+H2O ※10．某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL 0.4mol·L-1 Na2CO3溶液和40mL 0.2mol·L-1 NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压强传感器检测，所得曲线如图。下列说法错误的是    已知：常温下，酚酞的变色范围是pH 8.2~10.0，甲基橙的变色范围是pH 3.1~4.4。 A．曲线甲表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸 B．在b点无气体产生，此处发生反应的离子方程式为 C．Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中均有 D．滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点 11．研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。 (1)CH4- CO2催化重整反应为CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g) 可燃物 CH4 CO H2 ΔH/kJ·mol-1 -890.3 -283.0 -285.8 已知25℃，101kPa时，CH4、CO和H2的燃烧热如表： ①该催化重整反应的ΔH= kJ·mol-1。 ②催化重整过程还存在积碳反应：CH4(g) ⇌C(s)+2H2(g)，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因： 。 ③相同时间内测得选用不同催化剂时CH4的转化率随反应温度的变化如图1所示： ⅰ、a点所处的状态 化学平衡状态(填“是”或“不是”)。 ※ⅱ、CH4的转化率：c>b，原因是 。 (2)以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。 ①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图2所示。250-300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是 。 ②为了提高该反应中CH4的平衡转化率，可以采取的措施是 (写出两种)。 (3) 在电解质水溶液中，CO2可被电化学还原为CO。在三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。 (4) 高三化学选择题限时训练12参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D B A A A A A C 11．(1) +247.3 增大CO2的量，发生反应，消耗C；增大CO2的量，CH4- CO2催化重整反应正向进行的程度增加，降低了CH4的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小 不是 其他条件相同时，温度升高，反应速率增大 (2) 时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用 增大体系压强、增大CO2的浓度、及时分离出乙酸等 (3)c、a、b 1．B A．基态Ti的价电子排布式：3d24s2； B．含有1个未成对电子，电子式：； C．H2O中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，H2O的VSEPR模型为； D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；O质子数为8，则O的一种核素不会是8O。 2．C A．含有羟基、醚键、酯基3种官能团； B． N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为sp3； C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应； D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应。 3．D 【分析】短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，、位于同主族，、是同周期相邻元素，结合、、、四种元素形成的化合物的结构可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为S元素，Z为O元素，W为S元素。 A．同主族元素，从上往下电负性依次减小，电负性； B．Y、Z的氢化物分别为NH3、H2O，二者分子间都能形成氢气，但H2O分子间的氢键更强，则沸点：NH3< H2O； C．同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上到下依次增大，所以、、、的原子半径大小顺序为； D．、氧化物对应的水化物可能为弱酸，如HNO2和H2SO3是弱酸，属于弱电解质。 4．B A．标准状况下POCl3非液态，无法进行相关计算； B．H2O中包含2个O-H σ键，冰即水的固态，故1mol冰中含2mol σ键，即2NA个； C．H3PO4为多元酸，其电离是分步进行，且每步电离都是部分进行，以第一级电离为主，第二级和第三级电离逐渐变难，故0.1mol H3PO4溶液中H+数目小于0.3NA，C错误； D．1mol HCl所含电子数为18mol，7.3g的HCl的物质的量为0.2mol，故所含电子为数3.6mol即3.6 NA。 5．A ①pH=11的溶液显碱性，CO32-、Na+、AlO2-、Cl-、NO3-在碱性溶液中可以大量共存； ②室温下，由水电离出的的溶液可能显酸性或碱性，K+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性条件下均可以大量共存； ③加入能放出的溶液可能显酸性或碱性，在碱性溶液中不能大量存在； ④Cu2+、MnO4-均为有色离子； ⑤和发生络合反应，和发生双水解反应，不能大量存在； ⑥酸性溶液中MnO4-、NO3-具有氧化性，Fe2+、I-具有还原性，会发生氧化还原反应，不能大量存在，氯离子也具有还原性，和高锰酸根离子不能大量共存。 6．A A．中和热测定需要外壳、内筒、隔热层、温度计、杯盖、玻璃搅拌器，该实验能完成； B．NaOH滴定盐酸应该用碱式滴定管； C．加热会促进AlCl3溶液的水解，而且生成的盐酸易挥发，故应该在氯化氢气流中加热蒸发AlCl3溶液制备AlCl3； D．实现利用牺牲阳极法保护铁形成的是原电池装置，不需要外加电源。 7．A A．该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则升高温度CH3CH2OH含量减小，CO2与H2的含量升高，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍，符合条件的曲线为Ⅳ； B．因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Ka<Kb； C．图中曲线Ⅱ为CO2，曲线Ⅲ为H2O，曲线交点a为二氧化碳和水平衡时的体积分数相等，根据反应，可知，1mol CO2反应消耗0.4mol，平衡时为0.6mol，生成水0.6mol，所以CO2转化率为40%； D．根据反应，随着反应进行，体积减小，甲为恒温恒压，乙为恒温恒容，则甲相对于乙在减小体积，即增大压强，平衡向正反应方向移动，所以反应达平衡时产率：甲>乙。 8．A 【分析】放电时，负极Ti失电子生成TiH2，正极TiH2得电子生成Ti和H-。 A．放电时，b极消耗24g Ti(0.5mol)时，电路中转移1mol电子，迁移1molH-； B．放电时，上述装置为原电池，将化学能转化成电能； C．由题中信息可知，TiH2中H显负价、Ti显正价，电负性：H>Ti； D．放电时负极Ti失电子发生氧化反应，负极反应式为。 9．A 【分析】根据流程图，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，物质X应为还原剂，将铁离子还原为亚铁离子，便于萃取VO2+，经过萃取后，通过加入反萃取剂硫酸，可将VO2+从萃取剂中分离出，经过氧化、调pH、沉钒及焙烧操作得V2O5。 A．若物质X为高锰酸钾溶液，会将亚铁离子氧化为铁离子，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，会先萃取Fe3+； B．HA为有机酸性萃取剂，反萃取及应为酸，结合后续流程离子种类判断可为硫酸； C．氧化过程中V元素化合价从+4价升高为+5价（VO2+），Cl元素从+5价降低为-1价，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1； D．调pH时，发生反应：VO+2NH3•H2O ⇌VO+2NH+H2O。 10．C 【分析】Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4mol•L-1 Na2CO3溶液的碱性强于0.2mol•L-1 NaHCO3溶液，Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，并且n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.008mol，分别加入20mL 0.4mol•L-1 HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，加入40mL HCl时容器的压强达到最大值，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，容器中压强增大，并且加入20mL HCl时容器的压强达到最大值、一直保持不变，所以图中甲、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。 A．图中甲线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸； B．在加入20mL HCl时Na2CO3转化为了NaHCO3，NaHCO3与HCl反应生成了CO2气体，则b点当V(HCl)＞20mL时，碳酸氢根离子和氢离子反应，由图中曲线丁可知，发生的主要反应为； C．Na2CO3溶液或NaHCO3溶液均显碱性，且两溶液中均存在电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，故Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中均有c(Na+)＞2c()+c()； D．滴定分析时，a点的pH在9左右，在酚酞的变色范围内，可选择酚酞作指示剂；c点的pH在4左右，在甲基橙的变色范围内，可选择甲基橙作指示剂。 11．（1）①根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol ②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol ③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol 根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol； ②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是增大CO2的量，发生反应，消耗C；增大CO2的量，CH4- CO2催化重整反应正向进行的程度增加，降低了CH4的浓度，增大了H2的浓度，积碳反应进行的程度减小； ③ⅰ、a点时CH4的转化率在增大，反应正向进行，所处的状态不是化学平衡状态； ⅱ、CH4的转化率：，原因是其他条件相同时，温度升高，反应速率增大； （2）①时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用； ②增大体系压强、增大CO2的浓度、及时分离出乙酸等平衡正向移动，反应物转化率增大； 高三化学选择题限时训练12 学科网（北京）股份有限公司 $$