2027届吉林省吉林市实验中学高考化学总复习 化学选择题专题10 提升卷

**基本信息** 聚焦电解质溶液、化学平衡等核心模块，通过正误判断与实验分析题，系统覆盖高考高频考点，融合化学观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电解质溶液|4题（1/2/10/11）|判断溶液酸碱性、离子浓度关系|从水的电离→盐类水解→沉淀溶解平衡，构建“概念-平衡-计算”逻辑链| |化学平衡|3题（3/4/7）|平衡移动分析、键能计算|基于勒夏特列原理，结合物质结构（如N₄正四面体）推导反应规律| |电化学|3题（12/14/15）|电极反应、离子迁移|从电解池/原电池工作原理到实际应用（双极制氢、腐蚀防护）| |实验探究|3题（8/9/15）|操作-现象-结论对应|通过变量控制（如催化剂作用、Ksp比较）培养科学探究能力| |化学计量|1题（6）|NA计算|综合反应限度、物质状态考查微粒数分析|

2027届吉林市实验中学高考化学总复习 化学选择题专题10 提升卷 1．下列说法不正确的是 A．常温下，的溶液与纯水相比，水的电离受抑制 B．加热氯化镁晶体制无水要在HCl气流中完成 C．可以用热的纯碱溶液除去铁屑表面的油污 D．溶液的配制：晶体溶于浓盐酸中，然后再加水稀释到所需要的浓度 2．水是自然界最重要的分散剂，关于水的叙述错误的是（   ） A．水分子是含极性键的极性分子 B．水的电离方程式为：H2O⇌2H++O2﹣ C．重水（D2O）分子中，各原子质量数之和是质子数之和的两倍 D．相同质量的水具有的内能：固体＜液体＜气体 3．下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A．反应达平衡后，加压使混合气体颜色变深 B． C． D．实验室配制Na2S溶液时滴加几滴NaOH溶液 4．2002年，一个德国一美国的联合研究团队在《科学》杂志上报告了一项重大进展。他们首先合成了一种含有阴离子的化合物；在低温固体惰性气体基质（如氖）中，用紫外线照射该前体化合物，使其分解并释放出中性分子；中性在常规条件下无法存在，只能在极端低温、惰性环境等“陷阱”中短暂存活，一旦有机会就会迅速分解为两个分子。气态分子的结构为正四面体（如图所示）。已知   ，②断裂1 mol 吸收946 kJ能量。下列分析判断正确的是 A．属于一种新型的有机化合物，与互为同分异构体 B．根据题干描述，的能量比更高，所以比更稳定 C．根据已知及分子的结构，可知断裂分子中 需吸收193 kJ能量 D．根据题干分析，可得   5．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质．根据上述观点，下列说法不正确的是 A．的水解产物是和 B．的水解产物是两种酸 C．的水解产物是和 D．的水解产物是和 6．表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 A．铁粉与一定量的稀硝酸充分反应，转移电子数一定是 B．和在光照的情况下充分反应，生成分子数为 C．常温下，某酸溶液中酸根离子数为，则离子数一定是 D．常温常压下，和的混合气体中含有原子总数为 7．二氧化钛负载锰钴复合氧化物脱硝催化剂的反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A．两种条件下的反应历程不相同 B．催化剂能降低脱硝反应的活化能，但不能提高NO的平衡转化率 C．脱硝总反应的化学方程式为 D．键角：> 8．下列操作中，实验现象与得出的结论不一致的是 选项 实验目的 操作及现象 结论 A 验证Mn2+在KMnO4溶液与 H2C2O4溶液反应中的催化作用 取两支洁净的试管各加入5 mL硫酸酸化的0.1mol·L-1KMnO4溶液，在两支试管中分别再加入：①10 mL0.1 mol· L-1 H2C2O4溶液与2 mL MnSO4 溶液；②10 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液与2 mL蒸馏水。加入①的试管紫色先消失 证明Mn2+能降低该反应的活化能 B 判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小 向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时白色沉淀转化为黄色沉淀 Ksp(AgCl)> Ksp(AgI) C 判断CH3COO-与水解常数的大小 相同温度下，分别测定浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液和Na2CO3溶液的pH，后者大于前者 水解常数： Kh(CH3COO- ) <Kh() D 判断某FeCl3溶液样品中是否含有Fe2+ 向某FeCl3溶液样品中加入硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去 该样品中一定含有Fe2+ A．A B．B C．C D．D 9．下列实验操作能够达到目的的是 选项 实验操作 目的 A 测定某酸溶液的pH是否为1 判断该酸是否为强酸 B 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究对水解的影响 C 向盛有溶液的试管中滴加2滴溶液，振荡试管，再滴加4滴溶液，观察沉淀颜色变化 比较和的大小 D 将样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红 检验样品是否已氧化变质 A．A B．B C．C D．D 10．天然水体中的与空气中的保持平衡。某地溶洞(假设岩石成分只有)的水体中(或)与的关系如图所示。下列说法正确的是 A．直线②的X表示 B．该溶洞水体时，溶液中 C．体系中存在 D．体系中存在 11．天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知K(CaCO3)=10-8.7，某溶洞水体中lgc(X)(X为HCO、CO或Ca2+)与pH变化的关系如下图所示。下列说法错误的是 A．曲线②代表CO B．H2CO3的第二级电离常数为10-10.3 C．a=-4.35，b=-2.75 D．pH=10.3时，c(Ca2+)=10-7.6 mol·L-1 12．我国科研工作者利用(DAT)的电化学氧化偶联反应，在绿色合成高附加值含能材料(DAAT)的同时实现双极制氢，装置如图所示。下列说法正确的是 A．是阴极催化剂，可抑制竞争反应 B．离子交换膜为阴离子交换膜，由a极向b极迁移 C．a极的电极反应式可能为 D．理论上电路中转移4 mol电子，则两极共生成 13．室温下，用相同浓度的KOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L−1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定曲线如图所示，下列判断正确的是 A．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)＝c(H+)+c(OH−) B．滴定至P点时，溶液中：c(K+)> c(A−)> c(HA)> c(H+)> c(OH−) C．同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的pH大小关系：pH(KD)< pH(KB)< pH(KA) D．当三种酸都中和至中性时，消耗KOH溶液的体积的大小关系为：V(HA) > V(HB) > V(HD) 14．利用板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)电催化将5-羟甲基糠醛(HMF)上转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，工作原理如图所示。双极膜由阴、阳离子交换膜组成，在电场作用下，双极膜中离子向两极迁移。 下列说法正确的是 A．Ni@C能改变反应的焓变 B．该装置工作时，向a极移动 C．a极的电极反应式为 D．制备0.1 mol FDCA时双极膜中质量增加10.8 g 15．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。 ① ② ③ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是 A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼 试卷第2页，共6页 试卷第1页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 1．A 【详解】A．醋酸钠中醋酸根离子水解促进水的电离，A错误； B．由于镁离子要水解，盐酸易挥发，加热氯化镁晶体会得到氢氧化镁，因此在干燥的HCl气流中加热氯化镁晶体，可以获得无水，B正确；   C．纯碱为碳酸钠，水解显碱性，加热促进碳酸钠水解，使得溶液碱性增强，能使油脂发生碱性水解，转变成易溶于水的物质而除去，C正确；   D．配制溶液时，由于铁离子水解，因此先将盐酸加入到晶体中从而抑制铁离子的水解，再用蒸馏水溶解晶体并稀释至所需浓度，D正确； 故选A。 2．B 【详解】A. 水含H-O极性键，为V形结构，正负电荷的中心不重合，则为极性分子，A项正确； B. 水为弱电解质，存在电离平衡，电离方程式为H2O⇌H++OH﹣，B项错误； C. 质量数为2×2+16=20，质子数为1×2+8=10，则重水（D2O）分子中各原子质量数之和是质子数之和的两倍，C项正确； D. 由固态转化为液态，液态转化为气态，均吸热过程，气态能量最高，则相同质量的水具有的内能：固体＜液体＜气体，D项正确； 答案选B。 3．A 【详解】A．由反应可知，该反应为反应前后气体分子数相等的反应，加压不引起平衡移动，颜色变深是浓度变化的结果，A符合题意； B．排饱和食盐水收集氯气，因饱和食盐水中Cl-浓度高，可以抑制Cl2的溶解：，平衡左移，Cl2溶解度降低，可用化学平衡移动原理解释，B不符合题意； C．二氧化氮和四氧化二氮的混合气体，在热水中颜色深，冰水中颜色较浅，升温时，平衡逆向移动；降温时，平衡正向移动，能用化学平衡移动原理解释，C不符合题意； D．实验室配制Na2S溶液时滴加几滴NaOH溶液，S2-水解呈碱性，加入NaOH，OH-浓度增大，使平衡左移，抑制S2-水解，能用化学平衡移动原理解释，D不符合题意； 故选A。 4．C 【详解】A．不含碳元素，不属于有机化合物；同分异构体需分子式相同，与分子式不同，A错误； B．反应①为放热反应，说明能量高于2，能量越高越不稳定，更稳定，B错误； C．为正四面体结构，含6个N-N键。反应①ΔH=反应物总键能-生成物总键能，设N-N键能为x，有6x-2×946=-734，解得x=193 kJ/mol，即断裂1 mol N-N吸收193 kJ，C正确； D．分解为4N原子需断裂6个N-N键，ΔH=6×193=1158 kJ/mol≠772 kJ/mol，D错误； 故选C。 5．D 【详解】A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，A正确； B．CH3COCl的水解产物是两种酸，为CH3COOH和HCl，符合水解原理，B正确； C．Al4C3水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，C正确； D．该反应中Cl元素的化合价由-1变为+1，有电子转移，不符合水解原理，D错误； 故答案选D。 6．D 【分析】A.铁与硝酸反应可以生成+2价铁或+3价铁； B.甲烷与氯气发生取代反应生成物不止一种； C.H2A可以为弱酸，也可以为强酸； D.C3H6 和 C2H4最简式为CH2，1.4gCH2物质的量为0.1mol，进而计算出原子总数。 【详解】A.铁与硝酸反应，如果铁过量，生成亚铁离子，硝酸过量，生成铁离子，因此5.6gFe物质的量为0.1mol，0.1mol铁粉与一定量的稀硝酸充分反应，转移电子数不一定是0.3NA,A错误； B.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，因此1molCH4和 1molCl2在光照的情况下充分反应，生成CH3Cl分子数为小于NA，B错误； C.如果H2A为强酸，完全电离，A2-为NA，则氢离子数等于2NA，若为弱酸，存在电离平衡，则氢离子数小于2NA，C错误； D.C3H6 和 C2H4最简式为CH2，1.4g CH2物质的量为0.1mol，含有原子总数为0.3 NA，D正确； 综上所述，本题选D。 7．D 【详解】A．由图可知，温度不同，反应历程不同，A正确； B．催化剂能降低脱硝反应的活化能，提高脱硝反应速率，但催化剂不能使化学平衡发生移动，即不能提高NO的平衡转化率，B正确； C．脱硝反应分为两步：，，脱硝总反应的化学方程式为，C正确； D．水分子和氨分子的中心原子都是杂化，由于氧原子、氮原子均有孤电子对，对共价键有斥力作用，氨分子中的氮原子有1个孤电子对，水分子中的氧原子有2个孤电子对，孤电子对数目越多，斥力作用越大，键角越小，故键角：<，D错误； 故选D。 8．D 【详解】A．实验控制高锰酸钾溶液、草酸溶液浓度相同，加入硫酸锰溶液的那支试管反应速率更快，说明锰离子由催化高锰酸钾与草酸反应的作用，催化剂通过降低反应活化能的方法加快反应速率，A正确； B．加入碘化钠溶液时，悬浊液中的白色氯化银沉淀转化为黄色的碘化银沉淀，沉淀溶解平衡向生成更难溶的物质方向反应，证明碘化银的沉淀溶解平衡常数小于氯化银的，B正确； C．实验控制两种盐溶液的浓度相同，在温度相同的情况下，盐所对应的弱电解质电离能力越弱，盐水解能力越强。乙酸酸性强于碳酸，则碳酸钠水解程度强于乙酸钠，C正确； D．酸性高锰酸钾可与溶液中的氯离子反应生成锰离子，现象也为紫色褪去，不能证明溶液中一定有亚铁离子，D错误； 故选D。 9．C 【详解】A．测定0.1 mol/L某酸溶液的pH是否为1，若为一元酸，pH=1可判断为强酸，但若为0.1 mol/L的二元强酸（如），其pH<1，故该方法无法准确判断该酸是否为强酸，A错误； B．向Fe2(SO4)3稀溶液滴加浓硫酸，虽增加H+浓度抑制Fe3+水解，但浓硫酸稀释放热，温度升高可能促进水解，未控制变量，无法单独探究H+影响，B错误； C．向NaCl溶液滴加少量AgNO3生成AgCl沉淀（Ag+不足，Cl-过量），再滴加KI溶液，AgCl转化为黄色AgI沉淀，证明Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)，可比较Ksp大小，C正确； D．Fe(NO3)2溶于稀盐酸后，在酸性条件下氧化Fe2+为Fe3+，即使未变质KSCN也变红，无法准确检验变质，D错误； 故选C。 10．D 【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度都增大， pH较小时浓度大于，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此直线① 代表，②代表，③代表Ca2+；由图中a点可知Ka1(H2CO3)=10-6.3，由图中c点可知Ka2(H2CO3)=10-10.3。 【详解】A．根据分析可知，直线②的X表示，A错误； B．越大，c(X)越大，该溶洞水体时，Ka2(H2CO3)=10-10.3=，则=10-2.8，故c()＜c()（或根据图像判断），B错误； C．由于调节体系中pH值时所用的物质未知，所以无法确定体系中存在的物料守恒，只有当体系中的物质只有CaCO3时才满足，但体系中还有碳酸，故C错误； D．由图可知，b点时pH=9.0，，则体系中，D正确； 答案选D。 11．C 【分析】根据图象坐标，横坐标代表pH，随着pH增大，碱性增强，c(HCO)、c(CO)增大，先生成HCO，再生成CO，曲线①代表HCO，曲线②代表CO，因为碳酸钙是难溶物，因此随着c(CO)增大，溶液中c(Ca2+)减小，推出曲线③代表Ca2+，据此分析； 【详解】A．根据上述分析，曲线②代表CO，故A说法正确； B．电离平衡常数只受温度的影响，曲线①和②交点代表此时c(CO)= c(HCO)，即Ka2=c(H+)=10-10.3，故B说法正确； C．曲线②和曲线③交点，说明c(CO)= c(Ca2+)，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO)，推出c(CO)==10-4.35，即a=-4.35，根据电离平衡常数Ka2=，解得c(HCO)=10-2.65，即b=-2.65，故C说法错误； D．pH=10.3时，c(CO)=10-1.1mol/L，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO)，c(Ca2+)=10-7.6mol/L，故D说法正确； 答案为C。 12．C 【分析】该装置为电解池，电极a发生DAT转化为DAAT，该反应失氢，属于氧化反应，为阳极；电极b为阴极，发生还原反应，电极反应：，据此解答。 【详解】A．CuO@CF所在的a极发生DAT的氧化反应，为阳极，CuO@CF是阳极催化剂，其作用是催化DAT氧化偶联并抑制竞争反应，A错误； B．电解池中阴离子向阳极（a极）迁移，应由b极向a极迁移，B错误； C．a极为阳极，发生失电子的氧化反应，DAT转化为DAAT，部分电子被得到生成，电极反应可能是：，该反应遵守电荷守恒、电子守恒和原子守恒，由于副反应的存在，具体的电极反应无法确定，C正确； D．该装置实现双极制氢，每转移2 mol电子，阴极生成1 mol ，阳极生成的由电子分配比例决定，因此两极生成的总量不确定，D错误； 故选C。 13．D 【详解】A．当中和百分数达100%时，其溶质分别是KA、KB、KD，根据质子守恒可得c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，故A错误； B．滴定到P点时溶质为等物质的量浓度的HA和KA，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(A－)＞c(K＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误； C．由三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH可知三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD，则在浓度相同情况下A-、B-、D-的水解程度依次增强，同浓度的KA、KB、KD三种盐溶液的碱性也依次增强，即：pH(KD)>pH(KB) > pH(KA)，故C错误； D．因三种酸的电离常数为KHA＞KHB＞KHD，故当三种酸的浓度相同时，HA酸电离出的氢离子浓度最大，当三种酸都中和至中性时，消耗的KOH也最多，则有消耗KOH溶液的体积的大小关系为：V(HA) > V(HB) > V(HD)，故D正确； 答案选D。 【点睛】在酸碱反应的过程中，酸碱恰好完全中和溶液呈中性是两个不同的概念，酸碱恰好完全中和正如题中所指中和百分数达到100%，而溶液呈中性是指溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，在常温下即溶液的pH=7。 14．C 【分析】由图可知，5-羟甲基糠醛(HMF)在板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，该反应为氧化反应，则板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)为阳极，石墨烯为阴极，水在阴极得到电子生成气体X为H2。 【详解】A．焓变的大小只与反应的始末状态有关，与反应的路径无关，(Ni@C)作为反应的催化剂，改变了反应的路径，但不能改变的反应的焓变，A错误； B．由分析可知，Ni@C为阳极，石墨烯为阴极，该装置工作时， 向阳极b极移动，B错误； C．由分析可知，石墨烯(a)为阴极，水在阴极得到电子生成气体X为H2，电极方程式为：，C正确； D．5-羟甲基糠醛(HMF)在板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，电极方程式为：HMF+2H2O-6e-=FDCA+6H+，制备0.1 mol FDCA时双极膜中有0.6 mol OH-移向阳极，同时有0.6 molH+移向阴极，双极膜中质量减少0.6 mol×(1+17) g/mol=10.8 g，D错误； 故选C。 15．D 【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。 详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。 点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。 答案第4页，共5页 答案第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $