吉林市实验中学2026年10月高三年级化学选择专题练习（八）

吉林市实验中学2026年10月高三年级化学选择专题练习（八） 一、单选题 1．下列说法正确的是 A．和是同系物 B．和是同分异构体 C．乙烯和聚乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色 D．丙烯可以发生加聚反应，产物可以表示为： 2．下列化学用语或图示表达错误的是 A．氯离子的结构示意图： B．的电离方程式： C．用单线桥法表示电子的转移： D．NaCl水溶液中的水合离子： 3．下列离子方程式书写正确的是 A．用NH4Cl溶液除铁锈： B．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4： C．制备Fe(OH)3胶体： D．铅酸蓄电池放电时负极的反应： 4．已知短周期元素W、X、Y、Z和M在元素周期表中的位置如图所示，其中W、X、Y、Z这四种元素原子的最外层电子数之和为20。下列说法正确的是 W X Y Z M A．X的简单离子半径小于Y离子半径 B．氢化物稳定性：W＜X C．M与Z的氧化物对应的水化物酸性比较：M＞Z D．Y是一种金属，它的最高价氧化物对应的水化物是强碱 5．实验室利用SO2和NO2混合制取SO3固体的装置如图所示，下列叙述错误的是 A．滴加Y前需先打开、 B．装置b、d盛装的液体均为浓硫酸 C．X为浓硫酸，Y为浓硝酸 D．可将尾气通入NaOH溶液进行处理 6．化学是一门以实验为基础的学科。利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是 A．探究压强对反应平衡的影响 B．验证Cu与浓硝酸反应的是否为正值 C．定量测量锌与稀硫酸的反应速率 D．探究催化剂对化学反应速率的影响 A．A B．B C．C D．D 7．已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下： 以下结论和解释正确的是 A．等物质的量的和中σ键数之比为3:2 B．由实验①可推知△H<0 C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D．由实验③可知配离子的稳定性： 8．下列实验操作，现象及结论都正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向某溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体 该溶液中含有CO B 对某碱性溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色 该溶液为NaOH溶液 C 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀不消失 该溶液中含有SO D 向某盐溶液中加入NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中含有NH A．A B．B C．C D．D 9．下列装置能达到实验目的的是 A．分离苯酚钠溶液和苯 B．制备溴苯并验证有HBr产生 C．证明乙炔可使溴水褪色 D．配制溶液 10．某试液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子。离子浓度均为。某同学进行了如下实验：    下列说法正确的是 A．无法确定原试液中是否含有、 B．原溶液中存在的离子为、、、 C．滤液X中大量存在的阳离子有、和 D．沉淀C的成分是碳酸钡和氢氧化铝 11．电化学合成是对环境友好的合成方法，以对硝基苯甲酸()为原料，采用惰性电极电解法合成对氨基苯甲酸()的装置如图。下列说法正确的是 A．直流电源a极为正极 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．每生成0.2mol对氨基苯甲酸，阳极室电解液质量减少9.6g D．生成的总反应为： 12．化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图转化制得。下列说法错误的是 A．丙的分子式为C10H14O2 B．甲与Br2发生加成反应的产物只有2种(不考虑立体异构) C．乙的同分异构体中可能含有3种官能团 D．甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 13．催化剂的晶体(立方晶胞如图甲)进行N掺杂后，可获得更高催化活性的产物(图乙)。下列说法错误的是 A．图甲中1位原子的分数坐标为 B．晶体密度为 C．图乙晶体的化学式可表示为 D．N掺杂使晶体中离子增多 14．25℃时，向足量难溶的粉末中滴加稀盐酸，溶液中含碳粒子分布系数、的负对数与pH关系如图所示，已知：；。 下列叙述错误的是 A． B．25℃时，的平衡常数 C．时，溶液中离子浓度最大的离子是 D．时，溶液中： 15．25℃下，某废水处理过程中始终保持饱和，即通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中pH与关系如图所示，c为、、和的浓度，单位为。已知，下列说法错误的是 A．③为pH与的关系曲线 B． C．溶液中存在 D．该温度下，反应的 试卷第6页（共6页） 试卷第5页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 1．A 【详解】A．（乙烷）和（丙烷）都属于烷烃，结构相似，分子组成相差1个原子团，符合同系物的定义，A正确； B．第一种物质的分子式为，第二种物质的分子式为，二者分子式不同，不是同分异构体，B错误； C．乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色；聚乙烯是乙烯的加聚产物，结构中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误； D．聚丙烯由丙烯（）加聚得到，重复单元为，故聚丙烯的结构简式为，D错误； 故选A。 2．D 【详解】 ．氯离子的核电荷数是17，核外电子数为18，氯离子的结构示意图为，A正确； B．在水溶液中完全电离为、，电离方程式为，B正确； C．氧化还原反应中还原剂把电子转移给氧化剂，C正确； D．NaCl水溶液中的水合离子为，D错误； 故选D。 3．B 【详解】A．铵根离子水解生成弱电解质和，离子方程式为，A错误； B．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，是利用CaSO4可以转化为更难溶的CaCO3，故离子方程式为，B正确； C．制备Fe(OH)3胶体的反应为FeCl3饱和溶液在沸水中发生水解反应生成Fe(OH)3胶体和HCl，而不是沉淀，反应的离子方程式为，C错误； D．铅酸蓄电池放电时，铅为原电池的负极，Pb在负极失去电子发生氧化反应生成PbSO4，电极反应式为，D错误。 故答案选B。 4．B 【分析】设X最外层电子数是a，根据短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置，W最外层电子数是a-1，Y最外层电子数是a-3，Z最外层电子数是a，a+a+a-1+a-3=20，a=6，W是N元素、X是O元素、Y是Al元素、Z是S元素、M是Cl元素。 【详解】A．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2->Al3+，故A错误； B．同周期元素从左到右，气态氢化物稳定性增强，氢化物稳定性：NH3＜H2O，故B正确； C．Cl的氧化物对应的水化物的酸性不一定大于S的氧化物对应的水化物，如H2SO4的酸性大于HClO，故C错误； D．Y是Al，Al的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，故D错误； 选B。 5．D 【解析】根据装置图，a装置中Cu与浓硫酸加热反应制备SO2，e装置中Cu与浓硝酸反应制备NO2，装置b、d中盛放浓硫酸，干燥SO2和NO2，在装置C中SO2与NO2反应制取SO3。 【详解】A．e装置产生的气体会使e、d压强过大，造成安全事故，因此滴加Y前需先打开、，e装置中生成的气体才能进入c装置，故A正确； B．干燥SO2、NO2均可采用浓硫酸，故B正确； C．浓硫酸与Cu反应需加热，故X为浓硫酸，Y为浓硝酸，故C正确； D．NO不直接与NaOH反应，可与足量空气混合后再通入NaOH溶液处理尾气，故D错误； 综上所述，答案为D。 6．B 【详解】A. 该反应前后气体分子数不变，改变压强不能使平衡移动，因而不能用该装置探究压强对此反应平衡移动的影响，A错误； B. 反应在内层反应器中进行，反应产生的气体不进入外层密闭空间；根据红墨水的移动方向可判断外层气体压强是增大还是减小，进而判断反应是吸热还是放热，即是否为正值，B正确； C. 长颈漏斗下端未插入液面下，不能形成液封，反应产生的气体会从漏斗逸出，气体体积无法准确测量；应使漏斗下端浸入液面以下形成液封，C错误； D. 两支试管中过氧化氢浓度不同，且只有一支试管加入二氧化锰，同时改变了浓度和催化剂两个因素；应使过氧化氢浓度等其他条件相同，只改变是否加入二氧化锰，D错误； 故选B。 7．D 【详解】A.1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误； B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误； C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误； D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确； 答案选D。 【点睛】本题有两个易错点：A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。 8．D 【详解】A．、都能和盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味的二氧化碳，故A错误； B．焰色试验中火焰为黄色只能说明含有钠元素，碱性溶液可能为NaOH溶液，也可能为Na2CO3或NaHCO3溶液，故B错误； C．若溶液中含有Ag+，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀也不消失，故C错误； D．向某盐溶液中加入NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该溶液中含有NH，故D正确； 故选D。 9．A 【详解】A．苯酚钠溶液与苯不互溶、会分层，可通过分液漏斗分液实现分离，A正确； B．苯和液溴的反应放热，溴单质易挥发，挥发的也能与溶液反应生成沉淀，无法证明反应生成了，B错误； C．电石中含有硫化钙等杂质，和饱和食盐水反应时会生成等还原性杂质，这些杂质也能使溴水褪色，无法证明是乙炔使溴水褪色，C错误； D．容量瓶为定容仪器，不能用于溶解固体，应先在烧杯中溶解固体，冷却后再转移到容量瓶中，D错误； 故选A。 10．B 【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无、；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量产生沉淀，先与、反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在，因为存在的离子浓度均为，从电荷的角度出发，只能含有、、、才能保证电荷守恒，不能存在。 【详解】A．溶液中一定含有氯离子，选项A错误； B．根据以上分析知道，溶液含有、、、，选项B正确； C．加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化成三价铁，则滤液X中含有的阳离子中有，无，选项C错误； D．C的成分是碳酸钡，选项D错误； 答案选B。 11．A 【分析】根据图示，N电极I2得电子发生还原反应生成I-，N是阴极，则直流电源b为负极、a为正极。电解池M极为阳极，M极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。 【详解】A．由分析可知，a极为正极，故A正确； B．M极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+透过离子交换膜进入阴极区，阴极区发生反应，离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误； C．根据，每生成对氨基苯甲酸，消耗1.2molI-，根据电极反应式I2+2e-=2I-可知电路中转移1.2mol电子，阳极发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生0.3molO2，向N极迁移1.2molH+，阳极室电解质液质量减少10.8g，故C错误； D．生成的总反应为，故D错误； 故选A。 12．B 【详解】A．丙分子中含有10个C原子、2个O原子，不饱和度为4，则H原子数为10×2+2-4×2=14，分子式应为C10H14O2，A正确； B．甲为1,3-环戊二烯，含共轭双键，与Br2等摩加成时有1,2-加成和1,4-加成两种方式，(不考虑立体异构)，与足量Br2加成时，两个双键全部加成，此时产物有1种，共3种，B错误； C．乙为丙烯酸甲酯（C4H6O2），同分异构体如HOCH2-CH=CH-CHO，含羟基、碳碳双键、醛基三种官能团，C正确； D．甲、丙分子中均含有碳碳双键，均能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，D正确； 故选B。 13．D 【详解】A．由图可知甲中1位原子的分数坐标为，A选项不符合题意； B．根据均摊法，CeO2晶胞Ce中：Ce4+/Ce3+所位于顶点（8个）和面心（6个），数目为；O2-位于内部，数目为8，所以甲晶胞中含4个，利用公式可得密度为，B选项不符合题意； C．晶胞乙中 Ce 原子位于晶胞 8 个顶点、6 个面心，根据均摊法计算可得：，晶胞内部 O 原子数目为 6、N 原子数目为 1，因此晶胞整体组成为，除以4可得化学式，C选项不符合题意； D．根据图示，N掺杂使部分连接数目减少，晶体中部分转化为离子，减少，D选项符合题意； 故答案为D。 14．D 【分析】为二元弱酸，随着盐酸的加入，溶液pH减小，增大，浓度减小、浓度增大，pH达到x时，几乎完全转化为，继续加入盐酸，pH继续减小，浓度减小、浓度增大，由此可知，分布系数曲线关系Q点以下实线代表，Q点以上实线代表，虚线代表； 【详解】A．的溶度积常数，根据物料守恒可得，由图中n点(0.5,4.27)、b点(3.49,4.27)可得， pH=4.27时，，即 ，并有、，故，则， ，A正确； B．由图中m点（0.5,1.25）可得，，，同理，由n点坐标（0.5,4.27）可得，，第二步电离反应-第一步电离反应可得，，B正确； C．pH=1.25时，，，，根据电荷守恒可知，酸性条件下极小，由图可知此时，即，可得 ，最大，C正确； D．pH=4.27时，根据溶液中电荷守恒、物料守恒可得，，D错误； 答案选D。 15．C 【分析】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-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(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-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-； 【详解】A．pH增大，HS-和S2-浓度逐渐增大，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，故A正确； B．选择点(4.2，3.9)，可知c(H+)=10-4.2mol/L，c(HS-)=10-3.9mol/L，c(H2S)=0.1mol/L，则有Ka1(H2S)===10-7.1，故B正确； C．已知Ka1∙Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有===10-21.8，故有Ka2(H2S)≈10-14.7，则c(S2-)≈10-14.7，根据Ka1(H2S)=10-7.1，c(H+)≈10-4，c(OH-)≈10-10，则c(OH-)>c(S2-)，故C错误； D．根据①③交点数据，c(Cd2+)= c(S2-)=10-13，可知Ksp(CdS)=10-26；根据②③交点数据，c(Ni2+)= c(S2-)=10-9.2，可知Ksp(NiS)=10-18.4；则NiS(s)+Cd2+(aq)CdS(s)+Ni2+(aq)反应K==107.6，故D正确； 答案选C。 答案第6页（共8页） 答案第7页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 $