2025版高三化學二輪復習天天增分練 選擇題強化練8

選擇題強化練8授課提示：天天增分特訓50頁(限時30分鐘分值：42分選擇題每小題3分)1．安徽人杰地靈，多元文化交融，誕生了種類多樣的手工藝品。根據(jù)主要化學成分進行分類，下列物質(zhì)不能與其他三種歸為一類的是()A．歌硯B．界首彩陶C．宣紙D．磚雕解析：歌硯、界首彩陶、磚雕的主要成分是硅酸鹽，宣紙的主要成分是纖維素，不能與其他三種歸為一類的是宣紙，答案選C。答案：C2．化學在生活中無處不在，下列敘述錯誤的是()A．使用鋁箔制成的“錫紙”包裹食材燒烤食物，容易導致重金屬中毒B．鋁碳酸鎂[Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O]可用于治療胃酸過多C．煤、石油、天然氣經(jīng)加工可以得到合成纖維D．向“84”消毒液中加入少量醋酸，能夠增強消毒效果解析：“錫紙”兩面由塑料或特殊涂料制成，中間一層是鋁箔，鋁不是重金屬，重金屬包括金、銀、銅、鐵、鉛、鎘等，A錯誤；鋁碳酸鎂能和胃液中的鹽酸反應，因此可用于治療胃酸過多，B正確；以煤、石油、天然氣為原料，可以合成許多性能優(yōu)異的高分子材料，如合成纖維、合成橡膠、合成塑料，C正確；醋酸的酸性比次氯酸的酸性強，向“84”消毒液中加入少量醋酸，能夠生成次氯酸，增強消毒效果，D正確。答案：A3．反應Na2O＋2CO一定條件Na2CO3＋C(石墨烯)是光伏材料——蜂窩狀石墨烯的制備原理。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是()A．氧化產(chǎn)物為Na2CO3，還原產(chǎn)物為CB．1molCO完全反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC.COD．CO為極性分子解析：CO→Na2CO3過程中，碳元素的化合價由＋2價升高為＋4價，Na2CO3為氧化產(chǎn)物，CO→C過程中，碳元素的化合價由＋2價降低為0價，C為還原產(chǎn)物，A正確；結合A項分析可知，1molCO完全反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，B錯誤；CO32?中碳原子的孤電子對數(shù)為4+2?2×答案：B4．下列關于硫酸的說法正確的是()A．實驗室用Na2SO3與稀硫酸制取SO2B．濃硫酸和NaI混合加熱制取HI氣體C．配制FeCl3溶液時加入稀硫酸抑制Fe3＋水解D．苯的硝化反應實驗中先將濃硫酸加入濃硝酸中充分混合解析：SO2在水中的溶解度較大，用濃硫酸能減少產(chǎn)物的損失，但硫酸濃度太大，電離出的H＋濃度較小，影響生成SO2的速率，故實驗室選用70%的硫酸與Na2SO3制取SO2，不能使用稀硫酸，A錯誤；濃硫酸和NaI混合加熱會發(fā)生氧化還原反應生成I2，無法制得HI氣體，B錯誤；配制FeCl3溶液時應加入稀鹽酸抑制Fe3＋水解，加入稀硫酸會引入雜質(zhì)，C錯誤；苯的硝化反應實驗中，將濃硫酸加入濃硝酸中充分混合，因為濃硫酸遇水放出大量的熱，將密度大的濃硫酸加入密度小的濃硝酸中可有效防止液體飛濺，D正確。答案：D5．Diels-Alder反應，又名雙烯合成反應，是指共軛雙烯與含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵的化合物生成六元環(huán)狀化合物的反應，該反應是有機化學合成中非常重要的手段之一。1928年德國化學家DielsO和AlderK首次發(fā)現(xiàn)和記載這種新型反應，他們也因此獲得了1950年的諾貝爾化學獎。BenjaminList和DavidW．C.MacMillan利用有機分子模擬生物體內(nèi)“?？s酶”催化Diels-Alder反應也取得重要進展，榮獲2021年諾貝爾化學獎。某Diels-Alder反應的催化機理如圖所示[t-Bu—為叔丁基，Bn—為芐基(C6H5CH2—)]。下列說法錯誤的是()A．Ⅵ→Ⅲ過程中有O—H的形成B．Ⅴ為C．Ⅰ分子存在順反異構體D．Ⅲ是反應的催化劑，降低了反應的活化能解析：Ⅵ＋Ⅰ→Ⅱ＋Ⅲ，由Ⅵ、Ⅰ、Ⅲ的結構可以推出Ⅱ為H2O，所以Ⅵ→Ⅲ過程中有O—H的形成，故A正確；Ⅴ是總反應的產(chǎn)物，該Diels-Alder總反應為，則Ⅴ為，故B正確；Ⅰ分子中碳碳雙鍵的兩個碳原子均連有不同的原子或原子團，存在順反異構體，故C正確；Ⅲ是中間產(chǎn)物，Ⅵ是反應的催化劑，降低了反應的活化能，故D錯誤。答案：D6．SiCl4的水解機理如圖所示(“□”代表Si的3d軌道)。下列說法錯誤的是()A．上述過程涉及極性鍵的斷裂和形成B．水解過程中Si的雜化方式有變化C．NCl3的水解機理與SiCl4相同D．相同條件下，SiCl4比CCl4易水解解析：該過程斷裂Si—Cl、O—H極性鍵，形成Si—O、H—Cl極性鍵，A項正確；水解過程中H2O中O的孤電子對進入Si的3d軌道中，Si的雜化方式由sp3雜化變?yōu)閟p3d雜化，B項正確；NCl3中N只有2個電子層，無d軌道，水解機理與SiCl4不同，C項錯誤；Si的原子半徑比C大，則Si—Cl的鍵長更長，Si—Cl更易斷裂(或Si—Cl極性比C—Cl大，則Si原子更易受到水電離的OH－的進攻)，故相同條件下，SiCl4比CCl4易水解，D項正確。答案：C7．下列實驗裝置能達到相應實驗目的的是()A.分離苯和溴苯B.吸收尾氣氨氣C.證明SO2的漂白性D.制備少量乙二酸解析：苯和溴苯為互溶的兩種液體，且沸點相差較大，可用蒸餾的方法分離，蒸餾時，溫度計測定餾分蒸氣的溫度，則溫度計水銀球應該位于蒸餾燒瓶支管口處，A錯誤；氨氣易溶于水，不溶于CCl4，吸收NH3時，用題圖裝置可以防止倒吸，B正確；SO2溶于水生成亞硫酸能使紫色石蕊溶液變紅，但SO2不能漂白紫色石蕊溶液，驗證SO2的漂白性，應將SO2通入品紅溶液中，品紅溶液褪色后再加熱，溶液恢復紅色，C錯誤；酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，當其足量時生成的乙二酸即草酸會繼續(xù)被氧化為CO2氣體，D錯誤。答案：B8．下列反應的離子方程式正確的是()A．向硫化鈉溶液中通入足量二氧化硫：B．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量燒堿溶液：2OH?+MC．向次氯酸鈣溶液中通入過量二氧化碳：CO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－=CaCO3↓＋2HClOD．向Fe(NO3)3溶液中通入少量SO2：2解析：向Mg(HCO3)2溶液中加入足量燒堿溶液，生成氫氧化鎂沉淀，離子方程式為4OH?+Mg2++2HCO3?=MgOH2↓＋2CO32－＋2H答案：A9．草酸亞鐵可作為生產(chǎn)電池正極材料磷酸鐵鋰的原料，也可用作照片的顯影劑。草酸亞鐵晶體單鏈的結構如圖所示。下列說法正確的是()A．Fe2＋位于氧原子構成的四面體空隙中B．連接兩條單鏈的主要作用力為范德華力C.CD．基態(tài)原子的價層電子中成對電子對數(shù)：Fe>O>C解析：由題圖可知，F(xiàn)e2＋與6個氧原子相連，6個氧原子構成八面體，F(xiàn)e2＋在八面體空隙中，結構如圖所示，A錯誤。草酸亞鐵晶體單鏈之間依靠水分子間形成的氫鍵連接，B錯誤。C2O42?的結構式為，所有原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構，C正確?；鶓B(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，成對電子對數(shù)為2；基態(tài)O原子的價層電子排布式為2s22p4，成對電子對數(shù)為2；基態(tài)C原子的價層電子排布式為2s22p答案：C10．橄欖石是自然界存在最古老的寶石之一，某橄欖石的成分可以表示為XnY2－n(RW4)。已知：W、X、R、Y是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，基態(tài)W、X原子s軌道上的電子數(shù)和p軌道上的電子數(shù)都相等，基態(tài)R原子核外有14種不同運動狀態(tài)的電子，Y的原子序數(shù)為X與R的原子序數(shù)之和。下列說法錯誤的是()A．第一電離能：X>R>WB．工業(yè)上冶煉X、Y單質(zhì)的方法不同C．電負性比W大的主族元素有1種D．該橄欖石晶體中存在R、W形成的四面體結構答案：A11．有機溶劑－水自分層電池，借助液－液界面屏障，可以實現(xiàn)電池在無隔膜下平穩(wěn)運行。中國科學院大連化學物理研究所提出了一種鋅、溴自分層電池，該電池采用ZnBr2的水溶液作為負極電解液，而正極電解液為含Br2的CCl4有機溶液，其裝置如圖所示。下列說法錯誤的是()A．放電時，電子從負極流出進入正極，再經(jīng)電解液回到負極B．放電時，溶于CCl4中的Br2被還原為Br－，重新回到水溶液中C．充電時，陰極電極反應式為Zn2＋＋2e－=ZnD．該電池可有效防止Br2的交叉混合，因此無需隔膜解析：根據(jù)題意可知，ZnBr2溶液為負極電解液，放電時電極反應式為Zn－2e－=Zn2＋，Br2的CCl4有機溶液為正極電解液，電極反應式為Br2＋2e－=2Br－。放電時，電子從負極流出進入正極，但不會經(jīng)過電解液，電解液中離子定向移動形成閉合回路，A錯誤。根據(jù)題干信息可知，放電時，有機相為正極電解液，溶于CCl4中的Br2得電子被還原為Br－，重新回到水溶液中，B正確。放電時，負極電極反應式為Zn－2e－=Zn2＋，故充電時，陰極電極反應式為Zn2＋＋2e－=Zn，C正確。Br2在水和CCl4中溶解度相差較大，該電池可有效防止Br2的交叉混合，因此無需隔膜，D正確。答案：A12．全無機鹵化物鈣鈦礦因其獨特的晶體結構展現(xiàn)出優(yōu)異的光學與電學特性。某Cs-Pb-Cl鈣鈦礦的晶胞結構如圖所示，晶胞棱長為anm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是()A．圖中Cs原子的配位數(shù)為6B．該鹵化物鈣鈦礦的化學式為CsPbCl3C．晶體密度為446.5NAD．Pb和Cl均屬于p區(qū)元素解析：圖中Cs原子位于頂點，每個Cs原子上、下、左、右、前、后共有6個位于棱上的Cl原子，配位數(shù)為6，A正確；根據(jù)均攤法可知，該晶胞中含有Cs原子的個數(shù)為8×18＝1，含Pb原子的個數(shù)為1，含Cl原子的個數(shù)為12×14＝3，因此該鹵化物鈣鈦礦的化學式為CsPbCl3，B正確；該鹵化物鈣鈦礦的化學式為CsPbCl3，1nm＝10－7cm，故該晶體密度為133+207+35.5×3NA×a3×10?21g·cm－3＝446.5NA×答案：C13．氨催化氧化時會發(fā)生如下反應。反應Ⅰ.4NH3(g)＋5O2(g)?4NO(g)＋6H2O(g)ΔH1<0反應Ⅱ.4NH3(g)＋3O2(g)?2N2(g)＋6H2O(g)ΔH2<0向1L密閉容器中充入2molNH3和3molO2，在催化劑作用下發(fā)生上述反應，相同時間內(nèi)，反應Ⅰ、反應Ⅱ?qū)腘H3的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。已知：C點達到平衡狀態(tài)。下列說法錯誤的是()A．由圖可知，硝酸工業(yè)中，氨催化氧化時的最佳溫度為840℃B．C點之后反應Ⅰ中NH3的轉(zhuǎn)化率下降的原因是平衡逆向移動C．混合體系中cNH3cD．C點對應溫度下，反應Ⅰ的平衡常數(shù)K>10解析：硝酸工業(yè)中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系是NH3→NO→NO2→HNO3，840℃時，反應Ⅰ對應的NH3的轉(zhuǎn)化率達到最高，即生成的NO最多，且溫度升高化學反應速率增大，A正確；由題給信息可知，圖像中對應的是相同反應時間的轉(zhuǎn)化率，C點之后，也可能隨著溫度升高，導致催化劑失活，使反應Ⅰ的反應速率降低，則相同反應時間內(nèi)，NH3的轉(zhuǎn)化率降低，B錯誤；NH3和N2分別是反應物和生成物，充入NH3和O2發(fā)生反應，NH3的量逐漸減少，N2的量逐漸增大，因此混合體系中cNH3cN2保持不變說明反應Ⅱ達到平衡狀態(tài)，C正確；C點時，反應Ⅰ、反應Ⅱ反應Ⅰ4NH3(g)＋5O2(g)?4NO(g)＋6H2O(g)轉(zhuǎn)化量/mol1.82.251.82.7反應Ⅱ4NH3(g)＋3O2(g)?2N2(g)＋6H2O(g)轉(zhuǎn)化量/mol0.10.0750.050.15則平衡時n(NH3)＝2mol－1.8mol－0.1mol＝0.1mol，n(O2)＝3mol－2.25mol－0.075mol＝0.675mol，n(H2O)＝2.7mol＋0.15mol＝2.85mol，則反應Ⅰ的平衡常數(shù)K＝c4NO×c答案：B14．在水溶液中，CN－可與Co2＋和Co3＋分別形成配離子M和N。配離子的通式為[Co(CN)x]y－，其中N的穩(wěn)定性更強。達到平衡時，lgcCo2+cM、lgcCoA．曲線①代表lgcCo2+cM與－lgB．配離子M和配離子N中的配位數(shù)相同C．向配離子M的溶液中加入適量Co3＋，M能完全轉(zhuǎn)化為ND．99.99%的Co2＋、Co3＋分別轉(zhuǎn)化為配離子時，后者溶液中CN－的平衡濃度更大解析：設CN－與Co2＋和Co3＋分別形成配離子的反應為金屬離子＋mCN－?配離子，其平衡常數(shù)K＝c配離子c金屬離子·cmCN?，lgK＝lgc配離子c金屬離子－mlgc(CN－)＝－lgc金屬離子c配離子－mlgc(CN－)，則lgc金屬離子c配離子＝－mlgc(CN－)－lgK，符合y＝mx－lgK的函數(shù)關系，m為曲線的斜率，K＝10mx－y。曲線①的斜率為m＝?29??351＝6，將(1，－29)代入K＝106x－y，得K＝1035，曲線②的斜率m＝?30??422＝6，