2025版高三化學二輪復習天天增分練 選擇題強化練3

選擇題強化練3授課提示：天天增分特訓35頁(限時30分鐘分值：42分選擇題每小題3分)1．《天工開物》中記載了提煉金銀的過程：“欲去銀存金，則將其金打成薄片，剪碎，每塊以土泥裹涂，入坩堝中硼砂熔化，其銀即吸入土內，讓金流出以成足色。”下列說法錯誤的是()A．金的密度比銀大B．薄片的成分為金銀合金C．金銀的延展性較好D．硼砂的作用是使銀被氧化解析：金單質的密度比銀單質的密度大，A正確；“欲去銀存金，則將其金打成薄片”說明薄片中含有金銀，為金銀合金，B正確；“打成薄片”反映了金屬良好的延展性，C正確；硼砂的作用是加快熱傳遞幫助熔化，不和銀發(fā)生化學反應，D錯誤。答案：D2．實驗室根據(jù)化學試劑性質的不同，采用不同的保存方法。下列說法正確的是()A．金屬鋰保存在煤油中B．少量的白磷保存在冷水中C．濃硝酸保存在無色廣口瓶中D．液溴保存在棕色試劑瓶中，上層加CCl4液封解析：因鋰的密度小于煤油的密度，則不能將金屬鋰保存在煤油中，可將金屬鋰保存在固體石蠟中以隔絕空氣，故A錯誤；白磷易自燃，應將白磷保存在冷水中以隔絕空氣，故B正確；濃硝酸見光易分解，保存在棕色試劑瓶中并放置在陰涼處，故C錯誤；液溴易揮發(fā)，應保存在棕色試劑瓶中，且上層加水液封，故D錯誤。答案：B3．分子的組成和結構決定了分子的性質，是確定其應用領域的基礎。下列說法錯誤的是()A．聚乙烯塑料制品可反復加熱熔融加工B．酚醛樹脂可用作宇宙飛船外殼的燒蝕材料C．再生纖維與合成纖維均可由石油產品經(jīng)聚合反應獲得D．天然橡膠硫化后具有網(wǎng)狀結構，增強了其強度與彈性解析：聚乙烯塑料制品屬于熱塑性塑料，可以反復加熱熔融加工，故A正確；網(wǎng)狀結構的酚醛樹脂主要用作絕緣、隔熱、阻燃隔音材料和復合材料，可用于生產烹飪器具的手柄、一些電器與汽車的零部件，火箭發(fā)動機、返回式衛(wèi)星和宇宙飛船外殼等的燒蝕材料，故B正確；再生纖維指用化學方法將農林產品中的纖維素、蛋白質等天然高分子加工為粘膠纖維、大豆蛋白纖維等，故C錯誤；天然橡膠為線型高分子，經(jīng)硫化后轉變成網(wǎng)狀結構，性能提高，增加了它的強度和彈性，故D正確。答案：C4．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．0.1molCaC2固體中含0.2NA個陰離子B．1mol分子式為C5H10的烴可能含NA個π鍵C．1L0.1mol·L－1[Co(NH3)5Cl]SO4溶液中含0.1NA個Cl－D．1molCH4與4molCl2混合光照反應可生成NA個CCl4解析：CaC2的電子式為Ca2＋[∶C??C∶]2－，因此0.1molCaC2固體中含0.1NA個陰離子，故A錯誤；分子式為C5H10的烴，不飽和度為1，可能為環(huán)烷烴，也可能為烯烴，屬于烯烴的同分異構體有CH2=CHCH2CH2CH3、五種，每種都只含有1個π鍵，若為環(huán)烷烴則沒有π鍵，因此1mol分子式為C5H10的烴可能含NA個π鍵，故B正確；CoNH35ClSO4內界和外界通過離子鍵結合，在溶液中絡合物的內界和外界是可以完全電離的，溶液中為[Co(NH3)5Cl]2＋、SO42?。由于存在配位鍵，內界離子內部很難電離，其電離程度很小，故C錯誤；將1molCH4與4molCl2混合光照，充分反應后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl答案：B5．有機物X屬于酚酯，可在AlCl3催化作用下發(fā)生重排反應，如圖所示。下列說法錯誤的是()XYZA.1molX最多可與3molH2發(fā)生加成反應B．Y的熔點比Z高C．Y、Z均可與NaHCO3溶液反應D．X、Y、Z互為同分異構體解析：X中苯環(huán)可以與H2發(fā)生加成反應，1molX最多可與3molH2發(fā)生加成反應，故A正確；Z易形成分子內氫鍵，Y易形成分子間氫鍵，Y的熔點比Z的高，故B正確；Y、Z中為酚羥基，均不能與NaHCO3溶液反應，故C錯誤；X、Y、Z分子式都是C9H10O2，結構不同，互為同分異構體，故D正確。答案：C6．下列說法錯誤的是()A.NHB．O3為極性分子，其中的共價鍵是極性鍵C．三氟乙酸(CF3COOH)的酸性強于乙酸D．SO2與CS2分子的空間結構及中心原子的雜化方式均相同解析：NH4+的中心原子N原子的價層電子對數(shù)為4＋5?1?1×42＝4，為sp3雜化，無孤電子對，則價層電子對互斥模型和空間結構均為正四面體形，A正確。O3是由弱極性鍵構成的極性分子，B正確。電負性F>H，則吸電子能力F>H，吸電子能力增強導致酸性增強，故酸性CH3COOH<CF3COOH，C正確。SO2的中心原子S原子的價層電子對數(shù)為2＋6?2×2答案：D7．物質的結構決定其性質，下列與物質的性質對應的解釋正確的是()物質的性質解釋A溶解性：乙酸>硬脂酸乙酸分子可與水分子間形成氫鍵而硬脂酸不能B熔點：氟化鋁>氯化鋁氟化鋁中的離子鍵強于氯化鋁中的離子鍵C熱穩(wěn)定性：NH3>PH3N—H的鍵能比P—H大D酸性：HNO3>H2SO3氮元素的非金屬性比硫元素強解析：由于硬脂酸分子碳鏈較長、碳原子數(shù)較多，因此硬脂酸分子在水中難以溶解，但硬脂酸分子可以與水分子形成分子間氫鍵，使得硬脂酸分子與水分子發(fā)生黏附作用，故A錯誤；由于F的電負性比Cl的大，故氟化鋁中存在離子鍵，而氯化鋁中存在的是共價鍵，它們熔點差異大的原因可能是氟化鋁是離子晶體，氯化鋁是分子晶體，故B錯誤；非金屬性：N＞P，所以熱穩(wěn)定性：NH3＞PH3，故C正確；硝酸為N元素最高價氧化物對應的水化物，而H2SO3不是S元素最高價氧化物對應的水化物，不能利用它們的酸性強弱來比較非金屬性，故D錯誤。答案：C8．某科研組研究利用碳催化烷烴脫氫反應的機理(其過程如圖所示)，建立起系統(tǒng)的非金屬催化反應理論體系，切實推動了綠色非金屬納米碳催化領域的發(fā)展。下列有關碳催化烷烴脫氫過程分析正確的是()A.反應中氧元素及部分碳元素價態(tài)有變化B．生成H2O2總反應的化學方程式為R—CH2—CH3＋O2催化劑R—CH=CH2＋H2OC．若采用2，2-二甲基丁烷作為反應物，則產物為2，2-二甲基-3-丁烯D．有極性鍵和非極性的斷裂，但只有極性鍵形成解析：反應中O元素化合價降低，部分C元素化合價升高，A正確；根據(jù)反應過程和生成H2O2時總反應方程式判斷，反應屬于氧化反應，不屬于消去反應，B錯誤；由圖可知，若采用2，2-二甲基丁烷作反應物，產物應為3，3-二甲基-1-丁烯，C錯誤；反應中有氧氣O=O及烷烴中C—H等斷裂，形成C=C、H—O等化學鍵，D錯誤。答案：A9．用杯酚(表示為)分離C60和C70的過程如圖甲所示，①～③各步驟在實驗室中所用到的裝置選擇合理的是()A.①－a、②－a、③－dB.①－a、②－b、③－cC．①－b、②－a、③－dD.①－b、②－b、③－c答案：A10．一種含釩的銻化物(M)在超導方面具有潛在的應用前景，M的晶胞結構如圖甲所示，晶胞高度12hA．M的化學式為CsV3Sb5B．M中V的化合價為＋4和＋5C．V原子周圍緊鄰的Sb原子數(shù)為6D．M晶體不導電，熔融狀態(tài)可導電解析：根據(jù)晶體結構俯視圖判斷，該晶胞底面為菱形，該菱形中鄰邊存在60°和120°兩種角度。結合均攤法可知，晶胞中含4×112＋4×16＝1個Cs、4×12＋1＝3個V、2×16＋2×13＋4＝5個Sb，則化學式為CsV3Sb5，A正確；M為CsV3Sb5，Cs為第Ⅰ答案：C11．微生物燃料電池(MFC)是以微生物為催化劑氧化有機物產生電能的裝置?？茖W家發(fā)現(xiàn)處理有機廢水時，用Ag2O作正極材料的MFC比用石墨更高效穩(wěn)定，且正極材料經(jīng)處理可反復使用。下列說法錯誤的是()A.電池工作過程中有機廢水的pH基本不變B．電池工作時H＋穿過質子交換膜向右遷移C．正極的電極反應式為Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－D．該電池在高溫條件下不能正常工作解析：微生物燃料電池(MFC)為原電池，石墨電極上有機基質失電子產生CO2，碳元素化合價升高，作負極，Ag2O電極為正極。溶液保持電中性，因此負極產生的H＋會轉移到正極消耗，電池工作過程中有機廢水的pH基本不變，故A正確；H＋帶正電荷，從負極穿過質子交換膜向正極遷移，即H＋穿過質子交換膜向右遷移，故B正確；Ag2O電極為正極，得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為Ag2O＋2e－＋2H＋=2Ag＋H2O，故C錯誤；通常微生物在高溫條件下會失去活性，故該電池在高溫下不能正常工作，故D正確。答案：C12．乙苯脫氫法是目前國內外生產苯乙烯的主要方法，研究發(fā)現(xiàn)，在CO2氣氛中乙苯催化脫氫制苯乙烯更容易進行，反應歷程如圖。下列說法錯誤的是()A．乙苯和苯乙烯均為非極性分子B．催化劑表面堿性較強時有利于提高乙苯的轉化率C．反應涉及C—H、C=O斷裂和C=C形成D．該方法可減少CO2的排放，有利于實現(xiàn)“碳中和”解析：由反應歷程圖可知，該過程中發(fā)生的總反應為乙苯和二氧化碳在催化劑作用下生成苯乙烯和一氧化碳、水，化學方程式為大多數(shù)芳香族化合物都是非極性化合物，這是由于芳香族化合物中的C—H和C—C具有相似的電負性，使得分子的整體極性較低，大多數(shù)的烴類，不管是烷烴、烯烴、炔烴，甚至是苯環(huán)，都是不具有極性的非極性分子，如：苯乙烯的分子結構中包括苯環(huán)和乙烯基團，這些基團通過共價鍵相連，由于苯環(huán)和乙烯基團都是非極性的，整個分子也是非極性的，故A正確；催化劑表面酸堿性對乙苯脫氫反應性能影響較大，根據(jù)反應歷程可知，催化劑表面需要活化吸附，該微粒帶負電荷，如果催化劑表面堿性太強，則帶負電荷的氫氧根離子較多，不利于吸附，且堿性物質會和二氧化碳反應導致吸附在催化劑表面的二氧化碳發(fā)生反應從而降低乙苯的轉化率，故堿性太強使乙苯轉化率降低，故B錯誤；根據(jù)總反應可知，活化、吸附過程中乙苯C—H斷裂，狀態(tài)Ⅰ到狀態(tài)Ⅱ過程中C=O斷裂，最終生成苯乙烯時C=C形成，故C正確；苯乙烯是生產塑料和合成橡膠的重要有機原料，該方法可減少CO2的排放，有利于實現(xiàn)“碳中和”，故D正確。答案：B13．磁選后的煉鐵高鈦爐渣中的主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，利用如圖流程制備TiO2·xH2O并回收鋁、鎂等。已知：“酸溶”后鈦主要以TiO2＋形式存在。下列說法正確的是()A．“焙燒”尾氣的主要成分為氮氧化物B．用熱水“水浸”的目的是促進Fe3＋水解C．母液和尾氣可循環(huán)使用D．“酸溶”反應的離子方程式為TiO2＋4H＋=Ti4＋＋2H2O解析：由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，CaSO4微溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、CaSO4、SiO2的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨的濾液；向濾液中加入氨水，溶液中鐵離子、鋁離子、鎂離子依次沉淀；向水浸渣中加入硫酸加熱酸溶，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有硫酸鈣和SiO2的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液和TiO2·xH2O。尾氣為氨氣，A錯誤；用熱水“水浸”的目的是促使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O，B錯誤；母液含有硫酸、尾氣含有氨氣，氨氣溶于水得到氨水，故母液和尾氣可循環(huán)使用，C正確；已知：“酸溶”后鈦主要以TiO2＋形式存在，則“酸溶”反應的離子方程式為TiO2＋2H＋=TiO2＋＋H2O，D錯誤。答案：C14．常溫下，Na2CO3溶液的pH隨其濃度改變而改變，將Mg2＋加入到pH不同的Na2CO3溶液中產物與pH的關系如圖所示。下列說法中，正確的是()A．根據(jù)N點可判斷Ksp[Mg(OH)2]＝Ksp(MgCO3)B．pH＝8時，滴加MgSO4溶液先生成MgC．pH越大，沉淀中Mg(OH)2的質量越小D．調M點溶液的pH＝12得到Mg(OH)2解析：曲線Ⅰ的離子濃度關系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]，曲線Ⅱ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c(CO32?)＝Ksp(MgCON點時，c(Mg2＋)的濃度相同，但由于Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg