2022届高考化学人教版二轮专题复习训练-选择题标准练(五)

选择题标准练(五)7．二十一世纪以来，随着对地堪行业的重视和新技术手段的应用，我国在矿物晶体结构和晶体化学研究方面取得飞速发展。下列有关矿石的说法错误的是()A．林芝矿的主要成分为FeSi2，林芝矿中硅的质量分数为50%B．钛铁矿的主要成分为FeTiO3，FeTiO3的化学名称为钛酸亚铁C．乌木石的主要成分为KAl0.33W2.67O9，其中钾元素可通过焰色反应检验D．孟宪明矿的主要成分为Ca2Sn2Mg3Al8[(BO3)(BeO4)O6]2，是由短周期和长周期元素共同组成的答案A解析化合物FeSi2中硅的质量分数为eq\f(2×28,56＋2×28)×100%＝50%，林芝矿中还含有其他物质，则林芝矿中硅的质量分数小于50%，故A错误；化合物FeTiO3中铁元素的化合价为＋2价，则FeTiO3的名称为钛酸亚铁，故B正确；化合物KAl0.33W2.67O9中含有钾元素，可通过焰色反应检验化合物中的钾元素，故C正确；化合物Ca2Sn2Mg3Al8[(BO3)(BeO4)O6]2中Be、B、O、Mg、Al五种元素为短周期元素，Ca、Sn两种元素为长周期元素，则该化合物是由短周期和长周期元素共同组成的，故D正确。8．抗麻风药物clofazimine对SARS-CoV-2表现出强大的抗病毒活性，并能缓解与重症COVID-19相关的过度炎症反应。clofazimine的结构简式如图所示：下列有关clofazimine的叙述正确的是()A．属于芳香烃，分子式为C27H21Cl2N4B．能发生取代、氧化、缩聚反应C．该物质存在含5个苯环的同分异构体D．1molclofazimine最多能与11molH2发生加成反应答案C解析由结构简式可知，该分子中含有氮原子和氯原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故A错误；由结构简式可知，该分子中含有氮原子、亚氨基和氯原子，能发生取代反应、氧化反应，但不能发生缩聚反应，故B错误；由结构简式可知，该分子的不饱和度为18，可以形成含有5个苯环的稠环化合物，故C正确；由结构简式可知，该分子中的苯环、碳碳双键和碳氮双键能与氢气发生加成反应，则1mol该最多能与13mol氢气发生加成反应，故D错误。9．下列反应对应离子方程式书写正确的是()A．Cu2O溶于稀硝酸：Cu2O＋2H＋=2Cu＋＋H2OC．将SO2通入酸性FeCl3溶液中：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋D．向NH4Fe(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋2Ba2＋＋3OH－=Fe(OH)3↓＋2BaSO4↓答案C解析Cu2O溶于稀硝酸，被氧化，反应的离子方程式为3Cu2O＋2NOeq\o\al(－,3)＋14H＋=6Cu2＋＋7H2O＋2NO↑，故A错误；因为是酸性溶液，所以产物中不会有OH－生成，正确的离子方程式为5NOeq\o\al(－,2)＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=5NOeq\o\al(－,3)＋2Mn2＋＋3H2O，B项错误；将SO2通入酸性FeCl3溶液中，离子方程式：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，故C正确；向NH4Fe(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，离子方程式：NHeq\o\al(＋,4)＋Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋Fe(OH)3↓＋NH3·H2O，故D错误。10．金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如图。下列说法不正确的是()A．①中需持续吹入空气作氧化剂B．A为Na2Cr2O7溶液C．②中需加入过量稀硫酸D．③中Cr在阴极生成答案C解析①中FeO·Cr2O3、Al2O3与Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，Cr、Fe元素化合价升高被氧化，所以需持续吹入空气作氧化剂，故A正确；酸性条件下，2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，故B正确；氢氧化铝能溶于过量硫酸，②中加入的稀硫酸不能过量，故C错误；电解Na2Cr2O7溶液制备金属Cr，Cr元素化合价降低发生还原反应，所以Cr在阴极生成，故D正确。11．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)。①②③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FeB．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活泼答案D12．消除天然气中的H2S是能源研究领域的热点，华中科技大学李钰等研究表明，利用CuFe2O4表面吸附H2S时有两种机理途径，如图所示：下列说法错误的是()A．该吸附过程最终释放能量B．途径1决速步骤的能垒为204.5kJ·mol－1C．由步骤H2S*=HS*＋H*可知，H—S键断裂放出能量：途径1>途径2D．CuFe2O4在吸附过程中提供了O原子答案C解析由能量图可知，相对能量下降，所以是释放能量，故A正确；活化能越大，反应速率越慢，反应速率最慢的反应制约反应速率，由图可知途径1最大能垒为[－362.6－(－567.1)]kJ·mol－1＝204.5kJ·mol－1，故B正确；S—H键断裂吸收能量，故C错误。13．常温下用0.2mol·L－1NaOH溶液分别滴定0.2mol·L－1一元酸HA和HB，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关叙述错误的是()A．Ka(HA)的数量级为10－5B．酸碱恰好反应时，HB溶液中的pH为9.15C．反应HA＋B－HB＋A－的平衡常数为10－1.5D．相同条件下对水的电离影响程度：NaA>NaB答案B解析a点时，c(HA)＝c(A－)，此时pH＝4.8，则c(H＋)＝10－4.8mol·L－1，根据Ka(HA)＝eq\f(cA－·cH＋,cHA)可以求出Ka(HA)＝10－4.8，同理利用b点可以求出Ka(HB)＝10－3.3。Ka(HA)为10－4.8，数量级为10－5，A正确；0.2mol·L－1NaOH溶液和0.2mol·L－1一元酸HB等体积混合且c(B－)＋c(HB)＝0.1mol·L－1，又因为Ka(HB)＝10－3.3＝eq\f(cB－·cH＋,cHB)、Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，所以可以得到：eq\f([0.1－cOH－]×\f(10－14,cOH－),cOH－)＝10－3.3，求得c(OH－)＝10－5.85mol·L－1，则HB溶液中的pH为8.15，B错误；反应HA＋B－HB＋A－的平衡常数为K＝eq\f(cHB·cA－,cHA·cB