2025版高三化学二轮复习天天增分练 选择题强化练8

选择题强化练8授课提示：天天增分特训50页(限时30分钟分值：42分选择题每小题3分)1．安徽人杰地灵，多元文化交融，诞生了种类多样的手工艺品。根据主要化学成分进行分类，下列物质不能与其他三种归为一类的是()A．歌砚B．界首彩陶C．宣纸D．砖雕解析：歌砚、界首彩陶、砖雕的主要成分是硅酸盐，宣纸的主要成分是纤维素，不能与其他三种归为一类的是宣纸，答案选C。答案：C2．化学在生活中无处不在，下列叙述错误的是()A．使用铝箔制成的“锡纸”包裹食材烧烤食物，容易导致重金属中毒B．铝碳酸镁[Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O]可用于治疗胃酸过多C．煤、石油、天然气经加工可以得到合成纤维D．向“84”消毒液中加入少量醋酸，能够增强消毒效果解析：“锡纸”两面由塑料或特殊涂料制成，中间一层是铝箔，铝不是重金属，重金属包括金、银、铜、铁、铅、镉等，A错误；铝碳酸镁能和胃液中的盐酸反应，因此可用于治疗胃酸过多，B正确；以煤、石油、天然气为原料，可以合成许多性能优异的高分子材料，如合成纤维、合成橡胶、合成塑料，C正确；醋酸的酸性比次氯酸的酸性强，向“84”消毒液中加入少量醋酸，能够生成次氯酸，增强消毒效果，D正确。答案：A3．反应Na2O＋2CO一定条件Na2CO3＋C(石墨烯)是光伏材料——蜂窝状石墨烯的制备原理。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．氧化产物为Na2CO3，还原产物为CB．1molCO完全反应时转移的电子数为2NAC.COD．CO为极性分子解析：CO→Na2CO3过程中，碳元素的化合价由＋2价升高为＋4价，Na2CO3为氧化产物，CO→C过程中，碳元素的化合价由＋2价降低为0价，C为还原产物，A正确；结合A项分析可知，1molCO完全反应时转移的电子数为NA，B错误；CO32−中碳原子的孤电子对数为4+2−2×答案：B4．下列关于硫酸的说法正确的是()A．实验室用Na2SO3与稀硫酸制取SO2B．浓硫酸和NaI混合加热制取HI气体C．配制FeCl3溶液时加入稀硫酸抑制Fe3＋水解D．苯的硝化反应实验中先将浓硫酸加入浓硝酸中充分混合解析：SO2在水中的溶解度较大，用浓硫酸能减少产物的损失，但硫酸浓度太大，电离出的H＋浓度较小，影响生成SO2的速率，故实验室选用70%的硫酸与Na2SO3制取SO2，不能使用稀硫酸，A错误；浓硫酸和NaI混合加热会发生氧化还原反应生成I2，无法制得HI气体，B错误；配制FeCl3溶液时应加入稀盐酸抑制Fe3＋水解，加入稀硫酸会引入杂质，C错误；苯的硝化反应实验中，将浓硫酸加入浓硝酸中充分混合，因为浓硫酸遇水放出大量的热，将密度大的浓硫酸加入密度小的浓硝酸中可有效防止液体飞溅，D正确。答案：D5．Diels­Alder反应，又名双烯合成反应，是指共轭双烯与含有碳碳双键或碳碳三键的化合物生成六元环状化合物的反应，该反应是有机化学合成中非常重要的手段之一。1928年德国化学家DielsO和AlderK首次发现和记载这种新型反应，他们也因此获得了1950年的诺贝尔化学奖。BenjaminList和DavidW．C.MacMillan利用有机分子模拟生物体内“酰缩酶”催化Diels­Alder反应也取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels­Alder反应的催化机理如图所示[t­Bu—为叔丁基，Bn—为苄基(C6H5CH2—)]。下列说法错误的是()A．Ⅵ→Ⅲ过程中有O—H的形成B．Ⅴ为C．Ⅰ分子存在顺反异构体D．Ⅲ是反应的催化剂，降低了反应的活化能解析：Ⅵ＋Ⅰ→Ⅱ＋Ⅲ，由Ⅵ、Ⅰ、Ⅲ的结构可以推出Ⅱ为H2O，所以Ⅵ→Ⅲ过程中有O—H的形成，故A正确；Ⅴ是总反应的产物，该Diels­Alder总反应为，则Ⅴ为，故B正确；Ⅰ分子中碳碳双键的两个碳原子均连有不同的原子或原子团，存在顺反异构体，故C正确；Ⅲ是中间产物，Ⅵ是反应的催化剂，降低了反应的活化能，故D错误。答案：D6．SiCl4的水解机理如图所示(“□”代表Si的3d轨道)。下列说法错误的是()A．上述过程涉及极性键的断裂和形成B．水解过程中Si的杂化方式有变化C．NCl3的水解机理与SiCl4相同D．相同条件下，SiCl4比CCl4易水解解析：该过程断裂Si—Cl、O—H极性键，形成Si—O、H—Cl极性键，A项正确；水解过程中H2O中O的孤电子对进入Si的3d轨道中，Si的杂化方式由sp3杂化变为sp3d杂化，B项正确；NCl3中N只有2个电子层，无d轨道，水解机理与SiCl4不同，C项错误；Si的原子半径比C大，则Si—Cl的键长更长，Si—Cl更易断裂(或Si—Cl极性比C—Cl大，则Si原子更易受到水电离的OH－的进攻)，故相同条件下，SiCl4比CCl4易水解，D项正确。答案：C7．下列实验装置能达到相应实验目的的是()A.分离苯和溴苯B.吸收尾气氨气C.证明SO2的漂白性D.制备少量乙二酸解析：苯和溴苯为互溶的两种液体，且沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，蒸馏时，温度计测定馏分蒸气的温度，则温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，A错误；氨气易溶于水，不溶于CCl4，吸收NH3时，用题图装置可以防止倒吸，B正确；SO2溶于水生成亚硫酸能使紫色石蕊溶液变红，但SO2不能漂白紫色石蕊溶液，验证SO2的漂白性，应将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色后再加热，溶液恢复红色，C错误；酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，当其足量时生成的乙二酸即草酸会继续被氧化为CO2气体，D错误。答案：B8．下列反应的离子方程式正确的是()A．向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫：B．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量烧碱溶液：2OH−+MC．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：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溶液中加入足量烧碱溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为4OH−+Mg2++2HCO3−=MgOH2↓＋2CO32－＋2H答案：A9．草酸亚铁可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，也可用作照片的显影剂。草酸亚铁晶体单链的结构如图所示。下列说法正确的是()A．Fe2＋位于氧原子构成的四面体空隙中B．连接两条单链的主要作用力为范德华力C.CD．基态原子的价层电子中成对电子对数：Fe>O>C解析：由题图可知，Fe2＋与6个氧原子相连，6个氧原子构成八面体，Fe2＋在八面体空隙中，结构如图所示，A错误。草酸亚铁晶体单链之间依靠水分子间形成的氢键连接，B错误。C2O42−的结构式为，所有原子最外层均满足8电子稳定结构，C正确。基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，成对电子对数为2；基态O原子的价层电子排布式为2s22p4，成对电子对数为2；基态C原子的价层电子排布式为2s22p答案：C10．橄榄石是自然界存在最古老的宝石之一，某橄榄石的成分可以表示为XnY2－n(RW4)。已知：W、X、R、Y是原子序数依次增大的前四周期元素，基态W、X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数都相等，基态R原子核外有14种不同运动状态的电子，Y的原子序数为X与R的原子序数之和。下列说法错误的是()A．第一电离能：X>R>WB．工业上冶炼X、Y单质的方法不同C．电负性比W大的主族元素有1种D．该橄榄石晶体中存在R、W形成的四面体结构答案：A11．有机溶剂－水自分层电池，借助液－液界面屏障，可以实现电池在无隔膜下平稳运行。中国科学院大连化学物理研究所提出了一种锌、溴自分层电池，该电池采用ZnBr2的水溶液作为负极电解液，而正极电解液为含Br2的CCl4有机溶液，其装置如图所示。下列说法错误的是()A．放电时，电子从负极流出进入正极，再经电解液回到负极B．放电时，溶于CCl4中的Br2被还原为Br－，重新回到水溶液中C．充电时，阴极电极反应式为Zn2＋＋2e－=ZnD．该电池可有效防止Br2的交叉混合，因此无需隔膜解析：根据题意可知，ZnBr2溶液为负极电解液，放电时电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，Br2的CCl4有机溶液为正极电解液，电极反应式为Br2＋2e－=2Br－。放电时，电子从负极流出进入正极，但不会经过电解液，电解液中离子定向移动形成闭合回路，A错误。根据题干信息可知，放电时，有机相为正极电解液，溶于CCl4中的Br2得电子被还原为Br－，重新回到水溶液中，B正确。放电时，负极电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，故充电时，阴极电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn，C正确。Br2在水和CCl4中溶解度相差较大，该电池可有效防止Br2的交叉混合，因此无需隔膜，D正确。答案：A12．全无机卤化物钙钛矿因其独特的晶体结构展现出优异的光学与电学特性。某Cs­Pb­Cl钙钛矿的晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．图中Cs原子的配位数为6B．该卤化物钙钛矿的化学式为CsPbCl3C．晶体密度为446.5NAD．Pb和Cl均属于p区元素解析：图中Cs原子位于顶点，每个Cs原子上、下、左、右、前、后共有6个位于棱上的Cl原子，配位数为6，A正确；根据均摊法可知，该晶胞中含有Cs原子的个数为8×18＝1，含Pb原子的个数为1，含Cl原子的个数为12×14＝3，因此该卤化物钙钛矿的化学式为CsPbCl3，B正确；该卤化物钙钛矿的化学式为CsPbCl3，1nm＝10－7cm，故该晶体密度为133+207+35.5×3NA×a3×10−21g·cm－3＝446.5NA×答案：C13．氨催化氧化时会发生如下反应。反应Ⅰ.4NH3(g)＋5O2(g)⇌4NO(g)＋6H2O(g)ΔH1<0反应Ⅱ.4NH3(g)＋3O2(g)⇌2N2(g)＋6H2O(g)ΔH2<0向1L密闭容器中充入2molNH3和3molO2，在催化剂作用下发生上述反应，相同时间内，反应Ⅰ、反应Ⅱ对应的NH3的转化率随温度的变化如图所示。已知：C点达到平衡状态。下列说法错误的是()A．由图可知，硝酸工业中，氨催化氧化时的最佳温度为840℃B．C点之后反应Ⅰ中NH3的转化率下降的原因是平衡逆向移动C．混合体系中cNH3cD．C点对应温度下，反应Ⅰ的平衡常数K>10解析：硝酸工业中物质的转化关系是NH3→NO→NO2→HNO3，840℃时，反应Ⅰ对应的NH3的转化率达到最高，即生成的NO最多，且温度升高化学反应速率增大，A正确；由题给信息可知，图像中对应的是相同反应时间的转化率，C点之后，也可能随着温度升高，导致催化剂失活，使反应Ⅰ的反应速率降低，则相同反应时间内，NH3的转化率降低，B错误；NH3和N2分别是反应物和生成物，充入NH3和O2发生反应，NH3的量逐渐减少，N2的量逐渐增大，因此混合体系中cNH3cN2保持不变说明反应Ⅱ达到平衡状态，C正确；C点时，反应Ⅰ、反应Ⅱ反应Ⅰ4NH3(g)＋5O2(g)⇌4NO(g)＋6H2O(g)转化量/mol1.82.251.82.7反应Ⅱ4NH3(g)＋3O2(g)⇌2N2(g)＋6H2O(g)转化量/mol0.10.0750.050.15则平衡时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，则反应Ⅰ的平衡常数K＝c4NO×c答案：B14．在水溶液中，CN－可与Co2＋和Co3＋分别形成配离子M和N。配离子的通式为[Co(CN)x]y－，其中N的稳定性更强。达到平衡时，lgcCo2+cM、lgcCoA．曲线①代表lgcCo2+cM与－lgB．配离子M和配离子N中的配位数相同C．向配离子M的溶液中加入适量Co3＋，M能完全转化为ND．99.99%的Co2＋、Co3＋分别转化为配离子时，后者溶液中CN－的平衡浓度更大解析：设CN－与Co2＋和Co3＋分别形成配离子的反应为金属离子＋mCN－⇌配离子，其平衡常数K＝c配离子c金属离子·cmCN−，lgK＝lgc配离子c金属离子－mlgc(CN－)＝－lgc金属离子c配离子－mlgc(CN－)，则lgc金属离子c配离子＝－mlgc(CN－)－lgK，符合y＝mx－lgK的函数关系，m为曲线的斜率，K＝10mx－y。曲线①的斜率为m＝−29−−351＝6，将(1，－29)代入K＝106x－y，得K＝1035，曲线②的斜率m＝−30−−422＝6，