選擇題標準練1選擇題標準練2025年高考總復習優(yōu)化設計二輪用書化學L課后習題含答案

選擇題標準練1選擇題標準練2025年高考總復習優(yōu)化設計二輪用書化學L課后習題含答案選擇題標準練(一)(分值:40分)學生用書P279一、選擇題:本題共10小題,每小題2分,共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024·江蘇泰州一模調(diào)研)下列物質(zhì)的結構、性質(zhì)、用途具有對應關系的是()A.濃硫酸具有脫水性,可用于干燥Cl2B.ClF3具有強氧化性,可用作火箭助燃劑C.冰晶石微溶于水,可用作電解鋁工業(yè)的助熔劑D.HF分子之間形成氫鍵,HF(g)的熱穩(wěn)定性比HCl(g)的高答案:B解析:濃硫酸可用于干燥Cl2,是因為其具有吸水性,A錯誤;ClF3具有強氧化性,可氧化燃料,可用作火箭助燃劑,B正確;冰晶石可用作電解鋁工業(yè)的助熔劑是因為其可以降低氧化鋁的熔點,與其微溶于水的性質(zhì)無關,C錯誤;HF(g)的熱穩(wěn)定性比HCl(g)的高,是因為H—F鍵能大于H—Cl鍵能,與HF分子之間形成氫鍵的性質(zhì)無關,D錯誤。2.(2024·廣東大亞灣區(qū)1月聯(lián)合模擬)下列陳述Ⅰ與陳述Ⅱ均正確,且具有因果關系的是()選項陳述Ⅰ陳述ⅡA硫酸工業(yè)中使用催化劑調(diào)控反應催化劑能提高SO2的平衡轉(zhuǎn)化率BAgCl固體可完全溶于氨水Ag+與NH3形成可溶的[Ag(NH3)2]+C港珠澳大橋的鋼結構表面涂上了樹脂涂料鋼鐵在海水中易發(fā)生析氫腐蝕D配制FeSO4溶液時常加入鐵粉鐵粉抑制Fe2+的水解答案:B解析:催化劑不能提高平衡轉(zhuǎn)化率,故硫酸工業(yè)中使用催化劑調(diào)控反應是為了加快反應速率,A錯誤;Ag+與NH3形成可溶的[Ag(NH3)2]+,故AgCl固體可完全溶于氨水,B正確;鋼鐵在海水中易發(fā)生吸氧腐蝕,C錯誤;FeSO4溶液易發(fā)生氧化,配制FeSO4溶液時常加入鐵粉,主要是抑制亞鐵離子的氧化,D錯誤。3.(2024·山東濟寧三模)下列有關物質(zhì)結構與性質(zhì)的比較正確的是()A.沸點:CH3CH2Cl>CH3CH2OH>CH3CH2CH3B.分子的極性:SO2>SO3>COSC.鍵角:BCl3>NCl3>PCl3D.堿性強弱:>>答案:C解析:CH3CH2OH能形成分子間氫鍵,故沸點高于CH3CH2Cl,CH3CH2Cl的相對分子質(zhì)量大于CH3CH2CH3,沸點比CH3CH2CH3高,即沸點CH3CH2OH>CH3CH2Cl>CH3CH2CH3,A錯誤;SO3為平面正三角形,為非極性分子,COS為極性分子,故分子極性COS>SO3,B錯誤;BCl3為平面正三角形分子,鍵角為120°,NCl3和PCl3都是三角錐形分子,鍵角小于120°,而N的電負性強于P,NCl3中的價層電子對更偏向于N,導致N上電子云密度變大,鍵角變大,故鍵角BCl3>NCl3>PCl3,C正確;中N的電子云密度最大,堿性最強,中N的電子云密度最小,堿性最弱,D錯誤。4.(2024·安徽安慶二模)下列實驗設計方案和操作均正確的是()A.驗證鐵電極是否受到保護B.分離苯酚和水的混合物C.析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體D.測定KI溶液的濃度答案:C解析:在酸化的氯化鈉溶液中,可能會有少量鐵與氫離子反應生成亞鐵離子,所以不能用此裝置來驗證鐵電極是否受到保護,A錯誤;室溫下苯酚在水中的溶解度是9.2g,不能用過濾的方法分離,B錯誤;[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中的溶解度比在水中的要小,因此向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇,將析出深藍色晶體[Cu(NH3)4]SO4·H2O,C正確;溴水具有氧化性,能腐蝕橡膠,不能用堿式滴定管盛裝,應用酸式滴定管盛裝,D錯誤。5.(2024·安徽黃山二模)下列有關離子方程式的書寫正確的是()A.侯氏制堿法中制備NaHCO3:NH3+CO2+H2OHCO3-+NB.酸性條件下催化電解CO2制CH3CH2OH的陰極電極反應式為2CO2+12e-+12H+CH3CH2OH+3H2OC.向苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳:2+CO2+H2O2+CO32-D.碳酸銨溶液與氫氧化鈣溶液反應:CO32-+Ca2+CaCO答案:B解析:侯氏制堿法中制備碳酸氫鈉的反應為二氧化碳與氨氣和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨,反應的離子方程式為Na++NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4+,A錯誤;酸性條件下催化電解二氧化碳制乙醇時,通入二氧化碳的電極為電解池的陰極,酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成乙醇和水,電極反應式為2CO2+12e-+12H+CH3CH2OH+3H2O,B正確;苯酚鈉溶液與少量二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉,反應的離子方程式為+CO2+H2O+HCO3-,C錯誤;碳酸銨溶液與氫氧化鈣溶液反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨,反應的離子方程式為CO32-+2NH4++Ca2++2OH-CaCO3↓+2NH3·H6.(2024·甘肅二模)離子液體一般指在室溫或接近室溫下呈液態(tài)的由離子構成的物質(zhì),主要包括室溫熔融鹽、有機離子液體等。有機鹽C2H5NH3NO3屬于離子液體,它的熔點只有12℃。下列說法正確的是()A.C2H5NH3NO3中只存在離子鍵B.大多數(shù)離子液體由體積差距很大的陰、陽離子構成C.NH3和NO3D.離子液體熔化時克服的是分子間作用力,所以熔點較低答案:B解析:C2H5NH3+與NO3-之間存在離子鍵,陰、陽離子內(nèi)部存在共價鍵,A錯誤;陰、陽離子體積差距較大,使得陰、陽離子間距離較大,離子鍵較弱,離子液體在室溫或者接近室溫會呈現(xiàn)液態(tài),故大多數(shù)離子液體由體積差距很大的陰、陽離子構成,B正確;NH3中心原子N的價層電子對數(shù)為3+5-1×32=4,故雜化方式為sp3,NO3-的中心原子N的價層電子對數(shù)為3+7.(2024·江西九江十校第二次聯(lián)考)維生素B6是一種吡啶衍生物,是維持蛋白質(zhì)正常代謝的必要維生素,其結構簡式如下。已知:吡啶()與苯類似,也具有芳香性。下列有關維生素B6說法正確的是()A.該物質(zhì)屬于芳香烴B.可發(fā)生取代反應和加成反應C.碳原子不能同時在一個平面D.1mol該物質(zhì)最多消耗3molNaOH答案:B解析:維生素B6中不含苯環(huán),不屬于芳香烴,A錯誤;維生素B6中含有羥基可以發(fā)生取代反應,吡啶()與苯類似,可發(fā)生加成反應,維生素B6是一種吡啶衍生物,故也能發(fā)生加成反應,B正確;吡啶()與苯類似,為平面形分子,維生素B6中碳原子直接連在環(huán)上,所以碳原子一定在同一平面上,C錯誤;與吡啶相連的羥基類似于酚羥基,能夠與氫氧化鈉反應,但醇羥基不與氫氧化鈉反應,所以1mol該物質(zhì)最多消耗1molNaOH,D錯誤。8.(2024·江西南昌一模)氯及其化合物種類繁多,部分含氯物質(zhì)如圖所示。下列說法錯誤的是()A.a與d的水溶液不能共存B.d與f都可以用于殺菌消毒C.e的氧化性比h強D.b與g反應可得c,每轉(zhuǎn)移NA個電子可制得0.6molc(設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值)答案:A解析:a為含有Cl-的鹽,d為含有ClO-的鹽,Cl-和ClO-在堿性條件下可以大量共存,A錯誤;d為含有ClO-的鹽,f為ClO2,二者都具有強氧化性,可以用于殺菌消毒,B正確;e為HClO,h為HClO4,HClO的氧化性比HClO4強,C正確;b為HCl,g為含有ClO3-的鹽,兩者反應可以生成Cl2,離子方程式為ClO3-+6H++5Cl-3Cl2↑+3H2O,ClO3-中Cl元素由+5價下降到0價,每轉(zhuǎn)移NA個電子,生成0.6mol9.(2024·山東聊城三模)化合物M可用作清潔劑、殺蟲劑,其水溶液有緩沖作用。其化學式為W2[Y4Zx(ZX)y]·8X2Z,相對分子質(zhì)量為382。已知X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,基態(tài)Z原子的s能級與p能級上的電子總數(shù)相等,基態(tài)X、Y、W原子的未成對電子數(shù)均為1,X、Y為非金屬元素,W、Z的單質(zhì)可以反應生成淡黃色固體。下列說法錯誤的是()A.M的化學式中x=5、y=4B.化合物M的水溶液顯堿性,與堿不反應C.化合物WYX4中含離子鍵、共價鍵、配位鍵D.W的單質(zhì)具有強還原性,可與二氧化碳反應答案:B解析:X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,基態(tài)Z原子的s能級與p能級上的電子總數(shù)相等,則Z為O元素,基態(tài)X、Y、W原子的未成對電子數(shù)均為1,且X、Y為非金屬元素,則X為H,Y為B元素,W、Z的單質(zhì)可以反應生成淡黃色固體,則W為Na元素。由化學式為W2[Y4Zx(ZX)y]·8X2Z、相對分子質(zhì)量為382可知,化學式中x=5、y=4,A正確;Na2[B4O5(OH)4]·8H2O的水溶液顯堿性,但是其中含有酸式酸根離子,與堿會發(fā)生反應,B錯誤;化合物NaBH4中含離子鍵、共價鍵、配位鍵,C正確;Na的單質(zhì)具有強還原性,可與二氧化碳反應生成碳酸鈉和碳單質(zhì),D正確。10.(2024·山東淄博三模)N-Zn/TiO2光催化氧化處理含硫廢液的機理如圖所示,HO2·和·OH分別與SO32-反應生成SO42A.④的反應式為2·OH+SO32-SO4B.pH過低或過高均會影響催化劑的催化效果C.①②過程和③④過程產(chǎn)生的SO42-D.氧化含硫廢液的總反應式為2SO32-+O2答案:C解析:由圖示可知:過程①O2+H++e-HO2·、過程②HO2·+SO32-SO42-+HO·、過程③h++OH-HO·、過程④SO32-+2HO·SO42-+H2O。由以上分析可知,A項正確;該變化過程中H+和OH-均參與了反應,所以pH過低或過高均會影響催化劑的催化效果,故B項正確;①②過程中H+~HO2·~SO42-,③④過程中OH-~HO·~12SO42-,而H2O電離的H+和OH-物質(zhì)的量之比為1∶1,所以產(chǎn)生的SO42-之比為2二、選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。11.(2024·江蘇泰州一模調(diào)研)室溫下,下列實驗探究方案能夠達到探究目的的是()選項探究方案探究目的A將1-溴丁烷與NaOH的乙醇溶液混合后加熱,生成的氣體通入Br2的CCl4溶液中,觀察現(xiàn)象1-溴丁烷能否發(fā)生消去反應生成烯烴B將SO2氣體通入紫色石蕊溶液中,觀察溶液顏色變化SO2是否具有漂白性C向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2氣體,觀察現(xiàn)象比較Na2CO3與NaHCO3在水中溶解度的大小D向Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉溶液,再通入HI氣體,觀察現(xiàn)象比較Fe3+與I2氧化性的強弱答案:A解析:氣體通入Br2的CCl4溶液中,溶液褪色,說明生成了烯烴,則證明發(fā)生了消去反應;將SO2氣體通入紫色石蕊溶液中,溶液變紅,不能證明二氧化硫有漂白性;向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2氣體,有晶體析出,根據(jù)Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3分析得到,106g碳酸鈉反應得到168g碳酸氫鈉,生成的碳酸氫鈉增多,假設溶解度相同時也會有晶體析出,因此不能通過現(xiàn)象來比較Na2CO3與NaHCO3在水中溶解度的大小;向Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉溶液,再通入HI氣體,溶液變藍,由于硝酸的氧化性強于鐵離子,可能硝酸氧化了碘離子,因此不能比較Fe3+與I2氧化性的強弱。12.(2024·山東濰坊三模)NH3是生產(chǎn)化肥、含氮有機化學品、藥物和聚合物的重要化合物,以乙醇為質(zhì)子導體在電解池中利用連續(xù)Ca介導(Ca2+→Ca→CaxNyHz→Ca2+)合成NH3的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是()A.Ca2+的作用是活化N2B.每產(chǎn)生1molNH3需補充138gC2H5OHC.陰極反應包含如下過程:yN2+2zH++2xCa2++2(z+2x)e-2CaxNyHzD.電解質(zhì)溶液可換為含有少量乙醇的水溶液答案:BD解析:由圖可知,氫氣在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氫離子,氫離子與C2H5O-結合生成乙醇,乙醇又解離生成氫離子和C2H5O-,右側(cè)電極為陰極,鈣離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成鈣,鈣與氮氣反應生成CaxNyHz,CaxNyHz與氫離子反應生成鈣離子和氨氣,則電解的總反應為鈣離子介導和乙醇催化作用下電解氮氣和氫氣生成氨氣。Ca2+→Ca→CaxNyHz→Ca2+,氮氣與鈣反應生成CaxNyHz,CaxNyHz與氫離子反應生成鈣離子和氨氣,Ca2+的作用是活化N2,A正確;由分析可知,電解的總反應為鈣離子介導和乙醇催化作用下電解氮氣和氫氣生成氨氣,則陰極區(qū)生成氨氣時,催化劑乙醇的量沒有變化,B錯誤;由分析可知,C正確;鈣能與水反應生成氫氧化鈣和氫氣,所以電解質(zhì)溶液不能換為含有少量乙醇的水溶液,D錯誤。13.(2024·江西景德鎮(zhèn)第三次質(zhì)檢)已知CaF2的立方晶胞如圖所示,其晶胞參數(shù)為apm。下列說法正確的是()A.與Ca2+距離最近的F-數(shù)目為4B.CaF2晶體中F-與Ca2+之間的最近距離為64aC.CaF2晶體的密度為312a3×1D.晶胞中F-圍成的立方體棱長為22a答案:C解析:由圖可知,該晶胞中,黑球在面心和頂點,由均攤法可知共有4個,白球在晶胞內(nèi),共有8個,故黑球為Ca2+,白球為F-。與Ca2+距離最近的F-數(shù)目為8,A錯誤;CaF2晶體中F-與Ca2+之間的最近距離為體對角線的四分之一,故最近距離為34apm,B錯誤;CaF2晶體的密度ρ=4×(40+19×2)(a×10-10)3NAg·cm-3=312a3×114.(2024·山東淄博二模)已知CH2CHCH3(g)+Cl2(g)CH2CHCH2Cl(g)+HCl(g),該反應的v正=k正·c(CH2CHCH3)·c(Cl2),v逆=k逆·c(CH2CHCH2Cl)·c(HCl),k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)。在一定壓強下,按w=向密閉容器中投料,平衡時CH2CHCH3的體積分數(shù)(φ)、lg1k與溫度T、w的關系如圖所示。下列說法中正確的是()A.w2>1,曲線n表示lg1kB.在w1、T1,φ(CH2CHCH3)=20%時,v正C.一定溫度下,該反應的k正D.相同溫度下,w2平衡體系中φ(CH2CHCH2Cl)小于w1的答案:AD解析:由圖可知,當w一定時,溫度升高,丙烯的體積分數(shù)增大,說明該反應正向為放熱反應,則升溫時,反應逆向進行,k逆增大的程度大于k正,lg1k逆減小的程度更大,所以曲線n表示lg1k逆隨溫度變化的曲線,相同溫度下,w越大,CH2CHCH3的體積分數(shù)(φ)越小,則w2>1,A正確;反應為氣體分子數(shù)不變的反應,在w1、T1條件下,假設CH2CHCH3、Cl2投料均為1mol,平衡時φ(CH2CHCH3)=25%,則平衡時CH2CHCH3的物質(zhì)的量為2mol×25%=0.5mol,則反應的CH2CHCH3的物質(zhì)的量為1mol-0.5mol=0.5mol,平衡時CH2CHCH3、Cl2、CH2CHCH2Cl、HCl均為0.5mol,反應平衡常數(shù)K==k正k逆=0.5×0.50.5×0.5=1;當φ(CH2CHCH3)=20%,則此時CH2CHCH3的物質(zhì)的量為2mol×20%=0.4mol,則反應的CH2CHCH3的物質(zhì)的量為1mol-0.4mol=0.6mol,此時CH2CHCH3、Cl2、CH2CHCH2Cl、HCl分別有0.4mol、0.4mol、0.6mol、00.4×0.40.6×0.6=49,B錯誤;結合B分析,一定溫度下,該反應的k正k逆=K,平衡常數(shù)不隨催化劑的不同而發(fā)生改變,C錯誤;相同溫度下,增大氯氣的量,w值增大,平衡正向移動,丙烯的體積分數(shù)減小15.(2024·江西南昌一模)常溫下,用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的H3PO2溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系數(shù)δ[比如H2PO2-的分布系數(shù):δ(H2PO2A.H3PO2是一種一元弱酸B.常溫下,H3PO2的電離常數(shù)Ka=1.0×10-4C.V(NaOH溶液)=10mL時,c(Na+)<c(H2PO2D.pH=7時,溶液中c(Na+)<0.05mol·L-1答案:B解析:左側(cè)縱坐標是含磷微粒的分布系數(shù),根據(jù)圖示可知:隨著NaOH溶液的加入,溶液的pH逐漸增大,則曲線②為pH變化;含磷微粒只有2種,說明次磷酸為一元弱酸,①、③為含磷微粒,溶液的pH越小,δ(H3PO2)越大,溶液的pH越大,δ(H2PO2-)越大,故曲線③為δ(H3PO2),曲線①為δ(H2PO2-),A正確;左側(cè)縱坐標是含磷微粒的分布系數(shù),而溶液pH是右側(cè)的縱坐標,當δ(H3PO2)=δ(H2PO2-)時,即c(H3PO2)=c(H2PO2-),溶液的pH<4,所以Ka=c(H+)·c(H2PO2-)c(H3PO2)=c(H+)>1.0×10-4,B錯誤;根據(jù)圖像可知:當V(NaOH)=10mL時,c(H2PO2-)>c(H3PO2),溶液為H3PO2與NaH2PO2的混合溶液,溶液中存在電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO2-),此時溶液pH<7,溶液顯酸性,則c(H+)>c(OH-),故c(Na+)<c(H2PO2-),C正確;溶液中存在電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO2-),當溶液pH=7時,溶液顯中性,則c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=c(H2PO2-),此時溶液為H3PO2與NaH2PO2的混合溶液,H3PO2過量,此時加入NaOH溶液的體積小于20(分值:40分)學生用書P282一、選擇題:本題共10小題,每小題2分,共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024·甘肅二模)物質(zhì)的性質(zhì)決定物質(zhì)的用途。下列敘述中兩者對應關系不正確的是()A.SO2有還原性,可用作食品抗氧化劑B.ClO2有還原性,可用于自來水消毒C.Al2O3熔點高,可用于制作耐火材料D.Na2O2能與CO2反應生成O2,可作潛水艇中的供氧劑答案:B解析:SO2具有還原性,可用作食品抗氧化劑,防止食品被氧化,A正確;ClO2有氧化性,可用于自來水消毒,B錯誤;氧化鋁熔點高,因此可用于制作耐火材料,C正確;Na2O2能與CO2反應生成O2,可作供氧劑,D正確。2.(2024·山東菏澤二模)下列實驗操作或?qū)嶒瀮x器的使用錯誤的是()A.用酸式滴定管量取10.00mL高錳酸鉀溶液B.容量瓶和分液漏斗使用前均需檢查是否漏水C.保存氯化亞鐵溶液時,加入少量稀鹽酸和鐵粉D.皮膚濺上液溴,立即用苯洗滌,然后用水沖洗答案:D解析:高錳酸鉀溶液具有強氧化性,且一般酸化使用,應用酸式滴定管量取,故A正確;容量瓶和分液漏斗均需要檢查是否漏水后使用,故B正確;氯化亞鐵具有還原性,且能水解,保存時加入鐵粉防止氧化,加少量鹽酸抑制其水解,故C正確;苯有毒,不能用苯洗去皮膚上的液溴,可用酒精洗,故D錯誤。3.(2024·山東日照二模)部分含氮物質(zhì)的分類與相應化合物的關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A.b具有堿性和還原性B.反應Ⅰ中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶1C.反應Ⅱ過程中生成0.1molN2時,轉(zhuǎn)移1mol電子D.反應Ⅲ能有效降低水體中的氮元素含量答案:D解析:由部分含氮物質(zhì)的分類與相應化合物關系圖可知,a為NH3、b為N2H4、c為銨鹽、d為+3價氮的鹽、e為硝酸鹽。b為肼,結構簡式為H2N—NH2,氨基具有堿性,N化合價呈-2價,可升高,具有還原性,A正確;反應Ⅰ中氮的化合價由-3價變?yōu)?價,得到氧化產(chǎn)物氮氣,由+3價變?yōu)?價,得到還原產(chǎn)物氮氣,結合電子守恒可知,氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶1,B正確;反應Ⅱ為硝酸根離子被亞鐵離子還原為氮氣,氮元素化合價由+5價變?yōu)?價,則生成0.1molN2時,轉(zhuǎn)移0.1mol×2×5=1mol電子,C正確;反應Ⅲ為d轉(zhuǎn)化為c,+3價氮轉(zhuǎn)化為-3價氮,亞硝酸鹽轉(zhuǎn)變?yōu)殇@鹽,不能有效降低水體中的氮元素含量,D錯誤。4.(2024·陜西渭南質(zhì)檢)文化自信是一個國家、一個民族發(fā)展中更基本、更深沉、更持久的力量。下列文化內(nèi)容中蘊含的化學知識描述不正確的是()選項文化類別文化內(nèi)容化學知識A飲食文化渭南早餐文化的時辰包子面團發(fā)酵過程中常用到小蘇打B勞動文化使用84消毒液對室內(nèi)環(huán)境消毒,建議用涼水稀釋、早晚進行消殺84消毒液見光或受熱易變質(zhì)C服飾文化在厚重的歷史文化氛圍的滋養(yǎng)下,唐裝漢服輕舞,傳統(tǒng)文化與時尚潮流在大唐不夜城深度碰撞,“變裝穿越”火出圈鑒別純棉、真絲可以用灼燒的方法D節(jié)日文化蒲城桿火技藝被稱為中華一絕煙花利用了“焰色試驗”原理,該原理屬于化學變化答案:D解析:小蘇打是碳酸氫鈉,面團發(fā)酵利用碳酸氫鈉受熱易分解產(chǎn)生二氧化碳而使得面團疏松多孔,A正確;84消毒液中有效成分為次氯酸鈉,殺菌消毒的原理是二氧化碳、水將次氯酸鈉轉(zhuǎn)化為次氯酸,次氯酸見光或受熱易分解,因此使用84消毒液對室內(nèi)環(huán)境消毒,建議用涼水稀釋、早晚進行消殺,B正確;棉花的主要成分是纖維素、真絲的主要成分是蛋白質(zhì),灼燒真絲有燒焦羽毛氣味而純棉沒有,可以用灼燒的方法鑒別真絲和純棉,C正確;“焰色試驗”是物理變化,D錯誤。5.(2024·浙江6月選考)下列化學用語不正確的是()A.CO2的電子式為

B.Cl2中共價鍵的電子云輪廓圖為C.NH3的空間填充模型為D.3,3-二甲基戊烷的鍵線式為答案:A解析:CO2的電子式為O········C····6.(2024·山東泰安三模)腈類化合物光反應應用于生物制藥、功能材料等領域,其一種結構如圖所示。下列有關該物質(zhì)的說法錯誤的是()A.分子中碳原子均共面B.可發(fā)生加成反應和酯化反應C.除其自身外苯環(huán)上的一氯代物有2種D.能和鈉反應生成氫氣答案:C解析:已知苯分子12個原子共平面,故該分子中所有碳原子均在苯環(huán)所在的平面上,A正確;由題干有機物結構簡式可知,分子中含有苯環(huán)和—CN,故可發(fā)生加成反應,含有羧基故可發(fā)生酯化反應,B正確;由題干有機物結構簡式可知,分子不存在對稱軸,故除其自身外苯環(huán)上的一氯代物有3種,C錯誤;由題干有機物結構簡式可知,分子中含有羧基,故能和鈉反應生成氫氣,D正確。7.(2024·甘肅張掖第三次診斷)宏觀辨識與微觀探析是化學學科核心素養(yǎng)之一。常溫下,下列各組粒子在指定溶液中能大量共存的是()A.0.1mol·L-1碳酸鈉溶液(pH=11)中:[Al(OH)4]-、Cl-、CN-B.加入苯酚顯紫色的溶液中能大量共存的離子:K+、NH4+、CH3COO-C.0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液中:C2O42-、Fe2+、SD.常溫下KWc(H+)=10-13mol·L-1的溶液中:Cl-答案:A解析:A項,碳酸根離子和題給的三種離子均不會反應,且三種離子之間也互不反應,故各離子可以大量共存;B項,加入苯酚顯紫色的溶液中有鐵離子,鐵離子和硫離子之間會發(fā)生氧化還原反應,生成亞鐵離子和硫單質(zhì),故二者不能大量共存;C項,草酸根離子、亞鐵離子、溴離子均能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生反應,故不能大量共存;D項,常溫下KWc(H+)=10-13mol·L-1的溶液中,氫離子的濃度為0.1mol·L-1,溶液中還有硝酸根離子,在氫離子的作用下硝酸根離子會將亞鐵離子氧化8.(2024·廣東大亞灣區(qū)1月聯(lián)合模擬)某化學興趣小組采用次氯酸鈣與稀鹽酸反應制取氯氣,并探究了氯氣的性質(zhì)。實驗裝置如圖所示,下列說法正確的是()A.b試管中的離子方程式為2ClO-+4H++4Cl-3Cl2↑+2H2OB.濕潤的pH試紙先變紅后褪色,說明Cl2有酸性,同時又有漂白性C.f處變紅,是因為Fe2+被氧化為Fe3+,Fe3+遇KSCN溶液變紅D.g處變?yōu)槌壬?h處變?yōu)辄S色,說明氧化性:Cl2>Br2>I2答案:C解析:次氯酸根離子與氯離子在酸性條件下發(fā)生歸中反應,生成氯氣,故b試管中的離子方程式為ClO-+2H++Cl-Cl2↑+H2O,A錯誤;氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸,有酸性,使pH試紙變紅,次氯酸有漂白性,所以后來pH試紙又褪色,但都不是氯氣的性質(zhì),是氯氣與水反應產(chǎn)物的性質(zhì),B錯誤;f處變紅,是因為Fe2+被氯氣氧化為Fe3+,Fe3+遇KSCN溶液變紅,C正確;g處變?yōu)槌壬?說明氧化性:Cl2>Br2,h處變?yōu)辄S色,說明氧化性:Cl2>I2,但是無法說明Br2和I2的氧化性強弱關系,D錯誤。9.(2024·遼寧省實驗中學高考適應性測試二)有機化合物M的結構簡式如圖所示,其組成元素X、Y、Z、W、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。只有Y、Z、W為同周期相鄰元素,Z的原子序數(shù)與Q的最外層電子數(shù)相同。下列說法正確的是()A.簡單氫化物的沸點由高到低順序為Q>WB.含氧酸的酸性強弱順序為Q>Z>YC.元素第一電離能由小到大的順序為Y<Z<WD.元素X、Z、W形成的離子化合物中含有正四面體結構答案:D解析:Z的原子序數(shù)與Q的最外層電子數(shù)相同,說明Z位于第二周期,Q位于第三周期,依據(jù)有機物結構簡式可知,元素Y形成四個鍵,應為C元素,則Z、W依次為N、O元素,Q則為Cl元素,X為H元素。W、Q的簡單氫化物依次為H2O、HCl,其沸點由高到低順序為W>Q,A錯誤;Q、Z、Y對應最高價含氧酸分別為HClO4、HNO3、H2CO3,滿足酸性強弱順序為Q>Z>Y,但含氧酸則不正確,如HClO酸性弱于H2CO3,B錯誤;N原子2p軌道半充滿,較為穩(wěn)定,元素第一電離能在C、N、O中最大,即順序應為Y<W<Z,C錯誤;元素X、Z、W形成的離子化合物NH4NO3中含有的NH4+為正四面體結構離子10.(2024·江西南昌一模)下列實驗方案合理,且能達到實驗目的的是()選項實驗方案實驗目的A將乙醇與濃硫酸的混合物加熱至170℃,并將產(chǎn)生的氣體干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中,觀察溴的四氯化碳溶液顏色的變化驗證乙醇發(fā)生了消去反應B將混有HCl雜質(zhì)氣體的CO2通入飽和食鹽水中除去雜質(zhì)HCl氣體C分別測定相同濃度的NaHCO3溶液和CH3COONH4溶液的pH比較H2CO3和CH3COOH的酸性D向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴入幾滴0.1mol·L-1KCl溶液,生成白色沉淀,再滴加幾滴0.1mol·L-1KI溶液,觀察沉淀顏色的變化證明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)答案:A解析:將乙醇與濃硫酸的混合物加熱至170℃,產(chǎn)生乙烯,將乙烯干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中,乙烯與溴發(fā)生加成反應,溴的四氯化碳溶液顏色變淺或褪色,A正確;將混有HCl雜質(zhì)氣體的CO2通入飽和食鹽水中,CO2也會溶解消耗,應當通入飽和NaHCO3溶液中,B錯誤;CH3COONH4中銨根離子也會水解,影響溶液的酸堿性,而NaHCO3中鈉離子不水解,故無法比較H2CO3和CH3COOH的酸性,C錯誤;向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴入幾滴0.1mol·L-1KCl溶液,生成白色沉淀,再滴加幾滴0.1mol·L-1KI溶液,會出現(xiàn)黃色沉淀,但是由于銀離子過量,可能是過量的銀離子直接和碘離子反應生成碘化銀黃色沉淀,無法證明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),D錯誤。二、選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。11.某實驗小組用一種納米結構的硼摻雜金剛石電極構建全堿性肼-硝酸根離子燃料電池(結構如圖所示)。已知:雙極膜由陰、陽離子膜組成,雙極膜中水電離出OH-和H+,在電場力作用下向兩極遷移。下列敘述錯誤的是()A.電極a為負極,電極b為正極B.電極b上的電極反應為NO3-+6H2O+8e-NH3+9OHC.轉(zhuǎn)移nmol電子時,負極區(qū)質(zhì)量減少7ngD.電極a上生成5.6gN2時,有0.4molH+向電極b遷移答案:CD解析:由題干原電池裝置圖可知,電極a為由N2H4轉(zhuǎn)化為N2,發(fā)生氧化反應,故a為負極,電極反應為N2H4-4e-+4OH-N2+4H2O,則b為正極,電極反應為NO3-+6H2O+8e-NH3+9OH-,A、B正確;轉(zhuǎn)移nmol電子時,負極區(qū)逸出7ng的N2,同時流入17ng的OH-,故質(zhì)量增重10ng,C錯誤;由a電極反應式可知,電極a上生成5.6gN2時電路上通過的電子的物質(zhì)的量為5.6g28g·mol-1×4=0.8mol,根據(jù)電荷守恒可知有012.(2024·遼寧錦州質(zhì)檢)利用CH3OH、CO2與H2合成CH3CH2OH的反應主要歷程如圖所示。下列說法錯誤的是()A.CH3I是合成乙醇的中間體B.合成過程涉及C—O的斷裂和C—C的形成C.第③步的反應式為CH3I+CO+2H2CH3CH2OH+HID.若用CH3OD替代CH3OH,可生成CH3CH2OD答案:D解析:反應①為CH3OH與LiI反應生成LiOH和CH3I;反應②為CO2與H2生成CO和H2O;根據(jù)反應③可知,反應②產(chǎn)物CO與反應①的產(chǎn)物CH3I,再加上H2生成了乙醇和HI,由于CH3I只能提供1個C原子,那么乙醇中的另一個C原子來自CO,它的3個H原子來自H2。由圖可知,CH3I是反應①的產(chǎn)物,反應③的反應物,故CH3I是合成乙醇的中間體,A正確;反應①中甲醇生成CH3I,甲醇中的C—O斷裂,反應③中涉及C—C形成,B正確;第③步的反應式為CO+2H2+CH3IHI+CH3CH2OH,C正確;根據(jù)反應③可知反應產(chǎn)生乙醇中的—OH上H原子種類取決于H2中的H原子的種類,而與CH3OH上的H原子種類無關,所以若用CH3OD替代CH3OH,生成的仍然是CH3CH2OH,而不會是CH3CH2OD,D錯誤。13.(2024·黑龍江哈爾濱三校聯(lián)考二模)KMnO4是重要氧化劑,廣泛用于化工、防腐以及制藥等領域。以軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料,經(jīng)中間產(chǎn)物K2MnO4制備KMnO4的流程如圖。下列說法錯誤的是()A.“熔融”過程中,n(氧化劑)∶n(還原劑)=1∶2B.“濾渣2”經(jīng)處理后可循環(huán)回“熔融”過程以提高錳元素的利用率C.用鹽酸替代CO2能加快“酸化”時的速率D.得到KMnO4晶體的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、低溫干燥答案:C解析:軟錳礦加入氫氧化鉀、富氧空氣熔融,發(fā)生反應2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O,然后水浸,在K2MnO4溶液中通入CO2氣體,使體系呈中性或弱酸性,K2MnO4發(fā)生歧化反應,反應中生成KMnO4、MnO2和KHCO3,經(jīng)過一系列反應得到產(chǎn)品?！叭廴凇边^程中O2為氧化劑,MnO2為還原劑,故n(氧化劑)∶n(還原劑)=1∶2,A正確;“濾渣2”為MnO2,經(jīng)處理后可循環(huán)回“熔融”過程以提高錳元素的利用率,B正確;由于KMnO4和K2MnO4均能與HCl發(fā)生氧化還原反應,故不能用鹽酸替代CO2,可用稀硫酸替代CO2來加快“酸化”時的速率,C錯誤;由題干圖示可知,KMnO4的溶解度隨溫度升高而明顯增大,故得到KMnO4晶體的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、低溫干燥,D正確。14.(2024·山東臨沂一模)常溫下,pH=3的NaHR溶液稀釋過程中δ(H2R)、δ(HR-)、δ(R2-)與pc(Na+)的關系如圖所示。已知pc(Na+)=-lgc(Na+),HR-的分布系數(shù)δ(HR-)=c(HRA.曲線L2代表δ(HR-)B.Ka1(H2R)=2×C.a點溶液的pH=3.7D.b點溶液中,c(Na+)>2c(HR-)+c(R2-)答案:C解析:稀釋過程中,c(Na+)減小,pc(Na+)增大,HR-電離方程式:HR-H++R2-,水解方程式:HR-+H2OH2R+OH-,因此HR-逐漸減小,L3是δ(HR-),溶液的pH=3,顯酸性,電離大于水解,L2是δ(R2-),L1是δ(H2R),A錯誤;Ka1(H2R)=c(HR-)·c(H+)c(H2R),起始時,pH=3,c(H+)=10-3mol·L-1,pc(Na+)=0,c(Na+)=1mol·L-1,元素守恒:c(Na+)=c(HR-)+c(R2-)+c(H2R),δ(HR-)=c(HR-)c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.8,c(HR-)=0.8mol·L-1,同理c(H2R)=0.04mol·L-1,因此Ka1(H2R)=c(HR-)·c(H+)c(H2R)=0.8×10-30.04=2×10-2,B錯誤;Ka2(H2R)=c(R2-)·c15.(2024·山東濰坊四縣三模)特定催化劑作用下乙酸加氫制備乙醇的反應如下:主反應:CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)ΔH1<0副反應:CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)CH3COOC2H5(g)+H2O(g)ΔH2<02MPa下,平衡時S(乙醇)和S(乙酸乙酯)隨溫度的變化,以及250℃下,平衡時S(乙醇)和S(乙酸乙酯)隨壓強的變化如圖:已知:①S代表選擇性,例:S(乙醇)=n(乙醇)n②副反應熱效應小,放出的熱量可忽略下列說法錯誤的是()A.恒溫恒壓密閉容器中,按0.5molCH3COOH、1molH2和1molCH3CH2OH、1molH2O分別投料,達平衡時熱量變化分別為XkJ、YkJ,則ΔH1=-(X+Y)kJ·mol-1B.恒溫恒壓下,向體積為1L的密閉容器中通入2molH2和1molCH3COOH(g),平衡時n[H2O(g)]=0.8mol,體積減小20%,則主反應的平衡常數(shù)K=2C.250℃下,平衡時S(乙醇)隨壓強變化的曲線為a;2MPa下,平衡時S(乙醇)隨溫度變化的曲線為cD.150℃時,H2和CH3COOH(g)反應一段時間后,乙醇的選擇性位于m點,其他條件不變,增大壓強一定能提高乙醇選擇性答案:AC解析:主反應為氣體體積減小的放熱反應,副反應是氣體體積不變的放熱反應,增大壓強,主反應平衡正向移動,副反應平衡不發(fā)生移動,乙醇的選擇性上升,乙酸乙酯的選擇性下降,升高溫度,主反應和副反應平衡都逆向移動,主反應逆向移動的程度大于副反應,所以乙醇的選擇性隨著溫度升高而減小,乙酸乙酯的選擇性上升,綜上所述,250℃下,平衡時乙醇選擇性隨壓強變化的曲線是a,乙酸乙酯選擇性隨壓強變化的曲線是d,2MPa下,平衡時乙醇選擇性隨溫度變化的曲線是b,乙酸乙酯選擇性隨溫度變化的曲線是c。主反應和副反應都是可逆反應,恒溫恒壓密閉容器中,按0.5molCH3COOH、1molH2和1molCH3CH2OH、1molH2O分別投料,一方面CH3COOH、H2投料少于1mol反應的量,另一方面不能完全反應,達平衡時熱量變化分別為XkJ、YkJ,則ΔH1<-(X+Y)kJ·mol-1,A錯誤;根據(jù)已知條件列出“三段式”:CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)起始/mol 1 2 0 0轉(zhuǎn)化/mol x 2x x x平衡/mol 1-x 2-2x x xCH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)CH3COOC2H5(g)+H2O(g)起始/mol 1-x x 0 x轉(zhuǎn)化/mol y y y y平衡/mol 1-x-y x-y y x+y平衡時n[H2O(g)]=(x+y)mol=0.8mol,體積減小20%,則3×(1-20%)=3-x,解得x=0.6,y=0.2,平衡時體積為0.8L,主反應的平衡常數(shù)K=0.8mol0.8L×0.4mol0.8L選擇題標準練(三)(分值:40分)學生用書P285一、選擇題:本題共10小題,每小題2分,共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024·山東鄒城三模)中國古代詩詞和書籍中蘊含著化學知識。下列說法錯誤的是()A.“白玉金邊素瓷胎,雕龍描鳳巧安排”,瓷器是人類較早應用的人造硅酸鹽材料B.“墨滴無聲入水驚,如煙裊裊幻形生”中的“墨滴”具有膠體的性質(zhì)C.“九秋風露越窯開,奪得千峰翠色來”,“翠色”來自氧化亞銅D.鍍金時“以汞和金涂銀器上,入火則汞去,而金存”,其中“入火則汞去”指汞的揮發(fā)答案:C解析:陶瓷是以黏土為主要原料燒制而成的,是人類應用最早的硅酸鹽材料,A正確;“墨滴”是碳分散于水中形成的膠體,具有膠體的性質(zhì),B正確;“翠色”為青色或者綠色,可能來自亞鐵離子,氧化亞銅為磚紅色,C錯誤;“入火則汞去,而金存”指汞受熱揮發(fā)后剩余金附著在銀器上,D正確。2.(2024·甘肅二模)下列化學用語表達正確的是()A.818O2-B.基態(tài)Fe2+的價電子排布圖:C.CH3CH(CH3)CH2COOH用系統(tǒng)命名法命名:3-甲基丁酸D.SO3的VSEPR模型:答案:C解析:

818O2-的結構示意圖:,A錯誤;基態(tài)Fe2+的價電子排布圖:,B錯誤;CH3CH(CH3)CH2COOH用系統(tǒng)命名法命名為3-甲基丁酸,C正確;SO3中心硫原子的價層電子對數(shù)為3+6-3×223.(2024·四川自貢一模)下列實驗操作與選用的部分儀器相匹配的是()A.用水來吸收NH3尾氣,選用③④B.從Br2的CCl4溶液中分離出Br2,選用②③C.將干海帶灼燒成海帶灰,選用①⑥⑦D.配制100g質(zhì)量分數(shù)10%的NaCl溶液,選用③⑤⑥⑧答案:A解析:用水來吸收NH3尾氣,NH3極易溶于水,用倒扣的漏斗防止倒吸,選用③④,A正確;從Br2的CCl4溶液中分離出Br2,應用蒸餾法,不能用分液的方法分離,B錯誤;將干海帶灼燒成海帶灰,要用坩堝,不能用蒸發(fā)皿,C錯誤;配制100g質(zhì)量分數(shù)10%的NaCl溶液,需要計算出NaCl質(zhì)量,所用水的體積,用托盤天平稱量NaCl,放入燒杯中溶解,最后裝樣保存即可,不需要用容量瓶,D錯誤。4.(2024·山東德州三模)下列物質(zhì)鑒別方法(必要時可以加熱)錯誤的是()A.氨水鑒別:AlCl3溶液、MgCl2溶液、BaCl2溶液B.溴水鑒別:苯酚溶液、KI溶液、AgNO3溶液C.酸性KMnO4溶液鑒別:甲苯、CCl4、乙醇D.新制的Cu(OH)2鑒別:乙醇、乙醛、乙酸答案:A解析:氨水與AlCl3溶液反應生成白色沉淀,氨水與MgCl2溶液反應生成白色沉淀,氨水與BaCl2溶液混合后無現(xiàn)象,不可鑒別,A錯誤;溴水與苯酚溶液反應生成白色沉淀,溴水與KI溶液反應得到棕黃色溶液,溴水與AgNO3溶液反應生成淡黃色沉淀,可鑒別,B正確;甲苯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化,能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,但得到的是苯甲酸的懸濁液,乙醇也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化從而使酸性高錳酸鉀溶液褪色,乙醇能被氧化為乙酸,得到無色澄清溶液,酸性KMnO4溶液與CCl4不反應,溶液分層,可鑒別,C正確;乙醇與新制的Cu(OH)2混合后無明顯現(xiàn)象,新制的Cu(OH)2與乙醛在加熱條件下會生成磚紅色沉淀,乙酸會溶解Cu(OH)2變成藍色溶液,可鑒別,D正確。5.(2024·甘肅白銀市名校聯(lián)合調(diào)研)非洛地平,主要用于輕、中度原發(fā)性高血壓的治療,其分子結構如圖所示。下列有關該物質(zhì)的說法錯誤的是()A.分子式為C16H17NCl2O4B.可發(fā)生取代反應和加成反應C.分子中有1個手性碳原子D.1mol該物質(zhì)最多消耗6molNaOH答案:A解析:由該物質(zhì)的結構簡式可知,其分子式為C18H19NCl2O4,A錯誤;該分子中含有碳碳雙鍵和酯基,可發(fā)生取代(水解)反應和加成反應,B正確;手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子,該分子中有1個手性碳原子,位置為,C正確;該物質(zhì)的分子結構中含有2個酯基、2個氯原子,且氯原子和NaOH溶液發(fā)生水解反應后會生成2個酚羥基,則1mol該物質(zhì)最多消耗6molNaOH,D正確。6.(2024·山東濟寧三模)幾種含碘粒子之間的轉(zhuǎn)化關系如圖所示,下列說法正確的是()A.I2、IO3-和Cl2的氧化性強弱:IO3-B.為增大I2的產(chǎn)量,反應②可以加過量NaHSO3C.將淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中,溶液顏色先變淺后變藍D.生成等量的I2,反應④消耗的H+與反應②產(chǎn)生的H+的量相等答案:C解析:根據(jù)反應①可知氧化性:Cl2>I2,根據(jù)反應②可知氧化性:IO3->I2,根據(jù)反應③可知氧化性:Cl2>IO3-,氧化性:Cl2>IO3->I2,A錯誤;過量的NaHSO3會與碘單質(zhì)進一步反應,導致碘單質(zhì)被消耗,B錯誤;將淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中,氯水可將碘離子氧化為碘單質(zhì),溶液顏色先變淺后變藍,C正確;根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒,反應④離子方程式:5I-+IO3-+6H+3I2+3H2O,反應②離子方程式:2IO3-+5HSO3-3H++5SO42-+H2O+I2,生成等量的I2,7.(2024·安徽安慶二模)根據(jù)下列實驗事實能得出相應結論的是()選項實驗事實結論A向淀粉溶液中滴加稀硫酸,水浴加熱,再加入新制的Cu(OH)2,無磚紅色沉淀淀粉未發(fā)生水解B將試管中的CuCl2溶液加熱,再冷卻降溫,觀察實驗現(xiàn)象探究溫度對平衡移動的影響C將實驗剩余的Na2SO4固體放回原試劑瓶可以節(jié)約試劑,不浪費資源D將硝酸溶液與CaCO3混合后產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液后,溶液變渾濁非金屬性:N>C>Si答案:B解析:A項,淀粉溶液中滴加稀硫酸,水浴加熱后,沒有加NaOH中和硫酸,不能檢驗葡萄糖,則不能說明淀粉沒有發(fā)生水解;B項,CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(藍色)+4Cl-[CuCl4]2-(黃色)+4H2OΔH>0,故將試管中的CuCl2溶液加熱,再冷卻降溫,觀察溶液顏色的變化能夠探究溫度對平衡移動的影響;C項,一般剩余的藥品不能放回原瓶,防止試劑污染,則剩余的Na2SO4應放在指定的儀器中;D項,硝酸易揮發(fā),應除掉硝酸后再通入硅酸鈉溶液,否則無法比較H2CO3和H2SiO3的酸性強弱,即無法得出C的非金屬性強于Si;故答案:為B。8.(2024·浙江麗水湖州衢州三地市4月質(zhì)檢)在元素周期表中,某些主族元素與右下方的主族元素的有些性質(zhì)是相似的,如Be和Al。BeCl2和AlCl3在氣態(tài)時通常以二聚體的形式存在,Al2Cl6的結構如圖所示。硼酸晶體有類似于石墨的片層狀結構。下列說法不正確的是()A.Al2Cl6中含有配位鍵B.[Be(OH)4]2-中Be的雜化方式為sp3C.SiO2中的鍵角∠OSiO為120°D.H3BO3晶體中存在作用力為共價鍵、氫鍵和范德華力答案:C解析:AlCl3中Al原子成鍵后還有空軌道,Cl原子還有孤電子對,Al2Cl6中Al原子提供空軌道、Cl原子提供孤電子對來形成配位鍵,Al2Cl6中含有配位鍵,A正確;[Be(OH)4]2-中Be形成4個σ鍵,無孤電子對,雜化方式為sp3,B正確;SiO2中中心原子為sp3雜化,鍵角∠OSiO為109°28',C錯誤;H3BO3晶體中存在作用力為共價鍵、氫鍵和范德華力,D正確。9.(2024·山東濱州二模)SiCl4與N-甲基咪唑(,其中含五元平面環(huán))反應可以得到M2+,其結構如圖。下列說法正確的是()A.M2+中碳原子和氮原子的雜化方式均有sp2、sp3B.SiCl4比CCl4易水解的因素包括Si有更多的價層軌道C.M2+中最多29個原子共面D.N-甲基咪唑的堿性弱于咪唑答案:B解析:由中含五元平面環(huán)可知,氮原子只有sp2雜化,A錯誤;Si有更多的價層軌道能容納孤電子對,可導致SiCl4比CCl4易水解,B正確;由中含五元平面環(huán)可知該結構中最多10個原子共面,又中最多4個和硅共面,即M2+中最多41個原子共面,C錯誤;甲基是推電子基團,氮原子的電子云密度大于,故堿性更強,D錯誤。10.(2024·山東濱州二模)為吸收工業(yè)尾氣中的NO和SO2,同時獲得連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)和NH4NO3,設計流程如下。下列說法正確的是()A.裝置Ⅰ的作用是吸收NO和SO2B.鍵角大小:NO2-C.Ce4+從裝置Ⅲ的陰極口流出到裝置Ⅱ循環(huán)使用D.裝置Ⅳ中氧化0.1mol·L-1NO2-,至少需要標準狀況下1.答案:B解析:裝置Ⅰ中加入NaOH溶液吸收SO2,裝置Ⅱ中加入Ce4+,酸性條件下,NO和Ce4+發(fā)生氧化還原反應,生成NO2-、NO3-,裝置Ⅲ(電解槽)中陽極發(fā)生反應Ce3+-e-Ce4+,Ce4+從陽極口流出回到裝置Ⅱ循環(huán)使用,陰極得到S2O42-,裝置Ⅳ中NO2-被氧氣氧化為NO3-,NO3-與氨氣生成硝酸銨。NO不與NaOH反應,裝置Ⅰ中加入NaOH溶液吸收SO2,不能吸收NO,A錯誤;NO2-中心原子價層電子對數(shù)為2+12×(5+1-2×2)=3,NO3-中心原子價層電子對數(shù)為3+12×(5+1-3×2)=3,NO3-和NO2-中心原子都是sp2雜化,NO3-中沒有孤電子對,NO2-含有1個孤電子對,孤電子對越多,鍵角越小,則鍵角大小:NO2-<NO3-,B正確;裝置Ⅲ(電解槽)中陽極發(fā)生反應Ce3+二、選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。11.(2024·江西景德鎮(zhèn)第三次質(zhì)檢)由于鈉資源儲量豐富,便于開采,價格便宜,鈉離子電池有望成為下一代大規(guī)模儲能電池。我國化學家最近研制的一種鈉離子電池如圖所示。下列說法正確的是()A.膜是陰離子交換膜B.充電時Na+向石墨電極移動C.放電時正極的電極反應:NaV2(PO4)2O2F+2e-+2Na+Na3V2(PO4)2O2FD.有機溶劑可選擇乙醇答案:C解析:由圖知,金屬鈉為負極,電極反應式為Na-e-Na+,NaV2(PO4)2O2F和Na3V2(PO4)2O2F摻雜石墨極為正極,電極反應式為NaV2(PO4)2O2F+2e-+2Na+Na3V2(PO4)2O2F。Na+通過膜由負極進入正極,膜是陽離子交換膜,A錯誤;充電時Na+向金屬鈉電極移動,B錯誤;由分析可知C正確;乙醇能與鈉反應,故有機溶劑不能選擇乙醇,D錯誤。12.(2024·江西南昌一模)香花石是我國地質(zhì)學家發(fā)現(xiàn)的新礦物,其化學式為N3(YMZ4)3·2XW。已知X、Y、Z、W、M、N為原子序數(shù)依次增大的前20號元素;其中X、Y、N為金屬元素,且Y與N同主族;Z原子的s能級電子總數(shù)等于p能級的電子總數(shù),W原子核外有1個未成對電子,M的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層的2倍。下列說法正確