2019届高考化学二轮复习选择题标准练八含解析.docx

选择题标准练(八)(分值42分,建议用时:1015分钟)7.化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列说法中正确的是()A.在军舰船底镶嵌锌块作正极,以防船体被腐蚀B.“天宫二号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆D.维生素C易被氧气氧化,常用作食品抗氧化剂8.下列说法错误的是()A.煤和石油主要是由烷烃和环烷烃构成的混合物B.水可以用来鉴别苯和四氯化碳C.乙烯和溴苯分子中所有原子均共平面D.等质量的甲烷完全燃烧比乙烷耗氧量大9.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。已知A、C的原子序数之差为8,A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15,B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半。下列叙述正确的是()A.简单离子的半径:BCDAB.B与C形成的化合物在水溶液中能稳定存在C.C与D都可形成具有漂白性的化合物,且漂白原理相同D.B与D形成的化合物溶于水所得溶液显酸性10.G是一种香料,其结构简式如图所示。下列说法错误的是()A.常温下,G能使溴水褪色B.G的分子式为C15H16O2C.苯环上的二溴代物有5种D.G分子中至少有12个原子共平面11.膜技术原理在化工生产中有着广泛的应用。有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5,装置图如下。以下说法错误的是()A.A装置是原电池B.N2O5在B装置的c极区生成,其电极反应式为N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+C.A装置中通入O2一极的电极反应式为O2+4e-+4H+2H2OD.若A装置中通入SO2的速率为2.24 Lmin-1(标准状况),为稳定持续生产,硫酸溶液的浓度应维持不变,则左侧水的流入速率应为14.6 mLmin-112.过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2。下列说法中不正确的是()A.氧化性:Na2O2Na2FeO4FeSO4B.FeSO4只作还原剂,Na2O2既作氧化剂,又作还原剂C.由反应可知每3 mol FeSO4完全反应时,反应中共转移12 mol电子D.Na2FeO4处理水时,不仅能杀菌消毒,还能起到净水的作用13.某小组比较Cl-、Br-、I-的还原性,实验如下:实验1实验2实验3装置现象试管内颜色无明显变化;用蘸浓氨水的玻璃棒靠近管口,产生白烟溶液变黄;把湿润的KI淀粉试纸靠近试管口,变蓝溶液变深紫色;经检验溶液含单质碘下列对实验的分析不合理的是()A.实验1中,白烟是NH4ClB.根据实验1和实验2判断还原性:Br-Cl-C.根据实验3判断还原性:I-Br-D.上述实验利用了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质7.D船体外壳为钢板,镶嵌锌块,在海水或河水中可形成原电池,锌比铁活泼,锌发生氧化反应,作原电池的负极,A错误;碳纤维是一种新型无机高分子材料,B错误;SO2用于漂白纸浆利用了其漂白性,C错误;维生素C具有还原性,可用作食品抗氧化剂,D正确。8.A煤是由多种有机物和无机物组成的复杂混合物,煤的主要组成元素是碳,还含有少量的氢、氧、硫、氮等元素,石油主要是由烷烃、环烷烃和芳香烃构成的混合物,A错误;苯和四氯化碳均难溶于水,但苯的密度比水小,而四氯化碳的密度比水大,与水混合后一个在水的上层,一个在水的下层,故水可以用来鉴别苯和四氯化碳,B正确;乙烯、苯都是平面形分子,所有原子均共平面,溴苯中溴原子与苯环直接相连,所有原子处于同一平面,C正确;设分别燃烧1 g甲烷和乙烷,需要的氧气分别为x mol、y mol,关系式分别为CH4 2O22C2H6 7O216 g 2 mol 60 g 7 mol1 g x mol 1 g y mol解得x=,y=,所以相同质量的甲烷和乙烷完全燃烧,甲烷需要的氧气多,D正确。9.D由题意可知,A、B、C、D四种元素位于第二周期或第三周期,由A、C的原子序数之差为8可知,A、C在同一主族,令B的最外层电子数为x,则A、C的最外层电子数均为2x,则x+2x+2x=15,解得x=3,再根据短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大,则A为O,B为Al,C为S,D为Cl。O2-和Al3+核外电子层结构相同,有 2个电子层,Al3+原子序数大于O2-,离子半径O2-较大,S2-和Cl-核外电子层结构相同,有3个电子层,离子半径均较大,且Cl-原子序数大于S2-,离子半径S2-较大,所以离子半径CDAB,故A错误;B与C形成的化合物Al2S3在水溶液中不能稳定存在,会发生完全水解生成Al(OH)3和H2S,故B错误;S与Cl分别可以形成具有漂白性的化合物SO2、HClO,两者漂白原理不同,故C错误;B与D形成的化合物AlCl3溶于水会发生水解生成HCl,所得溶液显酸性,故D正确。10.C该有机物分子中含有碳碳双键,可与溴水发生加成反应而使溴水褪色,A正确;由G的结构简式及碳、氢、氧原子的成键特点可知,其分子式为C15H16O2,B正确;G分子中苯环上有3种化学环境不同的氢原子,则其一溴代物有3种,再用Br原子分别取代所得一溴代物分子中苯环上的氢原子,得到6种二溴代物,C错误;G分子中含有苯环,与苯环直接相连的原子处于苯环所在的平面内,故G分子中至少有12个原子共平面,D正确。11.D左边装置通入SO2,与O2能发生自发氧化还原反应,所以应该为原电池,故A正确;SO2H2SO4,S化合价升高发生氧化反应,应该为负极,所以a为负极而b为正极,c为阳极,d为阴极,N2O4中N为+4价,产生N2O5发生氧化反应应该在阳极即c极产生,根据电荷守恒写出该电极反应为N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+,故B正确;根据电荷守恒结合溶液酸碱性知道C正确;只要让每分钟内产生的硫酸与流入的水(除了形成硫酸的那一部分外)构成50%的硫酸溶液即可保证硫酸浓度不变,根据电极反应式2H2O+SO2-2e-S+4H+,每分钟通入二氧化硫物质的量为0.1 mol,产生的硫酸也是0.1 mol,形成硫酸消耗的水为0.2 mol,根据100%=50%,解得m(H2O)-3.6 g=9.8 g,进一步解得m(H2O)=13.4 g即13.4 mL,所以左侧水的流入速率应为 13.4 mLmin-1,故D错误。12.C根据方程式可知铁元素化合价由+2价升高到+6价,硫酸亚铁作还原剂;过氧化钠中部分氧元素由-1价升高到0价,部分氧化素由-1价降低到-2价,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。Na2FeO4是氧化产物,反应中氧化性:氧化剂氧化产物还原剂,故氧化性:Na2O2Na2FeO4FeSO4,A正确;根据上述分析,FeSO4只作还原剂,Na2O2既作氧化剂,又作还原剂,B正确;根据方程式电子转移分析,每3 mol FeSO4完全反应时,反应中共转移15 mol电子,C不正确;高铁酸根离子有氧化性,能杀菌消毒,高铁酸根离子被还原为铁离子,铁离子发生水解反应产生的氢氧化铁胶体作为絮凝剂能吸附水中杂质,达到净水目的,D正确。13.C实验1中,浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢气体,遇到空气中的水蒸气,形成盐酸小液滴,盐酸与氨气反应生成