高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 单项选择题专练(六)（含解析）

单项选择题专练(六)1．化学与中华古文化密切相关，下列说法不正确的是()A．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为粘土B．《墨子·天志》中记载：“书于竹帛，镂于金石”。其中的“金”指的是金属C．《天工开物》中记载：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，其中“丝、麻、裘”的主要成分都是蛋白质D．《周易参同契》中对汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”黄芽为硫黄答案C解析汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，瓷器是利用黏土高温煅烧制得，故A正确；《墨子·天志》中记载：“书于竹帛，镂于金石”意为把字写在竹简和帛上，雕刻在金属、石头上，故“金”指的是金属，故B正确；麻的主要成分为纤维素，不是蛋白质，属于糖类，“丝、裘”的主要成分都是蛋白质，故C错误；液态的金属汞受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫黄，故D正确。2．在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是()A．滴加甲基橙显红色的溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)B．0.1mol·L－1FeCl3溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)C．0.1mo1·L－1KI溶液中：Na＋、K＋、ClO－、OH－D．由水电离的c(H＋)＝1.0×10－13mo1·L－1的溶液中：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)答案B解析滴加甲基橙显红色的溶液为酸性，Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下发生氧化还原反应，故A不符合题意；0.1mol·L－1FeCl3溶液显酸性，NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)之间不反应，在酸性条件下可以大量共存，故B符合题意；0.1mo1·L－1KI溶液中碘离子具有还原性，ClO－具有氧化性，会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；由水电离的c(H＋)＝1.0×10－13mo1·L－1的溶液为酸性或碱性，酸性或碱性条件下HCOeq\o\al(－,3)均不能大量共存，故D不符合题意。3．X、Y、Z、W为短周期主族元素。X、Z、W形成的一种离子常用于检验Fe3＋，X、Y形成的化合物YX3常用作汽车安全气囊的气体发生剂，W的单质在加热条件下可与X、Z的最高价含氧酸反应。下列叙述正确的是()A．原子半径：Z＞Y＞W＞XB．简单氢化物稳定性：Z＞XC．W形成的单质一定为原子晶体D．ZO2和ZO3中Z的原子杂化方式相同答案D解析X、Z、W形成的一种离子常用于检验Fe3＋，是Fe3＋与SCN－反应生成Fe(SCN)3，则X、Z、W分别是S、C、N中的一种，再结合“W的单质加热条件下可与X、Z的最高价含氧酸反应”，可确定W是C；汽车安全气囊的气体发生剂常用NaN3，由此可知X、Y、Z、W分别是N、Na、S、C。由4种元素所在元素周期表位置可判断Y(Na)的原子半径最大，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：Na＞S＞C＞N，即Y＞Z＞W＞X，故A错误；元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性：N＞S，则简单氢化物的稳定性：X＞Z，故B错误；C的单质可以是金刚石、石墨、富勒烯等，可能为原子晶体，如金刚石，富勒烯是分子晶体，石墨属于混合晶体，故C错误；SO2和SO3中S原子的杂化方式都为sp2杂化，故D正确。4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．14gCO、N2混合气体中共含有7NA个电子B．常温下，0.1mol环氧乙烷()共有0.3NA个共价键C．在含COeq\o\al(2－,3)总数为NA的Na2CO3溶液中，Na＋总数为2NAD．氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NA答案A解析14gCO、N2混合气体的物质的量为n＝eq\f(m,M)＝eq\f(14g,28g·mol－1)＝0.5mol，一个CO或N2分子中电子数目为14个，0.5molCO、N2混合气体中共含有7NA个电子，故A正确；一个分子中含有7个共价键，常温下，0.1mol环氧乙烷()共有0.7NA个共价键，故B错误；在含COeq\o\al(2－,3)总数为NA的Na2CO3溶液中，若COeq\o\al(2－,3)不水解，Na＋总数为2NA，但COeq\o\al(2－,3)易水解成碳酸氢根，故Na＋总数大于2NA，故C错误；没有指明是否处于标准状况，无法计算气体的物质的量，故D错误。5．应用下列实验装置或方案能达到实验目的的是()A．用图1装置制备少量氨气B．用图2所示装置收集SO2C．用图3所示装置检验是否有乙烯产生D．用图4装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱答案D解析SO2的密度大于空气，导气管应该长进短出，故B错误；挥发出的乙醇和产生的乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色，需要加有水的装置除去乙醇，故C错误；高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成硫，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞Cl2＞S，用图4装置可以比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱，故D正确。6．以乙炔和乙醛为原料制备1,3­丁二烯的合成路线如图所示，下列说法不正确的是()A．甲、乙两种有机化合物中均含有手性碳原子B．CH3CHO既可被氧化为CH3CH2OH，又可被还原为CH3COOHC．丙(1,3­丁二烯)形成的高聚物的结构简式为CH2—CH=CH—CH2D．合成路线中涉及到的反应类型有加成反应和消去反应答案B解析甲、乙两种有机化合物中次甲基上的碳原子连有四种不同的基团，故均含有手性碳原子，故A正确；CH3CHO既可被氧化为CH3COOH，又可被还原为CH3CH2OH，故B错误；丙(1,3­丁二烯)形成高聚物时，双键断开，中间形成一对新的双键，形成的高聚物的结构简式为CH2—CH=CH—CH2，故C正确；甲到乙发生的是加成反应，乙到丙发生的是消去反应，故D正确。7．常温下，2NH3(g)＋NaClO(aq)=NaCl(aq)＋N2H4(aq)＋H2O(l)能自发进行，可用于生产N2H4。下列有关说法正确的是()A．该反应的ΔH＞0，ΔS＜0B．每生成1molN2H4转移2mol电子C．室温下，向0.1mol·L－1NaClO溶液中加水，溶液pH增大D．N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为N2H4－4e－=N2＋4H＋答案B解析2NH3(g)＋NaClO(aq)=NaCl(aq)＋N2H4(aq)＋H2O(l)，ΔS＜0，又ΔH－TΔS＜0的反应可自发进行，则该反应ΔH＜0，故A错误；反应中氮元素化合价由－3升高到－2，则每生成1molN2H4转移2mol电子，故B正确；NaClO溶液由于次氯酸根水解显碱性，则室温下，向0.1mol·L－1NaClO溶液中加水，溶液体积增大，碱性减弱，pH减小，故C错误；N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池中，N2H4在负极被氧化，在碱性溶液中失电子生成氮气和水，负极反应为N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O，故D错误。8．一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，其电池总反应为：MnO2＋eq\f(1,2)Zn＋(1＋eq\f(x,6))H2O＋eq\f(1,6)ZnSO4eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))MnOOH＋eq\f(1,6)ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O，其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法不正确的是()A．放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极B．有机高聚物中含有的化学键有：极性键、非极性键和氢键C．合成有机高聚物的单体是D．放电时，电极的正极反应为：MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－答案B解析电池放电时是原电池由总的电极反应可知，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，二氧化锰作正极，负极失电子发生氧化反应，Zn－2e－=Zn2＋，正极为MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，根据高聚物的分子结构进行判断。根据分析可知，放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，失电子发生氧化反应，故A正确；根据图中信息，有机高聚物中含有的化学键有：碳氧、碳氮、氮氢等原子之间形成的极性键、碳碳原子之间形成的非极性键，氢氧原子之间形成的氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故B错误；图中可以看出合成有机高聚物的单体是，故C正确；放电时，二氧化锰作正极，化合价降低，转变为MnOOH，电极的正极反应为：MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，故D正确。9．用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I－形式存在)的工艺流程如下：下列说法正确的是()A．流程中①和④所得溶液中，I－的浓度相等B．流程中⑥的分离碘产品的操作方法是萃取C．流程中④发生的离子反应：2I2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=4I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋D．制备10molI2，理论上需KClO3的质量约为408g答案D解析卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成HI和硫酸钠，反应为I2＋Na2SO3＋=3I2＋Cl－＋3H2O，升华可得到粗产品，据此分析解答。流程中①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I－)后者大于前者，故A错误；根据分析，流程中⑥分离碘产品进行升华操作，故B错误；流程中④为碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成HI和硫酸钠，离子反应为I2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，故C错误；根据氧化时氯酸钾可氧化碘离子生成碘单质，离子反应为6I－＋ClOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋Cl－＋3H2O，制备10molI2，理论上需KClO3的物质的量为eq\f(10,3)mol，质量约为122.5g·mol－1×eq\f(10,3)mol≈408g，故D正确。10．在2L恒容密闭容器分别投入2molCO和1molO2。进行反应：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)。在相同的时间段(5min)下，测得CO的转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是()A．化学平衡常数：K(b)＜K(c)＜K(d)B．a点，v(O2)正＝0.14mol·L－1·min－1C．d点v(CO)正等于a点v(CO)正D．50℃时，该反应的化学平衡常数K＝160答案D解析根据图示，b点时CO的转化率最大，则b点时反应达到平衡状态，随温度升高，CO的转化率降低，说明反应逆向进行，则正反应为放热反应，据此分析解答。根据分析，2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)为放热反应，b、c、d点温度依次升高，温度升高，反应逆向进行，平衡常数减小，则化学平衡常数：K(b)＞K(c)＞K(d)，故A错误；a点时，CO的转化率为0.7，则CO物质的量的变化量为2mol×0.7＝1.4mol，则CO的平均反应速率为eq\f(1.4mol,2L×5min)＝0.14mol·L－1·min－1，根据反应速率之比等于化学反应计量数之比，v(O2)正＝eq\f(1,2)v(CO)正＝故B错误；a、b两点的温度不同，a