统考版2023高考化学二轮专题复习考前选择题适应性训练四

训练(四)(满分：42分限时：10分钟)选择题：(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)7．在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是()A．NaOHB．NaClC．NaClOD．Na2CO38．下列有关聚丙烯的说法正确的是()A.由丙烯通过加聚反应合成聚丙烯B.聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2—C.合成聚丙烯的单体丙烯的结构简式：CH2CHCH3D.聚丙烯能与溴水发生加成反应而使溴水褪色9．氯酸钾是常见的氧化剂，可用于制造火药、焰火，工业上用石灰乳氯化法制备氯酸钾的流程如图所示：已知：氯化过程主要发生反应6Ca（OH）2＋6Cl2eq\o(=,\s\up7(△))5CaCl2＋Ca（ClO3）2＋6H2O。下列说法不正确的是（）A.工业生产氯气的方法是电解饱和食盐水B.由制备流程可知：KClO3的溶解度大于Ca（ClO3）2的溶解度C.向热的滤液中加入稍过量的氯化钾，溶解后进行冷却，有大量氯酸钾晶体析出D.氯化过程需要控制较高温度，其目的是加快反应速率和减少Cl2与Ca（OH）2之间的副反应10.下列实验现象、实验结论或推论正确的是（）选项实验操作实验现象结论或推论A溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎呈无色苯与溴发生了反应B一小粒金属钠投入装有无水乙醇的试管中反应结束前一段时间，钠浮在乙醇表面密度：乙醇大于钠C分别向盛有KI3溶液的a、b试管中滴加淀粉溶液和AgNO3溶液a中溶液变蓝，b中产生黄色沉淀KI3溶液中存在：Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))⇌I2＋I－D分别向含Mn2＋的草酸溶液X和不含Mn2＋的草酸溶液Y中滴加酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液在溶液X中褪色较快Mn2＋也能还原高锰酸钾11.ZulemaBoqas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（）A.负极区是强碱性环境B.每消耗2.24L（标准状况）的空气，转移0.4mol电子C.负极反应为：CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋D.Y为阴离子选择性交换膜12.W、X、Y、Z分属周期表前三周期的四种元素，W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，W的原子序数最大，Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是（）A.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸B.X、Z可形成具有强氧化性的化合物C.由Z和W形成的化合物中可以存在共价键D.X、Y、Z的原子半径从大到小为：Z>Y>X13.纯的叠氮酸（HN3）是一种弱酸，常温下向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.2mol·L－1HN3溶液，滴加过程中的pH的变化曲线（溶液混合时的体积变化忽略不计）如图。下列说法不正确的是（）A.该滴定过程中应用酚酞作指示剂B.若B点pH＝8，则c（HN3）＝（10－6－10－8）mol·L－1C.点D对应溶液中存在关系：c（Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）>c（Na＋）>c（HN3）D.沿曲线A→B→C的过程中，由水电离产生的c（OH－）逐渐减少训练（四）7．解析：本题考查“84消毒液”的主要有效成分，考查的化学学科核心素养是科学态度与社会责任。“84消毒液”可由氯气与NaOH溶液反应制取：2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，“84消毒液”的有效成分是NaClO，C项正确。答案：C8．解析：由丙烯通过加聚反应合成高分子化合物聚丙烯，故A正确；聚丙烯的链节为，故B错误；合成聚丙烯的单体丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，不能省略碳碳双键，故C错误；聚丙烯中没有不饱和键，不能与溴水因发生加成反应而使溴水褪色，故D错误。答案：A9．解析：工业上通过电解饱和食盐水来生产氯气，A项正确；KClO3是在含Ca（ClO3）2的溶液中加入氯化钾后降温结晶得到的，由此可知，低温时，溶解度：Ca（ClO3）2>KClO3，B项错误，C项正确；低温时将会生成大量的Ca（ClO）2，D项正确。答案：B10．解析：苯性质稳定，与溴水不反应，水层无色与溴易溶于苯有关，故A错误；钠的密度比乙醇大，故B错误；a中溶液变蓝，b中产生黄色沉淀，说明溶液中存在碘以及碘离子，KI3溶液中存在反应Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))⇌I2＋I－，故C正确；Mn2＋与高锰酸钾不反应，为反应的催化剂，故D错误。答案：C11．解析：负极区CH3COO－失电子发生氧化反应生成二氧化碳，同时生成氢离子，溶液呈酸性，则负极区是强酸性环境，故A错误；标准状况下2.24L空气中含有n（O2）＝eq\f(2.24L,22.4L/mol)×20%＝0.02mol，每消耗1mol氧气转移4mol电子，据此计算消耗0.02mol氧气转移电子物质的量＝0.02mol×4mol＝0.08mol，故B错误；负极上CH3COO－失电子发生氧化反应生成二氧化碳，同时生成氢离子，电极反应式为CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋，故C正确；负极区生成氢离子，需要氯离子；正极区生成氢氧根离子，需要钠离子，所以X是阴离子交换膜、Y是阳离子交换膜，故D错误。答案：C12．解析：四种元素都是短周期元素，W原子序数最大，根据结构，W带有1个单位正电荷，即W为Na，X有一个共价键，达到稳定结构，即X为H，同理Z为O，Y为B。Y最高价氧化物对应的水化物是硼酸，硼酸为弱酸，故A说法正确；H和O形成化合物是H2O和H2O2，其中H2O2具有强氧化性，故B说法正确；形成的化合物是Na2O和Na2O2，过氧化钠是由Na＋和Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))含有离子键和非极性共价键，故C说法正确；三种元素的原子半径大小顺序是B>O>H，故D说法错误。答案：D13．解析：NaOH与HN3等物质的量反应后溶液显碱性，不能用甲基橙作指示剂，可选择酚酞作指示剂，故A正确；B点NaOH与HN3恰好反应生成NaN3，根据质子守恒可得：c（OH－）＝c（HN3）＋c（H＋），则c（HN3）＝c（OH－）－c（H＋）＝（10－6－10－8）mol·L－1，故B正确；D点时，加入的HN3的物质的量是NaOH的2倍，溶液呈酸性，则c（OH－）<c（H＋），根据电荷守恒c（H＋）＋c（Na＋）＝c（Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＋c（OH－）可知：c（Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）>c（Na＋），结合物料守恒2c（Na＋）＝c（HN3）＋c（Neq\o\a