2024届高考二轮复习 选择题专练3 专项练增分提能（含解析）

选择题专练3选择题：本题共16小题，每小题只有一个选项符合题目要求。1.《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是()A.洗涤 B.粉碎C.萃取 D.蒸发2.化学与生活、生产、科技息息相关。下列说法中错误的是()A.神舟飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是新型无机非金属材料B.我国提出网络强国战略。光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅C.地铁列车的不锈钢车体材质属于合金材料D.储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料3.下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是()选项劳动项目化学知识A课外实践：给公园钢铁护栏涂刷防锈漆钢铁与潮湿空气隔绝可防止电化学腐蚀B家务劳动：使用热的纯碱溶液去除厨房油污油脂在碱性条件下发生水解C社区服务：使用84消毒液(主要成分为NaClO)对环境消毒消毒液呈碱性D学农活动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾中含N、P等元素4.下列有关1－丁烯的制备、净化、收集、性质验证的装置不能达到实验目的的是()A.用装置甲制备1－丁烯B.用装置乙除去1－丁烯中混有的乙醇蒸气C.用装置丙收集1－丁烯D.用装置丁验证1－丁烯与酸性高锰酸钾溶液反应5.在碱性镀铜中电镀液的主要成分是[Cu(NH3)4]SO4，其内界的电离与弱电解质类似，仅部分解离为中心离子和配位体。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.1mol/L[Cu(NH3)4]SO4溶液中[Cu(NH3)4]2＋数目小于NAB.22.4LNH3含有的质子数目为10NAC.1mol[Cu(NH3)4]2＋的配位键数目为2NAD.N2和H2合成1molNH3转移电子数目为3NA6.2022年诺贝尔化学奖授予对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。我国科学家合成一种点击化学试剂X2Y2M2Q，X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的18e－分子，19Q衰变方程：eq\o\al(19,a)Q→eq\o\al(16,b)M＋2eq\o\al(1,0)n＋eq\o\al(1,1)H。下列说法错误的是()A.X的简单离子半径一定是周期表中最小的B.16M2和18M2组成上属于同一种物质C.同一周期中，第一电离能小于Z的有5种元素D.Y、M形成简单氢化物的还原性：Y>M7.下列操作和现象能达到相应实验目的的是()选项实验目的实验操作实验现象A检验醇羟基将炽热黑色铜丝迅速伸入盛有待测试剂的试管中铜丝变为亮红色B制备[Cu(NH3)4]SO4晶体将CuSO4溶液滴加到浓氨水中，再加热至溶液出现晶膜，降温结晶、过滤溶液变为深蓝色，降温析出绛蓝色晶体C证明还原性：I－>Fe2＋>Cl－向FeCl2、NaI的混合溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置、分层；再向上层溶液中滴加KSCN溶液、氯水实验1：下层溶液呈紫红色；实验2：上层溶液变为红色D比较次氯酸和醋酸的酸性强弱室温下，用pH计测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液pHpH：NaClO>CH3COONa8.M和N是合成造影剂碘番酸的重要中间体，结构如图所示。下列说法错误的是()A.M分子中有2种含氧官能团B.M分子中可能共平面的原子数最多有23个C.N与足量H2加成后产物中含2个手性碳原子D.1molN与足量H2反应(—NO2转化为—NH2)时最多消耗3molH29.工业上常用铁粉去除酸性废水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，反应原理如图所示：下列说法错误的是()A.充分反应后，还会有少量铁粉剩余B.正极的电极反应式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2OC.Cr(OH)3、FeOOH的产生与处理过程中溶液pH升高有关D.处理10L含0.1mol·L－1Cr2Oeq\o\al(2－,7)废水，理论上至少消耗168g铁粉10.类比推理是学习化学的重要思维方法，下列陈述Ⅰ及类比推理陈述Ⅱ均正确的是()选项陈述Ⅰ类比推理陈述ⅡA冶炼铁通常用热还原法冶炼铜也可用热还原法B工业上用电解Al2O3的方法得到铝单质工业上用电解MgO的方法得到镁单质CFe能把CuSO4溶液中的铜置换出来Na也能把CuSO4溶液中的铜置换出来D可用铝热法制备金属铬也可用铝热法制备金属镁11.在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－。某技术人员利用双极膜(膜c、膜d)和离子交换膜高效制备H2SO4和NaOH，工作原理如图所示：下列说法错误的是()A.电势：N电极>M电极B.双极膜膜c输出H＋，膜a、膜e为阳离子交换膜C.M极电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－D.当电路中转移2mole－时，整套装置将制得1molH2SO412.“化学多米诺实验”是利用化学反应中气体产生的压力，使多个化学反应依次发生，装置如图所示。若在①～⑥中加入表中相应试剂，能实现“化学多米诺实验”且会使⑤中试剂褪色的是()选项①中试剂②中试剂③中试剂④中试剂⑤中试剂⑥中试剂A稀硫酸Zn浓盐酸Ca(ClO)2FeCl2溶液NaOH溶液B浓氨水碱石灰水Al2S3酸性KMnO4溶液NaOH溶液C双氧水MnO2饱和食盐水CaC2浓溴水KMnO4溶液D盐酸大理石浓硫酸NaClKMnO4溶液水和CCl413.以红土镍镉矿(NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质)为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图所示：已知：电极电位是表示某种离子或原子获得电子而被还原的趋势。在25℃下，部分电对的电极电位如表：电对Cu2＋/CuPb2＋/PbCd2＋/CdFe2＋/FeNi2＋/Ni电极电位/V＋0.337－0.126－0.402－0.442－0.257下列说法错误的是()A.“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率B.“物质A”可以是NiCO3，“调pH”后，经加热得Fe(OH)3沉淀C.“金属A”是Pb和Cu混合物，“金属B”是CdD.该工艺流程中可以循环利用的物质有CO、H2SO4、Ni等14.东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化H2O2分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)：下列说法错误的是()A.催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—CB.Fe—N—C催化：MS1(s)=MS2(s)ΔH＝－21.2kJ·mol－1C.催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附D.Co—N—C催化H2O2分解吸热，Fe—N—C催化H2O2分解放热15.常温下，含BaCO3的浊液中c(Ba2＋)随c(H＋)的变化关系如图所示(整个过程无气体溢出；忽略COeq\o\al(2－,3)第二步水解)，已知：Ksp(BaCO3)＝2.5×10－9，Ka2(H2CO3)＝5.0×10－11，下列叙述正确的是()A.x＝7.5B.水的电离程度：M<NC.N点：eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(1,63)D.N点溶液中加Na2SO4固体，将移向P点16.电化学降解含NOeq\o\al(－,3)的酸性废水的原理示意图。下列说法中正确的是()A.铅蓄电池的A极为负极，电极材料为PbB.铅蓄电池工作过程中每通过电路中2mole－则消耗1molH2SO4C.该电解池的阴极反应为2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2OD.若电解过程中转移5mole－，则交换膜两侧电解液的质量变化差值(Δm左－Δm右)为26g选择题专练31.C[水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是粉碎溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，答案选C。]2.B[A.高温结构陶瓷性能优良，主要成分是新型无机非金属材料，A项正确；B.光缆的主要成分是二氧化硅，二氧化硅具有良好的光学性能，B项错误；C.合金、纯金属都是金属材料，不锈钢车体材质属于合金材料，C项正确；D.储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，在适当条件也可以释放氢气，D项正确。]3.C[A.给公园钢铁护栏涂刷防锈漆可以使钢铁与潮湿空气隔绝，破坏原电池的形成，可防止电化学腐蚀，与所述的化学知识有关联，A不符合题意；B.碳酸钠溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解而被洗去，故可使用热的纯碱溶液去除厨房油污，与所述的化学知识有关联，B不符合题意；C.NaClO具有强氧化性能杀菌消毒而不是因为消毒液呈碱性的原因，与所述的化学知识没有关联，C符合题意；D.厨余垃圾中含N、P等元素，能为植物提供营养而做肥料，与所述的化学知识有关联，D不符合题意。]4.C[A.甲装置中，1－溴丁烷在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生卤代烃的消去反应生成1－丁烯，A正确；B.1－丁烯不溶于水，乙醇易溶于水，因此可将混合气体通过水来除去1－丁烯中混有的乙醇蒸气，B正确；C.1－丁烯的密度大于空气，应该从长导管通入1－丁烯，空气从短导管排出，C错误；D.1－丁烯中存在碳碳双键，能与酸性高锰酸钾反应从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。]5.D[A.未指明溶液体积，无法计算其含有的微粒数目，故A错误；B.未给出氨气所处的温度和压强，无法计算其含有的微粒数目，故B错误；C.1mol[Cu（NH3）4]2＋的配位键数目为4NA，C项错误；D.根据氧化还原原理可知，N2和H2合成1molNH3时转移电子数目为3NA，D项正确。]6.A[X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的18e－分子，X为H元素；M的质量数为16，M为O元素与H形成H2O2含18e－、Y为S元素与H形成H2S含18e－、Z为N元素与H形成N2H4含18e－。根据19Q衰变方程，Q的质子数为9，Q是F元素。A.H－的半径大于Li＋，故A错误；B.16O2和18O2都是氧气分子，故B正确；C.同一周期中，第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O，共5种元素，故C正确；D.S的非金属性小于O，还原性H2S>H2O，故D正确。]7.D[A.黑色的CuO也能溶解在稀硫酸溶液中，则将炽热黑色铜丝迅速伸入盛有待测试剂的试管中，铜丝变为亮红色，该待测试剂不一定是醇溶液，也可能是稀硫酸，故A错误；B.制备[Cu（NH3）4]SO4晶体的方法是：向盛有CuSO4水溶液的试管中逐滴加入浓氨水至过量，边滴加边振荡，再加热至溶液出现晶膜，降温结晶、过滤，故B错误；C.下层溶液呈紫红色，说明Cl2将KI氧化为I2；上层溶液变为红色，说明Cl2将FeCl2氧化为FeCl3，能够证明还原性：I－>Cl－、Fe2＋>Cl－，但不能证明I－>Fe2＋，故C错误；D.用pH计测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液pH，pH：NaClO>CH3COONa，说明ClO－的水解程度大于CH3COO－，则证明酸性：HClO<CH3COOH，故D正确。]8.D[A.由结构简式可知，M分子中含有碳碳双键、羧基、氨基、硝基4种官能团，其中羧基和硝基为含氧官能团，故A正确；B.由结构简式可知，M分子中苯环、碳碳双键、羧基、硝基是平面结构，则分子中可能共平面的原子数最多有23个，故B正确；C.由结构简式可知，N分子与足量氢气加成后的结构简式中含有如图*所示的2个手性碳原子：，故C正确；D.由结构简式可知，N分子羰基、硝基能与氢气反应，则1molN最多消耗5mol氢气，故D错误。]9.D[由图可知，工业上常用铁粉去除酸性废水中重铬酸根离子的原理为原电池反应，加入铁粉时，铁为原电池的负极，水分子作用下，铁失去电子生成四氧化三铁和氢离子，四氧化三铁为正极，酸性条件下重铬酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铬离子和水，总反应为9Fe＋4Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋32H＋=3Fe3O4＋8Cr3＋＋16H2O，当原电池工作一段时间后，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，碱性条件下铁在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧化氧铁和水，水在正极得到电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与铬离子反应生成氢氧化铬，总反应为2Fe＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋5H2O=2FeOOH＋2Cr（OH）3＋2OH－。A.由图可知，充分反应后，还会有少量铁粉剩余，故A正确；B.由分析可知，四氧化三铁为正极，酸性条件下重铬酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铬离子和水，电极反应式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2O，故B正确；C.由分析可知，当原电池工作一段时间后，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，碱性条件下铁在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧化氧铁和水，水在正极得到电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与铬离子反应生成氢氧化铬，故C正确；D.由分析可知，铁在原电池工作时转化为四氧化三铁和氢氧化氧铁，则无法确定负极放电产物的物质的量，无法计算10L含0.1mol/L重铬酸根离子废水理论上消耗铁粉的质量，故D错误。]10.A[A.冶炼金属铁通常用热还原法，冶炼铜也可用热还原法，A项正确；B.氧化镁的熔点很高，工业上常用电解氯化镁而不用电解氧化镁的方法制取镁单质，B项错误；C.钠与CuSO4溶液反应生成Cu（OH）2沉淀和H2及Na2SO4，C项错误；D.镁的金属活动性强于铝，不能利用铝热反应制备金属镁，D项错误。]11.D[由题意可知该电解池可以高效制备H2SO4和NaOH，说明H2O在M极得到电子生成H2和OH－，电极方程式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，膜a是阳离子交换膜，Na＋通过膜a进入M极，双极膜膜c输出H＋，膜b是阴离子交换膜，SOeq\o\al(2－,4)通过膜b进入膜b和膜c之间的区域生成H2SO4；H2O在N极失去电子生成O2和H＋，电极方程式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，膜f是阴离子交换膜，SOeq\o\al(2－,4)通过膜f进入N极，双极膜膜d输出OH－，膜e是阳离子交换膜，Na＋通过膜e进入膜e和膜d之间的区域生成NaOH。A.由分析可知，H2O在M极得到电子生成H2和OH－，M为阴极，H2O在N极失去电子生成O2和H＋，N极为阳极，则电势：N电极>M电极，故A正确；B.由分析可知，双极膜膜c输出H＋，膜a、膜e为阳离子交换膜，故B正确；C.由分析可知，M极电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故C正确；D.由分析可知，N极电极方程式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，当电路中转移2mole－时，N极生成1molH2SO4，同时在膜b和膜c之间的区域生成1molH2SO4，故D错误。]12.C[A.稀硫酸与Zn反应生成氢气，氢气将③中浓盐酸压入④中，④中浓盐酸和Ca（ClO）2反应生成氯气，氯气进入⑤与氯化亚铁反应生成氯化铁，无法使⑤中试剂褪色，A错误；B.浓氨水和碱石灰反应生成氨气，氨气易溶于水，无法将水压入④中，B错误；C.双氧水在二氧化锰为催化剂的情况下分解生成氧气，氧气将饱和食盐水压入④中，饱和食盐水与CaC2反应生成乙炔，乙炔进入⑤中与浓溴水发生加成反应从而使浓溴水褪色，最后高锰酸钾吸收多余的乙炔，C正确；D.盐酸与大理石反应生成二氧化碳，二氧化碳将浓硫酸压入④中，浓硫酸和NaCl常温下不反应，D错误。]13.C[由题给流程可知，镍镉矿浆化后，在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。A.由题意可知，浆化的目的是增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率，故A正确；B.由分析可知，向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则物质A可能为碳酸镍，故B正确；C.由分析可知，金属A为铜、镍的混合物，故C错误；D.由分析可知，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等，故D正确。]14.D[A.由图可知，使用催化剂Co－N－C时的活化能小于使用催化剂Fe—N—C时的活化能，则催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C，故A正确；B.由图可知，Fe—N—C催化时，1分子MS2（s）比1分子MS1（s）能量低0.22eV，则生成1molMS2（s）放热为0.22×1.6×10－19×10－3×6.02×1023kJ＝21.2kJ，故MS1（s）=MS2（s）ΔH＝－21.2kJ/mol，故B正确；C.过氧化氢分解生成水和氧气，由图可知，使用催化剂Fe—N—C时吸附产物MS3能量更高，更容易脱附，故C正确；D.催化剂改变反应速率，但是不会改变反应的热效应，不管使用哪种催化剂，H2O2的分解热效应是相同的，故D错误。]15.C[A.由图可知，M点钡离子浓度为2×10－4mol/L，由溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为eq\f(2.5×10－9,2×10－4)mol/L＝1.2