选择题缩时专项练1-2025版世纪金榜二轮化学收官专项辅导与训练

缩时专项练选择题缩时专项练1(30分钟40分)一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列文物的材质属于天然有机高分子的是()A.大汶口红陶兽形壶B.银雀山竹简C.垂鳞纹秦公铜鼎D.莲花形玻璃托盏【解析】选B。大汶口红陶兽形壶的主要成分是硅酸盐,属于无机非金属材料,A错误;银雀山竹简的主要成分是纤维素,属于有机高分子材料,B正确;垂鳞纹秦公铜鼎主要成分为金属材料,C错误;莲花形玻璃托盏的主要成分是硅酸盐,属于无机非金属材料,D错误。2.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶B.石油经裂化获得乙烯等化工原料C.用明矾对饮用水消毒D.联合制碱法制烧碱【解析】选A。次氯酸钙与潮湿的空气反应生成碳酸钙,长时间存放漂白粉的试剂瓶内有碳酸钙,可与盐酸反应而除去,A正确;石油裂化的目的是为了获得轻质油,裂解才能得到乙烯等化工原料,B错误;明矾水解产生氢氧化铝胶体,可以吸附杂质而达到净水的目的,但不能消毒,C错误;联合制碱法制得的是纯碱,即碳酸钠,烧碱是NaOH,D错误。3.下列操作规范且能达到实验目的的是()A.①配制100mL0.1mol·L-1的NaCl溶液B.②用高锰酸钾标准溶液测定盐酸酸化的FeCl2溶液中Fe2+的含量C.③中和热的测定D.④析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O【解析】选D。A.定容时当液面在刻度线下1~2cm时,才改用胶头滴管,A错误;B.高锰酸钾溶液既能氧化Fe2+,又能氧化氯离子,无法测定盐酸酸化的FeCl2溶液中Fe2+的含量,B错误;C.内筒外的碎纸条导致空隙较大,保温效果不好,导致热量损失较大,应选用隔热层,C错误;D.乙醇的极性较小,可以析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O,D正确。4.我国科学家利用柱[5]芳烃(EtP5)和四硫富瓦烯(TTF)之间相互作用,在液态和固态下构建了稳定的超分子聚合物(SMP),如图所示:下列说法错误的是()A.EtP5不属于高分子化合物B.TTF的核磁共振氢谱中含有1组峰C.EtP5和TTF可通过分子间作用力自组装得到SMPD.若用EtP10替换EtP5可形成更稳定的SMP【解析】选D。A.EtP5的相对分子质量不是很大,不属于高分子化合物,A正确;B.TTF的结构对称,只有一种氢原子,核磁共振氢谱中含有1组峰,B正确;C.超分子的重要特征之一为自组装,由题目给出信息可知,SMP是由科学家已构建成功的超分子聚合物,故EtP5和TTF可通过分子间作用力自组装得到超分子聚合物SMP,C正确;D.若用EtP10替换EtP5,碳环变大,不能很好地识别TTF,得不到更稳定的SMP,D错误。【加固训练】冠醚是一种超分子,它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并-18-冠-6与K+形成的螯合离子的结构如图所示。下列说法错误的是()A.冠醚可以用来识别碱金属离子B.二苯并-18-冠-6也能适配Li+C.该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种D.一个螯合离子中配位键的数目为6【解析】选B。A.二苯并-18-冠-6可与K+形成螯合离子,故冠醚可以用来识别碱金属离子,A正确;B.冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关,二苯并-18-冠-6能适配钾离子,而锂离子半径明显小于钾离子,故不能适配Li+,B错误;C.该冠醚分子中苯环上碳为sp2杂化,碳链上饱和碳为sp3杂化,碳原子杂化方式有2种,C正确;D.由图结构可知,一个螯合离子中配位键的数目为6,D正确。5.下列劳动项目与化学知识关联错误的是()选项劳动项目化学知识A家务劳动:用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶含氯化合物具有杀菌消毒功能B学农活动:用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素C志愿者服务:“厨房废油制肥皂”爱心暑托班活动皂化反应D自主探究:果蔬电池原电池原理【解析】选A。家务劳动:用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶,主要是含氯化合物HCl具有酸性,将马桶中污垢反应生成氯化物,与杀菌消毒无关,故A错误;厨余垃圾含N、P、K等元素,因此用厨余垃圾制肥料,故B正确;厨房废油主要是高级脂肪酸甘油酯,高级脂肪酸甘油酯和氢氧化钠发生水解反应制肥皂,该反应为皂化反应,故C正确;利用原电池原理来探究制成果蔬电池,故D正确。6.一定量的甲苯和KMnO4溶液发生反应得到混合物,按如图流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是()A.苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等B.操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏C.甲苯、苯甲酸依次由①②获得D.苯甲酸100℃时迅速升华,其粗品精制除采用重结晶方法外,还可用升华法【解析】选B。A.苯甲酸中含有羧基,能形成盐、酯、酰胺、酸酐等,A正确;B.滤液经过萃取分为有机相和水相,有机相经过无水硫酸钠干燥,蒸馏后得到甲苯,水相经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到苯甲酸,B错误;C.有机相经过无水硫酸钠干燥,蒸馏后得到甲苯,水相经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到苯甲酸,甲苯、苯甲酸依次由①②获得,C正确;D.苯甲酸在100℃左右开始升华,除了重结晶方法,也可用升华法精制苯甲酸,D正确。7.化学与生活、生产密切相关,下列有关说法不正确的是()A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B.苏打溶液显碱性,苏打常用作胃酸中和剂C.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D.CaCO3是生产普通玻璃和硅酸盐水泥的共同原料【解析】选B。蚕丝属于天然蛋白质,灼烧时有烧焦羽毛的气味,可以区分蚕丝和人造纤维,A正确;苏打溶液碱性太强,不宜用作胃酸中和剂,常用小苏打,B错误;侯氏制碱法利用了碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠,C正确;碳酸钙是生产普通玻璃和硅酸盐水泥的共同材料,D正确。8.李时珍的《本草纲目》记载的中药连钱草具有散瘀消肿、清热解毒等作用,其有效成分之一的结构如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是()A.分子中有5个手性碳原子B.1mol该化合物最多可消耗3molNaHCO3C.能发生取代反应、加成反应、消去反应D.其在弱碱性介质中可与某些过渡金属离子形成配合物【解析】选B。A.手性碳原子是指与4个不相同的原子或原子团相连的碳原子,该分子中有5个手性碳原子:(标“”的原子为手性碳原子),A正确;B.该化合物中有一个羧基,羧基可以和NaHCO3反应生成CO2,且—COOH~CO2,所以1mol该化合物最多可消耗1molNaHCO3,B错误;C.该化合物中含有苯环,可以发生加成反应,含有羟基、羧基,可以发生取代反应,该化合物中与醇羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子,可以发生消去反应,C正确;D.该分子的羟基氧原子含有孤电子对,在弱碱性介质中可与某些过渡金属离子形成配合物,D正确。【加固训练】有机物M在碱性条件下可发生如下反应:下列说法错误的是()A.M中酮羰基邻位甲基的C—H键极性较强,易断键B.推测M转变为N的过程中,发生了加成反应和消去反应C.不能通过质谱法对M、N进行区分D.该条件下还可能生成【解析】选C。A.受羰基的吸电子效应影响,羰基邻位甲基上的C—H键极性较强,易断键,A正确;B.M转变为N的过程中发生成环并消去了一个氧原子,推测发生了加成反应和消去反应,B正确;C.M、N分子式不同,故能通过质谱法对M、N进行区分,C错误;D.观察到M中上下反应位点相同,呈对称结构,推测该条件下还可能生成,即碳碳双键出现在下侧,D正确。9.工业制取硝酸的过程如图所示:下列说法正确的是()A.工业上的转化①使用的催化剂为V2O5B.转化②中,每生成1molNO,转移电子数目为10NAC.NO、NO2的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO)≤n(NO2)D.转化④中,相同条件下V(NO2)∶V(O2)=4∶3时,理论上NO2全部转化为HNO3【解析】选C。A.工业上的转化①使用的催化剂为铁触媒而不是V2O5,A错误;B.转化②中发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O,由反应可知,每生成1molNO,转移电子数目为5NA,B错误;C.由反应NO+NO2+2NaOH===2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH===NaNO2+NaNO3+H2O可知,NO、NO2的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO)≤n(NO2),C正确;D.转化④中,由反应4NO2+O2+2H2O===4HNO3可知,相同条件下V(NO2)∶V(O2)=4∶1时,理论上NO2全部转化为HNO3,D错误。【加固训练】亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂,可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下:下列说法错误的是()A.反应①阶段,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1B.若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替D.反应②条件下,ClO2的氧化性大于H2O2【解析】选C。A.根据流程图,反应①中氧化剂是NaClO3,还原剂是SO2,还原产物是ClO2,氧化产物是NaHSO4,根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1,A正确;B.由反应①中化合价变化情况,再根据原电池正极表面发生还原反应,所以ClO2是正极产物,B正确;C.据反应②可知,在ClO2与H2O2的反应中,ClO2转化为NaClO2,氯元素的化合价降低,ClO2作氧化剂;H2O2只能作还原剂,氧元素的化合价升高,不能用NaClO4代替H2O2,C错误;D.据反应②中ClO2与H2O2反应的化合价变化情况可知,ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,可以推出ClO2的氧化性大于H2O2,D正确。【方法指导】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物,利用得失电子守恒规律推断反应物和生成物的物质的量之比。10.舍勒首先从柑橘中提取柠檬酸(,常温下为固体,用H3A表示)。常温下,柠檬酸水溶液中存在下列平衡:H3A(s)H3A(aq)K0;H3A(aq)H++H2A-K1=10-3.13;H2A-H++HA2-K2=10-4.76;HA2-H++A3-K3=10-6.40。测得溶液中1p(X)[p(X)=-lgc(X),X=H2A-、HA2-或A3-下列叙述错误的是()A.饱和溶液中c(H3A)不随pH变化B.直线①表示的离子是H2A-C.A点的横坐标数值为5.58D.饱和NaH2A溶液一定呈酸性【解析】选B。根据pH=0时各离子浓度大小,可知直线②代表1p(H2A-)随pH的变化关系,直线③代表1p(HA2-)随pH的变化关系,直线①代表1p(A3-)随pH的变化关系。由已知信息知Ka=c(H3A),温度一定,Ka不变,则饱和溶液中c(H3A)始终不变,A项正确;由分析可知,直线①代表A3-,B项错误;由分析可知,A点表示c(H2A-)=c(A3-),由题意知,H2A-H++HA2-,10-6.40,K2·K3=c2(H+)=10-11.16,可得A点的pH=-lgc(H+)=-12lg(K2·K3)=5.58,C项正确;由信息可知,H2A-的电离平衡常数K2=10-4.76,H2A-的水解平衡常数Kh=KwK1=10-1410-3.13=10-10.87,即H二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意。11.一种制备Fe(OH)2的改进装置如图所示,下列说法错误的是()A.配制FeSO4溶液时需加入硫酸B.实验时先注入稀硫酸,再注入NaOH溶液和FeSO4溶液C.装置N的作用是液封,并判断装置M中的空气是否排尽D.用铁粉代替Na2CO3粉末,也能排尽空气【解析】选D。实验时先注入稀硫酸,碳酸钠和稀硫酸反应放出二氧化碳,等烧杯内紫色石蕊溶液变红,再注入NaOH溶液和FeSO4溶液,最终生成氢氧化亚铁。A.FeSO4易水解,为防止FeSO4水解,配制FeSO4溶液时需加入硫酸,A正确;B.实验时先注入稀硫酸,等二氧化碳排出锥形瓶内的空气后再注入NaOH溶液和FeSO4溶液,B正确;C.烧杯内紫色石蕊溶液变红,说明锥形瓶内空气完全排出,同时装置N可以防止空气进入锥形瓶,C正确;D.铁粉与稀硫酸反应生成氢气,氢气的密度比空气小,用铁粉代替Na2CO3粉末,不能排尽空气,D错误。12.下表中的实验操作或实验现象能达到实验目的或得出相应结论的是()选项实验操作或实验现象实验目的或结论A向1mL0.01mol·L-1AgNO3溶液中滴加等浓度的NaCl溶液,至不再有沉淀产生,再向其中滴加0.01mol·L-1NaI溶液,产生黄色沉淀常温下,Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B取少量C2H5Br与NaOH溶液共热,待溶液不分层后,再滴加AgNO3溶液检验C2H5Br中的溴元素C调节溶液的pH范围为2~9,向该溶液中滴加邻二氮菲试剂检验溶液中的Fe2+D向淀粉溶液中滴加稀硫酸,加热一段时间后,加入NaOH溶液至碱性,再加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热煮沸,观察是否有砖红色沉淀产生检验淀粉是否水解完全【解析】选A、C。向1mL0.01mol·L-1AgNO3溶液中滴加等浓度的NaCl溶液,至不再有沉淀产生,生成了AgCl白色沉淀,再向其中滴加0.01mol·L-1NaI溶液,产生黄色沉淀,说明生成了AgI沉淀,可说明生成的AgI的溶度积更小,则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故A符合题意;反应后溶液呈碱性,会生成AgOH沉淀,干扰实验现象,应先将溶液调至酸性,再滴加AgNO3溶液,故B不符合题意;邻二氮菲为亚铁离子指示剂,由操作可检验溶液中的Fe2+,故C符合题意;该实验操作是检验淀粉是否水解,而不是检验淀粉是否水解完全,故D不符合题意。13.α-AgI可用作固体离子导体,能通过加热γ-AgI制得。两种晶体的晶胞如图所示(Ag+未标出)。测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图所示,在电场的作用下,α-AgI中的离子无需克服太大阻力即可发生迁移。下列说法错误的是()A.γ-AgI与α-AgI晶胞的质量之比为2∶1B.可用X射线衍射区分γ-AgI和α-AgI晶体C.γ-AgI与α-AgI中与I-等距且最近的I-个数比为3∶2D.支管a中AgI质量不变,可判定导电离子是I-而非Ag+【解析】选D。A.γ-AgI中I-为6×12+8×18=4,结合化学式,含有4个AgI,α-AgI中I-为1+8×18=2,结合化学式,含有2个AgI,晶胞的质量之比为2∶1,A正确;B.两者结构不同,可用X射线衍射区分γ-AgI和α-AgI晶体,B正确;C.γ-AgI晶胞中,晶胞顶点和面心位置的I-距离最近,因此与I-等距且最近的I-有12个,α-AgI中与I-等距且最近的I-个数为8个,γ-AgI与α-AgI中与I-等距且最近的I-个数比为3∶2,C正确;D.a为阳极,银失去电子生成银离子,然后和I-结合生成AgI,同时Ag+通过AgI固体离子导体移向支管b,然后在b得到电子生成银,该装置实际为银的电解精炼过程,支管a中AgI质量一直保持不变,导电离子为Ag14.甲酸钠又称蚁酸钠,是一种重要的化工原料。以甘油和NaOH溶液为原料通过电解的方法可以制得甲酸钠,工作原理如图所示。下列说法错误的是()A.X含甘油,Y含NaOHB.当收集到4molZ气体时可制得产品102gC.石墨电极反应为C3H8O3-8e-+11OH-===3HCOO-+8H2OD.以廉价的NaCl代替NaOH可以达到相同的电解效果【解析】选B、D。C3H8O3失去电子变为HCOO-,电极反应式为C3H8O3-8e-+11OH-===3HCOO-+8H2O,阴极电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,铜电极上有Z生成,即Z为H2,铜电极为阴极,石墨电极为阳极,C3H8O3失去电子变为HCOO-,即X含甘油,Y含NaOH,故A正确;当收集到4molZ气体时,转移电子8mol,生成产品3mol,质量为3mol×68g·mol-1=204g,故B错误;石墨电极为阳极,C3H8O3失去电子变为HCOO-,电极反应式为C3H8O3-8e-+11OH-===3HCOO-+8H2O,故C正确;NaCl代替NaOH,Cl-通过阴离子交换膜,可能在石墨电极上放电,无法达到相同的电解效果,故D错误。15.一定条件下,与浓硫酸发生取代反应生成水和单萘磺酸,反应过程和有机物占比随时间变化如图所示:下列说法正确的是()A.升高温度,反应Ⅰ的速率增大程度大于反应ⅡB.产物Ⅰ的热稳定性比产物Ⅱ强C.平衡常数的比值K2D.加催化剂(只催化反应Ⅰ),极值点e可能变为a点【解析】选C、D。由图2可知,反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ,反应速率越快,反应的活化能越小,则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ,升高温度,活化能大的反应速率增大的程度越大,则反应Ⅰ的速率增大程度小于反应Ⅱ,故A错误;由图1可知,产物Ⅰ转化为产物Ⅱ的反应为放热反应,物质的能量越大越不稳定,则产物Ⅰ的热稳定性比产物Ⅱ弱,故B错误;由盖斯定律可知,反应Ⅱ-反应Ⅰ得到反应,由图2可知,平衡时产物Ⅱ的占比为72%,产物Ⅰ的占比为12%,设平衡时浓度为c,则的浓度为6c,反应的平衡常数K=K2K1=c(产物Ⅱ)c(产物Ⅰ)