2026版化学步步高大二轮专题复习-第12练　选择题标准练(三)

第12练选择题标准练(三)[分值：50分](1~10题，每小题3分，11~15题，每小题4分)1.下列利用非物质文化遗产技艺生产的工艺品中，所含主要成分与其他选项不同的是()A.黑龙江佳木斯赫哲族鱼皮镂刻粘贴画B.吉林长白山满族剪纸C.辽宁锦州满族刺绣布衣D.内蒙古根河鄂伦春族桦树皮画答案A解析鱼皮的主要成分是蛋白质；剪纸、刺绣布衣、桦树皮画的主要成分均为纤维素，故选A。2.(2025·哈尔滨师大附中一模)下列化学用语使用正确的是()A.15N、N5+、B.基态As原子简化电子排布式：[Ar]4s24p3C.2⁃羟基丁醛的结构简式为CH3CH2CH(OH)CHOD.用电子式表示Na2S的形成过程为Na+++Na+答案C解析同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，N5+、N3-不是原子，A错误；As是33号元素，基态As原子简化电子排布式：[Ar]3d104s24p3，B错误；2⁃羟基丁醛的主链上有4个碳原子，2号碳上连接—OH，其结构简式为CH3CH2CH(OH)CHO，C正确；Na2S是离子化合物，3.观察下列结构示意图并结合相关信息，判断有关说法不正确的是()玛瑙FeSO4·7H2O18⁃冠⁃6S8A.玛瑙属于共价晶体，且两种原子个数比为2∶1B.FeSO4·7H2O结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2C.18⁃冠⁃6中O(灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征D.S8中S原子均为sp3杂化答案C解析玛瑙的主要成分是SiO2，属于共价晶体，且两原子个数比为2∶1，故A正确；由FeSO4·7H2O结构示意图可知，1、2是水分子中的键角，3是硫酸根离子中的键角，水分子的中心原子氧原子和硫酸根离子的中心原子硫原子都是sp3杂化，但是2中水分子中有2个孤电子对，1中水分子中有1个孤电子对，键角稍大于2，3无孤电子对，键角最大，故大小顺序为3>1>2，故B正确；18⁃冠⁃6中O与K+之间并非离子键，故C错误；S8中S原子形成了2个共价键，还有2个孤电子对，故采用sp3杂化，故D正确。4.工业上制备高纯硅的反应：SiH37Cl3+H2Si+3H37Cl(电负性：Si<H，SiHCl3在常温常压下是无色透明的液体)，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.28gSi中sp3杂化轨道含有的电子数为8NAB.标准状况下，22.4LSiH37Cl3含有的中子数为74NAC.反应中每生成5.6gSi，转移电子数为0.8NAD.1LpH=2的HCl溶液中由水电离出的H+个数为10-2NA答案C解析28gSi物质的量为1mol，Si原子通过sp3杂化形成4个杂化轨道，每个轨道含1个电子，共4个电子，所以1molSi中sp3杂化轨道含电子数为4NA，A错误；标准状况下SiH37Cl3是液体，不能用气体摩尔体积计算，B错误；根据电负性可知，SiH31Cl3中H为-1价，故由题目所给反应可知每生成1molSi需转移4mol电子，5.6gSi的物质的量为0.2mol，故转移电子的物质的量为(0.2×4)mol=0.8mol，即转移电子数为0.8NA，C正确；1LpH=2的HCl溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，全部来自HCl的电离，水的电离被抑制，故水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-12mol·L-1，故1L溶液中由水电离出的H+个数为10-12NA，D错误。5.(2025·丹东一模)下列离子方程式书写正确的是()A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：Cl2+SO32-+H2O=SO42-B.乙二醇与足量酸性KMnO4溶液反应：24H++5HOCH2CH2OH+8MnO4-=8Mn2++5HOOC—COOH+22HC.实验室用NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制NH3：NH4++OH-NH3↑+H2D.酸性条件下用丙烯腈电解法合成己二腈的阴极反应：2CH2CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN答案D解析用Na2SO3溶液吸收少量Cl2的离子方程式为Cl2+3SO32-+H2O=SO42-+2HSO3-+2Cl-，A错误；乙二醇与足量酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为HOCH2CH2OH+2MnO4-+6H+=2Mn2++2CO2↑+6H2O，B错误；实验室用NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制NH3不是离子反应，不存在离子方程式，C错误；酸性条件下用丙烯腈电解法合成己二腈的阴极反应：2CH2CHCN+2H++2e-=NC(6.以1，2⁃环氧丙烷和CO2为主要原料生产某种高分子材料的转化原理如图所示。下列说法不正确的是()A.该转化流程中的两步反应的原子经济性已达最佳B.甲的同分异构体只有4种(不考虑立体异构)C.1mol乙与NaOH溶液反应最多消耗2molNaOHD.甲、乙、丙三种有机物所含手性碳原子的个数比为1∶1∶n答案B解析该转化流程中的两步反应的原子经济性已达最佳，原子利用率为100%，A正确；甲的同分异构体有CH2(OH)CHCH2、CH3—O—CHCH2、CH3—CH2—CHO、、、等，B错误；1mol乙含2mol酯基，与NaOH溶液反应最多消耗2molNaOH，C正确；甲、乙、丙三种有机物所含手性碳原子如图：、、，个数比为1∶1∶n，D正确。7.X、Y、Z、Q、R是分别占据5个主族和前四周期的五种元素，原子序数依次增大。基态Y原子的5个轨道上都有电子，基态Z原子核外有3个未成对电子，Q的单质(常温下为气态)和NaOH溶液在常温下发生歧化反应生成两种盐，R的L和M层电子数相同。下列说法正确的是()A.Y和R形成的化合物只含有离子键B.X和Q基态原子的未成对电子数不同C.元素电负性：Z>Q>RD.Z和Q形成的分子可能是极性分子答案D解析Y的5个轨道上都有电子，Y可能为第二周期的N、O、F；Z有3个未成对电子，Z可能为第二周期的N或第三周期的P，故Y是O或F，原子序数：Z>Y，则Z是P；Q的单质和NaOH发生歧化反应生成两种盐，Q为第三周期的Cl，确定Y是O，不是与Cl同主族的F；R的L和M层的电子数相同，3d轨道未排电子，在第四周期可能为K或Ca，由于X的原子序数最小，应位于第一周期第ⅠA族，所以R是Ca。综上，X为H，Y是O，Z是P，Q为Cl，R是Ca。Y和R形成的化合物过氧化钙中含有非极性共价键和离子键，故A项错误；X和Q，即H和Cl，基态原子的未成对电子数均为1，故B项错误；同周期元素电负性从左到右依次增大，同主族元素电负性从上到下依次减小，所以元素电负性：Cl>P>Ca，故C项错误；Z和Q形成的PCl3分子是极性分子，故D项正确。8.(2025·辽宁重点中学联考二模)实验操作是进行科学实验的基础。下列实验操作科学正确的是()A.得到NH4Cl固体B.验证石蜡油受热分解产生乙烯C.制备Al2S3固体D.滴定终点前冲洗锥形瓶内壁答案D解析氯化铵水解产生氨气和氯化氢，且固体氯化铵受热易分解，蒸发结晶不能得到氯化铵固体，故A错误；石蜡油成分复杂，实验中将分解产物通入酸性高锰酸钾溶液，若观察到溶液褪色，则表明产物中可能含有烯烃，无法直接确认是否为乙烯，故B错误；在溶液中Al3+与S2-易发生水解反应生成Al(OH)3和H2S，所以硫酸铝溶液和硫化钠溶液反应不能制备Al2S3，应该用金属铝与单质硫化合制备，故C错误；滴定接近终点时，用蒸馏水冲洗虽然会增加溶液体积，但锥形瓶中溶质的物质的量不会改变，不会影响结果，故D正确。9.(2025·辽宁协作体二模)Li2(OH)Cl在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。两种晶型中，一种取长方体晶胞(图1)，另一种取立方体晶胞(图2)。图中氢原子皆已隐去，立方体晶胞所代表的晶体中部分锂离子(Li)位置上存在缺位现象。下列说法正确的是()A.图1中A、B两微粒的距离为14cnm，则C的分数坐标为B.图2立方晶胞中锂离子的缺位率为1C.图2中Cl-周围等距且最近的Cl-有6个D.两种晶型的密度近似相等，则c=d答案C解析C与A在z轴上的分数坐标都是14，则C的分数坐标为12，12，14，A错误；根据化学式Li2(OH)Cl知，该晶胞中应该含有2个Li+，图2中Cl-个数为1，OH-个数为8×18=1，Li+个数为12×14=3，锂离子的缺位率为3-23=13，B错误；图2中Cl-周围等距且最近的Cl-有6个，分别位于与该晶胞相邻的6个晶胞的体心上，C正确；图1中Cl-个数为2，OH-个数为8×18+4×14=2，Li+个数为8×14+1+2×12=4，晶胞体积为abc×10-21cm3，晶胞密度=mV=2MNAabc×10-21g·cm-3；图210.(2025·齐齐哈尔二模)化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列说法中正确的是()A.X、Y、Z各1mol，与足量的H2反应，消耗H2的物质的量分别为4mol、5mol、5molB.X与H2完全加成后的产物分子中含2个手性碳原子C.X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得的芳香族化合物相同D.Y分子中最多9个碳原子共面答案C解析由X、Y、Z的结构简式可知，X分子中的苯环和醛基均能与H2加成，即1molX最多可与4molH2发生反应，Y、Z分子中的苯环和碳碳双键均能与H2加成，羧基、酯基不能与H2加成，即1molY、1molZ最多可与4molH2加成，故A错误；X与H2完全加成后的产物为，结构对称，分子中无手性碳原子，故B错误；X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得的芳香族化合物相同，即为对苯二甲酸，结构简式为，故C正确；Y分子中含有苯环、碳碳双键平面结构，平面之间单键可以任意旋转，故Y分子中最多10个碳原子共面，故D错误。11.以含少量Fe3+的CuCl2为原料制备CuCl的流程如图所示：CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成配合物Cu(CO)Cl·H2O，结构如图所示。下列叙述错误的是()A.CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是利用了CuCl的氧化性B.①中加热有利于Fe(OH)3胶体聚沉，便于与Cu2+分离C.②中发生反应的离子方程式为Cu+Cu2++2Cl-=2CuClD.③用酒精洗涤既可除去晶体表面的杂质离子，又可以加快固体的干燥答案A解析CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是因为Cu+含有空轨道，CO中C原子上的孤电子对可以填充到Cu+空轨道上，形成配位键，A错误；加热使胶体聚沉，避免胶体表面吸附Cu2+，B正确；CuCl2和Cu发生归中反应生成CuCl，C正确；CuCl具有还原性，易被空气氧化，酒精挥发快，缩短CuCl与空气接触时间，干燥较快，D正确。12.下列实验操作、现象与结论均正确的是()选项实验操作、现象结论A向CuSO4溶液中加入氨水至蓝色沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体乙醇可降低[Cu(NH3)4]SO4B向Na2S溶液中滴加Na2SO3溶液，出现淡黄色沉淀Na2S与Na2SO3发生了归中反应C向某溶液中滴入几滴氯水，再滴入KSCN溶液，观察到溶液变红证明原溶液中含有Fe2+D先向一支试管中加入1mL10%蔗糖溶液和5滴10%H2SO4溶液，加热煮沸，再加入新制的Cu(OH)2，加热，无砖红色沉淀产生蔗糖未发生水解答案A解析Na2SO3溶液呈碱性，S2-和SO32-在碱性溶液中能共存，向Na2S溶液中滴加Na2SO3溶液，不会出现淡黄色沉淀，B项错误；向某溶液中滴入几滴氯水，再滴入KSCN溶液，观察到溶液变红，可能原溶液中只有Fe3+无Fe2+，C项错误；加入新制的Cu(OH)2之前应先加NaOH溶液调至碱性13.我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应，实现了处理污染物的同时产生增值化学品，其原理如图所示。下列说法错误的是()A.电极的电势：Cu2O电极a>Cu2O电极bB.当电源的电压过大时，阳极可能会产生氧气C.阳极区发生的总反应为HCHO+3OH--2e-=HCOO-+2H2OD.当电路中转移2mole-时，Cu2O电极a的质量会增加52g答案D解析如图所示，电极b上硝酸根离子还原为氨气，发生还原反应，b为阴极，a电极Cu2O氧化为Cu(OH)2，发生氧化反应，a为阳极，故电极的电势：Cu2O电极a>Cu2O电极b，A正确；当电源的电压过大时，阳极区氢氧根离子可能会放电，会产生氧气，B正确；阳极上a电极Cu2O氧化为Cu(OH)2，生成的Cu(OH)2与甲醛反应生成甲酸根离子(碱性环境)和Cu2O，C正确；当电路中转移2mole-时，Cu2O先转化为Cu(OH)2，Cu(OH)2与甲醛反应又生成Cu2O，则电极a的质量不变，D错误。14.(2025·内蒙古包头第九十三中学二模)在催化剂作用下，向容积为1L的容器中加入1molX和4molY，发生反应：X(g)+2Y(s)2Z(s)，平衡时和反应10min时X的转化率α(X)随温度的变化分别如曲线Ⅰ、Ⅱ所示。下列说法正确的是()A.使用更高效的催化剂，可以使b点移动到d点B.0~10min的平均反应速率：v(a)<v(c)C.曲线Ⅰ表示反应10min时转化率随温度变化曲线D.保持温度和体积不变，向d点体系中再充入1molX，再次达平衡时c(X)>0.4mol·L-1答案A解析曲线Ⅰ代表平衡时X的转化率随温度变化趋势，曲线Ⅱ代表反应10min时X的转化率随温度变化趋势，b点为400℃，反应10min时X的转化率，还未达到平衡，若使用高效催化剂，反应速率增大，相同时间X的转化率增大，对应点在b点之上，使用更高效的催化剂，可以使b点移动到d点，A正确；0~10min，X的转化量a、c点相同，由v=ΔcΔt，得v(a)=v(c)，B错误；曲线Ⅰ转化率高于对应温度下曲线Ⅱ的转化率，说明曲线Ⅰ表示平衡时X的转化率随温度变化，C错误；d点已达平衡状态，体系中，只有X是气体，K=1c(X)，温度不变，故K值不变，c(X)不变，起始加入X的物质的量为1mol，平衡转化率为60%，剩余X为0.4mol，体积为1L，即c(X)15.(2025·呼和浩特二模)某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)、M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)42-(aq)。25℃时，-lgc与pH的关系如图所示，c为M2+或M(OH)42-浓度的值。下列说法错误的是(A.曲线②代表-l