2026版化学步步高大二轮专题复习-第13练　选择题标准练(四)

第13练选择题标准练(四)[分值：50分](1~10题，每小题3分，11~15题，每小题4分)1.自然资源是可持续发展的关键，下列对黑、吉、辽、内蒙古四地资源的叙述错误的是()A.黑龙江——石油：由多种碳氢化合物组成的混合物B.吉林——木材：其主要成分纤维素属于多糖C.辽宁——菱镁矿：其主要成分碳酸镁属于无机盐D.内蒙古自治区——稀土矿：稀土元素包括周期表f区所有元素答案D解析黑龙江有丰富的石油资源。石油是由各种烷烃、环烷烃、芳香烃等多种碳氢化合物组成的复杂混合物，A正确；吉林是我国重要的林业基地之一，木材资源丰富。木材的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖类物质，B正确；辽宁有丰富的菱镁矿资源，菱镁矿的主要成分是碳酸镁，属于无机盐，C正确；稀土元素是元素周期表ⅢB族中17种元素的总称，包括镧系元素以及钪和钇，并不包括周期表f区的所有元素，D错误。2.(2025·辽宁葫芦岛一模)电石可通过如下反应制得：CaCO3CaO+CO2↑、CaO+3CCaC2+CO↑。下列说法正确的是()A.基态Ca2+的电子排布式：[Ar]4s2B.CO3C.CaC2的电子式为D.二氧化碳晶体属于共价晶体答案C解析基态Ca原子的电子排布式为[Ar]4s2，则基态Ca2+的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A错误；CO32-中C的价层电子对数为3+4+2-3×22=3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，故B错误；CaC2是离子化合物，由Ca2+和C22-构成，电子式为，故C正确；二氧化碳晶体属于分子晶体3.某含Cr催化剂(—Ph为苯基)可用于CO2光催化还原，结构简式如图所示。下列说法正确的是()A.电负性：P<O<NB.基态Cr原子的价层电子排布式为4s1C.1molBPh4-中含有D.该催化剂中B和P均采取sp3杂化答案D解析同周期元素从左往右电负性递增，同主族元素从上往下电负性递减，故电负性：P<N<O，A错误；Cr位于第四周期第ⅥB族，价层电子排布式为3d54s1，B错误；1mol中，含有12mol×4=48molσ键，C错误；由结构可知，B和P均形成了4个共价键，故均为sp3杂化，D正确。4.硫及其化合物的部分转化关系如图，已知S8分子的8个硫原子以单键连接构成环状结构。下列叙述正确的是()A.32g单质S8分子中含S—S的数目为8NAB.1L0.1mol·L-1Na2SO3溶液中，SO32-的数目为0.1C.反应①每消耗1molSO2，转移电子数为2NAD.反应②的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2答案D解析已知一个S8分子中含有8个S—S，则32gS8分子中含S—S的物质的量为32g(32×8)g·mol-1×8=1mol，即含S—S的数目为NA，A错误；由于SO32-会发生水解，故1L0.1mol·L-1Na2SO3溶液中，SO32-的数目小于0.1NA，B错误；反应①SO2中硫元素化合价由+4价降低到0价，1molSO2反应，转移电子数为4NA，C错误；由题干信息可知，反应②的离子方程式为3S8+48OH-=16S2-+8SO32-+24H2O，其中氧化产物为SO5.(2025·哈尔滨二模)青蒿素生成双氢青蒿素的反应如下。下列说法正确的是()A.青蒿素和双氢青蒿素都易溶于水B.青蒿素和双氢青蒿素都能和NaOH溶液反应C.青蒿素和双氢青蒿素所含手性碳原子数目相同D.利用质谱图、红外光谱图和核磁共振氢谱图都可以鉴别青蒿素和双氢青蒿素答案D解析青蒿素含有酯基，具有酯类的性质特点，则青蒿素难溶于水；双氢青蒿素属于大环含氧化合物，疏水基较大，也不易溶于水，A错误；青蒿素含有酯基，能与氢氧化钠溶液反应；双氢青蒿与氢氧化钠溶液不反应，B错误；青蒿素的手性碳原子位置如图：，一共有7个手性碳原子；双氢青蒿素手性碳原子位置如图：，一共有8个手性碳原子，数目不同，C错误；青蒿素和双氢青蒿素的相对分子质量、含有官能团种类、氢原子种类均不相同，利用质谱图、红外光谱图和核磁共振氢谱图都可以鉴别青蒿素和双氢青蒿素，D正确。6.下列离子反应方程式与所给事实相符的是()A.过量SO2与0.1mol·L-1的Na2S溶液反应：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3B.少量CO2与C6H5ONa溶液反应：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+COC.用Na2CO3溶液将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3：Ca2++CO32-=CaCOD.用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2O72-转化为Cr3+：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr答案D解析由于SO2过量，生成的SO32-会进一步与SO2反应生成亚硫酸氢根离子，故正确的离子方程式为5SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4HSO3-，A错误；少量CO2与C6H5ONa反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，B错误；由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入Na2CO3溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，C错误；Cr2O72-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，根据守恒规则可知，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O77.(2025·内蒙古乌兰察布二模)某有机离子液体结构为[XZnR4-n]-，元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族。下列说法错误的是()A.分子极性：YZ3>XZ3B.同周期第一电离能小于X的元素有2种C.简单离子半径：R>Y>ZD.该离子液体中存在离子键、极性键和配位键答案B解析元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据结构可判断出Y连接3个共价键，Y为N元素；基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，可能为1s22s22p5或1s22s22p63s22p1，R与Z同主族，且R的原子序数大于Z，因此R为Cl元素，Z为F元素；由[XZnR4-n]-可知X的化合价为+3价，X为B元素，元素X、Y、Z、R分别为B、N、F、Cl。YZ3为NF3，XZ3为BF3，BF3中B的价层电子对数为3，无孤电子对，因此为非极性分子，NF3的价层电子对数为4，有1个孤电子对，为极性分子，因此分子极性：NF3>BF3，即YZ3>XZ3，故A正确；同周期第一电离能小于B的元素只有Li，故B错误；该离子液体中，和[XZnR4-n]-之间存在离子键，中有C—N、C—H极性键，阴离子[BFnCl4-n]-中存在配位键，故D正确。8.下列装置可以用于相应实验的是()A.图甲制取并收集SO3B.图乙检验乙炔具有还原性C.图丙中红墨水左高右低D.图丁装置制取Cl2答案A解析电石中含有的杂质硫化钙、磷化钙等与水反应生成的硫化氢和磷化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则装置乙不能用于检验乙炔的还原性，B错误；活泼金属和酸反应放热，导致装置中气体膨胀，U形管中红墨水左低右高，C错误；浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，D错误。9.二氧化铈(CeO2)作为一种脱硝催化剂，能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz]。当二氧化铈晶胞发生如图变化时，有关说法错误的是()A.铈位于氧原子形成的八面体空隙中B.生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为2∶2∶7，当1molCeO2发生变化时，可吸收标准状况下NO的体积为5.6LC.晶胞的俯视图为D.若晶胞边长为apm，则CeO2晶体的密度为4×172NAa3×1030g·cm-3(答案A解析铈位于氧原子形成的立方体空隙中，A错误；根据晶胞结构可知：在CeO2晶胞中含有Ce原子数为8×18+6×12=4；含有黑球个数为8，因此白球代表Ce原子，黑球代表O原子，一个晶胞中含有4个CeO2，设Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz晶胞中Ce(Ⅲ)个数为m，Ce(Ⅳ)个数为n，则m+n=8×18+6×12=4，7个O位于体内，则3m+4n=2×7，解得m=n=2，则x∶y∶z=2∶2∶7，1molCeO2晶胞中含4molCeO2，脱硝反应时，4molCeO2转化为1molCe2(Ⅲ)Cez(Ⅳ)O7，转移2mole-，可将1molNO氧化为NO2，即当1molCeO2发生变化时，可吸收标准状况下NO的体积为0.25mol×22.4L·mol-1=5.6L，B正确；由于晶胞边长为apm，则该晶体的密度为4×(140+16×2)NA(a×10-10)310.(2025·内蒙古自治区二模)植物油和呋喃⁃2，5⁃二甲酸能合成生物基醇酸树脂(如图，—R为烃基)。下列叙述错误的是()A.X的结构简式为RCOCH3B.甲、乙是合成丙的单体C.丙是一种能自然降解的绿色材料D.丙的熔点高于乙答案A解析根据原子守恒，X为RCHO，A错误；丙是高分子，甲和乙是合成丙的单体，B正确；丙的结构中含有酯基，是一种能自然降解的绿色材料，C正确；丙的相对分子质量远大于乙，丙的熔点高于乙，D正确。11.磷化氢(PH3)具有能量密度高、可再生优势，常用作新能源材料。一种工业上利用副产法制备PH3的流程如图所示：下列说法正确的是()A.白磷(P4)属于共价晶体B.次磷酸钠是酸式盐C.白磷与浓NaOH溶液反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3D.流程中的每一步反应均属于氧化还原反应答案C解析由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此答题。P4是4个磷原子构成的分子，白磷属于分子晶体，故A错误；H3PO2是一元酸，氢氧化钠溶液过量的情况下，白磷与氢氧化钠反应生成的NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故B错误；白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生反应，PH3中P化合价为-3价，是还原产物，NaH2PO2中P化合价为+1价，是氧化产物，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故C正确；第二步中次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸的反应不涉及元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误。12.二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]中Cu元素含量可按下列步骤测定：滴定时，加入淀粉溶液作指示剂，用标准Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅蓝色，再加入KSCN溶液，摇匀，慢慢滴定至滴定终点。已知：①2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2S2O32-=2I-+S4②CuI易吸附I2；Ksp(CuI)=1.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15。下列说法错误的是()A.加入过量H2SO4的目的是尽可能使(H2NCH2COO)2Cu转化为Cu2+B.加入过量KI有利于Cu2+的充分还原C.滴定时为防止Na2S2O3与H2SO4反应，应先将溶液调至强碱性D.滴定终点前未加入KSCN溶液，则测得Cu元素含量偏低答案C解析第一步转化的Cu2+越完全，后续反应越完全，测定结果越准确，所以第一步加入过量H2SO4的目的是尽可能使(H2NCH2COO)2Cu转化为Cu2+，A正确；要使Cu2+反应完全，则加入的KI需要过量，使Cu2+充分还原，B正确；如果在滴定时溶液中存在硫酸，则滴加Na2S2O3溶液会发生反应：2H++S2O32-=SO2↑+S↓+H2O，使消耗的Na2S2O3溶液体积偏大，但不能将溶液调至强碱性，因为强碱性条件下I2与碱反应，使消耗的Na2S2O3溶液体积偏小，C错误；滴定终点前未加入KSCN溶液，会因CuI吸附的I2未被还原，导致消耗的Na2S2O3溶液体积减小，最后会导致测得的Cu元素含量偏低，13.一种NO⁃空气酸性燃料电池的工作原理如图所示。电池工作时，下列说法正确的是()A.H+通过质子交换膜从右侧向左侧多孔石墨棒移动B.若生成1molHNO3，则理论上需通入11.2LO2C.负极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-D.电子的流动方向为从负极经电解质溶液流向正极答案C解析阳离子H+通过质子交换膜向正极定向移动，即从左侧向右侧多孔石墨棒移动，故A错误；题中未说明是否为标准状况，所以无法计算生成1molHNO3，理论上需通入氧气的体积，故B错误；负极为NO发生氧化反应生成硝酸，其电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故C正确；电子的流动方向应从负极经导线流入正极，电子不经过电解质溶液，故14.(2025·沈阳二模)温度335℃，在恒容密闭反应器中进行高压液态C10H18(1.00mol)催化脱氢实验，反应Ⅰ：C10H18(l)C10H12(l)+3H2(g)ΔH1；反应Ⅱ：C10H12(l)C10H8(l)+2H2(g)ΔH1；ΔH1>ΔH2>0，测得C10H12和C10H8的产率x1和x2(以物质的量分数计)随时间的变化关系如图所示，下列说法中错误的是()A.由图可知，反应活化能：Ⅱ<ⅠB.温度对Ⅱ反应限度影响大C.改变催化剂可调控两种有机生成物比例D.8h时，共产生H21.951mol答案B解析由图可知，相同时间内x2(反应Ⅱ产物产率)大于x1(反应Ⅰ产物产率)，说明反应Ⅱ的反应速率比反应Ⅰ快，一般情况下，反应速率越快，反应的活化能越低，所以反应活化能：Ⅱ<Ⅰ，A正确；已知ΔH1>ΔH2>0，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，且反应Ⅰ的ΔH更大，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向移动，对于吸热反应，ΔH越大，温度对反应限度影响越大，所以温度对反应Ⅰ的反应限度影响大，B错误；催化剂具有选择性，不同的催化剂对不同反应的催化效果不同，所以改变催化剂可调控一定时间内两种有机生成物比例，C正确；8h时，反应Ⅰ转化的C10H18的物质的量为x，反应Ⅱ消耗的C10H12的物质的量为y，列三段式：C10H18(l)C10H12(l)+3H2(g)起始/mol100转化/molxx3x8h时/mol1-xx3xC10H12(l)C