高考化学一轮复习讲义 第64练　选择题标准练(一)

第64练选择题标准练(一)[分值：50分](1~5题，每小题2分，6~13题，每小题5分)1.(2025·扬州上学期期中)LiFePO4可用作锂离子电池的正极材料。LiFePO4中属于过渡元素的是()A.Li B.Fe C.P D.O答案B2.下列化学用语表达正确的是()A.基态Fe2+的价层电子轨道表示式为B.N，N⁃二甲基苯甲酰胺的结构简式：C.O3分子的球棍模型：D.CaO2的电子式：答案B解析基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，轨道表示式为，A错误；为臭氧分子的VSEPR模型，C错误；CaO2是由钙离子和过氧根离子构成，D错误。3.下列关于氯气的实验室制备、除杂和应用的原理及装置均正确的是()A.制取Cl2B.除去HClC.干燥Cl2D.喷泉实验答案A解析除去氯气中的HCl要用饱和氯化钠溶液，B错误；碱石灰会与氯气反应，故不能用碱石灰干燥Cl2，应用P2O5或硅酸等干燥，C错误；氯气不溶于饱和食盐水，无法形成喷泉，D错误。4.某锂盐用作锂电池的电解质，能有效提高电池性能，其结构如图所示。下列说法不正确的是()A.简单氢化物的沸点：CH4>H2OB.元素的第一电离能：B<CC.简单离子的半径：O2->F-D.该锂盐的阴离子中含有配位键答案A解析H2O中存在氢键，CH4中不存在氢键，则H2O的沸点高于CH4，A错误；同周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，第一电离能：B<C，B正确；离子的电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：O2->F-，C正确；B原子形成3个共价键之后没有多余的电子，与其中一个F原子形成的共价键为配位键，D正确。(2025·盐城模拟)阅读下列材料，完成5~7题：硼和硅在周期表中处于对角线位置，性质相似但存在差异。硼的熔点(2076℃)高于硅(1414℃)，晶体硼的硬度接近金刚石。常温下乙硼烷(B2H6)和甲硅烷(SiH4)都是还原性的气体，B2H6有较大的标准燃烧热(-2165kJ·mol-1)，是常见的燃料；SiH4可与CuO共热制Cu。BCl3水解生成一元弱酸硼酸(H3BO3)，Si(OC2H5)4水解生成SiO2；氨硼烷(H3NBH3)、硼氢化钠(NaBH4)是常见的制氢试剂。5.下列说法正确的是()A.NH3BH3和NaBH4中都含有配位键B.晶体硼和晶体硅都是共价化合物C.SiH4和BCl3的中心原子的杂化方式相同D.1molSiO2和1mol金刚石中都含有2mol共价键答案A解析氨硼烷(NH3BH3)中，B原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成B←N配位键；硼氢化钠(NaBH4)中的阴离子BH4-，H-提供电子对，形成B←H配位键，因此两者均含配位键，A正确；晶体硼和晶体硅都是共价晶体，由同种原子通过共价键结合，属于单质而非化合物，B错误；SiH4的中心原子Si有4个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp3；BCl3的中心原子B有3个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp2，两者不同，C错误；SiO2是共价晶体，每个Si原子与4个O原子形成共价键，1molSiO2含4molSi—O共价键；金刚石也是共价晶体，每个C原子与4个相邻C原子成键，但每个键被2个原子共用，1mol金刚石含2molC—C共价键，6.下列化学反应表示正确的是()A.H3BO3和足量NaOH溶液反应：H3BO3+3OH-=BO33-B.Si(OC2H5)4水解生成SiO2的反应：Si(OC2H5)4+2H2O=SiO2↓+4C2H5OHC.甲硅烷还原CuO的反应：SiH4+2CuO2Cu+SiO2+2H2OD.表示乙硼烷标准燃烧热的热化学方程式：B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g)ΔH=-2165kJ·mol-1答案B解析硼酸是一元弱酸，与NaOH反应实质是接受OH-形成[B(OH)4]-，离子方程式为H3BO3+OH-=[B(OH)4]-，A错误；甲硅烷还原CuO的反应中，Si从-4价升至+4价，每个Si失8e-，Cu从+2价降至0价，每个Cu得2e-，因此需4个CuO：SiH4+4CuO4Cu+SiO2+2H2O，7.强碱性条件下，NaBH4在催化剂表面与水的反应为NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑，反应机理如图所示。下列说法正确的是()A.使用催化剂能降低反应的焓变B.图示机理中有非极性键的断裂与形成C.该反应中每生成1molH2，转移电子的数目约为2×6.02×1023D.若用D2O代替H2O反应，则产物中不含[答案D解析催化剂降低活化能，不改变焓变，A错误；反应中生成H—H非极性键，无非极性键断裂，B错误；BH4-中H为-1价，在H2中为0价，氧化失电子，H2O中H为+1价，在H2中为0价，还原得电子，生成4molH2时，总转移4mol电子，每生成1molH2，转移电子数目约为6.02×1023，C错误；用D2O代替H2O时，D2O提供D+，BH4-提供H-，产物为Na[B(OD)4]和HD，不含[B(OH)4]8.单液流电池属于沉积型电池，它不需要隔膜或离子交换膜，从而大幅降低了电池成本和电池设计的复杂性，一种Cu⁃PbO2单液流电池工作原理如图所示，下列说法错误的是()A.放电时，储液罐中溶液的pH不断增大B.充电时，PbO2电极与电源的正极相连C.放电时，正极反应式为PbO2+4H++2e-+SO42-=PbSO4D.充电时，若Cu电极增重64g，电解质溶液增加离子数为NA答案D解析电池放电时发生的总反应为PbO2+Cu+2H2SO4=PbSO4+CuSO4+2H2O，放电过程中不断消耗硫酸，pH不断增大，故A正确；放电时，PbO2电极作正极，则充电时，PbO2电极与电源的正极相连，故B正确；放电时，PbO2电极作正极，则电极反应式为PbO2+4H++2e-+SO42-=PbSO4+2H2O，故C正确；充电时，总反应为PbSO4+Cu2++2H2OPbO2+Cu+4H++SO42-，Cu电极增重64g时，电解质溶液增加离子数为49.有机化学工业中常以丙酮为主要原料制备α⁃甲基丙烯酸，其主要转化过程如图所示：下列说法正确的是()A.M不能发生加成反应B.N分子只有一种结构，不存在立体异构C.α⁃甲基丙烯酸只能发生加聚反应D.2⁃丁酮(CH3COCH2CH3)经过上述转化可以得到答案B解析M中含有氰基(—CN)，—CN中含有碳氮三键，M能发生加成反应，A项错误；N分子中不含手性碳原子，不存在对映异构，即不存在立体异构，B项正确；CH3COCH2CH3与HCN经过反应①生成，经过反应②生成，再经过反应③生成或，不可能生成，D项错误。10.(2025·连云港一模)含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。下列说法不正确的是()A.该催化剂不能提高CO2的平衡转化率B.过程1中CO2发生还原反应C.过程3中有1molH2O生成时有2mol电子转移D.整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变答案C解析催化剂不能使化学平衡发生移动，只能改变反应速率，所以不能提高CO2的平衡转化率，A正确；含Ru的化合物与二氧化碳反应，产物增加了氧原子，发生了氧化反应，二氧化碳发生还原反应，B正确；由图可知，过程3反应的化学方程式为Ru(OH)2+2H2=RuH2+2H2O，反应中钌元素的化合价没有变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气既是氧化剂也是还原剂，所以当有1molH2O生成时有1mol电子转移，C错误；RuH2、(HCOO)2Ru、Ru(OH)2中由化合价代数和为0可知，Ru和O元素的化合价不变，D正确。11.已知K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速反应产生O2，在碱性溶液中较稳定。现利用如图装置(夹持装置略)制备K2FeO4，发生反应2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，并设计以下方案探究K2FeO4能否氧化Cl-产生Cl2。下列说法错误的是()方案Ⅰ取三颈烧瓶中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2方案Ⅱ取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案Ⅲ用KOH溶液充分洗涤三颈烧瓶中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生A.方案Ⅰ不能证明K2FeO4氧化Cl-产生Cl2B.由方案Ⅱ知a中含Fe3+，方案Ⅰ与方案Ⅱ结合能证明K2FeO4氧化Cl-产生Cl2C.方案Ⅲ中能证明K2FeO4氧化Cl-产生Cl2，但若未充分洗涤，则不能证明D.该实验表明Cl2和K2FeO4的氧化性强弱受溶液酸碱性影响答案B解析方案Ⅰ中，取三颈烧瓶中紫色溶液加入稀硫酸产生黄绿色气体Cl2，但K2FeO4在酸性溶液中不稳定会分解，有可能是其分解产生的氧化性物质将Cl-氧化为Cl2，并非一定是K2FeO4直接氧化Cl-，所以不能证明K2FeO4氧化Cl-产生Cl2，A正确；方案Ⅱ中溶液a滴加KSCN溶液呈红色，只能说明溶液a中有Fe3+，不能结合方案Ⅰ证明K2FeO4氧化Cl-产生Cl2，因为Fe3+的产生可能是K2FeO4在酸性条件下分解转化而来，B错误；方案Ⅲ中，用KOH溶液充分洗涤三颈烧瓶中所得固体，再溶出K2FeO4得到溶液b，滴加盐酸有Cl2产生，若未充分洗涤，固体表面可能残留含氯氧化性物质(如未反应完的Cl2与KOH反应生成的ClO-等)，这些物质在酸性条件下也能氧化Cl-产生Cl2，C正确；制备K2FeO4的反应在碱性条件下Cl2能将FeOH3氧化为K2FeO4，而探究K2FeO4氧化Cl-在酸性条件下进行，不同酸碱性条件下反应情况不同，表明Cl2和K2FeO4氧化性强弱受溶液酸碱性影响，D12.某废催化剂主要含Al、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：已知：①25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；②25℃时，Ksp(BaMoO4)=3.5×10-8，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9；③该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO4下列说法错误的是()A.气体X是CO2B.试剂Y可选用稀盐酸C.溶液Ⅱ中的钠盐是NaCl和NaHCO3D.“沉钼”时为避免产生BaCO3，若溶液pH=7.0，当溶液c(HCO3-)∶c(MoO42-)=2.6答案D解析废催化剂和NaOH固体混合焙烧，Al元素转化为Na[Al(OH)4]，Mo元素转化为Na2MoO4，Ni的氧化物等不反应，之后加水浸取，得到含有Na[Al(OH)4]、Na2MoO4的溶液，Ni的氧化物不溶解，过滤得到含Ni固体，向过滤后滤液中通入过量的CO2，Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，加入盐酸调节pH，过滤后再向滤液中加入适量BaCl2溶液，得到BaMoO4沉淀、氯化钠和碳酸氢钠，据此分析解题。因为沉钼过程加入的是氯化钡溶液，则调节pH可用稀盐酸，B正确；若溶液pH=7.0，当溶液c(HCO3-)c(MoO42-)=c(HCO3-)13.在某催化剂作用下CO2和H2合成甲酸仅涉及以下反应：Ⅰ.CO2(g)+H2(g)⥬HCOOH(g)ΔH1<0Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⥬CO(g)+H2O(g)ΔH2在2L刚性容器中，CO2(g)和H2(g)各投1mol发生反应，平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。下列说法正确的是()A.ΔH2<0B.曲线b表示平衡时HCOOH的选择性C.240℃时，反应Ⅰ的平衡常数K=16D.在200~360℃之间，温度对反应Ⅰ的影响要小于反应Ⅱ答案C解析根据反应Ⅰ可知，升高温度，平衡逆向移动，则HCOOH的选择性随温度的升高而减小，CO2的转化率随温度升高而减小，根据240℃时，曲线a、c对应的数值之和为100%，说明这两条曲线分别代表HCOOH和CO的选择性，曲线b代表CO2的转化率随温度的变化关系，说明CO的选择性随温度升高而增大，即升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，故ΔH2>0，A、B错误；由图示信息可知，240℃时，CO2的转化率为40%，HCOOH的选择性为80%，CO的选择性为20%，三段式分析：CO2(g)+H2(g)⥬HCOOH(g)起始/(mol·L-1)0.50.50转化/(mol·L-1)0.5×40%×80%0.160.16平衡/(mol·L-1)0.340.340