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保分练（二）
1.化学与科技、生产、生活、社会密切相关，下列有关说法不正确的是（　　）
A.2024年央视春晚舞蹈《瓷影》所诠释的青花瓷，其主要原材料为含水的铝硅酸盐
B.5G-A技术所需高频通讯材料之一的LCP（液晶高分子）在一定加热状态下一般会变成液晶，液晶既具有液体的流动性，又表现出类似晶体的各向异性
C.绿色化学的核心思想是治理经济发展所带来的环境污染
D.甘油二酯油是国际公认的健康油脂发展方向，当其进入人体后，可以迅速在体内代谢，从根源上改善多种代谢类疾病。它与普通油脂成分不完全相同，但都可以发生水解反应
解析：C　青花瓷由无机非金属材料制成，主要原料是含水的铝硅酸盐，A正确；液晶是指外观为液态，但仍有晶体特征的物质，具有类似晶体的各向异性，B正确；绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，直接从源头上杜绝污染，而不是治理经济发展所带来的环境污染，C错误；普通油脂是高级脂肪酸和甘油形成的甘油三酯，甘油二酯油与普通油脂成分不完全相同，但都属于酯类，都可以发生水解反应，D正确。
2.化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语表述错误的是（　　）
A.SO2的空间填充模型为
B.2-甲基-2-戊烯的键线式为
C.基态Cu2＋的价层电子排布式为3d9
D.CN－的电子式为[︰C N︰]－
解析：A　SO2中S原子的价层电子对数为3，有1个孤电子对，空间结构为V形，A错误；2-甲基-2-戊烯的键线式为，B正确；Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，基态Cu2＋的价层电子排布式为3d9，C正确；CN－中C原子和N原子间的化学键为三键，电子式为[︰C N︰]－，D正确。
3.关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是（　　）
A.Ag与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜
B.加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，说明浓硫酸酸性强于HCl
C.将CO2通入Ba（NO3）2溶液，溶液无明显现象，则将SO2通入Ba（NO3）2溶液也无明显现象
D.向NaClO溶液中滴加酚酞溶液，溶液先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
解析：D　实验室中一般使用稀硝酸洗涤试管内壁上的银镜，A错误；加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，是因为HCl为挥发性的酸，HCl逸出促进反应进行，B错误；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，酸性条件下，亚硫酸根离子被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，S和钡离子生成硫酸钡沉淀，C错误；NaClO溶液中ClO－水解生成次氯酸和氢氧根离子，溶液显碱性使得酚酞溶液变红，次氯酸具有漂白性，使得溶液褪色，D正确。
4.科研人员开发了一种生产药物中间体三氟甲苯的方法：
＋＋H2↑＋CO2↑
设NA为阿伏加德罗常数的值，已知三氟乙酸的pKa＝0.23，下列叙述正确的是（　　）
A.1 mol三氟甲苯中碳碳双键数目为3NA
B.氢气和二氧化碳组成的混合物共1 mol，其中氢、氧原子总数为2NA
C.生成22.4 L H2时，需消耗1 mol苯
D.1 L 1 mol·L－1三氟乙酸溶液中，H＋的数目为NA
解析：B　苯环上的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊共价键，不存在碳碳双键，1个三氟甲苯分子中，碳碳双键数目为0，A错误；氢气为双原子分子，二氧化碳的分子组成为CO2，1个CO2分子中含有2个氧原子，1 mol H2和CO2组成的混合物中不管比例如何，氢、氧原子总数都是2NA，B正确；生成22.4 L H2时，未明确气体所处状况，无法计算需消耗苯的量，C错误；由三氟乙酸的pKa＝0.23可知，三氟乙酸为弱酸，1 L 1 mol·L－1三氟乙酸溶液中，H＋的数目小于NA，D错误。
5.下列有关物质结构、性质与应用的表述，没有因果关系的是（　　）
A.Al（OH）3胶体具有吸附性，可用于除去水中的悬浮颗粒物
B.N—H的极性大于C—H的极性，NH3分子的极性大于CH4
C.C—F的键能大于C—H，聚四氟乙烯的稳定性高于聚乙烯
D.Cr3＋存在3d、4s、4p等多个空轨道，可形成多种配位化合物
解析：B　Al（OH）3胶体具有吸附性，所以Al（OH）3胶体可以作净水剂，除去水中的悬浮颗粒，A不符合题意；N的非金属性强于C，故吸电子的能力较大，故N—H的极性大于C—H的极性，但键的极性大小关系并不能代表分子极性大小的关系，即N—H的极性大于C—H的极性与NH3分子的极性大于CH4的极性无因果关系，B符合题意；C—F的键能大于C—H的键能，键能越大越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，C不符合题意；配位化合物一般指由过渡金属的原子或离子（价电子层的部分d轨道和s、p轨道是空轨道）与含有孤电子对的分子或离子通过配位键结合形成的化合物，Cr3＋存在3d、4s、4p等多个空轨道，因此可形成多种配位化合物，D不符合题意。
6.以纤维素为原料合成PEF树脂的路线如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A.纤维素属于纯净物
B.葡萄糖异构化为果糖不涉及能量变化
C.1 mol 5-HMF完全被氧化为FDCA转移4 mol电子
D.合成PEF的单体是FDCA和乙二醇
解析：D　纤维素的分子式为（C6H10O5）n，由于n不确定，故纤维素属于混合物，A项错误；葡萄糖和果糖为两种不同的物质，所具有的能量不同，因此葡萄糖异构化为果糖一定涉及能量变化，B项错误；有机反应中加氧去氢为氧化反应，每加1 mol O原子或失去2 mol H原子，均失去2 mol电子，由题图知，1 mol 5-HMF完全被氧化为FDCA总共增加2 mol O原子且失去2 mol H原子，则共转移6 mol电子，C项错误；由FDCA和PEF的结构简式可知合成PEF的单体是FDCA和乙二醇，D项正确。
7.下列装置正确并能达到实验目的的是（　　）
A.用装置甲分离甲烷与氯气发生取代反应得到的液态混合物
B.用装置乙所示方法观察Cu和浓硫酸反应后有CuSO4生成
C.用图丙所示的滴定装置测氨水的物质的量浓度
D.用图丁装置比较S、C和Si元素非金属性的强弱
解析：D　分馏需要温度计，A错误；水加到Cu和浓硫酸反应后的溶液中，易发生迸溅，B错误；酚酞在偏碱性时出现红色，而生成的氯化铵水解显酸性，应用甲基橙作指示剂，C错误；通过最高价氧化物的水化物酸性的比较，可判断元素非金属性的强弱，D正确。
8.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前4周期元素，其中Y原子s能级电子数是其p能级电子数目的2倍，Z和Y位于同一周期，W位于ds区，其基态原子的价电子中有1个未成对电子，四种元素可形成如图所示的某离子。下列说法正确的是（　　）
A.Z的第一电离能在同周期元素中最大
B.Y原子是sp3杂化，Z原子是sp2杂化
C.该离子中W的配位数是4，配体数是2
D.该离子中W的最外层电子数是1
解析：C　X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前4周期元素，其中Y原子s能级电子数是其p能级电子数目的2倍，Y原子的电子排布式为1s22s22p2，Y为C，Z和Y位于同一周期，且Z形成4个共价键（其中有1个配位键），Z为N，X参与形成1个共价键，X为H，W位于ds区，其基态原子的价电子中有1个未成对电子，W为Cu。Z为N，位于第二周期，第二周期第一电离能最大的元素是Ne，A错误；该结构中，C形成4个σ键，没有孤电子对，是sp3杂化，N形成4个σ键（其中有1个配位键），没有孤电子对，是sp3杂化，B错误；由题图可知，该配离子中Cu的配位数是4，配体有2个，配体数为2，C正确；Cu是29号元素，Cu2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，最外层电子数是17，D错误。
9.绿氢由于生产过程中100％绿色的特点备受青睐，发展前景最为广阔，光催化制氢机理研究取得新进展。如图是通过光催化循环在较低温度下由水分解制备氢气的反应原理。下列有关说法错误的是（　　）
A.该制氢过程中，消耗了水和太阳能，含锰化合物均为中间产物
B.该制氢过程解决了气体A、B难分离的问题
C.制氢过程中涉及Mn元素转化的反应不都是氧化还原反应
D.生成气体B的反应的化学方程式为2MnO＋2NaOH2NaMnO2＋H2↑
解析：A　由题干反应原理历程图可知，Mn2O3在聚光太阳能作用下分解为MnO，该过程中Mn的化合价降低，故可推知气体A为O2，该反应的化学方程式为2Mn2O34MnO＋O2↑，MnO和D反应生成NaMnO2，该过程中Mn的化合价升高，则有元素化合价降低，该反应为2MnO＋2NaOH2NaMnO2＋H2↑，2NaMnO2＋H2OMn2O3＋2NaOH。Mn2O3在反应前后未改变，是该反应的催化剂，不是中间产物，即该制氢过程中，消耗了水和太阳能，含锰化合物除Mn2O3外均为中间产物，A错误；H2和O2在不同时间、不同反应中产生，故该制氢过程解决了气体A、B难分离的问题，B正确；制氢过程中涉及Mn元素转化的反应2NaMnO2＋H2OMn2O3＋2NaOH未有元素的化合价发生改变，不是氧化还原反应，其余反应均有元素的化合价改变，属于氧化还原反应，C正确；生成气体B的反应的化学方程式为2MnO＋2NaOH2NaMnO2＋H2↑，D正确。
10.下列实验操作能达到目的的是（　　）
选项 实验操作 目的
A 在空气中蒸发AlCl3溶液 制备AlCl3固体
B 在苯乙烯、甲苯中分别滴加溴水，振荡 鉴别甲苯和苯乙烯
C 在FeS粉末中滴加浓硫酸，生成的气体通过氯化钙粉末 制备干燥的H2S
D 向盛有CuSO4溶液的烧杯中加入绿豆粒大小的金属钠 验证钠与铜的活泼性
解析：B　直接蒸发AlCl3溶液，铝离子发生水解，得到的是Al（OH）3，A错误；苯乙烯和溴发生加成反应使得溴水褪色且有机层无色，甲苯萃取溴水中的溴单质，使得有机层显橙色，能鉴别甲苯和苯乙烯，B正确；浓硫酸具有强氧化性，会将－2价硫氧化为硫单质或二氧化硫，不能得到硫化氢气体，C错误；钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠又和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不能验证钠与铜的活泼性，D错误。
11.复旦大学科研人员采用金属碳酸盐和固—固转换反应，设计出2ZnCO3·3Zn（OH）2@石墨烯（ZZG）电极的概念电池，该电池原料利用率高，寿命长。其充电原理如图所示：
下列说法不正确的是（　　）
A.充电时，OH－移向镍基电极
B.充电时，阴极附近电解液中pH增大
C.放电时，镍基电极为电源正极
D.放电时，当外电路中有2 mol电子转移时，ZZG电极析出1 mol固体
解析：D　观察题图中物质变化可知，充电时阴极反应式为2ZnCO3·3Zn（OH）2＋10e－5Zn＋2C＋6OH－，n（OH－）增大，阴极附近电解液pH增大，镍基电极为阳极，充电时，阴离子移向阳极，因此OH－移向镍基电极，A、B正确；充电时，镍基电极为阳极，因此放电时，镍基电极为电源正极，C正确；放电时，ZZG电极为负极，发生的电极反应为5Zn＋2C＋6OH－－10e－2ZnCO3·3Zn（OH）2，当电路中有2 mol电子转移时，ZZG电极会产生0.2 mol [2ZnCO3·3Zn（OH）2]，D错误。
12.钒（V）的某种氧化物在升高到一定温度时，会发生可逆的相转变，由绝缘体变为导体，导体状态的晶体结构如图，V原子（大球）位于O原子形成的正八面体的中心。这种晶体结构的奇妙之处是能够导电。下列说法错误的是（　　）
A.O原子的配位数为6
B.该晶体的化学式为VO2
C.冷却该晶体，会失去导电性
D.该晶体的密度为 g·cm－3
解析：A　V原子有8个位于顶角、4个位于棱心、2个在体内，个数为4；O原子有4个位于面上、6个位于体内，个数为8；原子个数比为V∶O＝1∶2，则该晶体化学式为VO2，两者配位数之比等于2∶1，由晶胞结构可知，V的配位数为6，则O的配位数为3，A错误，B正确。由题意可知温度改变时，该晶体会发生相转变，高温下由绝缘体转化为导体，则冷却时会变回绝缘体，从而失去导电性，C正确。晶胞的质量为 g，晶胞体积为a×b×c×10－21 cm3，晶体的密度为 g·cm－3，D正确。
13.我国某科研团队打通了从CO2和N2电合成氨基酸的关键路径，以硫酸和硫酸钾的混合液为电解液，阴极采用Pb-Cu复合电极，其反应机理如图甲所示，N2和CO2反应历程如图乙所示。
下列说法错误的是（　　）
A.乙二酸转化的电极反应式为HOOCCOOH＋2e－＋2H＋OHCCOOH＋H2O
B.为了提高该装置的工作效率，原料中CO2与N2的物质的量之比为4∶1
C.反应过程中，阴极溶液pH始终增大
D.若用惰性电极作阳极，当装置的工作效率最佳时，阳极生成的气体与阴极消耗的气体物质的量之比为9∶10
解析：B　乙二酸转化为乙醛酸，发生还原反应，电极反应式为HOOCCOOH＋2e－＋2H＋OHCCOOH＋H2O，A项正确；根据图甲及原子守恒可得OHCCOOH＋NH2OH＋4H＋＋4e－＋2H2O，OHCCOOH、NH2OH的物质的量之比为1∶1，结合2CO2～OHCCOOH、N2～2NH2OH知，原料中CO2与N2的物质的量之比理论上应为4∶1，但由图乙知，N2生成NH2OH的活化能更高，反应速率更慢，因此为了提高该装置的工作效率，原料中CO2与N2的物质的量之比应小于4∶1，B项错误；反应过程中，阴极发生反应：2CO2＋2H＋＋2e－HOOCCOOH、HOOCCOOH＋2e－＋2H＋OHCCOOH＋H2O、N2＋2e－＋2H2O＋2H＋2NH2OH、OHCCOOH＋NH2OH＋4H＋＋4e－HOOCCH2NH2＋2H2O，溶液中c（H＋）始终减小，pH始终增大，C项正确；当装置的工作效率最佳时，CO2和N2的物质的量之比为4∶1，则阴极总反应为4CO2＋N2＋18e－＋18H＋2＋4H2O，阳极反应为2H2O－4e－4H＋＋O2↑，根据各电极上转移电子数相同，知阳极生成的气体与阴极消耗的气体的物质的量之比为9∶10，D项正确。
14.铼（Re）是一种贵金属。一种以辉钼矿（主要含有MoS2，还含有少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等）为原料制备铼的工艺流程如图：
已知“氧化焙烧”后的成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4，其中Re2O7、MoO3与氨水反应分别生成NH4ReO4、（NH4）2MoO4。下列说法错误的是（　　）
A.废气中含有SO2
B.滤渣的主要成分为SiO2、CuO、Fe3O4
C.浸出时发生的反应有Re2O7＋2NH3·H2O2NH4ReO4＋H2O
D.实验室用烧杯、漏斗、玻璃棒即可完成重结晶操作
解析：D　辉钼矿经过“氧化焙烧”之后，其成分由MoS2、ReS2、CuReS4、FeS、SiO2变为SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4，即除去了S元素；再加入氨水，氨水与Re2O7、MoO3反应分别生成NH4ReO4、（NH4）2MoO4，滤渣的主要成分为SiO2、CuO、Fe3O4，过滤之后，对滤液进行离子交换处理，通过解吸之后得到铼酸铵溶液，再通过重结晶、电沉积即可得到金属铼。辉钼矿经过“氧化焙烧”之后，硫元素转化为SO2，A正确；滤渣的主要成分为SiO2、CuO、Fe3O4，B正确；已知Re2O7与氨水反应生成NH4ReO4，根据原子守恒得：Re2O7＋2NH3·H2O2NH4ReO4＋H2O，C正确；重结晶操作还需要酒精灯等仪器，D错误。
15.利用平衡移动原理，分析常温下Ni2＋在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Ni2＋）·c（C）＝Ksp（NiCO3）；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Ni2＋）·c2（OH－）＝Ksp[Ni（OH）2][注：起始Na2CO3体系中c（C）＋c（HC）＋c（H2CO3）＝0.1 mol·L－1；不同pH下c（C）由图1得到]。下列说法错误的是（　　）
A.pH＝7时，碳酸钠溶液体系中存在：c（HC）＞c（H2CO3）＞c（C）
B.M点时，溶液中存在c（C）＝c（OH－）
C.初始状态pH＝9、lg[c（Ni2＋）]＝－5，平衡后存在c（C）＋c（HC）＋c（H2CO3）＝0.1 mol·L－1
D.沉淀Ni2＋制备NiCO3时，选用0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液比0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液效果好
解析：B　由图1可知c（C）＝c（HC）时pH＝10.25，则Ka2（H2CO3）＝10－10.25，c（H2CO3）＝c（HC）时pH＝6.37，则Ka1（H2CO3）＝10－6.37。由图1 pH＝7时三条曲线的相对高低可知，A正确；M点时pH＝8.25，则c（OH－）＝10－5.75 mol·L－1，而由图1可知，pH＝8.25时c（HC）≈0.1 mol·L－1，则根据Ka2可计算出c（C）≈10－3 mol·L－1，B错误；初始状态pH＝9、lg[c（Ni2＋）]＝－5，此时恰好为Ni（OH）2的沉淀溶解平衡体系，而未达到NiCO3的沉淀溶解平衡，因此溶液中仍存在c（C）＋c（HC）＋c（H2CO3）＝0.1 mol·L－1，C正确；由图2可知，pH＞8.25时，Ni（OH）2沉淀比NiCO3优先析出，因此制备NiCO3时选用0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液比0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液效果好，D正确。
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