2023版高考化学江苏专版二轮复习检测：第三板块-第一类-选择题提速练(二)-Word版含解析.doc

选择题提速练（二）

一、单项选择题(本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意。)
1．化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是(　　)
A．利用风力发电，减少CO2的排放
B．为提高粮食产量，大量使用高残留农药
C．对秸秆进行加工，使其转化为汽车燃料
D．按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置
解析：选B　B．大量使用高残留农药，会造成水源、土壤等污染，给人类造成危害，错误。
2．下列有关化学用语表示正确的是(　　)
A．质量数为37的氯原子：Cl
B．间甲苯酚的结构简式：
C．F－的结构示意图：
D．硫化氢的电子式：
解析：选C　质量数为37的氯原子表示为Cl，A错误；间甲苯酚的结构简式是B错误；原子中，核外电子数等于质子数，阴离子中核外电子数大于质子数，则F－的结构示意图为，C正确；硫化氢是共价化合物，氢原子与硫原子间形成共用电子对，不是离子键，电子式应为D错误。
3．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A．Si的熔点高，可用作半导体材料
B．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C．Na2CO3溶液呈碱性，可用于洗涤油污
D．Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
解析：选C　A．硅位于金属和非金属元素之间，具有金属和非金属的性质，硅单质是半导体的主要材料，但与硅的熔点高不对应，错误；B.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，错误；C.Na2CO3溶液呈碱性，能与油脂反应，可用于洗涤油污，正确；D.Al2O3熔点高，可用于制造耐火材料，与硬度很大不对应，错误。
4．下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A．石灰水中加入过量小苏打溶液：
HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O
B．将铜丝插入足量浓硝酸中：
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
C．将SO2通入少量氨水中：
SO2＋NH3·H2O===HSO＋NH
D．用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：
2I－＋H2O2===I2＋2OH－
解析：选C　石灰水中加入过量小苏打溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO，A错误；将铜丝插入足量浓硝酸中生成Cu(NO3)2、NO2和水，离子方程式为Cu＋2NO＋4H＋===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，B错误；将SO2通入少量氨水中生成亚硫酸氢铵，C正确；用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘，溶液呈酸性，OH－不能大量存在，离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O，D错误。
5．下列有关实验装置正确且能达到实验目的的是(　　)

A．用图1装置制取少量乙酸乙酯
B．用图2装置制少量蒸馏水
C．用图3装置制取并收集乙炔气体
D．用图4装置分离苯和苯酚
解析：选B　用图1装置制取少量乙酸乙酯，和乙酸乙酯一起蒸发出来的还有乙醇和乙酸，两者均易溶于水，导管伸入饱和Na2CO3溶液中会发生倒吸，A错误；用图2装置制少量蒸馏水，B正确；用图3装置制取并收集乙炔气体，由于乙炔密度比空气略小，不可用排空气法收集，C错误；用图4装置分离苯和苯酚，苯酚溶于苯中，不能用分液法分离，D错误。
6．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最多的气体，Y是同周期中原子半径最小的主族元素，Z原子的最外层电子数与最内层电子数相同，W与Y同主族。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径：r(X)<r(Z)<r(W)
B．X的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
C．Z与W形成的化合物水溶液显弱酸性
D．Y分别与X和Z形成的化合物所含化学键类型相同
解析：选C　短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最多的气体则X为氮元素，Z原子的最外层电子数与最内层电子数相同则为镁元素，Y是同周期中原子半径最小的主族元素，Y应为第二周期元素故为氟元素，W与Y同主族则W为氯元素。同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下依次增大，故原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)，A错误；非金属性越强气态氢化物的稳定性越强，则X的简单气态氢化物NH3的热稳定性比Y的简单气态氢化物HF弱，B错误；Z与W形成的化合物氯化镁为强酸弱碱盐，Mg2＋水解使溶液显弱酸性，C正确；Y分别与X和Z形成的化合物所含化学键类型不相同，分别为共价键和离子键，D错误。
7．孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3(含Fe2O3、FeCO3，Al2O3、SiO2杂质)，工业上用孔雀石制备硫酸铜的第一步需用过量的硫酸溶解并过滤。常温下，分别取滤液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中大量存在的一组离子正确的是(　　)
A．加入过量氨水：Fe3＋、NH、SO、OH－
B．加入过量H2O2溶液：Fe2＋、H＋、Cu2＋、SO
C．加入过量NaOH溶液：Na＋、AlO、SO、OH－
D．加入过量NaHCO3溶液：Na＋、Al3＋、SO、HCO
解析：选C　Fe3＋、NH与OH－不能大量共存，A错误；H2O2能将Fe2＋氧化，B错误；HCO与Al3＋发生反应生成Al(OH)3和CO2，D错误。
8．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能通过一步反应实现的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 HClCl2Ca(ClO)2(aq)
B．Al3＋AlOAl(OH)3
C．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)
D．MgO(s)MgCl2(aq)Mg(s)
解析：选C　A项，二氧化锰不能和稀盐酸发生氧化还原反应，不能氧化氯离子生成氯气，错误；B项，铝离子和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，反应只能生成氢氧化铝沉淀，错误；C项，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠是强碱弱酸盐，水解生成氢氧化钠和氢氧化铝，加热蒸发是蒸发水，得到偏铝酸钠，正确；D项，氧化镁溶于稀盐酸生成氯化镁，电解氯化镁溶液，生成氢氧化镁沉淀，不能得到金属镁，错误。
9．下列说法正确的是(　　)
A．分子式为C2H4O2的有机物不一定有酸性
B．利用复分解反应可实现FeSO4向FeO(OH)的转化
C．相同质量的红磷分别在空气中和纯氧中完全燃烧，后者放出的热量多
D．选用适当的催化剂，可以改变可逆反应反应物的平衡转化率
解析：选A　分子式为C2H4O2的有机物可能为CH3COOH，也可能为HOCH2CHO，故不一定有酸性，A正确；复分解反应前后元素化合价不变，由FeSO4到FeO(OH)的转化，铁的化合价由＋2升高到＋3，不可能通过复分解反应得到，B错误；相同质量的红磷分别在空气中和纯氧中完全燃烧，两者放出的热量一样多，C错误；使用适当的催化剂，只能改变化学反应速率，加快或减慢到达化学平衡的时间，不可以改变可逆反应反应物的平衡转化率，D错误。
10．已知：4FeO＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋8OH－＋3O2↑，测得c(FeO)在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：

下列说法正确的是(　　)
A．图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO转化速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO转化速率越快
C．图丙表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO优良的稳定剂
D．图丁表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3＋能加快FeO的转化
解析：选D　由图甲可知温度越高，FeO的转化速率越快，故A错误；图乙显示，随溶液碱性增强，FeO转化速率减小，故B错误；由图丙可知，并不是所有的钠盐对FeO具有稳定作用，如Na3PO4能迅速使FeO转化，故C错误；由图丁可知，随Fe3＋浓度的增大，FeO浓度迅速减小，故D正确。

二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题有一个或两个选项符合题意。)
11．下列说法正确的是(　　)
A．用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁水闸时，将钢铁水闸与石墨相连
B．22.4 L(标准状况)O2与1 mol Na充分反应，转移电子数为2×6.02×1023
C．反应3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)能自发进行，则该反应的ΔH＜0
D．由反应CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH1，CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)　ΔH2，则反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1
解析：选CD　用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁水闸时，应将钢铁水闸与一种比铁活泼的金属相连如锌或镁，故A错误；22.4 L(标准状况)O2与1 mol Na充分反应时，O2过量，应按Na的物质的量计算，则转移电子数为6.02×1023，故B错误；反应3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)能自发进行，该反应的气体分子数减少，则ΔS<0，故该反应的ΔH＜0，故C正确；由盖斯定律可得，反应的ΔH＝ΔH2－ΔH1，因此D正确。
12．某有机物Z具有较广泛的抗菌作用，其生成机理可由X与Y相互作用：

下列有关叙述中不正确的是(　　)
A．Z结构中有1个手性碳原子
B．Y的分子式为C9H8O4
C．1 mol Z与足量NaOH溶液反应，最多消耗8 mol NaOH
D．Z与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应
解析：选AC　A项，Z中标有“*”的均为手性碳原子：，共4个；B项，由题图可推断出Y的结构简式为其分子式为C9H8O4；C项，1 mol Z与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOH；D项，由题图可知Z的结构简式中含有碳碳双键能与浓溴水发生加成反应，又含有酚羟基能与浓溴水发生取代反应。
13．H2S为二元弱酸。20 ℃时，向0.100 mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)
A．通入HCl气体之前：c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(HS－)＝c(S2－)的碱性溶液中：c(Cl－)＋c(HS－)>0.100 mol·L－1＋c(H2S)
C．pH＝7的溶液中：c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)
D．c(Cl－)＝0.100 mol·L－1的溶液中：
c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)
解析：选CD　通入HCl气体之前，溶质为Na2S，S2－分步水解，以第一步为主，同时存在水的电离，故有c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)，A错误；c(HS－)＝c(S2－)的碱性溶液中：由于忽略H2S的挥发，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)＝0.200 mol·L－1，溶液还存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，即：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H2S)＝c(Cl－)＋c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)＋c(H2S)，可以得到：0.200 mol·L－1＋c(H＋)＋c(H2S)＝c(Cl－)＋0.100 mol·L－1＋c(S2－)＋c(OH－)，由于c(HS－)＝c(S2－)，得：c(Cl－)＋c(HS－)＝0.100 mol·L－1＋c(H2S)＋c(H＋)－c(OH－)，由于为碱性溶液，因此
c(H＋)－c(OH－)＜0，因此c(Cl－)＋c(HS－)＜0.100 mol·L－1＋c(H2S)，B错误；pH＝7的溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，即：c(Na＋)＝
c(Cl－)＋c(HS－)＋2c(S2－)；由于忽略H2S的挥发，还存在物料守恒：c(Na＋)＝2c(HS－)＋
2c(S2－)＋2c(H2S)，可以得到等量关系：c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)，C正确；由上述B项分析可以得到：0.200 mol·L－1＋c(H＋)＋c(H2S)＝c(Cl－)＋0.100 mol·L－1＋c(S2－)＋c(OH－)，由于c(Cl－)＝0.100 mol·L－1，则：c(H＋)＋c(H2S)＝c(S2－)＋c(OH－)，即：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)，D正确。
14．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(　　)
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向过氧化钠样品中滴加过量的盐酸，将生成的气体通入CaCl2溶液
无白色沉淀产生
样品未变质
B
向氯仿(CHCl3)样品中加入AgNO3溶液
有白色沉淀产生
样品已变质
C
将漂白粉样品溶于水，加入盐酸和KI溶液，再加入CCl4振荡，静置
下层液体呈紫红色
样品未变质
D
将亚硫酸钠样品溶于水，加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
有白色沉淀产生
样品已变质

解析：选B　CO2不与CaCl2溶液反应，向过氧化钠样品中滴加过量的盐酸，无论过氧化钠是否变质，生成的气体通入CaCl2溶液，都不会有沉淀产生，A错误；向氯仿样品中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明氯仿中产生了Cl－，则样品已变质，B正确；将漂白粉样品溶于水，加入盐酸和KI溶液，无论样品是否变质，漂白粉中的ClO－都会把I－氧化生成I2，再加入CCl4振荡，静置，下层液体都呈紫红色，C错误；将亚硫酸钠样品溶于水，加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无论亚硫酸钠是否变质，亚硫酸根离子在酸性条件下都会被NO氧化，从而生成白色沉淀，D错误。

15.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。
各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示。
容器
温度/K
起始物质的量浓度/(mol·L－1)
NO(g)
CO(g)
N2(g)
CO2(g)
甲
T1
0.10
0.10
0
0
乙
T2
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
下列说法正确的是(　　)
A．该反应的正反应为吸热反应
B．乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%
C．达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍
D．丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，此时v(正)<v(逆)
解析：选B　由题图可知，甲先达到平衡，故温度T1>T2，甲和丙相比可知，随着温度的升高平衡时n(CO2)减少，故平衡逆向移动，正反应为放热反应，A错误；根据丙容器中的数据可知，丙容器达到平衡时，c(N2)＝0.03 mol·L－1，若在乙容器中加入0.05 mol·L－1 N2和0.10 mol·L－1 CO2，平衡时N2的转化率为40%，现在乙容器起始相当于增大压强，平衡正向移动，故N2的转化率小于40%，B正确；乙容器中起始物质的量是甲容器的两倍，乙的温度低于甲的温度，平衡正向移动，故乙的压强小于甲的2倍，C错误；根据题图和题表中数据可知，在温度T2时，平衡常数K＝＝42.187 5，再加入0.10 mol NO和0.10 mol CO2时，Q＝≈28<K，反应正向进行，v(正)>v(逆)，D错误。