2024版高考总复习-化学二轮专题(新教材) 选择题专项练(14)课件PPT

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1.(2023·广东广州二模)氮化硅可通过在高温下由石英与炭在氮气流中制备:3SiO2+6C+2N2 ══ Si3N4+6CO,关于该反应中相关微粒的说法正确的是( 　)A.N2和CO共价键极性和分子极性相同B.五种微粒固态时,属于共价晶体的可能有三种C.基态硅原子的价电子轨道表示式为D.二氧化硅的空间填充模型是
解析 N2含有非极性键,正负电荷中心重合,为非极性分子;CO含有极性键,正负电荷中心不重合,为极性分子,A错误。该反应涉及的微粒中,属于共价晶体的有SiO2、Si3N4,共2种,B错误。基态硅原子的价电子排布式为3s23p2,C正确。二氧化硅是正四面体网状结构,Si结构类似于金刚石,每个Si原子以sp3杂化和其余3个Si原子形成Si—Si共价键,SiO2结构就是在Si空间结构的基础上,每两个Si原子之间以O原子连接,D错误。
2.(2023·湖南教研联盟二模)泽兰素来源于泽兰属植物,具有抗肿瘤、抗炎、杀菌和抗氧化等多种生物活性,其结构如图所示,下列关于泽兰素的说法正确的是(　　)A.泽兰素中含有三种官能团B.1 ml泽兰素与H2加成最多消耗5 ml H2C.泽兰素可以发生取代、氧化、加成、加聚反应D.泽兰素中所有原子共平面
解析 泽兰素中含有酮羰基、羟基、醚键和碳碳双键四种官能团,A错误;1 ml泽兰素中羰基可加成1 ml H2,苯环可以加成3 ml H2,碳碳双键可以加成2 ml H2,与H2加成最多消耗6 ml H2,B错误;泽兰素中含有甲基可以发生取代反应、羰基可以发生氧化反应、碳碳双键和苯环可以发生加成反应、碳碳双键可以发生加聚反应,C正确;泽兰素中含有—CH3,所有原子不共平面,D错误。
3.(2022·江苏南京、盐城二模)氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备Si3N4的操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物):
下列叙述不正确的是(　　)A.“还原”过程中焦炭被氧化为CO2B.“高温氮化”反应的化学方程式为3Si+2N2 Si3N4C.“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉D.“稀酸Y”可选用稀硝酸
解析 焦炭与石英砂在高温下发生反应SiO2+2C Si+2CO,焦炭被氧化成CO,A错误;“高温氮化”是Si与氮气反应,该反应的化学方程式为3Si+2N2 Si3N4,B正确;原料气中含有N2和少量的O2,氧气能与Cu反应生成CuO,N2不与Cu反应,故操作X可以是将原料气通过灼热的铜粉,从而得到纯净的氮气,C正确;粗硅中含有少量Fe和Cu,即得到的Si3N4中含有少量Fe和Cu,Fe、Cu均能与稀硝酸反应,得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2,则稀硝酸可以除去Si3N4中Fe和Cu,D正确。
4.(2023·河北保定一模)工业合成氨常选择N2+3H2 2NH3,NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　) A.1 ml N2完全反应,转移的电子数为3NAB.混合气中物质的沸点由高到低的顺序为NH3>N2>H2C.物质的量之比为1∶1的N2和H2的混合气体所含原子数目为4NAD.反应物断裂NA个σ键同时生成物断裂NA个σ键,反应达到平衡状态
解析 反应中氮元素化合价由0价变为-3价,则1 ml N2完全反应,转移的电子数为6NA,A错误。氨气分子间存在氢键,导致沸点最高;氮气的相对分子质量大于氢气,其沸点高于氢气,故混合气中物质的沸点由高到低的顺序为NH3>N2>H2,B正确。不确定混合气体的总物质的量,不能计算N2和H2的混合气体所含原子数目,C错误。单键均为σ键,三键含有1个σ键、2个π键;1个氮气分子含有2个π键和1个σ键,1分子氢气含有1个σ键,1分子氨气含有3个σ键,则反应物断裂NA个σ键同时生成物断裂NA个σ键,说明正逆反应速率不同,反应没有达到平衡状态,D错误。
5.(2023·辽宁抚顺4月模拟)如图所示是利用并联电解槽从铝废料(含Si、Mg、Fe、Cu、Mn和Zn杂质)中回收金属铝的固态电解工艺,利用熔融LiCl、KCl和AlCl3三种盐做电解液,电解过程中在阴、阳两极发生 和 的转化。下列叙述正确的是(　　)
A.固态电解工艺有利于金属铝的回收利用B.当电路中转移1 ml电子时,理论上一块阴极板可回收9 g金属铝C.阴极的电极反应为 +6e- ══ 2Al+7Cl-D.阳极泥中可回收的金属有Mg、Fe、Cu、Mn和Zn
6.(2023·山东潍坊二模) CO吸附在不同催化剂(HCN、HCN-A)上转化为CH3CHO的反应过程和能量变化如图所示。
下列说法正确的是(　　)A.步骤Ⅰ→Ⅱ过程中存在C—H的形成B.Ⅰ与Ⅸ相对能量的差值等于总反应的焓变C.反应过程中的决速步是Ⅱ→ⅢD.Ⅰ→Ⅷ的反应为*OCHCH2+H++e-→*OCHCH3
解析 由题图可知,步骤Ⅰ→Ⅱ过程中存在C—H的形成,A正确;Ⅰ中是*CO,不是CO,则Ⅰ与Ⅸ相对能量的差值不可能等于总反应的焓变,B错误;反应的活化能越大,反应速率越慢,反应过程中的决速步为慢反应,由题图可知,反应过程中Ⅴ→Ⅵ的活化能最大,则反应过程中的决速步是Ⅴ→Ⅵ,C错误;由题图可知,Ⅶ→Ⅷ的反应为*OCHCH2+H++e-→*OCHCH3,D错误。
7.(2023·安徽安庆示范高中4月联考)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐,通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N,R为烷基)因静电作用被吸附回收,其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图,下列说法错误的是(　　)
A.该回收利用的原理是R3N粒子对HCOO-的静电吸附B.pH=5的废水中c(HCOO-)∶c(HCOOH)=18∶1,则甲酸电离平衡常数K的数量级为10-4C.废水初始2.4