《2022届新高考化学二轮复习不定项选择题专练(10).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届新高考化学二轮复习不定项选择题专练(10).docx（4页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、不定项选择题专练（10）（本练共7小题，每小题有一个或两个选项符合题意。）1设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A46gC2H5OH中含有极性键的数目为7NAB1molN2H4中含有孤电子对数为5NAC8.5g15NH3中含有的中子数为4NAD标准状况下，22.4LC2H4中含有电子数为12NA2实验室中常用丁二酮肟来检验Ni2，反应时形成双齿配合物。离子方程式如下：下列说法错误的是（）A基态Ni2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8B丁二酮肟分子中碳原子与氮原子的杂化方式均为sp2C每个二（丁二酮肟）合镍（）含有32个键D二（丁二酮肟）合镍（）的中心原子的配体数目和
2、配位数均为43有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（）A在NaCl晶体中，距Na最近的Cl有6个B在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2C在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子D该气态团簇分子的分子式为EF或FE4甲醇与SO3在有水条件下生成硫酸氢甲酯的反应部分历程如图所示。CH3OH（g）SO3（g）CH3OSO3H，其中粒子间的静电作用力用“”表示。下列说法错误的是（）A水合CH3OH分子比水合SO3分子更稳定B反应历程中最大能垒（活化能）为6.62eVCd到f转化的实质为质子转移D在反应过程中，水起催化作用5利用含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2
3、等杂质）制备碳酸钴的工艺流程如图：已知：萃取Co2的反应原理：Co22HR（有机磷）CoR22H。下列说法错误的是（）A“滤液”中溶质的主要成分是NaAl（OH）4B“酸溶”中H2O2的作用是将Co2氧化为Co3C“反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2D“沉钴”时增大Na2CO3溶液的浓度或滴加速率，能够提高产品的纯度6利用间接成对电化学合成间氨基苯甲酸的工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A阳极的电极反应式为：2Cr37H2O6e=Cr2O14HB阳极槽外氧化反应为：Cr2O8H2Cr35H2OC通电时阳极区pH增大D当电路中转移1mole时，理论上可得到1mol间氨基苯甲酸7羟氨（NH
4、2OH）为一元弱碱（25时，电离常数Kb9.0109），其电离方程式为：NH2OHH2ONH3OHOH。用0.1molL1盐酸滴定20mL0.1molL1NH2OH溶液，恒定25时，滴定过程中由水电离出来OH浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示（已知：lg30.5）。下列说法正确的是（）AA、B、C、D四点对应的溶液中NH2OH电离常数不相等BA点对应溶液的pH9.5CD点对应溶液中存在：c（H）c（OH）c（NH3OH）c（NH2OH）DB点时溶液呈中性，C点时溶液呈酸性不定项选择题专练(10)1答案：A解析：A.C2H5OH分子中CH键、OH键、CO键均为极性键，所以一个C2H5OH分子中
5、含有7个极性键，46gC2H5OH的物质的量为1mol，含有极性键的数目为7NA，正确；B.N2H4分子中每个N原子各有一对孤电子对，所以1molN2H4中含有孤电子对数为2NA，错误；C.一个15NH3中含有1578个中子，8.5g15NH3的物质的量为mol，含有的中子数为NA，错误；D.一个C2H4分子中含62416个电子，标况下22.4LC2H4为1mol，含有电子数为16NA，错误。2答案：BD解析：A.镍元素的核电荷数为28，失去2个电子形成镍离子，则基态Ni2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，正确；B.由丁二酮肟分子结构可知，分子中有的碳原子形成1个双键和2个单
6、键，碳原子的杂化方式为sp2杂化，还有的碳原子全部是单键，碳原子的杂化方式为sp3杂化，错误；C.由二(丁二酮肟)合镍()的结构可知，配合物中含有4个配位键、4个双键和24个单键，共32个键，正确；D.由二(丁二酮肟)合镍()的结构可知，配合物的中心原子为镍离子，配位数为4，配体为2个丁二酮肟，错误。3答案：D解析：A.以顶点Na研究，与之最近的Cl处于晶胞棱心且关于Na对称，即距Na最近的Cl有6个，正确；B.在CaF2晶体中，Ca2位于晶胞顶点和面心，数目为864，即每个晶胞平均占有4个Ca2，正确；C.金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成
7、空间网状结构，由金刚石的晶胞结构图，也可以看出最小的环上有6个碳原子，正确；D.该气态团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，错误。4答案：A解析：A.据图可知b为水合CH3OH分子，c为水合SO3分子，c的能量更低，所以水合SO3分子更稳定，错误；B.据图可知反应历程中最大能垒(活化能)为3.66eV(2.96eV)6.62eV，正确；C.据图可知d到f的过程中甲醇中的氢原子转移到水分子中，水分子中的氢原子转移到CH3OSO3H分子中，实质为质子转移，正确；D.反应前后水未发生变化，形成的水合分子降低了能垒，为该反应的催化剂，正确。5答案：BD解析：经过第一步碱浸操作
8、，废料中的铝箔溶解转化为NaAl(OH)4或NaAlO2(滤液)而被除去，钴渣中主要含Co3O4和LiCoO2，后续萃取操作中，加入HR有机磷，根据给定信息可知，萃取的是Co2，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2，即在酸溶步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，硫酸提供酸性环境，经过滤所得滤液中主要含CoSO4和Li2SO4，再经过萃取操作实现两者分离，有机相中主要为CoR2，根据萃取Co2的原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后加入碳酸钠溶液经过沉钴操作获得CoCO3，据此分析解答。根据上述分析可知，A.含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少
9、量的铝箔、LiCoO2等杂质)经过碱浸后，其中铝箔可与氢氧化钠溶液发生反应生成NaAl(OH)4或NaAlO2，即“滤液”中溶质的主要成分是NaAl(OH)4或NaAlO2，正确；B.经过酸溶之后，Co3O4中的Co元素转化为Co2，Co元素化合价降低，即在酸溶步骤中Co元素被还原，H2O2此时作还原剂，错误；C.萃取Co2的反应原理：Co22HR(有机磷)CoR22H，根据平衡移动原理可知，“反萃取”中可加入H2SO4，使平衡向逆反应方向移动，从而有机相中CoR2转化为无机相，分离出Co2，正确；D.“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质，降低其
10、产品纯度，错误。6答案：CD解析：据图可知左侧与电源负极相连为阴极，Ti4被还原为Ti3，右侧与电源正极相连为阳极，Cr3被氧化为Cr2O。A.右侧与电源正极相连为阳极，据图可知反应物为Cr3和H2O，产物为Cr2O和H，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应为2Cr37H2O6e=Cr2O14H，正确；B.据图可知阳极槽外被Cr2OH氧化为，反应方程式为Cr2O8H2Cr35H2O，正确；C.根据阳极槽内外的反应可知，转移6mol电子时槽内生成1molCr2O和14molH，槽外消耗1molCr2O和8molH，所以通电后阳极区氢离子浓度增大，pH减小，错误；D.阴极槽外的反应为6Ti36H2H2O6Ti4，阴极槽内反应为Ti4e=Ti3，根据方程式可知转移6mol电子时才能生成1mol间氨基苯甲酸，错误。7答案：BD解析：A.电离常数与温度有关，而A、B、C、D四点对应的溶液温度相同，则NH2OH电离常数相等，错误；B.A点时，K9.0109，c(OH)3.0105molL1，则对应溶液的pH9.5，正确；C.D点对应溶液中存在质子守恒：c(H)c(OH)c(NH3OH)2c(NH2OH)，错误；D.A点溶液呈现碱性，加入盐酸后，溶液碱性减弱，C点时恰好完全反应，溶液呈酸性，则B点时溶液呈中性，正确。