2024版 步步高 考前三个月 化学 新高考考前特训　特训3　物质转化选择题

特训3 物质转化选择题1．(2023·四川泸州二模)已知：Ksp(AgNO2)＝5.9×10－4，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。下列离子方程式书写正确的是( )A．FeSO4溶液滴入溴水：Fe2＋＋Br2===Fe3＋＋Br－B．向Ca(ClO)2溶液中通SO2：ClO－＋SO2＋H2O===HSOeq\o\al(－,3)＋HClOC．向AgNO2中滴加KCl溶液：AgNO2＋Cl－===AgCl＋NOeq\o\al(－,2)D．明矾与Ba(OH)2按物质的量之比1∶1在溶液中反应：Al3＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋3OH－===Al(OH)3↓＋BaSO4↓答案 C解析 应为2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，A项错误；向Ca(ClO)2溶液中通SO2，生成的HClO具有强氧化性，能将SOeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3)氧化为SOeq\o\al(2－,4)，所以一定有CaSO4生成，B错误；向AgNO2中滴加KCl溶液，由于Ksp(AgCl)＜Ksp(AgNO2)，所以AgNO2将不断转化为AgCl：AgNO2＋Cl－===AgCl＋NOeq\o\al(－,2)，C正确；明矾与Ba(OH)2按物质的量之比1∶1在溶液中反应，设二者的物质的量都为3mol，则发生反应生成BaSO4沉淀和Al(OH)3沉淀：2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，D错误。2．(2023·福建莆田统考)现有下列实验探究摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的化学性质。装置实验试剂a现象①紫色石蕊溶液溶液变红色②BaCl2溶液产生白色沉淀③稀硝酸溶液溶液变黄色④浓NaOH溶液产生具有刺激性气味的气体下列离子方程式不能准确解释相应实验现象的是( )A．①中溶液变红：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋B．②中产生白色沉淀：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)===BaSO4↓C．③中溶液变黄：Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋2H＋===Fe3＋＋NO2↑＋H2OD．④中产生有刺激性气体：NHeq\o\al(＋,4)＋OH－===NH3↑＋H2O答案 C解析 亚铁离子和硝酸根离子生成铁离子和一氧化氮气体，3Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑，不能准确解释相应实验现象，C符合题意。3．甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢(CH3OOH)，实现了天然气的高效利用，其原理如图所示，下列说法错误的是( )A．反应③有极性键的断裂与形成B．反应⑤中，Ce的化合价升高C．铑/铈氧化物改变了CH4和H2O2的反应历程，降低了反应的活化能D．若用Heq\o\al(18,2)O2作反应物，一段时间后只有CH3OH、CH3OOH中含有18O答案 D解析 反应③中CH4中断裂C—H形成·CH3，·OH与H形成H2O中有O—H形成，则有极性键的断裂与形成，A正确；反应⑤中，H2O2―→H2O中O元素从－1价降低至－2价，则Ce的化合价升高，B正确；铑/铈氧化物是催化剂，改变了CH4和H2O2的反应历程，降低了反应的活化能，C正确；由反应⑤可知O连接在Ce上，甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢(CH3OOH)，则用Heq\o\al(18,2)O2作反应物，一段时间后CH3OH、CH3OOH、H2O和铑/铈氧化物中均含有18O，D错误。4．乙炔(HC≡CH)能在Hg2＋催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是( )A．过程①中，水分子中的氧原子向Hg2＋的空轨道提供孤电子对B．本反应历程涉及的物质中，CH2==CHOH最稳定C．HC≡CH转化为CH3CHO的过程涉及消去反应D．其他条件不变时，更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变答案 A解析 由图可知，过程①中H2O与Hg2＋形成配合物，水分子中的氧原子具有孤电子对，可向Hg2＋的空轨道提供孤电子对形成配位键，A正确；图中CH2==CHOH的能量最高，故其稳定性最弱，B错误；HC≡CH转化为CH3CHO的过程中碳碳三键转化为醛基，没有涉及消去反应，C错误；催化剂改变反应历程、降低活化能、加快反应速率，但不能改变反应的焓变，D错误。5．(2023·江苏南通统考二模)一种由含Sc3＋的酸性溶液制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。含Sc3＋的酸性溶液eq\o(――――→,\s\up7(H2C2O4溶液),\s\do5(过滤))Sc2(C2O4)3(s)eq\o(――――――――――→,\s\up7(在足量空气中焙烧))Sc2O3下列说法正确的是( )A．Sc的基态核外电子排布式为[Ar]3d1B．1molH2C2O4(乙二酸)含有5molσ键C．生成Sc2(C2O4)3的离子方程式为2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋D．Sc2(C2O4)3在足量空气中焙烧，消耗n[Sc2(C2O4)3]∶n(O2)＝1∶2答案 C解析 Sc是21号元素，基态核外电子排布式为[Ar]3d14s2，故A错误；H2C2O4结构简式为HOOC—COOH，单键为σ键，双键含有1个σ键，1个π键，故1molH2C2O4分子中含有7molσ键，故B错误；Sc3＋和H2C2O4发生反应生成Sc2(C2O4)3固体，离子方程式为2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，故C正确；Sc元素化合价没有发生变化，C2Oeq\o\al(2－,4)中C元素由＋3价上升到＋4价，O2中O元素由0价下降到－2价，根据得失电子守恒可知消耗n[Sc2(C2O4)3]∶n(O2)＝2∶3，故D错误。6．(2023·石家庄校联考模拟)造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是( )A．Na2S溶液中存在n(OH－)＝n(H＋)＋n(HS－)＋2n(H2S)B．反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂之比为2∶1C．在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂D．反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc答案 B解析 Na2S溶液中的质子守恒式成立，A正确；反应Ⅰ中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，S的化合价升高6，而反应Ⅱ中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，S的化合价升高2，当反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数相等时，还原剂之比为1∶3，B错误；在废水处理过程中，CoPc参与反应且反应前后不变，为催化剂，O2参与反应且反应后化合价降低，为氧化剂，C正确。7．在Fe＋催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是( )A．X为C2H5OH，是中间产物之一B．过程①～⑥，Fe元素的化合价均发生了变化C．增加Fe＋的量，C2H6平衡转化率不变D．每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO答案 C解析 根据反应机理图示，C2H6、N2O是反应物，N2、H2O、CH3CHO、X是生成物，其余为中间产物。根据反应③，X为CH3CH2OH，是生成物，A错误；根据反应③④，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误；Fe＋是催化剂，只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确；反应③是制备过程的副反应，会生成X(乙醇)，因此每消耗1molN2O，制备不了0.5molCH3CHO，D错误。8．我国科研人员将单独脱除SO2的反应与H2O2的制备反应相结合，实现协同转化。①单独制备H2O2：2H2O＋O2===2H2O2，不能自发进行②单独脱除SO2：4OH－＋2SO2＋O2===2SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O，能自发进行协同转化装置如图(在电场作用下，双极膜中间层的H2O解离为OH－和H＋，并向两极迁移)。下列分析不正确的是( )A．反应②释放的能量可以用于反应①B．产生H2O2的电极反应：O2＋2e－＋2H＋===H2O2C．反应过程中不需补加稀H2SO4D．协同转化总反应：SO2＋O2＋2H2O===H2O2＋H2SO4答案 D解析 该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成SOeq\o\al(2－,4)，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O2，负极反应式为SO2－2e－＋4OH－===SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O，正极反应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2，所以协同转化总反应为SO2＋O2＋2NaOH===H2O2＋Na2SO4，B正确，D错误；原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；根据总反应可知，右侧消耗H＋的量等于迁移过来H＋的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确。9．海泥细菌通过消耗海底沉积层中的有机物获得营养，同时产生电子。科学家利用这一原理设计了海泥细菌电池，该技术可在海底加速石油污染物降解速率，其中海泥代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是( )A．负极的电极反应式为CH2O－4e－＋H2O===CO2＋4H＋B．工作时B电极附近溶液pH减小C．海水和海泥含有电解质，导电性高，有利于输出电能D．A电极消耗标准状况下O25.6L，有1mol质子通过海底沉积层和海水层交界面答案 A解析 由图可知，氧气在A电极得到电子发生还原生成水，为正极，O2＋4e－＋4H＋===2H2O；HS－在B电极失去电子发生氧化反应生成硫单质，为负极，HS－－2e－===S↓＋H＋，A错误；工作时B电极附近生成氢离子，酸性增强，溶液pH减小，B正确；消耗标准状况下O25.6L，为0.25mol，转移1mole－根据电子守恒可知，有1mol质子通过海底沉积层和海水层交界面，D正确。10．(2023·济南一中校联考三模)已知Ph代表苯基，Me代表甲基，环戊二烯阴离子()中有6个π电子，是很好的三齿配体，下列说法正确的是( )A．反应前后钒元素的化合价未发生变化B．反应前后钒元素的配位数未发生变化C．生成物中氮氮三键的键长大于氮气的键长D.中所有原子一定共平面答案 C解析 反应前后钒形成的化学键数目改变，其元素的化合价发生变化，A错误；反应前后钒元素的配位数分别为5、4，发生变化，B错误；氮氮三键一端的氮和钒形成配位键，导致氮氮三键中电子云密度减小，结合力减弱，键长增加，故生成物中氮氮三键的键长大于氮气的键长，C正确；单键可以旋转，故两个苯环不一定在同一平面，D错误。11．(2023·济南一中校联考三模)富钴结壳浸出液分离MnSO4制备Mn3O4的工艺流程如下：已知：①“浸出液”中主要含有的金属离子为Ni2＋、Co2＋、Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋；②温度高于20℃时，MnSO4在水中的溶解度随温度升高迅速降低；③“焙烧”的过程发生的部分反应有2C＋O2eq\o(=====,\s\up7(△))2CO,3MnSO4＋2COeq\o(=====,\s\up7(△))Mn3O4＋3SO2＋2CO2，下列有关说法错误的是( )A．过程②中，O2和MnCO3的作用分别是氧化剂和沉淀剂B．固体Y中主要物质的化学式为CoS、NiS、CuSC．过程④中的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D．流程中可循环使用的物质有SO2答案 C