冲刺卷05-【新高考新题型】2022年高考化学选择题标准化练习20卷（广东专用）（解析版）

提升卷05（广东专用）（满分：44分得分：____分）12345678910111213141516BADCACBCBCADDCBB选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1、“祝融号”火星车使用了碳化硅复合材料和镁锂合金材料。下列说法错误的是A．铁锂合金属于金属材料B．镁锂合金的硬度比镁的小C．碳化硅属于无机非金属材料D．碳化硅复合材料具有耐高温的性能【答案】B【详解】A．铁锂均为金属，铁锂合金属于金属材料，A正确；B．合金硬度大于单组份金属硬度，镁锂合金的硬度比镁的大，B错误；C．C与Si均为非金属，碳化硅属于无机非金属材料，C正确；D．碳化硅复合材料具有较好的耐高温与抗氧化、耐腐蚀等特性，D正确；答案选B。2、下列有关化学用语表示正确的是A．水分子的球棍模型： B．钾原子的结构示意图：C．Na2O2的电子式： D．中子数为20的氯原子：【答案】A【解析】A．水分子的电子式为，由于受孤电子对的排斥作用，成键电子对发生偏移，所以球棍模型为，A正确；B．钾为19号元素，其核外有19个电子，原子结构示意图为，B不正确；C．Na2O2为离子化合物，两个O原子间只形成1对共用电子，其电子式为，C不正确；D．中子数为20的氯原子，质量数为37，其原子符号为，D不正确；故选A。3、新疆有得天独厚的自然条件，土质呈碱性、阳光充足等优势造就了新疆棉以绒长、品质好、产量高著称于世。下列说法错误的是A．新疆棉的主要成分为纤维素B．新疆棉可被生物降解C．可用灼烧的方法鉴别新疆棉毛巾和化纤毛巾D．新疆棉的主要成分在一定条件下可以发生水解最终生成氨基酸【答案】D【详解】A．新疆棉的主要成分为纤维素，A项正确；B．新疆棉可被生物降解，B项正确；C．新疆棉毛巾的主要成分是纤维素，化纤毛巾的主要成分是化学纤维，可用灼烧的方法鉴别纤维素和化学纤维，C项正确；D．纤维素水解的最终产物是葡萄糖，D项错误；故选D。4、碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中不能有效促进碳中和的是A．研发二氧化碳人工合成淀粉技术 B．扩大风电、光电规模代替火力发电C．利用可燃冰代替现有化石能源 D．推动新能源汽车代替燃油汽车【答案】C【详解】A．研发二氧化碳人工合成淀粉技术可以降低CO2的浓度，制造有使用价值的物质，提高了物质的价值，能有效促进碳中和，A不符合题意；B．扩大风电、光电规模代替火力发电，即满足了人类对能源的需求，同时也可以节约化石能源的使用与开采，可以大大降低CO2的产生与排放，能有效促进碳中和，B不符合题意；C．可燃冰的主要成分为甲烷的结晶水合物，利用可燃冰代替现有化石能源不能有效减少CO2的排放，因此不能有效促进碳中和，C符合题意；D．推动新能源汽车代替燃油汽车，可以满足人们快速便捷出行的目的，同时也能够降低CO2的产生与排放，因此能够有效促进碳中和，D不符合题意；故合理选项是C。5、有机物M()是一种重要的香料。下列关于M的说法中错误的是A．属于烯烃 B．分子中所有碳原子不可能共平面C．能使酸性KMnO4溶液褪色 D．能发生加成反应和取代反应【答案】A【详解】A．该化合物含有羟基，不属于烯烃，A项错误；B．分子中存在一个碳原子以单键形式连接三个碳原子，所以分子中所有碳原子不可能共平面，B项正确；C．羟基和碳碳双键均能使酸性KMnO4溶液褪色，C项正确；D．碳碳双键可以发生加成反应，氢原子和羟基可以发生取代反应，D项正确；答案选A。6、劳动成就梦想。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A社区服务：公共卫生间摆放酒精免洗手液酒精能使蛋白质变性B学农活动：用糯米酿制米酒酵母菌可将葡萄糖分解为酒精C家务劳动：用洁厕灵清洗马桶利用洁厕灵的强氧化性杀菌消毒D自主探究：用氯化铁溶液刻蚀电路板Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+【答案】C【详解】A．酒精能使蛋白质变性，所以公共卫生间摆放酒精免洗手液可起到杀菌消毒作用，A项有关联；B．用糯米酿制米酒是酵母菌将葡萄糖分解为酒精的过程，B项有关联；C．洁厕灵主要成分是盐酸，清洗马桶利用的不是洁厕灵的氧化性，C项没有关联；D．用氯化铁溶液刻蚀电路板是Fe3+将Cu氧化成Cu2+，D项有关联；故选：C。7、某种利用垃圾渗透液实现发电的装置示意图如下。当该装置工作时，下列说法不正确的是A．盐桥中K+向Y极移动B．电路中流过7.5mol电子时，产生标准状况下N2的体积为16.8LC．电流由Y极沿导线流向X极D．Y极发生的反应为2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，Y极周围pH增大【答案】B【分析】由图可知，X极氮元素价态升高失电子，故X极为负极，Y极为正极，电极反应式为2NO+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，电池总反应为5NH3+3NO=4N2↑+6H2O+3OH-。【详解】A．Y极为正极，电极反应式为2NO+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，负电荷增加，故钾离子向Y极移动，故A正确；B．电池总反应为5NH3+3NO=4N2↑+6H2O+3OH-，生成4mol氮气时，转移15mol电子，故电路中流过7.5mol电子时，生成氮气2mol，标况下体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故B错误；C．电池工作时，电子由负极（X极）沿导线流向正极（Y极），电流由Y极沿导线流向X极，故C正确；D．Y极为正极，电极反应式为2NO+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，生成氢氧根离子，周围pH增大，故D正确；故选：B。8、实验室可用下图装置制备乙酸乙酯，实验开始时先加热至110~120℃，再滴入乙醇和冰醋酸并使滴入速率与蒸出液体的速率几乎相等，滴加完毕后升温到130℃至不再有液体蒸出。下列说法错误的是A．冷凝管的进水口为bB．可用油浴加热C．滴加速率不宜过快，是为了防止副反应增多D．蒸出的液体用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯【答案】C【详解】A．为增强冷凝效果，冷凝管中的水下进上出，即进水口为b，A正确；B．所需温度高于水的沸点，所以可以采用沸点更高的油进行油浴加热，B正确；C．滴加速率不宜过快，是为了减少反应物的蒸发损失，提高利用率，C错误；D．饱和碳酸钠可以吸收未反应的乙醇和乙酸，同时乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯，D正确；综上所述答案为C。9、部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是A．a与d、a与e均能反应得到bB．c为一种新型自来水消毒剂，c代替b的原因是：c不属于危险化学品C．b的水溶液中加入CaCO3，可以增加d的产量D．e的固体可用于实验室制O2【答案】B【分析】根据价类二维图可知：b、c、d分别Cl2、C1O2、HClO，a、e可以为HCl、。【详解】A．根据氧化还原反应归中规律，HCl与HClO，NaCl与在酸性情况下发生归中反应，均可以得到Cl2，故A错误；B．ClO2为一种新型自来水消毒剂，代替Cl2的原因是它的杀菌、消毒的能力更强，与危险化学品无关，故B正确；C．Cl2的水溶里存在平衡：，加入CaCO3，与HCl反应，使平衡向右移动，HClO的含量增多，故C错误；D．若为KClO3，它的固体可用于实验室制O2，故D错误；故选B。10、常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，已知醋酸的电离常数为，下列说法错误的是A．在氨水滴定前，混合溶液B．在氨水滴定前，混合溶液在数值上约等于C．当溶液呈中性时，氨水滴入量等于，且D．当滴入氨水时，【答案】C【详解】A．HCl是强电解质而完全电离，CH3COOH是弱电解质而部分电离，则相同浓度的HCl、CH3COOH溶液中存在c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故A正确；B．的和的混合液中存在电离平衡：CH3COO-+H+，c(CH3COOH)≈c(H+)，，故B正确；C．溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒，c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-)═c(H+)+c(NH)，则c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(NH)，所以c(NH)＞c(Cl-)，故C错误；D．当滴入10mL氨水时，溶液中加入一水合氨的物质的量等于醋酸的物质的量，根据物料守恒得c(NH)+c(NH3•H2O)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D正确；故选：C。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，20gD2O中含有氧原子的数目为NAB．标准状况下，44.8LCCl4中含有分子的数目为2NAC．0.1mol·L-1氯化铝溶液中含有Al3+的数目为0.1NAD．2.3g金属钠在空气中点燃失去的电子数目为0.2NA【答案】A【详解】A．20gD2O的物质的量是，其中含有NA个氧原子，A正确；B．标准状况下CCl4为液体，不能利用气体摩尔体积计算，B错误；C．0.1mol·L-1氯化铝溶液的体积未知，无法计算Al3+的数目，C错误；D．2.3gNa的物质的量为0.1mol，在空气中点燃与氧气反应，钠元素化合价从0升高到+1，0.1molNa参与反应失去的电子数为0.1NA，D错误；故选A。12、下列反应的方程式不正确的是A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量NH3和CO2：Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NHB．电解CuSO4溶液的总反应(石墨作阳极、铁作阴极)：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑C．FeO与稀硝酸的反应：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2OD．向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O【答案】D【详解】A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量NH3和CO2，发生反应生成NaHCO3晶体和氯化铵，反应的离子方程式为：Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH，A正确；B．电解CuSO4溶液，在阳极上水电离产生的氢氧根离子失去电子产生氧气，阴极上铜离子得电子生成单质铜，总反应(石墨作阳极、铁作阴极)为：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑，B正确；C．FeO与稀硝酸发生氧化还原反应，产生硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式为：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，C正确；D．向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水，离子方程式为：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO，D错误；答案选D。13、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W同主族，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，化合物N是具有漂白性的气体。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物及部分反应条件省略)。下列说法错误的是A．图中催化剂在一定条件下与铝粉混合可能发生铝热反应B．由Y与Z元素形成的某常见化合物中，阴、阳离子个数比为1:2C．沸点：丁>丙，是因为丁分子间存在氢键D．丙与N能发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1【答案】D【分析】甲和丁的组成元素相同且常温下均为液体，其中含甲3%的溶液是医院常用的一种消毒剂，可推测甲是H2O2,丁是H2O，化合物N是具有漂白性的气体，可推测其是SO2，根据物质间的转化关系则可推测M是氧气，丙是H2S，则乙是硫化物。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，故X、Y、Z、W四种元素中，由于X的原子序数最小，则X是H元素，Y与W同主族，则Y是氧元素，W是S元素，X和Z的质子数之和为Y和W的质子数之和的一半，则Z是Na元素，则乙是Na2S，据此分析解答。【详解】A．经分析甲是H2O2，能使H2O2分解的催化剂种类很多，MnO2就是其中之一，MnO2在一定条件下与铝粉混合就能发生铝热反应，故A正确；B．经分析Y是O元素，Z是Na，Y与Z元素形成的某常见化合物是Na2O，其阴、阳离子个数比为1:2，故B正确；C．经分析丁是H2O，丙是H2S，沸点：H2O>H2S，是因为H2O分子间存在氢键，故C正确；D．经分析丙H2S，N是SO2，H2S与SO2反应的化学方程式是2H2S+SO2=3S↓+2H2O，根据化学方程式中元素化合价变化情况，可知H2S是还原剂，SO2是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，故D错误；本题答案D。14、Al—N2二次电池以离子液体为电解质，其工作原理如图所示。石墨烯/Pd作为电极催化剂，可吸附N2。下列说法正确的是A．充电时，可实现“氮的固定”B．充电时，阴极上反应为：Al3++3e-=AlC．放电时，正极上反应为：8Al2Cl+N2+6e-=2AlN+14AlClD．放电时，石墨烯/Pd用于提高N2反应的活化能【答案】C【详解】A．氮元素从游离态变为化合态的过程称为氮的固定，该电池放电时，氮气在正极上得到电子发生还原反应转化为氮化铝，实现了氮的固定，故A错误；B．放电时负极反应；充电时，阴极反应为：，故B错误；C．放电时，氮气在正极上发生还原反应生成氮化铝，铝元素来自于Al2Cl，正极反应为8Al2Cl+N2+6e-=2AlN+14AlCl，故C正确；D．放电时，石墨烯/Pd作为正极的催化剂，可降低N2反应的活化能，加快反应速率，故D错误；故答案为：C15、Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：下列关于活化历程的说法错误的是A．活化能最大的步骤：中间体2→中间体3B．只涉及极性键的断裂和生成C．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化D．【答案】B【详解】A．根据图示，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，故A正确；B．反应过程中涉及C-C键的断裂和C-H键的形成，涉及非极性键的断裂，不涉及非极性键的形成，故B错误；C．根据图示，过渡态