提升卷02-【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02（广东专用）（满分：44分得分：____分）12345678910111213141516ADDDBBABBCCCDDCD一、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、（2021·广东茂名·高三阶段练习）茂名石油化工有限公司是我国生产规模最大的炼油化工企业之一，以石油为原料生产口罩的过程中涉及的下列变化，不属于化学变化的是聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布丙烯催化聚合生成聚丙烯石油催化裂解得到丙烯用环氧乙烷与微生物蛋白质发生反应消毒ABCD【答案】A【详解】A．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布的过程中没有新物质生成，属于物理变化，A符合题意；B．丙烯催化聚合生成聚丙烯的过程中有新物质聚丙烯生成，属于化学变化，B不符合题意；C．石油催化裂解是将长链的烃断裂，得到丙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；D．利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒，蛋白质发生了变性，蛋白质的变性是化学变化，D不符合题意；故选A。2、（2021·广东·高三阶段练习）化学让生活变得更美好，下列化学物质应用不正确的是A．小苏打和可用于治疗胃酸过多B．食醋可用于除去水壶中的水垢C．活性炭可用于净化空气D．明矾和“84消毒液”可用于杀菌消毒【答案】D 【详解】A.小苏打和均可与胃酸反应，故可用于治疗胃酸过多，A项正确；B.水垢的主要成分是、等，食醋中的可与其反应从而除去水垢，B项正确；C.活性炭有吸附性，可吸附一些有毒气体，在生活中可用于净化空气，C项正确；D.“84消毒液”主要成分为NaClO，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，但明矾主要是利用水解产生胶体来吸附水中杂质，作净水剂，不能用于杀菌消毒，D项错误；正确答案选D。3、（2021·河北石家庄·高三阶段练习）水解反应可用于无机化合物的制备，如制备TiO2的反应：TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2·xH2O↓+4HCl。下列说法错误的是A．含中子数为27的49Ti原子：B．Cl-的结构示意图为C．H2O结构式为H—O—HD．HCl电子式为【答案】D【详解】A．质量数=质子数+中子数，含中子数为27的49Ti原子中质子数=49-27=22，则表示为：，A正确；B．Cl-为氯原子得到1个电子后形成的离子，核外有3个电子层，每层电子数分别为2、8、8，B正确；C．水分子中氧原子与两个氢原子形成2个共价键，结构式正确，C正确；D．氯化氢为共价化合物，不是由氢离子和氯离子构成的，D错误。故选D。4、（2021·广东·高三阶段练习）研究金属的腐蚀和防护有利于降低国家的经济损失，具有现实意义。下列有关做法与防护原理不相匹配的是选项做法防护原理A港珠澳大桥的护栏涂上环氧封闭涂料隔绝钢铁与腐蚀介质接触B用浓硝酸将铁罐车内壁进行酸洗处理钝化反应，产生致密氧化膜 C国产大飞机C919采用铝锂合金材料改变金属本质，形成耐腐蚀合金D三峡大坝的钢铁闸门与电源正极连接采用牺牲阳极的阴极保护法，保护钢铁闸门不被腐蚀【答案】D【详解】A．在护栏表面涂上环氧封闭涂料，目的是隔绝钢铁与腐蚀介质(空气、水)接触，A项正确；B．用浓硝酸对铁罐车内壁进行酸洗，可使Fe与浓HNO3发生钝化反应，在铁罐车内壁产生致密氧化膜，隔绝金属与酸接触而起到保护作用，B项正确；C．采用铝锂合金，是通过改变金属的本质，使其具有抗腐蚀性，C项正确；D．将钢铁闸门与电源连接，此方法应叫外加电流的阴极保护法，需将钢铁闸门与电源负极连接从而起保护作用。，D项错误；答案选D。5、（2021·广西·崇左高中高二阶段练习）有八种物质：①甲烷、②甲苯、③聚乙烯、④聚异戊二烯、⑤2－丁炔、⑥环己烷、⑦环己烯、⑧聚氯乙烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色的是A．③④⑤⑧B．④⑤⑦C．④⑤D．③④⑤⑦⑧【答案】B【详解】①甲烷、③聚乙烯、⑥环己烷、⑧聚氯乙烯分子中均为单键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色；②甲苯与酸性高猛酸钾溶液反应使其褪色，可以因为萃取而使溴水褪色，但不是因为反应，②不符合题意；④聚异戊二烯中含有碳碳双键，⑤2－丁炔含有碳碳三键，⑦环己烯含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也使溴水因反应而褪色；综上④⑤⑦，符合题意，答案选B；6、（2021·广东茂名·高三阶段练习）化学创造美好生活。下列生产活动中，对应的化学知识解读错误的是选项生产活动化学知识A用明矾处理较浑浊的天然水胶体具有吸附性B电热水器用镁棒防止内胆腐蚀外加电流的阴极保护法C波尔多液可用于防治植物的病虫害Cu2+使蛋白质变性D为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量白醋强酸制弱酸 【答案】B【详解】A．明矾处理浑浊的水，是因其溶水后形成胶体，胶体具有吸附性，故A正确；B．热水器内胆成分为不锈钢，连接镁棒形成原电池，比活泼作负极被腐蚀，而铁被保护，即牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C．波尔多液是由硫酸铜、生石灰和水配制而成，是重金属离子，可使蛋白质变性，杀死虫卵，可用于防治植物的病虫害，故C正确；D．加入适量白醋可以增大次氯酸浓度，增强消毒液的消毒效果，故D正确；故选B。【点睛】外加电流是电解池原理。7、（2021·重庆八中高三阶段练习）完成下列实验，下图所示仪器和方法均正确的是A．装置甲：蒸发结晶，制备NaCl晶体B．装置乙：称量，配制溶液，称量9.6gNaOHC．装置丙：分液，用苯萃取溴水中的，打开分液漏斗活塞，在烧杯中收集到溴的苯溶液D．装置丁：洗气，除去中的HCl气体【答案】A【详解】A．分离固体溶质和溶剂，用蒸发结晶，装置甲：蒸发结晶，制备NaCl晶体，故A正确；B．配制480mL溶液应该选用500mL容量瓶，所以需要称量NaOH固体质量为10.0g，且NaOH易潮解，称量需要在烧杯中进行，故B错误；C．由于萃取剂苯的密度小于水，所以萃取后溴的苯溶液在上层，上层液体应该由分液漏斗上口倒出，故C错误；D．(非极性)会溶解在CCl4(非极性)中，而HCl(极性)难溶于CCl4，所以CCl4不能除去HCl，故D错误； 故选A。8、（2022·浙江·无高三阶段练习）下列说法正确的是A．测得0.1mol·L-1的一元碱ROH溶液pH=12，则ROH一定为弱电解质B．25℃时，可溶性正盐BA溶液pH=a，升温至某一温度后pH仍为a，则BA可能为强碱弱酸盐C．25℃时，测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液pH=b，将该溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=b+2，则HA为弱酸D．25℃时，pH=1的HA溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0【答案】B【详解】A.时，测得的一元碱溶液，，则溶液中，说明是部分电离，题目未强调温度，则不一定为弱电解质，故A错误；B.时，可溶性正盐BA溶液，升温至某一温度后pH仍为a可推测，则BA可能为强碱弱酸盐释，故B正确；C.时，将的一元酸溶液加水稀释100倍，，则为强酸，故C错误； D.时，的溶液与的等体积混合，是强碱，则溶液为中过量，则溶液为酸性，故所得溶液，故D错误；答案选B。9、（2021·福建·福州三中高三阶段练习）利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀机理如图所示。下列说法不正确的是 A．金属缝隙内表面为负极，外自由表面为正极B．缝隙内溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率C．为了维持电中性，海水中大量Cl-进入縫隙D．正极的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-【答案】B【详解】A．根据氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以金属缝隙外自由表面为正极，金属缝隙内表面为负极，A正确；B．金属缝隙外自由表面为正极，生成氢氧根离子，缝隙外溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率，B错误；C．阴离子由正极向负极移动，所以大量Cl-进入缝隙维持电中性，C正确；D．正极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，D正确；故答案为：B。10、（2021·四川成都·高一期末）下图是氯元素的价类二维图。下列相关说法正确的是A．可用①表示的物质酸化溶液以增强其氧化性B．可将②物质溶于水制得液氯C．③物质可用于自来水消毒D．将石蕊试液滴入④的溶液中，现象是变红【答案】C【分析】①是HCl，②是Cl2，③是ClO2，④是HClO；【详解】A．HCl可与酸化溶液发生氧化还原反应，则不能用盐酸酸化高锰酸钾，A错误；B．氯气溶于水会发生反应生成HCl和HClO，久置后HClO分解变为盐酸溶液，得不到氯水，B错误；C．③是ClO2有强氧化性且无毒，可用于自来水消毒，C正确； D．次氯酸部分电离出氢离子而呈酸性，本身具有漂白性，则HClO能使石蕊先变红后褪色，D错误；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、（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三期中）设为阿伏加德罗常数值。下列说法中正确的是A．标准状况下，22.4L苯分子中含有氢原子数为B．5.6gFe与0.1mol充分反应，转移的电子数为C．8.0g由和CuO组成的混合物中含有的铜原子数为D．标准状况下，将2.24L溶于10L水中，生成的HClO分子数为【答案】C【详解】A．在标准状况下，苯为液态，无法计算，A错误；B．铁与氯气反应生成氯化铁，氯气少量，故转移电子数为0.2NA，B错误；C．假设8.0g全部为,则含有的铜原子数为;假设8.0g全部为CuO,则含有的铜原子数为，故8.0g由和CuO组成的混合物中含有的铜原子数为，C正确；D．氯气与水反应为可逆反应，故生成HClO分子数少于0.1NA，D错误；答案选C。12、（2022·山东德州·高三阶段练习）苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐。实验室以硝基苯为原料通过反应制备苯胺，反应结束后，关闭装置活塞K，加入生石灰。调整好温度计的位置，继续加热，收集182～186℃馏分，得到较纯苯胺。实验装置(夹持及加热装置略)如图。下列说法正确的是A．冷凝管也可采用球形冷凝管B．长颈漏斗内的酸最好选用盐酸 C．反应时，应先通一段时间H2再加热D．为了加快氢气生成速率，可用锌粉代替锌粒【答案】C【详解】A．该实验中冷凝管的作用是将气体冷凝为液体，并使液体顺利流入接收器中，故采用的是直形冷凝管，球形冷凝管常用于冷凝回流，故A错误；B．因为苯胺能与酸反应生成盐，若用盐酸，盐酸易挥发，使得锌与盐酸反应制得的氢气中混有氯化氢，影响苯胺的制备，则不能用盐酸，应选择稀硫酸，故B错误；C．苯胺还原性强，易被氧化，所以实验时，应先通一段时间H2，排尽装置中的空气再加热，故C正确；D．该制取氢气的装置为简易气体发生装置，利用隔板可以做到随用随停，若用锌粉代替锌粒，锌粉会从隔板小孔落入试管底部，失去隔板的作用，不能控制反应的发生和停止，故D错误；答案选C。13、（2021·河北·石家庄二中高三）主族元素Q、W、X、Y、Z的原于序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液。却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＞Q＞X＞YB．工业上用电解相应氯化物冶炼Y单质C．Q与X形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构D．化合物ZW2中只含有离子键【答案】D【分析】主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，则ZW2是CaH2，Z是Ca元素、W是H元素；X的最外层电子数是内层电子数的3倍，故X是O元素，Q与X同族，则Q为S元素，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则Y为Al元素，据此分析解题。【详解】由上述分析可知，Q为S、W为H、X为O、Y为Al、Z为Ca，A．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Q＞Z＞X＞Y，A错误； B．Al为活泼金属，工业上电解Al2O3冶炼Al单质，而氯化铝为共价化合物不导电，B错误；C．Q与X形成的化合物有SO2与SO3，S原子最外层电子数均不满足8电子结构，C错误；D．化合物ZW2是CaH2，属于离子化合物，电子式为，只含有离子键，D正确；故答案为：D。14、（2021·福建省泉州实验中学高三阶段练习）Zewail创立的飞秒()化学研究了极短时间内的反应历程，巧妙地解决了如何确定反应起点问题。例如与的反应过程片段为：。下列有关说法正确的是A．中间产物属于有机化合物B．反应起点为自由基和，终点为自由基与自由基结合C．经离解为自由基和，说明与的反应速率极快D．飞秒化学展现的反应历程为“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”提供有力证据【答案】D【详解】A．中间产物 HOCO 中的碳元素类似于CO无机物，具有无机物的性质，属于无机物，故A错误；B．根据反应过程片段可以知道HI 与 CO2 的反应过程反应起点为 HI 离解为 H 和 I 自由基，终点为 HO 自由基与 I 自由基结合，故B错误；C．HI 与 CO2 的反应速率取决于反应最慢的一步，HOCO 经 1000fs 离解为 HO 自由基和 CO，不能说明 HI 与 CO2 的反应速率，故C错误；D．根据题干信息飞秒化学展现的反应历程为化学反应实质是旧键断裂和新键形成问题提供有力证据，故D正确。答案选D。15、（2021·重庆八中高三阶段练习）下列指定反应的离子方程式，正确的是A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：B．过量的铁粉溶于稀硝酸：C．用溶液吸收水中的：D．向NaClO溶液中通入过量：【答案】C 【详解】A．酸性条件下不能有大量OH-存在，反应的离子方程式为：，A错误；B．铁粉过量，Fe被HNO3氧化产物为Fe2+，反应的离子方程式为：，B错误；C．氯气将氧化为，自身还原为Cl-，反应的离子方程式为：，C正确；D．二者发生氧化还原反应，产生H2SO4、NaCl，该反应的离子方程式为：，D错误；故合理选项是C。16、（2021·四川内江·一模）新型镁−锂双离子二次电池的工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是A．放电时，Li+通过离子交换膜向左移动B．充电时，x与电源正极相连C．放电时，正极的电极反应式为：Li1-xFePO4+xLi+−xe－=LiFePO4D．充电时，导线上每通过0.4mole－，左室中溶液的质量减少2g【答案】D【分析】新型镁−锂双离子二次电池，放电时，Mg失去电子变为镁离子即左边为负极，右边Fe化合价降低得到电子即为正极。【详解】A．放电时，左边为负极，右边为正极，根据“同性相吸”原理，Li+通过离子交换膜向正极即向右移动，故A错误；B．放电时Mg为负极，充电时，x与电源负极相连，故B错误； C．放电时，正极的电极反应式为：Li1-xFePO4+xLi++xe－=LiFePO4，故C错误；D．充电时，Mg为阴极，阴极是Mg2++2e－=Mg，溶液中Li+向阴极即左室移动，导线上每通过0.4mole－，则有0.2molMg2+消耗，有0.4molLi+移向左室，左室中溶液的质量减少0.2mol×24g∙mol−1－0.4mol×7g∙mol−1=2g，故D正确。综上所述，答案为D。