基础卷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）

这是一份基础卷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），共12页。试卷主要包含了下列有关说法不正确的是，化学与生产，2021年我国在载人航天，下列对化学知识的认识正确的是，下列有关实验操作正确的是，下列比较中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
基础卷02（广东专用）
（满分：44分 得分：____分）
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C
A
C
A
C
A
C
C
B
A
C
D
B
C
A
C
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、下列有关说法不正确的是
A．煤经过干馏后可获得苯等化工原料
B．N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
C．聚乙烯是生产隔离衣的主要材料，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃
【答案】C
【详解】
A．煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产品的过程，可获得洁净燃料和苯等多种化工原料，故A正确；
B．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到的，即聚丙烯属于有机高分子材料，故B正确；
C．乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，仅含有C和F两种元素，即四氟乙烯属于卤代烃，故D正确；
答案选C。
2、化学与生产、生活密切相关。下列叙述中正确的是
A．绿化造林助力实现碳中和目标
B．PM2.5在空气中一定能产生丁达尔效应
C．用二氧化碳灭火器扑灭金属钠的燃烧
D．氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强
【答案】A
【详解】
A．绿色植物的光合作用可以吸收二氧化碳，绿化造林可助力实现碳中和目标，A正确；
B．PM2.5指的是直径小于等于2.5 μm(即2500nm)的颗粒物，不一定处于1~100nm之间，所以不一定能产生丁达尔效应，B错误；
C．金属钠着火时会生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应可以生成助燃的氧气，所以不能用二氧化碳灭火器扑灭金属钠的燃烧，C错误；
D．氯气和活性炭不反应，但活性炭吸附能力强、能吸附氯气分子，减弱漂白效果，D错误；
综上所述答案为A。
3、2021年我国在载人航天、北斗、探月、探火工程上取得重大进展，航天成就惊艳全球。下列有关说法不正确的是
A．长征五号火箭采用液氢作为燃料，其燃烧产物对环境无污染
B．“天问一号”火星车使用的保温材料——纳米气凝胶，具有丁达尔效应
C．月壤中含有He，其质子数为3
D．宇航服“液冷层”所用的尼龙材料，属于有机高分子材料
【答案】C
【详解】
A．长征五号火箭采用液氢作为燃料，液氢燃烧产物是水，对环境无污染，故A正确；
B．“天问一号”火星车使用的保温材料——纳米气凝胶，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；
C．月壤中含有He，其质子数为2，故C错误；
D．尼龙属于合成有机高分子材料，故D正确；
选C。
4、下列对化学知识的认识正确的是
A．FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成Fe3O4
B．化合物与金属氧化物属于交叉关系
C．SO2可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒
D．氯化钠溶于水发生电离，电离方程式为：
【答案】A
【详解】
A．FeO粉末在空气中受热，迅速被空气中的氧气氧化成Fe3O4，A正确；
B．金属氧化物属于化合物，因此化合物与金属氧化物属于包含关系，B错误；
C．SO2能够与某些有色物质结合生成无色物质，具有漂白性，因此可漂白纸浆；同时SO2具有一定的毒性，能够使蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此也可用于杀菌、消毒，C错误；
D．氯化钠溶于水，在水分子作用就发生电离，因此电离不需要通入电流，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，D错误；
故合理选项是A。
5、苯基丙烯醛(结构简式如丁所示)可用于水果保鲜或食用香料，合成路线如图。下列说法正确的是

A．甲与乙互为同系物
B．反应①为取代反应，反应②为消去反应
C．甲，乙，丙，丁四种物质都既有氧化性又有还原性
D．丙和丁互为同分异构体
【答案】C
【详解】
A．甲中含有苯环，乙中不含苯环，甲、乙结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；
B．甲和乙发生加成反应生成丙，丙中醇羟基发生消去反应生成丁，所以反应①为加成反应，反应②为消去反应，故B错误；
C．甲，乙，丙，丁四种物质都含有醛基，既能与银氨溶液发生反应而具有氧化性，又能与氢气发生加成反应而具有还原性，故C正确；
D．丙和丁含氧原子个数不相等，分子式不同，不可能是同分异构体，故D错误；
故选：C。
6、化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释正确的是
选项
应用
解释
A
用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
其作用是吸收水果释放出的乙烯
B
在船舶的外壳上装一定数量的锌块防止船体被腐蚀
利用外加电流的阴极保护法保护金属
C
高铁车厢采用铝合金材料
铝与氧气不反应
D
高纯硅作计算机芯片的材料
硅晶体在自然界中能稳定存在
【答案】A
【详解】
A．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，可用高锰酸钾除掉乙烯，A正确；
B．在船舶的外壳上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池，锌作负极被氧化，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；
C．铝为活泼金属，易与氧气反应，在铝的表面形成一层致密的氧化膜，C错误；
D．高纯硅作计算机芯片主要是利用了硅是良好的半导体材料这一性质，D错误；
答案选A。
7、下列有关实验操作正确的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
A．点燃酒精灯，应用火柴引燃，不能用燃着的酒精灯点燃另一个酒精灯，以避免失火，故A错误；
B．托盘天平精确到0.1g，故B错误；
C．检查容量瓶是否漏水，可将容量瓶倒立，如不漏水，正立后将玻璃塞转转180°后在倒立观察，故C正确；
D．稀释浓硫酸，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止酸液飞溅，故D错误。
故选：C。
8、下列比较中，正确的是
A．相同条件下，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液的大
B．0.2mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后：c(NH)>c(Cl-)>c(Na＋)>c(OH-)>c(H＋)
C．1L0.1mol·L-1CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O溶液中：c(SO)>c(NH)>c(Cu2＋)>c(H＋)>c(OH-)
D．同浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③NH3·H2O、④CH3COONH4，c(NH)由大到小的顺序是：②>①>④>③
【答案】C
【详解】
A．相同温度相同浓度时HF比HCN易电离说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，水解能力CN->F-，所以相同浓度的钠盐溶液pH，NaFc(H＋），一水合氨电离但程度较小，结合物料守恒得c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH-)>c(H＋)，B错误；
C．Cu2＋水解程度大于NH，故c(NH)>c(Cu2＋)，故离子浓度大小顺序为c(SO)>c(NH)>c(Cu2＋)>c(H＋)>c(OH-)，C正确；
D．相同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解，铝离子抑制铵根离子的水解，一水合氨是弱电解质，电离程度较小，所以c(NH)由大到小的顺是：①>②>④>③，D错误；
故选C。
9、现有一微型原电池，含有Fe-C，用于处理废水中的HCOOH，通入空气后生成，并与HCOOH反应生成，以下说法错误的是

A．负极：Fe-2e-=Fe2+
B．正极：
C．若不通入则可能有氢气生成
D．HCOOH处理废液生成二氧化碳的方程式为：HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O
【答案】B
【分析】
由图可知，Fe为原电池的负极，失电子发生氧化反应，电极反应为Fe-2e-=Fe2+；正极为通入O2的一极，O2得电子发生还原反应，O2+2e-+2H+=H2O2。
【详解】
A．根据分析可知，负极反应为Fe-2e-=Fe2+，A正确；
B．根据分析可知，正极反应为O2+2e-+2H+=H2O2，B错误；
C．不通入氧气，正极HCOOH电离出的H+得电子产生H2，C正确；
D．H2O2与HCOOH发生氧化还原反应生成CO2和H2O，方程式为HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O，D正确；
故选B。
10、价类二维图是学习元素化合物的工具，a~g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是

A．a可经过转化，最终制备出e
B．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验g
C．b常温下可转化为c，造成空气污染
D．f属于强电解质
【答案】A
【分析】
a为，b为N2，C为NO，d为NO2，e为HNO3，据此分析解题。
【详解】
A．经，最终制备出，A正确；
B．检验应使用湿润的红色石蕊试纸，B错误；
C．在常温下不能转化为NO，Cc我；
D．为弱碱，为弱电解质，D错误；
答案选A。
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是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是
A．46.0g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应生成的乙酸乙酯分子
B．39.0gNa2O2与足量水完全反应过程中转移的电子
C．53.5g氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH
D．5.0g乙烷中所含的共价键
【答案】C
【详解】
A．46.0g乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，1mol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，选项A错误；
B．的物质的量为0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钠和氧气，转移0.5mol电子，选项B错误；
C．53.5g氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中，根据电荷守恒，，因此，即，选项C正确；
D．1个乙烷分子中含有6个键和1个键，因此5.0g乙烷中所含的共价键数目为，选项D错误。
答案选C。
12、下列有关实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
B
向溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液
紫色褪去
可证明溶液中不含Fe3+，可能含有Fe2+
C
Fe放入冷的浓硫酸中
无现象
铁不与浓硫酸反应
D
向硫酸亚铁溶液中加入氯水，再加入KSCN溶液
溶液变为红色
不能说明硫酸亚铁溶液中存在Fe3+
【答案】D
【详解】
A．铁粉过量时，生成的Fe3+会被Fe还原为Fe2+，溶液中不会有Fe3+，A错误；
B．紫色褪色只能说明可能含有Fe2+，并不能确定是否含有Fe3+，B错误；
C．Fe在冷的浓硫酸中发生钝化，钝化过程也是化学反应，并不是不反应，C错误；
D．氯水会将Fe2+氧化为Fe3+，所以不能说明硫酸亚铁溶液中存在Fe3+，D正确；
综上所述答案为D。
13、科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。(注：实线代表共价键，重复单元的W、X未标注)下列说法正确的是

A．离子半径：
B．W、X、Y三种元素可组成多种酸
C．W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物，共有两种
D．X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低
【答案】B
【分析】
四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，分别位于第一、第二、第三周期，则W为H元素；X形成4个共价键，则X为C元素；Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na元素；Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，综上，W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素，以此分析解答。
【详解】
A．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z＜Y，故A错误；
B．W、X、Y三种元素可组成多种酸、如碳酸、醋酸等各种羧酸，B正确；
C．H、O、Na三种元素中任意两种组成的二元离子化合物不只有二种，例如NaH、Na2O、Na2O2，故C错误；
D．水分子间存在氢键，X与W组成的最简单化合物的沸点一定比Y与W组成的简单化合物的沸点低，即CH4＜H2O，但碳、氢元素可组成一大类化合物——烃，烃的沸点不一定比水、过氧化氢的沸点低，故D错误；
故选B。
14、在某恒容密闭容器中充入 和 ，发生反应：，反应过程持续升高温度，测得混合体系中的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是

A．该反应为吸热反应
B．升高温度，平衡右移，正反应速率减小，逆反应速率增大
C．Q点时Z的体积分数最大
D．W，M两点Y的正反应速率相等
【答案】C
【详解】
A．由Q点可知，升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，故B错误；
C．Q点前反应正向进行、Q点后平衡逆向移动，所以Q点时Z的体积分数最大，故C正确；
D．温度越高化学反应速率越快，温度：W点＜M点，则正反应速率：W点小于M点，故D错误；
故选： C。
15、下列反应方程式及对应描述正确的是
选项
反应方程式
描述
A


在空气(氮氧比为)中点燃，主要产物为
B


是两性氧化物
C

反应说明钠的还原性强于钾
D

反应说明碳元素的非金属性强于硅元素
【答案】A
【详解】
A．氧气比氮气氧化性强，故镁在空气中点燃的时候，主要产物是氧化镁，A正确；
B．二氧化硅和氢氟酸反应是氢氟酸的特性，不具有普遍性，不能说明是两性氧化物，B错误；
C．钠和钾在同一主族，但是钾在钠的下方，故钾的还原性强，，钠 可以置换出钾是应为钾的沸点低，不是因为钠的还原性强，C错误；
D．同主族从上到下非金属性减弱，非金属单质的氧化性越强，则元素的非金属越强，该反应中，C是还原剂，不能说碳非金属性强于硅，D错误；
故选A。
16、下图是一套模拟工业生产的电化学装置。丙装置中两电极均为惰性电极，电解质溶液为KCl溶液，不考虑气体溶解，且钾离子交换膜只允许钾离子通过。下列说法正确的是

A．若甲装置中b为精铜，a为镀件，则可实现a上镀铜
B．丙装置可以制取KOH溶液，制得的KOH可以通过g口排出
C．当d电极消耗标准状况下2.24LO2时，丙装置中阳极室溶液质量减少29.8g
D．若甲装置中a、b均为惰性电极，向甲所得溶液中加入0.05molCu2(OH)2CO3后恰好使溶液复原，则电路中转移的电子数目为0.2NA
【答案】C
【分析】
由图可知，乙装置为燃料电池，通入甲醇的c极为燃料电池的负极，通入氧气的d极是正极，甲装置为电镀池或电解硫酸铜溶液的电解池，与燃料电池负极c相连的b极为阴极，a极为阳极，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，与燃料电池正极d相连的e极为阳极，f极为阴极。
【详解】
A．若装置甲为电镀池，实现镀件上镀铜，阴极为镀件，阳极为精铜，则b极为镀件，a极为精铜，故A错误；
B．由分析可知，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，e极为阳极，f极为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过钾离子交换膜进入阴极区，则高浓度的氢氧化钾溶液从h口排出，故B错误；
C．由分析可知，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，e极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，富集的钾离子通过钾离子交换膜进入阴极区，阳极室溶液减少质量实际为氯化钾的质量，当d电极消耗标准状况下2.24L氧气时，由得失电子数目守恒可知，阳极室溶液减少质量为×4×74.5mol/L=29.8g，故C正确；
D．若甲装置中a、b均为惰性电极，该装置为电解硫酸铜溶液的电解池，向所得溶液中加入碱式碳酸铜后恰好使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，后电解水，由加入的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol可知，参与电解的铜离子为0.1mol、水为0.05mol，则电路中转移的电子数目为0.1mol×2×NAmol—1+0.05mol×2×NAmol—1=0.3NA，故D错误；
故选C。