2023届高考化学二轮复习题型强化练(一)含答案

题型强化练(一)　选择题解题指导

1．(2022·海南卷)化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是(　　)

A．使用含氟牙膏能预防龋齿

B．小苏打的主要成分是Na2CO3

C．可用食醋除去水垢中的碳酸钙

D．使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值

解析：人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，A项正确；小苏打的主要成分是NaHCO3，B项错误；食醋的主要成分为CH3COOH，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙、二氧化碳和水，因此食醋可除去水垢中的碳酸钙，C项正确；食品添加剂加入食品中的目的是为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要，所以合理使用有助于改善食品品质、丰富食品营养成分，不应降低食品本身营养价值，D项正确。故选B。

答案：B

2．化学物质在体育领域有广泛用途。下列说法错误的是(　　)

A．涤纶可作为制作运动服的材料

B．纤维素可以为运动员提供能量

C．木糖醇可用作运动饮料的甜味剂

D．“复方氯乙烷气雾剂”可用于运动中急性损伤的镇痛

解析：涤纶属于合成纤维，其抗皱性和保形性很好，具有较高的强度与弹性恢复能力，可作为制作运动服的材料，A项正确；人体没有分解纤维素的酶，故纤维素不能为运动员提供能量，B项错误；木糖醇具有甜味，可用作运动饮料的甜味剂，C项正确；氯乙烷具有冷冻麻醉作用，从而使局部产生快速镇痛效果，所以“复方氯乙烷气雾剂”可用于运动中急性损伤的镇痛，D项正确。故选B。

答案：B

3．利用下图装置进行铁表面电镀铜的实验探究。下列说法不正确的是(　　)

A．①中气体减少，推测是由于溶液中c(H＋)减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H＋与铁接触

B．①中检测到Fe2＋，推测可能发生反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu

C．随阴极析出Cu，推测②中溶液c(Cu2＋)减少，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆移

D．②中Cu2＋生成[Cu(NH3)4]2＋，使得c(Cu2＋)比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密

解析：由实验现象可知，实验①时，铁作电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极失去电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。据此分析解答。由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A项正确；由分析可知，实验①时，铁作电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故B项正确；由分析可知，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡向正反应方向移动，故C项错误；由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D项正确。故选C。

答案：C

4．(2022·北京卷)利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是(　　)

解析：浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉­KI溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A项符合题意；铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫，故B项不符合题意；浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热生成能使酚酞溶液变红的NH3，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热生成NH3，故C项不符合题意；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2­溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2­溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D项不符合题意。故选A。

答案：A

5．(2022·广东卷)北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是(　　)

A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为氧化性气体

B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子

C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化

D．核电站反应堆所用铀棒中含有的U与U互为同位素

解析：H2作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项错误；玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故B项错误；乙酸钠过饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项错误；U与U是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项正确。故选D。

答案：D

6．(2020·浙江卷)下列表示不正确的是(　　 )

A．乙烯的结构式：

B．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2

C．2­甲基丁烷的键线式：

D．甲基的电子式：

解析：结构式是每一对共用电子对用一个短横来表示，乙烯分子中每个碳原子和每个氢原子形成一对共用电子对，碳原子和碳原子形成两对共用电子对，故A项正确；结构简式中需要体现出特殊结构和官能团，甲酸甲酯中要体现出酯基，其结构简式为HCOOCH3，故B项错误；键线式中每个端点为一个C原子，省略C—H键，故C项正确；甲基中碳原子和三个氢原子形成3对共用电子对，还剩一个成单电子，故D项正确。故选B。

答案：B

7．(2022·全国乙卷)某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。

该样品中确定存在的是(　　)

A．Na2SO4、 Na2S2O3　　　 B．Na2SO3、Na2S2O3

C．Na2SO4、 Na2CO3   D．Na2SO3、Na2CO3

解析：由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3，发生反应：S2O＋2H＋===S↓＋H2O＋SO2↑，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉。综上分析，该样品中确定存在的是Na2SO4、Na2S2O3，故选A。

答案：A

8．(2022·海南卷)某温度下，反应CH2===CH2(g)＋H2O(g) CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是(　　)

A．增大压强，v正>v逆，平衡常数增大

B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大

C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动

D．恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，CH2===CH2(g)的平衡转化率增大

解析：该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以增大化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正>v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A项不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B项不正确；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C项正确；恒容下，充入一定量的CH2===CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2 (g)的平衡转化率减小，D项不正确。故选C。

答案：C

9．(2022·北京卷)由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是(　　)

解析：向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉­KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A项错误；向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B项错误；石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C项正确；聚氯乙烯加强热产生能使蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D项错误。故选C。

答案：C

10．(2022·北京卷)高分子Y是一种人工合成多肽，其合成路线如下。下列说法不正确的是(　　)

A．F中含有2个酰胺基

B．高分子Y水解可得到E和G

C．高分子X中存在氢键

D．高分子Y的合成过程中进行了官能团保护

解析：由题图中结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A项正确；由题图中结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成H2NCOOHNH2和，故B项错误；由题图中结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C项正确；由题图中结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D项正确。故选B。

答案：B

11．(2022·北京卷)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是(　　)

A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2

B．t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C＋2H2

C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率

D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生

解析：由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A项正确；由题图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B项正确；由反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而由题图2中t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2 mmol·min－1，而CO变为1～2 mmol·min－1之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C项错误；由题图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D项正确。故选C。

答案：C

12．现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，其中Z、Q在同一周期。相关信息如下表。下列说法正确的是(　　)

A．常温时，X单质能与水发生剧烈反应

B．Y与Q元素组成的YQ4分子，空间构型为正四面体

C．Y、Z、Q最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱

D．第五周期且与Q同主族元素的单质在常温常压下呈液态

解析：X原子的最外层电子数是核外电子总数的一半，由于最外层电子数不超过8个，因此X只能是第二周期的Be；Y元素的最高化合价和最低化合价之和为零，位于第ⅣA族，Y是C或Si；Z单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近，因此Z是S；Q是同周期元素中原子半径最小，且Z和Q位于同一周期，因此Q是Cl，据此分析解答。根据以上分析可知X是Be，Y是C或Si，Z是S，Q是Cl。则Be的金属性弱于Mg，常温时镁和冷水不反应，因此Be单质不能与水发生剧烈反应，A项错误；Y与Q元素组成的CCl4或SiCl4分子，空间构型均为正四面体，B项正确；Y、Z、Q三种元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，C项错误；第五周期且与Cl同主族元素的单质是碘，在常温常压下呈固态，D项错误。故选B。

答案：B