集训10-【小题集训】2022年高考化学必做选择题集训(新高考专用)(解析版)

化学选择题专训十(考试时间：40分钟试卷满分：44分)可能用到的相对原子质量：C-12H-1O-16K-39N-14Fe-56Mg-24Mn-55Ni-59Ca-40Na-23Cu-64S-32Cl-35.5S-32Zn-65Ag-108一、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意。1．(2021·广州二模)三星堆遗址被誉为20世纪人类最伟大的考古发现之一。下列叙述错误的是()选项出土文物叙述A绝美的黄金面具自然界中存在游离态的金B高大的青铜神像青铜比纯铜熔点高、硬度大C精美的陶器陶器由黏土经高温烧结而成D古蜀国的丝绸遗痕丝绸的主要成分是蛋白质解析：B合金的熔点比成分金属的熔点低，则青铜比纯铜熔点低、硬度大，故B错误。2．实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是A．装置①常用于分离互不相溶的液态混合物B．装置②可用于吸收氨气，且能防止倒吸C．用装置③不可以完成“喷泉”实验D．用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液【答案】D【解析】A．该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防止倒吸，故B错误；C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；D．浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸的密度大于水，稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中，图示操作合理，所以D选项是正确的；综上所述，本题应选D。3．(2021·钦州模拟)NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是()A．6gSiO2中所含硅氧键数为0.4NAB．11.2L(标准状况)甲烷与氨混合物中含质子数为5NAC．1molNa2O2与1molSO2充分反应，转移的电子数为2NAD．0.5molNO与0.5molO2充分反应后，分子数为0.75NA解析：D6g二氧化硅物质的量＝eq\f(6g,60g·mol－1)＝0.1mol，1mol二氧化硅含硅氧键为4mol，则6g二氧化硅含有Si—O键数目为0.4NA，故A正确；11.2L(标准状况)甲烷与氨混合物的物质的量＝eq\f(11.2L,22.4L·mol－1)＝0.5mol，每个甲烷和氨均含有10个质子，所以0.5mol甲烷与氨混合物中含质子数为5NA，故B正确；根据Na2O2＋SO2===Na2SO4，1molNa2O2与1molSO2充分反应转移电子的物质的量为2mol，转移的电子数为2NA，故C正确；根据2NO＋O2===2NO2，反应生成0.5mol的NO2，剩余0.25molO2，气体共0.75mol，但是存在2NO2N2O4的化学平衡，导致分子数小于0.75NA，故D错误。4．如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SOeq\o\al(2－,4)B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SOeq\o\al(2－,3)C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3＞H2CO3【答案】D【解析】A．白色沉淀可能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B．溶液中可能含有HSOeq\o\al(－,3)，故B错误；C．具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，通入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D．先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。5．下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是选项微粒组所加试剂离子方程式ANHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)少量Ba(OH)2溶液NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋NH3·H2OBMg2＋、HCOeq\o\al(－,3)、Cl－过量NaOH溶液Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2COeq\o\al(2－,3)＋2H2OCFe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－NaHSO4溶液3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)===3Fe3＋＋NO↑＋2H2ODK＋、COeq\o\al(2－,3)、NH3·H2O通入过量CO2NH3·H2O＋CO2===NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)【答案】C【解析】加入少量Ba(OH)2溶液时，氢氧化钡先和镁离子、SOeq\o\al(2－,4)反应，生成硫酸钡、氢氧化镁，反应的离子方程式为Mg2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Mg(OH)2↓，A错误；过量的NaOH溶液和Mg2＋、HCOeq\o\al(－,3)均能发生反应，分别生成氢氧化镁、碳酸钠，但原溶液中Mg2＋和HCOeq\o\al(－,3)的个数比不能确定，故该反应的离子方程式不能确定，题给离子方程式应为Mg(HCO3)2与过量NaOH溶液反应的离子方程式，B错误；NaHSO4溶液显酸性，酸性溶液中Fe2＋和NOeq\o\al(－,3)发生氧化还原反应，C正确；过量二氧化碳和一水合氨、碳酸根离子反应，最终生成NHeq\o\al(＋,4)和HCOeq\o\al(－,3)，该反应的离子方程式为NH3·H2O＋2CO2＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O===NHeq\o\al(＋,4)＋3HCOeq\o\al(－,3)，D错误。6．(2021·安庆模拟)NaClO2是一种高效的氧化型漂白剂，饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O。某小组利用如图装置制备了少量NaClO2。已知甲装置可制备ClO2，ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。下列说法不正确的是()A．实验前通CO2是为了排尽装置内的空气，防止氧化NaClO2，实验过程中通入CO2是在稀释ClO2B．本实验中甲醇体现还原性，H2O2体现氧化性C．NaClO2的名称是亚氯酸钠，冰水浴有利于NaClO2·3H2O析出D．丙中的反应可能为6ClO2＋6NaOH===NaCl＋5NaClO3＋3H2O解析：B气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，所以通入CO2的主要目的有两个，一是排尽装置内的空气，防止氧化NaClO2，二是降低ClO2的浓度(或减小ClO2的体积分数)，防止爆炸，故A正确；H2O2体现还原性，发生2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O，故B错误；饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，则冰水浴有利于NaClO2·3H2O析出，故C正确；反应6ClO2＋6NaOH===NaCl＋5NaClO3＋3H2O符合化合价的变化规律，可能存在，故D正确。7．硫酸工业生产过程中，涉及SO2转化为SO3的反应，某化学研究小组在450℃时，在一容积为10L的恒容密闭容器中研究该可逆反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，得出的相关数据如表所示:时间/minn(SO2)/moln(O2)/moln(SO3)/mol00.2000.1000100.1900.0950.010150.1600.0800.040200.1600.0800.040250.1500.1500.050根据表中数据，下列判断正确的是A．0~10min内的反应速率可表示为v(SO2)=0.010mol/(L·min)B．15~20min内，正、逆反应速率不相等C．工业上常用增加SO2的量来提高O2的转化率D．20~25min内，数据变化的原因可能是增加了O2的物质的量【答案】D【解析】0~10min内的反应速率可表示为v(SO2)=0.0001mol/(L·min)，A错误。15~20min内，各物质的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等，B错误。工业上常用增加O2的量来提高SO2的转化率，C错误。20~25min内，反应物O2和生成物SO3的物质的量都增大，而SO2的物质的量减小，其原因可能是增加了O2的物质的量，D正确。8．在容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04mol·L－1·min－1B．200℃时，该反应的平衡常数为25C．当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大D．由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝2【答案】B【解析】本题主要考查了化学反应速率的计算和化学平衡的计算，以及影响化学平衡移动的因素。由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4∶0.2∶0.2=2∶1∶1，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)，A、根据v=QUOTE可知v(B)=QUOTE0.02mol•L−1•min−1，A错误；B、由图可知平衡时A、B、C的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以它们的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，结合化学方程式2A(g)+B(g)C(g)，可知该反应的平衡常数为QUOTE25，B正确；C、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，所以升高温度平衡正向移动，同时反应速率增大，C错误；D、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，△H＞0；当投入的反应物的物质的量之比等于化学反应中计量数之比时，平衡时C的体积分数达最大值，根据化学方程式2A(g)+B(g)C(g)，可知a=2，D错误；故选D。9.短周期主族元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。由这五种元素组成的九种物质中，n、r、u是气体单质，其余均为化合物；n是黄绿色气体，m是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，p是无色液体，q是淡黄色固体。它们的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A．实验室制取m和u时，气体发生装置可以相同B．原子半径：W>X>YC．反应①、②均为置换反应D．n与t溶液反应时，t作还原剂答案：A解析：n、r、u是气体单质，其余均为化合物，n是黄绿色气体，应为氯气；m是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，应为NH3；p是无色液体，应为水；q是淡黄色固体，应为Na2O2；则Na2O2与水反应生成的气体u为氧气，t为NaOH；氯气和氨气反应生成的r为氮气，s为氯化铵；氯化铵和氢氧化钠混合加热生成氨气、水和氯化钠，其中v为NaCl。实验室制取NH3可用氯化铵和消石灰混合加热，制O2可用氯酸钾和二氧化锰混合加热，均可利用固固加热型发生装置，A正确；由分析可知短周期主族元素V、W、X、Y、Z依次为H、N、O、Na、Cl，其中钠的原子半径在短周期主族元素中最大，而同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Na>N>O，B错误；反应②Na2O2与水反应生成氧气和NaOH的反应不是置换反应，C错误；Cl2溶于NaOH溶液生成NaCl、NaClO和水，Cl2既作还原剂，又作氧化剂，D错误。10．(2021·淄博模拟)某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含有SO2的烟气，以减少其对环境造成的污染。下列有关说法正确的是()A．二氧化硫吸收塔中发生的反应为SO2＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O===2HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))B．氨气吸收塔中发生的反应为HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－===H2O＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))C．上述流程利用的是氧化还原反应原理D．上述流程中SO2可循环利用解析：A由流程可知，在二氧化硫吸收塔中二氧化硫与亚硫酸铵反应生成亚硫酸氢铵，离子反应方程式为SO2＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O===2HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故A正确；氨溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱碱不能拆，离子方程式为HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋NH3·H2O===NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O，故B错误；二氧化硫吸收塔和氨吸收塔中反应均无价态变化，为非氧化还原反应，故C错误；由题干可知，该过程吸收SO2，以减少其对环境造成的污染，故D错误。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意。11．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol·L−1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。则下列说法不正确的是A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵B．c点对应NaOH溶液的体积为40mlC．b点与a点的差值为0.075molD．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3【答案】C【解析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NHeq\o\al(+,4)发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH−=H2O，②Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓，③NHeq\o\al(+,4)+OH−=NH3·H2O，④Al(OH)3+OH−=AlOeq\o\al(−,2)+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3+OH−=AlOeq\o\al(−,2)+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NHeq\o\al(+,4)+OH−=NH3·H2O可知，计算溶液中n(NHeq\o\al(+,4))=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NHeq\o\al(+,4))，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NHeq\o\al(+,4))=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B正确；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C错误；D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3，故D正确；故选BC。12．(2021·枣庄模拟)“一锅法”用[Ru]催化硝基苯(PhNO2，Ph—表示苯基)与醇(RCH2OH)反应为仲胺(RCH2NHPh)，反应过程如图所示。下列叙述错误的是()A．反应原料中的RCH2OH不能用RCH(CH3)OH代替B．历程中存在反应PhNH2＋RCHO―→RCH===NPh＋H2OC．有机物还原反应的氢都来自于RCH2OHD．该反应过程结束后RCHO没有剩余解析：D据图知发生以下反应：①2[Ru]＋RCH2OH―→RCHO＋2[Ru—H]；②6[Ru—H]＋PhNO2―→PhNH2＋6[Ru]＋2H2O；③PhNH2＋RCHO―→RCH===NPh＋H2O；④RCH===NPh＋2[Ru—H]―→RCH2NHPh＋2[Ru]。由①②③知，RCHO是①的产物，是③的反应物，①中生成③中消耗，③生成的RCH2NHPh会变成RCH===NPh作为④的反应物，若将RCH2OH替代，最终RCH2NHPh会变成RCH(CH3)NHPh，所以不是所需产物，故A正确；由③知，存在该反应，故B正确；由图中PhNO2―→PhNH2，RCH===NPh―→RCH2NHPh，该反应中的H来源于[Ru—H]，[Ru—H]中的H来源于RCH2OH，所以有机物还原反应的氢都来自于RCH2OH，故C正确；[Ru]为催化剂，根据4RCH2OH＋RhNO2eq\o(――→,\s\up7([Ru]))3RCHO＋RCH2NHPh＋3H2O知，RCHO为生成物，有剩余，故D错误。13．垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是A．电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B．放电过程中，正极附近pH变小C．若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室D．负极电极反应为：H2PCA+2e－＝PCA+2H+【答案】C【解析】A．右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B．放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，选项B错误；C．若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D．原电池负极失电子，选项D错误。答案选BC。14．甲醇(CH3OH)是绿色能源。工业上合成原理：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)。一定温度下，在1L恒容密闭容器中充入H2和一定量的CO，CH3OH的体积分数与反应物投料比的关系如图所示。下列说法正确的是A．当混合气体的密度保持不变时反应达到平衡B．图像四个点中，d点处CH3OH的物质的量最大C．图像四个点中，只有c点表示达到平衡状态D．图像中c点到d点，平衡向正反应方向移动【答案】D【解析】A项，反应前后的物质均是气体，且混合气体的总质量不变，又因为是恒容容器，故气体密度始终不变，不正确；B项，达到平衡，d点相当于c点平衡后，再增加氢气的浓度，平衡向正方向移动，CO的平衡转化率增大，CH3OH的物质的量最大，错误；C项，曲线上的每个点都是不同反应物投料比下的平衡点，错误；D项，相当于c点达到平衡后，继续增大H2的物质的量，平衡向右移动，正确。15．在容积一定的密闭容器中，