2022年高考化学押题预测卷+答案解析02（全国甲卷）

2022年高考原创押题预测卷02【全国甲卷】

化学·全解全析

7.D

【解析】

【详解】

A．酚醛树脂是苯酚与甲醛的缩聚产物，属于人工合成的高分子材料，故A错误；

B．锂离子蓄电池组在放电时将化学能转化成电能，故B错误；

C．CPU芯片主要成分为Si，故C错误；

D．铝合金具有高强度、高韧性的优点，故D正确；

故选：D。

8.B

【解析】

【详解】

A．食盐水为中性，Fe发生的是吸氧腐蚀不是析氢腐蚀，红墨水沿导管上升可证明，选项A错误；

B．亚铁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，苯密度小于水溶液，能够隔绝空气，可避免氢氧化亚铁被氧化，选项B正确；

C．氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小，无法形成喷泉，选项C错误；

D．乙酸乙酯与NaOH溶液反应，不能用氢氧化钠溶液吸收乙酸乙酯，应选用饱和碳酸钠溶液，选项D错误；

答案选B。

9.C

【解析】

【详解】

A．由于D2O的摩尔质量为20g/mol，H2O的摩尔质量为18g/mol，1分子D2O和H2O中均含有10个质子，故18gD2O和18gH2O中含有的质子数分别为：=9NA、=10NA，A错误；

B．16.25gFeCl3的物质的量为：=0.1mol，由于水解反应是一个可逆反应且氢氧化铁胶粒是多个分子的聚集体，则水解形成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，B错误；

C．如图所示可知，1分子P4含有6个共价键，则31gP4(分子结构如图)的共价键数目为=1.5NA，C正确；

D．已知CH4和Cl2混合光照可以生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物，根据碳原子守恒可知，四种产物分子数之和为1.0NA，则1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误；

故答案为：C。

10.A

【解析】

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X是四种元素中唯一的金属，X、Z可形成阴离子，则X为Al元素、Z为Cl元素；W、Z同主族，W、Y可形成阴离子，则W为F元素、Y为P元素。

【详解】

A．氟元素的非金属性强，没有正化合价，故A错误；

B．元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越弱，磷元素的非金属性弱于氟元素，则磷化氢的稳定性弱于氟化氢，故B正确；

C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则铝、磷、氯、氟始终原子的原子半径依次减小，故C正确；

D．氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故D正确；

故选A。

11.D

【解析】

【详解】

A．柠檬酸不含酯基，苯甲醇也不含酯基，结构不相似，不是同系物，A错误；

B．含有苯环，可以发生加成反应，含有酯基、羧基、羟基，可以水解、酯化，水解、酯化均属于取代反应，B错误；

C．羧基可以和碳酸氢钠反应生成CO2，1mol该物质含有2mol羧基，可最多与碳酸氢钠反应生成2molCO2，质量为88g，C错误；

D．采用“定一移一”法判断，苯环上有如图(2+4)=6种二氯代物、(数字表示另一个氯原子可能的位置)，D正确；

综上所述答案为D。

12.C

【解析】

【分析】

由图中可以得到Zn→[Zn(OH)4]-，锌的化合价升高，因此放电时，锌电极是负极，NiOOH是正极，充电时，锌电极是阴极，NiOOH是阳极，以此来解析；

【详解】

A．锌电极是负极， NiOOH是正极，所以NiOOH电极的电势高于锌电极的，A正确；

B．放电时，Zn→[Zn(OH)4]-，所以[Zn(OH)4]2-增多，[Zn(OH)4]2-浓度增加，因此储液罐中K2[Zn(OH)4]溶液的浓度增大，B正确，

C．铅蓄电池中PbO2是正极，Pb是负极，充电时，锌电极是阴极，应该连接铅蓄电池的负极，也就是Pb电极，C错误；

D．充电时，NiOOH电极是阳极，电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH + H2O，D正确；

故选C。

13.B

【解析】

【详解】

A．用硝酸银标准溶液滴定NaCl溶液，发生反应：Ag++Cl-= AgCl↓，已知离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，a点出现突跃，说明溶液中c(Ag+ )发生了突跃，A正确；

B ．Na2CO3溶液中存在n(Na)=2n(C)，即物料守恒：c(Na+) =2c(HCO) +2c(CO) +2c( H2CO3)，B错误；

C． Ksp(AgCl)只受温度影响，a点后温度不变，则Ksp(AgCl)不变，C正确；

D．由指示电极电位产生突跃的点即为AgNO3恰好与NaCl反应，可知硝酸银标准溶液消耗的体积，由Ag++Cl-= AgCl↓，则n(NaCl)=n(AgNO3)，可计算NaCl的质量，若样品质量已知，则可求得杂质NaCl的含量，D正确；

故选：B。

26.（14分）

【答案】(1)三颈烧瓶

(2)

(3)除尽尾气中的PH3

(4)     使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去     将反应液静置，再用胶头滴管取烧中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出白色沉淀，则说明反应完全

(5)无氧条件(隔绝空气加热)

(6)     蓝色消失    

【解析】

【分析】

I．中白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次酸钙和PH3，硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的PH3气体。II．中左侧产生二氧化碳并且饱和碳酸氢钠除去挥发出的盐酸，适量的二氧化碳其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去，据此分析解题。

(1)

由装置甲中可知仪器a的名称是三颈烧瓶。

(2)

白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次酸钙和PH3气体，则反应的化学方程：。

(3)

采用过量的硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的PH3气体，PH3会将硫酸铜还原为单质铜。

(4)

再加入碳酸钠之前需通入适量的二氧化碳其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸沉淀而除去。为了检验烧瓶中的次磷酸钙溶液是反应完全，可以将反应液静置，再用胶头滴管取烧中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出白色沉淀，则说明反应完全。

(5)

由于次磷酸钠具有强还原性，因此在浓缩时应隔绝空气加热。

(6)

①以硫代硫酸钠标准溶液滴定至浅黄色，加入淀粉试剂，继续滴定直至蓝色消失则为滴定终点。

②将配制好的次磷酸钠溶液加入到碘瓶中，再加入过量的碘标准溶液，其发生反应的离子方程式为 ；然后再用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘溶液，发生反应， 由于消耗c2mol/L硫代硫酸钠溶液的体积为V2mL，则可知剩余I2的物质的量，则与次磷酸钠反应的碘的物质的量，因为，所以，因此，故质量分数为：

27.（14分）

【答案】(1)2+3

(2)小于

(3)0.024

(4)BC

(5)     Si     2     适当增大氨气的浓度

【解析】

(1)

该反应为可逆反应，在一定温度下，利用催化剂将分解为和的化学方程式为2+3；

(2)

该反应为吸热反应，说明反应物的总能量小于生成物的总能量；

(3)

充入发生该反应，末测得容器中，，由反应速率之比等于系数比，则；

(4)

A．该反应是可逆反应，不能完全转化，则的浓度不可能为0，A错误；

B．反应达到化学平衡时各物质的组成浓度不再改变，则的物质的量保持不变可说明达到平衡，B正确；

C．正反应速率与逆反应速率相等说明反应达到化学平衡，C正确；

D．的物质的量之比与起始投料有关，当比例为不能说明反应达到化学平衡，D错误；

故选：BC；

(5)

太阳能电池板的主要材料是硅Si，由反应2+3，生成3mol时转移6mol电子，装置中生成时，电路中通过2mol电子；为提高制取氢气的反应速率，可采取的方法是适当增大氨气的浓度。

28.（15分）

【答案】(1)     增大Cl-浓度，提高浸出率     HCl挥发     Bi3+水解程度增大，生成难溶的BiOCl

(2)AgCl、PbCl2

(3)     3Cu2++ 4OH-+2Cl-=Cu3(OCl)2+2H2O     97.6%

(4)NaCl

(5)Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+

【解析】

【分析】

氧化铋渣的主要成分为，含有、、杂质，由流程可知，加盐酸、饱和食盐水分离出滤渣Ⅰ为、，过滤后滤液加生成，滤液Ⅱ含铜离子，再加生成，滤液Ⅲ含，可在浸出步骤中循环使用，中加入热发生，高温下C与熔炼生成，以此来解答。

(1)

铋的浸出率随浓度增大而增大，因此的作用是增大浓度，提高浸出率；由于升高温度，受热会发，且水解程度增大，生成难溶的，因此浸出率下降；

(2)

根据以上分析可知“滤渣Ⅰ”的成分为、；

(3)

“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入溶液调节pH，生成，离子方程式为；若“滤液II”中为，常温下加入等体积的溶液使pH恰好为6时，出现沉淀，根据4的溶度积常数可知，且等体积混合，此时的去除率为；

(4)

“滤液Ⅲ”中含，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用；

(5)

由流程图可知水解工序时Bi3+和氯离子和水反应生成BiOCl，故其对应的离子方程式为：Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+。

35.（15分）

【答案】(1)     2     Be

(2)     sp3     2

(3)N>C>H

(4)BC

(5)当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解

(6)

【解析】

(1)

基态14C原子，轨道表示式为，所以有2对成对电子，成对电子中两个电子自旋方向相反；同周期元素第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，所以Be、B、C的第一电离能顺序为B<Be<C，第一电离能介于B和C之间的是Be；故答案为：2；Be；

(2)

由图1晶体的空间结构可看出C原子形成的是四面体结构，碳原子的杂化方式为sp3；图2晶体是平面结构，最小环为六元环，每个碳原子连接3个C-C键，则每个碳原子连接3个六元环，每个六元环占有的碳原子数为，故答案为：sp3；2；

(3)

吡咯中所含元素是C、N、H，一般来说同周期从左到右电负性逐渐增强，所以电负性是N>C，而H是电负性最小的非金属，所以电负性由大到小的顺序为N>C>H，故答案为：N>C>H；

(4)

在CO转化成CO2的反应过程中，

A．CO分子中含有2对孤对电子，CO2分子中含有4对孤对电子，故A项错误;

B． CO为极性分子， CO2为非极性分子，故B项正确;

C． CO中存在碳氧三键，CO2中存在碳氧双键，分子间成键方式改变,，故C项正确；

D．CO和CO2都可以形成分子晶体，转化过程中，相对分子质量增大，分子间作用力会增强，故D错误；

故答案为：BC

(5)

因为碳酸盐的分解过程实际上是晶体中阳离子结合中的氧离子，使分解为CO2的过程，所以当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解，故答案为：当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解；

(6)

根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目是，每个正四面体结构含有4个碳原子，晶胞的质量是，已知T-碳晶胞参数为apm，则T-碳的密度为，故答案为：。

36.（15分）

【答案】(1)          丙二酸     (酚)羟基、羧基

(2)+HOOCCH2COOH

(3)     取代反应     1

(4)     10    

(5)OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH

【解析】

【分析】

由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，A与氧气共热发生催化氧化反应生成，则A为；与C共热发生已知信息的反应生成，则C为HOOCCH2COOH；与碘化氢反应生成，在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成，与发生取代反应生成，与(CH3)2CHNH2发生环加成反应生成。

(1)

由分析可知，A的结构简式为；C的结构简式为HOOCCH2COOH，名称为丙二酸；F的结构简式为，官能团为酚羟基和羧基，故答案为：；丙二酸；(酚)羟基、羧基；

(2)

由分析可知，由B和C生成D的反应为与HOOCCH2COOH共热反应生成、二氧化碳和水，反应的化学方程式为+HOOCCH2COOH，故答案为：+HOOCCH2COOH；

(3)

由分析可知，由G生成H的反应为与发生取代反应生成和氯化氢；M的结构简式为，分子中含有如图*所示的1个连有四个不同原子或原子团的手性碳原子：，故答案为：取代反应；1；

(4)

E的同分异构体Q的苯环上有3个取代基，能与氯化铁溶液发生显色反应，能发生银镜反应，且1 mol Q参加反应最多生成4 mol 银可知，Q分子中含有的取代基为—OH、—CHO、—CH2CHO，其结构可以视作、和分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代所得，其中、分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代都得到4种结构，分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代得到2种结构，共有10种，符合条件的结构简式可能为，故答案为：10；；

(5)

由题给有机物转化关系和信息可知，以丙二醛和乙醛为原料制备聚—2—丁烯酸的合成步骤为在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与乙醛共热反应生成CH3CH=CHCOOH，催化剂作用下CH3CH=CHCOOH发生加聚反应生成，合成路线为OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH，故答案为：OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH。

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