2022年高考化学押题预测卷+答案解析02（天津卷）

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2022年高考原创押题预测卷02【天津卷】化学·全解全析1.B 2.C3.D4.C5.D6.D7.C8.D9.B10.C11.B12.C 1.【答案】B【解析】A．碳化硅属于无机非金属材料，选项A错误；B．铵根离子水解使溶液呈酸性，故长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结，选项B正确；C．紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性的原理，选项C错误；D．人工合成淀粉，是高分子化合物，n值不同，为混合物，选项D错误；答案选B。2.【答案】C【解析】A．HCl气体溶于水时，在水分子作用下断裂了HCl分子内的H-Cl键，形成H+、Cl-；而蔗糖溶于水形成溶液时，破坏的是分子间作用力，而物质内的化学键未发生断裂，A错误；B．H2O、H2S、H2Se都是由分子构成的物质，相对分子质量依次增大，H2S、H2Se分子之间只存在分子间作用力，而H2O分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致H2O的熔点在三种物质中最大，B错误；C．NaOH和K2SO4都是离子化合物，在固态时都是离子晶体。其中含有的阳离子与阴离子之间以离子键结合，在阴离子OH-、中不同的非金属原子之间都以极性共价键结合，因此二者含有的化学键类型及晶体类型相同，C正确；D．干冰容易升华，是由于温度升高破坏了CO2分子之间的微弱的分子间作用力，而与物质分子中的共价键强弱无关，D错误；故合理选项是C。 3D【解析】A．由题干信息可知，硼烯中只含有B元素，则是一种B元素的单质，A错误；       B．由质量数等于质子数加中子数，则中子数为6的B，其核素符号是，B错误；C．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子之间，故硼烯与石墨不互为同位素，C错误；       D．已知B为非金属，则硼烯的硼原子之间通过共价键结合，D正确；故答案为：D。4.C【解析】A：Na为+1价、Al为+3价，故H为-1价，错误；B：1molNa3AlH6含4mol离子，错误；C：反应中总共有12个H，有6个H的化合价升高，故有50%被氧化，正确；D:氧化产物为H2，还原产物为Al，故为3:2，错误。5.D【解析】A．基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1，价层电子的轨道表示式为故A错误；B.内，H一侧明显带正电，其与M g2+互斥，即与镁离子紧密排列的应该是O,因此其电子式为：- M g2+故B错误；C． 中乙基在2号位，正确的命名为：乙基，丁二烯，故C错误；D．表示两个“肩并肩”的平行轨道为乙烯分子中的π键，故D正确；故选D。6.D【解析】A．①为蒸发皿,可以直接加热，③为蒸馏烧瓶,需要垫石棉网加热，A错误； B．①为蒸发皿,不可以作为反应容器，④为锥形瓶,可作反应容器，B错误；C．②为碱式滴定管，滴定时需要用待装液润洗，④为锥形瓶，滴定时不能用待装液润洗，C错误；D．③为蒸馏烧瓶，⑤为冷凝管，都可用于蒸馏操作，D正确；故答案为D。7.C【解析】A．PV=nRT，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，令甲烷物质的量为amol、氨气物质的量为bmol，则有5a=4b，a:b=4:5，甲烷和氨气体积之比为4:5，A错误；B．标准状况下三氧化硫不是气体，无法计算其质量，B错误；C．18g重水的物质的量为：18g20g/mol=0.9mol，含电子0.9mol10=9mol，数目为9NA，含中子0.9mol10=9mol，数目为9NA，C正确；D．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，D错误；答案选C。8.D【解析】A．已知1分子CO2中含有4个共用电子对，则标况下，11.2L CO2中含有共用电子对数目为=2 NA，A正确；B．由题干信息可知，反应②、③均使用酶作催化剂，则无法在高温下进行否则酶将失去生理活性，B正确；C．已知1molCH3OH转化为HCHO过程中失去2mol电子，则反应②中，3.2g CH3OH 生成HCHO时转移电子数目为=0.2NA，C正确；D．由于题干未告知DHA的物质的量，故无法计算DHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目，D错误；故答案为：D。9.B【解析】A．Cu2+是蓝色的，A错误；B．能使酚酞变红的溶液中存在OH-，各离子之间不反应，B正确；C．Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，故不能大量共存，C错误；D．硫酸中H+与HCO 反应生成H2O和CO2，故不能大量共存，D错误；故选B。10.C【解析】溶液中遵循电荷守恒，则，即，故A正确；B．饱和溶液中，电离分步进行，以第一步电离为主，则存在，故B正确；C．的NaHA溶液，其，说明溶液呈酸性，可知的电离大于其水解，电离生成，水解生成，则存在，故C错误；D．由可知，，溶液中遵循物料守恒，则存在，故D正确；答案选C。11B【解析】A．电解池中阳离子向阴极运动，(CH3)4N+向II室迁移，A正确；B．Ⅰ室为阳极室，水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气，2H2O- 4e- =4H++O2↑，向Ⅰ室迁移与生成的氢离子生成水和二氧化碳气体，B错误；C．阴极室中水电离出的氢离子放电发生还原反应生成氢气，2H2O+2e- =2OH-+H2↑，溶液中氢氧根离子浓度变大，原料室中(CH3)4N+向II室迁移生成(CH3)4NOH，(CH3)4N++ OH-=(CH3)4NOH，当外电路中有1mol电子通过时，理论上能生成lmol(CH3)4NOH，C正确；D．由BC分析可知，总反应为 (CH3)4NHCO3和H2O反应生成氧气、二氧化碳、氢气、(CH3)4NOH，电解总反应：4(CH3)4NHCO3+2H2O4(CH3)4NOH+2H2↑+O2↑+4CO2↑，D正确；故选B。12.C【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其中X、R的最外层电子数为1，二者处于IA族，Y、Z、M的最外层电子数依次为4、5、6，它们分别处于IVA族、VA族、VIA族，其中R的序数比Y大，故R为Na，五种元素中X的原子半径小最小，X只能为H元素，原子半径M＞Y＞Z，只能是Y、Z处于第二周期，M处于第三周期，故Y为C元素、Z为N元素、M为S元素。【详解】A． 氨分子间形成氢键，N的氢化物沸点可能比C的氢化物沸点高，故A正确；B． 非金属性C<S，C的最高价氧化物对应水化物酸性弱于S的最高价氧化物对应水化物，故B正确；C． 电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，单核离子的半径S2->N3->Na+，故C错误；D． 化合物NaH是一种强还原剂，故D正确；故选C。13.（14分）【答案】(1)(2)     O     sp     3(3)     B     >(4)属于极性分子，且能与水形成氢键(5)     12     面心【解析】(1)Pd的原子序数是46，基态Pd原子轨道中不存在单电子，则Pd的核外电子排布式为[Kr]，基态Pd原子的价电子排布式是；(2)非金属性越强，电负性越大，则图示结构中电负性最大的元素是O；①号碳原子的价层电子对数=2+=2，杂化方式是sp杂化；②号碳原子的价层电子对数=3+=3；(3)①已知PdCl4(NH3)2的2种结构均为八面体，则结构A中两个Cl位于八面体的上下两个顶点，正负电荷中心重合，为非极性分子，而结构B正负电荷中心不重合，有极性，即有极性的结构是B结构；②PdCl4(NH3)2中NH3中N提供孤电子形成配位键，即无孤电子对，而NH3中N含一对孤电子，斥力较大，则PdCl4(NH3)2中NH3中∠H-N-H的键角>NH3中∠H-N-H的键角；(4)H2O2、H2O2均是极性分子，CCl4是非极性分子，H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4，原因是H2O2属于极性分子，且能与水形成氢键；(5)由题意Pd的晶胞结构为，晶胞中每个Pd原子(以顶点的Pd微粒)周围距离相等且最近的Pd原子为其周围三个面的Pd，个数==12；晶胞中面心Pd个数=1/2×6=3，顶点Pd个数=8×1/8=1，Cu3Pd中Cu和Pd的个数比=3:1，则可看作上述Pd晶胞中面心位置的Pd原子被Cu原子替代。 14.（18分）【答案】(1)羧基、醚键(2)(3)(4)⑤(5)     10     或(6)【解析】【分析】A与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：，B与RMgCl在CuI作用下发生加成反应产生C，C与NaOH水溶液，共热发生酯的水解反应，然后酸化可得D，D脱去1分子H2O生成E：，E与在LDA作用下发生取代反应产生F和HCl，F与H2发生加成反应产生G，G在一定条件下发生消去反应产生H。(1)根据A结构简式可知A分子中的含氧官能团名称为羧基、醚键；(2)A分子中含有-COOH，与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：和H2O，该反应为可逆反应，化学方程式为：；(3)D生成E同时产生H2O，该反应方程式为，则E的结构简式是；(4)在上述反应中，反应①属于取代反应，反应②属于取代反应，反应③属于取代反应，反应④属于加成反应，反应⑤属于消去反应，则上述反应中属于消去反应的有⑤；(5)W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，符合条件a)芳香族化合物，说明分子中含有苯环；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳，说明分子中含有2个-COOH，则该同分异构体分子中除苯环外，若只有一个侧链，只有1种结构；若含有2个侧链-COOH、-CH2-COOH，二者在苯环上有邻、间、对三种物质，因此有3种不同结构；若含有3个侧链：-COOH、-COOH、-CH3，都处于邻位有2种结构；都处于间位，只有1种结构；若2个相邻，一个相间，有3种结构，故符合要求的同分异构体种类数目为1+3+2+1+3=10种；其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或；(6)与H2在一定条件下发生加成反应产生，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质在催化剂存在条件下与H2发生加成反应产生，该物质在催化剂存在条件下加热，发生取代基在苯环邻位上的取代反应产生，故以为原料合成的流程图为：。 15.（18分）【答案】(1)(2)     三颈烧瓶(或三颈瓶)     作安全瓶，防止倒吸     、(3)CD(4)     淀粉溶液     99.2%(5)Fe3+【解析】【分析】利用70%浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，将二氧化硫通入硫化钠、碳酸钠的混合溶液并搅拌反应制备硫代硫酸钠。再利用硫代硫酸钠与二氧化氯反应等进行性质探究。(1)用二氧化氯水溶液处理后，被氧化为和，中为价，为价，配平离子反应为；(2)由仪器特征知装置为三颈烧瓶(三颈瓶)；装置B为安全瓶，可防止倒吸；从装置进入装置的气体可能有生成的及未反应的，被碱液吸收可能生成、；(3)有害气体为，可以用酸性溶液或溶液吸收，故选；(4)利用遇淀粉变蓝的特性，可知指示剂为淀粉溶液；三组实验数据中第2组数据为离群数据，应舍弃，取第1组和第3组数据的平均值，可知平均消耗的标准溶液，产品的纯度；(5)根据的性质，实验室中可以代替检验。 16.（14分）【答案】(1)(-a-2b+2c)(2)     Ⅲ     0.24mol·L-1·min-1     <(3)     升温，主反应的平衡逆向移动，而副反应的平衡正向移动且程度更大     >     T1时以副反应为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响     (或0.0167)【解析】(1)根据盖斯定律，由可得C2H8N2(l)+2N2O4(l)=2CO2(g)+4H2O(g)+3N2(g)，则，故答案为：(-a-2b+2c)；(2)①由图可知，同一温度相同时间内，反应III的反应速率最慢，所以其活化能最大，故答案为：Ⅲ；②由图可知，温度下，时的转化率为，即的转化量，故的转化量，容积为，时间经过，则，故答案为：；③温度升高化学反应速率增大，由于c点温度高于b点，说明同一物质c点对应的逆反应速率比b点正反应速率快，故答案为：＜；(3)①主反应为放热反应，升高温度，主反应的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率减小；副反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，240℃以上，随着温度升高，的平衡转化率增大，而的选择性降低，说明副反应的平衡正向移动程度大于主反应的平衡逆向移动程度，故答案为：升温，主反应的平衡逆向移动，而副反应的平衡正向移动且程度更大；②主反应是气体体积减小的反应，副反应是气体体积不变的反应，增大压强，副反应中二氧化碳的平衡转化率不变，主反应平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，由图3可得出，相同温度下，压强时二氧化碳平衡转化率大于，则压强大于；温度时，三条曲线几乎交于一点，说明压强对二氧化碳平衡转化率基本没有影响，反应以副反应为主，故答案为：>：T1时以副反应为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响；③和按物质的量1：3投料，总物质的量为，250℃时，在体积为的容器中，主反应和副反应达到化学平衡，转化率为，和选择性均为，平衡时二氧化碳的物质的量为，主反应和副反底中二氧化碳的转化率均为，则平衡时，氢气的物质的量为，水蒸气的物质的量为，一氧化碳的物质的量为，副反应的平衡常数为，故答案为：(或0.0167)。    更多原创资讯，请搜索《月鉴》，谢谢关注！