2022年高考押题预测卷01（北京卷）-化学（全解全析）

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2022年高考押题预测卷01【北京卷】化学·全解全析1234567891011DABDBBBCCDB121314        CBA        1．【答案】D【解析】A．阿比朵尔分子中含有苯环和烷基，可发生取代反应，A正确；B．阿比朵尔分子中所含单键全部是σ键，苯环和碳氧双键中既有σ键，又有π键，Ｂ正确；C．阿比朵尔分子中含官能团：酯基、酚羟基和溴原子，均可与氢氧化钠溶液反应，C正确；D．阿比朵尔所含官能团均与溴水不反应，酚羟基的邻对位没有氢原子，故不能用溴水检验分子中存在羟基，D错误；故选D。2．【答案】A【解析】A．Tc质子数为43，故A正确；B．Tc中子数为99-43=56，故B错误；C．核外电子数等于质子数，Tc核外电子数为43，故C错误；D．Tc质量数为99，故D错误；选A。3．【答案】B【解析】25℃时，0.1mol/LX的最高价氧化物的水化物溶液对应的pH=1.00，则其为一元强酸，从而确定X为N元素；0.1mol/LY的最高价氧化物的水化物溶液对应的pH=13.00，则其为一元强碱，从而确定Y为Na元素；0.1mol/L H3ZO4溶液的pH=1.57，则其为弱酸，从而确定Z为P元素；0.1mol/LW的最高价氧化物的水化物溶液对应的pH=0.70，则其为多元强酸，从而确定W为S元素。综合以上分析，X、Y、Z、W分别为N、Na、P、S。A．Y、W分别为Na、S，二者为同周期元素，S在Na的右边，则原子半径：Y＞W，Ａ不正确；B．Z、W分别为P、S，二者为同周期元素，非金属性P比S弱，所以元素电负性：Z＜W，B正确；C．Z、W分别为P、S，且二者为同周期相邻元素，但P原子的3p轨道半充满，所以元素第一电离能：Z＞W，C不正确；D．X、Z分别为N、P，二者的简单氢化物化学式分别为NH3、PH3，前者可形成分子间的氢键，所以沸点：X＞Z，D不正确；故选B。4．【答案】D【解析】A．图甲中容量瓶为100 mL，不能用来配制200 mL的溶液，A错误；B．给试管中的液体加热时，液体体积不能超过试管体积的三分之一，图乙中液体过多，B错误；C．乙醇与乙酸互溶，不能用分液方法进行分离，应该根据二者沸点的不同，采用蒸馏方法分离，C错误；D．用图丁装置制取少量Fe(OH)2，用氢气充满整个装置可防止氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化，该装置能达到目的，D正确；故合理选项是D。5．【答案】B【解析】A．从图中可以看出，水进入试管约三分之二体积，表明NO2易溶于水，不能用排水法收集，A正确；B．NO2呈红棕色，而试管中剩余气体呈无色，所以试管中剩余气体不是NO2，B不正确；C．紫色石蕊溶液显红色，表明溶液显酸性，从而表明NO2与H2O反应生成了酸等物质，C正确；D. 试管中剩余气体为NO，通入一定量的O2，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO气体转化为HNO3，所以试管中的液面上升，D正确；故选B。6．【答案】B【解析】A．用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜，发生反应为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，A不正确；B．用FeS除去废水中的Hg2+时，发生复分解反应，离子方程式为FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，B正确；C．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2时，生成Na2SO3和水，离子方程式为2OH-+SO2=+H2O，C不正确；D．用食醋处理水垢时，由于醋酸是弱酸，所以在发生的两个离子反应中，都应以化学式表示，D不正确；故选B。7．【答案】B【解析】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；答案选B。8．【答案】C【解析】A．过氧化氢为共价化合物，结构式为H—O—O—H，分子中含有极性键和非极性键，不含有离子键，选项A错误；B．过氧化氢中氧元素化合价为—1价，第一步反应生成0.1 mol O2，转移电子的物质的量为0.1 mol×2=0.2mol，选项B错误；C．过氧化氢分解的总方程式为2H2O2=2H2O+ O2↑，由第1步反应可知，第2步反应的方程式为2H++H2O2+2Br－=2H2O+Br2，选项C正确；D．溴单质在溶液中能与水反应也能产生Br-，则若在加入Br2的H2O2溶液中检出Br-，也不能说明第1步反应发生了，选项D错误；答案选C。9．【答案】C【解析】A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：，故A项正确；B．依据电荷守恒可知：，而溶液的，即，则有，故B项正确；C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项错误；D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：，导致减小，增大，所以的值增大，故D项正确；答案选C。10．【答案】D【解析】A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量少，降温平衡正向移动，故，A正确；B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B正确；C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol ，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D错误；故选D。11．【答案】B【解析】A．该高分子化合物可由尿素和甲醛通过缩聚反应得到，所以得到该物质的反应为缩聚反应，A正确；B．网状脲醛树脂中含肽键，可以发生水解反应，即该物质在自然界中可以降解，B错误；C．根据图判断其结构简式可能为：，C正确；D．由图示结构可知，甲醛可以和线型脲醛树脂中的亚氨基继续加成反应生成网状结构的脲醛树脂，D正确；答案选B。12．【答案】C【解析】A．亚硝酸钠溶液中滴入酚酞溶液，无色溶液变红色，说明亚硝酸钠为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故A正确；B．亚硝酸钠溶液中加入硝酸银溶液，溶液中产生淡黄色沉淀说明亚硝酸钠溶液可与硝酸银溶液发生复分解反应生成亚硝酸盐沉淀和硝酸钠，反应的离子方程式为，故B正确；C．亚硝酸钠溶液中加入稀硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液，无色溶液立即变蓝色说明酸性条件下，亚硝酸钠与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、碘单质、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故C错误；D．亚硝酸钠溶液中加入酸性重铬酸钾溶液，无色溶液立即变绿色说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与重铬酸钾溶液氧化还原反应生成硝酸钠、硫酸铬、硫酸钾和水，反应的离子方程式为，故D正确；故选C。13．【答案】B【解析】A．由题干信息i.Na2S溶液能溶解S生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S(臭鸡蛋气味)可知，②中淡黄色浑浊可能是S与H+反应产生的S单质，A正确；B．由于S不溶于水，而①取Na2S样品加水溶解，得到澄清溶液a，则说明该Na2S样品中不可能含有S，B错误；C．实验③是将②中浊液过滤含有过量的HCl，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀中白色沉淀是BaSO4，C正确；D．由于Na2S+2HCl=2NaCl+H2S↑，Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故该Na2S样品中可能含有Na2SO3，D正确；故答案为：B。14．【答案】A【解析】利用已知反应和甲醇脱水反应，根据盖斯定律可得甲醇制乙烯的焓变。A．设甲醇制乙烯的反应2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g)ΔH1为反应1，甲醇脱水的反应为2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-24.0kJ·mol-1反应2，C2H5OH(g)⇌CH3OCH3(g)ΔH3=+50.8kJ·mol-1为反应3，C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(g)ΔH4=-45.8kJ·mol-1为反应4，则有：反应2-(反应3+反应4)=反应1，根据盖斯定律，A错误；B．甲醇脱水ΔH2=-24.0kJ·mol-1小于零，是放热反应，B正确；C．甲醇制乙烯的反应是气体分子数增加的反应，减小压强利于平衡向右移动，提高甲醇的平衡转化率，C正确；D．因为甲醇的脱水反应和制备乙烯的反应是平行反应，加入选择性催化剂可加快制乙烯的反应，从而抑制甲醇脱水反应的发生，D正确；故选A。15．（9分）(1)（1分）(2)①CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水（2分）     ②c（1分）(3)       （1分）   正四面体（1分）(4)①磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al<In，共价键键长Al-P<In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP（2分）     ②（2分）【解析】(1)基态磷原子价电子为3s、3p能级上的电子，根据构造原理P原子价电子轨道表示式为；(2)CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水；a．中层与层之间的作用力是分子间作用力，选项a错误；b．由结构可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp3杂化，选项b错误；c．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，选项c正确；答案选c；(3)Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-,即形成更稳定的配合物，故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是，中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数=×（5+3-4×2）=0，中心原子价层电子对数为4+0=4，P原子sp3杂化，立体构型为正四面体；(4)①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因是：磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al<In，共价键键长Al-P<In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP；②根据晶胞结构，磷化硼含有P原子数目为个，含有B原子数目为4个，故磷化硼的化学式是BP，已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度==g/cm3。16．（12分）【答案】(1)将Co3+还原为Co2+（2分）     2Co3++SO2+2H2O=2Co2++SO+4H+（2分）(2)Al(OH)3  （2分）   5.2≤pH<7.6（2分）(3)分液漏斗（1分）(4)蒸发浓缩（1分）(5)CoCl2·6H2O+6SOCl2CoCl2+6SO2↑+12HCl↑（2分）【解析】以钻液(主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、Al2O3等杂质)为原料制备无水氯化钴(CoCl2)，硫酸酸浸后Al2O3转化为Al3+，Co2O3转化为Co3+，CoO转化为Co2+，Ni转化为Ni2+，通入SO2的目的是将Co3+还原为Co2+；加入碳酸钠固体将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，加入萃取剂HX除去Ni2+；加入碳酸钠调沉钴得到碳酸钴，加入盐酸酸溶后经过一系列操作得到CoCl2，以此解答。(1)由分析可知，“酸浸”中SO2的作用是将Co3+还原为Co2+，该反应中SO2中S元素化合价由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2Co3++SO2+2H2O=2Co2++SO+4H+。(2)由分析可知，加入碳酸钠固体发生双水解反应得到Al(OH)3沉淀，由表格可知该步调节pH的范围为5.2≤pH<7.6。(3)“除镍”中分离有机层的操作若在实验室中进行，需要使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗。(4)酸溶后的溶液经过重结晶可以得到六水合氯化钴，“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。(5)在加热条件下“脱水”， CoCl2·6H2O和SOCl2反应生成CoCl2，该过程中总反应的化学方程式为CoCl2·6H2O+6SOCl2CoCl2+6SO2↑+12HCl↑。17．（14分）【答案】(1)取代反应（2分）(2)（2分）(3)4（2分）(4)醛基和羟基（2分）(5)（2分）(6)+（2分）(7)（2分）【解析】A属于芳香烃，结合A的分子式可知，A为；B的分子式为C7H7NO2，结合F的结构可知，A与浓硝酸发生取代反应，硝基取代甲苯的对位氢，B的结构简式为：；B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的结构简式为：；结合D的分子式可知，D的结构简式为：；结合E的分子式可知，E的结构简式为：；E先与发生加成反应生成，再发生消去反应生成F；题干第（5）题告知：环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2:1，结合G的分子式可知，G的结构简式为：；G与在氯化铝的作用下生成H，结合J的结构简式和已知信息可知，H的结构简式为：；H与发生已知信息的反应生成I，I的结构简式为：；I发生还原反应生成J，J与F发生加成反应生成K，结合依泽替米贝的结构简式和K的分子式可知，K的结构简式为：。(1)A属于芳香烃，结合A的分子式可知，A为；B的分子式为C7H7NO2，结合F的结构可知，A与浓硝酸发生取代反应生成B，硝基取代甲苯的对位氢，B的结构简式为：。(2)B在Fe、HCl的作用下生成C，C中含氨基，结合C的分子式可知，C的结构简式为：。(3)由分析可知，D的结构简式为：，D的芳香族同分异构体有：、、、，共4种。(4)由分析可知，E的结构简式为：，含有的官能团为醛基和羟基。(5)结合E和F的结构简式可知，E先与发生加成反应生成，再发生消去反应生成F，因此中间产物L的结构简式为：。(6)环状化合物G的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为2:1，结合G的分子式可知，G的结构简式为：；G与在氯化铝的作用下生成H，结合J的结构简式和已知信息可知，H的结构简式为：，因此G→H的化学方程式为：+。(7)J和F发生加成反应生成K，结合依泽替米贝的结构简式和K的分子式以及题给示例可知，J和F生成K时新形成的碳碳键如图所示：。18．（13分）【答案】(1) ①氧化性和还原（1分）     ②（1分）      bc（1分）      （2分） (2) S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或（2分）     ①向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去（2分）     ②排除对和检验的干扰（1分）(3) ①10mL 溶液与0.01g S粉（2分）     ②排除(H+)对反应的影响（1分）【解析】(1)①由转化为、Ag、或可见Ag的化合价有上升也有下降，表现了根据S具有氧化还原性；ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含，若含有硫酸根则会生成硫酸钡沉淀；ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是和的混合溶液，因为双氧水将亚硫酸根氧化为硫酸根与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀；溴水具有氧化性将亚硫酸根氧化为硫酸根产生白色沉淀，且溴水褪色，酸性高锰酸钾溶液中可能会含有硫酸根影响检验；ⅲ．沉淀e含有Ag、气体含有，与Fe在酸性环境下同时生成Ag和，离子方程式：；(2)溶液a中可能存在或，依据是S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或；①说明溶液a中不含的实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸酸化后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，说明碘单质没有被还原；②加入足量稀盐酸的作用是：对溶液进行酸化，排除对和检验的干扰；(3)①向注射器中加入的物质是：10mL 溶液与0.01g S粉；②改用溶液的目的是：排除(H+)对反应的影响19．（10分）【答案】(1)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2分）(2)     3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+ （2分）    溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力减弱（2分）(3)增加接触面积，提高反应速率（1分）(4)     MnO+ e-=MnO  （2分）   推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）（1分）【解析】(1)电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第一步是电解饱和食盐水，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，第二步反应是电解生成的Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl和H2O，则反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(2)①由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，根据氧化还原反应配平可得，吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+；②由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱，则脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，故答案为：当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱；(3)吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，采用气、液逆流方式能够增加气体和液体的接触面积，提高反应速率，让气体和液体充分反应，故答案为：增加接触面积，提高反应速率；(4)①由题干信息：MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗，故实验1中阴极颜色变暗是由于部分MnO在阴极得到电子后转化为MnO，而形成MnO与MnO混合溶液，电解池中阴极发生还原反应，则阴极电极反应式是MnO+ e-=MnO，故答案为：MnO+ e-=MnO；②根据题干信息可知，实验2和实验1相比，实验2中仅在电解液多加入了NaNO3电解液，其余条件均相同，而实验结果却是：实验一是阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1，实验二为：阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4，则说明两种猜想均成立，且反应II的速率比反应I的快，故可得到的结论是推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快），故答案为：推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）。