2022年高考押题预测卷02（江苏卷）-化学（全解全析）

2022年高考押题预测卷02【江苏卷】

化学·全解全析

1.   D

【解析】

A．二氧化碳中C-O键为极性键，正负电荷重心重合，是非极性分子，A正确；

B．干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，B正确；

C．冰中水分子间存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，C正确；

D．该过程中无新物质生成，为物理变化，D错误；

故选D。

2.D

【解析】

A．的原子序数为，基态原子的价电子排布式为，则基态的电子排布式为，的电子排布式与相同，故A错误；

B．分子中含有原子与原子间的极性共价键和原子与原子间的非极性共价键，原子有孤对电子，所以分子是极性分子，故B错误；

C．的电子式为，故C错误；

D．个离子中共含有条共价键，故中含共价键，故D正确；

故答案为D。

3.B

【解析】

A．实验室制备SO2，常用Na2SO3粉末和70%硫酸反应，故A说法正确；

B．应是长管通入SO2，短管出气，故B说法错误；

C．二氧化氯极易溶于水，不与水反应，装置丙吸收二氧化氯，故C说法正确；

D．二氧化氯、二氧化硫能与碱反应，防止它们污染空气，故D说法正确；

答案为B。

4.C

【解析】

A．乙烯具有可燃性，能够在空气、氧气燃烧，是植物生长调节剂和果实的催熟剂，但二者无对应关系，A不合题意；

B．由于CCl4不溶于水，且卤素单质在其中的溶解度比在水中的大得多，可用作卤素单质的萃取剂，则用作萃取剂与CCl4密度大于水的性质无关，B不合题意；

C．甲醛能使蛋白质凝固，是蛋白质发生变性，故其水溶液可用于农作物种子的消毒，二者有对应关系，C符合题意；

D．乙二醇可用作汽车防冻液与其是一种无色、有甜味无关，与其凝固点低有关，D不合题意；

故答案为：C。

5.D

【解析】

M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，M基态原子L层中p轨道电子数是s电子的2倍，故M的价层电子排布为2s22p4，M为O；R是同周期元素中最活泼的金属元素，R为Na；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，X原子序数比M大，故为SO2，X为S，Y为Cl；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，Z为Cr。

【详解】

A．电负性S<Cl，A错误；

B．第一电离能Na<S<Cl，B错误；

C．X的氢化物为H2S，与其组成相似的M的氢化物为H2O，水中含氢键，沸点高，C错误；

D．Z的最高价含氧酸的钾盐为重铬酸钾，氧化M的氢化物过氧化氢，离子反应方程式为： ，故氧化剂和还原剂之比为1:3，D正确；

故选D。

6.B

【解析】A项，F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N－H、O－H、F－H的化合物中形成氢键，故甲烷分子间不能形成氢键，错误；B项，已知CO2是直线形分子，键角为180°，CH4为正四面体结构，键角为109°28′，故CO2中的键角比CH4的大，正确；C项，已知CO32－的中心原子C周围的价层电子对数为：＝3，故其空间构型为平面三角形，错误；D项，已知CH3COO[Cu(NH3)2]中只有配位离子[Cu(NH3)2]＋中Cu＋与NH3之间形成了2个配位键，错误。

7.D

【解析】A项，二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠溶液，错误；B项，二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠和氯化铵，错误；C项，一氧化碳和氧化镁不反应，错误；D项，一氧化碳和一氧化氮在高温、催化剂作用下反应生成氮气和二氧化碳，正确。

8．D

【解析】A项，反应的平衡常数为K＝，错误；B项，此反应为可逆反应，1 mol CO和3 mol H2充分反应时放出的热量小于161.1 kJ，错误；C项，达平衡时缩小容器体积，即增大压强，正逆反应速率都增加，错误；D项，保持水蒸气物质的量不变，增大甲烷物质的量，平衡正向移动，水蒸气转化率上升，甲烷转化率下降，正确。

9.A

【解析】

A．若使用惰性电极电解废银催化剂制取银，该催化剂应该做电解池的阳极，应与直流电源的正极连接，故A正确；

B．浓硝酸有强氧化性，但硝酸不稳定易分解，且挥发性较强，浓硝酸还原产物是二氧化氮，稀硝酸还原产物是NO，根据电子守恒规律生成等物质的量的，使用稀硝酸消耗的酸的量更少，而且废气产量更少，故B错误；

C．沉银以后才还原，所以还原过程反应的离子方程式：，故C错误；

D．以顶点银原子为研究对象，与之最近的银原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，银晶体中每个银原子周围距离最近的银原子数目为，故D错误；

故答案为：A。

10.B

【解析】

A．旋转单键可以使苯环平面、碳碳双键平面、碳氧双键平面可以共平面，可以使羟基中氢原子处于平面内，故分子中所有原子可能处于同一平面。该分子含有9个碳原子、8个氢原子、4个氧原子，其分子式为C9H8O4，最大质荷比等于其相对分子质量180，故A正确；

B．一定条件下能碳碳双键含与HCl加成，含羧基与酚羟基可与NaOH反应，酸性重铬酸钾溶液能氧化碳碳双键，溶液颜色由橙红变为灰绿色，不能说褪色，故B错误；

C．1molA含1mol羧基与2mol酚羟基，最多消耗3molNa2CO3或3molNa反应，故C正确；

D．4个氧原子形成8条键，双键中含一条π键，共7条σ键(单键：σ键；双键：一个σ键+一个π键）

故D正确；

故选B。

11.D

【解析】

A．Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+2c(H2SO3) +c(HSO)，故A正确；

B． 0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入少量SO2，存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+) = c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，测得溶液pH约为8，所以c(H+) <c(OH-)，所以c(Na+) > c(HSO)+2c(SO)，故B正确；

C．由的电离平衡可得，由的水解平衡可得，因为 NaHSO3溶液中显酸性，说明电离大于水解，所以，即Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3) > Kw，故C正确；

 D． Na2SO3溶液中通入少量Cl2，会发生反应， ，即总式为，所以溶液为NaCl、Na2SO4、NaHSO3和Na2SO3的混合物，由C知对于NaHSO3来说电离大于水解，所以，且通入少量Cl2，混合液中一定满足，所以c(SO)+3c(SO)>c(H2SO3)，故D错误；

故答案为：D

12D

【解析】

A．已知，通过纳米管一端正电荷分布密度的变化，在电解质溶液中产生离子电流；由反应可知，b电极有紫外光照射，则该极正电荷减少，电流流入，该极为负极，则a极为正极，A错误；

B．使用PPy构建了一种浓差电池，用来提取天然水中的氢能；b极为电源负极，氢离子在b极发生反应生成PPy阳离子，PPy阳离子运动到正极a极，释放出氢离子，氢离子放电发生还原反应生成氢气，B 错误；

C．如果该体系中存在氯离子，则氯离子会在负极放电生成氯气，C错误；

D．照射一段时间后关闭光源，则反应+H+会逆向进行，导致纳米管道中仍能存在微弱电流，D正确；

故选D。

13.C

【解析】

A．电荷守恒：，物料守恒：，两式联立，质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，A错误；

B．滤液为氯化银的饱和溶液，所以清液中一定存在：c(Ag+)=，但加入硫酸钠后溶液仍然澄清，说明硫酸银的溶解度比氯化银大，则反应后c(Ag+)<，B错误；

C．由分析可知，沉淀b为氯化银，氯化银中滴加氨水会生成二氨合银离子，其离子方程式为：AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，C正确；

D．从实验现象可以得出硫化银比硫酸银更难溶，Ksp(Ag2SO4)＞Ksp(Ag2S)，D错误；

答案选C。

14.D

【解析】

A．氯代和溴代第一步断裂Cl-Cl键和Br-Br键，断键需要吸热，Cl-Cl键键长短，键能大，故大于溴代的，A正确；

B．能量越低，产物越稳定，B正确；

C．烷烃中氢原子活性叔氢>仲氢>伯氢，故氢原子环境不同，C-H键键能有差别，丙烷中含有仲氢和伯氢，断裂C-H键吸收的能量不同，C正确；

D．丙烷氯代产物的活化能差值较小，而两种溴带产物的活化能差值较大，得到产物的难度不一样，故所得产物比例不相等，D错误；

故选D。

15.（14分）

【答案】（1）

（2）

（3）

（4）溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金

（5）镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附

【解析】

镍矿渣加入稀硫酸、NaClO3把S元素氧化为S单质，除杂后加入碳酸钠沉镍，经一系列反应得金属镍，镍和铝熔合为镍铝合金，用氢氧化钠浸出铝元素，形成多孔结构的镍铝合金。

（1）

“酸溶”过程中，酸性条件下，被NaClO3氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为；

（2）

“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数。

（3）

以上残留固体为，可知n(NiO)=0.03mol，条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应，固体质量减少(2.69-2.25)=0.44g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则n(NiCO3)=n(CO2)=0.01mol；根据镍元素守恒，，则n(H2O)=，该样品的化学式为。

（4）

溶液在“浸出”过程中的作用溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金。

（5）

镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气也能完成。

16.（15分）

【答案】（1）         

（2）BC

（3）2+CH3COCH3+2H2O

（4）或

（5）、、

（6）

【解析】

【分析】

C的结构已给出，从路线可知B到C为氧化反应，生成醛基；A到B应为取代反应，A的结构为，B为；C到D可参照题中所给已知信息，D的分子式为C19H18O3，应为2分子C与丙酮反应，故D为；D到E为加成反应，E为；对比F和H结构，可知F到G发生的变化应为甲氧基变为羟基，故G为。

（1）

据分析可知，化合物A 为，E为；

（2）

A．由E的结构简式可知E能发生还原反应，不能发生消去反应，A错误；

B．F中有酚羟基，E中没有酚羟基，可通过三氯化铁溶液鉴别，B正确；

C．化合物C中与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，至少有7个，C正确；

D．H的分子式为C19H20O2NP，D错误；

故选BC。

（3）

由分析可知D为，C到D的化学方程式为：

（4）

E为，制备F的过程中，可能成环的位置为苯环上含羰基侧链的四个邻位，反应位置如图所标数字1，，X与F互为同分异构体，故X的可能结构为：

或；

（5）

由分析可知D为，不饱和度为11。2个苯环的不饱和度为8，同分异构体还有1个含氧六元环，一个环的不饱和度为1，故其同分异构体还有两个饱和度，分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，应为两个双键，不含-O-O-键，其结构简式可能为：，，；

（6）

以为原料，对比产物结构，原料可先转化为，参照题中所给已知信息，转化为，再加成即可得到产物，故合成路线为：

17.（15分）

【答案】    （1） C6H12O6＋12MnO2＋12H2SO4=12MnSO4＋18H2O＋6CO2↑   （2）  防止硫酸锰晶体析出     （3）向固体混合物中加入1.0mol·L－1盐酸至固体完全溶解，向溶液中加入适量30%H2O2，使其充分反应，向溶液中加入Zn(OH)2固体，调节溶液pH在3.2~5.9范围内，过滤    （4） (NH4)2Mn(SO4)2·7H2O

【解析】

（1）葡萄糖被MnO2在H2SO4中氧化生成MnSO4和CO2，根据质量守恒可得出化学方程式：C6H12O6＋12MnO2＋12H2SO4=12MnSO4＋18H2O＋6CO2↑ 。

（2）步骤II是为了除去不溶性杂质得到硫酸锰溶液，为了防止温度降低硫酸锰结晶析出导致产率下降所以要趁热过滤，故过滤时利用图装置的目的是防止硫酸锰晶体析出。

（3）ZnCO3和FeCO3的固体混合物制取ZnCl2溶液必须加入稀盐酸溶解固体，此时溶液中含有Fe2+杂质，要保证铁元素全部沉淀而锌元素不沉淀则必须加入氧化剂使Fe2+氧化Fe3+，即加入双氧水溶液，然后调节pH在3.2~5.9范围内，确保Fe3+沉淀完全而Zn2+不沉淀，然后过滤除去沉淀。所以答案为：向固体混合物中加入1.0mol·L－1盐酸至固体完全溶解，向溶液中加入适量30%H2O2，使其充分反应，向溶液中加入Zn(OH)2固体，调节溶液pH在3.2~5.9范围内，过滤。

 （4）根据反应可知25.00 mL溶液A 中n(Mn2+)=31.25×0.08×10-3mol=2.5×10-3mol，根据反应 可知25.00 mL溶液A 中n()=mol，，故n(Mn2+)：n()=1:2，所以中x=2、y=1，则25.00 mL溶液A中=5×10-3mol，，所以4.090g样品中含有0.01mol Mn2+，质量为0.55g；含有0.02mol，质量为0.34g；含有0.02mol，质量为1.92g；根据质量守恒可知含有4.090g－0.55g－0.34g－1.92g=1.28g，则4.090g样品中含有，故n()：n(Mn2+)：：=2:1:2:7，所以硫酸锰铵的化学式为：(NH4)2Mn(SO4)2·7H2O。

18.（14分）

【答案】（1）−504.4kJ·mol−1

（2）12NO2+20NH3+3O2=16N2+30H2O

（3）     TiO2     +4变为+5     载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少     活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO

【解析】

（1）

将所给三个反应由上至下依次记为①、②、③，目标方程式=③+②-①，故

；

（2）

从图示脱除二氧化氮原理可知：二氧化氮与氨气反应生成无害气体氮气，氧化钡为催化剂，硝酸钡为中间产物，脱除二氧化氮的总反应为：；

（3）

用均摊法来计算晶体b中微粒的个数，Ti位于顶点和体心，个数为：，O原子4个位于面上，2个位于内部，个数为：，化学式为TiO2；经过IV后产物中V为+5价，反应物比产物多一个氢原子，氢显+1价，故V原来为+4价，即经过IV后V的化合价由+4变为+5；载体存在两种晶型，温度升高，载体晶体类型可能发生变化，a晶型变成b晶型时，比表面积减小，附着的催化剂量变少；另外，从图示机理中可以看出，若活性中间体直接被O2氧化，就不能参与还原NO过程，导致二氧化氮托出率降低，故可能原因为：载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少；活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO。

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