2022年高考押题预测卷02（全国乙卷）-化学（全解全析）

这是一份2022年高考押题预测卷02（全国乙卷）-化学（全解全析），共13页。

2022年高考原创押题预测卷02【全国乙卷】
化学·全解全析
7
8
9
10
11
12
13
C
C
C
C
B
D
A
7【答案】C
【详解】A.压缩空气储能是利用空气状态的变化，重力储能利用介质动能势能的转化，属于物理储能方式，储能装置放电时会发生化学反应，A说法错误；B.发展新型绿色储能利于实现“双碳”目标，与碳汇无关（碳汇指树木、植物吸收汇聚的二氧化碳的量），B错误；C.氨不易燃烧，易液化存储及运输，这些均优于氢。合成氨时，更加低成本高效的电解水制氢方式、寻求合成氨的低温催化剂（目前合成氨条件：高温高压催化剂）有待创新，且氨不易燃烧，燃烧时控制氮氧化合物的生成，都是研究攻克的技术问题，C说法正确；D.将太阳能转化为电化学储能用到光电池，单晶硅、多晶硅都可做光电池，但并不唯一，还有其他可做芯片的化合物半导体，最少的能量转化包括光能--电能--化学能，3种，D错误。故选C。
8.【答案】C
【详解】
A．配制一定物质的量浓度溶液定容时，视线于容量瓶刻度线相平，A能达到实验目的；
B．CO2与NaOH发生反应，可以使瓶内压强瞬间减小从而形成喷泉现象，B能达到实验目的；
C．NO2的密度比空气大，应该采用向上排空气法收集，即“长进短出”，C不能达到实验目的；
D．氨气极易溶于水，当胶头滴管中的水滴下时，瓶内压强瞬间减小，可观察到气球膨胀的现象，D能达到实验目的；
答案选C。
9.【答案】C
【解析】
A．28.4g P2O5为0.2mol，即0.1mol P4O10，1个P4O10含16个共价键(4个P=O，12个P-O，全部为极性键)，则0.1mol P4O10含有共1.6mol共价键，也就是1.6NA个，故A错误；
B．核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出，,，1molZM中含中子（89-36）NA=53NA，故B错误；
C．由得失电子数目守恒可知，1mol锌与稀硫酸反应生成1mol氢气，与浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，则0.25mol Zn与一定量浓硫酸反应后完全溶解时，无论是生成氢气，还是二氧化硫，或是二氧化硫或氢气的混合气体，气体的分子数恒定为0.25mol×NA mol—1=0.25NA，故C正确；
D．1L 1mol/L CH3COONa溶液中n(Na+)=1mol，根据电荷守恒：n(CH3COO-)+n(OH-)=n(Na+)+n(H+)，所以CH3COO-与OH-离子数之和大于NA，故D错误；
故选C。
10.【答案】C
【详解】
A．一个柠檬酸分子中含有四个亲水基，故柠檬酸易溶于水，其中含有三个羧基，属于三元酸，A正确；
B．-OH、-COOH均可与Na发生置换反应得到H2，1 mol柠檬酸共有-OH、-COOH 4mol，故与足量Na反应可得到2 mol H2，B正确；
C．符合要求的同分异构如下：、、、、（序号代表-OH），共有11 种，C错误；
D．柠檬酸中含有羟基、羧基，两种官能团均可发生酯化反应，D正确；
故答案选C。
11.【答案】B
【分析】
根据化合物G的焰色实验为黄色，可推断有钠元素，G与F反应生成，故G为碳酸钠或者为碳酸氢钠，则可推出E为钠的化合物，E中含两种元素，又能与反应，故为，A与B为钠与氧气；再根据特征反应条件光照反应生成的产物能与碳酸钠反应，可推断为H2与反应生成，故W为H，X为O，Y为，Z为。
【详解】
根据上述分析，W为H，X为O，Y为，Z为，
A．核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，则简单离子半径：，故A项正确；
B．Cl的一种含氧酸为HClO，为弱酸，故B项错误；
C．Y形成的常见氧化物有Na2O、，其中阳离子与阴离子个数之比都为2︰1，故C项正确；
D．中只有极性键，中既有极性键又有非极性键，故D项正确。
故选B。
12.【答案】D
【分析】
由图可知，传感器中发生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，原电池反应为2Ag+I2=2AgI，所以原电池的负极发生Ag-e-=Ag+，正极发生I2+2Ag++2e-=2AgI，以此来解答。
【详解】
A．根据以上分析可知银电极为负极，多孔石墨电极为正极，故A正确；
B．传感器中发生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，所以透过聚四氟乙烯膜后与反应生成，故B正确；
C．多孔石墨电极为正极，发生得到电子的还原反应，即附近发生如下反应：I2+2Ag++2e-=2AgI，故C正确；
D．由于氧气所处的状态未知，则不能计算参加反应的氧气体积，故D错误；
故选D。
13.
【答案】A
【解析】
向某浓度H2A溶液中加入NaOH溶液时，由于二者发生反应，所以H2A逐渐减少，-lgc(H2A)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与pH变化关系，标①；H2A ⇌H++HA-，HA-⇌ H++A2-，A2-会逐渐增大，-lgc(A2-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系，标②；另一条则是与pH的变化图，标③，以此解题。
【详解】
A．电离常数的表达式为：，，④，当pH=3.05时，-lgc(A2-)与-lgc(H2A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代入④，可得；又由图中③可知，当pH=5.3时，，即c(A2-)=c(HA-)，即Ka2=10-5.3，所以，A错误；
B．a点时，电荷守恒为，移向，a点时，pH=3.05，所以，，因为，所以，因为，所以c(HA-)+2c(H2A)>10-3.06-10-10.95，B正确；
C．NaHA溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA-)，HA-⇌ H++A2-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以c(A2-)与c(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3，即HA-的水解常数，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H2A)c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C正确；
D．b点时，电荷守恒为，此时pH=5.3，即，所以c(A2-)=c(HA-)，所以上式变形为：，，因为c(OH-) 故选A。
26.（14分）
【答案】(1)     适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度、搅拌等     将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+
(2)          ＞
(3)     Fe(OH)3、Al(OH)3     滴入几滴KSCN，振荡，溶液不变红
(4)4.8×10-6 mol·L−1
(5)4：3
【解析】
【分析】
钴矿石中加入稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，然后向滤液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，过滤后，向滤液中加入草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析解答。
(1)
溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；
Na2SO3是还原剂，主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；
(2)
“氧化”过程中在酸性条件下金属离子Fe2+与NaClO3反应产生Fe3+、Cl-及H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为；Fe2+与反应而Co2+不发生反应，说明微粒的还原性：Fe2+＞Co2+；
(3)
用Na2CO3调节溶液pH，可以使溶液中Fe3+和Al3+全部转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，达到除去Fe3+和Al3+的目的，故滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3；
可根据Fe3+与SCN-作用，使溶液变为血红色检验铁元素已被完全沉淀，操作为：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，充分振荡，若溶液不变红，说明溶液中无Fe3+，即Fe3+已经完全形成了Fe(OH)3沉淀；
(4)
c(Ca2+)：c(Mg2+)=[c(Ca2+)·c2(F-)]：[c(Mg2+)·c2(F-)]=Ksp(CaF2)：Ksp(MgF2)=34：71，所以若滤液中，c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L−1×≈4.8×10-6 mol·L−1；
(5)
CoC2O4∙2H2O在空气中高温煅烧，得到产品Co2O3，CoC2O4中Co元素化合价为+2价，Co2O3中Co元素化合价为+3价，Co元素化合价升高，说明空气中的O2也参加了反应，因此酸根离子中C元素化合价会由中的+3价变为+4价的CO2气体，根据元素守恒可知还有H2O生成，煅烧时发生反应方程式：4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，由方程式可知CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为4∶3。
27.（14分）
【答案】(1)-236
(2)
(3)     0.003     C     及时分离出     该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
(4)
【解析】
(1)
①
②   
由丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、的方程式：
③     
④   
由盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则
则。
故答案为：-236;
(2)
在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：。
故答案为：
(3)
①在500℃、以为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则， 则，丙烯的化学反应速率。
②A．与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；
B．，与的物质的量之比一直为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。
③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物，促进反应正向进行。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
故答案为：①0.003；②C；③及时分离出；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
(4)
在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化率为40%，则，则可得：

起始n始(mol)          1            1                         0                 0
变化△n(mol)        0.18       0.09                  0.18             0.18
终态n终(mol)        0.82       0.91                  0.18             0.18

起始n始(mol)        0.82        0.91                       0          0.18
变化△n(mol)     0.4-0.18     0.77                    0.66        0.88
终态n终(mol)        0.6          0.17                    0.66        1.06
故平衡时：，，，，，，则；
平衡时压强为，平衡分压=总压×体积分数，则，，，，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：
故答案为：

28.（15分）
【答案】(1)     Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑     饱和食盐水可减缓生成氨气的速率
(2)三颈烧瓶(或三口烧瓶)
(3)     分液漏斗的活塞与旋塞     沉淀恰好完全溶解时
(4)     打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2     减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收     0.0375
【解析】
【分析】
在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。
(1)
Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；
(2)
根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；
(3)
银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH，后又发生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；
(4)
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)====2×10-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x mol，则4x=2×10-5 mol×1，x=5×10-6 mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol×30 g/mol×103 mg/g=0.0375 mg/L。
【点睛】
本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。
35.（15分）
【答案】(1)     第四周期ⅥB族     15
(2)     O、N     d     独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而该物质中的N原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成键电子对
(3)     <     钛第二电离能失去的是4s1电子，铬第二电离能失去的是3d5电子
(4)     (1，1，)    
【解析】
(1)
铬的原子序数为24，在元素周期表中的位置为第四周期ⅥB族；其基态原子核外电子排布为1s22s2sp63s23p63d54s1，s能级1个轨道，p能级3个轨道，d能级5个轨道，结合洪特规则，其占据的原子轨道数为1+1+3+1+3+5+1=15。
(2)
①该配合物中，Cr3+是中心原子，内界中H2O和NH3是配位体，配位体中的O原子和N原子有孤电子对，O原子和N原子提供孤对电子与Cr3+形成配位键；
②根据杂化轨道理论，Cr原子最外层的4s、4p轨道与内层3d轨道中的2个发生杂化，形成6个d2sp3杂化空轨道接受O和N提供的孤电子对形成6个配位键，故中心原子杂化方式为d2sp3，选d；
③该物质中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而该物质中的N原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大。
(3)
钛的核外电子排布是[Ar]3d24s2，第二电离能失去的是4s1电子，铬第二电离能失去的是3d5电子，3d5处于半充满状态，较为稳定，需要较大能量才能失去，故第二电离能I2(Ti) < I2(Cr)。
(4)
从该晶胞图示可知，A点分数坐标为(0，0，0)，结合B点在x、y、z三个坐标轴上的投影，则B点分数坐标为(1，1，)；已知r(N3-)=anm，r(Cr3+)=bnm，该晶胞中
B点下方的顶点为C点，Cr3+离子半径较N3-大，故面对角线上的粒子相切，则AC距离为2bnm，晶胞边长为bnm，BC距离为bnm，则AB间距离为=(nm)。

36.（15分）
【答案】(1)     羰基     1，3-二溴丁烷
(2)     取代反应     NaOH水溶液、加热
(3)
(4)
(5)6
(6)
【解析】
【分析】
根据J的结构简式，再结合已知信息ⅰ，可知I为 ；G发生水解反应和酸化后得到H，H脱羧得到I，可知H为 ；J与K在一定条件下反应，生成M，结合已知信息ⅱ，可知K为 ，据此分析作答。
(1)
M含两种官能团：羰基、碳碳双键，其中含氧官能团是羰基；A的名称为1，3-二溴丁烷，故答案为：羰基；1，3-二溴丁烷；
(2)
对比D和E的结构简式知，D→E发生取代反应；A为卤代烃，B为醇，A在氢氧化钠水溶液中加热生成B，故答案为：取代反应；NaOH水溶液、加热；
(3)
J与K在一定条件下反应，生成M，结合已知信息ⅱ，可知K为 ，故答案为： ；
(4)
对比E和F的结构简式知，E→F发生取代反应，产物还有氯化氢，化学方程式为： ，故答案为： ；
(5)
F为 ，其同分异构体能发生水解反应且水解产物能与溶液发生显色反应，说明含有酚酯基；0.1mol该有机物与足量银氨溶液充分反应最多生成43.2gAg，说明分子中含有2个醛基；苯环上只有2个取代基，则2个取代基：1个是HCOO−(酚酯基)，另1个是或，符合条件的同分异构体有6种，故答案为：6；
(6)
根据已知信息，第一步制备丙酮；第二步丙酮之间发生类似题给已知信息ⅰ的反应；第三步，2-丙醇消去生成丙烯；第四步，丙烯在高温下与氯气发生取代反应生成3-氯丙烯；第五步，3-氯丙烯与第二步反应产物发生类似题给已知信息ⅱ的反应生成目标产物，则合成路线为： ，故答案为： 。
更多原创资讯，请搜索《月鉴》，谢谢关注！