2022年高考押题预测卷01（福建卷）-化学（全解全析）

2022年高考押题预测卷01【福建卷】

化学·全解全析

1．A

【解析】

【详解】

A．疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下易变性，冷藏存放的目的是避免蛋白质变性，A正确；

B．聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂不属于高分子化合物，B错误；

C．与为原子，两者互为同位素，C错误；

D．氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，D错误；

故选A。

2．A

【解析】

【详解】

A．根据手性碳原子的定义，该有机物中含有手性碳原子位置如图所示 ，该有机物有2个手性碳原子，故A正确；

B．根据结构简式，含氧官能团为酯基、醚键和羟基，有三种含氧官能团，故B错误；

C．该有机物中能与NaOH反应的官能团是酯基，但 ，1mol该酯基消耗2molNaOH，因此1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故C错误；

D．四个单键的C原子，其杂化类型为sp3，因此该有机物中sp3杂化的C原子有7个，故D错误；

答案为A。

3．D

【解析】

【详解】

A．过氧乙酸中氧元素的化合价为-2价、-1价，故A错误；

B．溶液的体积未知，无法计算含有的氢离子的数目，故B错误；

C．100g38％的过氧乙酸的水溶液中，过氧乙酸质量为100g×38%=38g，含有氧原子数为，水中还含有氧原子，因此100g38％的过氧乙酸的水溶液中氧原子数目大于1.5NA，故C错误；

D．过氧乙酸发生氧化还原反应生成CH3COOH的化学方程式为 ，76g过氧乙酸的物质的量为1mol，根据反应的化学方程式可知，1mol过氧乙酸转移2mol电子，数目为2NA，故D正确；

答案选D。

4．C

【解析】

【分析】

已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则A位于第一周期，为氢元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物，与同主族，形成价阳离子，其原子半径最大，则为；形成2个共价键，位于族，则为氧元素，为硫元素；形成4个共价键，则为碳元素。

【详解】

A．化合物为，有较强的氧化性，和高温下均易分解，稳定性较弱，正确；

B．均由、、、四种元素形成的两种化合物分别为和，它们在溶液中能相互发生反应生成、，B正确；

C．D元素所在主族为IA族，其中与氧气只能直接化合形成，C错误；

D．简单氢化物的沸点：，不是简单氢化物元素的氢化物的沸点就不一定高于元素的氢化物的沸点，D正确。

答案选C。

5．B

【解析】

【详解】

A．常温下，苯酚微溶于冷水，用过滤的方法不能完全除去，A错误；

B．要读取气体体积，使量筒液面相同气压稳定后读数，C正确；

C．NO与空气中氧气反应，不能采用排空气的方法收集NO，B错误；

D．硫酸和硫化钠反应生成硫化氢气体，硫化氢与硝酸银反应生成硫化银沉淀，不发生沉淀转化，D错误；

答案选B。

6．D

【解析】

【详解】

A．氢氧化钠溶液与少量硫酸铝溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al3++4OH—=AlO+2H2O，故A错误；

B．硫化钠溶液与过量二氧化硫反应生成硫沉淀和亚硫酸氢钠次氯酸钙溶液2S2—+3SO2+ H2O=3S↓+2HSO，故C错误；

C．次氯酸钙溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸次氯酸钙溶液Ca2++2ClO—+ CO2=CaCO3↓+2HClO，故C错误；

D．酚羟基不能与碳酸氢钠溶液反应， 溶液与碳酸氢钠溶液反应生成、二氧化碳和水，反应的离子方程式为+ HCO+CO2↑+H2O，故D正确；

故选D。

7．B

【解析】

【分析】

由题干微生物燃料电池示意图可知，电子从厌氧阳极流出，即葡萄糖在厌氧阳极上失去电子，生成CO2，则该电极反应为：C6H12O6+6H2O - 24e -=6CO2↑+24H+，电子转移到左侧的缺氧阴极上，得到电子并结合阳极产生的H+，生成NO2和H2O，NO2能够进一步得到电子结合H+，生成N2和H2O，电极反应分别为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，电子转移到好氧阴极，则可能是O2得到电子，发生的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还可能氧化生成，甚至还可以进一步被O2氧化成，反应方程式为：2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2，据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，“厌氧阳极”的电极反应方程式为 C6H12O6+6H2O - 24e -=6CO2+24H+，A正确；

B．若“好氧阴极”1mol完全生成则反应中转移了8mol电子，此时转移的电子是发生在和O2之间，消耗了2molO2，即此时并未向该电极输送电子，则该区消耗的O2在标准状况的体积约为2mol×22.4L/mol=44.8L，B错误；

C．由分析可知，该电池工作中厌氧阳极的电子同时转移到“好氧阴极”和“缺氧阴极”中，故“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，在“好氧阴极”上电极上得电子也可以将O2还原，同时也可以被O2氧化，即和电极之间存在着对O2的竞争，C正确；

D．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”电极的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，故其电极附近的溶液中H+浓度减小，pH增大，故D正确；

故答案为：B。

8．C

【解析】

【分析】

饱和NaCl溶液中通入NH3和CO2，生成NaHCO3沉淀和NH4Cl溶液；过滤出沉淀，加热，溶于水得到Na2CO3饱和溶液；通入气体a(SO2)，调节pH=4.1，得到Na2SO3溶液，加入Na2CO3调节pH=7~8，此时NaHSO3转化为Na2SO3，再通入SO2，并使pH=4.1，则生成NaHSO3过饱和溶液，结晶脱水得Na2S2O5。

【详解】

A．反应I、Ⅱ是通过侯氏制碱法制备碳酸钠，反应I制备NaHCO3的化学方程式为，反应时先通入氨气，再通入CO2，反应Ⅱ为NaHCO3加热分解生成Na2CO3，选项A错误；

B．根据已知信息可知，反应Ⅲ是为了制备NaHSO3，发生反应：，选项B错误；

C．由于得到的NaHSO3不是过饱和溶液，后加碳酸钠固体、并再次充入SO2的目的，得到NaHSO3过饱和溶液，结晶得NaHSO3晶体，选项C正确；

D．由流程图可知，NaHSO3失水得到Na2S2O5，反应的化学方程式为，该反应中各元素化合价不变，为非氧化还原反应，选项D正确；

答案选C。

9．D

【解析】

【详解】

A．分析图像可知，随着横坐标增大，温度降低，a、b的K值均降低，说明a、b的正反应为吸热反应，c的K值升高，说明c的正反应为放热反应，故，故A正确；

B．反应b：，其平衡常数表达式为，故B正确；

C．反应c的，反应b的，在B点，，即=，即，故C正确；

D．若恒压时：温度为A时，结合图像b可知，此时反应b的=0即，代入数据解得p(CH4)==16kpa，p(CH4)初始==50kpa，平衡转化率×100%=68%。但是此选项中为恒容密闭容器，随反应的进行压强改变，故D错误；

故选D。

10．C

【解析】

【分析】

Ba(OH)2中加入KAl(SO4)2，KAl(SO4)2由少量至过量发生两个离子反应：

当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是KAlO2，将数据代入方程式计算n(KAlO2)=0.1mol/L×0.02L÷2=0.001mol；

当时，化学反应方程式为，溶液中溶液中的可溶物质是K2SO4，将数据代入方程式计算；所以曲线①代表该反应；

Ba(OH)2中加人Al2(SO4)3，Al2(SO4)3由少量至过量发生两个离子反应：

当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是Ba(AlO2)2，将数据代入方程式计算n[Ba(AlO2)2]=0.1mol/L×0.02L÷4=0.0005mol；

当时，化学反应方程式为，此时溶液中几乎无可溶物质，溶液此时导电能力最差；所以曲线②代表该反应；

【详解】

A．根据分析，可以得到①是加入KAl(SO4)2的变化曲线，描述正确，A不符题意；

B．a点溶液中几乎无可溶物，反应物全部生成固体沉淀，所以水溶液接近中性，描述正确，B不符题意；

C．根据分析，b点溶液中可溶物质只有K2SO4，描述错误，C符合题意；

D．根据分析，c、d两点对应反应中，①中Ba2+及OH-全部生成新的物质，②中OH-全部反应，Ba2+也都参与生成新物质，未有Ba(OH)2剩余，描述正确，D不符题意；

本题选C。

11．(1)S(或硫)

(2)

(3)     Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2          溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量

(4)pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低

(5)取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净

(6)97.9

【解析】

【分析】

硫酸渣加入硫酸酸溶得到含Fe3+悬浊液，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+并得到S，过滤得到硫磺和含Fe2+的溶液，向滤液中加入NaOH、通入空气，得到晶种，然后把晶种加入到二次氧化的铁黄浆料，得到FeOOH，过滤得到湿铁黄，然后经过洗涤干燥得到产品。

(1)

步骤②中加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，经过滤得到硫磺，生成了S，反应过程中，S元素的化合价升高，被氧化，故答案为：S(或硫)；

(2)

碱性锌锰电池使用时，发生的反应为，生成的与FeOOH同类的物质为，故答案为：；

(3)

①将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀，该白色沉淀为Fe(OH)2，则通入空气前，铁元素的主要存在形式是Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2；0~t1时段，通入氧气后，Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3，反应的化学方程式为，该反应既不消耗氢离子或氢氧根离子，也不产生氢离子或氢氧根离子，不影响溶液的pH，所以该过程中pH 基本不变，故答案为：；

②溶液中存在两个反应和，总反应为，反应过程中氢离子和氢氧根离子浓度没有变化，因此t3后溶液的pH几乎不变，该反应消耗的Fe2+大于生成的Fe3+，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量，故答案为：溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量；

(4)

根据表中数据可知，FeOOH开始沉淀的pH=1.2，完全沉淀时pH=2.8，若pH过低，会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，导致铁黄产品质量降低，因此二次氧化时，溶液的pH 应控制在3~4，故答案为：pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低；

(5)

步骤④若未洗涤完全，产品中会含有硫酸根离子，因此证明洗涤完全只需证明产品中不含硫酸根离子，具体方法为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净；

(6)

滴定时20.00 mL产品消耗的H2Y的物质的量为22×10-3L×0.1 000 mol/L=0.0022mol，根据Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+可知，200 mL溶液产品中n(Fe3+)=0.0011×10=0.011mol，则该产品纯度为，故答案为：97.9。

12．(1)用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口朝下靠近火焰，有爆鸣声

(2)     2NaHCO3Na2CO3+ H2O +CO2↑     反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成

(3)     7.5 mL 1 mol/L KHCO3     溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+ 2OH- (aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO 结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正移，Mg(OH)2 膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快

(4)BACDD

(5)3:2

【解析】

【分析】

镁与盐酸、水反应的实质都是与它们电离出的氢离子反应生成氢气。

(1)

氢气具有可燃性，检验氢气的方法为用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口朝下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气；

(2)

由图1可知加与不加镁条均产生二氧化碳，且二氧化碳数据均随时间的推移而增大，则产生二氧化碳的主要原因是碳酸氢钠分解，用化学方程式表示为2NaHCO3Na2CO3+ H2O +CO2↑；由图3可知随着时间的推移，溶液的pH增大，碱性增强，故图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成；

(3)

①实验目的是探究Na+或HCO加快了该反应的发生，而实验结论是HCO加快了该反应的发生，则实验4所选试剂与实验1相比阳离子不同，其余相同，应为7.5 mL 1 mol/L KHCO3；

②Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+ 2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO 结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正移，Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快；

(4)

测定固体组成总体思路，称取固体混合物→加热→用浓硫酸吸收产生的水→用碱石灰吸收产生的二氧化碳，为使固体分解产生的二氧化碳和水被完全吸收，需要通入空气，但空气中有水蒸气和二氧化碳，空气通入前先用碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水，最后末端也需要用碱石灰防止空气中的水蒸气和二氧化碳回流如装置，因此装置顺序为BACDD；

(5)

设固体浑浊物中Mg(OH)2的物质的量为xmol，MgCO3的物质的量为ymol，则58x+84y=3.42，，，18x+44y=3.42-2.00，联立二式，解得x=0.03，y=0.02，则固体浑浊物中n[Mg(OH)2]:n[MgCO3]=0.03mol:0.02mol=3:2。

13．(1)+34 kJ·mol-1

(2)     反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大          第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率     0.011     该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动

(3)2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN

【解析】

(1)

焓变=反应物总键能-生成物总键能，ΔH1 =(463+413×9+351×3+348×3+745)-(413×8+615+745+351×2+348×2+463×2)=+34 kJ·mol-1；

(2)

①反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；

②第一步反应是和氨气反应生成乙醇和，反应的化学方程式为；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到。

③设的初始物质的量为2mol、氨气的醋酸物质的量为15mol；A点的含量为0，说明反应I完全进行，生成2mol和2mol水； 和丙烯腈的含量相等，说明有1mol、1mol氨气参与反应II，生成1mol乙醇和1mol水，则平衡体系中氨气的物质的量为14mol、 的物质的量1mol、丙烯腈1mol、乙醇1mol、水3mol，A点对应反应II的标准平衡常数=0.011；

④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动，所以充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。

(3)

根据图示，石墨电极2上CH2=CHCN 发生还原反应生成NC(CH2)4CN，石墨电极2上极反应式为2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN。

14．(1)     第六周期Ⅷ族     d区     2

(2)     90°     dsp2

(3)     11：1     sp3

(4)Cl的电负性强于Br，吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小

(5)

【解析】

(1)

由铂的电子排布式为[Xe]4f145d96s1可知，铂元素位于元素周期表第六周期VIII族、处于d区，其中5d轨道和6s轨道各有1各未成对电子，共有2个未成对电子，故答案为：第六周期VIII族；d区；2；

(2)

由四氯合铂离子的价层电子对互斥模型和离子的空间构型为平面形结构可知，离子中的键角为90°，铂原子的杂化类型为sp3d2杂化，故答案为：90°；sp3d2；

(3)

DMF分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构简式可知，分子中σ键与π键的数目比是11：1，分子中形成单键的氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：11：1；sp3；

(4)

CCl3CH2OH分子中氯元素的电负性强于CBr3CH2OH分子中溴元素的电负性，氯原子吸电子能力强于溴原子，CCl3CH2OH分子中羟基的极性强于CBr3CH2OH分子，在溶液中更易电离出氢离子，溶液酸性更强，pKa更小，故答案为：Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小；

(5)

晶胞中位于顶点和面心的二氧化碳的个数为8×+6×=4，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：=a3ρ，解得a=，则晶胞的体对角线为cm，故答案为： 。

15．(1)     ；     1，6-己二醛或己二醛；

(2)     羰基、酯基；     取代反应；

(3)；

(4)；

(5)或；

【解析】

【分析】

A分子式为，不饱和度为2，是链烃、且含有两种不同化学环境的氢原子，故结构简式为，A与乙烯加成反应生成B；B经氧化后生成C，C在氢氧化钠溶液和加热条件下生成D，结合题中所给已知信息，推测C中有两个醛基，C的结构简式为；D转化为E时，醛基被还原成羟基；E转化为F ，对比结构可知发生了取代反应；对比F和G 结构，F 转化为G发生了取代反应；G到H过程在碱性条件下进行，对比结构，发生了酯基的水解。

(1)

A分子式为，不饱和度为2，是链烃、且含有两种不同化学环境的氢原子，故结构简式为；C的结构简式为，系统法命名为：1，6-己二醛或己二醛；

(2)

观察G的结构简式，含氧官能团名称为羰基和酯基；反应⑤为E转化为F ，对比结构可知发生了取代反应；

(3)

对比F和G 结构，F 转化为G发生了取代反应，化学方程式为：

(4)

D中醛基被银氨溶液氧化，化学方程式为：；

(5)

物质G的不饱和度为4，M为G 的同分异构体，M遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基（羟基直接连在苯环上），苯环的不饱和度为4，说明M 中不含有其它的不饱和键；1molM最多能与3 molNaOH反应，说明含有三个酚羟基：核磁共振氢谱有5种峰，峰面积之比为1：2：2：2：9，说明有5种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为1：2：2：2：9，满足条件的结构为或。