2022年高考押题预测卷01（天津卷）-化学（全解全析）

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2022年高考押题预测卷01【天津卷】化学·全解全析1.A2.D3.B4.C5.A6.B7.D8.A9.D10.D11.A12.B1.A【解析】A．胶体是指分散质粒子直径在1-100nm之间，介孔材料指孔径在2-50纳米之间，A错误；B．重油转化为汽柴油需要高温裂化，碳链由长裂短，发生化学反应。石油的分馏根据沸点不同，B正确；C．介孔材料遍布极多的小孔，具有极大的比表面积，有很强吸附性，可作为吸附剂、电极材料，C正确；D．由于该技术材料孔径可调，该材料的介孔中催化剂所催化的反应，产物只能在既定的孔径中生成，长度大的分子将无法合成，即必然提高催化的选择性，D正确；故选A。2.D【解析】A．CaCl2含有离子键，属于离子晶体；Ca(OH)2含有离子键和共价键，属于离子晶体，故A不符合题意；B．MgO含有离子键，属于离子晶体；H2O含有共价键，属于分子晶体，故B不符合题意；C．CCl4含有共价键，属于分子晶体；KCl含有离子键，属于离子晶体，故C不符合题意；D．CO2与SO2都是含有共价键的分子晶体，故D符合题意；故选D。3.B【解析】A．铷为第ⅠA元素，与钠同主族，A不符合题意；B．和都属于Rb元素，同种元素化学性质相同，B符合题意；C．中子数=质量数-质子数=85-37=48，C不符合题意；D．铷的金属性比钠强，所以铷与水反应比钠与水反应会更剧烈，会立即燃烧，甚至爆炸，D不符合题意；故选B。4.C【解析】A．根据化合价归中原则可知：HCl Cl2，中氯元素化合价升高，发生氧化反应得到氧化产物，故A正确；B．根据化合价归中原则可知：ClO2，氯元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；C．AB分析可知，氧化剂与还原剂分别为、HCl，4分子的氯化氢中只有2分子发生氧化反应，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶2=1:1，故C错误；D．由电子转移可知，生成时，转移0.2mol电子，故D正确；故选C。5.A【解析】A．NaCl的形成过程为故A说法错误；B．氯乙烯的结构简式为CH2=CH2Cl，则聚氯乙烯的结构简式： ，故B说法正确；C．Ca2+的核外电子排布为2、8、8，电子排布式为：1s22s22p6 3s23p6，故C说法正确；D．2—甲基丁烷的结构球棍模型为：，故D说法正确；故选：A。6.B【解析】A．实验室常用加热NH4C1与Ca(OH)2固体混合物方法制备氨气，A错误；B．氯气的密度大于空气，故收集氯气时应用长管进短管出，B正确；C．氨气和氯化钙反应，故不能用氯化钙干燥氨气，C错误；D．饱和亚硫酸氢钠不能和二氧化硫反应，故不能吸收尾气，D错误；答案选B。7.D【解析】A．D2O的摩尔质量为20g/mol， D2O分子中含有10个质子，18g重水(D2O)的物质的量为0.9mol，含有的质子数为9 NA，故A错误；B．溶液中含有0.4molNa+，溶液中的阳离子还有水电离产生氢离子，则溶液中所含阳离子数目大于0.4NA，故B错误；C．铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，5.6g铁物质的量为，0.1mol Fe转移电子的物质的量为，数目为，故C错误；D．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LCO、CO2混合气体的物质的量小于1mol，含有的碳原子数目小于NA，故D正确；答案选D。8.A【解析】绿色化学原子经济反应是原料分子中的原子全部转化为所需要的产物，加成反应和加聚反应的原子利用率为100%，无副产物。【详解】A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，为加聚反应，反应物原子全部转化为欲制的产物，原子利用率为100%，故A正确；B．甲烷与氯气制备一氯甲烷为取代反应，有副产品HCl、二氯甲烷、三氯甲烷等生成，原子利用率达不到100%，故B错误；C．铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成物有多种，还有二氧化硫大气污染气体生成，不符合绿色化学思想，故C错误；D．乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，有副产物水生成，原子利用率达不到100%，故D错误；答案选A。9.D【解析】A．麦芽糖具有还原性，会和酸性高锰酸钾反应，不能大量共存，A错误；B．铁离子、铝离子会和碳酸根离子发生双水解反应，不能共存，B错误；C．pH=0的溶液为强酸性，S2O会和氢离子反应生成硫单质和硫酸根离子，不能共存，C错误；D．水电离出来的c(H+)=10-13mo/L的溶液，可能为碱性溶液，在碱性溶液中，该四种离子均能存在且相互不反应，可能共存，D正确；故选D。10.D【解析】A．醋酸溶液中，根据电荷守恒，由于醋酸是弱酸，不能完全电离，故0.1mol/LCH3COOH溶液中 小于0.1mol/L，A错误；B．醋酸溶液中加入醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理虽然逆向移动，但是只能减弱c(CH3COO-)的增大不能阻止增大，故醋酸根离子浓度增大，B错误；C．pH=2的CH3COOH物质的量浓度远大于0.01mol/L，所以二者等体积混合，醋酸远远过量，溶液呈现酸性，C错误；D．混合溶液中，，D正确；故选D。11.A【解析】A．根据图示可知：Na+通过CM向正极迁移，Cl-通过AM膜移向负极，图示负极上不断产生H+，则C2中含有HCl浓度增大，含有NaCl浓度降低，故该电池利用溶液盐度梯度产生电动势，C2表示低浓度盐溶液，A错误；B．根据图示可知：AM离子交换膜通过了Cl-，CM通过了Na+，因此AM属于阴离子交换膜，CM属于阳离子交换膜，B正确；C．在左边电极上，得到电子发生还原反应变为Cr3+，因此左边电极为正极，正极的电极反应式为：+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，C正确；D．在右边电极上，H2O失去电子产生H+、O2，右边电极为负极，每反应产生1 mol O2，转移4 mol电子，则根据同一闭合回路中电子转移守恒可得关系式：2~3O2，负极产生标准状况下6.72 L氧气时，其物质的量n(O2)=，则正极上理论上转化0.2 mol，D正确；故合理选项是A。12B【解析】四种元素是原子序数依次增大的短周期主族元素且在不同周期，则W为H，根据图示结构特点，Z成五根键，原子序数较大，则Z为P，所有X应成两根键，X为O，Y为+3价阳离子，则Y为Al。【详解】A．同一周期，从左到右原子半径减小，同一主族从上到下原子半径增大，所以原子半径：Al>P>O>H，即Y>Z>X>W，A错误；B．同一周期，从左到右原子半径减小，元素非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，所以非金属性O>P>Al，B正确；C．X、Z对应最简单氢化物为：H2O和PH3，水中有氢键，故沸点：H2O>PH3，即X>Z，C错误；D．Z的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，三元中强酸，D错误；故选B。13.（14分）【答案】(1)1s22s22p63s23p63d5(2)     sp3、sp2     9NA(3)O>C>H(4)丙酮分子间不能形成氢键，乙醇分子间能形成氢键(5)CuFe3N(6)          1：16【解析】(1)Fe 核外有26个电子，Fe3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；(2)丙酮分子中甲基上碳原子形成4个σ键，轨道的杂化类型是sp3；羰基上的碳原子形成3个σ键，轨道的杂化类型是sp2；1mol丙酮分子的结构式为，含有σ键的数目为9NA。(3)元素非金属性越强电负性越大，C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为O>C>H；(4)丙酮分子间不能形成氢键，乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于丙酮；(5)根据晶胞结构图，a位置铁原子数是，b位置铁原子数是，N原子数是1，能量越低越稳定，所以Cu可以完全替代该晶体中a位置铁产物稳定，化学式为CuFe3N；(6)①用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为。②Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，根据得失电子守恒，反应方程式为，理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。 14.（18分）【答案】(1)BD(2)          比更容易与发生反应(3) ++HBr；(4) 、 、 、(5)【解析】【分析】根据合成流程可知，C与 在碳酸钾的作用下生成D，D在硝酸存在的条件下生成E，E发生已知反应生成F，则E中含有硝基，从而可知D→E的过程是引入硝基的过程，结合G的结构简式可知，D为 ，E为 ，F为 。(1)A．由图可知，化合物A中含有的酚羟基和羧基能与NaOH反应，因此1mol化合物A能消耗2molNaOH，故A正确；B．由上述分析可知，D为 ，分子中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．由上述分析可知，F为，分子中含有氨基，能与酸发生反应，含有酯基，水解生成的羧酸能与碱反应，故C正确；D．由图可知，H的分子式为C14H13ClN2O3，故D错误；答案选BC；(2)由上述分析可知，E的结构简式为 ；−COCl比−COOH更容易与CH3OH发生反应，因此采用中A→B→C的合成路线而不是将A直接与甲醇反应生成C；(3)C与 在碳酸钾的作用下生成D，反应的化学方程式为++HBr；(4)B的同分异构体满足：①能使FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②可以发生银镜反应，说明含有醛基，③谱显示只有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体为 、 、 、 ；(5)参照博苏替尼的合成路线即可得到以邻硝基苯甲酸为原料合成 的路线为：。 15.（18分）【答案】(1)     H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑     baefgh(2)     向其中加入足量稀盐酸，振荡、静置，然后滴加BaCl2溶液     出现白色沉淀     酸性KMnO4溶液     溶液褪色(3)     蓝色变为无色     【解析】【分析】H2SO4和NaHSO3发生复分解反应制取SO2，装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接。在检验物质成分时，若样品已经变质，则溶液中含有，可根据BaSO4是白色既不溶于水也不溶于酸的性质检验；若样品为完全变质，则溶液中含有，该物质具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，据此判断。在测定空气中SO2的含量时，可根据方程式SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI中物质转化关系，n(SO2)=n(I2)，结合m=n·M计算SO2的质量，再结合空气的流速及通气时间计算该空气样品中SO2的含量。(1)实验室用H2SO4和NaHSO3发生复分解反应制取SO2，该反应的化学方程式为：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；实验室用上述方法制取的SO2中含有水蒸气，可浓硫酸吸收，导气管长进短出。然后根据SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh；(2)II．取少量实验I的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静置，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀，则样品已氧化变质；III．另取实验I的溶液，向其中加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，若观察到酸性KMnO4溶液褪色，说明溶液中含有焦亚硫酸钠，即样品未完全氧化变质；(3)在100 mL0.1000 mol/L碘溶液中含有溶质I2的物质的量n(I2)=0.1000 mol/L×0.1 L=0.0100 mol，含有SO2的空气不断通入碘水中，发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，当碘水中I2恰好消耗完全时，含有淀粉的I2溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据物质转化关系可知：n(SO2)=n(I2)=0.0100 mol，m(SO2)=0.0100 mol×64 g/mol=0.6400 g=640 mg，通入空气的体积V=a m3·min-1×t min=at m3，故该空气样品中SO2的含量是：。 16.（14分）【答案】(1)          ＞     b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高     向逆反应方向     X     温度过高，催化剂X和Y均失活(2)     反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度     1.8mol     增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂     温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小【解析】(1)①时，a点对应容器中二氧化碳的转化率为40%，则在内二氧化碳的浓度变化量为×40%=0.2mol/L，二氧化碳的平均反应速率为=0.04，反应速率之比等于反应化学计量数之比，则氢气的平均反应速率3×0.04=；根据碰撞理论，有效碰撞几率越大，反应速率越快，题图中b点对应的温度大于c点，且b点对应的二氧化碳转化率小于c点，b点的二氧化碳浓度比c点大，温度越高、浓度越大，反应速率越快，有效碰撞几率越大，则b点的反应速率比c点快，因此b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b＞c；②时，b点对应的二氧化碳转化率为60%，列三段式：该温度下的平衡常数K==，保持温度不变向容器中再充入、，二氧化碳的物质的量变为0.6mol，乙醇的物质的量变为0.9mol，则Qc=，＞1，即Qc＞K，平衡将向逆反应方向移动；③根据图示可知，在相同温度下，催化剂X作用下二氧化碳的转化率更高，则该反应适宜选用的催化剂为X，温度高于T3K时，由于温度过高，催化剂X和Y均失活，因此d点以后的两条线重合。(2)①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；②起始投入3molCO2，6molH2，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CO2平衡转化率为40%，则反应的n(CO2)=40%×3mol=1.2mol，CH3OCH3的选择性=×100%=50%，则n(CH3OCH3)=0.3mol，反应Ⅱ为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，因此达到平衡时，反应Ⅱ理论上消耗H2的物质的量为0.3mol×6=1.8mol，平衡正向进行二甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，二甲醚选择性增大，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强平衡正向进行，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，增大二甲醚的选择性；③温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，因此合成二甲醚时较适宜的温度为260℃。 更多原创资讯，请搜索《月鉴》，谢谢关注！