化學-2022年高考押題預測卷02（山東卷）（全解全析）

2022年高考原創(chuàng)押題預測卷02【山東卷】

化學?全解全析

12345678

CABADCBD

9101112131415

DAABDBDACA

1.C【解析】A.青銅的主要成分是銅錫合金，多呈灰綠色，熔點低、硬度大、可塑性強；可鑄造成各種

器具，故A正確；

B.光伏發(fā)電將太陽能轉變?yōu)殡娔艿难b置，是清潔的二次能源，故B正確；

C.結構相似、分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的化合物間互為同系物，鋤和鈉位于同一縱行，屬

于同一族，不是同系物，故C錯誤；

D.冬奧會火炬使用氫氣做燃料，燃燒產物只有水，環(huán)保無污染，可體現(xiàn)綠色奧運理念，故D正確；

故選：C,

2.A【解析】A.二氧化氯具有強氧化性，能夠使蛋白質發(fā)生變性，因此可用于自來水的殺菌消毒，A正

確；

B.酒精具有很好的滲透性，能夠使細胞缺少水分而發(fā)生變性，故可用于消毒殺菌，這與其是否具有揮發(fā)性

無關，B錯誤；

C.碳酸鈉水解使溶液顯堿性，油脂能夠在堿性條件下水解產生可溶性物質，故可用于洗滌油污，與其能夠

與酸反應無關，C錯誤；

D.濃H2SO4具有吸水性，因此可用于干燥氯氣，D錯誤；

故合理選項是A。

3.B【解析】A.分離固體和溶液，用過濾法，除去粗鹽中的少量泥沙用漏斗，故A錯誤；

B.實驗室用自來水制取蒸饋水采用蒸儲的方法，儀器要用蒸儲燒瓶、冷凝管等，故B正確；

C.配制一定質量分數的NaCl溶液用燒杯、玻璃棒和天平，故C錯誤；

D.酸性KMnCU溶液具有強氧化性，不能用堿式滴定管盛裝，用酸性KMnCU標準溶液滴定草酸溶液要用

酸式滴定管，故D錯誤；

故選B。

4.A【解析】A.HF是由氫原子中的s軌道與氟原子中的p軌道形成的s-p。鍵，A項正確；

B.H2O為極性分子，SiF4和CH4的空間結構一樣，都是正四面體結構，結構對稱，為非極性分子，B項錯

誤；

c.SiCh中原子間以共價鍵相結合，構成空間網狀結構，為共價晶體，C項錯誤；

D.基態(tài)氧原子的價層電子軌道表示式為扁同手卬，D項錯誤。

故選A?

5.D【解析】A.該有機物分子中含有碳碳雙鍵，且雙鍵碳原子連有兩個不同的基團，所以有順反異構，

故A正確；

B.分子中有羥基、酸鍵和酯基三種含氧官能團，故B正確；

C.苯環(huán)上直接連有羥基，具有酚的性質，在酚羥基的鄰對位上的氫原子可以被漠取代，分子中有碳碳雙鍵,

可以和溪發(fā)生加成反應，故C正確；

D.酚能和NaOH發(fā)生中和反應，酯基在NaOH溶液中可以發(fā)生水解反應，鹵代燃也能在NaOH溶液中發(fā)

生水解反應，所以Imol該有機物最多消耗3moiNaOH,故D錯誤；

故選D。

6.C【解析】根據題意三種氣體X、Y、Z的相對分子質量關系為Mr(X)<Mr(丫尸0.5Mr(Z),即

Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z),根據阿伏伽德羅定律解答。

N

A.根據m=nM==M,分子數目相等的三種氣體，相對分子質量越大，質量越大；因為不確定X、Y、Z

三種氣體分子中原子個數和組成，所以原子數相等的三種氣體就不能確定三種氣體的分子數，故A錯誤；

V

B.氣體的物質的量"力，Vm和氣體的狀態(tài)有關，三種氣體體積均為2.24L,Vm不一定等于22.4L/mol,

vm

所以它們的物質的量不一定均為O.lmol,故B錯誤；

PV

C.根據密度p=?==QXM=含，同溫同壓下，同質量的三種氣體，密度和相對分子質量成

正比，由分析可知三種氣體密度最小的是X,故C正確;

(Y)Mr(Y)

同溫同體積的氣體物質的量之比等于壓強之比，、氣體所承受的壓強比為

D,YZWm(Z)

Mr(Z)

m(Y)Mr(Z)

寧=4：1,故D錯誤;

m(Z)Mr(Y)

答案選C。

【點睛】本題涉及物質的量以及阿伏加德羅常數的計算等有關知識，注意阿伏加德羅定律的推論的使用是

關鍵，B項注意Vm=22.4L/mol的使用條件。

7.B【解析】X最外層電子數是內層電子數的兩倍，X是C元素，丫的簡單氣態(tài)氫化物能使酚煎溶液變紅,

丫是N元素；W'+的3d軌道電子數為半滿，W是Fe元素；Z顯+1價，X、Y、Z、W原子序數依次增大，

Z是Na或K。

A.Z是Na或K元素，W是Fe元素，不一定位于同周期，故A錯誤；

B.電子層數越多半徑越大，電子層數相同，質子數越多半徑越小，原子半徑：K>C>N,Na>C>N,故B正

確；

C.Fe原子中有4個未成對電子，C原子中有2個未成對電子，N原子中有3個未成對電子，Na或K原子

中都只有1個未成對電子，四種元素基態(tài)原子中未成對電子數最多的是Fe,故C錯誤；

D.該化合物屬于配合物，其內界有6個配位鍵、6個C三N鍵，配位鍵是。鍵，叁鍵中有1個。鍵、2個兀

鍵，。鍵與兀鍵的數目之比1：1,故D錯誤；

選B。

8.D【解析】A.由結構簡式可知，阻燃劑FR分子中苯環(huán)中的碳原子和形成雙鍵的氮原子的雜化方式均

為sp2雜化，故A正確；

B.同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2P軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，第一電離能大

于相鄰元素，則第一電離能由大到小的順序為N>O>C,故B正確；

C.由結構簡式可知，阻燃劑FR分子中含有可以旋轉的單鍵，分子中所有原子不可能處于同一平面，故C

正確；

D.由結構簡式可知，阻燃劑FR分子中含有位于元素周期表s區(qū)的氫原子，故D錯誤；

故選D。

9.D【解析】A.氯化鏤受熱分解后產生HC1和NH3,在試管口HC1與NH3又重新化合生成氯化鏤，所以

裝置①不能制備并收集少量氨氣，應選錢鹽與堿加熱制備，故A錯誤；B.關閉止水夾a,打開活塞b,由

于有橡皮管將上下連通，壓強一樣，液體總是能順利流下，所以不能檢查裝置②的氣密性，故B錯誤；C.植

物油在上，不能隔絕HC1與水，導管伸入水中仍然產生倒吸現(xiàn)象，故C錯誤；D.短導管進氣即a進氣，可

收集密度比空氣密度小的氣體，如H2等，長導管進氣即b進氣，可收集密度比空氣密度大的氣體，如Cb、

N02等，所以裝置④可用于收集Hz、CL、NCh等氣體，故D正確；答案為D。

10.A【解析】廢棄的鐵銅合金加入稀硫酸和雙氧水溶解，得到硫酸鐵、硫酸銅的混合溶液，之后加入CuO

調節(jié)pH除去Fe3+,過濾掉Fe(OH)3沉淀，加入碳酸鈉粉末沉降得到堿式碳酸銅，過濾得到產品。

A.“沉降”反應中溶液是CuSCU溶液，與Na2cCh的混合方式應該是將Na2cCh溶液加入CuSO4溶液中，如

果將CuSCU溶液加入Na2cCh溶液中，將會生成更多的氫氧化銅沉淀，影響堿式碳酸銅的生成，A錯誤；

B.根據分析可知加入CuO調節(jié)pH可以除去Fe3+,濾液中的溶質主要為硫酸銅，B正確；

C.加入CuO調節(jié)pH可以除去Fe3+,得到Fe(0H)3沉淀，C正確：

D.溶解過程中雙氧水在酸性環(huán)境中可以將Fe、Cu氧化，D正確；

綜上所述答案為A。

11.AB【解析】A.KCIO3晶體不是塊狀固體，它和濃鹽酸反應的發(fā)生裝置不能使用啟普發(fā)生器，B中盛

放飽和食鹽水，除去C12中的氯化氫氣體；C中盛放濃硫酸，除去CU中的水蒸氣；F中盛放濃NaOH溶液,

用于尾氣Cl?的吸收，A錯誤；

B.SnCl,極易水解，故除去5!1。4中的部分C12應選擇蒸儲操作，B錯誤；

C.當觀察到裝置F上方出現(xiàn)黃綠色氣體現(xiàn)象時，此時裝置中的空氣被排空，才開始點燃酒精燈，則可防止

錫被02氧化，待錫熔化后適當增大氯氣流量，目的是加快反應速率，C正確；

D.為防止F裝置中的水蒸氣進入收集器，使SnCl4水解，產品變質，在裝置E、F之間添加一個裝濃硫酸

的洗氣瓶，D正確；

故答案為：AB。

12.D【解析】A.石墨電極與電源正極相連，為陽極，銀電極與電源負極相連，為陰極，電解池中，陽

極電勢大于陰極，故A正確；

+

B.由圖知，陰極的電極反應式為Ni2++2e-=Ni,陽極的電極反應式為2H2O-4e=4H+O2T,右室中的

SO：經過陰離子交換膜進入中間室，左室的H+經過陽離子交換膜進入中間室，故中間室溶液的PH不斷減

小，故B正確；

C.若將石墨電極改為伯電極，粕電極也是惰性電極，該裝置工作原理不變，故C正確；

D.由陰、陽極電極反應式可知，消耗1Ah電量時，當陰極生成Ni和陽極生成O?的物質的量之比為2：1,

故D錯誤；

答案選D。

13.BD【解析】A.有機物含有0、N、H、C四種元素，元素的非金屬性越強則電負性越大，非金屬性：

0>N>C>H:電負性從大到小的順序也為0>N>C>H,故A正確；B.在該有機物中，C和N都有形成單鍵

和雙鍵，故均有sp3和sp2兩種雜化方式，故B錯誤；C.有機物中連有4個不同的原子或原子團的碳原子

為手性碳原子，該有機物中的手性碳原子為苯環(huán)下面所連的碳原子，且只有這一個手性碳原子，故c正確；

D.根據該分子的結構，以結構中中間的三角結構為分界，上面有6種H原子，下面是對稱結構，有4種氫

原子，故核磁共振氫譜有10組峰，故D錯誤。答案選BD。

14.AC【解析】A.由反應機理可知，氫氣和氧氣在［PdCLF-的作用下生成過氧化氫，反應的化學方程式

為：H2+O2［W=1H2O2,A錯誤；

B.Pd元素在［PdCLF、IPdCbCh產中的化合價均為+2價，Pd單質中Pd元素為0價，B正確；

C.由反應機理可知，①、②均為氧化還原反應，③中沒有元素化合價發(fā)生變化，為非氧化還原反應，C錯

誤；

D.由反應機理可知，HC1和C1-均可循環(huán)利用，D正確;

答案選ACo

15.A【解析】向某濃度H2A溶液中加入NaOH溶液時，由于二者發(fā)生反應，所以H2A逐漸減少，-lgc(H2A)

+

會逐漸增大，所以圖中呈上升趨勢的為-Igc(EhA)與pH變化關系，標①；H2A#H+HA-,HAUH++A2-,A"

會逐漸增大，-lgc(A2-)會逐漸減小，但是不會等于0,所以呈下降趨勢且與橫坐標無交點的為-lgc(A%)與pH

變化關系,標②；另一條則是包黑9與PH的變化圖，標③，以此解題。

c(H+>(HA)卜=C(H)(A3)C\H^-cCA2)

A.電離常數的表達式為:a：④，當pH=3.05

C(H2A)，-c(HA)C(H,A)

時，-lgc(A2-)與-lgc(H2A)相等，即c(A2)=c(H2A)代入④，可得k%-k%=(103°5尸=10一"；又由圖中③可知，當

c(A2')1n-6-1

Pg3時，咽而而卜°'即cWEHA)即K/0鞏所以『兩…產,A錯誤;

B.a點時,電荷守恒為c(Na')+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),移向c(H*)Y(OH-)=2c(A”)+c(HA)c(Na+),

0952

a點時,pH=3.05,所以C(H+)=1()38,C(OH)=1O',因為c(H2AAe(A"),所以

1?5-IO1095=2c(H,A)+c(HA-)-c(Na+),因為c(Na*)>0,所以c(HA)+2c(H2A)>10-3%10-10.95,B正確;

C.NaHA溶液，由HA-既存在電離又存在水解，所以c(Na+)>c(HA),HAPH++A”，HA+H2O^H2A+OH,

所以C(A3)與C(H2A)的大小取決于電離和水解的程度，Ka2=l()53,即HA-的水解常數

kio-14

卜=而而所以HA-的水解程度小于HA-的電離程度，所以C(H2A)<C(A2)故NaHA溶

al

+2

液中c(Na)>c(HA)>c(A)>c(H2A),C正確;

D.b點時，電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A3)+c(HA)+c(0H-),此時pH=5.3,即-lg[±^]=0,所以

c(HA")

c(A2)=c(HA),所以上式變形為：c(Na+)+c(H+)=3c(A2)+c(OH),c(Na+)-3c(A2)=c(OH)-c(H+),因為

c(OH)<c(H+),所以：c(Na+)<3c(A2-)，D正確;

故選A?

16.(除標注外，每空2分)

(1)2(1分)sp?(1分)sp?(1分)

(2)3d9減小(1分)Cu—N(1分)

4x123

(3)Zr(l分)8-—

NAxaxlO

【解析】(1)由結構簡式可知，w分子中含有苯環(huán)碳原子、雙鍵碳原子和單鍵碳原子，其中苯環(huán)碳原子、

雙鍵碳原子的雜化方式均為sp2雜化，單鍵碳原子的雜化方式為sp3雜化，則分子中碳原子的雜化軌道類型

有2種；形成雙鍵的氮原子的雜化方式為sp2雜化，形成單鍵的氧原子的雜化方式為sp3雜化；

(2)①銅元素的原子序數為29,基態(tài)原子的價電子排布式為3di04sl銅原子失去2個電子形成銅離子，則

銅離子的價電子排布式為3d%

②由圖可知，配合物Q中含有分子內氫鍵，分子內氫鍵會減小Q在水中的溶解性；

③由圖可知，配合物Q中氮原子形成4個共價鍵、氧原子形成2個共價鍵，所以W中氮原子與銅離子間形

成的化學鍵一定是配位鍵；

(3)①錯原子的原子半徑大于氧原子，由晶胞結構中原子的相對大小可知，丫原子為錯原子、小球為氧原

子，晶胞中位于頂點的錯原子與位于體對角線!處的氧原子距離最近且等距，則與每個錯原子距離最近且

等距的氧原子有8個；

②由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點和面心的錯原子的個數為8x1+6x1=4,位于體內的氧原子的個數為8,

8N

4x1234x123

由晶胞的質量公式可得：1^=(axl0-7)3p,解得p=q，丁73To

17.(除標注外，每空2分)

(1)銷系金屬性質穩(wěn)定，在陽極不參與放電(1分)

(2)Pd+C12+2Cl-=PdCl：(1分)

(3)2(1分)溫度越高去除效果越好，但溫度高于85℃時去除率變化不大，從經濟效率角度考慮選用

此溫度(1分)

(4)加入HC1后，NH3和H+生成NH4+,和Ag+生成AgCl沉淀，促使解離平衡向正方向移動達到分銀

的目的

(5)Pd(NH3)2C12+2HCl=(NH4)2PdC14

a\06a

(6)--------

p22400/9

【解析】此流程目的提取陽極泥中貴重金屬伯和鉗，陽極泥通入氯氣和加入鹽酸，得鉗鈿氯化液([AgCL「、

PdCl：、Pt。；、Cu2+、Ni2+),得伯鈿氯化液加草酸得草酸銅、草酸鍥沉淀，過濾洗滌，凈化后溶加入萃取

劑，萃余液中含伯，在經系列操作得鉗粉：萃取液中含有(AgCl：、PdCl；),氨水鹽酸得到氯化銀沉淀，再

加鹽酸得粗二氯二氨合杷沉淀，粗二氯二氨合鉗沉淀再加鹽酸得(NH^PdCli,在經系列操作得金屬Pb,以

此來解析；

(1)粗銅的精煉粗銅做陽極.純銅做陰極，含有CiP+的溶液做電解質溶液，陽極發(fā)生氧化反應，所以還原性

強的物質優(yōu)先反應，比銅活潑性強的先電子變成陽離子進入溶液液中活潑性差的以游離態(tài)存在于陽極泥中，

伯系金屬性質穩(wěn)定，在陽極不參與放電；

(2)單質Pb變?yōu)镻dCl：,Pb化合價由0價升高為+2價，需要加入氧化劑，?；蟽r由0降低為1價，

根據化合價升降守恒、原子可恒和電荷守恒，可得反應的離子方程式為：Pd+C12+2Cl-=PdClt-;

(3)由表1數據可知，草酸過量系數為2.0時、銅、鍥去除率最佳；溫度越高去除效果越好，但溫度高于

85℃時去除率變化不大，從節(jié)能經濟效率角度考慮選用此溫度；

(4)根據Ag(NH3)；=Ag++2NH3,加入HC1后，NH3和H+生成NH4+,CT和Ag+生成AgCl沉淀，促使解離

平衡向正方向移動達到分銀的目的；

(5)Pd(NH3)2Cb沉淀加入鹽酸溶解根據流程分析可知生成(NHSPdCL反應的化學方程式為：

Pd(NH3)2C12+2HCl=(NH4)2PdC14；

(6)海綿狀金屬鋸密度為pg/cnP,具有優(yōu)良的吸氫功能，標準狀況下，其吸附的氫氣是其體積的a倍，則

aa

此條件下海綿鋼的吸附容量R=FF=-cm3/g,lcm3=lml,ImolPd的質量為106g,氫氣的濃度

pg/cmpo

_106x-xl03L__106a_

口?----2------=22400/7；

22.4L/mol

18.(除標注外，每空2分)

(1)飽和NaHCCh溶液(1分)

(2)降低溶液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)2(1分)

2+

(3)2HCO；+Fe=FeCO3+CO2t+H2O

(4)不合理，C02會和FeCCh反應生成Fe(HCCh)2；合理，排除氧氣影響

(5)Fe2+與SCN-的絡合會促進FeCCh的溶解；FeCCh固體在KSCN溶液中溶解度比KC1溶液中大

(6)6Fe(SCN)。+3H2O2=2Fe(OH)31+4Fe(SCN)3+24SCN-

(7)乳酸根中的羥基被KMnCU氧化，也消耗了KMnC)4

【解析】裝置A發(fā)生反應的化學方程式為CaCO3+2HCl=CaC12+CO2T+H2O,制取的二氧化碳混有氯化氫氣

體，可通過裝置B飽和的NaHCCh溶液除去，裝置C中產生FeCCh的離子方程式為

2+

2HCO；+Fe=FeCO3+CO2t+H2O;

(1)在裝置A中，是為了制取二氧化碳，其化學方程式為CaCO3+2HCl=CaC12+CO2T+H2O,制取的二氧化

碳?；煊新然瘹錃怏w，可通過飽和的NaHCCh溶液除去其中的氯化氫氣體，故答案為：飽和NaHCCh溶液;

(2)碳酸鈉溶液堿性強，溶液中c(OH)大，就會出現(xiàn)生成氫氧化亞鐵與制備的FeC03成為競爭反應，而導

致制備的FeCOj純度低，NaHCCh溶液堿性弱，制得FeCCh純度高；

(3)實驗中產生FeCCh的離子方程式為2HCO；+Fe2+=FeCO3+CO2f+H2O；

(4)碳酸正鹽溶液均可以與二氧化碳反應，生成碳酸酸式鹽，C中出現(xiàn)白色沉淀之后FeCCh繼續(xù)通CCh,

C02會和FeCCh反應生成Fe(HCO3)2,降低了產量；或者：出現(xiàn)白色沉淀之后繼續(xù)通CO2,可防止空氣中氧

氣氧化FeCCh,提高產物的純度；

(5)對比實驗ii和迨，可知Fe?+與SCN-絡合生成可溶于水的Fe(SCN)；,會促進FeCCh固體的溶解;

(6)依據實驗H|的現(xiàn)象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%H2C>2溶液后，紅褐色沉淀說明有Fe(OH)3和紅

色溶液說明有Fe(SCN)3生成，發(fā)生反應的離子方程寸6Fe(SCN)：-+3H2O2=2Fe(OH)31+4Fe(SCN)3+24SCN-；

(7)乳酸根中羥基也能被高鎰酸鉀溶液氧化導致消耗高鎰酸鉀的增大，而計算中按亞鐵離子被氧化，故計

算所得乳酸亞鐵的質量偏大，產品中乳酸亞鐵的質量分數會大于100%。

19.(除標注外，每空2分)

(1)C9HIO(1分)羥基、醛基(1分)

(2)取代反應(或水解反應)(1分)Cu/Ag,Ch,加熱(1分)

(5)6(1分)

CH=CHCOCH

(6)(CH3)3COH>(CH3)2C=CH2>CH33

aa.O-17

【解析】A的苯環(huán)上支鏈上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，A的不飽和度=4,側鏈沒有不飽

和鍵，A為—CH3,B能發(fā)生加成反應，則A發(fā)生消去反應生成B,BB

oCH

3

和漠發(fā)生加成反應生成D為QTHzBr,B發(fā)生氧化反應生成C,C能和苯甲醛發(fā)生信息③的反應,

、K為仁〉COCH=CH-@)；由F的分子式可知，D發(fā)生水解反應生成

則C為O

發(fā)生氧化反應生成為

E為,-CH2OH,EFCHO，F(xiàn)與新制的CU(OH)2懸濁液發(fā)生氧

OH3

o

化反應然后酸化得到H為O-COOH,H發(fā)生縮聚反應生成I為;(5)本

H3

題采用逆向合成法，即根據已知信息③可知CH=CHCOCH3可由

合成得到，根據已知信息②可知可由(CH3)2C=CH2氧化得到，而(CH3)2C=CH2

(H3

CH3

則可以由原料(CH3)3COH通過消去反應制得，依次確定合成路線，據此分析解題。

舊則其分子式為的結構簡式為:

(1)由分析可知，B的結構簡式為:O2,C9HmF

(pH

CHO,則其具有的官能團名稱是羥基和醛基;

H3

試劑及反應條件為Cu/Ag,O2,加熱;

(3)由分析可知,K的結構簡式為

99-2-10

(5)由化合物F的分子式為C9H10O2,不飽和度為:=5,故其能同時滿足①能與FeCb溶液發(fā)生

2

顯色反應即含有酚羥基；②能發(fā)生銀鏡反應含有醛基；③苯環(huán)上有兩個取代基，則分別為-OH、-CH2cH2CHO

或者-OH、-CH(CHO)CH3兩種組合，每一種又有鄰間對三種位置關系，故F同時滿足三個條件的同分異構

體中有6種，其中核磁共振氫譜有6組峰，峰面積比為3：2：2：1：I：1的化合物的結構簡式為

(6)本題采用逆向合成法，即根據已知信息③可知CHVHCOCH3可由

?CH

3合成得到，根據已知信息②可知?CH3可由(CH3)2C=CH2氧化得到，而(CH3"C=CH2

CH3CH3

則可以由原料(CH3)3COH通過消去反應制得。

20.(除標注外，每空2分)

(1)+34kJmol-1

(2)①反應1、n均為吸熱反應，最高點前反應I進行程度大，最高點后反應n進行程度大(1分)

T1O2

②0Q/、3+NH3fe)?④+CH3cH20H(g)第二步反應的活化能遠小于第一

2

步，所以第二步反應的速率遠大于第一步反應的速率(1分)

③0.011

④該反應為氣體分子數增大的反應，恒壓密閉容器中充入一定量N2,降低各氣體分壓(相當于擴大