2022年高考押題預(yù)測(cè)卷02（全國甲卷）-化學(xué)（全解全析）

2022年高考原創(chuàng)押題預(yù)測(cè)卷02【全國甲卷】

化學(xué)?全解全析

78910111213

DBCADCB

7.D

【解析】

【詳解】

A.酚醛樹脂是苯酚與甲醛的縮聚產(chǎn)物，屬于人工合成的高分子材料，故A錯(cuò)誤；

B.鋰離子蓄電池組在放電時(shí)將化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能，故B錯(cuò)誤；

C.CPU芯片主要成分為Si,故C錯(cuò)誤：

D.鋁合金具有高強(qiáng)度、高韌性的優(yōu)點(diǎn)，故D正確；

故選：D。

8.B

【解析】

【詳解】

A.食鹽水為中性，F(xiàn)e發(fā)生的是吸氧腐蝕不是析氫腐蝕，紅墨水沿導(dǎo)管上升可證明，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.亞鐵離子與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化亞鐵沉淀，苯密度小于水溶液，能夠隔絕空氣，可避免氫氧化亞鐵

被氧化，選項(xiàng)B正確；

C.氯氣在飽和氯化鈉溶液中的溶解度較小，無法形成噴泉，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.乙酸乙酯與NaOH溶液反應(yīng)，不能用氫氧化鈉溶液吸收乙酸乙酯，應(yīng)選用飽和碳酸鈉溶液，選項(xiàng)D錯(cuò)

誤；

答案選B。

9.C

【解析】

【詳解】

A.由于D2O的摩爾質(zhì)量為20g/mol,H2O的摩爾質(zhì)量為18g/mol,1分子D?。和H2O中均含有10個(gè)質(zhì)子,

故18gD2。和l8gHq中含有的質(zhì)子數(shù)分別為：8/IO?A」=9以、.,xl0?mol'=10NA,A

20g?18g?

錯(cuò)誤;

B.16.25gFeCb的物質(zhì)的量為：,=0.1mol,由于水解反應(yīng)是一個(gè)可逆反應(yīng)且氫氧化鐵膠粒是多個(gè)

162.5g?mol

分子的聚集體，則水解形成Fe(0H)3膠體粒子數(shù)小于(MNA,B錯(cuò)誤；

C.如圖所示可知，1分子P4含有6個(gè)共價(jià)鍵，則31gp“分子結(jié)構(gòu)如圖)的共價(jià)鍵數(shù)目為

31g

°x6P0Pl"=1.5NA,C正確；

124g?mol1

D.己知CH4和C12混合光照可以生成CH3CI、CH2c12、CHC13、CC14四種有機(jī)產(chǎn)物，根據(jù)碳原子守恒可知,

四種產(chǎn)物分子數(shù)之和為IONA,則L0mo1CH4與C12在光照下反應(yīng)生成的CH3cl分子數(shù)小于I.ONA,D錯(cuò)誤;

故答案為：Co

10.A

【解析】

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X是四種元素中唯一的金屬，X、Z可形成陰離子X?Z；,

則X為Al元素、Z為C1元素；W、Z同主族，W、Y可形成陰離子YW；,則W為F元素、Y為P元素。

【詳解】

A.氟元素的非金屬性強(qiáng)，沒有正化合價(jià)，故A錯(cuò)誤；

B.元素的非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越弱，磷元素的非金屬性弱于氟元素，則磷化氫的穩(wěn)定性弱于

氟化氫，故B正確；

C.同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，同主族元素，從上到下原子半徑依次增大，則鋁、磷、氯、

氟始終原子的原子半徑依次減小，故c正確；

D.氯化鋁是強(qiáng)酸弱堿鹽，鋁離子在溶液中水解使溶液呈酸性，故D正確；

故選A。

11.D

【解析】

【詳解】

A.檸檬酸不含酯基，苯甲醉也不含酯基，結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，A錯(cuò)誤；

B.含有苯環(huán)，可以發(fā)生加成反應(yīng)，含有酯基、竣基、羥基，可以水解、酯化，水解、酯化均屬于取代反應(yīng),

B錯(cuò)誤；

C.段基可以和碳酸氫鈉反應(yīng)生成CO2,Imol該物質(zhì)含有2moi竣基，可最多與碳酸氫鈉反應(yīng)生成2moic。2,

質(zhì)量為88g,C錯(cuò)誤；

D.采用“定一移一”法判斷，苯環(huán)上有如圖(2+4)=6種二氯代物

D正確;

12.C

【解析】

【分析】

由圖中可以得到Zn->[Zn(0H)41，鋅的化合價(jià)升高，因此放電時(shí)，鋅電極是負(fù)極，NiOOH是正極，充電時(shí),

鋅電極是陰極，NiOOH是陽極，以此來解析；

【詳解】

A.鋅電極是負(fù)極，NiOOH是正極，所以NiOOH電極的電勢(shì)高于鋅電極的，A正確；

B.放電時(shí)，Zn-[Zn(OH)4「，所以[ZMOH'F增多，[Zn(OH)F濃度增加，因此儲(chǔ)液罐中K2[Zn(OH)4]溶液

的濃度增大，B正確，

C.鉛蓄電池中PbCh是正極，Pb是負(fù)極，充電時(shí)，鋅電極是陰極，應(yīng)該連接鉛蓄電池的負(fù)極，也就是Pb

電極，C錯(cuò)誤；

D.充電時(shí)，NiOOH電極是陽極，電極反應(yīng)式為：Ni(OH)2+OH-e=NiOOH+H2O,D正確；

故選C。

13.B

【解析】

【詳解】

A.用硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaCl溶液，發(fā)生反應(yīng)：Ag++Cr=AgCH，已知離子濃度發(fā)生突躍，指示電極電

位也產(chǎn)生了突躍，a點(diǎn)出現(xiàn)突躍，說明溶液中c(Ag+)發(fā)生了突躍，A正確；

B.Na2cCh溶液中存在n(Na)=2n(C),即物料守恒：c(Na+)=2c(HC0J)+2c(C0；)+2c(H2co3),B錯(cuò)誤;

C.Ksp(AgCl)只受溫度影響，a點(diǎn)后溫度不變，則Ksp(AgCl)不變，C正確；

D.由指示電極電位產(chǎn)生突躍的點(diǎn)即為AgNCh恰好與NaCl反應(yīng)，可知硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗的體積，由

Ag++Cl-=AgCU，則n(NaCl)=n(AgNCh),可計(jì)算NaCl的質(zhì)量，若樣品質(zhì)量已知，則可求得雜質(zhì)NaCl的含

量，D正確；

故選：B。

26.(14分)

【答案】(1)三頸燒瓶

△

(2)3Ca(OH),+6H2O=3Ca(H2PO2)2+2PH,

(3)除盡尾氣中的PH3

(4)使溶解在濾液中的氫氧化鈣轉(zhuǎn)化成碳酸沉淀而除去將反應(yīng)液靜置，再用膠頭滴管取燒中少量的上

層清液繼續(xù)滴加碳酸鈉溶液，若不出白色沉淀，則說明反應(yīng)完全

(5)無氧條件(隔絕空氣加熱)

(6)藍(lán)色消失2叱丑％

【解析】

【分析】

I.中白磷和熟石灰、水在加熱時(shí)，會(huì)生成次酸鈣和PH3,硫酸銅溶液的目的是除盡尾氣中的PH3氣體。II.中

左側(cè)產(chǎn)生二氧化碳并且飽和碳酸氫鈉除去揮發(fā)出的鹽酸，適量的二氧化碳其目的是使溶解在濾液中的氫氧

化鈣轉(zhuǎn)化成碳酸沉淀而除去，據(jù)此分析解題。

(1)

由裝置甲中可知儀器a的名稱是三頸燒瓶。

(2)

白磷和熟石灰、水在加熱時(shí)，會(huì)生成次酸鈣和PH,氣體，則反應(yīng)的化學(xué)方程：

3Ca(OH)2+6H,O=3Ca(H2PO2),+2PH3。

(3)

采用過量的硫酸銅溶液的目的是除盡尾氣中的PH3氣體，PH3會(huì)將硫酸銅還原為單質(zhì)銅。

(4)

再加入碳酸鈉之前需通入適量的二氧化碳其目的是使溶解在濾液中的氫氧化鈣轉(zhuǎn)化成碳酸沉淀而除去。為

了檢驗(yàn)燒瓶中的次磷酸鈣溶液是反應(yīng)完全，可以將反應(yīng)液靜置，再用膠頭滴管取燒中少量的上層清液繼續(xù)

滴加碳酸鈉溶液，若不出白色沉淀，則說明反應(yīng)完全。

⑸

由于次磷酸鈉具有強(qiáng)還原性，因此在濃縮時(shí)應(yīng)隔絕空氣加熱。

(6)

①以硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至淺黃色，加入淀粉試劑，繼續(xù)滴定直至藍(lán)色消失則為滴定終點(diǎn)。

②將配制好的次磷酸鈉溶液加入到碘瓶中，再加入過量的碘標(biāo)準(zhǔn)溶液，其發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

f

H2PO2+2I2+2H2O-H,PO4+4r+3H；然后再用硫代硫酸鈉溶液滴定過量的碘溶液，發(fā)生反應(yīng)

I2+2Na2S2O3=Na,S4O6+2NaI,由于消耗c2moi/L硫代硫酸鈉溶液的體積為V2mL,則可知剩余12的物質(zhì)

的量＞1(12)=0.5%4?1(尸0101,則與次磷酸鈉反應(yīng)的碘的物質(zhì)的量在ai3aCV「0.5c2V?)?&,因?yàn)?/p>

n(NaH2Po2)~2n出)，所以由(Nn網(wǎng)P02)=0.5(CN-0.5c2VJ?-3,因此m(NaH2PoJ=22(2C1V「c2V?)?10飛，

■WrreEja?八%jo/22(2C,V.-C,VT)?IO-3,2c.V.-c,V,

故質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：w%=--—一一------?1n0n0o%/=''~-

8.84

27.(14分)

【答案】⑴2NH3^^^N2+3H?

(2)小于

(3)0.024

(4)BC

(5)Si2適當(dāng)增大氨氣的濃度

【解析】

(1)

該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，在一定溫度下，利用催化劑將NH：分解為N?和H?的化學(xué)方程式為

(2)

該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，說明反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量；

(3)

充入2moiNH3發(fā)生該反應(yīng)，5min未測(cè)得容器中〃(NH3)=L2mol,

1小乩)=獸=5：2｝。1=00]6moi.Limin」,由反應(yīng)速率之比等于系數(shù)比，則

VAt10Lx5min

、3

1

v(H2)=yv(NH3)=0.024mol-L''min'；

(4)

A.該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，N%不能完全轉(zhuǎn)化，則N&的濃度不可能為0,A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)各物質(zhì)的組成濃度不再改變，則H2的物質(zhì)的量保持不變可說明達(dá)到平衡，B正確;

C.正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡，C正確；

D.NH,、NP小的物質(zhì)的量之比與起始投料有關(guān)，當(dāng)比例為2:1:3不能說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡，D錯(cuò)誤；

故選：BC；

(5)

太陽能電池板的主要材料是硅Si,由反應(yīng)生成3m時(shí)轉(zhuǎn)移6moi電子，裝置

中生成ImolH。時(shí)，電路中通過2moi電子；為提高制取氫氣的反應(yīng)速率，可采取的方法是適當(dāng)增大氨氣的濃

度。

28.(15分)

【答案】(1)增大C1-濃度，提高浸出率HC1揮發(fā)Bi"水解程度增大，生成難溶的BiOCl

(2)AgCkPbCl2

2+

(3)3Cu+4OH+2C1-CU3(OC1)2+2H2O97.6%

(4)NaCl

3++

(5)Bi+Cl+H2O=BiOCl+2H

【解析】

【分析】

氧化鈕'渣的主要成分為BLO〉含有PbO、AgQ、CuO雜質(zhì)，由流程可知，加鹽酸、飽和食鹽水分離出濾

渣I為AgCl、PbCl2,過濾后濾液加NaOH生成BiOCl,濾液H含銅離子，再加NaOH生成Ci^OC%,濾

液m含NaCl,NaCl可在浸出步驟中循環(huán)使用，BiOCl中加入熱NaOH發(fā)生

△

2BiOCl+NaOH—Bi2O,+2NaCl+H,0,高溫下C與歷?。、熔煉生成Bi,以此來解答。

(1)

秘的浸出率隨C「濃度增大而增大，因此NaCl的作用是增大Cr濃度，提高浸出率；由于升高溫度，HC1受

熱會(huì)發(fā)，且Bi"水解程度增大，生成難溶的BiOCl,因此浸出率下降：

(2)

根據(jù)以上分析可知“濾渣I”的成分為AgCl、PbCl2；

(3)

“沉銅”時(shí)，向“濾液H”中加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH,Cu"生成Cq。。)?，離子方程式為

2+

3CU+4OH+2C1=Cu3(OCl)2+2H2O；若“濾液II”中c(CiP+)為QOimol?廣，常溫下加入等體積的NaOH

溶液使pH恰好為6時(shí)，出現(xiàn)CU(OH)2沉淀，根據(jù)4的溶度積常數(shù)可知

1.2x10-2。

c(Cu2+)=mol/L=1.2x10^mol/L

(io-8)2，且等體積混合，此時(shí)Cu"的去除率為

0.01-2X1.2X1Q-4

x100%=97.6%；

0.01

(4)

“濾液HI”中含NaCI,經(jīng)加熱濃縮后可返回浸出工序循環(huán)使用;

(5)

由流程圖可知水解工序時(shí)Bi3+和氯離子和水反應(yīng)生成BiOCl,故其對(duì)應(yīng)的離子方程式為:

3++

Bi+Cr+H2O=BiOCl+2H,

35.(15分)

【答案】⑴2Be

⑵sp32

(3)N>C>H

(4)BC

(5)當(dāng)陽離子所帶電荷相同時(shí)，陽離子半徑越小，其結(jié)合氧離子能力就越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的碳酸鹽就越容易分解

12x8x4

(6)P-,()3

NA(ax1O-)

【解析】

⑴

基態(tài),4c原子，軌道表示式為冏E3什口I,所以有2對(duì)成對(duì)電子，成對(duì)電子中兩個(gè)電子自旋方向

相反；同周期元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，但VA>VIA,所以Be、B、C的第一電離能順序?yàn)?/p>

B<Be<C,第一電離能介于B和C之間的是Be；故答案為：2；Be；

⑵

由圖1晶體的空間結(jié)構(gòu)可看出C原子形成的是四面體結(jié)構(gòu)，碳原子的雜化方式為sp3；圖2晶體是平面結(jié)構(gòu),

最小環(huán)為六元環(huán)，每個(gè)碳原子連接3個(gè)C-C鍵，則每個(gè)碳原子連接3個(gè)六元環(huán)，每個(gè)六元環(huán)占有的碳原子

數(shù)為6x(=2,故答案為：sp3；2；

(3)

吐咯中所含元素是C、N、H,一般來說同周期從左到右電負(fù)性逐漸增強(qiáng)，所以電負(fù)性是N>C,而H是電負(fù)

性最小的非金屬，所以電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镹>C>H,故答案為：N>C>H：

(4)

在CO轉(zhuǎn)化成CO2的反應(yīng)過程中，

A.CO分子中含有2對(duì)孤對(duì)電子，CO2分子中含有4對(duì)孤對(duì)電子，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.CO為極性分子，CO2為非極性分子，故B項(xiàng)正確；

C.CO中存在碳氧三鍵，COz中存在碳氧雙鍵，分子間成鍵方式改變,，故C項(xiàng)正確；

D.CO和CO?都可以形成分子晶體，轉(zhuǎn)化過程中，相對(duì)分子質(zhì)量增大，分子間作用力會(huì)增強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；

故答案為：BC

(5)

因?yàn)樘妓猁}的分解過程實(shí)際上是晶體中陽離子結(jié)合CO；中的氧離子，使CO；分解為CCh的過程，所以當(dāng)陽

離子所帶電荷相同時(shí)，陽離子半徑越小，其結(jié)合氧離子能力就越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的碳酸鹽就越容易分解，故答案

為：當(dāng)陽離子所帶電荷相同時(shí)，陽離子半徑越小，其結(jié)合氧離子能力就越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的碳酸鹽就越容易分解;

(6)

根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，晶胞中含有的正四面體結(jié)構(gòu)的數(shù)目是8X：+6X〈+4=8,每個(gè)正四面體結(jié)構(gòu)含有4個(gè)碳原

o2

4x8x1212x8x4,

子，晶胞的質(zhì)量是F—g，已知T-碳晶胞參數(shù)為apm,則「碳的密度的P=K^n76嗎7g/cm3',故答案

、12x8x4

P-103

為：NA(axlO)°

36.(15分)

【答案】(1)丙二酸(酚)羥基、陵基

CH2OH

+co,T+H2O

(5)OHCCH2CHO催占,A>HOOCCH2COOHCH,。>CH3cH=CHCOOH

【解析】

【分析】

由有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，在催化劑作用下，A與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成，則A為

與乙醇共熱發(fā)生酯

化反應(yīng)生成發(fā)生取代反應(yīng)生成

與(CH3)2CHNH2發(fā)生環(huán)加成反應(yīng)生成

⑴

由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為;C的結(jié)構(gòu)簡式為HOOCCH2co0H,名稱為丙二酸；F的結(jié)構(gòu)簡式

，官能團(tuán)為酚羥基和竣基，故答案為:;丙二酸；(酚)羥基、竣基;

由分析可知，由B和C生成D的反應(yīng)為與HOOCCH2co0H共熱反應(yīng)生成、二氧

⑶

與CLCH^-p^發(fā)生取代反應(yīng)生成

由分析可知，由G生成H的反應(yīng)