2022年高考押題預測卷02（全國乙卷）-化學（考試版）

………………○………………內………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………內………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………外………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○…學校：______________姓名：_____________班級：_______________考號：______________________第=頁）2022年高考原創(chuàng)押題預測卷02【全國乙卷】化學·全解全析78910111213CCCCBDA7【答案】C【詳解】A.壓縮空氣儲能是利用空氣狀態(tài)的變化，重力儲能利用介質動能勢能的轉化，屬于物理儲能方式，儲能裝置放電時會發(fā)生化學反應，A說法錯誤；B.發(fā)展新型綠色儲能利于實現(xiàn)“雙碳”目標，與碳匯無關（碳匯指樹木、植物吸收匯聚的二氧化碳的量），B錯誤；C.氨不易燃燒，易液化存儲及運輸，這些均優(yōu)于氫。合成氨時，更加低成本高效的電解水制氫方式、尋求合成氨的低溫催化劑（目前合成氨條件：高溫高壓催化劑）有待創(chuàng)新，且氨不易燃燒，燃燒時控制氮氧化合物的生成，都是研究攻克的技術問題，C說法正確；D.將太陽能轉化為電化學儲能用到光電池，單晶硅、多晶硅都可做光電池，但并不唯一，還有其他可做芯片的化合物半導體，最少的能量轉化包括光能--電能--化學能，3種，D錯誤。故選C。8.【答案】C【詳解】A．配制一定物質的量濃度溶液定容時，視線于容量瓶刻度線相平，A能達到實驗目的；B．CO2與NaOH發(fā)生反應，可以使瓶內壓強瞬間減小從而形成噴泉現(xiàn)象，B能達到實驗目的；C．NO2的密度比空氣大，應該采用向上排空氣法收集，即“長進短出”，C不能達到實驗目的；D．氨氣極易溶于水，當膠頭滴管中的水滴下時，瓶內壓強瞬間減小，可觀察到氣球膨脹的現(xiàn)象，D能達到實驗目的；答案選C。9.【答案】C【解析】A．28.4gP2O5為0.2mol，即0.1molP4O10，1個P4O10含16個共價鍵(4個P=O，12個P-O，全部為極性鍵)，則0.1molP4O10含有共1.6mol共價鍵，也就是1.6NA個，故A錯誤；B．核反應方程式必須遵循核電荷數(shù)和質量數(shù)守恒，即可推算出，,，1molZM中含中子（89-36）NA=53NA，故B錯誤；C．由得失電子數(shù)目守恒可知，1mol鋅與稀硫酸反應生成1mol氫氣，與濃硫酸反應生成1mol二氧化硫，則0.25molZn與一定量濃硫酸反應后完全溶解時，無論是生成氫氣，還是二氧化硫，或是二氧化硫或氫氣的混合氣體，氣體的分子數(shù)恒定為0.25mol×NAmol—1=0.25NA，故C正確；D．1L1mol/LCH3COONa溶液中n(Na+)=1mol，根據(jù)電荷守恒：n(CH3COO-)+n(OH-)=n(Na+)+n(H+)，所以CH3COO-與OH-離子數(shù)之和大于NA，故D錯誤；故選C。10.【答案】C【詳解】A．一個檸檬酸分子中含有四個親水基，故檸檬酸易溶于水，其中含有三個羧基，屬于三元酸，A正確；B．-OH、-COOH均可與Na發(fā)生置換反應得到H2，1mol檸檬酸共有-OH、-COOH4mol，故與足量Na反應可得到2molH2，B正確；C．符合要求的同分異構如下：、、、、（序號代表-OH），共有11種，C錯誤；D．檸檬酸中含有羥基、羧基，兩種官能團均可發(fā)生酯化反應，D正確；故答案選C。11.【答案】B【分析】根據(jù)化合物G的焰色實驗為黃色，可推斷有鈉元素，G與F反應生成，故G為碳酸鈉或者為碳酸氫鈉，則可推出E為鈉的化合物，E中含兩種元素，又能與反應，故為，A與B為鈉與氧氣；再根據(jù)特征反應條件光照反應生成的產(chǎn)物能與碳酸鈉反應，可推斷為H2與反應生成，故W為H，X為O，Y為，Z為?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，W為H，X為O，Y為，Z為，A．核外電子排布相同時，核電荷越大半徑越小，則簡單離子半徑：，故A項正確；B．Cl的一種含氧酸為HClO，為弱酸，故B項錯誤；C．Y形成的常見氧化物有Na2O、，其中陽離子與陰離子個數(shù)之比都為2︰1，故C項正確；D．中只有極性鍵，中既有極性鍵又有非極性鍵，故D項正確。故選B。12.【答案】D【分析】由圖可知，傳感器中發(fā)生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，原電池反應為2Ag+I2=2AgI，所以原電池的負極發(fā)生Ag-e-=Ag+，正極發(fā)生I2+2Ag++2e-=2AgI，以此來解答?！驹斀狻緼．根據(jù)以上分析可知銀電極為負極，多孔石墨電極為正極，故A正確；B．傳感器中發(fā)生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，所以透過聚四氟乙烯膜后與反應生成，故B正確；C．多孔石墨電極為正極，發(fā)生得到電子的還原反應，即附近發(fā)生如下反應：I2+2Ag++2e-=2AgI，故C正確；D．由于氧氣所處的狀態(tài)未知，則不能計算參加反應的氧氣體積，故D錯誤；故選D。13.【答案】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-lgc(H2A)與pH變化關系，標①；H2A?H++HA-，HA-?H++A2-，A2-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(A2-)與pH變化關系，標②；另一條則是與pH的變化圖，標③，以此解題?！驹斀狻緼．電離常數(shù)的表達式為：，，④，當pH=3.05時，-lgc(A2-)與-lgc(H2A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代入④，可得；又由圖中③可知，當pH=5.3時，，即c(A2-)=c(HA-)，即Ka2=10-5.3，所以，A錯誤；B．a(chǎn)點時，電荷守恒為，移向，a點時，pH=3.05，所以，，因為，所以，因為，所以c(HA-)+2c(H2A)>10-3.06-10-10.95，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-)，HA-?H++A2-，HA-+H2O?H2A+OH-，所以c(A2-)與c(H2A)的大小取決于電離和水解的程度，Ka2=10-5.3，即HA-的水解常數(shù)，所以HA-的水解程度小于HA-的電離程度，所以c(H2A)<c(A2-)，故NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C正確；D．b點時，電荷守恒為，此時pH=5.3，即，所以c(A2-)=c(HA-)，所以上式變形為：，，因為c(OH-)<c(H+)，所以：c(Na+)<3c(A2-)，D正確；故選A。26.（14分）【答案】(1)

適當升溫、粉碎礦石、適當增加稀硫酸濃度、攪拌等

將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+(2)

＞(3)

Fe(OH)3、Al(OH)3

滴入幾滴KSCN，振蕩，溶液不變紅(4)4.8×10-6mol·L?1(5)4：3【解析】【分析】鈷礦石中加入稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+，然后向濾液中加入NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，加入Na2CO3調整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾后所得濾液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，過濾后，向濾液中加入草酸銨溶液得到二水合草酸鈷，煅燒后制得Co2O3，據(jù)此分析解答。(1)溶浸過程中，適當升溫、粉碎礦石、適當增加稀硫酸的濃度等均可以加快反應速率和提高原料利用率；Na2SO3是還原劑，主要是將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+；(2)“氧化”過程中在酸性條件下金屬離子Fe2+與NaClO3反應產(chǎn)生Fe3+、Cl-及H2O，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，結合物質的拆分原則，可得該反應的離子方程式為；Fe2+與反應而Co2+不發(fā)生反應，說明微粒的還原性：Fe2+＞Co2+；(3)用Na2CO3調節(jié)溶液pH，可以使溶液中Fe3+和Al3+全部轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，達到除去Fe3+和Al3+的目的，故濾渣2為Fe(OH)3和Al(OH)3；可根據(jù)Fe3+與SCN-作用，使溶液變?yōu)檠t色檢驗鐵元素已被完全沉淀，操作為：取少量待測液于試管中，滴入幾滴KSCN溶液，充分振蕩，若溶液不變紅，說明溶液中無Fe3+，即Fe3+已經(jīng)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，所以若濾液中，c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L?1×≈4.8×10-6mol·L?1；(5)CoC2O4?2H2O在空氣中高溫煅燒，得到產(chǎn)品Co2O3，CoC2O4中Co元素化合價為+2價，Co2O3中Co元素化合價為+3價，Co元素化合價升高，說明空氣中的O2也參加了反應，因此酸根離子中C元素化合價會由中的+3價變?yōu)?4價的CO2氣體，根據(jù)元素守恒可知還有H2O生成，煅燒時發(fā)生反應方程式：4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，由方程式可知CoC2O4·2H2O與O2的化學計量數(shù)之比為4∶3。27.（14分）【答案】(1)-236(2)(3)

0.003

C

及時分離出

該反應為氣體分子數(shù)增加的反應，恒壓條件下增大氨氣的比例，相當于減壓，平衡正向移動，丙烷的平衡轉化率增大(4)【解析】(1)①②

由丙烷、丙烯的燃燒熱()分別為、的方程式：③

④

由蓋斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，則則。故答案為：-236;(2)在上述三種催化劑作用下，丙烯的選擇性高且丙烷的總轉化率高時，丙烯產(chǎn)率才會最高，所以最好的催化劑是：。故答案為：(3)①在500℃、以為催化劑的條件下，丙烷轉化率為25%，丙烯選擇性為40%，說明丙烷生成丙烯的部分是40%，則，則，丙烯的化學反應速率。②A．與物質狀態(tài)和熱化學方程式的書寫有關，所以不論是否平衡狀態(tài)其值都不變，故A錯誤；B．，與的物質的量之比一直為1：1，不能說明該反應達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．為生成物，平衡時的質量才不再改變，故C正確。③欲提高丙烷轉化率，即讓反應正向進行即可，所以可采取的措施是及時分離出產(chǎn)物，促進反應正向進行。④在恒溫恒壓的密閉容器中充入丙烷、氧氣、氨氣發(fā)生氧化脫氫反應，起始氧氣一定時，越大，丙烷的平衡轉化率越大，其原因是：該反應為氣體分子數(shù)增加的反應，恒壓條件下增大氨氣的比例，相當于減壓，平衡正向移動，丙烷的平衡轉化率增大。故答案為：①0.003；②C；③及時分離出；④該反應為氣體分子數(shù)增加的反應，恒壓條件下增大氨氣的比例，相當于減壓，平衡正向移動，丙烷的平衡轉化率增大。(4)在500℃、以為催化劑的條件下，向恒容密閉容器中充入、、發(fā)生反應，丙烯選擇性為45%，丙烷轉化率為40%，則，則可得：起始n始(mol)

1

1

0

0變化△n(mol)

0.18

0.09

0.18

0.18終態(tài)n終(mol)

0.82

0.91

0.18

0.18起始n始(mol)

0.82

0.91

0

0.18變化△n(mol)

0.4-0.18

0.77

0.66

0.88終態(tài)n終(mol)

0.6

0.17

0.66

1.06故平衡時：，，，，，，則；平衡時壓強為，平衡分壓=總壓×體積分數(shù)，則，，，，則該溫度下丙烷氧化脫氫反應的平衡常數(shù)：故答案為：28.（15分）【答案】(1)

Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑

飽和食鹽水可減緩生成氨氣的速率(2)三頸燒瓶(或三口燒瓶)(3)

分液漏斗的活塞與旋塞

沉淀恰好完全溶解時(4)

打開K2，緩慢推動滑動隔板，將氣體全部推出，再關閉K2

減小氣體的通入速率，使空氣中的甲醛氣體被完全吸收

0.0375【解析】【分析】在儀器A中Mg3N2與H2O反應產(chǎn)生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反應產(chǎn)生AgOH白色沉淀，后當氨氣過量時，反應產(chǎn)生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加熱，發(fā)生銀鏡反應產(chǎn)生單質Ag和CO2氣體，產(chǎn)生的Ag與加入的Fe3＋定量反應生成Fe2+，F(xiàn)e2＋與菲洛嗪形成有色物質，在562nm處測定吸光度，測得生成Fe2＋1.12mg，據(jù)此結合反應過程中電子守恒，可計算室內空氣中甲醛含量。(1)Mg3N2與水發(fā)生鹽的雙水解反應產(chǎn)生Mg(OH)2和NH3，反應方程式為：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用飽和食鹽水代替水，單位體積溶液中水的含量降低，可減緩生成氨氣的速率；(2)根據(jù)儀器B的結構可知，儀器B的名稱為三頸燒瓶；(3)銀氨溶液的制備：關閉K1、K2，打開K3，打開分液漏斗的活塞與旋塞，使飽和食鹽水慢慢滴入圓底燒瓶中，首先發(fā)生反應：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH，后又發(fā)生反應：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，當觀察到B中白色沉淀恰好完全溶解時，就得到了銀氨溶液，此時關閉K3和分液漏斗旋塞；(4)①用熱水浴加熱B，打開K1，將滑動隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室內空氣，關閉K1；后續(xù)操作是打開K2，緩慢推動滑動隔板，將氣體全部推出，再關閉K2；再重復上述操作3次。毛細管的作用是減小氣體的通入速率，使空氣中的甲醛氣體被完全吸收。②甲醛和銀氨溶液加熱反應生成銀，銀具有還原性，被Fe3+氧化，結合甲醛被氧化為CO2，氫氧化二氨合銀被還原為銀，甲醛中碳元素化合價0價變化為+4價，銀+1價變化為0價，生成的銀又被鐵離子氧化，鐵離子被還原為亞鐵離子，生成亞鐵離子1.12mg，物質的量n(Fe)====2×10-5mol，根據(jù)氧化還原反應電子守恒計算，設消耗甲醛物質的量為xmol，則4x=2×10-5mol×1，x=5×10-6mol，因此實驗進行了4次操作，所以測得1L空氣中甲醛的含量為1.25×10-6mol，空氣中甲醛的含量為1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L?！军c睛】本題考查了物質組成和含量的測定、氧化還原反應電子守恒的計算的應用、物質性質等，掌握基礎是解題關鍵，了解反應原理、根據(jù)反應過程中電子守恒分析解答。35.（15分）【答案】(1)

第四周期ⅥB族

15(2)

O、N

d

獨立存在的氨氣分子氮原子含有一對孤電子對，而該物質中的N原子的孤電子對提供出來與Cr3+形成了成鍵電子對(3)

<

鈦第二電離能失去的是4s1電子，鉻第二電離能失去的是3d5電子(4)

(1，1，)

【解析】(1)鉻的原子序數(shù)為24，在元素周期表中的位置為第四周期ⅥB族；其基態(tài)原子核外電子排布為1s22s2sp63s23p63d54s1，s能級1個軌道，p能級3個軌道，d能級5個軌道，結合洪特規(guī)則，其占據(jù)的原子軌道數(shù)為1+1+3+1+3+5+1=15。(2)①該配合物中，Cr3+是中心原子，內界中H2O和NH3是配位體，配位體中的O原子和N原子有孤電子對，O原子和N原子提供孤對電子與Cr3+形成配位鍵；②根據(jù)雜化軌道理論，Cr原子最外層的4s、4p軌道與內層3d軌道中的2個發(fā)生雜化，形成6個d2sp3雜化空軌道接受O和N提供的孤電子對形成6個配位鍵，故中心原子雜化方式為d2sp3，選d；③該物質中，氮氫鍵的鍵角比獨立存在的氣態(tài)氨氣分子中鍵角略大，其原因是獨立存在的氨氣分子氮原子含有一對孤電子對，而該物質中的N原子的孤電子對提供出來與Cr3+形成了成鍵電子對，孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，故氮氫鍵的鍵角比獨立存在的氣態(tài)氨氣分子中鍵角略大。(3)鈦的核外電子排布是[Ar]3d24s2，第二電離能失去的是4s1電子，鉻第二電離能失去的是3d5電子，3d5處于半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定，需要較大能量才能失去，故第二電離能I2(Ti)<I2(Cr)。(4)從該晶胞圖示可知，A點分數(shù)坐標為(0，0，0)，結合B點在x、y、z三個坐標軸上的投影，則B點分