2022年高考化学押题预测卷+答案解析03（广东卷）

2022年高考原创押题预测卷03【广东卷】

化学·全解全析

1．B 【详解】A．冬奥火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，氢气燃烧产生大量热量，且产生水不污染环境，因此氢气属于清洁能源，A正确；

B．石墨烯是碳元素的单质，属于无机非金属材料，而不属于高分子材料，B错误；

C．二氧化碳跨临界直冷技术制冰，在该过程中没有新物质产生，因此该过程属于物理变化，C正确；

D．滑雪服采用的剪切增稠液体(STF)材料。在常态下处于粘稠的半液体状态，在高速撞击下分子立刻相互连接形成防护层，因此就可以防止运动员受到伤害，从而对运动员有保护作用，D正确；

故合理选项是B。

2．B 【详解】A．碳化硅属于无机非金属材料，选项A错误；

B．铵根离子水解使溶液呈酸性，故长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结，选项B正确；

C．紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性的原理，选项C错误；

D．人工合成淀粉，是高分子化合物，n值不同，为混合物，选项D错误；

答案选B。

3．B 【详解】A．硫原子核内有16个质子，核外有16个电子，结构示意图为，A错误；

B．乙烯中两个C以碳碳双键结合，每个C还与2个H以单键结合，因此乙烯的球棍模型为，B正确；

C．乙炔中含碳碳双键，不能省，乙炔的结构简式为CH≡CH，C错误；

D．氯化钠由钠离子和氯离子通过离子键结合而成，电子式为，D错误；

答案选B。

4．C 【详解】A．为酰胺键，属于官能团，故A项正确；

B．分子中多个碳原子存在杂化，所有碳原子不可能共面，故B项正确；

C．该有机物的一氯代物有12种，如图(氯原子的位置用*标出)：，故C项错误；

D．该有机物发生酸性水解得到、、共3种有机物，故D项正确；

故答案为C。

5．C 【详解】A．焰色试验是元素的性质，属于物理变化，故A错误；

B．氯乙烷含有氯原子，属于氯代烃，不属于烃类物质，故B错误；

C．铁红的主要成分是红棕色的氧化铁，氧化铁可用做染料和涂料，故C正确；

D．剂钢是铁合金，属于混合物，故D错误；

故选C。

6．B 【详解】配制一定物质的量浓度的溶液所需要的的仪器有容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；

A．为容量瓶，配制溶液时必须使用，故A不符合题意；

B．为量筒，用液体配制溶液时需要，用固体配制溶液时不需要量筒，即配制溶液时量筒不是必须使用的仪器，故B符合题意；

C．       为烧杯，配制溶液时溶解稀释必须使用的仪器，故C不符合题意；

D．为玻璃棒，配制溶液时搅拌及转移操作时必须使用的仪器，故D不符合题意；

答案选B。

7．A 【详解】A．向稀盐酸中加入少量钠粒，钠和HCl电离的氢离子反应，2Na+2H+=2Na++H2↑，A错误；

B．硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液久置后变蓝是因为碘离子被空气中的氧气氧化为碘单质，B正确；

C．硫代硫酸钠在酸性条件下发生反应生成二氧化硫、硫单质和水，该离子方程式正确，C正确；

D．向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁，氧化镁消耗Fe3+水解产生的氢离子，使Fe3+的水解平衡正向移动生成Fe(OH)3沉淀，该离子方程式正确，D正确；

答案选A。

8．A 【详解】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在0.2mol⋅L-1H3PO4溶液中，离子浓度大小为：，A正确；

B．在0.1mol⋅L-1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到，B错误；

C．在0.1mol⋅L-1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到，C错误；

D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=10的溶液，则 ，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，则 ，故，D错误；

答案选A。

9．B 【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；

B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；

C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；

D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；

综上所述，本题应选B。

10．C 【解析】根据放电时电池反应为3CO2+4Li=2L2CO3+C，可知Li失去电子，为负极；CO2在正极上发生得电子的反应。

A．由电池反应可知，Li电极为负极，石墨复合Li2CO3电极为正极，Li电极反应式为Li-e-=Li+，发生氧化反应，A项错误；

B．电池放电时，电解质中阳离子移向正极，B项错误；

C．碳纳米管复合Li2CO3电极反应式为3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，C项正确；

D．电流由碳纳米管复合Li2CO3电极经外电路流向Li电极，D项错误。

故选C。

11. C 【详解】A、氨水为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，因此1L 0.1mol/L氨水中含有的OH-数目小于0.1NA；B、SO2与O2的反应为可逆反应，因此产物的分子数不等于2NA；C、

氧化1mol（NH4）2SO3时，产物为1mol（NH4）2SO4，转移电子数为2NA，C正确；D、没有给出溶液的体积，无法确定微粒的数目，因此D错误。

12．A 【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元素；X位于第2周期，Z位于第3周期，1个W2X分子含有10个电子，则X为O元素；Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层有4个电子，Z为Si元素；矿石[Y3Z2X5(XW)4]的化学式为Y3Si2O5(OH)4，根据化合物中元素正负化合价的代数和为0可知，Y显+2价，为Mg元素，然后根据物质的形状及元素周期律分析解答。

根据分析可知，W为H，X为O，Y为Mg，Z为Si元素。

A．同一周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞X＞W，A正确；

B．X为O，Y为Mg元素，二者形成的化合物MgO是碱性氧化物，不能够与碱NaOH溶液发生反应，B错误；

C．X为O，Z为Si元素，二者的简单氢化物分别是H2O、SiH4，它们都属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，因此物质熔沸点都比较低，但H2O分子之间除存在分子间作用力外还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致H2O的沸点比SiH4的高，故简单氢化物的沸点：Z＜X，C错误；

D．Z为Si元素，其最高价氧化物SiO2是酸性氧化物，能够与碱NaOH反应产生Na2SiO3和H2O，也能够与HF反应产生SiF4、H2O，D错误；

故合理选项是A。

13．B 【详解】A．电解饱和食盐水时，阳极反应为：2Cl- -2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故阴极附近溶液升高，阳极附近溶液pH基本不变，A错误；

B．由题干可知，反应I：，反应II：，则II-I可得反应，则根据盖斯定律可知=+141kJ/mol，即该反应正反应，，故该反应在任何条件下均不能自发进行，B正确；

C．还原反应时，即2Mg+TiCl4=2MgCl2+Ti，每生成即为=1mol，则反应共转移4mol电子，C错误；

D．通过电解溶液反应方程式为：MgCl2+2H2OMg(OH)2+Cl2↑+H2↑，故不可实现镁的再生，D错误；

故答案为：B。

14．C 【详解】A．实验研究表明：二氧化碳电还原需要严格控制电解液的pH为7左右，所以阴极水相电解液应选择接近中性的溶液，A不正确；

B．催化吸附剂，不能降低控速反应的焓变，B不正确；

C．若CO的法拉第效率为80%，当电机输出1mol电子时，则转移电子的物质的量为0.8mol，理论上生成CO的物质的量为0.4mol，标况下体积为8.96L，C正确；

D．在乙醇和乙烯中，碳元素都显-2价，若忽略副反应，则理论上制备等物质的量的乙醇与乙烯耗电费用比为1:1，D不正确；

故选C。

15．C 【详解】A．将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，二者发生消去反应产生CH2=CH2，CH2=CH2能够与Br2发生加成反应产生CH2BrCH2Br，使溴的四氯化碳溶液褪色，故可以根据溴的四氯化碳溶液褪色判断乙醇发生了消去反应，A正确；

B．向淀粉溶液中先加入稀硫酸并加热，淀粉会发生水解反应产生葡萄糖，若向反应后的溶液中加入碘水，溶液变蓝色，说明溶液中含有淀粉，证明淀粉未完全发生水解或淀粉溶液部分水解，B正确；

C．向稀HNO3溶液中加入铜片并加热，二者发生氧化还原反应，稀硝酸被还原产生NO，NO气体在试管口遇空气中的O2反应产生红棕色的NO2，而不能根据观察到红棕色气体就判断铜与稀HNO3溶液反应生成NO2气体，C错误；

D．向浓度均为0.1 mol·L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加1~2滴0.01 mol·L-1的AgNO3溶液，产生黄色沉淀，说明首先发生反应：Ag++I-=AgI↓，则证明溶度积常数：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D正确；

故合理选项是C。

16.D 【详解】A、由图可知，该装置为原电池，能将化学能转化为电能，A正确；B、M为电池的负极，在紫外光的作用下，水失去电子发生氧化反应生成O2，电极反应方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C、N为电池正极，电极反应式为CO2+2H++2e-═CO+H2O，当外电路转移4mol电子时，有4molH+从左室穿过交换膜到达右室，然后被CO2消耗，因此N电极室的溶液pH不变，C正确；D、当转化2mol时，外电路转移4mol电子，转移的电子数为4NA，因此D错误，答案选D。

17．(1) 碱式滴定管或移液管（1分）     检查气密性（1分）

(2)   不能（1分）     稀硝酸与铝反应产生的NO会与反应管内反应，影响生成气体体积的测定（2分）    

 构成原电池，可加快反应速率（2分）

(3) 温度需恢复到室温（1分）     量气管液面应与水准管液面相平、视线应该平视凹液面等（2分）

(4)或（2分）

(5)，本实验将当做氢气分压进行计算（2分）

【解析】由题意可知，该实验的目的是通过反应管、量气管、水准管测定铝与稀硫酸反应生成氢气的体积测算理想气体状态方程中气体常数R的大小。

(1)由实验装置图可知，量气管可用碱式滴定管或移液管替代；因实验需要测定铝与稀硫酸反应生成氢气的体积，为防止氢气逸出导致实验失败，所以实验装置组装完成后，必须进行气密性检查，故答案为：碱式滴定管或移液管；检查气密性；

(2)反应管中的稀硫酸不能用稀硝酸代替，原因是稀硝酸与铝反应生成的一氧化氮易与装置中空气中的氧气反应生成二氧化氮，会影响生成气体体积的测定；铝片打磨后称量，再用铜丝缠绕并放在反应管口，用铜丝缠绕铝片与稀硫酸接触，可以构成铜铝原电池，加快反应速率，故答案为：不能；稀硝酸与铝反应产生的NO会与反应管内反应，影响生成气体体积的测定；构成原电池，可加快反应速率；

(3)测量反应生成的氢气的体积时，应通过冷却到室温、量气管液面应与水准管液面相平实现同温同压的条件下测定的目的，读数时视线应该平视凹液面，减小实验误差，故答案为：温度需恢复到室温；量气管液面应与水准管液面相平、视线应该平视凹液面等；

(4)铝与稀硫酸反应的离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑，由方程式和题给数据可知，气体常数R===，故答案为：或；

(5)由计算过程可知，计算时将室内压强视作氢气分压进行计算，而室内压强为氢气分压和水蒸气分压之和，计算时忽略水蒸气的分压会导致气体常数R的测量值稍大于理论值，故答案为：，本实验将当做氢气分压进行计算。

18．(1)SiO2+2OH—=SiO+H2O（2分）

(2)盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小（2分）

(3)   3% （1分）    65℃ （1分）    洗去有机相中的FeCl3（1分）

(4)5.97（2分）

(5)5（2分）

(6)   Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O（2分）     钪(Sc)（1分）

【解析】由题给流程可知，赤泥加入盐酸酸浸时，钪元素转化为氯化钪，氧化铁、氧化铝溶解转化为氯化铁、氯化铝，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣和含有氯化钪、氯化铁、氯化铝的浸出液；向浸出液中加入萃取剂P2O4萃取钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的溶液和有机相；向溶液中加入萃取剂萃取溶液中的铁离子，分液得到氯化铝溶液；氯化铝溶液经蒸发结晶得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝制得氧化铝；有机相用盐酸洗涤、分液得到水相和有机相；有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取，过滤得到反萃液和氢氧化钪；氢氧化钪加入盐酸溶解、富集得到氯化钪；向氯化钪溶液中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪，过滤、灼烧草酸钪制得三氧化二钪。

(1)“浸渣”与强碱溶液的反应为二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO+H2O；

(2)盐酸是挥发酸，受热易挥发，若酸浸时温度过高，氯化氢挥发会使盐酸浓度减小导致酸浸速率下降，故答案为：盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小；

(3)由表格数据可知，P2O4的浓度为3%时，钪萃取率最高、铁萃取率最低，由图可知，料液温度为65℃时，钪/铁、钪/铝分离系数最高，所以萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为3%、65℃，故答案为：3%；65℃；

(4)由溶度积可知，钪离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为==2×10-8.33mol/L，则溶液的pH为14-8.33+lg2=5.97，故答案为：5.97；

(5)由钪原子原子个数守恒可知，草酸钪的物质的量与三氧化二钪的物质的量相等，由题给数据可知，草酸钪晶体中草酸钪和结晶水的物质的量比为：1：x=：，解得x=5，故答案为：5；

(6)由得失电子数目守恒可知，草酸钪晶体受热分解生成三氧化二钪、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O，一氧化碳高温下还原性强，反应中生成的一氧化碳高温条件下能与三氧化二钪反应生成钪和二氧化碳，则固体副产物主要为钪，故答案为：Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O；钪(Sc)。

19．(1)-90kJ/mol（2分）

(2)C（1分）

(3)   BC  （2分）   230°C以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大（2分）

(4)  30%（2分）     （2分）

(5)  CO2+2e- +2H+ =HCOOH （2分）    3.6（1分）

【解析】(1)；

(2)A．增大压强，反应II平衡不移动，反应I平衡正向移动导致二氧化碳浓度增大，从而使反应II平衡正向移动，一氧化碳浓度增大，A错误；

B．降低温度，反应II的正、逆反应速率均减小，B错误；

C．增大甲醇浓度，使反应I逆向移动，二氧化碳浓度增大，反应II正向移动，C正确；

D．恒温恒容下通入氦气，对于反应I来说各物质浓均不变，平衡不移动，D错误；

故选C。

(3)由图可知在相同温度下CZ(Zr-I)T催化剂对甲醇的选择性更高，温度为230oC时甲醇的产率最高，故合成甲醇的适宜条件选BC；

在230°C以上，升高温度，反应I为放热反应，平衡逆向移动，甲醇的产率降低；反应II为吸热反应，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；升高温度对反应II的影响更大，导致CO2的平衡转化率增大，甲醇的产率降低；

(4)设反应I中二氧化碳转化了xmol，反应II中二氧化碳转化了ymol，可列出三段式：

反应达平衡时，CO2的转化率为50%，即x+y=1，气体体积减小10%，即平衡时气体的物质的量比原来少了10%，即，解得x=0.3，y=0.7，在达到平衡时， CH3OH的选择性：； 平衡时反应II中各物质的物质的量为：

 ，

设容器的体积为VL，平衡常数。

(5)该装置为电解池，Pt为阳极，Cu为阴极。铜电极上为二氧化碳得电子被还原，制备甲酸的电极反应式为：；铜电极上只生成5.6gCO时，电极反应为，即CO2变成CO，溶液增加质量为氧原子质量。生成5.6gCO时，增加氧原子质量为：，该电解池装置用了阳离子交换膜，同时会有氢离子迁移到铜极区，增加的氢离子质量为：，共增重3.6g。

20．(1)  正四面体形（1分）       （1分）   离子键、共价键（2分）     和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高（2分）

(2)14（2分）

(3)2（2分）

(4)  六方最密堆积 （2分）   （2分）

【解析】(1)中阴离子为，中心原子硫原子和氧原子形成四个σ键，硫原子无孤电子对，有四个杂化轨道，所以为杂化，的空间构型为正四面体形；与互为等电子体的是分子，把N原子换为S原子，原子最外层电子数增加1个，与互为等电子体；和受热分解生成和金属氧化物，所以破坏的化学键为共价键和离子键；熔点高于的原因是和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高；

(2)中烃基对应的烃为对二甲苯，分子中共面的原子最多有14个；

(3)Mg周围左右2个N原子含有孤电子对，与其形成配位键，上下2个N原子与Mg形成共价键，故的配位数为2；

(4)根据晶胞图示可知，晶体中Mg的原子堆积方式为六方最密堆积；已知镁原子半径为，晶胞中正四面体的高，则六棱柱底边长为，晶胞高为，每个晶胞中镁原子个数为，晶胞中镁原子的总体积，晶胞底面积为6个正三角形面积的和，所以晶胞底面积，晶胞的空间利用率。

21．(1)和液溴（2分）

(2) 取代反应 （1分）    消去反应（1分）

(3)羟基、羧基（2分）

(4)（2分）

(5)     9（2分）     （1分）

(6)（3分）

【解析】根据框图和反应条件可知A为，B为，C为，D为，D到E是酸性高锰酸钾氧化，所以E为，E到F是碱性条件下水解，再酸化，所以F为，F到G是硝化反应，且G到H是还原硝基为氨基，氨基在羟基的对位，所以G为，由框图知H为，由框图知K为，由题干已知信息和N的结构简式知M为，据此依次分析。

(1)A是芳香烃C7H8，而B的分子式是C7H7Br，应该是芳香烃的卤代反应，所以反应的反应条件是和液溴，故答案为：和液溴；

(2)A是芳香烃C7H8，K为，反应的反应类型是取代反应，M为，N为，所以的反应类型为消去反应，故答案为：取代反应；消去反应；

(3)有机物H的结构简式为，含氧官能团的名称为羧基和羟基，故答案为：羧基、羟基；

(4)由分析知M的结构简式为；

(5)有机物F为水杨酸()，F有多种同分异构体，与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应说明含有醛基或者是甲酸某酯，所以符合条件的结构有: ①苯环上的基团为两个酚羟基和醛基，如果酚羟基邻位，则醛基有两种位置，如果酚羟基间位，则醛基有三种位置,如果酚羟基对位，则醛基有一种位置，②如果为酚羟基和酯基，则有三种结构，，，所以2+3+1+3=9，共九种，其中核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积之比为2：2：1：1的结构简式为或或，故答案为：9；或或；

(6)结合题干信息可以设计以为原料(其他无机试剂任选)，合成苯甲酸苯甲酯的路线。