2022年高考押题预测卷01（全国乙卷）-化学（全解全析）

2022年高考押题预测卷01【全国乙卷】

化学·全解全析

7.B【解析】

A.煤的干馏可以获取苯，石油中主要含烷及环烷，分馏得不到苯，需经过馏分催化重整才能使链状烃转化为环状，A说法错误；

B.轻质为降低舱体自重，高强确保落地安全，舱体对低温-高温-低温应有超塑性，以免涂层与金属的裂体，B说法正确;

C.微球内部中空，既可降低质量，又可降低导热率。石棉不能燃烧，防热依靠高温下隔热材料的熔化、分解、裂解或气化带走热量。故C说法错误；

D.“1、3”表示单体侧链位于苯环的间位，“1、4”表示侧链在对位，由于高分子聚合度不同，分子式不同（凡是高分子，均属于混合物），不属于同分异构体，D说法错误。

故选B。

8.C【解析】

A．SO2是酸性氧化物，容易和NaOH溶液反应，将胶头滴管里的NaOH溶液挤入圆底烧瓶中，由于SO2的溶解，使烧瓶内压强降低，打开止水夹，烧杯中的NaOH溶液就会被大气压入圆底烧瓶形成喷泉，故A正确；

B．将金属X和锌相连浸入稀硫酸中，通过观察电流表指针的偏转以及电极是否变细、哪个电极上有气体产生可以判断X和Zn的金属活动性强弱，故B正确；

C．铜和浓硝酸可以生成NO2，但NO2和水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集NO2，故C错误；

D．乙醇、乙酸和浓硫酸共热可以制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集生成的乙酸乙酯，同时除去杂质乙酸和乙醇，用图示装置可以防止倒吸，故D正确；

故选C。

9.A【解析】

A．过量铁粉加入稀硝酸中反应生成Fe2+，故离子方程式为3Fe+8H++2NO =3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；

B．CO2 通入饱和Na2CO3溶液中，二者发生反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，则产生沉淀，即溶液出现浑浊，其离子方程式为CO2 +H2O +2Na++=2NaHCO3↓，B错误；

C．溶于中：，C错误；

D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，

离子方程式错误；

故选A。

10.A【解析】

A．苯乙酮含苯环，而丙酮中不含苯环，二者不属于同系物，A项错误；

B．该制备反应属于取代反应，B项正确；

C．苯乙酮苯环上1个氢原子被氯原子取代，分别在邻位、间位和对位，有3种不同结构，C项正确；

D．乙酸酸酐溶于水后得到乙酸，能与溶液反应产生，D项正确；

故选：A。

11.D【解析】

X、Y、Z、W是不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，四种元素的最外层电子数之和为15，X的单质可以与水发生置换反应，反应中元素X被还原，则X为F，则Y、Z、W的最外层上电子数分别为1、2、5或者1、3、4，则Y、Z、W分别为Na、Mg、P或者Na、Al、Si，据此分析解题。

A．由分析可知，Y元素为Na，其名称为钠，A错误；

B．由分析可知，X为F，X单质即F2常温下呈气态，其元素非金属性很强，B错误；

C．由分析可知，W的最高价氧化物对应水化物即H3PO4或者H2SiO3，H3PO4是一种中强酸，H2SiO3为弱酸，而HBr是强酸，则W的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于氢溴酸，C错误；

D．由分析可知，X、Y、Z元素为F、Na、Mg或者F、Na、Al，它们简单离子具有相同的电子层结构，则核电荷数越大，半径越小，则X、Y、Z元素的简单离子半径大小顺序为：F-＞Na+＞Mg2+或者F-＞Na+＞Al3+即 X>Y>Z，D正确；

故答案为：D。

12.C【解析】

A．由图中正负极可知，电池的工作原理为，选项A错误；

B．为了不让正负极电解液混合，平衡电荷的应该是Cl-，选项B正确；

C．（氢气根据来源分为灰氢、蓝氢、绿氢，通过电解水制得的氢气称为绿氢。有10mol离子通过交换膜时，即有10molCl-通过膜，负极也应有10mole-流出，根据法拉第效率为60%可知，只有6mol电子供给电解水制备氢气，据2H++2e-==H2↑计算可得6g绿氢。C正确；

D．相对于锂电，铁铬液流所用铁、铬储量大，价廉，电池成本低，电池使用水溶液，不易燃爆，安全性高，但缺点为能量密度低（单位体积所能释放或储备的电能），D说法错误；

答案选C。

13.A【解析】

A. 常温时，的电离平衡常数K=,根据图表可知，当=-8.0时，=-2.3，所以、,所以K==102.310-8mol/L=，故A正确；

B. 由图可知，P、Q两点为同温度下的平衡线上的点，水解常数相等，对应的水的电离程度： ，故B错误；

C. 由图可知，Q点对应的溶液中， =-3，，根据物料守恒可知： ，所以，故C错误；

D. 常温时，加入适量固体，c(R+)增大，减小，可使P点向下移动，同时c(R+)其水解程度增大，所以增大，平衡向右移动，故D错误；

故答案：A。

26.（14分）

【答案】(1)将氧化为

(2)

(3)               KSCN溶液

(4)8.4

(5)

(6)3.8

【解析】

“萃取”时均进入有机相中，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为，加入NaOH溶液生成、，过滤得到滤渣1，加入盐酸得到氯化铁和ScCl3，加入氨水调pH沉淀铁离子，滤渣2是，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3；

(1)

有机相中含，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为；

(2)

加入NaOH溶液沉淀离子，“滤渣1”的主要成分是、；

(3)

由分析可知，“调pH”时先加氨水调节，目的是沉淀铁离子，过滤所得滤渣主要成分是；时，滤液中的浓度为；检验的试剂为KSCN溶液，若存在溶液会呈血红色；

(4)

草酸溶液中8.4；

(5)

草酸钪Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”时得到Sc2O3，C元素化合价升高生成二氧化碳，O元素化合价降低，反应的化学方程式；

(6)

钛白酸性废水中含量，废水中质量最大为20.0mg/L×=2000×103mg=2kg，由元素质量守恒，解得m≈3.8kg。

27.（14分）

【答案】(1)     25%    

(2)     c     大于     温度升高，甲醇的产率降低，则反应(i)平衡逆向移动，而CO2的转化率增大，则反应( ii)平衡正向移动，故反应(ii)是吸热反应     反应(i)

(3)     可以     增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，提高甲醇的产率

【解析】

(1)

根据题干中给出的信息可以得出以下三段式：

设生成一氧化碳xmol，则

由题意可知1-x-0.3=0.6，则x=0.1，氢气转化率=；反应i的平衡常数K1=；

(2)

①反应在恒温恒压反应器中进行，反应(i)反应前后气体计量系数不同，反应过程中体积一直在变化，则此时密度也一直在变化，则密度不变可以证明反应(i)达到平衡，反应(i)达到平衡后氢气物质的量不再发生变化，则此时反应(ii)也达到平衡，故两个反应都达到平衡，答案为c；

②由图a可以发现，温度升高时甲醇产率降低，平衡逆向移动，反应(i)为放热反应，但是从图中还可以发现，二氧化碳的转化率增大，则反应(ii)正向移动，说明反应(ii)是吸热反应，∆H2大于0，故答案为：大于；温度升高，甲醇的产率降低，则反应(i)平衡逆向移动，而CO2的转化率增大，则反应( ii)平衡正向移动，故反应(ii)是吸热反应；

③由图b可以发现温度升高减小，直线I的纵坐标减小，说明直线I对应的反应在升温的时候平衡逆向移动，为放热反应，由②分析可知，反应(i)放热，故直线I表示的反应是反应(i)；

(3)

由图可知水蒸气为反应③的反应物，适当加入少量的水，反应物浓度增大，向正反应方向移动，甲醇产率升高，故答案为：可以；增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，提高甲醇的产率。

28.（15分）

【答案】(1)     氯化铵和氢氧化钙固体     导气，防止倒吸

(2)

(3)     滴液恒压漏斗     平衡气压，使浓盐酸顺利滴下

(4)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶

(5)          淀粉溶液    

【解析】

实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，装置C为生成氯气装置，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠再和氨生成肼；

(1)

实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器a的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸；

(2)

装置B中氨和次氯酸钠反应生成肼，氮元素化合价升高，次氯酸具有氧化性则氯元素化合价降低生成氯化钠，；

(3)

装置C中仪器b的名称是滴液恒压漏斗，该仪器中导管的作用为平衡漏斗与烧瓶中气压，使浓盐酸顺利滴下；

(4)

装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；

(5)

①已知：硫酸肼为无色无味鳞状结晶或斜方结晶，微溶于冷水；装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，则反应为肼和稀硫酸生成硫酸肼晶体：；

②碘溶液能使淀粉变蓝色，故滴定过程中指示剂可选用淀粉溶液；

滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知，2I2～4e-～N2H4，则产品中的质量为，质量分数的表达式为。

35.（15分）

【答案】（1）          小于  （2）sp2   、sp3     3:1    （3） 5d46s2    （4） 1:1     6 （5）

【解析】

（1）根据基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，确定铝原子的价电子排布图；镁、铝在元素周期表中位于同一周期，镁属于第ⅡA族元素，铝属于第ⅢA族元素，基态第ⅡA族元素的原子最外层电子填充的ns处于全充满，np处于全空，体系比较稳定，故基态第ⅡA族元素的原子的第一电离能比同周期相邻主族元素的第一电离能大；

（2）结合该物质的结构简式，根据价层电子对数确定该物质中碳原子的杂化方式；

（3）钨元素位于第六周期第VIB族，价电子排布的能级与Cr相同，但排布方式与Cr有所不同，根据铬原子的价层电子排布式确定钨原子的价层电子排布式；

（4）根据晶胞结构图，在顶点的原子被6个晶胞共用，在面心的原子被2个晶胞共用，在棱上的原子被3个晶胞共用，在体心的原子，不被其他晶胞共用，用于均摊法计算出晶胞中碳原子和钨原子个数。

【详解】

（1）基态Al原子的价电子排布式为3s23p1，故铝的价电子排布图为；基态Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2， Mg元素的3s能级为全满状态，3p能级为全空状态，体系比较稳定，能量低不容易失去一个电子，所以铝的第一电离能比镁低。

（2）根据该树脂的结构简式，分子中的碳原子没有孤电子对，苯环中的每个碳原子形成3个键，不是苯环上的碳原子，每个碳原子形成4个键， 所以该物质中苯环上的碳原子采用sp2杂化，不是苯环上的碳原子采用sp3杂化；采用sp2杂化的碳原子数为6n+6m，采用sp3杂化碳原子数为2m+2n，故采用sp2杂化的碳原子数与sp3杂化碳原子数之比为：(6n+6m)：(2m+2n)=3:1；

（3）钨元素位于第六周期第VIB族，价电子排布的能级与Cr相同，但排布方式与Cr有所不同，铬原子的价层电子排布式为3d54s1，故钨原子的价层电子排布式5d46s2；

（4）碳和钨形成的一种化合物的晶胞模型，在此结构中钨原子数目为1+2×+12×+6×=6，晶胞内部有6个C原子，故碳原子和钨原子个数比为6:6=1:1；以晶胞体内钨原子可知，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有6个。

（5）已知该晶胞边长为acm，高为hcm，NA为阿伏伽德罗常数。WC的摩尔质量为Mg·mol-1。根据均摊法：晶胞中W：12× +2×=3，C：3，晶胞的质量为：g，晶胞的体积为：，根据ρ=， 该晶体密度为ρ==g·cm-3。故答案为：。

36.（15分）

【答案】(1)(酮)羰基、羧基

(2)     还原反应     取代反应

(3)

(4)+HOCH2CH2O+H2O

(5)或 或 或 或

(6)CH3COOHCH3COCl

【解析】

【分析】

由有机物的转化关系可知，在氯化铝作用下， 与发生取代反应生成，与Zn—Hg、盐酸发生还原反应生成 ，与SOCl2发生取代反应生成 ，在氯化铝作用下发生取代反应生成 ， 与CH3CH2MgBr、水发生信息反应生成，故F为；在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成 ， 经过系列转化得到，在催化剂作用下与乙二醇发生加成反应、取代反应生成 ，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成。

(1)

由结构简式可知，B中含有的官能团为(酮)羰基、羧基，故答案为：(酮)羰基、羧基；

(2)

B→C的反应为与Zn—Hg、盐酸发生还原反应生成 ，D→E的反应为在氯化铝作用下发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：还原反应；取代反应；

(3)

由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；

(4)

H→I的反应为为在催化剂作用下与乙二醇发生加成反应、取代反应生成和水，反应的反应方程式+HOCH2CH2O+H2O，故答案为：+HOCH2CH2O+H2O；

(5)

E属于芳香族化合物的同分异构体能发生银镜反应说明有机物分子中含有苯环、碳碳双键和醛基，符合核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1的结构简式为 、 、 、 、 ，故答案为： 或 或 或 或 ；

(6)

由合成路线中的相关信息可知，用苯和乙酸以及为原料制备的合成步骤为乙酸与SOCl2发生取代反应生成CH3COCl，CH3COCl与苯发生取代反应生成，与CH3CH2MgBr、水发生信息反应生成，合成路线为CH3COOHCH3COCl，故答案为：CH3COOHCH3COCl。

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