2022年高考化学押题预测卷+答案解析02（辽宁卷）

2022年高考原创押题预测卷02【辽宁卷】

化学·全解全析

1．【答案】B

【解析】A．铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl，铜元素化合价从0升高到+2价，则有元素化合价升降，该过程是氧化还原过程，A错误；B． “司母戊鼎"的材料为青铜，和 “天宫空间站”使用的钛合金材料均为合金，属于金属材料，B正确；C．碳纤维主要成分是碳单质，是无机非金属材料，不属于新型有机高分子材料，C错误；D．能从自然界直接获取的能源是一次能源、电能不属于一次能源，是二次能源， D错误；答案选B。

2．【答案】B

【解析】A．中子数是20的氯原子的质子数为17、质量数为37，原子符号为，故A错误；B．氢化锂中氢离子的核电荷数为1，核外有1个电子层，最外层电子数为2，离子的结构示意图为，故B正确；C．一氧化碳和氮气的原子个数都为2、价电子数都为14，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，氮气分子中含有氮氮三键，则一氧化碳分子中含有碳氧三键，结构式为，故C错误；D．氢硫酸根离子在溶液中水解生成硫化氢和氢氧根离子，水解的离子方程式为，故D错误；故选B。

3．【答案】A

【解析】A．为氧化反应，碳元素化合价升高，被氧化，故A错误；B．利用二氧化碳人工合成淀粉，可减少二氧化碳，有利于碳中和，制得的淀粉可用于食品，故B正确；C．淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，故C正确；D．根据淀粉分子式表示形式，每个葡萄糖单元中一般有三个羟基，还含有其他的含氧官能团，因此与丙三醇不互为同系物，故D正确；故选A。

4．【答案】C

【解析】的溶液中浓度为，100mL该溶液中含有的物质的量为0.01mol，则一定不存在；向溶液中通入分液后最终得到紫黑色固体，则原溶液中含有，能够氧化，则一定不存在；2.54g紫黑色固体为碘单质，物质的量为0.01mol，原溶液中含有的物质的量为0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，无论固体是氢氧化亚铁或氢氧化铁，灼烧得到的1.60g固体为，则溶液中一定存在，的物质的量为：，带有正电荷为0.04mol，带有正电荷为0.01mol，带有负电荷为0.02mol，所以原溶液中一定含有，其物质的量至少为0.03mol，通入氯气的物质的量为0.01mol，再产生，所以AgCl的总质量至少为7.175g。

A．根据分析，原溶液中一定不存在，选项A错误；

B．根据分析，原溶液中一定不存在，一定含有，选项B错误；

C．根据分析，原溶液中一定含有、、，选项C正确；

D．根据分析，AgCl的总质量至少为7.175g，选项D错误；答案选C。

5．【答案】B

【解析】由图示可知，M极H2O→O2，氧元素化合价升高，失电子，电极M为负极，电极N为正极，以此解题。A．由分析可知电极M为负极，电极N为正极，正极的电势高于负极，故A正确；B．2CO2+2H2O=2HCOOH+O2 △H>0，正反应吸热，该装置把光能转化为电能和化学能，故B错误；C．正极CO2得电子生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故C正确；D．9.2gHCOOH的物质的量是0.2mol，根据总反应方程式2CO2+2H2O=2HCOOH+O2，若制得9.2gHCOOH，整套装置吸收0.2mol二氧化碳、放出0.1mol氧气，所以整套装置质量增加8.8g-3.2g=5.6g，故D正确；故选B。

6．【答案】D

【解析】A．图中读数为11.60mL ，且50mL滴定管下方无刻度，则滴定管中剩余溶液大于(50-11.60) mL = 38.40mL，故A错误；B．小烧杯应与大烧杯口相平，防止热量散失，故B错误；C．Fe与电源负极相连，不能失去电子，应与电源正极相连制备，故C错误；D．氧气不与水反应，难溶于水，可以用排水法测氧气的体积，故D正确；故答案为D。

7．【答案】D

【解析】A．由图i晶胞结构可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8=1，含有的Fe原子个数=1，则钛铁合金的化学式为TiFe，故A正确；B．由图i可知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个，故B正确；C．根据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe，一个晶胞的质量=g=g，晶胞的体积=cm3=2.710-23cm3，该晶体的密度= g/cm36g/cm3，故C正确；D．由图ⅱ可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8+4=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子个数=10+1=6，Ti:Fe:H=2:2:6=1:1:3，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3，故D错误；答案选D。

8．【答案】A

【解析】X、Y、W位于不同周期，又因为X原子序数在五种元素中最小，则X为H，常温下X、Y形成两种液体二元化合物，说明Y为O，中含有离子键，结合题意W应位于第三周期，则W为Na。又存在原子序数：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因为Y为O，Z与Y位于同一周期，则Z为F，代入24=Z+R，R的原子序数为15，说明R为P。即X、Y、Z、W、R分别为H、O、F、Na、P，据此解答。

A．电解NaF溶液，在水溶液中不放电，即不可能产生，A项错误；

B．核外电子排布相同时，离子半径应遵循“序小径大”，即简单离子半径：，B项正确；

C．Na分别与H、O可形成NaH、和，均存在离子键，C项正确；

D．常温下水为液态，HF为气态，即简单氢化物的沸点：H2O>HF，D项正确；答案选A。

9．【答案】D

【解析】A．Cl2未干燥，a中有色布条会褪色，不能说明Cl2是否具有漂白性，A错误；B．HCl不是氯元素的最高价含氧酸，且该装置中盐酸可能挥发，挥发的HCl也能够与Na2SiO3溶液反应产生H2SiO3沉淀，因此不能确定CO2是否能使Na2SiO3溶液变浑浊，B错误；C．观察到的现象不足以说明该反应为取代反应，若发生取代反应，每一步反应都会产生HCl，HCl极易溶于水，遇水蒸气会使量筒内出现白雾，测定反应后溶液pH比反应前的低，C错误；D．焦炉气主要成分为H2、CO、CH4等，它们燃烧都使火焰显蓝色，D正确；故合理选项是D。

10．【答案】D

【解析】A．由结构简式可知，Z分子中含有饱和碳原子和饱和氮原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形、饱和氮原子的空间构型为三角锥形，属于Z分子中所有原子不能共面，故A错误；B．由转化关系可知，X与SOCl2发生取代反应生成Y和氯化氢，故B错误；C．由结构简式可知，Y分子的化学式为C6H3ONCl2，故C错误；D．由结构简式可知，X分子中含有的羧基能与碳酸钠溶液发生反应，故D正确；

故选D。

11．【答案】D

【解析】

从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO和NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，铵根离子成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物，据此解答。

A．由图可知，硝酸的浓度越小，氨气含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，故A正确；B．根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物，故B正确；C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，还原产物有NO、NO2和N2O，物质的量之比为其体积比=10：6：2=5：3：1，假设NO是5mol、NO2是3mol、N2O是1mol，则反应中转移电子的物质的量是26mol，假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的量是，所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为10：＝15：13，故C正确；D．常温时，铁遇浓硝酸要发生钝化，铁能与大于12.2 mol·L-1HNO3溶液反应，不能说明不存在“钝化”现象，故D错误；故选D。

12．【答案】B

【解析】A．由图示可知，葡萄糖和果糖的分子式均为C6H12O6，分子式相同而结构不同，互为同分异构体，A项正确；B．山梨醇中单键碳的连接方式类似烷烃，为锯齿形，六个碳原子不可能共线，B项错误；

C．乙二醇和1,2-丙二醇均含伯醇，可氧化为醛，C项正确；D．葡萄糖异构为果糖时，有O-H的断裂和形成，D项正确；故答案为B。

13．【答案】B

【解析】A．二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮排放会造成酸雨，故A正确；

B．向原煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，所以不能实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；C．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，生成HO，所以大气中OH自由基的浓度升高，故C正确；D．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，所以BrCl的排放会造成臭氧含量减小，故D正确；故选B。

14．【答案】D

【解析】A．由图可知，0～1min，一氧化碳物质的量增加2mol，则反应速率；1～3min时，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，则，故A错误；B．该反应反应前后质量发生变化，体积不变，则其密度为变量，当容器内气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态；根据知，体积不变，反应达到平衡时，气体的质量增大，则平衡时气体的密度大于起始时气体的密度，则，故B错误；C．5min时再充入一定量的CO，CO的物质的量瞬间增大，平衡逆向移动，CO的物质的量又逐渐减小，5min时CO2浓度不变，平衡逆向移动，CO2的物质的量逐渐增大，则b表示n(CO2)的变化，c或d表示n(CO)的变化，故C错误；D．由图可知，3min时升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物质的量为2mol，二氧化碳物质的量为7mol；平衡常数，T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4mol，二氧化碳物质的量为6mol，平衡常数，则，故D正确；答案选D。

15．【答案】C

【解析】A．X为第一反应终点，即=1时，当=2时为第二反应终点即Z点， Z点时为Na2A溶液，盐类水解促进水的电离，A错误；B． X点时所得为NaHA溶液，根据物料守恒得到，但溶液总体积约40mL，若体积变化忽略不计，则c(H2A)+c(HA-)+c(A2- )=0.05 mol·L-1，B错误；C． 第二反应终点时，物料守恒得到，按电荷守恒得，则有c(H+)+2c(H2A)=c(OH-) - c(HA-)，可得c(H+)+c(H2A)<c(OH-) - c(HA-)，C正确；D．电离平衡常数Ka及盐类的水解常数Kh均受温度影响，反应过程中温度发生变化c(HA-)=c(A2-)时溶液温度已＞25°C，故不能按c(HA-)=c(A2-)时的pH=9.7计算25℃时H2A的电离常数Ka2，也不能据此计算常温下Na2A的水解常数Kh2，D错误；答案选C。

16．（14分）

【答案】(1)（1分）     （2分）

(2)3（1分）

(3)与水互不相溶，且在中溶解程度比在水中更大（2分）     酸（1分）

(4)将转化为除去（1分）

(5)① （2分）   

取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，不产生白色沉淀（2分）    

②（2分）

【解析】

(1)“浸出”时，将转化为和S，将、、转化为、、等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量外，还有S和。氧化的离子方程式为。

(2)“沉铁”时，转化为沉淀，完全沉淀的，故滴加氨水需要调节最低为3。

(3)“萃取”过程中，转移到有机相中的原因是与水互不相溶，在中溶解程度比在水中更大。“反萃取”过程中平衡逆移，为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈酸性。

(4)“深度净化”中加的目的是将转化为除去。

(5)①“沉锌”时，转化为，其反应的离子方程式为。检验沉淀洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，未产生白色沉淀。

②由题意可知，碱式碳酸锌充分加热分解生成为，为，故，，故碱式碳酸锌的化学式为。

17．（14分）

【答案】(1)Cr2O+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O（2分）

(2)饱和食盐水（1分）     P2O5或无水氯化钙（1分）

(3)PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2（2分）

(4)(球形)冷凝管（1分）     干燥SO2，通过观察产生气泡的速率控制通入气体的速率（2分）

(5)蒸馏（1分）

(6)当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液的颜色由浅黄色变为红色，且半分钟内红色不褪去（2分）     79.8%（2分）

【解析】

【分析】本题考查PCl3、SO2、Cl2在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验，根据资料卡片，本实验必须在无水条件下反应，所以装置A用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B用P2O5或无水CaCl2除去氯气中的水蒸气，E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且A和E都可以通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，D用无水CaCl2防止空气中的水蒸气进入，用F球形冷凝管进行冷凝回流，将PCl3充分反应，提高产率。

(1)重铬酸钾与浓盐酸反应制备氯气和CrCl3，反应的离子方程式为Cr2O+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；

(2)A装置用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B装置用P2O5或无水CaCl2除去氯气中的水蒸气，所以A、B装置中的试剂分别是饱和食盐水、P2O5或无水CaCl2，故答案为：饱和食盐水、P2O5或无水氯化钙；

(3)由题意可知在装置C发生的反应为二氧化硫、氯气和三氯化磷反应生成POCl3和SOCl2，方程式为：PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2；

(4)球形冷凝管与直球形冷凝管最大区别是球形冷凝管接触面积大，冷凝效果更好，能将反应物和生成物都充分冷凝回流，增加产率，所以虚线框中用球形冷凝管；装置E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且控制产生气泡的速率控制反应速率，所以E的作用是干燥SO2，通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速，故答案为：球形冷凝管；干燥SO2，通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速；

(5)根据资料卡片POCl3和SOCl2的沸点不同，所以提纯POCl3的操作是蒸馏，故答案为：蒸馏；

(6)①用KSCN滴定过量的硝酸银，用NH4Fe(SO4)2做指示剂，当硝酸银反应完后，KSCN和NH4Fe(SO4)2中的三价铁反应，溶液显血红色，故滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原，故答案为：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液的颜色由浅黄色变为红色，且半分钟内红色不褪去；

②根据条件可知：AgNO3的总物质的量为：0.4mol/L×0.025L=0.01mol，KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，SCN-反应的Ag+为0.0022mol，Cl-反应的Ag+为0.01mol-0.0022mol=0.0078 mol，Cl-的物质的量是0.0078 mol，根据元素守恒则25ml中POCl3物质的量是0.0078 mol×13=0.0026 mol，则4.000g样品中POCl3物质的量是0.0026 mol×10=0.026 mol，POCl3的质量分数为×100%≈79.8%，故答案为：79.8%。

18．（13分）

【答案】(1)+208.4（2分）

(2)①＜（1分）     ＞（1分）    

②9.6×104（2分）     n（1分）     由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高（2分）

(3)40% （2分）    ×10—4（2分）

【解析】

(1)由图可知，环己烷转化为1，3—环己二烯的热化学方程式为①(g) →(g) +2H2(g) △H1=+237.1kJ/mol，1，3—环己二烯转化为苯的热化学方程式为②(g) →(g) +H2(g) △H2=—28.7kJ/mol，由盖斯定律可知，①+可得②环己烷转化为苯的热化学方程式为(g) → (g) +3H2(g) △H=(+237.1kJ/mol)+( —28.7kJ/mol)=+280.4kJ/mol，故答案为：+280.4；

(2)①该反应为气体体积减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，乙醇的体积分数增大，由图可知，压强为P1时乙醇的体积分数小于P2时，则P1小于P2；由图可知，压强一定时升高温度，乙醇的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，反应为放热反应，反应的平衡常数减小，则温度较低的a点平衡常数大于b点，故答案为：＜；＞；

②在m催化剂作用下，由图中数据可得如下方程式：56.2=—7.2×10—3Ea+C①，27.4=—7.5×10—3Ea+C②，解联立方程可得Ea=9.6×104J/mol;由图可知，直线n的斜率大于m，说明活化能Ea小于m，催化效率高于m，故答案为：9.6×104；n；由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高；

(3)设起始通入一氧化碳和氢气的物质的量都为2mol、生成甲烷的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：

平衡时正逆反应速率相等，由三段式数据可得：=，解得a=0.4，则一氧化碳的转化率为×100%=40%，平衡时分压常数KP==×10—4，故答案为：40%；×10—4。

19．（14分）

【答案】(1)AB（2分）

(2)丙烯（2分）

(3)取代反应（1分）     酯基（1分）

(4)+3NaOH→ +CH3COONa+NaCl+H2O（2分）

(5)     9（2分）     3（2分）

(6)CH2=CHCH3 CH2BrCHBrCH3 CH2BrCHBrCH2Cl（2分）

【解析】

由框图中G、F反应生成N的条件以及分子式可知，应为酯化反应，故N中含有酯基，且n(G)∶n(F)=1∶3，1 mol G与足量Na反应产生的H2 为33.6L÷22.4L·mol−1 =1.5 mol，结合G的分子式可知G中含有3个羟基，故G为，对比N、G分子式可知F分子中含有2个C原子，故F为CH3COOH，N为。由E（）逆推，由转化关系可知A中含有苯环与酯基，A与Cl2在光照条件下发生侧链上的取代反应生成B，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C与D，D酸化得到F（乙酸），则D为CH3COONa，则C中含有7个C原子，C发生连续氧化反应，酸化得到，说明C中含有—CH2OH结构，故C为，B为，A为。

(1)A．对羟基苯甲酸含有羟基和羧基两种含氧官能团，在一定条件下能发生缩聚反应，A正确；

B．对羟基苯甲酸含酚羟基，与FeCl3溶液发生显色反应，B正确；

C．酚羟基也能与NaOH溶液反应，C错误；

D．对羟基苯甲酸不能发生水解反应，D错误；答案选AB；

(2)H为CH2=CHCH3，化学名称为丙烯。生成是甲基氢原子被Cl取代的反应，中官能团是酯基；

(3)根据前面分析可知N的结构简式为；

(4)中含酯基、—Cl，均能在碱溶液中水解，其产物为CH3COONa和，另外还有NaCl、H2O，所以B生成C和D的化学方程式为+3NaOH→+CH3COONa+NaCl+H2O；

(5)能发生银镜反应，说明含醛基，或为甲酸某酯；与FeCl3溶液反应变色，则含酚羟基，故符合条件的同分异构体可分为两组：1个—CHO、2个—OH、苯环，共6种；1个—OOCH、1个—OH、苯环，共3种；即共有9种；其中核磁共振氢谱中有4种吸收峰，即有4种不同环境氢原子，有：；

(6)目标产物中有三个羟基，羟基可由卤原子碱性水解得到，因此CH2=CHCH3先发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl再与溴单质加成生成CH2BrCHBrCH2Cl（注意通常采用溴的四氯化碳溶液或溴水，不可以用液溴），然后经碱性水解得到目标产物，即CH2=CHCH3CH2=CHCH2ClCH2BrCHBrCH2Cl；