2022年高考押题预测卷01（全国甲卷）-化学（全解全析）

2022年高考原创押题预测卷01【全国甲卷】

化学·全解全析

7.B

【解析】

【详解】

A．Ti位于IVB族，Ni位于VIIIB族，两者都是过渡金属元素，A正确；

B．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与C60互为同素异形体，B错误；

C．金属材料包括金属与合金，C正确；

D．镧系15种元素均属于稀土元素，与Cs同一周期，D正确；

答案选B。

8.B

【解析】

【详解】

A．甲烷不能与溴的四氯化碳发生反应，甲烷能与溴蒸气在光照条件下发生取代反应，A项错误；

B．与水反应生成NO，B项正确；

C．硝酸具有强氧化性，能与FeS发生氧化还原反应，C项错误；

D．氯气与水反应生成HCl，D项错误；

故选B。

9.A

【解析】

【详解】

A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，氨水过量反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为，故A正确；

B．氯化钠固体与浓硫酸混合加热生成硫酸钠和氯气，正确的离子方程式为：，故B错误；

C．磁性氧化铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、H2O，离子方程式为，故C错误；

D．硫酸根离子恰好完全沉淀时，二者物质的量之比为1：2，则正确的离子方程式为，故D错误；

答案选A。

10.A

【解析】

【详解】

A．根据图中信息可知A的分子式为C18H34O3，A正确；

B．分子中有—OH、—COOH、 三种官能团，B错误；

C．该反应是通过酯化反应脱水缩合，则发生的是缩聚反应而不是加聚反应，C错误；

D．蓖麻油酸与Br2的CCl4溶液发生加成反应使溶液褪色，与酸性KMnO4发生氧化反应而使溶液褪色，D错误；

故答案为：A。

11.C

【解析】

【详解】

试题分析：由表中化合价可知，Y的化合价为-2价，没有正化合价，故Y为O元素，X的化合价为+4、-4价，处于ⅣA族，原子序数比O元素小，故X为C元素，Z的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Z为Na元素，W为+3价，为Al元素，R的化合价为+6、-2价，故R为S元素。A、同周期随原子序数增大，原子半径减小，故原子半径Li＞C＞O，同主族自上而下原子半径增大，故Na＞Li，故Na＞C＞O，即Z＞X＞Y，故A错误；B、非金属性O＞S，即Y＞R，非金属性越强氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：Y＞R，故B错误；C、Z和Y形成的化合物是氧化钠、过氧化钠，属于离子化合物，故C正确；D、Al在浓硫酸中发生钝化现象，不能溶解，故D错误；故选C。

12.B

【解析】

【分析】

由图示可知，LiAl极为负极，FeS2极为正极，负极锂比铝活泼，放电时锂优先失电子生成锂离子，负极反应式为：Li-e-=Li+，正极反应式为：。

【详解】

A．电池放电时，电子由负极经外电路流向正极，即电子流向：LiAl极→用电器→FeS2极，A正确；

B．放电时，转化为的反应式为：-0.82e-=+0.82Li+，正极反应式为：，当转移0.82mol电子时，消耗0.205molFeS2，质量为：0.205mol120g/mol=24.6g，B错误；

C．由分析可知，正极电极反应式为：，C正确；

D．热电池的正极材料需要具备高温下不易分解，不易与其他物质反应的性质，即具备高温下的热稳定性和物理稳定性，D正确；

答案选B。

13.D

【解析】

【详解】

A．CdCO3(s) ⇌Cd2+( aq)+(aq)，则c(Cd2+)= c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，A错误；

B．由A分析可知，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Cd(OH)2 (s) ⇌Cd2+( aq)+2OH- (aq)，则c(Cd2+)= 2c(OH-)，加热平衡正向移动，Cd2+、OH-离子浓度变大，但是不会相等，B错误；

C．曲线上的点为达到了沉淀溶上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，C错误；

D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3解平衡，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线中pCd2+为8，即；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，D正确；

故选D。

26.（14分）

【答案】(1)圆底烧瓶

(2)     通过溶液颜色变化判断丙中NaOH完全转化为NaHSO3     防倒吸

(3)把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3

(4)     试纸由蓝色变为无色     I2+SO2+2H2O=4H++SO＋2I-

(5)     实验Ⅰ没有无色气体生成     2Cu2++HSO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+3H+

【解析】

【分析】

由实验装置图可知，装置甲中铜与浓硫酸共热反应制备二氧化硫，装置乙为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置丙中二氧化硫与氢氧化钠溶液反应制备亚硫酸氢钠，把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，装置丁中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，通过溶液颜色变化还可以判断丙中证明二氧化硫过量，氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，其中导致的漏斗能起到防倒吸的作用，据此分析解题。

(1)

由实验装置图可知，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；

(2)

由解析可知，装置丁中盛有的酸性高锰酸钾溶液除用于吸收二氧化氯，防止污染空气外，通过溶液颜色变化还可以判断丙中证明二氧化硫过量，氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，其中导致的漏斗能起到防倒吸的作用，故答案为：通过溶液颜色变化判断丙中NaOH完全转化为NaHSO3；防倒吸；

(3)

由解析可知，把丙中针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，故答案为：把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3；

(4)

二氧化硫具有还原性，能与碘水反应生成硫酸和氢碘酸，使滴有碘水的淀粉试纸由蓝色变为无色，反应的离子方程式为I2＋SO2＋2H2O=4H++＋2I-，故答案为：试纸由蓝色变为无色；I2＋SO2＋2H2O=4H++＋2I-；

(5)

①实验Ⅰ和实验Ⅱ的溶液中都含有铜离子，实验Ⅰ没有无色气体生成，说明假设1不成立，故答案为：实验Ⅰ没有无色气体生成；

②假设2成立的原因是硫酸铜溶液与氯化钠、亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸氢钠和氯化亚铜沉淀，硫酸氢钠溶液与过量的亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，生成氯化亚铜沉淀的离子方程式为2Cu2+++2Cl-＋H2O=2CuCl↓++3H+，故答案为：2Cu2+++2Cl-＋H2O=2CuCl↓++3H+。

27.（14分）

【答案】(1)—40.6kJ·mol-1

(2)     2ClO2+Mn2++4OH—=MnO2↓+2ClO+2H2O     pH增大，OH—浓度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快

(3)     94     反应Ⅰ的活化能大，反应相对较慢，同时平衡常数很小，平衡转化率低，产生的ClO浓度低，使反应Ⅱ难以发生，所以SO2氧化率低     添加NO后，反应Ⅲ可较快生成ClO，此时反应Ⅱ可相对较快地将SO2氧化为SO3，所以SO2氧化率明显提高

(4)增大

【解析】

(1)

由标准摩尔生成焓定义可知，反应热与生成物的总生成焓与反应物总生成焓的差值相等，则△H=[2△fH(ClO2)+△fH(K2SO4)]—[2△fH(KClO3)+△fH(SO2)]=[2×102.5kJ/mol+ (—1437.8kJ/mol)]—[2×(—397.7kJ/mol) + (—396.8kJ/mol)]=—40.6 kJ/mol，故答案为：—40.6 kJ/mol；

(2)

①由题目信息可知，在弱碱性条件下，二氧化氯与锰离子反应生成氯离子、二氧化锰沉淀和水，反应的离子方程式为2ClO2+Mn2++4OH—=MnO2↓+2ClO+2H2O，故答案为：2ClO2+Mn2++4OH—=MnO2↓+2ClO+2H2O；

②由方程式可知，溶液pH增大，反应物氢氧根离子浓度增大，二氧化氯氧化锰离子的反应速率加快，故答案为：pH增大，OH—浓度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快；

(3)

①由反应历程图可知，该历程中，涉及过渡态2的反应活化能最大，活化能Ea= 56.4kJ/mol— (—37.6kJ/mol)=94 kJ/mol，故答案为：94；

②由图可知，反应Ⅰ的活化能大，反应相对较慢，同时平衡常数很小，故平衡转化率低，平衡时一氧化氯浓度低，反应Ⅱ难以发生，所以二氧化硫氧化率低；添加一氧化氮后，可通过反应Ⅲ生成一氧化氯，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，二氧化硫氧化率明显提高，故答案为：反应Ⅰ的活化能大，反应相对较慢，同时平衡常数很小，平衡转化率低，产生的ClO浓度低，使反应Ⅱ难以发生，所以SO2氧化率低；添加NO后，反应Ⅲ可较快生成ClO，此时反应Ⅱ可相对较快地将SO2氧化为SO3，所以SO2氧化率明显提高；

(4)

由题意可知，生成二氧化氯的电极与直流电源的负极相连，是电解池的阴极，酸性条件下，氯酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成二氧化氯和水，电极反应式为ClO+e—+H+= ClO2↑+ H2O，放电时消耗氢离子，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故答案为：增大。

28.（15分）

【答案】(1)升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等

(2)、Cu

(3)分液漏斗、烧杯

(4)          否     能将氧化或NaClO容易产生氯气，能造成污染等

(5)     c    

(6)加热浓缩、降温结晶

【解析】

【分析】

废镍催化剂粉碎后通过稀硫酸酸浸，Cu的氧化物，Fe、Al及其氧化物被溶解，Cu、不溶，过滤后得到滤渣1。滤液1中加入有机溶剂，分液得到含铜的有机层，溶液中加入双氧水氧化亚铁离子，然后调节pH将溶液中铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤，滤液2经过加热浓缩、降温结晶得到硫酸镍晶体，据此解答。

(1)

根据外界条件对反应速率的影响可知除“粉碎”外，能提高废镍催化剂酸浸效率的措施还有升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等。

(2)

根据以上分析可知滤渣1的主要成分有、Cu。

(3)

操作A是萃取分液，则实验室中进行操作A所用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。

(4)

根据以上分析可知“溶液”中加入目的是氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为。由于能将氧化，且NaClO容易产生氯气，能造成污染，因此不能用NaClO代替；

(5)

氨水、能调节pH，但引入新杂质，稀增强酸性，不能消耗氢离子，能消耗氢离子，调节pH，且不会引入新杂质，答案选c；根据表中数据可知铁离子完全沉淀的pH是3.2，铝离子完全沉淀的pH是4.7，镍离子开始沉淀的pH是7.2，所以氢氧化镍的溶度积常数是0.01×(10－6.8)2＝10－15.6，由于调pH前镍离子浓度是，则镍离子开始沉淀时氢氧根浓度是，对应的pH是6.2，则需控制溶液pH的范围为。

(6)

根据图像可知的溶解度随温度的升高先增大后减小，所以据图分析操作B是加热浓缩、降温结晶。

35.（15分）

【答案】(1)     4     洪特规则

(2)     <     或    

(3)     BD     高     相比Mn2+，半径更小的Co2+与碳酸根离子中的氧离子作用力更强，更利于碳酸根分解为CO2

(4)         

【解析】

(1)

Si是14号元素，其价层电子排布式为3s23p2，基态Si原子价层电子有4个，则运动状态有4种；“洪特规则德国人弗里德里希·洪特根据大量光谱实验数据总结出一个规律，即电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因此电子排布式表示为[Ne]3s2违背了洪特规则；

(2)

SiHCl3和SiCl4均为分子晶体，SiHCl3的相对分子质量小于SiCl4，SiHCl3的范德华力小于SiCl4的范德华力，则沸点：SiHCl3<SiCl4；原子数和价电子数均相等的分子或离子互为等电子体，故与SiCl4互为等电子体的离子有或等；已知电负性：H>Si，则H吸引电子的能力更强，SiHCl3中H显-1价，Si显+4价，因此SiHCl3水解时除生成硅酸和HCl外-1价的H和水提供的+1价的氢还生成氢气，故其水解的化学方程式为；

(3)

①A．CH3CN中N有孤电子对，C没有孤电子对，因此CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，A错误；

B．配体为5个CO和1个CH3CN，故Mn原子的配位数为6，B正确；

C．CH3CN中甲基C为sp3杂化，-CN中的C为sp杂化，C错误；

D．CH3CN即CH3C≡N，单键全是σ键，三键含一个σ键，二个π键，故CH3CN中σ键与π键数目之比为5:2，D正确；

答案选BD；

②相比Mn2+，半径更小的Co2+与碳酸根离子中的氧离子作用力更强，更利于碳酸根分解为CO2，则MnCO3比CoCO3的分解温度高；

(4)

已知阴离子(N3-)采用面心立方最密堆积，则其面对角线长为2个N3-离子的直径，晶胞参数为a D，则一个N3-的半径长为a D，因此，Ti3+的半径为(a-2×a) D=a D；

由晶胞可知1个晶胞中N3-的个数=，Ti3+的个数==4，则一个晶胞的质量=，密度= =g· cm-3。

36.（15分）

【答案】(1)     3     2−甲基丙酸

(2)d

(3)     ++H2O     取代反应

(4)     6     (或)

(5)

【解析】

【分析】

苯丙氨酸在酶系1作用下反应生成阿魏酸，阿魏酸在酶系2作用下反应生成香草胺()；缬氨酸在酶系3作用下反应生成异丁酸，异丁酸在酶系4作用下反应生成8−甲基−6−壬烯酸，8−甲基−6−壬烯酸和香草胺发生取代反应得到辣椒素。

(1)

根据阿魏酸的结构可知，有羧基、酚羟基和醚键三种含氧官能团；异丁酸按系统命名法命名为2−甲基丙酸；故答案为：3；2−甲基丙酸。

(2)

缬氨酸分子中存在手性碳原子(，用*标记)，但缬氨酸结构中没有碳碳双键，不存在顺反异构，故a正确；用溶液可以检验酚羟基，苯丙氨酸分子中不含酚羟基，所以向苯丙氨酸溶液中加入，溶液，不发生显色反应，故b正确；氨基酸中的氨基可与酸反应，而羧基可与碱反应，故c正确；两种氨基酸的混合物在一定条件下反应可以形成四种二肽(缬氨酸与缬氨酸反应、缬氨酸氨基与苯丙氨酸羧基反应、缬氨酸羧基与苯丙氨酸氨基反应、苯丙氨酸与苯丙氨酸反应)，故d错误；综上所述，答案为：d。

(3)

由合成路线可知，香草胺与8−甲基−6−壬烯酸发生取代反应生成辣椒素和水，结合香草胺的分子式可知其结构简式为，据此化学方程式为++H2O；故答案为：++H2O；取代反应。

(4)

香草胺的同分异构体满足三个条件：①M属于芳香族化合物，即M中含有苯环结构；②1molM能与2mol氢氧化钠反应，即分子结构中含有两个酚羟基(羟基直接连接在苯环上)；③无甲基结构，要求苯环上除酚羟基外，只有一个取代基。综合判断，苯环上连有两个羟基和一个基团，采用“定二移一”法，共有、、、、、，6种符合要求的同分异构体，其中、分子中含有六种不同化学环境的氢原子；故答案为：6；(或)。

(5)

由乳酸为原料制备，所需的另一种原料是乙酸。已知信息中给出了羟基羧酸转化为氨基酸的方法，据此可以先将羟基丙酸(乳酸)转化为氨基丙酸，再根据合成路线中缬氨酸在酶系3的作用下转化为异丁酸，可将氨基丙酸在酶系3的作用下转化为，再与发生酯化反应得，其合成路线为：；故答案为：。

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