2022年高考押題預(yù)測卷02（全國乙卷）-化學(xué)（全解全析）

2022年高考原創(chuàng)押題預(yù)測卷02【全國乙卷】

化學(xué)?全解全析

78910111213

CCCCBDA

7【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(zhì)動能勢能的轉(zhuǎn)化，屬于物理儲能方式,

儲能裝置放電時會發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，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(guān)（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(shù)問題，C說法正確；

D.將太陽能轉(zhuǎn)化為電化學(xué)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(dǎo)體，最少的能量轉(zhuǎn)化包括光能-電能-化學(xué)能，3種，D錯誤。故選C。

8.【答案】C

【詳解】

A.配制一定物質(zhì)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?zāi)康模?/p>

B.CO2與NaOH發(fā)生反應(yīng)，可以使瓶內(nèi)壓強瞬間減小從而形成噴泉現(xiàn)象，B能達到實驗?zāi)康模?/p>

C.NO2的密度比空氣大，應(yīng)該采用向上排空氣法收集，即“長進短出”，C不能達到實驗?zāi)康模?/p>

D.氨氣極易溶于水，當膠頭滴管中的水滴下時，瓶內(nèi)壓強瞬間減小，可觀察到氣球膨脹的現(xiàn)象，D能達到

實驗?zāi)康模?/p>

答案選C。

9.【答案】C

【解析】

A.28.4gP2O5^0.2moL即O.lmolPQo,1個PQo含16個共價鍵（4個P=O,12個P-O,全部為極性鍵）,

則0.1molP40lo含有共1.6mol共價鍵，也就是1.6M個，故A錯誤；

B.核反應(yīng)方程式必須遵循核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，即可推算出A=36,Z=89,,ImoRM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，Imol鋅與稀硫酸反應(yīng)生成Imol氫氣，與濃硫酸反應(yīng)生成Imol二氧化硫，

則0.25molZn與一定量濃硫酸反應(yīng)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0.25molxMmolJ0.25M,故C正確；

++

D.ILlmol/LCH3coONa溶液中〃(Na+)=lmol,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，其中含有三個竣基，屬于三元酸，A正確;

B.-OH、-COOH均可與Na發(fā)生置換反應(yīng)得到H2,Imol檸檬酸共有-OH、-COOH4mol,故與足量Na反

應(yīng)可得到2moia，B正確;

/COOH

C.符合要求的同分異構(gòu)如下:COOH、HOOC

HOOC

(序號代表-0H),共有11種，C錯誤;

D.檸檬酸中含有羥基、竣基，兩種官能團均可發(fā)生酯化反應(yīng)，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(yīng)生成C0?,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CO?反應(yīng)，故為Na^Oz，A與B為鈉與氧氣；再根據(jù)

特征反應(yīng)條件光照反應(yīng)生成的產(chǎn)物能與碳酸鈉反應(yīng)，可推斷為H2與C1?反應(yīng)生成HC1,故W為H,X為0,

Y為Na,Z為。。

【詳解】

根據(jù)上述分析，W為H,X為O,Y為Na,Z為Cl,

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：Cl>O2>Na+>H+,故A項正確；

B.Cl的一種含氧酸為HC10,HC1O為弱酸，故B項錯誤；

形成的常見氧化物有、其中陽離子與陰離子個數(shù)之比都為故項正確；

C.YNa?ONa2O2,2：1,C

D.也0中只有極性鍵，HQ?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+302=2AbO3+6L,原電池反應(yīng)為2Ag+L=2AgI,所以原電池的負極發(fā)生

Ag-e=Ag+,正極發(fā)生L+2Ag++2e=2AgI,以此來解答。

【詳解】

A.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4All3+3O2=2ALO3+6l2,所以透過聚四氟乙烯膜后與All?反應(yīng)生成L,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(yīng)，即附近發(fā)生如下反應(yīng)：L+2Ag++2e=2AgL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(yīng)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(yīng)，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(guān)系，標①；H2A=H++HA\HAufT+A、A?-會逐漸增大,

-Ige。*)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(guān)系，標

②；另一條則是膽黯］與PH的變化圖，標③，以此解題。

【詳解】

c(H*>(HA)C(H)(A3)C2(H")-C(A2)

A.電離常數(shù)的表達式為:k<ka④，當pH=3.05

C(H2A)c(HA)2C(H2A)

時?，-lgc(A2-)與-lgc(H?A)相等，即c(A%)=c(H2A)代入④，可得勺?凡=(1(尸05)2=1(產(chǎn)；又由圖中③可知，當

pH=5.3時^,-lg[-^7T2-J=0,即c(A2-)=c(HA)即&2=10-5汽所以卜=%=10-。8,A錯誤；

c(HA)110

B.a點時，電荷守恒為c(Na+)+c(H*)=2c(A3)+c(HA)+c(OH-),移向c(H+)-c(OH)=2c(A")+c(HA)c(Na+),

a點時,pH=3.05,所以C(H+)=1O-305,C(OH)=1010-95,因為c(H?A)=c(A"),所以

3051095"

1O--10=2c(H2A)+c(HA-)-c(Na),因為c(Na')>0,所以c(HA)+2c(H2A)>lO306_i0.io.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++A",HA+H2O^H2A+OH,

所以c(A3)與c(H2A)的大小取決于電離和水解的程度，Ka2=10-53,即HA-的水解常數(shù)

kio*14

2

kh=+=記礪=10皿<10力，所以HA-的水解程度小于HA-的電離程度，所以C(H2A)<C(A-),故NaHA溶

al

+2

液中c(Na)>c(HA)>c(A)>C(H2A),C正確;

A2)

D.b點時，電荷守恒為c(Na*)+c(H+)=2c(A")+c(HA)+c(OH-),此時pH=5.3,BP-lg[,I/]=0,所以

c(HA)

c(A2)=c(HA-),所以上式變形為：c(Na+)+c(H+)=3c(A2)+c(OH),c(Na+)-3c(A2)=c(OH)-c(H+),因為

c(OH)<c(H+),所以:c(Na+)<3c(A2'),D正確；

故選Ao

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C03+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+

2+3+

(2)6Fe+C1O-+6H*=6Fe+C1-+3H2O>

(3)Fe(OH)3、A1(OH)3滴入幾滴KSCN,振蕩，溶液不變紅

(4)4.8x10-6m0].L-i

(5)4：3

【解析】

【分析】

鉆礦石中加入稀硫酸和Na2so3,可得C02+、Fe2\Al3\Mg2\Ca2+,加入的Na2sCh主要是將C03+、Fe3+

還原為C<>2+、Fe2+,然后向濾液中加入NaCICh將Fe2+氧化為Fe3+,加入Na2co3調(diào)整溶液pH,使Fe3+、Al3+

22+

形成Fe(0H)3、A1(OH)3沉淀,過濾后所得濾液主要含有C02+、Mg\Ca,濾渣2為Fe(0H)3、A1(OH)3,

再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+,過濾后，向濾液中加入草酸鍍?nèi)芤旱玫蕉喜菟徙@，煨燒后制得Co?。,,

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(yīng)速率和提高原料利用率；

Na2sCh是還原劑，主要是將C03+、Fe"還原為C<?+、Fe2+；

(2)

“氧化”過程中在酸性條件下金屬離子Fe2+與NaCK)3反應(yīng)產(chǎn)生Fe3+、Ct及H2O,根據(jù)電子守恒、電荷守恒、

原子守恒,結(jié)合物質(zhì)的拆分原則，可得該反應(yīng)的離子方程式為6Fe"+C103+6H'=6Fe"+Cr+3HQ；Fe?+與CIO；

反應(yīng)而Co?+不發(fā)生反應(yīng)，說明微粒的還原性：Fe2+>Co2+；

(3)

3+

用Na2co3調(diào)節(jié)溶液pH,可以使溶液中Fe3+和AF+全部轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3和A1(OH)3沉淀，達到除去Fe>fn

AF+的目的,故濾渣2為Fe(OH)3和A1(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)

2+2+2+22+2

c(Ca)：c(Mg)=[c(Ca)-c(F)]：[c(Mg)-c(F)]=K,p(CaF2)：金(MgF2)=34：71,所以若濾液中

34

c(Mg2+)=1.0xlO^molE1,c(Ca2+)=1.0x1O-5mol-fx—=4.8x1O-6mol-LH；

(5)

COC2O42H2O在空氣中高溫煨燒，得到產(chǎn)品CO2O3,COC2O4中Co元素化合價為+2價，CO2O3中C。元素化

合價為+3價,co元素化合價升高,說明空氣中的也參加了反應(yīng),因此酸根離子中c元素化合價會由cq：

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，煨燒時發(fā)生反應(yīng)方程式：

高溫

4CoC2O4-2H2O+3O2-2CO2O3+8CO2+8H2O,由方程式可知COC2O4-2H2O與O2的化學(xué)計量數(shù)之比為4：3。

27.(14分)

【答案】⑴-236

⑵Va/MgO-SiO2

(3)0.003C及時分離出H2O該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增加的反應(yīng)，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(zhuǎn)化率增大

1062

xpkPafx-^-xpkPa

10.64)10.64

⑷

坐-xpkPajx也xpkPa

10.64I10.64

【解析】

(1)

①2C,H8(g)+O2(g).型暨-2c3H6(g)+2H2O(g)AH,

-1

②H2O(l)=H2O(g)AH,=+44kJ-mol

由丙烷、丙烯的燃燒熱(AH)分別為-2220kJ-mo『、-2058kJ-mo『的方程式：

1

③4乩也)+502值)=3(202他)+4凡0⑴AH3=-2220kJ-mor

9

@C,H(1(g)+-O2(g>3CO2(g)+3H2O(l)AH4=-2058kJ-moL

由蓋斯定律可得③x2-④x2+②x2得方程式①，則

1

AH,=2AH3-2AH,,+2AH2=2x(-2220kJ-mol')-2x(-2O58kJ-mol')+2x(+44kJ-mol')=-236kJ-moE

則△H|=-236kJ.mo「。

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(zhuǎn)化率高時，丙烯產(chǎn)率才會最高，所以最好的催化

劑是：V2O5/MgO-SiO2o

故答案為：V2O5/MgO-SiO2

⑶

①在500℃、以VQ5/ALO3為催化劑的條件下，丙烷轉(zhuǎn)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△nU3H6）=3moix25%x40%=0.3mol,則0~10min,丙烯的化學(xué)反應(yīng)速率

0.3mol

V(C,H)==0.003mol-L1-min1

6lOLxlOmin

②A.AH與物質(zhì)狀態(tài)和熱化學(xué)方程式的書寫有關(guān)，所以不論是否平衡狀態(tài)其值都不變，故A錯誤;

B.2C3H8(g)+O2(g)===：2C3H6(g)+2H2O(g).C3H?與H?0的物質(zhì)的量之比一直為1：1,不能說明該

反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；

c.c3H6為生成物，平衡時的質(zhì)量才不再改變，故C正確。

③欲提高丙烷轉(zhuǎn)化率，即讓反應(yīng)正向進行即可，所以可采取的措施是及時分離出產(chǎn)物H?。，促進反應(yīng)正向

進行。

n（氮氣）

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(yīng)，起始氧氣一定時，/丙烷j越大'丙

烷的平衡轉(zhuǎn)化率越大，其原因是：該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增加的反應(yīng)，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(zhuǎn)化率增大。

故答案為：①0003；②C；③及時分離出H?O；④該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增加的反應(yīng)，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(zhuǎn)化率增大。

(4)

在500℃、以V—s/MgO-SiO?為催化劑的條件下，向恒容密閉容器中充入ImolC3H八Imol。2、8molN2

發(fā)生反應(yīng)，丙烯選擇性為45%,丙烷轉(zhuǎn)化率為40%,jJ!i|Z\n(C3H6)=lmolx40%x45%=0.18mol,則可得：

2C3H8(g)+O2(g)；W-2C,H6(g)+2H2O(g)

起始n始(mol)1100

變化"⑺。1)0.180.090.180.18

終態(tài)n/mol)0.820.910.180.18

2C3H8(g)+7O2(g).吧6CO(g)+8H2O(g)

起始門虱0101)0.820.9100.18

變化△n(mol)0.770.660.88

終態(tài)nMmol)0.60.170.661.06

故平衡時：n(C3H8)=0.6mol,n(C3H6)=0.18mol,n(O2)=0.14mol,n(CO)=0.66mol,n(H2O)=1.06mol,

n(N2)=8mol,貝I」n總=10.64mol；

平衡時壓強為pkPa,平衡分壓=總壓x體積分數(shù)，則P(C,HJ=牝xpkPa,P(C,H6)=-^-xpkPa,

10.64-10.64

P(O，)=4xpkPa，P(H,O)=-l^-xpkPa,則該溫度下丙烷氧化脫氫反應(yīng)的平衡常數(shù)：

10.6410.64

K_小風(fēng))?叫HQ)'PkPaJ'(窿*P1^J

pP2(CH)-P(O)(0.6,Y0.14,

382xpkPpax-------xpkPpa

1.06

10.64

故答案為:

28.(15分)

【答案】(1)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)21+2NH3f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Kz,緩慢推動滑動隔板，將氣體全部推出，再關(guān)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(yīng)產(chǎn)生Mg(OH)2和NH3,NH3通入到AgNCh溶液中首先反應(yīng)產(chǎn)生AgOH白色

沉淀，后當氨氣過量時，反應(yīng)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(yīng)產(chǎn)生單

2+

質(zhì)Ag和CO2氣體，產(chǎn)生的Ag與加入的Fe3+定量反應(yīng)生成Fe,Fe?+與菲洛嗪形成有色物質(zhì)，在562nm

處測定吸光度，測得生成Fe2*1.12mg,據(jù)此結(jié)合反應(yīng)過程中電子守恒，可計算室內(nèi)空氣中甲醛含量。

(1)

Mg3N2與水發(fā)生鹽的雙水解反應(yīng)產(chǎn)生Mg(OH)2和NH3,反應(yīng)方程式為：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)21+2NH3T；

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(jié)構(gòu)可知，儀器B的名稱為三頸燒瓶；

(3)

銀氨溶液的制備：關(guān)閉Ki、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(yīng)：Ag+NH3+H2O=AgOHl+NH；,后又發(fā)生反應(yīng)：AgOH+2NH3H2O=[Ag(NH3)2]++OH+2H?0,

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(guān)閉K3和分液漏斗旋塞；

(4)

①用熱水浴加熱B,打開Ki,將滑動隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室內(nèi)空氣，關(guān)閉K“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(guān)閉K2；再重復(fù)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(yīng)生成銀，銀具有還原性，被Fe3+氧化，結(jié)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。價變化為+4價，銀+1價變化為。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l12mg,物質(zhì)的量n(Fe)=U=2^"*==2xl(y5mol,根據(jù)氧化還

原反應(yīng)電子守恒計算，設(shè)消耗甲醛物質(zhì)的量為xmoL則4x=2xl()-5molxl,x=5xl0'6mol,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1.25x10-6mol,空氣中甲醛的含量為1.25x10-6mo1x30g/molx103

mg/g=0.0375mg/Lo

【點睛】

本題考查了物質(zhì)組成和含量的測定、氧化還原反應(yīng)電子守恒的計算的應(yīng)用、物質(zhì)性質(zhì)等，掌握基礎(chǔ)是解題

關(guān)鍵，了解反應(yīng)原理、根據(jù)反應(yīng)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、Nd獨立存在的氨氣分子氮原子含有一對孤電子對，而該物質(zhì)中的N原子的孤電子對提供出

來與Cr"形成了成鍵電子對

(3)<鈦第二電離能失去的是4sl電子，銘第二電離能失去的是3d5電子

(4)(1,1,；)逑b

22

【解析】

(1)

銘的原子序數(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

Is22s2sp63s23P63d54sls能級1個軌道，p能級3個軌道,d能級5個軌道，結(jié)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［5乩0)2(帥3)4］。/2也0,CN+是中心原子，內(nèi)界中H?O和N%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C#+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(nèi)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。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(zhì)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(zhì)中的N原子的孤電子對提供出來與CB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［ArJ3d24s2,第二電離能失去的是4sl電子，銘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l2(Ti)<l2(Cr)。

(4)

從該晶胞圖示可知，A點