2022年高考押题预测卷02（全国乙卷）-化学（全解全析）

2022年高考原创押题预测卷02【全国乙卷】

化学•全解全析

78910111213

CCCCBDA

7【答案】C

【详解】A.压缩空气储能是利用空气状态的变化，重力储能利用介质动能势能的转化，属于物理储能方式,

储能装置放电时会发生化学反应，A说法错误；B.发展新型绿色储能利于实现“双碳”目标，与碳汇无关（碳

汇指树木、植物吸收汇聚的二氧化碳的量），B错误；C.氨不易燃烧，易液化存储及运输，这些均优于氢。

合成氨时，更加低成本高效的电解水制氢方式、寻求合成氨的低温催化剂（目前合成氨条件：高温高压催

化剂）有待创新，且氨不易燃烧，燃烧时控制氮氧化合物的生成，都是研究攻克的技术问题，C说法正确；

D.将太阳能转化为电化学储能用到光电池，单晶硅、多晶硅都可做光电池，但并不唯一，还有其他可做芯

片的化合物半导体，最少的能量转化包括光能-电能-化学能，3种，D错误。故选C。

8.【答案】C

【详解】

A.配制一定物质的量浓度溶液定容时，视线于容量瓶刻度线相平，A能达到实验目的；

B.CO2与NaOH发生反应，可以使瓶内压强瞬间减小从而形成喷泉现象，B能达到实验目的；

C.NO2的密度比空气大，应该采用向上排空气法收集，即“长进短出”，C不能达到实验目的；

D.氨气极易溶于水，当胶头滴管中的水滴下时，瓶内压强瞬间减小，可观察到气球膨胀的现象，D能达到

实验目的；

答案选C。

9.【答案】C

【解析】

A.28.4gP2O5^0.2moL即O.lmolPQo,1个PQo含16个共价键（4个P=O,12个P-O,全部为极性键）,

则0.1molP40lo含有共1.6mol共价键，也就是1.6M个，故A错误；

B.核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出A=36,Z=89,,ImoRM中含中子（89-36）

NA=53NA,故B错误；

C.由得失电子数目守恒可知，Imol锌与稀硫酸反应生成Imol氢气，与浓硫酸反应生成Imol二氧化硫，

则0.25molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解时，无论是生成氢气，还是二氧化硫，或是二氧化硫或氢气

的混合气体，气体的分子数恒定为0.25molxMmolJ0.25M,故C正确；

++

D.ILlmol/LCH3coONa溶液中〃(Na+)=lmol,根据电荷守恒：n(CH3COO)+n(OH)=n(Na)+n(H),所以

CH3coO与OH-离子数之和大于NA,故D错误；

故选C。

10.【答案】C

【详解】

A.一个柠檬酸分子中含有四个亲水基，故柠檬酸易溶于水，其中含有三个竣基，属于三元酸，A正确;

B.-OH、-COOH均可与Na发生置换反应得到H2,Imol柠檬酸共有-OH、-COOH4mol,故与足量Na反

应可得到2moia，B正确;

/COOH

C.符合要求的同分异构如下:COOH、HOOC

HOOC

(序号代表-0H),共有11种，C错误;

D.柠檬酸中含有羟基、殁基，两种官能团均可发生酯化反应，D正确；

故答案选C。

11.【答案】B

【分析】

根据化合物G的焰色实验为黄色，可推断有钠元素，G与F反应生成C0?,故G为碳酸钠或者为碳酸氢钠,

则可推出E为钠的化合物，E中含两种元素，又能与CO?反应，故为Na^Oz，A与B为钠与氧气；再根据

特征反应条件光照反应生成的产物能与碳酸钠反应，可推断为H2与C1?反应生成HC1,故W为H,X为0,

Y为Na,Z为Cl。

【详解】

根据上述分析，W为H,X为O,Y为Na,Z为Cl,

A.核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，则简单离子半径：Cl>O2>Na+>H+,故A项正确；

B.Cl的一种含氧酸为HC10,HC1O为弱酸，故B项错误；

C.Y形成的常见氧化物有Na?O、Na2O2,其中阳离子与阴离子个数之比都为2：1,故C项正确；

D.也0中只有极性键，HQ?中既有极性键又有非极性键，故D项正确。

故选B。

12.【答案】D

【分析】

由图可知，传感器中发生4Ali3+302=2AbO3+6L,原电池反应为2Ag+L=2AgI,所以原电池的负极发生

Ag-e=Ag+,正极发生L+2Ag++2e=2AgI,以此来解答。

【详解】

A.根据以上分析可知银电极为负极，多孔石墨电极为正极，故A正确；

B.传感器中发生4All3+3O2=2ALO3+6l2,所以透过聚四氟乙烯膜后与All?反应生成L,故B正确；

C.多孔石墨电极为正极，发生得到电子的还原反应，即附近发生如下反应：L+2Ag++2e=2AgL故C正确;

D.由于氧气所处的状态未知，则不能计算参加反应的氧气体积，故D错误；

故选D。

13.

【答案】A

【解析】

向某浓度H2A溶液中加入NaOH溶液时，由于二者发生反应，所以H2A逐渐减少，-lgc(H2A)会逐渐增大,

所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与pH变化关系，标①；H2A=H++HA\HAufT+A、A?-会逐渐增大,

-Ige。*)会逐渐减小，但是不会等于0,所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2)与pH变化关系，标

②；另一条则是胆黯］与PH的变化图，标③，以此解题。

【详解】

卜电离常数的表达式为：卜「喘股'k喘》…产嘲妒④，当昨。5

时，-lgc(A2-)与-lgc(H?A)相等，即c(A2-尸c(H?A)代入④，可得勺永％=(1(尸为2=1(产；又由图中③可知，当

PM』时，一叫篇］=0,即C(A+C(HA)即…巩所以k产==邮,A错误;

B.a点时，电荷守恒为c(Na+)+c(H*)=2c(A3)+c(HA)+c(OH-),移向c(H+)-c(OH)=2c(A")+c(HA)c(Na+),

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

3051095"

1O--10=2c(H2A)+c(HA-)-c(Na),因为c(Na')>0,所以c(HA)+2c(H2A)>lO306_i0.io.95,B正确;

C.NaHA溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA),HA=H++A",HA+H2O^H2A+OH,

所以c(A3)与c(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-53,即HA-的水解常数

kio*14

2

灯=+=秆=10皿<1053,所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以C(H2A)<C(A-),故NaHA溶

al

+2

液中c(Na)>c(HA)>c(A)>C(H2A),C正确;

A2)

D.b点时，电荷守恒为c(Na*)+c(H+)=2c(A")+c(HA)+c(OH-),此时pH=5.3,BP-lg[,I/]=0,所以

c(HA)

c(A2)=c(HA-),所以上式变形为：c(Na+)+c(H+)=3c(A2)+c(OH),c(Na+)-3c(A2)=c(OH)-c(H+),因为

c(OH)<c(H+),所以:c(Na+)<3c(A2'),D正确；

故选Ao

26.(14分)

【答案】(1)适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度、搅拌等将C03+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+

2+3+

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

(3)Fe(OH)3、A1(OH)3滴入几滴KSCN,振荡，溶液不变红

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

(5)4：3

【解析】

【分析】

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

还原为C<>2+、Fe2+,然后向滤液中加入NaCICh将Fe2+氧化为Fe3+,加入Na2co3调整溶液pH,使Fe3+、Al3+

22+

形成Fe(0H)3、A1(OH)3沉淀,过滤后所得滤液主要含有C02+、Mg\Ca,滤渣2为Fe(0H)3、A1(OH)3,

再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+,过滤后，向滤液中加入草酸镀溶液得到二水合草酸钻，煨烧后制得Co?。,,

据此分析解答。

(1)

溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；

Na2sCh是还原剂，主要是将C03+、Fe"还原为C<?+、Fe2+；

(2)

“氧化”过程中在酸性条件下金属离子Fe2+与NaCK)3反应产生Fe3+、Ct及H2O,根据电子守恒、电荷守恒、

原子守恒,结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为6Fe"+ClC>3+6H*=6Fe*+Cr+3Hq；Fe?+与CIO；

反应而Co?+不发生反应，说明微粒的还原性：Fe2+>Co2+；

(3)

3+

用Na2co3调节溶液pH,可以使溶液中Fe3+和AF+全部转化为Fe(0H)3和A1(OH)3沉淀，达到除去Fe>fn

AF+的目的,故滤渣2为Fe(OH)3和A1(OH)3；

可根据Fe3+与SCN-作用，使溶液变为血红色检验铁元素已被完全沉淀，操作为：取少量待测液于试管中，

滴入几滴KSCN溶液，充分振荡，若溶液不变红，说明溶液中无Fe3+,即Fe3+已经完全形成了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,所以若滤液中

34

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

(5)

COC2O42H2O在空气中高温煨烧，得到产品CO2O3,COC2O4中Co元素化合价为+2价，CO2O3中C。元素化

合价为+3价,co元素化合价升高,说明空气中的也参加了反应,因此酸根离子中c元素化合价会由cq：

中的+3价变为+4价的CO2气体，根据元素守恒可知还有H2O生成，煨烧时发生反应方程式：

高温

4CoC2O4-2H2O+3O2----2CO2O3+8CO2+8H2O,由方程式可知COC2O4-2H2O与O2的化学计量数之比为4：3。

27.(14分)

【答案】⑴-236

⑵Va/MgO-SiO2

(3)0.003C及时分离出H2O该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相

当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大

2

-kPa〕1Q^xpkPa

10.64J10.64

⑷

-^-xpkPajx也xpkPa

10.64I10.64

【解析】

(1)

催化剂

①2GH8(g)+C>2(g*±2C3H6(g)+2H2O(g)AH,

②H^CKMHqig)AH,=+44kJmor'

由丙烷、丙烯的燃烧热(AH)分别为-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

由盖斯定律可得③x2-④x2+②x2得方程式①，则

1

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

则△H|=-236kJ.mo「。

故答案为：-236;

(2)

在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化

剂是：V2O5/MgO-SiO2o

故答案为：V2O5/MgO-SiO2

⑶

①在500℃、以VQ5/ALO3为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%,丙烯选择性为40%,说明丙烷生成丙

烯的部分是40%,则△nU3H6）=3moix25%x40%=0.3mol,则0~I0min,丙烯的化学反应速率

0.3mol

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

6lOLxlOmin

②A.AH与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误;

B.2GH8（g）+C）2（g）、催化剂、2c3H6（g）+2Hq（g）,C3H«与H?0的物质的量之比一直为1：1,不能说明该

反应达到平衡状态，故B错误；

c.c3H6为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。

③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物H?。，促进反应正向

进行。

n（氮气）

④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，/丙烷j越大'丙

烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于

减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。

故答案为：①0003；②C；③及时分离出H?O；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气

的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。

(4)

在500℃、以VQs/MgO-SiO?为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入1moic3H八1moi(J?、8molN2

发生反应，丙烯选择性为45%,丙烷转化率为40%,jJ!i|Z\n(C3H6)=lmolx40%x45%=0.18mol,则可得：

2c3H8(g)+O2(g)、能化剂、2GH<,(g)+2H2O(g)

起始n始(mol)1100

变化"⑺。1)0.180.090.180.18

终态n/mol)0.820.910.180.18

2c3H式0+7O2(g)、伸化剂、6co(g)+8H2O(g)

起始门虱0101)0.820.9100.18

变化△n(mol)0.4-0.180.770.660.88

终态nMmol)0.60.170.661.06

故平衡时：n(C3H8)=0.6mol,n(C,H6)-0.18mol,n(O2>0.14mol,n(CO)=0.66mol,n(H,O)=1.06mol,

n(N2)=8mol,贝I」n总=10.64mol；

平衡时压强为pkPa,平衡分压=总压x体积分数，则P(C,HJ=牝xpkPa,P(C,H6)=-^-xpkPa,

10.64-10.64

P(O，)=4xpkPa，P(H,O)=-l^-xpkPa,则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：

10.6410.64

K咻风)防乩。)(器xPkPjx(器xPkPaJ

P2

P(C3H8)P(O2)

故答案为:

28.(15分)

【答案】(1)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)21+2NH3f饱和食盐水可减缓生成氨气的速率

(2)三颈烧瓶(或三口烧瓶)

(3)分液漏斗的活塞与旋塞沉淀恰好完全溶解时

(4)打开Kz,缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2减小气体的通入速率，使空气中的甲醛

气体被完全吸收0.0375

【解析】

【分析】

在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3,NH3通入到AgNCh溶液中首先反应产生AgOH白色

沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH,然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单

2+

质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3+定量反应生成Fe,Fe?+与菲洛嗪形成有色物质，在562nm

处测定吸光度，测得生成Fe2*1.12mg,据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。

(1)

Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3,反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)21+2NH3T；

用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；

(2)

根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；

(3)

银氨溶液的制备：关闭Ki、K2,打开K3,打开分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，

+

首先发生反应：Ag+NH3+H2O=AgOHl+NH；,后又发生反应：AgOH+2NH3H2O=[Ag(NH3)2]++OH+2H?0,

当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；

(4)

①用热水浴加热B,打开Ki,将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K“后续操

作是打开K2,缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减

小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。

②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2,氢氧化二氨合银

被还原为银，甲醛中碳元素化合价。价变化为+4价，银+1价变化为。价，生成的银又被铁离子氧化，铁离

子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子l」2mg,物质的量n(Fe)=9=^"¥==2xl(y5moi，根据氧化还

原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为xmoL则4x=2xl()-5molxl,x=5xl0'6mol,因此实验进行了

4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为1.25x10-6mol,空气中甲醛的含量为1.25x10-6mo1x30g/molx103

mg/g=0.0375mg/Lo

【点睛】

本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题

关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。

35.(15分)

【答案】(1)第四周期VIB族15

(2)O、Nd独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而该物质中的N原子的孤电子对提供出

来与Cr"形成了成键电子对

(3)<钛第二电离能失去的是4sl电子，铭第二电离能失去的是3d5电子

(4)(1,1,；)也b

22

【解析】

(1)

铭的原子序数为24,在元素周期表中的位置为第四周期VIB族；其基态原子核外电子排布为

Is22s2sp63s23P63d54sls能级1个轨道，p能级3个轨道,d能级5个轨道，结合洪特规则，其占据的原子轨

道数为1+1+3+1+3+5+1=15,

(2)

①该配合物中［Cr(HQ)2(NH3)4］Cl3-2HQ,Cr，+是中心原子，内界中H?O和N%是配位体，配位体中的O

原子和N原子有孤电子对，O原子和N原子提供孤对电子与C#+形成配位键；

②根据杂化轨道理论，Cr原子最外层的4s、4P轨道与内层3d轨道中的2个发生杂化，形成6个d2sp3杂化

空轨道接受。和N提供的孤电子对形成6个配位键，故中心原子杂化方式为d2sp3,选d；

③该物质中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是独立存在的氨气分子氮原子

含有一对孤电子对，而该物质中的N原子的孤电子对提供出来与CB形成了成键电子对，孤电子对与成键

电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略

大。

(3)

钛的核外电子排布是［ArJ3d24s2,第二电离能失去的是4sl电子，铭第二电离能失去的是3d5电子，3d5处于

半充满状态，较为稳定，需要较大能量才能失去，故第二电离能l2(Ti)<l2(Cr)。

(4)

从该晶胞图示可知，A点分数坐标为(0,0,0),结合B点在x、y、z三个坐标