2022年高考押题预测卷01（天津卷）-化学（全解全析）

2022年高考押题预测卷01【天津卷】

化学•全解全析

1.A2.D3.B4.C5.A6.B

7.D8.A9.D10.D11.A12.B

1.A

【解析】

A.胶体是指分散质粒子直径在1-1OOnm之间，介孔材料指孔径在2-50纳米之间，A错误；

B.重油转化为汽柴油需要高温裂化，碳链由长裂短，发生化学反应。石油的分储根据沸点不同，B正确；

C.介孔材料遍布极多的小孔，具有极大的比表面积，有很强吸附性，可作为吸附剂、电极材料，C正确；

D.由于该技术材料孔径可调，该材料的介孔中催化剂所催化的反应，产物只能在既定的孔径中生成，长度

大的分子将无法合成，即必然提高催化的选择性，D正确；

故选Ao

2.D

【解析】

A.CaCb含有离子键，属于离子晶体；Ca(OH)2含有离子键和共价键，属于离子晶体，故A不符合题意；

B.MgO含有离子键，属于离子晶体；H?O含有共价键，属于分子晶体，故B不符合题意；

C.CCL,含有共价键，属于分子晶体；KC1含有离子键，属于离子晶体，故C不符合题意；

D.CO?与SO2都是含有共价键的分子晶体，故D符合题意；

故选D。

3.B

【解析】

A.锄为第IA元素，与钠同主族，A不符合题意；

B.门口和QRb都属于Rb元素，同种元素化学性质相同，B符合题意；

C.中子数=质量数-质子数=85-37=48,C不符合题意；

D.锄的金属性比钠强，所以锄与水反应比钠与水反应会更剧烈，会立即燃烧，甚至爆炸，D不符合题意；

故选B。

4.C

【解析】

A.根据化合价归中原则可知：HC1-CL,中氯元素化合价升高，发生氧化反应得到氧化产物，故A正确；

B.根据化合价归中原则可知：KC10,->C102,氯元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；

C.AB分析可知，氧化剂与还原剂分别为KC10、、HCI,4分子的氯化氢中只有2分子发生氧化反应，故氧

化剂与还原剂的物质的量之比为2：2=1:1,故C错误；

D

-2KC1O,+4HC1(^)=2KC1+C12T+2C1O2+2H2O由电子转移可知，生成OJmolCU时，转移0.2mol

电子，故D正确；

故选C。

5.A

【解析】

A.NaCl的形成过程为Na•+•0:fNa,:C1:故A说法错误；

+CH,—CH七

B.氯乙烯的结构简式为CH2CH2CL则聚氯乙烯的结构简式：|,故B说法正确；

CI

c.Ca2+的核外电子排布为2、8、8,电子排布式为：Is22s22P63s23P6,故C说法正确；

D.2—甲基丁烷的结构球棍模型为：故D说法正确；

故选：Ao

6.B

【解析】

A.实验室常用加热NH4cl与Ca(OH)2固体混合物方法制备氨气，A错误；

B.氯气的密度大于空气，故收集氯气时应用长管进短管出，B正确；

C.氨气和氯化钙反应，故不能用氯化钙干燥氨气，C错误；

D.饱和亚硫酸氢钠不能和二氧化硫反应，故不能吸收尾气，D错误；

答案选B。

7.D

【解析】

A.D?O的摩尔质量为20g/mol,D2O分子中含有10个质子，18g重水(D?O)的物质的量为0.9mol,含有的

质子数为9M,故A错误；

B.1L0.2moi/LNa2c溶液中含有0.4mo1Na+,溶液中的阳离子还有水电离产生氢离子，则

lL0.2mol/LNa2CO3溶液中所含阳离子数目大于0.4M,故B错误；

C.铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，5.6g铁物质的量为广6g=o/mol,O.lmolFe转移电子的物质

56g/mol

ono

的量为O.lmolx：,数目为学故C错误；

D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol,22.4LCO.CCh混合气体的物质的量小于1mol,含有的碳

原子数目小于M,故D正确；

答案选D。

8.A

【解析】

绿色化学原子经济反应是原料分子中的原子全部转化为所需要的产物，加成反应和加聚反应的原子利用率

为100%,无副产物。

【详解】

A.乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，为加聚反应，反应物原子全部转化为欲制的产物，原子利用率为100%,

故A正确；

B.甲烷与氯气制备一氯甲烷为取代反应，有副产品HC1、二氯甲烷、三氯甲烷等生成，原子利用率达不到

100%,故B错误；

C.铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成物有多种，还有二氧化硫大气污染气体生成，不符合

绿色化学思想，故C错误；

D.乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，有副产物水生成，原子利用率达不到100%,故D错误；

答案选A。

9.D

【解析】

A.麦芽糖具有还原性，会和酸性高铳酸钾反应，不能大量共存，A错误；

B.铁离子、铝离子会和碳酸根离子发生双水解反应，不能共存，B错误；

C.pH=O的溶液为强酸性，S2。：会和氢离子反应生成硫单质和硫酸根离子，不能共存，C错误；

D.水电离出来的c(H+)=10T3mo/L的溶液，可能为碱性溶液，在碱性溶液中，该四种离子均能存在且相互

不反应，可能共存，D正确;

故选D。

10.D

【解析】

A.醋酸溶液中，根据电荷守恒c(H+)=c(O，)+c(CH3co。-),由于醋酸是弱酸，不能完全电离，故

O.lmol/LCH3coOH溶液中c(H。小于O.lmol/L,A错误;

B.醋酸溶液中加入醋酸钠固体，c(CH3coO)增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理虽然逆向移动，但是

只能减弱c(CH3coO)的增大不能阻止增大，故醋酸根离子浓度增大，B错误；

C.pH=2的CH3co0H物质的量浓度远大于O.Olmol/L,所以二者等体积混合，醋酸远远过量，溶液呈现酸

性，C错误；

C羽人汴说+c(CH3coO)C(CH3COO)XC(H*)K,

D.混合溶液中，小口、=gucccu、=D正确；

c(CH,COOH)c(OH)c(CH,COOH)c(OH)c(H)

故选D。

11.A

【解析】

A.根据图示可知：Na+通过CM向正极迁移，Ct通过AM膜移向负极，图示负极上不断产生H+,则C2中

含有HC1浓度增大，含有NaCl浓度降低，故该电池利用溶液盐度梯度产生电动势，C2表示低浓度盐溶液,

A错误；

B.根据图示可知：AM离子交换膜通过了ChCM通过了Na+,因此AM属于阴离子交换膜，CM属于阳

离子交换膜，B正确；

C.在左边电极上，。20余得到电子发生还原反应变为ce,因此左边电极为正极，正极的电极反应式为：

+3+

Cr2O?'+6e+14H=2Cr+7H2O,C正确；

D.在右边电极上，比0失去电子产生H+、Ch,右边电极为负极，每反应产生1molCh,转移4moi电子，

则根据同一闭合回路中电子转移守恒可得关系式：2Cr2o2~3O2,负极产生标准状况下6.72L氧气时，其物

2L

质的量n(O2)=-^-=0.3mol,则正极上理论上转化0.2molCr,O名，D正确；

22.4L/mol

故合理选项是Ao

12B

【解析】

四种元素是原子序数依次增大的短周期主族元素且在不同周期，则W为H,根据图示结构特点，Z成五根

键，原子序数较大，则Z为P,所有X应成两根键，X为O,Y为+3价阳离子，则Y为A1。

【详解】

A.同一周期，从左到右原子半径减小，同一主族从上到下原子半径增大，所以原子半径：A1>P>O>H,即

Y>Z>X>W,A错误；

B.同一周期，从左到右原子半径减小，元素非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，所以非

金属性O>P>A1,B正确；

C.X、Z对应最简单氢化物为：40和PH3,水中有氢键，故沸点：H2O>PH3,即X>Z,C错误；

D.Z的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，三元中强酸，D错误；

故选B。

13.(14分)

【答案】⑴Is22s22P63s23P63d5

(2)sp3、sp29NA

(3)O>C>H

(4)丙酮分子间不能形成氢键，乙醇分子间能形成氢键

⑸CuFesN

(6)OH+SO2=HSO；1：16

【解析】

(1)

Fe核外有26个电子，Fe3+基态核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d5；

⑵

丙酮分子中甲基上碳原子形成4个◎键，轨道的杂化类型是sp3；粉基上的碳原子形成3个。键，轨道的杂

HOH

IHI

CCH

IC-I含有◎键的数目为9NA。

HH

3)

元素非金属性越强电负性越大，C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为0>C>H；

(4)

丙酮分子间不能形成氢键，乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于丙酮;

(5)

根据晶胞结构图，a位置铁原子数是8x：=l,b位置铁原子数是6x(=3,N原子数是1,能量越低越稳定,

o2

所以Cu可以完全替代该晶体中a位置铁产物稳定，化学式为CuFe3N；

(6)

①用NaOH溶液吸收过量SO?生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为OH-+SC>2=HSO；。

②FezCh与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,根据得失电子守恒，反应方程式为

16Fe2O3+FeS3=1lFe3O4+2SO,.理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=l：160

14.(18分)

【答案】(DBD

Q)-COC1比-COOH更容易与CHQH发生反应

COOCH3

H

【解析】

【分析】

根据合成流程可知，c与在碳酸钾的作用下生成D,D在硝酸存在的条件下生成E,

E发生已知反应生成F,则E中含有硝基，从而可知D-E的过程是引入硝基的过程，结合G的结构简式可

HCO

3\^y-COOCH3H3CO^^,COOCH3H3CO^?^COOCH3

知，D为，人J，E为,人乂NO,，，F为0人J^NH,。

(1)

A.由图可知，化合物A中含有的酚羟基和竣基能与NaOH反应,因此Imol化合物A能消耗2moiNaOH,

故A正确；

凡8fX^COOCH3

J，分子中不含酚羟基，不能与

B.由上述分析可知，D为

、C1

FeCb溶液发生显色反应，故B错误；

^COOCH,

C.由上述分析可知，F为H,，分子中含有氨基，能与酸发生反应，含有酯基，水解

生成的竣酸能与碱反应，故C正确；

D.由图可知,H的分子式为Ci4H13CIN2O3,故D错误；

答案选BC；

⑵

丫

H3co>X^COOCH3

由上述分析可知，E的结构简式为0人』N0、；-COCIkt-COOH更容易与CHQH发生反应,

因此采用中A-B-C的合成路线而不是将A直接与甲醇反应生成C；

(3)

C与在碳酸钾的作用下生成D,反应的化学方程式为

,COOCH

HsCO^/COOCHsYiT3

Tj]+ClBr-+HBr；

HO1

(4)

B的同分异构体满足：①能使FeCb溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②可以发生银镜反应，说明含有

醛基，③书-NMR谱显示只有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体为

参照博苏替尼的合成路线即可得到以邻硝基苯甲酸为原料合成的路线为:

COOCH3

H

15.(18分)

【答案】(1)H2so4+2NaHSCh=Na2SO4+2H2O+2SO2Tbaefgh

(2)向其中加入足量稀盐酸，振荡、静置，然后滴加BaCb溶液出现白色沉淀酸性KMnCU溶液溶

液褪色

(3)蓝色变为无色—

at

【解析】

【分析】

H2s04和NaHSCh发生复分解反应制取S02,装置连接顺序按照制取气体、净化、收集，尾气处理连接。在

检验物质成分时，若样品已经变质，则溶液中含有SO：,可根据BaSCU是白色既不溶于水也不溶于酸的性

质检验；若样品为完全变质，则溶液中含有HSO；,该物质具有还原性，能够被酸性KMnCU溶液氧化而使

溶液褪色，据此判断。在测定空气中S02的含量时，可根据方程式SO2+l2+2H2O=H2SO4+2HI中物质转化关

系，〃(S02)=〃(L),结合加=n-M计算SCh的质量，再结合空气的流速及通气时间计算该空气样品中SO?的含

量。

(1)

实验室用H2s04和NaHSCh发生复分解反应制取SO2,该反应的化学方程式为:

H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2T；

实验室用上述方法制取的SO2中含有水蒸气，可浓硫酸吸收，导气管长进短出。然后根据S02气体的密度

比空气大，用向上排空气的方法收集，多余气体用碱石灰吸收，故装置按气流方向连接顺序为baefgh；

(2)

II.取少量实验I的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静置，滴加BaCb溶液，若出现沉淀，则样品已氧化变

质；

III.另取实验I的溶液，向其中加入酸性KMnCU溶液，充分振荡，若观察到酸性KMnO4溶液褪色，说明

溶液中含有焦亚硫酸钠，即样品未完全氧化变质；

(3)

在100mLO.lOOOmol/L碘溶液中含有溶质L的物质的量«(12)=0.1000mol/LxO.lL=0.0100mol,含有SO2的

空气不断通入碘水中，发生反应：SO2+I2+2H2OH2so&+2H1,当碘水中L恰好消耗完全时，含有淀粉的L

溶液蓝色消失，此时停止通入空气，达到滴定终点，根据物质转化关系可知：n(S02)=n(l2>0.0100mol,

w(S02)=0.0100molx64g/mol=0.6400g=640mg,通入空气的体积V=am^-min'xtmin=atm3,故该空气样品中

cc3人日口640mg_640,

SO2的含量是：----------mg/nr3。

atmat

16.(14分)

【答案】⑴012moimint>b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高向逆反应方

向X温度过高，催化剂X和Y均失活

(2)反应I的AH〉。，反应H的AHVO,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使C02转化为

CH30cH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度L8mol增大压强，使用对反应H催化活性更

高的催化剂温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醛的选择性减小

【解析】

(1)

①EK时，a点对应容器中二氧化碳的转化率为40%,则在0~5min内二氧化碳的浓度变化量为

粤x40%=0.2mol/L,二氧化碳的平均反应速率为空吧匹=0.04mol•min-,反应速率之比等于反应化

2L5min

学计量数之比，则氢气的平均反应速率y(H2)=3x0.04mol-LT.minT=0.12mol.L<minT:根据碰撞理论，

有效碰撞几率越大，反应速率越快，题图中b点对应的温度大于c点，且b点对应的二氧化碳转化率小于c

点，b点的二氧化碳浓度比c点大，温度越高、浓度越大，反应速率越快，有效碰撞几率越大，则b点的反

应速率比C点快，因此b、C点对应状态下反应物的有效碰撞几率b>c；

②TK时，b点对应的二氧化碳转化率为60%,列三段式：

2cc>2(g)+6H2(g)=C2H,OH(g)+3H2O(g)

始(mol)1300

变(mol)0.61.80.30.9

平(mol)0.41.20.30.9

岬jx0.3

T(0.45丫x0.15

该温度下的平衡常数K=>22修-V-r，保持温度不变向容器中再充入

mxu、n0.04x(0.6)

二氧化碳的物质的量变为乙醇的物质的量变为则

0.2molCO2,0.6molC2H,OH(g),0.6mol