2022年高考押题预测卷02（辽宁卷）-化学（全解全析）

2022年高考原创押题预测卷02【辽宁卷】

化学•全解全析

1234567891011

BBACBDDADDD

12131415

BBDC

1.【答案】B

【解析】A.铜文物表面生成CU2（OH）3C1,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:;C1,故A错误；B.氢

、

故

力B

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,

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C=O,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HS+HQ-H3+OFT,故D错误;

故选Bo

3.【答案】A

【解析】A.C^OHfHCHO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，葡萄糖在酒化前的作用下生成乙醉，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】pH=l的溶液中H-浓度为。-lmol/L,100mL该溶液中含有H,的物质的量为O.Olmol,则一定

不存在co：；向溶液中通入CI2分液后最终得到紫黑色固体，则原溶液中含有I，Fe3+能够氧化「，则一定

不存在Fe3\254g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FeQ一则溶

16。

液中一定存在Fe?+,Fe?+的物质的量为：—-x2=0.02mol,0.02molFez+带有正电荷为0.04mol,

160g/mol

0.0hnolH+带有正电荷为O.OlmoL0.02mol「带有负电荷为0.02mol,所以原溶液中一定含有Cl,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0.02molC「，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Fe3+,选项A错误；

B.根据分析，原溶液中一定不存在CO；,一定含有。一，选项B错误；

C.根据分析，原溶液中一定含有Fe"、「、C「，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H20To2,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；

正反应吸热，该装置把光能转化为电能和化学能，故错误；正

B.2CO2+2H2O=2HCOOH+O2AH>0,BC.

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+2H2O2HCOOH+O2,若制得9.2gHCOOH,整套装置吸收0.2mol二氧化

碳、放出（Mmol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=8x）=1,

O

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

（48+56）104.八3104

=--~晶胞的体积=（3x10-8）cm3=2.7x10-23cm3,该晶体的密度=.义、1x1（厂23

AA,

g/cm^6g/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=8x：+4x1=2,含有的Fe原子个数=2,含有的H原子个数

=10xg+l=6,Ti:Fe:H=2:2:6=l:l: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

-Y""1一

形成两种液体二元化合物，说明Y为O,W+X-Y-R-Y-X中含有离子键，结合题意W应位于第

I

IYJ

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0,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、0、F、Na、P,

据此解答。

A.电解NaF溶液，F-在水溶液中不放电，即不可能产生耳，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：02->F>Na+,B项正确；

C.Na分别与H、0可形成NaH、Na?。和Na?。?，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：H20>HF,D项正确；答案选A。

9.【答案】D

【解析】A.C12未干燥，a中有色布条会褪色，不能说明CL是否具有漂白性，A错误；B.HC1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HC1也能够与Na2SiO3溶液反应产生HzSiCh沉

淀，因此不能确定CCh是否能使NazSiCh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HC1,HC1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SOCb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

C6H3ONCI2,故C错误；D.由结构简式可知，X分子中含有的竣基能与碳酸钠溶液发生反应，故D正确；

故选Do

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N02,随着硝酸

浓度逐渐降低，产物NCh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HN03的浓度降到4.02mol/L时，钱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

9.75molLT时,还原产物有NO、NCh和N2O,物质的量之比为其体积比=10：6：2=5：3：1,假设NO是

5mol、NCh是3mol、N2O是Imol,则反应中转移电子的物质的量是26mo1,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等，〃。/,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：y=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12.2mol-L」HNO3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C6Hl2。6,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烧，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HCh,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HCh,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〜Imin,一氧化碳物质的量增加2mol,则反应速率"C°)=三=加面(5亩)；

Imin

1〜3min时，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，则V(CO)=2V(CO2),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

M_

状态；根据P=F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，则鲁＞1,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C02浓度不变，平衡逆向移动，CCh的物质的量逐渐增大，

则b表示n(CCh)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，Ti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21)=至&=J%=：,T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4m。1，二氧化碳物质的量为6moL

c(CO2)/mol7

2L

2(4moly

平衡常数K(T?)=三塔=a=9,则9景=4.7,故D正确；答案选D。

c(C(J2)onioi3

2L

15.【答案】C

V(NaOH溶液)V(NaOH溶液)

【解析】A.X为第一反应终点，即一(H,A溶液)制时'当V(H,A溶液)=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c(Na+)=c(H?A)+c(HA-)+c(A"),但溶液总体积约40mL,若体积变化忽略不计，则

2

C(H2A)+C(HA)+C(A-)=0.05mol-L-',B错误；C.第二反应终点时，物料守恒得到

c(Na+)=2c(H2A)+2c(HA-)+2c(A"),按电荷守恒得c(H+)+c(Na*)=c(HA-)+2c(A2-)+c(0H),则有

+

C(H)+2C(H2A)=C(OH)-c(HA),可得c(H+)+c(H2A)＜c(0H-)-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＞259,故不能按

c(HA-)=c(A")时的pH=9.7计算25℃时H2A的电离常数Ka?,也不能据此计算常温下Na2A的水解常数Ki.

D错误；答案选C。

16.(14分)

+2+2+

【答案】(l)PbSO」(1分)ZnS+4H+MnO2=Mn+Zn+S+2H2O(2分)

(2)3(1分)

(3)HA与水互不相溶，且ZnSO4在HA中溶解程度比在水中更大(2分)酸(1分)

⑷将CM+转化为Cu除去(1分)

2+

(5)@xZn+(x-y)HCO3+(x+y)NH,.H2O=Znx(OH)2y(CO,)(xy)J+(x+y)NH：+(x-y)H2O(2分)

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

②ZnJOH)4co3(2分)

【解析】

⑴“浸出”时，将ZnS转化为ZnSO汨S,将Fe?。」、CuO、PbO?转化为Fe2(SOj、CuSO4,PbSC\等,

滤渣I的主要成分除过量MnOz外，还有S和PbSO-MnO2氧化ZnS的离子方程式为

+2+2t

ZnS+4H+MnO,=Mn+Zn+S+2H2Oo

(2)“沉铁”时，Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，Fe计完全沉淀的

1

e(OH)=3moi.L'=lxlO"mol.L-故滴加氨水需要调节pH最低为3。

(3)“萃取”过程中，ZnSO,转移到有机相中的原因是HA与水互不相溶，ZnSO”在HA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广深度净化”中加Zn的目的是将CY+转化为Cu除去。

(5)①“沉锌"时，/,转化为的"田刀仁。,)…],其反应的离子方程式为

xZn2++(x-y)HCO；+(x+y)NH3Hq=Zn,(OH)2,(CO3)(一/+(x+y)NH；+(x-y)H2。。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BaCl?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H?O为O.()4mol,CO?为().()2mol,故2y:(x-y)=4:l,

x:y=3:2,故碱式碳酸锌的化学式为Zn3(OH)4C03。

17.(14分)

+3+

【答案】(1)Cr2O+14H+6C1-2Cr+3Cl2t+7H2O(2分)

(2)饱和食盐水(1分)P2O5或无水氯化钙(1分)

(3)PCb+SO2+C12——^^^=POC13+SOC12(2分)

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

(5)蒸储(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PC13、SO2、C12在60〜65。(2时反应制备P0C13和S0C13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CaCb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CaCb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PCb充分反

应，提高产率。

(1)重格酸钾与浓盐酸反应制备氯气和CQb,反应的离子方程式为

Cr2O；+14H++6cl=2Cr3++3CLT+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CaCL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CaCL,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POC13和SOCb,方程式为：

60~65℃

PCI3+SO2+CI2POCh+SOCh；

(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枳大，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；

⑸根据资料卡片POC13和SOCb的沸点不同，所以提纯POC13的操作是蒸储，故答案为：蒸懦

(6)①用KSCN滴定过量的硝酸银，用NH4Fe(SO4)2做指示齐IJ,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：AgNCh的总物质的量为：O.4mol/LxO.025L=O.Olmol,KSCN的物质的量为

0.1mol/Lx0.022L=0.0022mol,SCN-反应的Ag+为0.0022mol,CT反应的Ag+为0.01mol-0.0022mol=0.0078mol,

C1-的物质的量是0.0078mol,根据元素守恒则25ml中POCb物质的量是0.0078molx13=0.0026mol,则4.000g

样品中POCL物质的量是0.0026molx10=0.026mol,POCL的质量分数为

0.026molxl53.5g/mol……

----------——~--xl00%~79.8%,故答案为：79.8%。

18.（13分）

【答案】(1)+208.4(2分)

⑵①V(1分)>(1分)

②9.6x104(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)—X10-4(2分)

81

【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

+2H2(g)

△，/=+237.1kJ/mol,1,3—环己二烯转化为苯的热化学方程式为②

(g)+H2(g)

△“2=—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

+3H2(g)△/7=(+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，压强为外时乙醇的体积分数小于P2时，则P小于尸2；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—7.2xlO—3Ea+C①,27.4--7.5x10~3Ea+C@,

解联立方程可得£a=9.6xl()4j/moi；由图可知，直线n的斜率大于m,说明活化能瓦小于m,催化效率高于m,

故答案为：9.6X104；n；由图可知，直线n斜率大，及小，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2m。1、生成甲烷的物质的量为amol,由题意可建立如下

三段式：

2co(g)+2H2(g)••CH4(g)+CO2(g)

起(mol)2200

变(mol)2a2aaa

平(mol)2-2a2-2aaa

平衡时正逆反应速率相等，由三段式数据可得：5.0xIO-4xx200)xx200),解得

4-2a4-2a16

a=0.4,则一氧化碳的转化率为答?xl00%=40%,平衡时分压常数

2mol

0404

(X200)X(—x200)

----------好---------yxio-4,故答案为：40%；^X10-4。

(—X200)2X(—X200)28181

3.23.2

19.(14分)

【答案】(1)AB(2分)

(2)丙烯(2分)

⑶取代反应(1分)酯基(1分)

(4)(H(<«>H,CMNaOH^NaO—ZY-CH;OH+CH3COONa+NaCl+H2O(2分)

(5)9(2分)3(2分)

CH.OII

I*

(6)CH2=CHCH3BMCCI,>CH2BrCHBrCH3---->CH2BrCHBrCH2Cl(2分)

CH.OII

【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〃(G)：〃(F)=1：3,

1molG与足量Na反应产生的H2为33.6L+22.4L-molT=1.5mol,结合G的分子式可知G中含有3个羟基,

V

CH,OHICH,O-C'-CH.

I*

故G为CHOH,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

CIIIO-C-CIL

CI1,011IX

Cll；o-C-Cl^

由E(IIOOOH)逆推，由转化关系可知A中含有苯环与酯基，A与C12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HOY^COOH,

说明C中含有一CH20H结构，故C为H,<>H>B为A为

CH?COO-4)-CHr

(l)A.对羟基苯甲酸含有羟基和竣基两种含