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文档简介
2022年高考原创押题预测卷03【全国乙卷】
化学•全解全析
78910111213
CADBBDC
7.【答案】C
【详解】
A.Te的原子序数为52,Te原子核外K、L、M、N、O层依次排有2、8、18、18、6个电子,Te在元素周
期表中位于第五周期第VIA族,沿着元素周期表中Al、Ge、Sb、Po与B、Si、As、Te、At的交界处画出
一条分界线给金属元素和非金属元素分区,Te位于金属与非金属交界处,A项正确;
B.芳纶是芳香族聚酰胺纤维,属于有机高分子材料,B项正确:
C.人造雪是指人为地通过一定的设备或物理、化学手段,将水(水气)变成雪花或类似雪花的过程,从本
质上看,人造雪和天然雪是相同的,但人造雪的密度更大,则人造雪的成分为H2O,干冰是固态CO2,人
造雪与干冰的化学成分不相同,c项错误;
D.光伏电解水制氢的原理是利用光伏发电将太阳能转化为电能,然后利用电能电解水制备H2,光伏电解
水制氢实现了清洁能源生产清洁能源,故光伏电解水制氢可作为绿氢主要来源,D项正确;
答案选C。
8【答案】A
【详解】
+
A.84消毒液中有次氯酸钠,与盐酸发生归中反应,生成氯气:C1O-+C1-+2H=C12T+H2O,A正确;
B.HF能与玻璃反应,该装置应该选择铅皿,B错误;
C.制备氢氧化亚铁,要把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠,并且氯化亚铁溶液应该油封,防止
氢氧化亚铁被氧化,C错误;
D.中和热的测定中,温度计应该插入溶液中以测量溶液的温度,D错误;
故选:Ao
9【答案】D
【详解】
A.明矶溶液中加入足量氢氧化钢溶液发生反应生成硫酸钏、偏铝酸钾和水,所以离子方程式为:
3+2+
Al+2SO^'+2Ba+4OH=2BaSO4J+A1O2+2H,O,故A项错误;
B.二氧化硫通入硝酸钢溶液,发生氧化还原反应,生成白色沉淀硫酸钢,反应的离子方程式为:
2+
3Ba++2NO-+3SO2+2H2O=3BaSO4J+2NOT+4H,故B项错误;
C.向碳酸氢铉溶液中加入过量石灰水,加热后,发生反应生成氨气、水和碳酸钙沉淀,所以向碳酸氢钱溶
2t
液中加入过量石灰水并加热的离子方程式为:NH:+HCO;+Ca+2OHNH,T+CaCO3J+2凡。,故C项
错误;
D.钠与氯化镂溶液反应,钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应放热,氢氧化钠和镂根离子反应生成氨气
+
和水,反应的离子方程式为:2Na+2NH:=2Na+2NH3T+H2T,故D项正确;
答案选D。
10.【答案】B
【分析】
同周期自左至右原子序数增大,原子半径减小,所以B、C为同一周期元素,D、E为同一周期元素,A单
独一个周期,且原子半径、序数最小,所以A为H元素;D的简单离子半径在同周期元素中最小,D应为
第三周期元素,所以D为A1元素;B、C、D原子最外层电子数之和等于D的质子数,则B、C的最外层
电子数之和为13-3=10,C与E同主族,E的原子序数大于A1,则C、E的最外层电子数大于3,而C的最
外层电子数大于B,所以C的最外层电子数为6或7,而C为7时,B为3,此时B和A1同主族,不符合
题意,所以C的最外层电子数为6,B为4,所以C为O元素,B为碳元素,E为S元素。
【详解】
A.C、E的简单氢化物分别为H2O和H2S,小0分子间存在氢键,沸点较高,A正确;
B.D、C的简单离子半径分别为AF+、O2-,二者电子层数相同,但O的核电荷数更小,所以CP-的半径更
大,B错误;
C.H和C元素可以形成多种煌类,均为二元化合物,C正确;
D.O和A1形成的化合物为氧化铝,电解熔融氧化铝可以得到铝单质,D正确;
综上所述答案为B。
11.【答案】B
【详解】
A.强碱性会导致Z中酯基的水解,故A错误;
B.仔细观察X与Y的结构变化,X中酚羟基上的H被酯基上的-C2H5替代,所以是取代反应,故B正确;
C.由结构简式可知,Y分子中含有的酚羟基和酚酯基能与氢氧化钠溶液反应,其中Imol酚酯基消耗2moi
氢氧化钠,贝lj1molY与足量氢氧化钠溶液反应,最多消耗3moi氢氧化钠,故C错误;
D.Z中含一个苯环,含两个苯环,故结构不相似,不属于同系物,故D错
误;
故选B。
12【答案】D
【详解】
A.根据第三个池中浓度变化得出,钠离子从第四池通过e膜,氯离子从第二池通过d膜,由电解池中阳离
子向阴极移动,阴离子向阳极移动,则a为阴极,b为阳极,a与N型半导体相连,b与P型半导体相连,
所以N型半导体为负极,P型半导体为正极,故A错误;
B.由题中信息可知,a为阴极,发生得电子的还原反应,其电极反应式为
2(C〃3)4N++2H2(D+2e-=2(C,3)4NOH+也T,故B错误;
C.由题中图示信息可知,Na+离子通过e膜,通过d膜,通过c膜,所以c、e膜为阳离子交换
膜,d为阴离子交换膜,故C错误;
D.18.2g(C43)4NO”的物质的量为18.2g+91g/w/=02*R,a极电极反应式为
2(C%)4N++2H2(D+2e-=2(C%)4NOH+匹T,收集氢气0.1〃4,转移电子为0.2m〃,b极电极反应式为
4O//-4e=O2+2H2O,收集氧气为0.05m〃,标况下两极可得气体体积为0.15,〃o/x22.4L/mo/=3.36L,
故D正确;
答案为D。
13.【答案】C
【解析】
根据图象分析,随着pH的增大,溶液的碱性增强,HCO,的浓度减小,CO;浓度增大,因此曲线IH代表
-lg[c(CO;]]与pH的关系,由于碳酸分步电离,第一步电离产生He。,,第二步电离时产生CO;,因此
曲线I为Tg[c(HCC>3)]与pH的关系,随着CO;浓度增大,逐渐生成CaCCh沉淀,溶液中Ca?+逐渐减小,
曲线II为-lg[{Ca2+)]与pH的关系。
【详解】
A.由上述分析可知,曲线H为-lg[c(Ca2+)]与pH的关系,故A错误;
B.由图可知,pH=7.7时,曲线II[和曲线1相交,此时C(HCC)3)=C(CO;),c(H+)=lx10^7mol//L,贝I]H2co3
的电离常数=c(H肾O')=LOx10-7.7,故B错误;
C(HCO3)
C.由图可知,经过a点作一条垂直与pH轴的直线,曲线n在最上面,曲线HI在最下面,因此a点的水体
2+
中:c(Ca)>C(HCO3)>c(CO=),故C正确;
D.向水体中加入适量Ca(0H)2固体,Ca2+浓度增大,温度不变,K£CaCOJ不变,则CO:浓度减小,因
此向水体中加入适量Ca(OH)2固体,不能使溶液由b点变到c点,故D错误;
答案选C。
26.(14分)
焙炫
【答案】(1)2SC2(C2O4)3+3O2■■--2SC2O3+12CO2
(2)1:2
AA
(3)ScF3+H2OScOF+2HF(^SCF3-6H2OScOF+2HF+5H2O)除钱”时NH4cl分解生成HC1,抑
制Sc3+的水解
234
(4)1.5X10-PbSO4
【解析】
(1)
由流程图可知,SC2(C2C>4)3经焙烧后生成SC2O3和CO2,依据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式
焙烧
为:2SC2(C2O4)3+3O22SC2O3+12co2。
(2)
“xNH4cl-yScF3-zH2O”脱水除镀是指脱去结晶水和氯化钺,氯化钱受热分解生成氨气和氯化氢,所以会产生
白烟,所以380~400℃时固体减少的质量为氯化锭的质量,200~300℃时减少的质量为水的质量,则氯化钱
的物质的量为:5<:?2*,=0Q6mol,水的物质的量为:"言‘1g=。/2mol,x:z=0.06:0.12=l:2»
53.5g/mol18g/mol
(3)
SCF3-6H2O沉淀高温脱水得SCF3,但通常含有ScOF杂质,原因是高温脱水时,ScFs会与水发生反应生成
AA
ScOF,结合原子守恒,反应的化学方程式为:ScF3+H2O=ScOF+2HF或ScF3-6H2O=ScOF+2HF+5H20;流
程中“沉铳”后“脱水除钱''可制得纯度很高的ScF3,其原因是“除钱''时NH4cl分解生成HC1,抑制Sc3+的水解。
(4)
平衡常数
K=c2(H+).c(SO:-)_c2(H+).c(CQ;)c(Pb">c(SO;)=握”(乩CQ4)K,2(H2c204AK”,(PbS。,)=
2+
一C(H2C2O4)-c(H2C2O4)c(C2O;)c(Pb)-K.PbCa)
g.O210*25斗詈.0x*15x10.4.在主要成分是H2c2。4的废水中加入PbSO4,结合反应
5.0x10'0
PbSO心)+H2c204函)=^1<:204⑸+2H+(aq)+SO:(aq)可知,有少量PbSCU转化为了PbC2O4,所得滤饼用
浓硫酸处理时,增大了生成物的浓度,上述平衡逆向移动,所以所得“沉淀”是PbSO-
27.(14分)【答案】⑴254kJ.moH
(2)TI<T2<T360%24.49
(3)否c点后NO转化率下降,不一定是温度升高导致平衡逆移,也可能是催化剂活性降低,反应速率
减慢所致
+
(4)b2HSO;+2e+4H=H2S2O4+2H2O阳
【解析】
(1)
设gN2(g)+3]H2(g)UNH3(g)的活化能为xkJ-mol1,则,N2(g)+:3H2(g)UNH3(g)的△H=(x-6£0-0)kJ-mol」=
反应物的总键能-生成物的总键能=(0.5x946+1.5x436-3x391)kJmol1,解得x=254,即
;N2(g)+]H2(g)=NH3(g)的活化能Eai=254kJmol1;
(2)
①合成氨反应是放热反应,其它条件相同,升高温度,平衡逆向移动,平衡体系中氨的质量分数减小,故
N2+3H2U2N4
515
TI<T2<T3;由题意列三段式°,平衡时氨的质量分数为60%,则
变化(mol)x3x2x
平衡(mol)5-x15-3x2x
9.17
60%=——X——,解得x=3,则M点N2的转化率为(3:5)xl00%=60%;
5•zo+15-2
②结合(2)①可知平衡时氮气、氢气、氨气的物质的量分别为2mol、6mol、6mol,则
Kp=cI4-=因为平衡时氨气的浓度不再改变,故
14]4-
3
a],a
v(NH3)=k,p(N2)[-]-k2[-=0(a=0.5),整理得*=T2下M点p&=20MPa,故
p-(NH,)p(H,)Kip„.LK
3Pz_3>(20MPa)2
k2
494949=24.49MPa2(保留两位小数);
由图可知c点后温度升高NO转化率下降,c点后NO转化率下降,不一定是温度升高导致平衡逆移,也可
能是催化剂活性降低,反应速率减慢所致,故图中c点不一定(否)是平衡状态;
有外加的直流电源,则右边装置为电解池装置,与a相连的电极S由+4降低为+3价,则该极为阴极,与b
相连的电极为阳极,故直流电源的正极为b;阴极为亚硫酸氢根离子得电子转化为H2s2O4,电极反应式为
2HSO;+2e-+4H+=HSO4+2H2。;阳极二氧化硫转化为硫酸,电极反应式为SO2+2H2O-2e=4H++SO:,结
合阴极反应式可知需要部分氢离子移向左边电极参与阴极反应,故阳需要阳离子交换膜。
28.(15分)
【答案】(1)赶出H2、HC1气体NaOH溶液
(2)hfcedgai
(3)AB
(4)玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗
(5)升华
【解析】
装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁,通入氮气赶出装置中的空气,防止氯化亚铁被氧化,抽滤,得
到FeCL溶液,经过一系列操作后得到FeCb-4H2O,FeCLWH?。和环戊二烯在装置2中生成Fe(C5H5)2,经
过一系列操作后得到纯净的二茂铁。
(1)
①装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,盐酸易挥发,装置中还含有HC1气体,因此N2的作用
除驱赶装置内空气防止生成的Fe2+被氧化以外,还能赶出装置中的H2、HC1气体,故答案为:赶出Hz、HC1
气体;
②试剂X用来吸收HC1气体,HCI为酸性气体,可用碱液吸收,因此试剂X为NaOH溶液,故答案为:NaOH
溶液;
(2)
将抽滤得到的FeCL溶液转化生成FeCl2-4H2O,具体的操作为:将滤液迅速转移到冲冲洗过的反应瓶中,
防止Fe?+被氧化,加热蒸发到表面刚出现结晶层后停止加热,将溶液冷却到室温,待晶体完全析出后进行
抽滤,用少量冷的去离子水洗涤,洗去杂质,再用滤纸吸干转移到蒸发皿中,在低温下进行干燥,最后用
N?冲洗过的磨口试剂瓶中保存,因此操作的步骤为hfcedgai,故答案为:hfcedgai;
(3)
A.环戊二烯与环戊二烯二聚体的沸点不同,可以用分储的方法从二者混合物中分离,环戊二烯(C5H6)的沸
点为42.5。。因此收集42.5P左右的微分即可得到环戊二烯,故A正确;
B.应先通入N2排出装置中的空气后再开启磁力搅拌器,故B正确;
C.环戍二烯与FeCLMHzO的反应刷烈,因此应分批次加入研细的FeCLWEkO,故C错误;
D.浓H2sCM可吸收N2中的水蒸气干燥N?,也能吸收装置2反应过程中产生的水,故D错误;
答案选AB,故答案为:AB;
(4)
过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时,应选玻璃纤维代替滤纸,或者使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗,
操作山之前的反应液中加入了HC1,溶液具有强酸性,因此抽滤过程中需用玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤
纸的布氏漏斗过滤;故答案为:玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗;
(5)
二茂铁100℃开始升华,因此得到粗制的二茂铁后可采用加热升华的方法,进一步提纯二茂铁,故答案为:
升华。
35.(15分)
【答案】⑴3d54s2
(2)ACN>O>C
3
(3)spC02(或SiCh、CS2)原子核的距离逐渐增大,原子核间的斥力逐渐减小,所以键角逐渐减小
(4)氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键,使该离子不易以单个形式存在
140.3
⑸棱心N^72xlO-¥8,Cm
【解析】
(1)
铳的原子序数为25,则基态铺原子价层电子排布式为:3d54sL
(2)
①Ni含有空轨道,N原子含有孤电子对,所以配位键由N原子指向Ni原子,有4个配位键,该配合物N-O
中O原子和-OH中的氢原子形成氢键,该物质中还有共价键,则该物质化学键类型为:配位键、共价键,
氢键不是化学键,选AC项;
②同周期第一电离能从左向右呈增大的趋势,所以第一电离能0>C,由于N元素原子2P能级有3个电子,
处于半充满状态,能量较低,所以第一电离能N>O,故C、N、。第一电离能由大到小的顺序为:N>O>
C;
(3)
①N2H4中氮原子价层电子对数=3+1=4,杂化类型为sp';
②N;中有三个原子,价电子总数为16个,利用同主族变换和左右移位法,与N;互为等电子体的分子为
C02(或SiCh、CS2);氮族元素从上到下,原子半径逐渐增大,NH3、PH3、ASH3原子核的距离逐渐增大,原
子核间的斥力逐渐减小,所以键角逐渐减小;
(4)
氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键,使该离子不易以单个形式存在;
(5)
①由于BF;位于体心,所以每个晶胞含有一个BH离子,依据化学式U3SBF4可知晶胞中应该有3个Li,和
1个S",所以Li+位于棱心;
140
②由于Li'.与B耳最近的距离为apm,故边长为&apm,体积为(0xloTfcn?,而晶胞质量为=g,故
NA
140_3
晶胞密度为N”(axIO呼.
36.(15分)
【答案】(1)1,2,4-三氯苯硝基、醛键
1
:1
还原反应
⑵O
iH
⑶+CS2+2KOHQHQH>消耗反应
生成的H?S,促使平衡向生成F的方向移动
(4)10
【解析】
【分析】
由题干合成流程图信息可知,由A的分子式和B的结构简式以及A到B的转化信息可知A的结构简式为:
由C、D的结构简式和C到D的转化条件可知,试剂X的结构简式为:
D到E的转化条件和E的分子式并结合题干信息I可知E的结构简式为:,根据F
的分子式和E到F的转化条件结合题干信息II可知,F的结构简式为:,⑸本
题采用逆向合成法,根据题干流程图中F到三氯苯达嚏的转化信息可知,
经还原得到,而2则可以由uir个"通过硝化反应制得,由此确定合成路线,
VO^NO,VO
据此分析解题。
(1)
由分析可知,A的结构简式为:
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