化学-2022年高考押题预测卷01（广东卷）（全解全析）

2022年高考原创押题预测卷01【广东卷】

化学•全解全析

12345678

BADCBCDD

910111213141516

BABDABAB

1.B

【详解】A.速滑竞赛服采用的聚氨酯材料是一种合成纤维，属于有机高分子材料，A正确；

B.石墨烯属于新型无机非金属材料，不是传统无机非金属材料，B错误；

C.冬奥会采用氢燃料电池车，还开发了全新车载光伏发电系统，减少二氧化碳的排放，体现了“绿色出行”

的理念，C项正确；

D.与传统制冷剂氟利昂相比，使用二氧化碳跨临界制冰机组，可减少氟利昂的排放，更加环保，D项正确。

2.A

【详解】A.面粉主要成分是淀粉，属于天然高分子化合物，属于混合物，A正确；

B.糖类中的单糖不能水解，B错误；

C.高分子化合物是指相对分子质量成千上万的化合物，而油脂的相对分子质量为超过1000,故不属于高分

子化合物，c错误；

D.烘烤拖罗饼过程将使淀粉发生糊化，故发生的是化学变化，D错误；

故答案为：Ao

3.D

【详解】A.中子数为10的O原子的质量数为10+8=18,符号为18。，A错误；

B.氮气分子中每个N原子最外层有8个电子，电子式为:N$：N：，B错误；

C.碳原子的半径比氧原子大，C错误；

O

D.CO(NH2)2分子中谈基上的碳原子连接两个氨基，结构简式为，，、，II，D正确；

HjN-C-NHj

综上所述答案为D。

4.C

【详解】A.高温条件下能使蛋白质变性失去活性，故适当低温可防止蛋白质变性，疫苗冷藏存放正是利用

这一性质，A不合题意；

B.用食醋清理水壶里的水垢，反应原理是2cH3coOH+CaCCh=(CH3coO)2Ca+H2O+CChT，就是利用醋酸

酸性比碳酸强，B不合题意；

C.由于NH4cl溶液中NH：发生水解，是溶液呈酸性，故焊接金属时用NH4cl溶液除锈，C符合题意；

D.撒熟石灰改良酸性土壤，就是利用Ca(()H)2具有碱性，能中和溶液中的酸性物质，D不合题意；

故答案为：C»

5.B

【详解】A.分子式为CioHi8。，A项错误；

B.分子中存在的碳碳双键，可发生加成、氧化反应。存在-OH且与-OH相连碳的邻位碳上有氢，可发生消

去反应，B项正确；

C.该结构分子式为CIOHI6。，不是题干中分子的同分异构体，C项错误；

D.没注明标况条件，D项错误；

答案选B。

6.C

【详解】A.聚四氟乙烯由四氟乙烯通过加聚反应得到，选项A正确；

B.光纤主要成分SiCh的基本结构单元为四面体，选项B正确：

C.硅胶有微孔，吸水效果较好，且无毒，用作食品干燥剂，但不能抗氧化，选项C错误；

D.苯甲酸钠溶液显碱性，饮料中充入C02导致饮料显酸性，有助于促进苯甲酸钠的水解，选项D正确；

答案选C。

7.D

【详解】①为圆底烧瓶，可常用于作为反应容器，加热时须用石棉网；

②为容量瓶，可用于配置一定物质量浓度的溶液，不可加热，不用润洗，不可作为反应容器；

③为分液漏斗，用于分分液萃取(分离提纯)，使用时须经洗涤，不用润洗，不可作为反应容器；

④为量筒，用于量取液体、使用时须经洗涤，不用润洗：

⑤为漏斗，用于过滤，用于分离固液；

⑥为维形瓶，加热时须垫石棉网；

综上可知，D正确；

故选D。

8.D

【详解】A.由题图知，a点溶液呈酸性，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(C6H5co0-)+武0比)可知离子浓度大

++

小排序为C(C6H5COO)>c(Na)>c(H)>c(0H),A错误；

B.加入氢氧化钠溶液的体积为10.00mL时，溶液中的溶质为C6H5coONa、C6H5coOH且二者浓度相等，

C6H5coOH的电离方程式为C6H5coOH=iH++C6H5co0-，由于电离常数与浓度无关，选择b点计算

+4

C(C6H5COO)/C(C6H5COOH)~C(H>1x10,%C6H5coOH的电离程度大于C6H5coO的水解程度，

则溶液中c(C6H5coO-)>c(C6H5coOH),而b点溶液中c(C6H5co(y)=c(C6H5coOH),故加入的氢氧化钠溶

液体积小于10.00mL,B错误；

C.b点溶液中存在C6H5coOH、C6H5coONa,对b点溶液加热,，C6H5coOH的电离程度增大，溶液的pH

降低，可实现曲线由b点向a点的变化，C错误；

D.选择b点计算Ka,D=c(H+)c(C6H5coO)/c(C6H5coOH)=c(H+)=lxl04i9,故D正确;

答案选D。

9.B

【分析】左侧KOH-02,。元素化合价升高，则Hg/HgO电极为负极，电极反应式为

4OH-4e=O2T+2H2O,右侧电解质是酸性,02TH2O,O元素化合价降低，则Hg/Hg2sO,电极为正极,

电极反应式为O2+4e+4H+=2H?O；

【详解】A.分析可知，Hg/HgO电极电极为负极，电解质为碱性，电极反应式为40H--46-=0丁+2凡0,

故A正确；

B.阴离子移向负极，SO；通过b膜进入中间池得到K2s0$溶液，则b膜是阴离子交换膜，故B错误；

C.由负极电极反应式为40H--4e-=OzT+2H2O,正极的电极反应式为O?+4e-+4H+=2H。，总反应式

为OH+H*=Hq,即酸碱中和反应的实质，生成ImolHQ时，放出的电能与KOH和稀硫酸反应的中和热

相等，故C正确；

D.电极反应式中硫酸和KOH参与反应，作为反应物，则反应物浓度会影响反应速率，则改变HaSO,溶液

或KOH溶液浓度，电压会发生变化，故D正确；

故选:B.

10.A

【分析】由化合价可知a为N2,b为NH3,c为NO,d为NO2,e为HNCh,f为硝酸盐;

【详解】A.a为N2,b为NH3,由游离态转化为化合态属于氮的固定，故A正确；

B.N。、会造成酸雨，d为NCh转化为c为NO不能防治酸雨，故B错误；

C.浓HNO3具有强氧化性，与铜反应生成NCh,即生成d,故C错误；

D.工业制硝酸的转化过程为NH3-NOTNC)2THNO3,路径为：bTCTd—e故D错误；

故选：Ao

11.B

【详解】A.标况下2.24LCL为O.lmol,氯气与水的反应为可逆反应，溶液中还会有氯气分子的存在，所以

Cl\CIO、HC1O的数目之和小于0.2刈，A错误；

12g

B.12gNaHSC>4晶体的物质的量为g尸=01mol,NaHSCU晶体由钠离子和硫酸氢根构成，所以离子总

1zug,moi

数为0.2M,B正确；

C.3.2gCu为O.lmol,与硫蒸气反应时生成C112S,转移电子数为0.1M,但与氧气反应时生成CuO,转移电

子数为0.2C错误；

D.100g46%的CH3cH20H溶液中含有46g即Imol乙醇，含有g个O原子，但此外还有水中也含有O原

子，D错误；

综上所述答案为B。

12.D

【详解】A.在氨水中滴入酚酰;溶液，加热一段时间，溶液红色先变深后变浅，升高温度，一水合氨的电离

程度增大，由于温度升高，氨的溶解度减小，气体逸出，溶质浓度变小，导致红色变浅，故A错误；

B.氧气可氧化亚铁离子，且生成的铁离子可氧化Cu,则铜粉快速溶解，溶液变为蓝色，与原电池无关，

故B错误；

C.室温下，18.4mol/LH2s04溶液中，铁钝化，反应终止，故C错误；

D.将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加BaCb溶液，产生白色沉淀，如亚硫钠

和过氧化钠或硝酸钠混合物溶于水后反应生成硫酸根离子，故原固体中不一定含有so；一,也可能是混合物

反应后产生的硫酸根离子，故D正确；

故选D。

13.A

【详解】结合图中所示结构可知图中两种化合物均为共价化合物，再结合W、X、Y、Z为原子序数依次增

大的短周期元素以及相应的共价键数目，可得X和Z同为第VI1A族，Y为第VA族元素，又丫与W同主族,

所以W也为第VA族元素，最终确定W、X、Y、Z分别为N、F、P、C1,以此来解析；

A.Z为C1和H、0形成的化合物为共价化合物HC1O,H最外层一个电子，C1最外层7个电子，差一个达

到稳定结构，共用一对电子，0最外层6个电子，共用2对电子，HC1O的电子式为H：3：E1：，A错误；

••••

B.四种元素W(N)、X(F)、丫(P)、Z(C1)中，W(N)、X(F)有两个电子层，丫(P)、Z(C1)有三个电子层，半径大

于W(N)和X(F),丫(P)原子序数小于Z(C1),故丫原子半径在这四种元素中最大；X(F)原子序数大于W(N),

故X原子半径在这四种元素中最小，B正确；

C.HF分子间含有氢键，所以其沸点高于同主族元素的气态氢化物的沸点，C正确；

D.W(N)的最高价氧化物对应水化物为硝酸，可与其气态氢化物氨气发生化学反应，D正确。

14.B

【详解】A.0?浓度在1%〜3%之间时，随着。之浓度增大，NO与反应生成NO?,而NO。更易与NH,反

应，所以NO脱除率明显升高，A正确；

B.0?浓度相同，温度从453K升高到493K时，NO的脱除率下降的原因应该是催化剂活性降低，B错误;

C.根据方程式可知NH,、NO是按照化学计量数之比1：1进行的，所以当时,NO脱除率最高

n(NO)

的原因可能是NHa、NO在催化剂表面吸附量相当，C正确；

D.当"后,随着把黑1的增大，NH,发生副反应生成了NO，因此NO的脱除率随着皿应增

n(NO)n(NO)NO

大而减小，D正确；

答案选B。

15.A

【分析】高硫铝土矿中含有FeS2,焙烧时会生成SO2,加入CaO与S02反应生成CaSCh,CaSCh被O2氧化

转化成减少的排放，正确；焙烧中含有固体、加溶液，不与

CaSO4,SO2BAI2O3Fe2O3,NaOHFezQ?NaOH

反应，两性氧化物与溶液发生反应：过滤后滤液中含有

AI2O3NaOHA12O3+2NaOH=2NaA102+H2O,

NaAlCh,滤渣中主要含FezCh,向滤液中通入过量CO2反应生成A1(OH)3,过滤灼烧得到AI2O3,C正确；

固体与隔绝空气焙烧发生反应：

Fe2O3FeS2FeS2+16Fe2O,2SO2+11Fe3O4,n(FeS2):n(Fe2O,)=l:16,A

错误；Fe3O4具有磁性，可用磁体从烧渣中分离出来，D正确。

【详解】A.隔绝空气由Fe'+16Fea等会2so2+llFeQ“，可知反应中消耗的FeS?与Fe?03物质的量比为

1：16,故A错误;

B.FeS?焙烧会生成SCh,SO?会污染空气，加入CaO会与SCh和氧气生成CaSCU,硫酸钙可以做建筑材料

石膏，故B正确；

C.滤液中含有偏铝酸根，加入酸与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化铝为两性氢氧化物，会溶于

盐酸等强酸生成AF+,故通入过量C02生成氢氧化铝沉淀，经过滤、洗涤、灼烧可制得AI2O3,C正确；

D.四氧化三铁具有磁性，故可以用磁选法进行分离，故D正确；

故选：Ao

16.B

【分析】苯酚氧化为CO2和H2O的原电池中C6H60fCO2+H2O,发生了氧化反应，作负极，C为阴极：

50；一Cr（O“）3发生了还原反应，作正极，d为阳极。以此分析解答。

【详解】A.根据上述分析可知：b极为负极，d极为阳极，故A正确；

B.根据上述分析可知：C6H60f6cCh-Mmole、c极区2H+-H2T->2mole1,所以b电极区每产生

3moicCh,c电极产生ImolE,d极质子通过质子交换膜进入c极区，溶液质量不会减轻14g,故B错误;

+

C.根据上述分析可知：d为阳极，其电极的电极反应式：H2O-e=OH+H,故C正确；

D.根据上述分析可知：a为正极，其电极的电极反应式：7H2O+C4O；+6e-=2Cr（O"）3+8OH-,阴离子浓度

增大，Na+透过M膜进入a极区，所以M为阳离子交换膜，故D正确；

故答案：B。

17.（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O=TiO2-H2Ol+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二

价铁被氧化（2分）

（2）过滤（2分）

（3）①关闭K2、K3,再用热毛巾捂热乙，丙中导管末端出现气泡，停止加热后导管中形成一段水柱，则气

密性良好。（2分）

②采用多孔球泡来增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行（2分）

③温度过低，反应速率慢，温度过高，使NO、NO2逸出，催化效果降低（2分）

2+

（4）pH=6.0左右，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3因此pH几乎不变。之后发生4Fe+O2+6H2O=4FeOOH

+8H+,溶液中H+浓度增大，pH减小（2分）

80（附一丐）

(4)（2分）

9%

【详解】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O=TiO2.H2OJ+H2s04平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防

止二价铁被氧化

（2）钛白粉废渣成分：FeSOrbkO、TiOSCU及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方

法是过滤。

（3）①检查装置乙的气密性采用微热法，前提是使之形成封闭体系，应先关闭K2、可用热毛巾捂热乙，

或用酒精灯微热乙，丙中导管末端出现气泡，停止加热后导管中形成一段水柱，则气密性良好。

②因为有气体参加反应，故采用多孔球泡来增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行。

③NaNCh与稀H2s04反应生成的气体的反应方程式为2H++2NO?=NOT+NO2T+H2。；当温度过低时，反应

速率慢，温度过高会使NO、NO2逸出，催化效果降低»

2+

@pH=6.0左右，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3因此pH几乎不变。之后发生4Fe+O2+6H2O=4FeOOH

+8H+,溶液中H+浓度增大，pH减小。

（4）结晶水的质量为g,则2=排解得故答案为毁口与

m21609/9吗

18.（l）bcd（2分）

3+3+2+

⑵防止FeCb及BiCL水解生成不溶性沉淀（2分）Bi2S3+6Fe=2Bi+6Fe+3S（2分）

（3）Fe（OH）3（1分）

（4）2.0x10*（1分）

⑸Na2O（1分）Na?。?能分别与C0?和HQ反应（2分）

（6）Na2O2>NaBiO3>MnO；（2分）70%（1分）

【分析】用浮选过的辉铀矿（主要成分是Bi2s3,含少量SiC>2、C%s、FeS?）为原料，加入氯化铁、盐酸，酸

性氧化物SiCh不能与酸发生反应，发生的反应有Bi2s3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S,FeCb和BiCb都是强酸弱碱

盐，Fe3+、Bi?+会发生水解，向其中加入过量浓盐酸能防止FeCb及BiCb水解，故过滤得到滤液和滤渣1（S

和SiO»滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子、加入氧化铜调节pH使铁离子沉淀为氢氧化铁，

则滤渣2为氢氧化铁，所得滤液加过量氨水，发生Cu"（叫）+4NH3（g）u[Cu（NHj『（aq）、使BiCb沉

淀为Bi（OH）3,过滤、洗涤干燥后，Bi（OH）3受热分解得到的2。3、BizCh和过氧化钠焙烧得到NaBiCh，据此

回答。

（1）搅拌、粉碎矿石能增大接触面积、适当升高温度能提高反应速率，则为了提高原料的浸出率，可以采取

的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度，因此选项是bed。

（2）FeCb是强酸弱碱盐，Fe3+会发生水解反应，已知：BiCl,极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度

Bi">Fe"，贝『'浸取''过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可防止FeCb及BiCb水解生成不溶性沉淀；Bi2s3

与FeCl、溶液反应氧化还原反应，生成FeCb、S和BiCb,离子方程式Bi2s3+6Fe3+=2Bi3++6Fe?++3S。

(3)据分析，“滤渣2”成分的化学式为Fe(0H)3。

(4)Cu(OH)2(s)+4NH3(g)U[Cu(NH3)J+(aq)+2OH-(aq)的平衡常数

K==4.oxIO',则Cu?+(aq)+4NH(g)^i[Cu(NH)]2+(aq)的平衡常数

信：9H)334

I—c[Cu(NHj4r=c[Cu(NHs)4r.e々OH]=K=皿叱=20x10”

8-2+-2+42--20

c(Cu)-?(NH3)c(Cu)-c(NH3)-c(OH-)2.OxlO--'乂°

(5)“焙烧”时Bi?O3与Na?。?可在熔融状态下反应制得NaBiO、,结合化合价变化情况可知，Na?。?被还原生成

Na。则其副产物为NazO；“焙烧”过程中要排除CO?和H?。的干扰，原因是NaQ能分别与CO?和H2。反

应。

(6)①氧化剂的氧化性大于氧化产物，已知：“焙烧”时Bi。与Na。可在熔融状态下反应制得NaB。，该

反应中Na?。?为氧化剂、NaBiO：为氧化产物，则氧化性NaQ2>NaBiO,,已知：

2++3++

5NaBiO3+2Mn+14H=5Bi+2MnO；+5Na+7H2O,则氧化性：NaBiO3>MnO；；故氧化性由强至弱

的顺序为Na2O2>NaBiO,>MnO；。

②由已知的两个方程式得到关系式：NaBiCh：H2c2。4=1：1,已知取NaBR产品1.0g,消耗01010卜1/的

—c，-、如280g/molx0.Imol-L1x25.00mLxlO-^L/mol,

H,CQ&标准溶液25.00mL,则产品纯度为-2------------------------------x100%=70%。

1.0g

19.-247.2(2分)常压(1分)随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动,

而脱竣反应逆向移动(2分)CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)(2分)9.1%(2分)0.8p(2分)CO2(2

分)(2bxl0")/(a-2b)(2分)

【详解】(1)由盖斯定律可知，2co(g)+2H2(g)=CH4(g)+CC>2(g)A/7=-33.5kJ-mol-'-213.7kJ-mol1=-247.2

kJmol1；

(2)在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3coOH(g)=2CO(g)+2H2(g),该反应为气体体积增大的反应，选择

的压强为常压；

①热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱竣反应

CH3coOH(g尸CH4(g)+CCh(g)是放热反应，而脱竣反应逆向移动，650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随

着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱殁反应逆向移动，故氢气的产率高

于甲烷;

②co能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，故在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而co的产

率下降，反应方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)；

(3)假设投入乙酸的物质的量为amol,热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g),达到平衡时热裂解反

应消耗乙酸20%,故热裂解反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3coOH)=0.2amol,乙酸热裂解反应生成的一

氧化碳和氢气的物质的量为：n(C0)=n(H2尸0.4amol；脱竣基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g),脱竣基反

应消耗乙酸60%,故脱竣基反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3coOH)=0.6amol,脱竣基反应生成的甲烷和

二氧化碳的物质的量为：n(CH4)=n(CO2)=0.6amol；故乙酸的体积分数为：[0.2a/(0.2a+0.4a+0.4a+0.6a+0.6a)]

xl00%=9.1%；p(CH4)=p(CO2)=(0.6a/2.2a)xpkPa=(3/ll)xpkPa,p(CH3COOH)=(0.2a/2.2a)xpkPa=(l/l1)

xpkPa,脱竣基反应的平衡常数3(3/11)xpx(3/ll)xp]/[(l/H)xp]=0.8p；

(4)由原子守恒可知，光催化反应技术使用CHa和CO2直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求(原子利

用率100%)；

+

(5)由电荷守恒可知：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO),因为2c(Ba?+)=c(CH3coO)所以c(H)=c(OH),

溶液呈中性，此时溶液中的c(CH3coeT)=bmo/L、c(CH3co0H)=(a/2-b)mo/L、c(H+)=lxlO-7mo/L,故

77

Ka=[lx10-xb/(a/2-b)=(2bx10-)/(a-2b).

20.(1)ds(l分)>(1分)Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2(1分)

(2)B(1分)

(3)sp2、sp3(2分)3(1分)

(4)>(1分)根据VSEPR理论，NO；为直线形结构，键角180。，NO2为V形结构，键角略小于120。

(2分)

_6x64+4x79

⑸①(2分)而E(2分)

【解析】⑴铜元素的基态原子的电子排布式为Is22s22P63s23P634则],铜属于ds区，铜的第二电离能大于

锌的第二电离能，其原因是Cu+的3d轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，Zn+再失去一个电子

时，变成Z/+,Z/+的3d轨道为全充满的稳定状态，故Zn+更容易失去电子，电离能较小；Fe是26号元素,

其基态Fe原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2；

(2)A,X射线衍射用于测晶体结构，A不符合；

B.光谱分析是利用特征谱线定性、定量地鉴定元素，B符合；

C.质谱可用于测定相对分子质量等，C不符合；

D.红外光谱，可确定分子中含有何种化学键或官能团，D不符合；

故选B；

（3）由配合物的结构简式知，氮原子有单键、有双键；氮原子以双键相连接时其杂化类型为sp?、氮原子以单

键相连接时其杂化类型为sp3,故答案为：N原子的杂化类型为sp2、sp3；由配合物的结构简式知，Imol该

有机配体与Cu（II）形成的配位键为3mol；

（4）NO；有2个。键电子对，没有孤电子对，价层电子对为2,则其空间空间构型为直线型，NO：有2个。

键电子对，有1个孤电子对，价层电子对为3,则其空间空间构型为V形结构，故键角NO；>NO2,故答

案为：>;根据VSEPR理论，NO；为直线形结构，键角180。，NO£为V形结构，键角略小于120。；

⑸由其晶胞结构示意图知,该铜硒化合物中铜的数目为8X：+2X：+4=6,Se的数目为4,则化学式为CsSez,

Se为-2价，晶胞内负化合价共-8、①有2个、②有4个，按正负化合价代数和为0知，Cu?+为①；该晶体

6x64+4x79

的密度即晶胞密度为__________________=6x64+4x79。。

NAm-30

72-72-21

（ax10~cm）xcx10cmacxNAxlO°

21.（1）3,4,5-三羟基苯甲酸（1分）（2）酸键、酯基（2分）（3）甲基（1分）

OH/-^O

入0cH

h

（4）取代反应（1分）；JJ+CH2I2-+2HI（2分）

BrCOOCH.BrYooc也

（5）4（2分）

OHCHjCOOCHjCOO“