必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国乙卷）

绝密★启用前2022年高考化学考前信息必刷卷02全国卷（乙卷）为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷（乙卷）仍将保持2021年的风格，所以试卷整体手法应传承已有套路。基于“立德树人”的大背景，命题情境将有更多的指向。备考中要有的放矢。随着锂矿价格的爆涨，我们有理由相信这又将是一次动力电池行业洗牌的契机。作为中国两大半液态电池的王者比亚迪+宁德时代，已经积极开发迭代产品，国家也在着手布局，第7题开篇点明要义。核心主张：《高考评价体系》有理有据从容不迫篇末附《2021高考化学细目表》本卷满分100分，考试时间50分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。H1C12N14O16Al27Si28S32一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7.『月鉴·押题』全网首发锂电池行业正在形成以刀片电池(比亚迪中国）、方壳电池（宁德时代中国）、大圆柱电池(特斯拉美国)为代表的三足鼎立之势，我国也正在大力布局全固态电池与氢燃料电池的研发与推广。以下说法错误的是A.锂电属于二次电池，锂属于有色金属B.锂电的工作本质就是锂离子的吸附与脱嵌C.全固态电池具有高安全性、高能量密度优势D.氢燃料电池与以氢气做燃料的能量转化率相同【答案】D【详解】A.锂电可充电，属于二次电池，锂银白色，但属于有色金属（铁、锰、铬属于黑色金属），A说法正确；B.锂电放电时生成锂离子与基体脱嵌，充电时，锂离子得电子再次的吸附于基体，B说法正确；C.现行锂电多数使用有机电解质（想想钠与水...）...），其致命痛点在于有机物的燃爆，全固态电池采用固态电解质，具有高安全性、高能量密度优势，C说法正确；D.氢燃料电池与以氢气做燃料的能量转化率不同，燃烧导致大量的热损耗（类似于汽油发动机，大量的热随尾气排放，推动的有用功并不多）。D说法错误。故选D。8.『月鉴·押题』全网首发下列实验装置(固定装置略去)和操作正确的是ABCD浓盐酸与84消毒液制取Cl2浓硫酸与萤石加热制备HF制备Fe(OH)2中和热的测定【答案】A【详解】A．84消毒液中有次氯酸钠，与盐酸发生归中，生成氯气:CiO+Cl+2H+=Cl2+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；故合理选项是A。9.『月鉴·押题』全网首发宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应对应的方程式正确的是A．用重铬酸钾法测酒中乙醇含量：2Cr2O+C2H5OH+16H+=4Cr3++2CO2↑+11H2OB．将Na2O2固体投入H218O中：2H218O＋2Na2O2=4Na＋＋4OH＋18O2↑C．用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O=△=TiO2·xH2O↓+4HClD．用银电极电解AgNO3溶液：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+【答案】C【详解】A．酸性重铬酸钾可以将乙醇氧化为乙酸，本身被还原为Cr3+：2+3C2H5OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O，A错误；B．将Na2O2固体投入H218O中：2H218O＋2Na2O2=4Na＋＋218OH＋2OH+O2↑，B错误；C．TiCl4与水反应生成TiO2和氯化氢，其化学反应的方程式：TiCl4+(x+2)H2O=△=TiO2·xH2O↓+4HCl，C正确；D．用银电极电解AgNO3溶液，阳极不产生氧气，而是银失电子生成银离子，D错误；答案选A。10.短周期内连续八种元素单质的沸点与原子序数的关系如图，下列说法正确的是A．上述元素中，A的最高价氧化物对应的水化物酸性最强B．E元素原子最外层满足8电子稳定结构C．工业上可通过电解H的熔融氯化物的方法制备H的单质D．F的简单离子与C、D的简单离子构成的化合物都是盐【答案】B【解析】由图可知A的沸点很高，则A为C，B、C、D、E单质的沸点小于零，则分别为N元素、O元素、F元素、Ne元素，F、G、H的单质的沸点大于零，则分别为Na元素、Mg元素、Al元素，以此分析解答。【详解】A.根据上述分析可知：元素A为C元素，C的最高价氧化物为CO2，对应的水化物为碳酸，属于弱酸，故A错误；B.根据上述分析可知：元素E为Ne元素，属于稀有气体元素，所以Ne元素原子最外层满足8电子稳定结构，故B正确；C.根据上述分析可知：元素H为Al元素，氯化铝为共价化合物，工业上不能通过电解熔融氯化铝的方法制备Al的单质，故C错误；D.根据上述分析可知：元素F、C、D分别为Na元素、O元素、F元素，Na的简单离子与O可形成氧化物，与F的简单离子构成NaF，属于盐，故D错误；故答案：B。11.『月鉴·押题』全网首发2022年4月，世卫组织专家评估报告指出：中成药连花清瘟能有效治疗新冠病毒。连花清瘟由于含“连翘”、“金银花”而得名。其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸说法正确的是A．其分子式为C16H14O9B．1mol该分子最多可与6molH2发生加成反应C．该分子中含有4个手性碳原子D．最多有8个碳原子共面【答案】C【详解】A．该物质含有16个C、9个O，不饱和度为8，所以分子式为C16H18O9，A错误；B．该物质中苯环、碳碳双键可以和氢气加成，所以1mol该分子最多可与4molH2发生加成反应，B错误；C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳，右侧六元环上与O相连的4个C均为手性碳，共4个，C正确；D．苯环、碳碳双键、酯基都为平面形结构，经过旋转单键，红框中的9个碳原子可以在同一平面，且经选择右侧六元环中也有碳原子可共面，D错误；答案为C。12.某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法正确的是A．充电时，集流体A与外接电源的正极相连B．放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amolLi+C．放电时，电极B为正极，反应可表示为Li1xCoO2+xLi++xe=LiCoO2D．放电时，电极A为负极，反应可表示为LixSie=Si+Li+【答案】C【解析】由题可知，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中，则电极A为阴极，电极反应式为xLi++xe+Si=LixSi，电极B为阳极，电极反应式为LiCoO2xe═Li1xCoO2+xLi+，放电时电极A为负极，电极反应为LixSixe═Si+xLi+，电极B为正极，电极反应式为Li1xCoO2+xLi++xe═LiCoO2，电池总反应可表示为LixSi+Li1xCoO2Si+LiCoO2。【详解】A．充电时，电极A为阴极，集流体A与外接电源的负极相连，A错误；B．放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amolLi+进入LiPOH薄膜电解质，同时有amolLi+从LiPOH薄膜电解质流出进入电极B，故LiPOH薄膜电解质Li+数目不变，B错误；C．由分析可知，放电时，电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为Li1xCoO2+xLi++xe═LiCoO2，C正确；D．由分析可知，A为负极，放电时负极电极反应为LixSixe═Si+xLi+，D错误；故答案为：C。13.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶波的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是A．HA的浓度小于HB的浓度B．a点水的电离程度小于b点水的电离程度C．向HB溶液中清加NaOH溶液至PH=7时c(B)=c(HB)D．常温下HA的电离常数是104【答案】C【解析】lg==0，c(A)=c(HA)，电离平衡常数c(H+)=104；1g=0，c(B)=c(HB)，电离平衡常数c(H+)=105；Ka(HA)>Ka(HB)。【详解】A．Ka(HA)>Ka(HB)，故酸性：HA>HB，又等pH、等体积的HA、HB两种弱酸，故HA的浓度小于HB的浓度，故A正确；B．pH=4溶液为酸和盐的混合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(OH)约为1×1010mol/L，pH=5，抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(OH)约为1×109mol/L，故B正确；C．pH=7时，则=100，故C错误；D．根据分析可得，HA的电离常数是104，故D正确；故选C。二、非选择题必考题：共43分。26.（14分）LiTi5O12是锂离子电池的电极材料，可利用电厂产生的粉煤灰(主要成分为TiO2、MgO、SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等)来制备，同时获得MgCl2固体。工艺流程如下：已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子，该离子能水解。②Ksp[Al(OH)3]=6.4×1034，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×1039，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×1017。③Ti3+在溶液中呈紫色，有较强还原性。(1)滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。(2)TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时温度不宜过高，原因是___________。(3)已知Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，则1molLi2Ti5O15中过氧键的数目为___________个。(4)“调pH”目的是除去其它金属阳离子，则调pH最小为___________(已知：离子浓度小于或等于1.0×105mol·L1，认为离子沉淀完全。lg2=0.3)。(5)MgCl2溶液制备MgCl2固体的实验操作为___________。(6)测定“酸浸”后滤液1中Ti元素含量的方法：①转化：隔绝空气条件下，向溶液中加入铝片，Ti元素被还原为Ti3+，反应离子方程式为___________。②滴定：溶液中Ti3+用含Fe3+的标准液进行滴定，用___________(填化学式)溶液作指示剂，滴定达到终点时的现象是___________。【答案】(1)SiO2(2)H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率(3)4NA(4)4.6(5)在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液(6)

Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O

KSCN或NH4SCN

滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，半分钟内不变色【解析】【分析】粉煤灰加入硫酸酸浸，TiO2转化为TiOSO4，其余金属氧化物转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶于稀硫酸，成为滤渣1的主要成分；滤液1加热促进TiO2+水解得到TiO2·xH2O；过滤后向TiO2·xH2O中加入双氧水、氨水以及LiOH反应得到Li2Ti5O15时，再混合Li2CO3高温煅烧得到Li4Ti5O12；向调节滤液2加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH，沉淀Al3+和Fe3+，过滤后处理滤液3得到MgCl2固体。(1)滤渣1主要成分为难溶于稀硫酸的SiO2。(2)TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时需要加入双氧水、氨水，H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率，所以温度不能过高。(3)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，设过氧键数量为x，则有2x个1价的O和(152x)个2价的氧，根据化合价整体为0可得2+4×5=2x+2(152x)，解得x=4，所以1molLi2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。(4)调节pH主要除去Al3+和Fe3+，Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，所以Al3+完全沉淀时，Fe3+也已经完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×105mol·L1时，c(OH)==4×1010mol·L1，此时c(H+)=2.5×105mol·L1，pH=4.6；(5)由于氯化镁溶液中存在Mg2+的水解，加热会促进水解和HCl的挥发，所以为抑制水解，需在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液制备MgCl2固体；(6)①根据题意Al可以将TiO2+还原为Ti3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；②Ti3+具有较强还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，而Fe3+遇到SCN会使溶液显红色，所以指示剂可以选用KSCN或NH4SCN溶液，含Ti3+的溶液显紫色，达到滴定终点时Fe3+稍过量，溶液会变为红色，现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，且半分钟内不变色。27.（14分）甲烧催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一。回答下列问题：(1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=885kJ/mol2C2H2(g)+5O2(8)=4CO2(g)+2H2O(l)△H2=2600kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=572kJ/mol则2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)△H=_______kJ/mol(2)某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行CH4的裂解。①若用分别表示CH4、CH2、H2和固体催化剂，在固体催化剂表面CH4的裂解过程如图所示，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是_______(填标号)，其理由是_______。②在恒容密闭容器中充入amol甲烷，测得单位时间内在固体催化剂表面CH4的转化率[ɑ(CH4)]与温度(t0°C)的关系如图所示，t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是_______。(3)甲烷分解体系中几种气体的平衡分压(p/Pa)与温度(t/°C)的关系如图所示。①在某温度下，向VL恒容密闭容器中充入0.12molCH4只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得p(H2)=p(CH4)。CH4的平衡转化率为_______(结果保留两位有效数字)。②在图中，T°C时，化学反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的压强平衡常数Kp=_______Pa2。(4)CH4在催化剂作用下吸收二氧化碳反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+120kJ·mol1，按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图所示。此反应优选温度为900°C的原因是_______。【答案】(1)+388(2)

B

A→B是甲烷中的CH键断裂过程，断键吸热，A的能量小于B；B→C是形成化学键的过程，成键放热，B的能量大于C

温度过高，催化剂活性降低(3)

50%

(4)900°C时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。【解析】(1)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=885kJ/mol②2C2H2(g)+5O2(8)=4CO2(g)+2H2O(l)△H2=2600kJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=572kJ/mol根据盖斯定律①×2②③得2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)△H=885kJ/mol×2+2600kJ/mol+572kJ/mol=+388kJ/mol(2)①A→B是甲烷中的CH键断裂过程，断键吸热，A的能量小于B；B→C是形成化学键的过程，成键放热，B的能量大于C，能量状态最高的是B。②2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)正反应吸热，t0℃后，升高温度CH4的转化率突减的原因可能是温度过高，催化剂活性降低；(3)①设达到平衡时，参加反应的甲烷的物质的量为xmol，测得p(H2)=p(CH4)，则0.12x=x，所以x=0.06mol，CH4的平衡转化率为。②根据图示，T°C时，CH4的压强为、H2的压强为、C2H2的压强为，反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的压强平衡常数Kp=Pa2。(4)900°C时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低，所以此反应优选温度为900°C。28.（15分）某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，装置如图所示(夹持装置略)，相关物质的性质如表所示：物质性质SiCl4无色油状液体，能剧烈水解生成硅酸和HCl乙酸酐[(CH3CO)2O]无色油状液体，吸湿性很强四乙酸硅[Si(CH3COO)4]米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅乙酰氯(CH3COCl)无色油状液体，遇水剧烈反应回答下列问题：(1)仪器①的名称是____，管口A所接干燥管中盛装的试剂是____(填“P2O5”、“CaCl2”或“碱石灰”)。(2)检查上述装置气密性，具体操作为先向②中注入一定量的____(填“水”或“苯”)，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若____(填现象)，则证明装置的气密性良好。(3)取255gSiCl4放入1L仪器①中，关闭旋塞⑥，再由分液漏斗滴入稍过量的乙酸酐，反应发生，放出大量的热，混合物略微带色，不久仪器①底部析出大颗粒晶体。写出制备四乙酸硅的化学方程式：____，该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方的原因是____。(4)待放置一段时间，用干冰—丙酮冷冻剂冷却，然后____(填具体操作)，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体，接着再分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐，再缓慢除去，最后得到335g精制的四乙酸硅，则四乙酸硅的产率为____%(保留到小数点后一位)。【答案】(1)

三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)

碱石灰(2)

苯

②中液面保持不变(3)

SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl

防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口(4)

将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞

84.6【解析】本实验的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O为原料制取Si(CH3COO)4，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行。(1)仪器①的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛试剂，既能吸收水蒸气，又能吸收酸性气体，所以盛装的试剂是碱石灰。答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)；碱石灰；(2)因为整个装置内应为无水环境，所以检查上述装置气密性，应先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变，则证明装置的气密性良好。答案为：苯；②中液面保持不变；(3)制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因为Si(CH3COO)4为米黄色晶体，易堵塞导管，所以该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方，其原因是：防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口。答案为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口；(4)为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出。即将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。理论上，m[Si(CH3COO)4]=，则四乙酸硅的产率为。答案为：将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞；84.6。（二）选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。35.（15分）第四周期元素单质和化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，比如铁铜锌是大规模使用的金属，砷硒溴广泛应用于化工生产。根据所学知识回答以下问题：(1)Mn基态原子的价电子排布式___________，Ni位于周期表中___________区。(2)根据价电子对互斥理论推测SeO离子的空间构型为___________，SeO2分子中心原子杂化轨道类型是___________｡(3)化合物[Co(NH3)6]Cl3中存在___________｡A．离子键 B．σ键 C．π键 D．配位键(4)一种铜的溴化物的晶胞结构如图所示｡①该溴化物的化学式为___________。②原子坐标参数表示晶体内部各原子的相对位置。上图中各原子坐标参数P为(0，0，0)，Q为()，则R原子的坐标参数为___________。③已知该溴化物密度为ρg·cm3，Cu原子半径为xpm，Br原子半径为ypm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞中原子空间利用率为___________。(列出计算式)【答案】(1)

3d54s2

d(2)

三角锥

sp2杂化(3)ABD(4)

CuBr

(，，)

×100%或×100%【解析】(1)Mn为25号元素，原子核外有25个电子，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，价电子为3d54s2；Ni元素位于第Ⅷ族，属于d区元素；(2)SeO中心Se原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形；SeO2分子中心原子的价层电子对数为=3，为sp2杂化；(3)化合物[Co(NH3)6]Cl3中，氨气分子和Co3+之间存在配位键，N原子和H原子之间存在σ键，[Co(NH3)6]3+和Cl之间存在离子键，所以选ABD；(4)①根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×+6×=4，Br原子的个数为4，所以溴化物的化学式为CuBr；②P为原点，R点Br原子位于体对角线上，且距离左侧面，与下底面和前面距离均为，所