………………○………………內(nèi)………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………內(nèi)………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………外………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○…學(xué)校：______________姓名：_____________班級：_______________考號：______________________第=頁）2022年高考原創(chuàng)押題預(yù)測卷01【全國甲卷】化學(xué)·全解全析78910111213BBAACBD7.B【解析】【詳解】A．Ti位于IVB族，Ni位于VIIIB族，兩者都是過渡金屬元素，A正確；B．由同種元素組成的不同的單質(zhì)互為同素異形體，因此T-碳(T-Carbon)與C60互為同素異形體，B錯誤；C．金屬材料包括金屬與合金，C正確；D．鑭系15種元素均屬于稀土元素，與Cs同一周期，D正確；答案選B。8.B【解析】【詳解】A．甲烷不能與溴的四氯化碳發(fā)生反應(yīng)，甲烷能與溴蒸氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)，A項錯誤；B．與水反應(yīng)生成NO，B項正確；C．硝酸具有強氧化性，能與FeS發(fā)生氧化還原反應(yīng)，C項錯誤；D．氯氣與水反應(yīng)生成HCl，D項錯誤；故選B。9.A【解析】【詳解】A．用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2，氨水過量反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為，故A正確；B．氯化鈉固體與濃硫酸混合加熱生成硫酸鈉和氯氣，正確的離子方程式為：，故B錯誤；C．磁性氧化鐵溶于稀硝酸，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硝酸鐵、NO、H2O，離子方程式為，故C錯誤；D．硫酸根離子恰好完全沉淀時，二者物質(zhì)的量之比為1：2，則正確的離子方程式為，故D錯誤；答案選A。10.A【解析】【詳解】A．根據(jù)圖中信息可知A的分子式為C18H34O3，A正確；B．分子中有—OH、—COOH、三種官能團，B錯誤；C．該反應(yīng)是通過酯化反應(yīng)脫水縮合，則發(fā)生的是縮聚反應(yīng)而不是加聚反應(yīng)，C錯誤；D．蓖麻油酸與Br2的CCl4溶液發(fā)生加成反應(yīng)使溶液褪色，與酸性KMnO4發(fā)生氧化反應(yīng)而使溶液褪色，D錯誤；故答案為：A。11.C【解析】【詳解】試題分析：由表中化合價可知，Y的化合價為-2價，沒有正化合價，故Y為O元素，X的化合價為+4、-4價，處于ⅣA族，原子序數(shù)比O元素小，故X為C元素，Z的化合價為+1價，處于ⅠA族，原子序數(shù)大于O元素，故Z為Na元素，W為+3價，為Al元素，R的化合價為+6、-2價，故R為S元素。A、同周期隨原子序數(shù)增大，原子半徑減小，故原子半徑Li＞C＞O，同主族自上而下原子半徑增大，故Na＞Li，故Na＞C＞O，即Z＞X＞Y，故A錯誤；B、非金屬性O(shè)＞S，即Y＞R，非金屬性越強氫化物越穩(wěn)定，故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞R，故B錯誤；C、Z和Y形成的化合物是氧化鈉、過氧化鈉，屬于離子化合物，故C正確；D、Al在濃硫酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象，不能溶解，故D錯誤；故選C。12.B【解析】【分析】由圖示可知，LiAl極為負(fù)極，F(xiàn)eS2極為正極，負(fù)極鋰比鋁活潑，放電時鋰優(yōu)先失電子生成鋰離子，負(fù)極反應(yīng)式為：Li-e-=Li+，正極反應(yīng)式為：?！驹斀狻緼．電池放電時，電子由負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，即電子流向：LiAl極→用電器→FeS2極，A正確；B．放電時，轉(zhuǎn)化為的反應(yīng)式為：-0.82e-=+0.82Li+，正極反應(yīng)式為：，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.82mol電子時，消耗0.205molFeS2，質(zhì)量為：0.205mol120g/mol=24.6g，B錯誤；C．由分析可知，正極電極反應(yīng)式為：，C正確；D．熱電池的正極材料需要具備高溫下不易分解，不易與其他物質(zhì)反應(yīng)的性質(zhì)，即具備高溫下的熱穩(wěn)定性和物理穩(wěn)定性，D正確；答案選B。13.D【解析】【詳解】A．CdCO3(s)?Cd2+(aq)+(aq)，則c(Cd2+)=c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲線Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲線，A錯誤；B．由A分析可知，曲線I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲線，Cd(OH)2(s)?Cd2+(aq)+2OH-(aq)，則c(Cd2+)=2c(OH-)，加熱平衡正向移動，Cd2+、OH-離子濃度變大，但是不會相等，B錯誤；C．曲線上的點為達到了沉淀溶上方，說明離子濃度小，故為不飽和溶液，C錯誤；D．T℃，由圖可知，pN=4時，CdCO3解平衡，pCd2+為Cd2+濃度的負(fù)對數(shù)，pN為陰離子濃度的負(fù)對數(shù)，則數(shù)值越大，離子濃度越小，Y點在曲線中pCd2+為8，即；pN=4時，Cd(OH)2中pCd2+為6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)?Cd(OH)2(s)+(aq)平衡體系中，平衡常數(shù)K=，D正確；故選D。26.（14分）【答案】(1)圓底燒瓶(2)

通過溶液顏色變化判斷丙中NaOH完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3

防倒吸(3)把針筒中的品紅溶液推入錐形瓶中，若品紅溶液褪色，說明NaOH已完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3(4)

試紙由藍色變?yōu)闊o色

I2+SO2+2H2O=4H++SO＋2I-(5)

實驗Ⅰ沒有無色氣體生成

2Cu2++HSO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+3H+【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置甲中銅與濃硫酸共熱反應(yīng)制備二氧化硫，裝置乙為空載儀器，做安全瓶，起防倒吸的作用，裝置丙中二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應(yīng)制備亞硫酸氫鈉，把針筒中的品紅溶液推入錐形瓶中，若品紅溶液褪色，說明氫氧化鈉溶液與二氧化硫完全反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，裝置丁中盛有的酸性高錳酸鉀溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空氣，通過溶液顏色變化還可以判斷丙中證明二氧化硫過量，氫氧化鈉溶液與二氧化硫完全反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，其中導(dǎo)致的漏斗能起到防倒吸的作用，據(jù)此分析解題。(1)由實驗裝置圖可知，儀器a為圓底燒瓶，故答案為：圓底燒瓶；(2)由解析可知，裝置丁中盛有的酸性高錳酸鉀溶液除用于吸收二氧化氯，防止污染空氣外，通過溶液顏色變化還可以判斷丙中證明二氧化硫過量，氫氧化鈉溶液與二氧化硫完全反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，其中導(dǎo)致的漏斗能起到防倒吸的作用，故答案為：通過溶液顏色變化判斷丙中NaOH完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3；防倒吸；(3)由解析可知，把丙中針筒中的品紅溶液推入錐形瓶中，若品紅溶液褪色，說明氫氧化鈉溶液與二氧化硫完全反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，故答案為：把針筒中的品紅溶液推入錐形瓶中，若品紅溶液褪色，說明NaOH已完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3；(4)二氧化硫具有還原性，能與碘水反應(yīng)生成硫酸和氫碘酸，使滴有碘水的淀粉試紙由藍色變?yōu)闊o色，反應(yīng)的離子方程式為I2＋SO2＋2H2O=4H++＋2I-，故答案為：試紙由藍色變?yōu)闊o色；I2＋SO2＋2H2O=4H++＋2I-；(5)①實驗Ⅰ和實驗Ⅱ的溶液中都含有銅離子，實驗Ⅰ沒有無色氣體生成，說明假設(shè)1不成立，故答案為：實驗Ⅰ沒有無色氣體生成；②假設(shè)2成立的原因是硫酸銅溶液與氯化鈉、亞硫酸氫鈉溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸氫鈉和氯化亞銅沉淀，硫酸氫鈉溶液與過量的亞硫酸氫鈉溶液反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫和水，生成氯化亞銅沉淀的離子方程式為2Cu2+++2Cl-＋H2O=2CuCl↓++3H+，故答案為：2Cu2+++2Cl-＋H2O=2CuCl↓++3H+。27.（14分）【答案】(1)—40.6kJ·mol-1(2)

2ClO2+Mn2++4OH—=MnO2↓+2ClO+2H2O

pH增大，OH—濃度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快(3)

94

反應(yīng)Ⅰ的活化能大，反應(yīng)相對較慢，同時平衡常數(shù)很小，平衡轉(zhuǎn)化率低，產(chǎn)生的ClO濃度低，使反應(yīng)Ⅱ難以發(fā)生，所以SO2氧化率低

添加NO后，反應(yīng)Ⅲ可較快生成ClO，此時反應(yīng)Ⅱ可相對較快地將SO2氧化為SO3，所以SO2氧化率明顯提高(4)增大【解析】(1)由標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓定義可知，反應(yīng)熱與生成物的總生成焓與反應(yīng)物總生成焓的差值相等，則△H=[2△fH(ClO2)+△fH(K2SO4)]—[2△fH(KClO3)+△fH(SO2)]=[2×102.5kJ/mol+(—1437.8kJ/mol)]—[2×(—397.7kJ/mol)+(—396.8kJ/mol)]=—40.6kJ/mol，故答案為：—40.6kJ/mol；(2)①由題目信息可知，在弱堿性條件下，二氧化氯與錳離子反應(yīng)生成氯離子、二氧化錳沉淀和水，反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+Mn2++4OH—=MnO2↓+2ClO+2H2O，故答案為：2ClO2+Mn2++4OH—=MnO2↓+2ClO+2H2O；②由方程式可知，溶液pH增大，反應(yīng)物氫氧根離子濃度增大，二氧化氯氧化錳離子的反應(yīng)速率加快，故答案為：pH增大，OH—濃度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快；(3)①由反應(yīng)歷程圖可知，該歷程中，涉及過渡態(tài)2的反應(yīng)活化能最大，活化能Ea=56.4kJ/mol—(—37.6kJ/mol)=94kJ/mol，故答案為：94；②由圖可知，反應(yīng)Ⅰ的活化能大，反應(yīng)相對較慢，同時平衡常數(shù)很小，故平衡轉(zhuǎn)化率低，平衡時一氧化氯濃度低，反應(yīng)Ⅱ難以發(fā)生，所以二氧化硫氧化率低；添加一氧化氮后，可通過反應(yīng)Ⅲ生成一氧化氯，促進反應(yīng)Ⅱ平衡向正反應(yīng)方向移動，二氧化硫氧化率明顯提高，故答案為：反應(yīng)Ⅰ的活化能大，反應(yīng)相對較慢，同時平衡常數(shù)很小，平衡轉(zhuǎn)化率低，產(chǎn)生的ClO濃度低，使反應(yīng)Ⅱ難以發(fā)生，所以SO2氧化率低；添加NO后，反應(yīng)Ⅲ可較快生成ClO，此時反應(yīng)Ⅱ可相對較快地將SO2氧化為SO3，所以SO2氧化率明顯提高；(4)由題意可知，生成二氧化氯的電極與直流電源的負(fù)極相連，是電解池的陰極，酸性條件下，氯酸根離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成二氧化氯和水，電極反應(yīng)式為ClO+e—+H+=ClO2↑+H2O，放電時消耗氫離子，溶液中氫離子濃度減小，溶液pH增大，故答案為：增大。28.（15分）【答案】(1)升高酸浸溫度或適當(dāng)增大硫酸濃度、攪拌等(2)、Cu(3)分液漏斗、燒杯(4)

否

能將氧化或NaClO容易產(chǎn)生氯氣，能造成污染等(5)

c

(6)加熱濃縮、降溫結(jié)晶【解析】【分析】廢鎳催化劑粉碎后通過稀硫酸酸浸，Cu的氧化物，F(xiàn)e、Al及其氧化物被溶解，Cu、不溶，過濾后得到濾渣1。濾液1中加入有機溶劑，分液得到含銅的有機層，溶液中加入雙氧水氧化亞鐵離子，然后調(diào)節(jié)pH將溶液中鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾，濾液2經(jīng)過加熱濃縮、降溫結(jié)晶得到硫酸鎳晶體，據(jù)此解答。(1)根據(jù)外界條件對反應(yīng)速率的影響可知除“粉碎”外，能提高廢鎳催化劑酸浸效率的措施還有升高酸浸溫度或適當(dāng)增大硫酸濃度、攪拌等。(2)根據(jù)以上分析可知濾渣1的主要成分有、Cu。(3)操作A是萃取分液，則實驗室中進行操作A所用的主要玻璃儀器有分液漏斗、燒杯。(4)根據(jù)以上分析可知“溶液”中加入目的是氧化溶液中的亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為。由于能將氧化，且NaClO容易產(chǎn)生氯氣，能造成污染，因此不能用NaClO代替；(5)氨水、能調(diào)節(jié)pH，但引入新雜質(zhì)，稀增強酸性，不能消耗氫離子，能消耗氫離子，調(diào)節(jié)pH，且不會引入新雜質(zhì)，答案選c；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知鐵離子完全沉淀的pH是3.2，鋁離子完全沉淀的pH是4.7，鎳離子開始沉淀的pH是7.2，所以氫氧化鎳的溶度積常數(shù)是0.01×(10－6.8)2＝10－15.6，由于調(diào)pH前鎳離子濃度是，則鎳離子開始沉淀時氫氧根濃度是，對應(yīng)的pH是6.2，則需控制溶液pH的范圍為。(6)根據(jù)圖像可知的溶解度隨溫度的升高先增大后減小，所以據(jù)圖分析操作B是加熱濃縮、降溫結(jié)晶。35.（15分）【答案】(1)

4

洪特規(guī)則(2)

<

或

(3)

BD

高

相比Mn2+，半徑更小的Co2+與碳酸根離子中的氧離子作用力更強，更利于碳酸根分解為CO2(4)

【解析】(1)Si是14號元素，其價層電子排布式為3s23p2，基態(tài)Si原子價層電子有4個，則運動狀態(tài)有4種；“洪特規(guī)則德國人弗里德里希·洪特根據(jù)大量光譜實驗數(shù)據(jù)總結(jié)出一個規(guī)律，即電子分布到能量簡并的原子軌道時，優(yōu)先以自旋相同的方式分別占據(jù)不同的軌道，因此電子排布式表示為[Ne]3s2違背了洪特規(guī)則；(2)SiHCl3和SiCl4均為分子晶體，SiHCl3的相對分子質(zhì)量小于SiCl4，SiHCl3的范德華力小于SiCl4的范德華力，則沸點：SiHCl3<SiCl4；原子數(shù)和價電子數(shù)均相等的分子或離子互為等電子體，故與SiCl4互為等電子體的離子有或等；已知電負(fù)性：H>Si，則H吸引電子的能力更強，SiHCl3中H顯-1價，Si顯+4價，因此SiHCl3水解時除生成硅酸和HCl外-1價的H和水提供的+1價的氫還生成氫氣，故其水解的化學(xué)方程式為；(3)①A．CH3CN中N有孤電子對，C沒有孤電子對，因此CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是N原子，A錯誤；B．配體為5個CO和1個CH3CN，故Mn原子的配位數(shù)為6，B正確；C．CH3CN中甲基C為sp3雜化，-CN中的C為sp雜化，C錯誤；D．CH3CN即CH3C≡N，單鍵全是σ鍵，三鍵含一個σ鍵，二個π鍵，故CH3CN中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5:2，D正確；答案選BD；②相比Mn2+，半徑更小的Co2+與碳酸根離子中的氧離子作用力更強，更利于碳酸根分解為CO2，則MnCO3比CoCO3的分解溫度高；(4)已知陰離子(N3-)采用面心立方最密堆積，則其面對角線長為2個N3-離子的直徑，晶胞參數(shù)為aD，則一個N3-的半徑長為aD，因此，Ti3+的半徑為(a-2×a)D=aD；由晶胞可知1個晶胞中N3-的個數(shù)=，Ti3+的個數(shù)==4，則一個晶胞的質(zhì)量=，密度==g·cm-3。36.（15分）【答案】(1)

3

2?甲基丙酸(2)d(3)

++H2O

取代反應(yīng)(4)

6

(或)(5)【解析】【分析】苯丙氨酸在酶系1作用下反應(yīng)生成阿魏酸，阿魏酸在酶系2作用下反應(yīng)生成香草胺()；纈氨酸在酶系3作用下反應(yīng)生成異丁酸，異丁酸在酶系4作用下反應(yīng)生成8?甲基?6?壬烯酸，8?甲基?6?壬烯酸和香草胺發(fā)生取代反應(yīng)得到辣椒素。(1)根據(jù)阿魏酸的結(jié)構(gòu)可知，有羧基、酚羥基和醚鍵三種含氧官能團；異丁酸