2022年高考押題預(yù)測(cè)卷01【天津卷】化學(xué)·全解全析1.A2.D3.B4.C5.A6.B7.D8.A9.D10.D11.A12.B1.A【解析】A．膠體是指分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，介孔材料指孔徑在2-50納米之間，A錯(cuò)誤；B．重油轉(zhuǎn)化為汽柴油需要高溫裂化，碳鏈由長(zhǎng)裂短，發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。石油的分餾根據(jù)沸點(diǎn)不同，B正確；C．介孔材料遍布極多的小孔，具有極大的比表面積，有很強(qiáng)吸附性，可作為吸附劑、電極材料，C正確；D．由于該技術(shù)材料孔徑可調(diào)，該材料的介孔中催化劑所催化的反應(yīng)，產(chǎn)物只能在既定的孔徑中生成，長(zhǎng)度大的分子將無(wú)法合成，即必然提高催化的選擇性，D正確；故選A。2.D【解析】A．CaCl2含有離子鍵，屬于離子晶體；Ca(OH)2含有離子鍵和共價(jià)鍵，屬于離子晶體，故A不符合題意；B．MgO含有離子鍵，屬于離子晶體；H2O含有共價(jià)鍵，屬于分子晶體，故B不符合題意；C．CCl4含有共價(jià)鍵，屬于分子晶體；KCl含有離子鍵，屬于離子晶體，故C不符合題意；D．CO2與SO2都是含有共價(jià)鍵的分子晶體，故D符合題意；故選D。3.B【解析】A．銣為第ⅠA元素，與鈉同主族，A不符合題意；B．和都屬于Rb元素，同種元素化學(xué)性質(zhì)相同，B符合題意；C．中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=85-37=48，C不符合題意；D．銣的金屬性比鈉強(qiáng)，所以銣與水反應(yīng)比鈉與水反應(yīng)會(huì)更劇烈，會(huì)立即燃燒，甚至爆炸，D不符合題意；故選B。4.C【解析】A．根據(jù)化合價(jià)歸中原則可知：HCl Cl2，中氯元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)得到氧化產(chǎn)物，故A正確；B．根據(jù)化合價(jià)歸中原則可知：ClO2，氯元素化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，故B正確；C．AB分析可知，氧化劑與還原劑分別為、HCl，4分子的氯化氫中只有2分子發(fā)生氧化反應(yīng)，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶2=1:1，故C錯(cuò)誤；D．由電子轉(zhuǎn)移可知，生成時(shí)，轉(zhuǎn)移0.2mol電子，故D正確；故選C。5.A【解析】A．NaCl的形成過(guò)程為故A說(shuō)法錯(cuò)誤；B．氯乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH2Cl，則聚氯乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式： ，故B說(shuō)法正確；C．Ca2+的核外電子排布為2、8、8，電子排布式為：1s22s22p6 3s23p6，故C說(shuō)法正確；D．2—甲基丁烷的結(jié)構(gòu)球棍模型為：，故D說(shuō)法正確；故選：A。6.B【解析】A．實(shí)驗(yàn)室常用加熱NH4C1與Ca(OH)2固體混合物方法制備氨氣，A錯(cuò)誤；B．氯氣的密度大于空氣，故收集氯氣時(shí)應(yīng)用長(zhǎng)管進(jìn)短管出，B正確；C．氨氣和氯化鈣反應(yīng)，故不能用氯化鈣干燥氨氣，C錯(cuò)誤；D．飽和亞硫酸氫鈉不能和二氧化硫反應(yīng)，故不能吸收尾氣，D錯(cuò)誤；答案選B。7.D【解析】A．D2O的摩爾質(zhì)量為20g/mol， D2O分子中含有10個(gè)質(zhì)子，18g重水(D2O)的物質(zhì)的量為0.9mol，含有的質(zhì)子數(shù)為9 NA，故A錯(cuò)誤；B．溶液中含有0.4molNa+，溶液中的陽(yáng)離子還有水電離產(chǎn)生氫離子，則溶液中所含陽(yáng)離子數(shù)目大于0.4NA，故B錯(cuò)誤；C．鐵與足量水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵，5.6g鐵物質(zhì)的量為，0.1mol Fe轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為，數(shù)目為，故C錯(cuò)誤；D．常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，22.4LCO、CO2混合氣體的物質(zhì)的量小于1mol，含有的碳原子數(shù)目小于NA，故D正確；答案選D。8.A【解析】綠色化學(xué)原子經(jīng)濟(jì)反應(yīng)是原料分子中的原子全部轉(zhuǎn)化為所需要的產(chǎn)物，加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)的原子利用率為100%，無(wú)副產(chǎn)物。【詳解】A．乙烯聚合為聚乙烯高分子材料，為加聚反應(yīng)，反應(yīng)物原子全部轉(zhuǎn)化為欲制的產(chǎn)物，原子利用率為100%，故A正確；B．甲烷與氯氣制備一氯甲烷為取代反應(yīng)，有副產(chǎn)品HCl、二氯甲烷、三氯甲烷等生成，原子利用率達(dá)不到100%，故B錯(cuò)誤；C．銅和濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，生成物有多種，還有二氧化硫大氣污染氣體生成，不符合綠色化學(xué)思想，故C錯(cuò)誤；D．乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，有副產(chǎn)物水生成，原子利用率達(dá)不到100%，故D錯(cuò)誤；答案選A。9.D【解析】A．麥芽糖具有還原性，會(huì)和酸性高錳酸鉀反應(yīng)，不能大量共存，A錯(cuò)誤；B．鐵離子、鋁離子會(huì)和碳酸根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能共存，B錯(cuò)誤；C．pH=0的溶液為強(qiáng)酸性，S2O會(huì)和氫離子反應(yīng)生成硫單質(zhì)和硫酸根離子，不能共存，C錯(cuò)誤；D．水電離出來(lái)的c(H+)=10-13mo/L的溶液，可能為堿性溶液，在堿性溶液中，該四種離子均能存在且相互不反應(yīng)，可能共存，D正確；故選D。10.D【解析】A．醋酸溶液中，根據(jù)電荷守恒，由于醋酸是弱酸，不能完全電離，故0.1mol/LCH3COOH溶液中 小于0.1mol/L，A錯(cuò)誤；B．醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，c(CH3COO-)增大，平衡逆向移動(dòng)，根據(jù)勒夏特列原理雖然逆向移動(dòng)，但是只能減弱c(CH3COO-)的增大不能阻止增大，故醋酸根離子濃度增大，B錯(cuò)誤；C．pH=2的CH3COOH物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)大于0.01mol/L，所以二者等體積混合，醋酸遠(yuǎn)遠(yuǎn)過(guò)量，溶液呈現(xiàn)酸性，C錯(cuò)誤；D．混合溶液中，，D正確；故選D。11.A【解析】A．根據(jù)圖示可知：Na+通過(guò)CM向正極遷移，Cl-通過(guò)AM膜移向負(fù)極，圖示負(fù)極上不斷產(chǎn)生H+，則C2中含有HCl濃度增大，含有NaCl濃度降低，故該電池利用溶液鹽度梯度產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，C2表示低濃度鹽溶液，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖示可知：AM離子交換膜通過(guò)了Cl-，CM通過(guò)了Na+，因此AM屬于陰離子交換膜，CM屬于陽(yáng)離子交換膜，B正確；C．在左邊電極上，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)變?yōu)?/span>Cr3+，因此左邊電極為正極，正極的電極反應(yīng)式為：+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，C正確；D．在右邊電極上，H2O失去電子產(chǎn)生H+、O2，右邊電極為負(fù)極，每反應(yīng)產(chǎn)生1 mol O2，轉(zhuǎn)移4 mol電子，則根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移守恒可得關(guān)系式：2~3O2，負(fù)極產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下6.72 L氧氣時(shí)，其物質(zhì)的量n(O2)=，則正極上理論上轉(zhuǎn)化0.2 mol，D正確；故合理選項(xiàng)是A。12B【解析】四種元素是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素且在不同周期，則W為H，根據(jù)圖示結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，Z成五根鍵，原子序數(shù)較大，則Z為P，所有X應(yīng)成兩根鍵，X為O，Y為+3價(jià)陽(yáng)離子，則Y為Al。【詳解】A．同一周期，從左到右原子半徑減小，同一主族從上到下原子半徑增大，所以原子半徑：Al>P>O>H，即Y>Z>X>W，A錯(cuò)誤；B．同一周期，從左到右原子半徑減小，元素非金屬性增強(qiáng)，同一主族，從上到下，非金屬性減弱，所以非金屬性O>P>Al，B正確；C．X、Z對(duì)應(yīng)最簡(jiǎn)單氫化物為：H2O和PH3，水中有氫鍵，故沸點(diǎn)：H2O>PH3，即X>Z，C錯(cuò)誤；D．Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是磷酸，三元中強(qiáng)酸，D錯(cuò)誤；故選B。13.（14分）【答案】(1)1s22s22p63s23p63d5(2)     sp3、sp2     9NA(3)O>C>H(4)丙酮分子間不能形成氫鍵，乙醇分子間能形成氫鍵(5)CuFe3N(6)          1：16【解析】(1)Fe 核外有26個(gè)電子，Fe3+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5；(2)丙酮分子中甲基上碳原子形成4個(gè)σ鍵，軌道的雜化類型是sp3；羰基上的碳原子形成3個(gè)σ鍵，軌道的雜化類型是sp2；1mol丙酮分子的結(jié)構(gòu)式為，含有σ鍵的數(shù)目為9NA。(3)元素非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，C、H、O三種元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)?/span>O>C>H；(4)丙酮分子間不能形成氫鍵，乙醇分子間能形成氫鍵，所以乙醇的沸點(diǎn)高于丙酮；(5)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，a位置鐵原子數(shù)是，b位置鐵原子數(shù)是，N原子數(shù)是1，能量越低越穩(wěn)定，所以Cu可以完全替代該晶體中a位置鐵產(chǎn)物穩(wěn)定，化學(xué)式為CuFe3N；(6)①用NaOH溶液吸收過(guò)量SO2生成亞硫酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為。②Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)方程式為，理論上完全反應(yīng)消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。 14.（18分）【答案】(1)BD(2)          比更容易與發(fā)生反應(yīng)(3) ++HBr；(4) 、 、 、(5)【解析】【分析】根據(jù)合成流程可知，C與 在碳酸鉀的作用下生成D，D在硝酸存在的條件下生成E，E發(fā)生已知反應(yīng)生成F，則E中含有硝基，從而可知D→E的過(guò)程是引入硝基的過(guò)程，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，D為 ，E為 ，F為 。(1)A．由圖可知，化合物A中含有的酚羥基和羧基能與NaOH反應(yīng)，因此1mol化合物A能消耗2molNaOH，故A正確；B．由上述分析可知，D為 ，分子中不含酚羥基，不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知，F為，分子中含有氨基，能與酸發(fā)生反應(yīng)，含有酯基，水解生成的羧酸能與堿反應(yīng)，故C正確；D．由圖可知，H的分子式為C14H13ClN2O3，故D錯(cuò)誤；答案選BC；(2)由上述分析可知，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ；?COCl比?COOH更容易與CH3OH發(fā)生反應(yīng)，因此采用中A→B→C的合成路線而不是將A直接與甲醇反應(yīng)生成C；(3)C與 在碳酸鉀的作用下生成D，反應(yīng)的化學(xué)方程式為++HBr；(4)B的同分異構(gòu)體滿足：①能使FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明含有酚羥基；②可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基，③譜顯示只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，則符合條件的同分異構(gòu)體為 、 、 、 ；(5)參照博蘇替尼的合成路線即可得到以鄰硝基苯甲酸為原料合成 的路線為：。 15.（18分）【答案】(1)     H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑     baefgh(2)     向其中加入足量稀鹽酸，振蕩、靜置，然后滴加BaCl2溶液     出現(xiàn)白色沉淀     酸性KMnO4溶液     溶液褪色(3)     藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色     【解析】【分析】H2SO4和NaHSO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)制取SO2，裝置連接順序按照制取氣體、凈化、收集，尾氣處理連接。在檢驗(yàn)物質(zhì)成分時(shí)，若樣品已經(jīng)變質(zhì)，則溶液中含有，可根據(jù)BaSO4是白色既不溶于水也不溶于酸的性質(zhì)檢驗(yàn)；若樣品為完全變質(zhì)，則溶液中含有，該物質(zhì)具有還原性，能夠被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，據(jù)此判斷。在測(cè)定空氣中SO2的含量時(shí)，可根據(jù)方程式SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI中物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系，n(SO2)=n(I2)，結(jié)合m=n·M計(jì)算SO2的質(zhì)量，再結(jié)合空氣的流速及通氣時(shí)間計(jì)算該空氣樣品中SO2的含量。(1)實(shí)驗(yàn)室用H2SO4和NaHSO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)制取SO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；實(shí)驗(yàn)室用上述方法制取的SO2中含有水蒸氣，可濃硫酸吸收，導(dǎo)氣管長(zhǎng)進(jìn)短出。然后根據(jù)SO2氣體的密度比空氣大，用向上排空氣的方法收集，多余氣體用堿石灰吸收，故裝置按氣流方向連接順序?yàn)?/span>baefgh；(2)II．取少量實(shí)驗(yàn)I的溶液，溶于足量稀鹽酸，振蕩、靜置，滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)沉淀，則樣品已氧化變質(zhì)；III．另取實(shí)驗(yàn)I的溶液，向其中加入酸性KMnO4溶液，充分振蕩，若觀察到酸性KMnO4溶液褪色，說(shuō)明溶液中含有焦亞硫酸鈉，即樣品未完全氧化變質(zhì)；(3)在100 mL0.1000 mol/L碘溶液中含有溶質(zhì)I2的物質(zhì)的量n(I2)=0.1000 mol/L×0.1 L=0.0100 mol，含有SO2的空氣不斷通入碘水中，發(fā)生反應(yīng)：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，當(dāng)?shù)馑?/span>I2恰好消耗完全時(shí)，含有淀粉的I2溶液藍(lán)色消失，此時(shí)停止通入空氣，達(dá)到滴定終點(diǎn)，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知：n(SO2)=n(I2)=0.0100 mol，m(SO2)=0.0100 mol×64 g/mol=0.6400 g=640 mg，通入空氣的體積V=a m3·min-1×t min=at m3，故該空氣樣品中SO2的含量是：。 16.（14分）【答案】(1)          ＞     b點(diǎn)比c點(diǎn)對(duì)應(yīng)狀態(tài)下反應(yīng)物濃度大，體系溫度高     向逆反應(yīng)方向     X     溫度過(guò)高，催化劑X和Y均失活(2)     反應(yīng)Ⅰ的△H＞0，反應(yīng)Ⅱ的△H＜0，溫度升高使CO2轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上升，使CO2轉(zhuǎn)化為CH3OCH3的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且上升幅度超過(guò)下降幅度     1.8mol     增大壓強(qiáng)，使用對(duì)反應(yīng)Ⅱ催化活性更高的催化劑     溫度過(guò)低，反應(yīng)速率太慢，溫度過(guò)高，CO選擇性過(guò)大，二甲醚的選擇性減小【解析】(1)①時(shí)，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)容器中二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為40%，則在內(nèi)二氧化碳的濃度變化量為×40%=0.2mol/L，二氧化碳的平均反應(yīng)速率為=0.04，反應(yīng)速率之比等于反應(yīng)化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則氫氣的平均反應(yīng)速率3×0.04=；根據(jù)碰撞理論，有效碰撞幾率越大，反應(yīng)速率越快，題圖中b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度大于c點(diǎn)，且b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的二氧化碳轉(zhuǎn)化率小于c點(diǎn)，b點(diǎn)的二氧化碳濃度比c點(diǎn)大，溫度越高、濃度越大，反應(yīng)速率越快，有效碰撞幾率越大，則b點(diǎn)的反應(yīng)速率比c點(diǎn)快，因此b、c點(diǎn)對(duì)應(yīng)狀態(tài)下反應(yīng)物的有效碰撞幾率b＞c；②時(shí)，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的二氧化碳轉(zhuǎn)化率為60%，列三段式：該溫度下的平衡常數(shù)K==，保持溫度不變向容器中再充入、，二氧化碳的物質(zhì)的量變?yōu)?/span>0.6mol，乙醇的物質(zhì)的量變?yōu)?/span>0.9mol，則Qc=，＞1，即Qc＞K，平衡將向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；③根據(jù)圖示可知，在相同溫度下，催化劑X作用下二氧化碳的轉(zhuǎn)化率更高，則該反應(yīng)適宜選用的催化劑為X，溫度高于T3K時(shí)，由于溫度過(guò)高，催化劑X和Y均失活，因此d點(diǎn)以后的兩條線重合。(2)①溫度高于300℃，CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是：反應(yīng)Ⅰ的△H＞0，反應(yīng)Ⅱ的△H＜0，溫度升高使CO2轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上升，使CO2轉(zhuǎn)化為CH3OCH3的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且上升幅度超過(guò)下降幅度；②起始投入3molCO2，6molH2，在催化劑作用下CO2與H2反應(yīng)一段時(shí)間后，測(cè)得CO2平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則反應(yīng)的n(CO2)=40%×3mol=1.2mol，CH3OCH3的選擇性=×100%=50%，則n(CH3OCH3)=0.3mol，反應(yīng)Ⅱ為2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，因此達(dá)到平衡時(shí)，反應(yīng)Ⅱ理論上消耗H2的物質(zhì)的量為0.3mol×6=1.8mol，平衡正向進(jìn)行二甲醚物質(zhì)的量增大，二氧化碳物質(zhì)的量減小，二甲醚選擇性增大，不改變反應(yīng)時(shí)間和溫度，一定能提高CH3OCH3選擇性的措施有增大壓強(qiáng)平衡正向進(jìn)行，使用對(duì)反應(yīng)Ⅱ催化活性更高的催化劑，增大二甲醚的選擇性；③溫度過(guò)低，反應(yīng)速率太慢，溫度過(guò)高，CO選擇性過(guò)大，二甲醚的選擇性減小，因此合成二甲醚時(shí)較適宜的溫度為260℃。 更多原創(chuàng)資訊，請(qǐng)搜索《月鑒》，謝謝關(guān)注！
 

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