2022年全国统一高考化学（全国甲卷）含解析.pdf

2022年全国统一高考化学（全国甲卷）题号一二三四五总分得分一、单 选 题（本大题共7 小题，共 21.0分）1.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是（）A.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果B.温室气体是形成酸雨的主要物质C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物D.干冰可用在舞台上制造“云雾”【答案】D【解析】A.漂白粉的有效成分次氯酸钙，与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A 错误；B.温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B 错误；C.棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C 错误；D.干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形 成“云雾”效果，D 正确；答案选D。2.辅酶Qi。具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶Qio的说法正确的是（）A.分子式为C60H90。4B.分子中含有14个甲基C.分子中的四个氧原子不在同一平面D.可发生加成反应，不能发生取代反应【答案】B【解析】A.由该物质的结构简式可知，其分子式为C 5 9 H 9 0 O 4,A错误；B.由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，1 0 个重复基团的最后一个连接H 原子的碳是甲基，故分子中含有1 +1+1 +1 0 +1 =1 4 个甲基，B正确；C.双键碳以及与其相连的四个原子共面，皴基碳采取s p 2 杂化，毁基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错误；D.分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误;答案选B o3.能正确表示下列反应的离子方程式为()A.硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2 H+=H 2 s TB.明矶溶液与过量氨水湿合：A l3+4 N H3+2 H2O =A 1 0 2 +4 N H JC.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：S i O +C 02+H20 =H S i O 3 4-H C O 3D.将等物质的量浓度的B a(O H)2 和N H 4 H S O 4 溶液以体积比1 ：2 混 合:Ba2+2 0 H-+2 H+S O 歹=Ba S 04 1 +2 H2O【答案】D【解析】A.硝酸具有强氧化性，可以将S 2-氧化为S 单质，自身根据其浓度大小还原为N O或N O 2,反应的离子方程式为4 H+2 N 0 +S2-=S X +2 N 0 2 T +2 1 0(浓)或8H+2 N 0 1 +3 s 2-=3 S 1 +2 N 0 T +4 H2O(),A 错误；B.明矶在水中可以电离出A1 3+,可以与氨水中电离出的0 H-发生反应生成A1(O H)3,但由于氨水的碱性较弱，生成的A1(O H)3 不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为A1 3+3 N H3-H20 =A1(O H)3 I+3 N H 3 B 错误；C.硅酸的酸性弱于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为S i O g+H20 +C02=H2S i O3 1 +C0 歹(CO 2 少量)或S i O 歹+2 H2O +2 CO2=H2S i O3 I+2 HCO 式CO 2 过量)，C 错误；D.将等物质的量浓度的Ba(O H)2 与N H4 HS O 4 溶液以体积比1：2 混合，Ba(O H)2 电离出的0 H-与N H4 HS O 4 电离出的H+反应生成水，Ba(O H)2 电离出的Ba 2+与N H4 HS O 4 电离出的SOg反应生成Ba S O q 沉淀，反应的离子方程为为Ba 2+2 0 丁 +2 H+S O /=Ba S 04 I+2 H2O,D 正确；第2页，共16页故答案选D。4.一种水性电解液Z n-M n O z离子选泽双隔膜电池如图所示(K O H溶液中，Z M+以Z n(O H)厂存在)。电池放电时，下列叙述错误的是()M n O 2电 极 离 子 选 择 隔 膜 Z n电极/；_ L 1-Z.-2 :二：1=-2 二-=二2 一11=二:二二 二 二2二 二 j 二：:H 2 s溶 液：K 2 s。4溶液：K O H溶液：I I I IIIA.n区的K+通过隔膜向HI区迁移B.I区的S O T通过隔膜向口区迁移C.M n C)2电极反应：M n O2+2 e-+4 H+=M n2+2 H2OD.电池总反应：Z n +4 0 H-+M n O2+4 H+=Z n(O H)l-+M n2+2 H2O【答案】A【解析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，川区Z n为电池的负极，电极反应为Z n -2 e-+4 0 H-=Z n(O H)l-,I区M n O 2为电池的正极，电极反应为M n O 2 +2 e-+4 H+=M n2+2 H20；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到I区消耗H+,生成M M+,II区的K+向I区移动或I区的S O t向II区移动，山区消耗0H 1生成Z n(O H)/，II区的s o：-向HI区移动或HI区的K+向II区移动。据此分析答题。A.根据分析，n区的K+只能向I区移动，A错误；B.根据分析，I区的S O歹向n区移动，B正确；C.M n O z电极的电极反应式为M n C)2 +2 e-4-4 H+=M n2+4-2 H2O,C 正确；D.电池的总反应为Z n +4 O H-+M n C)2 +4 H+=Z n(O H)+M n2+2 H2O,D 正确；故答案选A。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.2 5,Al k P a下,2 8L氢气中质子的数目为2.5以B.2.0 L l.Omol-溶液中，AF+的数目为2.0NAC.0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成C02的数目为1.4NAD.电解熔融C11CI2，阴极增重6.4g,外电路中通过电子的数目为O.IONA【答案】C【解析】A.25OC、lOlkPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故 A 错误；B.AF+在溶液中会发生水解生成A1(OH)3，因此2.0L 1.0 mol/L的AICI3溶液中AF+数目小于2.0依，故 B 错误；C.苯甲酸燃烧的化学方程式为C6H5COOH+?。2之暨7co2 +3%0,Imol苯甲酸燃烧生成7moic。2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCC)2，数目为1.4NA，故 C 正确；D.电解熔融CuCk时，阳极反应为2c一%-=012 3阴极反应为CUM+%-OCM，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为O.lm ol,根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2m ol,数目为0.2NA，故 D 错误；答案选C。6.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是()A.非金属性：XQ B.单质的熔点：XYC.简单氢化物的沸点：ZQ D.最高价含氧酸的酸性：ZY【答案】D【解析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q元原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4,则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y,则X为A1元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为1 9,则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4 =1 2,主族元素的最外层电子数最多为7,若Q的最外层电子数为7,为F元素，Z的最外层电子数为5,为P元素，若Q的最外层电子数为6,为0元素，则Z的最外层电子数为6,为S元素，若Q的最外层电子数为5,为N元素，Z的最外层电子数为7,为Q元素；综上所述，Q为N或0或F,X为Al,Y为Si,Z为Cl或S或P,据此分析解题。A.X为AL Q为N或0或F,同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下第 4 页，共 16页依次减弱，故非金属性：Q X,A错误；B.由分析可知，X 为A 1 属于金属晶体，丫为S i属于原子晶体（或共价晶体），故单质熔点S i AL即Y X,B错误；C.含有氢键的物质沸点较高，由分析可知Q 为N 或0 或F,其简单氢化物为N&或或H F,Z 为C 1 或S 或P,其简单氢化物为H C 1 或H 2 s 或P H 3,由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q Z,C错误；D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、C 1 的非金属性均强于S i,因此最高价含氧酸酸性；Z Y,D正确；故答案为：D。7.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是（）选项实验目的实验及现象结论A比较 C H 3 C O O-和 H C O 的水解常数分别测浓度均为O.l mo l-L T 的C H 3 C O O N H 4 和N a H C C）3 溶液的p H,后者大于前者Kh(CH3COO jKh(HCO0B检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，滴入K M nC）4 溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C探究氢离子浓度对C rO 厂、e r2。厂相互转化的影响向K zC rC U 溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成行2。歹的方向移动D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A.CH3COONH4中NH*水解，NH；+H2O ：NH3 H2O H+,会消耗CH3COO-水解生成的0 H 1测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCC)3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3C00-)3,杂质为Si。?以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：滤渣 滤渣 滤渣 滤渣脱 钙 镁 滤液.过滤ZnSO47H2O本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表:离子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+Ksp4.0 X 10-386.7 X K T。2.2 x 10-2。8.0 x IO1.8 x IO-1】回答下列问题：(1)菱 锌 矿 焙 烧 生 成 氧 化 锌 的 化 学 方 程 式 为。(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有(3)加入物质X调溶液pH=5,最适宜使用的X是(填 标 号)。A.NH3-H20 B.Ca(OH)2 C.NaOH滤 渣 的 主 要 成 分 是、o(4)向80 90。(：的滤液中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣中有MnC)2，该 步 反 应 的 离 子 方 程 式 为。(5)滤液中加入锌粉的目的是 o第6页，共1 6页(6)滤渣与浓H2s。4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是【答案】(l)ZnCO3S S zn O +C02 T(2)增大压强；将焙烧后的产物碾碎、增大接触面积、增大硫酸的浓度等(3)B；Fe(0H)3；CaS04；SiO2(4)3Fe2+MnO；+7H2O=3Fe(OH)3 1+MnO2 I+5H+(5)置换CM+为Cu从而除去(6)CaS04；MgS04【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCC)3,杂质为Si。?以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3竺强ZnO+COz T,再加入H2sO4酸浸，得到含ZM+、Ca2+、Mg2+Fe2+Fe3+,CM+的溶液，加入物质X调节pH=5,结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaS04x SiO2的滤渣，滤液中主要含有Zn2+、Cu2+,Mg2+、Ca2+s Fe2+,再向滤液中加入KM11O4溶液氧化F e?+,过滤得到Fe(OH)3和MnOz的滤渣，滤液中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+Cu,过滤后得到滤渣为C u,再向滤液中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣为CaF2、MgF2,滤液为Z11SO4溶液，经一系列处理得到ZnSO 7H2。，据此分析解答。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3S z n O +C02(2)可采用增大压强，将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)A.NH3-H2。易分解产生N G 污染空气，且经济成本较高，故 A 不适宜；B.Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故 B 适宜；C.NaOH会引入杂质N a+,且成本较高，C不适宜；故答案选B。当沉淀完全时(离子浓度小于10-5m ol/L),结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH 2转化为TiCL有直接氯化法和碳氯化法。在1000时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：(i)直接氯化：T i O2(s)+2 a 2(g)=T i C l4(g)+O2(g)A H1=1 7 2 k J -moL,%=1.0 x 1 0-2(ii)碳氯化：TiO2(s2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)AHSlkJ mor1,K2=1.2xlO,2Pa反应2 c(s)+O2(g)=2 c o(g)的A H 为 k J -m o r1,Kp=P a 碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是。对于碳氯化反应:增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平 衡 转 化 率(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)在1.0 x 1 0 5 p a,将T i t)?、C、Cl 2 以物质的量比1 ：2.2 ：2 进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。反应 C(s)+CO2(g)=2 c o(g)的平衡常数。(1 4 0 0。0=P a。图中显示，在2 0 0。，平衡时T i()2 几乎完全转化为T i CL p 但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是。(3)T i C 2 碳氯化是一个“气一固一固”反应，有利于T i O z-C“固一固”接触的措施是 o【答案】一 2 2 3；1.2 x 1 01 4碳氯化反应气体分子数增加，A H 小于0,是嫡增、放热过程，嫡判据与焰判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程向左；变小(2)7.2 x 1 05为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的T i Cl,产品，提高效益(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl 2，使固体粉末“沸腾”第1 0页，共1 6页【解析】(1)根据盖斯定律，将“反应团 反应团”得到反应2 c(s)+02(g)=2 C0(g),K i则A H =-5 1 k J/m o l -1 7 2 k J/m o l =-2 2 3 k J/m o l；则K p =龈=1=1-2 xl K p 1.U X 1(J1 01 4P a；碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，A H 小于0,是焙增、放热过程，嫡判据与焙判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。(2)从图中可知，1 4 0(T C,体系中气体平衡组成比例CO?是0.0 5,T i C 是0.3 5,CO 是0.6,反应C(s)+CO2(g)=2 c o(g)的平衡常数修。400。)=(OSpf _(0.6 x 1.0 x 1 呀0 05P总=0.05 x 1.0 x 10sPa=7.2 x IO8?。；实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于2 0(r c,就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的T i C1 4 产品。(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于T i()2 -C“固-固”接触,可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl 2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。1 1.2 0 0 8 年北京奥运会的“水立方”，在2 0 2 2 年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯重 也=C%)与四氟乙烯(C F2=C F 2)的共聚物(E T F E)制成。回答下列问题：(1)基态F 原 子 的 价 电 子 排 布 图(轨 道 表 示 式)为。(2)图a、b、c 分别表示C、N、0 和F 的逐级电离能I 变化趋势(纵坐标的标度不同)。第 一 电 离 能 的 变 化 图 是(填 标 号)，判 断 的 根 据 是；第三电离能的变(4)C F2=C F 2和E T F E分子中C的杂化轨道类型分别为 和；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_ _ _ _ _ _ _。(5)萤石(C a F z)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是(2)图a ；同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2 P能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、0两种元素高；图b,-F .-F(4)s p2；s p 3 ；C-F键的键能大于聚乙烯中C一H的键能，键能越大，化学性质越稳定(5)C a2+；4 a p m【解析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(H F 的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。(1)F为第9号元素，其电子排布为I s 2 2 s 2 2 P 5,则其价电子排布图为2s 2P(2)C、N、0、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2 P能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、0两种元素高，因此C、N、0、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C 0 N F,满足这一规律的图像为图a,气态基态+2价阳离子失去1个电子生成气态基态+3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2 s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b。(3)固体H F中存在氢键，则(H F”的链状结构为F、口 于、.F、。r i n H(4)C F 2 =C F 2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为s p 2杂化，但其共聚物第1 2页，共1 6页ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在于C原子的结合过程中形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯。(5)根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8 x：+6 x J=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，o 2.因此该晶胞的化学式应为XY2,结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF?的晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为:a,体对角线为立a,Ca2+与F一 之22间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为f a pm。五、推断题(本大题共1小题，共10.0分)1 2.用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学).0回回答下列问题：(1)A的化学名称为 o(2)反应涉及两步反应，己知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为(3)写出C与Brz/CCLj反应产物的结构简式_ _ _ _ _ _ _。(4)E的结构简式为 o(5)H中 含 氧 官 能 团 的 名 称 是。(6)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高镭酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的 结 构 简 式。(7)如果要合成H的类似物H(0O参照上述合成路线，写出相应的D和G的结构简式_ _ _ _ _ _、o H分子中有 个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。【答案】(1)苯甲醇(2)消去反应(5)硝基、酯基和谈基【解析】由合成路线,A的分子式为C7H8。，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B,B的结构简式为CHO则A为CH20H人、，B与CH3CHO发生加成反应生成再发生消去反应反应生成C,C的结构简式为第 14页，共 16页到F,E的分子式为C5H6。2,F的结构简式为，可推知E为F与H 0/N 0 2生成G,G与D反应生成H,据此分析解答。CH2OH(1)由分析可知，A的 结 构 简 式 为,其化学名称为苯甲醇；CHO(2)由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B(人、)先与CH3CHO发生碳氧双键的加故第二步的反应类型为消去反应;(3)根据分析可知，C与Brz/CCl,发生加成反应得到CHO基和段基;,可知其分子中含有的含氧官能团为硝基、酯(6)C的结构筒式为，分子式为C9H8。，其同分异构体X可发生银镜反应,说明含有醛基，又与酸性高钵酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的CHO对位，满足条件的X的结构简式为：；CH=CH2(7)G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC NO?和C=0成环，且C=0oo与一CHO成环，从而得到H,可推知，若要合成H(相应的D为0第 16页，共 16页