2022年全国统一高考化学试卷（全国甲卷）含解析.pdf

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1、20222022 年全国统一高考化学试卷（全国甲卷）年全国统一高考化学试卷（全国甲卷）一、选择题一、选择题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”2.辅酶10Q具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶10Q的说法正确的是A.分子式为60904C H OB.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3.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-+2H+=H2SB.明矾溶液与过量

2、氨水湿合：Al3+4NH3+2H2O=AlO2+4NH4C.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO23+CO2+H2O=HSiO3+HCO3D.将等物质的量浓度的 Ba(OH)2和 NH4HSO4溶液以体积比 12 混合：Ba2+2OH-+2H+SO24=BaSO4+2H2O4.一种水性电解液 Zn-MnO2离子选泽双隔膜电池如图所示(KOH 溶液中，Zn2+以 Zn(OH)24存在)。电池放电时，下列叙述错误的是A.区的 K+通过隔膜向区迁移B.区的 SO24通过隔膜向区迁移C.MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2OD.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH

3、)24+Mn2+2H2O5.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25，101kPa下，28L氢气中质子的数目为A2.5NB.-132.0L 1.0mol L AlCl溶液中，3+Al的数目为A2.0NC.0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成2CO的数目为A1.4ND.电解熔融2CuCl，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为A0.10N6.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：XQB.单质的熔点：XYC.简单氢

4、化物的佛点：ZQD.最高价含氧酸的酸性：ZY7.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3CH COO和3HCO的水解常数分别测浓度均为10.1mol L的34CH COONH和3NaHCO溶液的pH，后者大于前者-h33hKCH COO QB.单质的熔点：XYC.简单氢化物的佛点：ZQD.最高价含氧酸的酸性：ZY【答案】D【解析】【分析】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

5、 Y 为 Si 元素，X、Y 相邻，且 X 的原子序数小于 Y，则 X 为 Al 元素，Q、X、Y、Z 的最外层电子数之和为 19，则 Q、Z 的最外层电子数之和为 19-3-4=12，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 O 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Cl 元素；综上所述，Q 为 N 或 O 或 F，X 为 Al，Y 为 Si，Z 为 Cl 或 S 或 P，据此分析解题。【详解】AX 为

6、 Al，Q 为 N 或 O 或 F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：QX，A 错误；B由分析可知，X 为 Al 属于金属晶体，Y 为 Si 属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点 SiAl，即 YX，B 错误；C含有氢键的物质沸点升高，由分析可知 Q 为 N 或 O 或 F，其简单氢化物为 H2O 或 NH3或 HF，Z 为 Cl或 S 或 P，其简单氢化物为 HCl 或 H2S 或 PH3，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 QZ，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、Cl 的非金属性均强于 Si，因此

7、最高价含氧酸酸性：ZY，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3CH COO和3HCO的水解常数分别测浓度均为10.1mol L的34CH COONH和3NaHCO溶液的pH，后者大于前者-h33hKCH COO KHCOB检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈落于浓盐酸，滴入4KMnO溶液，紫色褪去铁绣中含有二价铁C探究氢离子浓度对2-4CrO、2-27Cr O相互转化的影响向24K CrO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2-27Cr O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

8、气体乙醇中含有水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】ACH3COONH4中+4NH水解，+4232NH+H ONHH O+H，会消耗 CH3COO-水解生成的OH-，测定相同浓度的 CH3COONH4和 NaHCO3溶液的 pH，后者大于前者，不能说明 Kh(CH3COO-)Kh(-3HCO)，A 错误；B铁锈中含有 Fe 单质，单质 Fe 与浓盐酸可反应生成 Fe2+，滴入 KMnO4溶液，紫色褪去，不能说明铁锈中一定含有二价铁，B 错误；CK2CrO4中存在平衡 22-4CrO(黄色)+2H+2-27Cr O(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液

9、黄色变成橙红色，C 正确；D乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D 错误；答案选 C。二、非选择题二、非选择题8.硫酸锌(4ZnSO)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为3ZnCO，杂质为2SiO以及 Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：离子3+Fe2+Zn2+Cu2+Fe2+MgspK384.0 10176.7 10202.2 10168.0 10111.8 10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

10、，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.32NHH OB.2Ca(OH)C.NaOH滤渣的主要成分是_、_、_。（4）向80 90的滤液中分批加入适量4KMnO溶液充分反应后过滤，滤渣中有2MnO，该步反应的离子方程式为_。（5）滤液中加入锌粉的目的是_。（6）滤渣与浓24H SO反应可以释放 HF 并循环利用，同时得到的副产物是_、_。【答案】（1）ZnCO3焙烧ZnO+CO2（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(OH)3.CaSO4.SiO2（4）3Fe2+-4MnO+7H2O=3Fe

11、(OH)3+MnO2+5H+（5）置换 Cu2+为 Cu 从而除去（6）.CaSO4.MgSO4【解析】【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为 ZnCO3，杂质为 SiO2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焙烧ZnO+CO2，再加入 H2SO4酸浸，得到含 Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+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、CaSO4、SiO2的滤渣，滤液中主要含有 Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液中加入 KMnO4溶液氧化 Fe2+，过滤得

12、到 Fe(OH)3和 MnO2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 Cu，再向滤液中加入 HF 脱钙镁，过滤得到滤渣为 CaF2、MgF2，滤液为 ZnSO4溶液，经一系列处理得到 ZnSO47H2O，据此分析解答。【小问 1 详解】由分析，焙烧时，生成 ZnO 的反应为：ZnCO3焙烧ZnO+CO2；【小问 2 详解】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；【小问 3 详解】ANH3H2O 易分解产生 NH3污染空气，且经济成本较高，故 A 不适宜；BCa(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故 B

13、 适宜；CNaOH 会引入杂质 Na+，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 10-5mol/L)，结合表格 Ksp 计算各离子完全沉淀时 pH5 的只有 Fe3+，故滤渣中有 Fe(OH)3，又 CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣的主要成分是 Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；【小问 4 详解】向 8090滤液中加入 KMnO4溶液，可氧化 Fe2+，得到 Fe(OH)3和 MnO2的滤渣，反应的离子方程式为 3Fe2+-4MnO+7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+；【小问 5 详解】滤液中加入锌粉，发生反应 Zn+Cu2+=Zn2+=Cu

14、，故加入锌粉的目的为置换 Cu2+为 Cu 从而除去；【小问 6 详解】由分析，滤渣为 CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到 HF，同时得到的副产物为 CaSO4、MgSO4。9.硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用 95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：（1）工业上常用芒硝(242Na SO10H O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成 CO，该反应的化学方程式为_。（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度

15、的 1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_。（3）回流时间不宜过长，原因是_。回流结束后，需进行的操作有停止加热关闭冷凝水移去水浴，正确的顺序为_(填标号)。ABCD（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_。过滤除去的杂质为_。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_。（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_洗涤，干燥，得到22Na S xH O。【答案】（1）Na2SO410H2O+4C高温Na2S+4CO+10H2O（2）.硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石.降低温度（3）.硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S 会直

16、接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸.D（4）.防止滤液冷却.重金属硫化物.温度逐渐恢复至室温（5）冷水【解析】【分析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用 95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝(242Na SO10H O)和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO410H2O+4C高温Na2S+4CO+10H2O，结合硫化钠的性质解答问题。【小问 1 详解】工业上常用芒硝(242Na SO10H O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产 CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2SO410H2O+4C高温Na2S+4CO+1

17、0H2O；【小问 2 详解】由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低；【小问 3 详解】硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S 会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为，答案选 D。【小问 4 详解】硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温

18、，滤纸上便会析出大量晶体；【小问 5 详解】乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量冷水洗涤，再干燥，即可得到22Na S xH O。10.金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石2TiO转化为4TiCl，再进一步还原得到钛。回答下列问题：（1）2TiO转化为4TiCl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：()直接氯化：-1-222421p1TiO(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+O(g)H=172kJ mol,K=1.0 10()碳氯化：-1122242p2TiO(s)+

19、2Cl(g)+2C(s)=TiCl(g)+2CO(g)H=-51kJ mol,K=1.2 10 Pa反应22C(s)+O(g)=2CO(g)的H为_-1kJ mol，pK=_Pa。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51.0 10 Pa，将2TiO、C、2Cl以物质的量比 12.22 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2C(s)CO(g)2CO(g)的平衡常数pK1400_Pa。图中显示，在200平衡时2

20、TiO几乎完全转化为4TiCl，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_。（3）2TiO碳氯化是一个“气固固”反应，有利于2TiOC“固固”接触的措施是_。【答案】（1）.-223.1.21014.碳氯化反应气体分子数增加，H 小于 0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，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）.7.2105.为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的 TiCl4产品，提高效益（3）将两固体粉碎后混合，同时鼓入 Cl2，使固体粉末“沸腾”【解析】【小问 1 详解】根据盖斯定律，将“反应-反应”得到反应 2C(s)+O2(g)=2CO(g)，

21、则H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则 Kp=pp1KK2=12-21.210 Pa1.010=1.21014Pa；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，H 小于 0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，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。【小问 2 详解】从图中可知，1400，体系中气体平衡组成比例 CO2是 0.05，TiCl4是

22、0.35，CO 是 0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数 Kp(1400)=2(0.6P)0.05P总总=525(0.61.010)0.051.010Pa=7.2105Pa；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 200，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的 TiCl4产品。【小问 3 详解】固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于 TiO2 C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入 Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。【化学【化学选修选修 3：物质结构与性质】：物质结构与性质】11.2008 年北京奥

23、运会的“水立方”，在 2022 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(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)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、O 和 F 的逐级电离能变化趋势(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_；第三电离能的变化图是_(填标号)。（3）固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_。（4）CF2=CF2和 ETFE 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

24、乙烯，从化学键的角度解释原因_。（5）萤石(CaF2)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_；若该立方晶胞参数为 a pm，正负离子的核间距最小为_pm。【答案】（1）（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 2p 能级为半充满状态，因此 N 元素的第一电离能较 C、O 两种元素高.图 b（3）（4）.sp2.sp3.C-F 键的键能大于聚乙烯中C-H 的键能，键能越大，化学性质越稳定（5）.Ca2+.34a pm【解析】【分析】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

25、写(HF)3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。【小问 1 详解】F 为第 9 号元素其电子排布为 1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。【小问 2 详解】C、N、O、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 2p 能级为半充满状态，因此 N 元素的第一电离能较 C、O 两种元素高，因此 C、N、O、F 四种元素的第一电离能从小到大的顺序为 CONF，满足这一规律的图像为图 a，气态基态正 2 价阳离子失去 1 个电子生成气态基态正 3 价阳离子所需要的的能量为该原

26、子的第三电离能，统一周期原子的第三电离能的总体趋势也一次升高，但由于 C 原子在失去 2 个电子之后的 2s 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，故答案为：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 2p 能级为半充满状态，因此 N 元素的第一电离能较 C、O 两种元素高、图 b。【小问 3 详解】固体 HF 中存在氢键，则(HF)3的链状结构为，故答案为：。【小问 4 详解】CF2=CF2中 C 原子存在 3 对共用电子对，其 C 原子的杂化方式为 sp2杂化，但其共聚物 ETFE 中 C 原子存在4 对共用电子对，其

27、 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，故答案为：sp2、sp3、C-F 键的键能大于聚乙烯中 C-H 的键能，键能越大，化学性质越稳定。【小问 5 详解】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 818+612=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，因此该晶胞的化学式应为 XY2，结合萤石的化学式可知，X 为 C

28、a2+；根据晶胞，将晶胞分成 8 个相等的小正方体，仔细观察 CaF2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1a2，体对角线为3a2，Ca2+与 F-之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34a pm，故答案为：Ca2+、34a pm。【化学【化学选修选修 5，有机化学基础】，有机化学基础】12.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)。回答下列问题：（1）A 的化学名称为_。（2）反应涉及两步反应，已知第

29、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2Br/4CCl反应产物的结构简式_。（4）E 的结构简式为_。（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，与酸性高锰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()，参照上述合成路线，写出相应的 D和 G的结构简式_、_。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（3）（4）（5）硝基、酯基和羰基（6）（7）.5【解析】【分析】由合成路线，A 的分子式为 C7H8O，在

30、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，则 A 为，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，C 与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成 D，D 为，B 与 E 在强碱的环境下还原得到 F，E 的分子式为 C5H6O2，F 的结构简式为，可推知 E 为，F 与生成 G，G 与 D 反应生成 H，据此分析解答。【小问 1 详解】由分析可知，A 的结构简式为，其化学名称为苯甲醇；【小问 2 详解】由 B、C 的结构简式，结合反应条件，可知 B()先与 CH3CHO 发生碳氧双键的加成反应生成，再发生消去反

31、应生成 C()，故第二步的反应类型为消去反应；【小问 3 详解】根据分析可知，C 与 Br2/CCl4发生加成反应得到；【小问 4 详解】由分析，E 的结构简式为；【小问 5 详解】H 的结构简式为，可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和羰基；【小问 6 详解】C 的结构简式为，分子式为 C9H8O，其同分异构体 X 可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则 X 的取代基处于苯环的对位，满足条件的 X 的结构简式为：；【小问 7 详解】G 与 D 反应生成 H 的反应中，D 中碳碳双键断裂与 G 中 HCNO2和 C=O 成环，且 C=O 与CHO 成环，从而得到 H，可推知，若要合成 H()，相应的 D为，G为，手性碳原子为连有 4 各不同基团的饱和碳原子，则H()的手性碳原子为，共 5 个。