【高考真题】2022年高考理综化学真题试卷（全国乙卷）

【高考真题】2022年高考理综化学真题试卷（全国乙卷）一、选择题1．生活中处处有化学，下列叙述正确的是（）A．HB铅笔芯的成分为二氧化铅B．碳酸氢钠可做食品膨松剂C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜D．焰火中红色来源于钠盐灼烧2．一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下：下列叙述正确的是（）A．化合物1分子中的所有原子共平面B．化合物1与乙醇互为同系物C．化合物2分子中含有羟基和酯基D．化合物2可以发生开环聚合反应3．某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、N①溶于水，得到无色透明溶液②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出．离心分离．③取②的上层清液，向其中滴加BaCl该样品中确定存在的是（）A．Na2SC．Na2S4．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）

实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：CB向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应A．A B．B C．C D．D5．化合物(YW4X5ZA．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体B．最高价氧化物的水化物的酸性：Y<XC．100~200℃D．500℃热分解后生成固体化合物X6．Li−O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景．近年来科学家研究了一种光照充电Li−O2电池（如图所示）．光照时，光催化电极产生电子(e−)A．充电时，电池的总反应LB．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C．放电时，LiD．放电时，正极发生反应O7．常温下，一元酸HA的Ka(HA)=1.0×1设溶液中c总A．溶液Ⅰ中c(B．溶液Ⅱ中的HA的电离度(c(AC．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)二、非选择题8．废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质PbSPbCBaSBaCK2712一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物FeFeAlPb开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（HAc），还要加入H2（ⅰ）能被H2O2（ⅱ）H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb（ⅲ）H2O2也能使PbO2转化为Pb（4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是。（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有。9．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾（K2Ⅰ．取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量Ⅱ．向草酸（H2C2O4）溶液中加入适量KⅢ．将Ⅱ的混合溶液加热至80~85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。回答下列问题：（1）由CuSO4⋅5H2（2）长期存放的CuSO4⋅5（3）Ⅰ中的黑色沉淀是（写化学式）。（4）Ⅱ中原料配比为n(H2（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO（6）Ⅲ中应采用进行加热。（7）Ⅳ中“一系列操作”包括。10．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①2H2②4H2③2H2计算H2S热分解反应④2H2S（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是（3）在1470 K、100 kPa反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：4的混合气进行H2（4）在1373 K、100 kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1①n(H2S)：n(②n(H2S)：n(Ar)=111．[化学——选修3：物质结构与性质]卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有，其中能量较高的是。（填标号）a．1s22s22（2）①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个杂化轨道与Cl的3px轨道形成C−Cl键，并且Cl的3②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为。解释X的熔点比Y高的原因（4）α−AgI晶体中I−离子作体心立方堆积（如图所示），Ag+主要分布在由I−构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag已知阿伏加德罗常数为NA，则α−AgI晶体的摩尔体积Vm=12．[化学——选修5：有机化学基础]左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，以下是其盐酸盐（化合物K）的一种合成路线（部分反应条件已简化，忽略立体化学）：已知：化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。回答下列问题：（1）A的化学名称是。（2）C的结构简式为。（3）写出由E生成F反应的化学方程式。（4）E中含氧官能团的名称为。（5）由G生成H的反应类型为。（6）I是一种有机物形成的盐，结构简式为。（7）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为种。a）含有一个苯环和三个甲基；b）与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳；c）能发生银镜反应，不能发生水解反应。上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为6∶3∶2∶1）的结构简式为。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．铅笔芯的主要成分为石墨，A不符合题意；

B．碳酸氢钠受热易分解生成CO2，能使面团疏松，可做食品膨松剂，B符合题意；

C．青铜是铜锡合金，黄铜是铜锌合金，均属于混合物，C不符合题意；

D．钠元素的焰色呈黄色，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.铅笔芯的主要成分为石墨。

B.根据碳酸氢钠的性质进行分析。

C.熟悉常见合金，注意合金属于混合物。

D.熟悉常见元素的焰色反应。2．【答案】D【解析】【解答】A．根据化合物1的结构简式可知，分子中含有-CH2-，碳原子含有4对电子对，采用sp3杂化，所有原子不可能共平面，A不符合题意；

B．化合物1是环氧乙烷（C2H4O），属于醚类，而乙醇（C2H6O）属于醇类，两者分子式不是相差n个CH2且结构不相似，不属于同系物，B不符合题意；

C．根据化合物2的结构简式，其含有的官能团是酯基，C不符合题意；

D．化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.根据有机物中碳原子的杂化方式进行分析。

B.同系物是指结构相似，分子上相差n个CH2的有机物，据此分析。

C.熟悉有机物中常见官能团的形式。

D.根据聚合反应的特点及有机物的结构进行分析。3．【答案】A【解析】【解答】由题干信息可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明这四种物质均能溶于水且相互不反应，都能得到无色透明溶液，无法确定样品成分；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明样品中一定含有Na2S2O4，因为加入稀盐酸，Na2SO4不反应，Na2SO3参与反应生成SO2（有刺激性气味）、NaCl、H2O，Na2S2O4参与反应生成S（黄色沉淀）、SO2（有刺激性气味）、NaCl、H2O，Na2CO3参与反应生成CO2（无味）、NaCl、H2O；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明样品中一定含有Na2SO4。

故答案为：A。

【分析】实验①无法确定样品成分；实验②可确定样品中一定含有Na2S2O4，涉及反应是S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑，注意Na2SO3与过量盐酸反应生成SO2，Na2CO3与过量盐酸反应生成CO2，这些现象都可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉；实验③可确定样品中一定含有Na2SO4，涉及反应是SO42-+Ba2+=BaSO4↓，注意②中过量盐酸可排除碳酸盐的干扰。4．【答案】C【解析】【解答】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将I-氧化为I2，无法证明Br2的氧化性强于I2，A不符合题意；

B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入适量碱性溶液中和硫酸并使体系呈碱性，否则未反应的稀硫酸会和新制Cu(OH)2反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B不符合题意；

C．石蜡油加强热，产生的气体能使Br2的CCl4溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与Br2发生加成反应使Br2的CCl4溶液褪色，C符合题意；

D．根据题干信息，聚氯乙烯加热产生酸性气体，结合聚氯乙烯的结构简式可知产生的酸性气体是HCl，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物。

B.蔗糖中不含醛基，蔗糖在酸性条件下水解得到的葡萄糖中含有醛基，注意碱性环境下的新制Cu(OH)2悬浊液可检验醛基，据此分析。

C.石蜡油加强热产生的不饱和烃气体能与Br2发生加成反应。

D.可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，注意氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同。5．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的单质分别是H2、B、N2、O2，常温下B为粉末，其他均为气体，A不符合题意；

B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，所以应是X＜Y，B不符合题意；

C．假设100~200℃阶段热分解失去H2O的分子数为x，则18x273=100%-80.2%，解得x≈3，说明失去3个水分子，C不符合题意；

D．假设500℃热分解生成固体B2O3，根据反应前后原子个数守恒，则得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此时B2O3的质量分数为5Mr（B2O3）2Mr（NH4B5O8·4H2O）×100%=5×702×273×100%≈64.1%6．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，充电时阴、阳极的电极反应式，将两电极反应式相加即可得电池总反应为Li2O2=2Li+O2，A不符合题意；

B．根据题干信息可知，充电时，光照会使光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B不符合题意；

C．由分析可知，放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C符合题意；

D．由分析可知放电时正极反应是O2+2e-+2Li+=Li2O2，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】该装置放电时为原电池，金属锂作负极，电极反应式为Li-e-=Li+；光催化电极作正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+=Li2O2。充电时为电解池，金属锂作阴极，电极反应式为Li++e-=Li；光催化电极作阳极，电极反应式为Li2O2-2e-=O2+2Li+。7．【答案】B【解析】【解答】A．由图可知常温下溶液I的pH=7.0，说明该溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；

B．根据题干信息可知，常温下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则0.1c(A-)c总(HA)-c(A-)=1.0×10-3，解得=c(A-)c总(HA)=1101，B符合题意；

C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合题意；

D．由题干信息可知，常温下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根据Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)和c总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中c(HA)相等，则溶液I和II中c总(HA)之比为(104+1)c(HA)1.01c(HA)≈108．【答案】（1）PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)；反应PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=c(SO42-)c(CO（2）反应BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=c(SO（3）Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂（4）Fe(OH)3、Al(OH)3（5）Ba2+、Na+【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42-；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=c(SO42-)·c(Pb2+)c(CO32-)·c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)=2.5×10-87.4×10-14≈3.4×105>105，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。

（2）反应BaSO4+CO32-=BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=c(SO42-)·c(Ba2+)c(CO32-)·c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=1.1×10-102.6×10-9≈0.04，远小于105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入Na2CO39．【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管（2）CuSO（3）CuO（4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑（5）分批加入并搅拌（6）水浴（7）冷却结晶、过滤、洗涤【解析】【解答】（1）由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解固体，所以不需要分液漏斗和球形冷凝管。

（2）CuSO4·5H2O是含结晶水的蓝色固体，长期放置会发生风化失去结晶水而生成白色的CuSO4固体。

（3）CuSO4溶液与NaOH溶液反应生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2在加热的条件下会分解生成黑色的CuO固体。

（4）该反应是非氧化还原反应，若H2C2O4和K2CO3以物质的量之比为1.5：1发生反应，产物为KHC2O4、K2C2O4、CO2和H2O，根据原子守恒进行配平可得化学方程式为：

3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。

（5）为防止H2C2O4和K2CO3反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减小反应速率，将K2CO3进行分批加入并搅拌。

（6）Ⅲ中加热温度在80-85℃，可采取水浴加热。

（7）从溶液中得到晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

【分析】根据题干信息，第Ⅰ步是制备CuO黑色固体，涉及反应关系式是CuSO4＋NaOH→Cu(OH)2→∆CuO；第Ⅱ步用H2C2O4和K2CO3按一定比例反应得到KHC2O4、K2C2O4；第Ⅲ步将KHC2O4溶液、K2C2O4溶液和第Ⅰ步所制的CuO混合加热反应；第Ⅳ步经一系列操作得到K2[Cu(C2O4)210．【答案】（1）170（2）副产物氢气可作燃料；耗能高（3）50%；4.76（4）越高；n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；d；24.9【解析】【解答】（1）根据盖斯定律13（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×13+484kJ/mol＝+170kJ/mol。

（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g)ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。

（3）根据题干信息，假设反应前n(H2H2S(g)⇌S2(g)＋2H2(g)起始（mol）100转化（mol）x0.5xx平衡（mol）1-x0.5xx平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为0.5mol1mol×100%=50%，平衡常数Kp＝P(S2)×P2(H2)P2(H2S)=0.255.25×1002H2S(g)⇌S2(g)＋2H2(g)起始（mol）100转化（mol）0.240.120.24平衡（mol）0.760.120.24平衡时H2S的压强为0.760.76+0.12+0.24+9×100kPa≈7.51kPa，H2S的起始压强为110×100kPa=10kPa，所以H2S分压的平均变化率为10kPa-7.51kPa0.1s=24.9kPa·s-1。

【分析】（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。

（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。

（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。

11．【答案】（1）ad；d（2）sp2；σ；一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短（3）CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体（4）电解质；N【解析】【解答】（1）F为第9号元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，其激发态是基态原子2p能级上的几个电子跃迁到3p能级上。

a.基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a符合题意；

b.核外共10个电子，不是氟原子，b不符合题意；

c.核外共8个电子，不是氟原子，c不符合题意；

d.基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d符合题意；

故答案为：ad。

同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，故答案为：d。

（2）①一氯乙烯的结构式为，其中碳原子有3对共用电子对，采用sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键。

②一氯乙烷中碳采用sp3杂化，一氯乙烯中碳采用sp2杂化，一氯乙炔中碳采用sp杂化。sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，p成分越多，形成的C-Cl键越弱，则其键长越长；同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键(Π34)，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键(Π34)，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。

（3）非氧化还原反应中各元素化合价不变，根据反应前后元素的种类不变，CsICl2反应生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl。CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。

（4）在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，则α-AgI