2022普通高等学校招生全国统一考试全国甲卷高考化学试卷

2022普通高等学校招生全国统一考试·全国甲卷化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16F—19S—32Ca—40Cu—64一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7．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”解析：D漂白粉的有效成分Ca(ClO)2会和HCl反应生成有毒气体Cl2，故漂白粉和盐酸不能混合使用，A项错误；形成酸雨的物质主要是SO2、氮氧化物，SO2不属于温室气体，B项错误；棉花和麻的主要成分是纤维素，属于碳水化合物，蚕丝的主要成分是蛋白质，不属于碳水化合物，C项错误；干冰(固态CO2)易升华，可以用在舞台上制造“云雾”，D项正确。8．辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶Q10的说法正确的是()A．分子式为C60H90O4B．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，不能发生取代反应解析：B由辅酶Q10的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A项错误；辅酶Q10的结构简式可以表示为分子中有14个甲基，B项正确；碳碳双键和碳氧双键均为平面结构，故辅酶Q10中的四个氧原子可以在同一平面内，C项错误；辅酶Q10中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有甲基，能发生取代反应，D项错误。9．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＋=H2S↑B．明矾溶液与过量氨水混合：Al3＋＋4NH3＋2H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiOeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=HSiOeq\o\al(－,3)＋HCOeq\o\al(－,3)D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O解析：DHNO3具有强氧化性，能够与S2－发生氧化还原反应，A项错误；明矾溶液与过量氨水反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，B项错误；向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳，发生反应生成碳酸钠和硅酸，离子方程式为H2O＋CO2＋SiOeq\o\al(2－,3)=COeq\o\al(2－,3)＋H2SiO3↓，向硅酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，反应生成硅酸和碳酸氢钠，离子方程式为SiOeq\o\al(2－,3)＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCOeq\o\al(－,3)，C项错误；将等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液与NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合，溶液中H＋和OH－恰好完全反应，该反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，D项正确。10．一种水性电解液Zn­MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2＋以Zn(OH)eq\o\al(2－,4)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是()A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移B．Ⅰ区的SOeq\o\al(2－,4)通过隔膜向Ⅱ区迁移C．MnO2电极反应：MnO2＋4H＋＋2e－=Mn2＋＋2H2OD．电池总反应：Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋2H2O解析：A电池分析MnO2电极为正极，Zn电极为负极，电池放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，A项错误；Ⅰ区中的SOeq\o\al(2－,4)通过隔膜向Ⅱ区迁移，B项正确；MnO2电极为正极，电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O，C项正确；根据正负两极的电极反应式可得电池总反应，D项正确。11．NA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2.5NAB．2.0L1.0mol·L－1AlCl3溶液中，Al3＋的数目为2.0NAC．0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NAD．电解熔融CuCl2，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.10NA解析：C28L氢气不是标准状况下的体积，不可以使用n＝eq\f(V,Vm)计算氢气的物质的量，A项错误；AlCl3为强酸弱碱盐，Al3＋会发生水解，Al3＋的数目小于2.0NA，B项错误；1mol苯甲酸有7mol碳原子，所以0.20mol苯甲酸完全燃烧生成二氧化碳的数目是1.4NA，C项正确；根据Cu2＋＋2e－=Cu，可得阴极增重6.4gCu时，外电路中通过电子的数目为0.2NA，D项错误。12．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：X>QB．单质的熔点：X>YC．简单氢化物的沸点：Z>QD．最高价含氧酸的酸性：Z>Y解析：D由“Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Q与X、Y、Z位于不同周期”推测Q可能为第一或第二周期元素；结合“Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍”和“X、Y相邻”，可知Q为第二周期元素，则X、Y、Z为第三周期元素，Y为Si，X为Al；由“最外层电子数之和为19”可知Q、Z最外层电子数之和为12，所以Q、Z为F和P或O和S或N和Cl。N(Q)O(Q)F(Q)Al(X)Si(Y)P(Z)S(Z)Cl(Z)同一周期元素从左到右非金属性依次增加，同一主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性X<Q，A项错误；硅为原子晶体，熔点高，铝为金属晶体，熔点低于硅，B项错误；N、O、F的简单氢化物之间均可以形成氢键，所以简单氢化物的沸点Q>Z，C项错误；同一周期元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增大，所以Z>Y，D项正确。13．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CH3COO－和HCOeq\o\al(－,3)的水解常数分别测浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者Kh(CH3COO－)＜Kh(HCOeq\o\al(－,3))B检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C探究氢离子浓度对CrOeq\o\al(2－,4)、Cr2Oeq\o\al(2－,7)相互转化的影响向K2CrO4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Cr2Oeq\o\al(2－,7)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解析：CNa＋和NHeq\o\al(＋,4)是不同的碱的阳离子，NHeq\o\al(＋,4)的水解会促进CH3COO－的水解，故不能用0.1mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH来比较CH3COO－和HCOeq\o\al(－,3)的水解常数，A项错误；因为浓盐酸能还原KMnO4，因此，溶液紫色褪去不能确定浓盐酸溶解的铁锈中含有Fe2＋，B项错误；向黄色的K2CrO4溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色，即c(H＋)增大，2CrOeq\o\al(2－,4)(黄色)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)(橙红色)＋H2O平衡正向移动，C项正确；乙醇分子中的—OH也能与Na发生反应产生H2，D项错误。二、非选择题：共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题。考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。26．(14分)硫酸锌(ZnSO4)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ZnCO3，杂质为SiO2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氢氧化物溶度积常数如下表：离子Fe3＋Zn2＋Cu2＋Fe2＋Mg2＋Ksp4.0×10－386.7×10－172.2×10－208.0×10－161.8×10－11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·H2OB．Ca(OH)2C．NaOH滤渣①的主要成分是________、________、________。(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为___________。(5)滤液②中加入锌粉的目的是_____________________。(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是________、________。解析：(3)加入物质X调溶液pH＝5，为了不引入新的阳离子，故X宜选用Ca(OH)2；pH＝5时，c(OH－)＝10－9mol·L－1，根据表中各离子的氢氧化物的Ksp可知，只有Fe3＋能完全沉淀。(4)Fe2＋被适量KMnO4溶液氧化为Fe(OH)3，同时生成MnO2，Fe(OH)3沉淀和MnO2进入滤渣②中。答案：(1)ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙烧),\s\do5())ZnO＋CO2↑(2)将菱锌矿焙烧产品粉碎、适当增大硫酸浓度、升高浸取时的反应温度等(3)BSiO2CaSO4Fe(OH)3(4)3Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋(5)除去Cu2＋(6)CaSO4MgSO427．(15分)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(Na2SO4·10H2O)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①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为________(填标号)。A．①②③ B．③①②C．②①③ D．①③②(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________________________________。热过滤除去的杂质为________。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Na2S·xH2O。解析：(1)根据题干信息可知，Na2SO4·10H2O＋4Ceq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Na2S＋4CO↑＋10H2O。(2)回流前无需加入沸石，说明有物质可以代替沸石，由题干信息可知，粗品中含有煤灰、重金属硫化物等固体，具有“沸石”的作用。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3，若气雾上升过高，需要将温度降下来，故可采取的措施是停止加热，加快冷凝管内冷凝水的流速。(3)回流时间不宜过长，原因是避免Na2S接触空气被氧化。回流结束后，应将反应液的温度降下来，故先停止加热，移去水浴，最后关闭冷凝水。(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是防止液体沿烧杯内壁流下过程中与空气接触使Na2S被氧化。煤灰、重金属硫化物难溶于热乙醇，可以通过热过滤除去。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是热过滤时漏斗的温度过低。(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量常温下的乙醇(Na2S的溶解少、损失少)洗涤，干燥后，得到Na2S·xH2O。答案：(1)Na2SO4·10H2O＋4Ceq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Na2S＋4CO↑＋10H2O(2)粗品含有难溶于乙醇的煤灰、重金属硫化物等固体，有“沸石”作用停止加热，加快冷凝管内冷凝水的流速(3)防止Na2S被氧化D(4)防止液体沿烧杯内壁流下过程中与空气接触使Na2S被氧化煤灰、重金属硫化物热过滤时漏斗的温度过低(5)常温下的乙醇28．(14分)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(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)TiO2转化为TiCl4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：TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)ΔH1＝172kJ·mol－1，Kp1＝1.0×10－2(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)ΔH2＝－51kJ·mol－1，Kp2＝1.2×1012Pa①反应2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔH为________kJ·mol－1，Kp＝________Pa。②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是______________________________________。③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1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2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。①反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)＝________Pa。②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_________________________。(3)TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO2­C“固—固”接触的措施是________________________________。解析：盖斯定律不仅仅是能量守恒，也是质量守恒。若反应Ⅰ×n－反应Ⅱ×m＝反应Ⅲ，则反应Ⅲ的ΔHⅢ＝nΔHⅠ－mΔHⅡ，KⅢ＝eq\f(K\o\al(n,Ⅰ),K\o\al(m,Ⅱ))。(1)①根据盖斯定律，(ⅱ)中热化学方程式－(ⅰ)中热化学方程式得出2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－51kJ·mol－1－172kJ·mol－1＝－223kJ·mol－1；Kp＝Kp2/Kp1＝1.2×1012Pa/(1.0×10－2)＝1.2×1014Pa。③对于碳氯化反应，反应后气体体积增大，故增大压强，平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡向左移动，平衡转化率变小。(2)①1400℃时CO占气体总量的0.6，CO2占气体总量的0.05，Kp(1400℃)＝eq\f(c2CO,cCO2)＝eq\f(0.6×105Pa2,0.05×105Pa)＝7.2×105Pa。(3)TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO2­C“固—固”接触的措施是将固体粉碎并混合均匀，再将Cl2通入使固体呈“沸腾”状态(在沸腾炉中进行反应)。答案：(1)①－2231.2×1014②碳氯化反应相当于在直接氯化反应中加入碳，在高温下碳与O2反应，降低生成物的浓度，使直接氯化反应平衡向右移动或碳氯化反应是放热的熵增反应③向左变小(2)①7.2×105②TiO2、C中原子间的化学键键能大，断键需要的能量较大，反应的活化能较大或升高温度可以提高反应速率(3)将固体粉碎并混合均匀，通入Cl2使固体呈“沸腾”状态(二)选考题：共15分35．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)2008年北京奥运会的“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___________________；第三电离能的变化图是________(填序号)。(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apm，正负离子的核间距最小为________pm。解析：(1)F的原子序数为9，价电子数为7，根据泡利原理和洪特规则，即可画出其价电子排布图。(2)同周期元素的第一电离能从左到右呈增大的趋势，但N的2p轨道上的电子排布是半充满的，比较稳定，其第一电离能高于邻位C、O的第一电离能，故图a符合C、N、O、F第一电离能的大小顺序；C、N、O、F的价电子排布式分别为2s22p2、2s22p3、2s22p4、2s22p5，失去两个电子后，价电子排布式分别为2s2、2s22p1、2s22p2、2s22p3，此时F的2p轨道上的电子排布处于半充满状态，比较稳定，其第三电离能最大，O的半径小于N的半径，O的第三电离能大于N的，C失去的第三个电子为2s上的电子，导致其第三电离能大于N的，故图b符合C、N、O、F第三电离能的大小顺序。(3)F电负性较大，HF分子之间可以形成氢键，进而形成(HF)2、(HF)3等缔合分子，由此可画出(HF)3的链状结构。(4)CF2=CF2分子中存在碳碳双键，故CF2=CF2分子中C的杂化轨道类型为sp2；ETFE为共聚物，分子中的化学键全部为单键，故ETFE分子中C的杂化轨道类型为sp3；氟的电负性较强，C—F键的键能比C—H键的键能大，使得聚四氟乙烯的化学稳定性比聚乙烯的强。(5)X代表的离子位于顶点和面心，该晶胞中含X的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，Y代表的离子位于晶胞体内，共8个，根据萤石的化学式为CaF2，可知X代表Ca2＋；F－分别位于8个“小正方体”的体心，Ca2＋与F－最近的核间距为晶胞体对角线长度的eq\f(1,4)，由于晶胞参数为apm，故Ca2＋与F－最近的核间距为eq\f(\r(3),4)apm。答案：(1)(2)a同周期元素的第一电离能从左到右呈增大的趋势，但N的2p轨道上的电子排布是半充满的，相对较稳定，其第一电离能高于邻位C、O的第一电离能b(3)(4)sp2sp3氟的电负性较强，C—F键的键能比C—H键的键能大，使得聚四氟乙烯的化学稳定性比聚乙烯的强(5)Ca2＋eq\f(\r(3),4)a36．[化学——选修5：有机化学基础](