2022年高考全国甲卷化学试卷（含答案解析）

1、20222022 年高考全国甲卷化学试卷年高考全国甲卷化学试卷 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 O B. 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离子方程式为 A. 硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S

2、 B. 明矾溶液与过量氨水湿合：Al3+4NH3+2H2O=AlO2+4NH4 C. 硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO23+CO2+H2O=HSiO3+HCO3 D. 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+2H2O 4. 一种水性电解液 Zn-MnO2离子选择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+2H2O D. 电池总反应

3、：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)24+Mn2+2H2O 5. 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A2.5N B. -132.0L 1.0mol L AlCl溶液中，3+Al的数目为A2.0N C. 0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成2CO的数目为A1.4N D. 电解熔融2CuCl，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为A0.10N 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

4、法正确的是 A. 非金属性：XQ B. 单质的熔点：XY C. 简单氢化物的沸点：ZQ D. 最高价含氧酸的酸性：ZY 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 COOX，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，

5、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，因此最高价含氧酸酸性：ZY，D正确； 故答案为：D。 7. 【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浓盐酸也能与 KMnO4

6、发生反应，使溶液紫色褪去，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. 【答案】 （1）ZnCO3焙烧ZnO+CO2 （2） . 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(OH)3+MnO2+5H+ （5）置换 Cu2+Cu

7、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+、Mg2+、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+，过滤得到 Fe(OH)3和 MnO2的滤

8、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适宜； CNaOH会引入杂质 Na+，

9、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，故加入锌粉的目的为置换 Cu2

10、+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. 【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）. 乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成 . D （4）. 防止滤液冷却 . 重金属硫化物 . 温度逐渐恢复至室温 （5）95%乙醇溶液 【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(2

11、42Na SO 10H 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 SO 10H 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+10H2O； 【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】 若回流时间过长，乙醇与

12、水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成；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，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 95%乙醇溶液洗涤，再干燥，即可得到22Na S xH O。 10. 【答案】 （1） . -223 . 1.21014 . 碳氯化反应气体分子数增加，H 小于 0，是熵

13、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)，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

14、，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 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

15、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. 【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 . s

16、p3 . 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

17、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 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

18、详解】 固体 HF中存在氢键，则(HF)3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 C 原子为 sp3杂化；由于 F元素的电负性较大，因此在与 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

19、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 Ca2+；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.【答案】 （1）苯甲醇

20、（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 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

21、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。