2022普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試·全國甲卷化學可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16F—19S—32Ca—40Cu—64一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。7．化學與生活密切相關(guān)。下列敘述正確的是()A．漂白粉與鹽酸可混合使用以提高消毒效果B．溫室氣體是形成酸雨的主要物質(zhì)C．棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物D．干冰可用在舞臺上制造“云霧”解析：D漂白粉的有效成分Ca(ClO)2會和HCl反應(yīng)生成有毒氣體Cl2，故漂白粉和鹽酸不能混合使用，A項錯誤；形成酸雨的物質(zhì)主要是SO2、氮氧化物，SO2不屬于溫室氣體，B項錯誤；棉花和麻的主要成分是纖維素，屬于碳水化合物，蠶絲的主要成分是蛋白質(zhì)，不屬于碳水化合物，C項錯誤；干冰(固態(tài)CO2)易升華，可以用在舞臺上制造“云霧”，D項正確。8．輔酶Q10具有預防動脈硬化的功效，其結(jié)構(gòu)簡式如下。下列有關(guān)輔酶Q10的說法正確的是()A．分子式為C60H90O4B．分子中含有14個甲基C．分子中的四個氧原子不在同一平面D．可發(fā)生加成反應(yīng)，不能發(fā)生取代反應(yīng)解析：B由輔酶Q10的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C59H90O4，A項錯誤；輔酶Q10的結(jié)構(gòu)簡式可以表示為分子中有14個甲基，B項正確；碳碳雙鍵和碳氧雙鍵均為平面結(jié)構(gòu)，故輔酶Q10中的四個氧原子可以在同一平面內(nèi)，C項錯誤；輔酶Q10中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，含有甲基，能發(fā)生取代反應(yīng)，D項錯誤。9．能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式為()A．硫化鈉溶液和硝酸混合：S2－＋2H＋=H2S↑B．明礬溶液與過量氨水混合：Al3＋＋4NH3＋2H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)C．硅酸鈉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．將等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以體積比1∶2混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O解析：DHNO3具有強氧化性，能夠與S2－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，A項錯誤；明礬溶液與過量氨水反應(yīng)的離子方程式為Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，B項錯誤；向硅酸鈉溶液中通入少量二氧化碳，發(fā)生反應(yīng)生成碳酸鈉和硅酸，離子方程式為H2O＋CO2＋SiOeq\o\al(2－,3)=COeq\o\al(2－,3)＋H2SiO3↓，向硅酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳，反應(yīng)生成硅酸和碳酸氫鈉，離子方程式為SiOeq\o\al(2－,3)＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCOeq\o\al(－,3)，C項錯誤；將等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2溶液與NH4HSO4溶液以體積比1∶2混合，溶液中H＋和OH－恰好完全反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，D項正確。10．一種水性電解液Zn-MnO2離子選擇雙隔膜電池如圖所示(KOH溶液中，Zn2＋以Zn(OH)eq\o\al(2－,4)存在)。電池放電時，下列敘述錯誤的是()A．Ⅱ區(qū)的K＋通過隔膜向Ⅲ區(qū)遷移B．Ⅰ區(qū)的SOeq\o\al(2－,4)通過隔膜向Ⅱ區(qū)遷移C．MnO2電極反應(yīng)：MnO2＋4H＋＋2e－=Mn2＋＋2H2OD．電池總反應(yīng)：Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋2H2O解析：A電池分析MnO2電極為正極，Zn電極為負極，電池放電時，電解質(zhì)溶液中陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，A項錯誤；Ⅰ區(qū)中的SOeq\o\al(2－,4)通過隔膜向Ⅱ區(qū)遷移，B項正確；MnO2電極為正極，電極反應(yīng)式為MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O，C項正確；根據(jù)正負兩極的電極反應(yīng)式可得電池總反應(yīng)，D項正確。11．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．25℃，101kPa下，28L氫氣中質(zhì)子的數(shù)目為2.5NAB．2.0L1.0mol·L－1AlCl3溶液中，Al3＋的數(shù)目為2.0NAC．0.20mol苯甲酸完全燃燒，生成CO2的數(shù)目為1.4NAD．電解熔融CuCl2，陰極增重6.4g，外電路中通過電子的數(shù)目為0.10NA解析：C28L氫氣不是標準狀況下的體積，不可以使用n＝eq\f(V,Vm)計算氫氣的物質(zhì)的量，A項錯誤；AlCl3為強酸弱堿鹽，Al3＋會發(fā)生水解，Al3＋的數(shù)目小于2.0NA，B項錯誤；1mol苯甲酸有7mol碳原子，所以0.20mol苯甲酸完全燃燒生成二氧化碳的數(shù)目是1.4NA，C項正確；根據(jù)Cu2＋＋2e－=Cu，可得陰極增重6.4gCu時，外電路中通過電子的數(shù)目為0.2NA，D項錯誤。12．Q、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數(shù)之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Y原子最外層電子數(shù)是Q原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍。下列說法正確的是()A．非金屬性：X>QB．單質(zhì)的熔點：X>YC．簡單氫化物的沸點：Z>QD．最高價含氧酸的酸性：Z>Y解析：D由“Q、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素”和“Q與X、Y、Z位于不同周期”推測Q可能為第一或第二周期元素；結(jié)合“Y原子最外層電子數(shù)是Q原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍”和“X、Y相鄰”，可知Q為第二周期元素，則X、Y、Z為第三周期元素，Y為Si，X為Al；由“最外層電子數(shù)之和為19”可知Q、Z最外層電子數(shù)之和為12，所以Q、Z為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)同一周期元素從左到右非金屬性依次增加，同一主族元素從上到下非金屬性逐漸減弱，所以非金屬性X<Q，A項錯誤；硅為原子晶體，熔點高，鋁為金屬晶體，熔點低于硅，B項錯誤；N、O、F的簡單氫化物之間均可以形成氫鍵，所以簡單氫化物的沸點Q>Z，C項錯誤；同一周期元素最高價含氧酸的酸性從左到右依次增大，所以Z>Y，D項正確。13．根據(jù)實驗?zāi)康模铝袑嶒灱艾F(xiàn)象、結(jié)論都正確的是()選項實驗?zāi)康膶嶒灱艾F(xiàn)象結(jié)論A比較CH3COO－和HCOeq\o\al(－,3)的水解常數(shù)分別測濃度均為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檢驗鐵銹中是否含有二價鐵將鐵銹溶于濃鹽酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去鐵銹中含有二價鐵C探究氫離子濃度對CrOeq\o\al(2－,4)、Cr2Oeq\o\al(2－,7)相互轉(zhuǎn)化的影響向K2CrO4溶液中緩慢滴加硫酸，黃色變?yōu)槌燃t色增大氫離子濃度，轉(zhuǎn)化平衡向生成Cr2Oeq\o\al(2－,7)的方向移動D檢驗乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金屬鈉，產(chǎn)生無色氣體乙醇中含有水解析：CNa＋和NHeq\o\al(＋,4)是不同的堿的陽離子，NHeq\o\al(＋,4)的水解會促進CH3COO－的水解，故不能用0.1mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH來比較CH3COO－和HCOeq\o\al(－,3)的水解常數(shù)，A項錯誤；因為濃鹽酸能還原KMnO4，因此，溶液紫色褪去不能確定濃鹽酸溶解的鐵銹中含有Fe2＋，B項錯誤；向黃色的K2CrO4溶液中加入硫酸，溶液變?yōu)槌燃t色，即c(H＋)增大，2CrOeq\o\al(2－,4)(黃色)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)(橙紅色)＋H2O平衡正向移動，C項正確；乙醇分子中的—OH也能與Na發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生H2，D項錯誤。二、非選擇題：共58分。第26～28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35～36題為選考題。考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共43分。26．(14分)硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學上有諸多應(yīng)用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質(zhì)為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數(shù)如下表：離子Fe3＋Zn2＋Cu2＋Fe2＋Mg2＋Ksp4.0×10－386.7×10－172.2×10－208.0×10－161.8×10－11回答下列問題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為______________。(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有____________________、____________________。(3)加入物質(zhì)X調(diào)溶液pH＝5，最適宜使用的X是________(填標號)。A．NH3·H2OB．Ca(OH)2C．NaOH濾渣①的主要成分是________、________、________。(4)向80～90℃的濾液①中分批加入適量KMnO4溶液充分反應(yīng)后過濾，濾渣②中有MnO2，該步反應(yīng)的離子方程式為___________。(5)濾液②中加入鋅粉的目的是_____________________。(6)濾渣④與濃H2SO4反應(yīng)可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產(chǎn)物是________、________。解析：(3)加入物質(zhì)X調(diào)溶液pH＝5，為了不引入新的陽離子，故X宜選用Ca(OH)2；pH＝5時，c(OH－)＝10－9mol·L－1，根據(jù)表中各離子的氫氧化物的Ksp可知，只有Fe3＋能完全沉淀。(4)Fe2＋被適量KMnO4溶液氧化為Fe(OH)3，同時生成MnO2，F(xiàn)e(OH)3沉淀和MnO2進入濾渣②中。答案：(1)ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙燒),\s\do5())ZnO＋CO2↑(2)將菱鋅礦焙燒產(chǎn)品粉碎、適當增大硫酸濃度、升高浸取時的反應(yīng)溫度等(3)BSiO2CaSO4Fe(OH)3(4)3Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋(5)除去Cu2＋(6)CaSO4MgSO427．(15分)硫化鈉可廣泛用于染料、醫(yī)藥行業(yè)。工業(yè)生產(chǎn)的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質(zhì)。硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實驗室中常用95%乙醇重結(jié)晶純化硫化鈉粗品?；卮鹣铝袉栴}：(1)工業(yè)上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，同時生成CO，該反應(yīng)的化學方程式為_____________________________。(2)溶解回流裝置如圖所示，回流前無需加入沸石，其原因是____________________________。回流時，燒瓶內(nèi)氣霧上升高度不宜超過冷凝管高度的1/3。若氣霧上升過高，可采取的措施是_________。(3)回流時間不宜過長，原因是________________________________?；亓鹘Y(jié)束后，需進行的操作有①停止加熱②關(guān)閉冷凝水③移去水浴，正確的順序為________(填標號)。A．①②③ B．③①②C．②①③ D．①③②(4)該實驗熱過濾操作時，用錐形瓶而不能用燒杯接收濾液，其原因是________________________________。熱過濾除去的雜質(zhì)為________。若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是______________。(5)濾液冷卻、結(jié)晶、過濾，晶體用少量________洗滌，干燥，得到Na2S·xH2O。解析：(1)根據(jù)題干信息可知，Na2SO4·10H2O＋4Ceq\o(=,\s\up7(高溫),\s\do5())Na2S＋4CO↑＋10H2O。(2)回流前無需加入沸石，說明有物質(zhì)可以代替沸石，由題干信息可知，粗品中含有煤灰、重金屬硫化物等固體，具有“沸石”的作用。回流時，燒瓶內(nèi)氣霧上升高度不宜超過冷凝管高度的1/3，若氣霧上升過高，需要將溫度降下來，故可采取的措施是停止加熱，加快冷凝管內(nèi)冷凝水的流速。(3)回流時間不宜過長，原因是避免Na2S接觸空氣被氧化?；亓鹘Y(jié)束后，應(yīng)將反應(yīng)液的溫度降下來，故先停止加熱，移去水浴，最后關(guān)閉冷凝水。(4)該實驗熱過濾操作時，用錐形瓶而不能用燒杯接收濾液，其原因是防止液體沿燒杯內(nèi)壁流下過程中與空氣接觸使Na2S被氧化。煤灰、重金屬硫化物難溶于熱乙醇，可以通過熱過濾除去。若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是熱過濾時漏斗的溫度過低。(5)濾液冷卻、結(jié)晶、過濾，晶體用少量常溫下的乙醇(Na2S的溶解少、損失少)洗滌，干燥后，得到Na2S·xH2O。答案：(1)Na2SO4·10H2O＋4Ceq\o(=,\s\up7(高溫),\s\do5())Na2S＋4CO↑＋10H2O(2)粗品含有難溶于乙醇的煤灰、重金屬硫化物等固體，有“沸石”作用停止加熱，加快冷凝管內(nèi)冷凝水的流速(3)防止Na2S被氧化D(4)防止液體沿燒杯內(nèi)壁流下過程中與空氣接觸使Na2S被氧化煤灰、重金屬硫化物熱過濾時漏斗的溫度過低(5)常溫下的乙醇28．(14分)金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領(lǐng)域有著重要用途。目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石(TiO2)轉(zhuǎn)化為TiCl4，再進一步還原得到鈦?；卮鹣铝袉栴}：(1)TiO2轉(zhuǎn)化為TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃時反應(yīng)的熱化學方程式及其平衡常數(shù)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反應(yīng)2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔH為________kJ·mol－1，Kp＝________Pa。②碳氯化的反應(yīng)趨勢遠大于直接氯化，其原因是______________________________________。③對于碳氯化反應(yīng)：增大壓強，平衡________移動(填“向左”“向右”或“不”)；溫度升高，平衡轉(zhuǎn)化率________(填“變大”“變小”或“不變”)。(2)在1.0×105Pa，將TiO2、C、Cl2以物質(zhì)的量比1∶2.2∶2進行反應(yīng)。體系中氣體平衡組成比例(物質(zhì)的量分數(shù))隨溫度變化的理論計算結(jié)果如圖所示。①反應(yīng)C(s)＋CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)＝________Pa。②圖中顯示，在200℃平衡時TiO2幾乎完全轉(zhuǎn)化為TiCl4，但實際生產(chǎn)中反應(yīng)溫度卻遠高于此溫度，其原因是_________________________。(3)TiO2碳氯化是一個“氣—固—固”反應(yīng)，有利于TiO2-C“固—固”接觸的措施是________________________________。解析：蓋斯定律不僅僅是能量守恒，也是質(zhì)量守恒。若反應(yīng)Ⅰ×n－反應(yīng)Ⅱ×m＝反應(yīng)Ⅲ，則反應(yīng)Ⅲ的ΔHⅢ＝nΔHⅠ－mΔHⅡ，KⅢ＝eq\f(K\o\al(n,Ⅰ),K\o\al(m,Ⅱ))。(1)①根據(jù)蓋斯定律，(ⅱ)中熱化學方程式－(ⅰ)中熱化學方程式得出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對于碳氯化反應(yīng)，反應(yīng)后氣體體積增大，故增大壓強，平衡向左移動；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡向左移動，平衡轉(zhuǎn)化率變小。(2)①1400℃時CO占氣體總量的0.6，CO2占氣體總量的0.05，Kp(1400℃)＝eq\f(c2CO,cCO2)＝eq\f(0.6×105Pa2,0.05×105Pa)＝7.2×105Pa。(3)TiO2碳氯化是一個“氣—固—固”反應(yīng)，有利于TiO2-C“固—固”接觸的措施是將固體粉碎并混合均勻，再將Cl2通入使固體呈“沸騰”狀態(tài)(在沸騰爐中進行反應(yīng))。答案：(1)①－2231.2×1014②碳氯化反應(yīng)相當于在直接氯化反應(yīng)中加入碳，在高溫下碳與O2反應(yīng)，降低生成物的濃度，使直接氯化反應(yīng)平衡向右移動或碳氯化反應(yīng)是放熱的熵增反應(yīng)③向左變小(2)①7.2×105②TiO2、C中原子間的化學鍵鍵能大，斷鍵需要的能量較大，反應(yīng)的活化能較大或升高溫度可以提高反應(yīng)速率(3)將固體粉碎并混合均勻，通入Cl2使固體呈“沸騰”狀態(tài)(二)選考題：共15分35．[化學——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華麗轉(zhuǎn)身為“冰立方”，實現(xiàn)了奧運場館的再利用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(CH2=CH2)與四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列問題：(1)基態(tài)F原子的價電子排布圖(軌道表示式)為_____________________。(2)圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級電離能I變化趨勢(縱坐標的標度不同)。第一電離能的變化圖是________(填標號)，判斷的根據(jù)是___________________；第三電離能的變化圖是________(填序號)。(3)固態(tài)氟化氫中存在(HF)n形式，畫出(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)___________________________。(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為________和________；聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學鍵的角度解釋原因________________________。(5)螢石(CaF2)是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X代表的離子是________；若該立方晶胞參數(shù)為apm，正負離子的核間距最小為________pm。解析：(1)F的原子序數(shù)為9，價電子數(shù)為7，根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，即可畫出其價電子排布圖。(2)同周期元素的第一電離能從左到右呈增大的趨勢，但N的2p軌道上的電子排布是半充滿的，比較穩(wěn)定，其第一電離能高于鄰位C、O的第一電離能，故圖a符合C、N、O、F第一電離能的大小順序；C、N、O、F的價電子排布式分別為2s22p2、2s22p3、2s22p4、2s22p5，失去兩個電子后，價電子排布式分別為2s2、2s22p1、2s22p2、2s22p3，此時F的2p軌道上的電子排布處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，其第三電離能最大，O的半徑小于N的半徑，O的第三電離能大于N的，C失去的第三個電子為2s上的電子，導致其第三電離能大于N的，故圖b符合C、N、O、F第三電離能的大小順序。(3)F電負性較大，HF分子之間可以形成氫鍵，進而形成(HF)2、(HF)3等締合分子，由此可畫出(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)。(4)CF2=CF2分子中存在碳碳雙鍵，故CF2=CF2分子中C的雜化軌道類型為sp2；ETFE為共聚物，分子中的化學鍵全部為單鍵，故ETFE分子中C的雜化軌道類型為sp3；氟的電負性較強，C—F鍵的鍵能比C—H鍵的鍵能大，使得聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性比聚乙烯的強。(5)X代表的離子位于頂點和面心，該晶胞中含X的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，Y代表的離子位于晶胞體內(nèi)，共8個，根據(jù)螢石的化學式為CaF2，可知X代表Ca2＋；F－分別位于8個“小正方體”的體心，Ca2＋與F－最近的核間距為晶胞體對角線長度的eq\f(1,4)，由于晶胞參數(shù)為apm，故Ca2＋與F－最近的核間距為eq\f(\r(3),4)apm。答案：(1)(2)a同周期元素的第一電離能從左到右呈增大的趨勢，但N的2p軌道上的電子排布是半充滿的，相對較穩(wěn)定，其第一電離能高于鄰位C、O的第一電離能b(3)(4)sp2sp3氟的電負性較強，C—F鍵的鍵能比C—H鍵的鍵能大，使得聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性比聚乙烯的強(5)Ca2＋eq\f(\r(3),4)a36．[化學——選修5：有機化學基礎(chǔ)](