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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。