試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2022年高考全國甲卷理科綜合化學試題一、單選題1．化學與生活密切相關。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”2．輔酶具有預防動脈硬化的功效，其結構簡式如下。下列有關輔酶的說法正確的是A．分子式為 B．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．可發生加成反應，不能發生取代反應3．能正確表示下列反應的離子方程式為A．硫化鈉溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑B．明礬溶液與過量氨水濕合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NHC．硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCOD．將等物質的量濃度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以體積比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O4．一種水性電解液Zn-MnO2離子選澤雙隔膜電池如圖所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。電池放電時，下列敘述錯誤的是A．Ⅱ區的K+通過隔膜向Ⅲ區遷移B．Ⅰ區的SO通過隔膜向Ⅱ區遷移C．MnO2電極反應：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2OD．電池總反應：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O5．為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．25℃，下，氫氣中質子的數目為B．溶液中，的數目為C．苯甲酸完全燃燒，生成的數目為D．電解熔融，陰極增重，外電路中通過電子的數目為6．Q、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍。下列說法正確的是A．非金屬性： B．單質的熔點：C．簡單氫化物的佛點： D．最高價含氧酸的酸性：7．根據實驗目的，下列實驗及現象、結論都正確的是選項實驗目的實驗及現象結論A比較和的水解常數分別測濃度均為的和溶液的，后者大于前者B檢驗鐵銹中是否含有二價鐵將鐵銹落于濃鹽酸，滴入溶液，紫色褪去鐵繡中含有二價鐵C探究氫離子濃度對、相互轉化的影響向溶液中緩慢滴加硫酸，黃色變為橙紅色增大氫離子濃度，轉化平衡向生成的方向移動D檢驗乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金屬鈉，產生無色氣體乙醇中含有水A．A B．B C．C D．D二、工業流程題8．硫酸鋅()是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為，雜質為以及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氯氧化物溶度積常數如下表：離子回答下列問題：(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X調溶液，最適宜使用的X是_______(填標號)。A．

B．

C．濾渣①的主要成分是_______、_______、_______。(4)向的濾液①中分批加入適量溶液充分反應后過濾，濾渣②中有，該步反應的離子方程式為_______。(5)濾液②中加入鋅粉的目的是_______。(6)濾渣④與濃反應可以釋放HF并循環利用，同時得到的副產物是_______、_______。三、實驗題9．硫化鈉可廣泛用于染料、醫藥行業。工業生產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。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%乙醇重結晶純化硫化鈉粗品。回答下列問題：(1)工業上常用芒硝()和煤粉在高溫下生產硫化鈉，同時生成CO，該反應的化學方程式為_______。(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_______。回流結束后，需進行的操作有①停止加熱

②關閉冷凝水

③移去水浴，正確的順序為_______(填標號)。A．①②③

B．③①②

C．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_______。過濾除去的雜質為_______。若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是_______。(5)濾液冷卻、結晶、過濾，晶體用少量_______洗滌，干燥，得到。四、原理綜合題10．金屬鈦(Ti)在航空航天、醫療器械等工業領域有著重要用途，目前生產鈦的方法之一是將金紅石轉化為，再進一步還原得到鈦。回答下列問題：(1)轉化為有直接氯化法和碳氯化法。在時反應的熱化學方程式及其平衡常數如下：(ⅰ)直接氯化：(ⅱ)碳氯化：①反應的為_______，_______Pa。②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是_______。③對于碳氯化反應：增大壓強，平衡_______移動(填“向左”“向右”或“不”)；溫度升高，平衡轉化率_______(填“變大”“變小”或“不變”)。(2)在，將、C、以物質的量比1∶2.2∶2進行反應。體系中氣體平衡組成比例(物質的量分數)隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。①反應的平衡常數_______。②圖中顯示，在平衡時幾乎完全轉化為，但實際生產中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是_______。(3)碳氯化是一個“氣—固—固”反應，有利于“固—固”接觸的措施是_______。五、結構與性質11．2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華麗轉身為“冰立方”，實現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)，判斷的根據是_______；第三電離能的變化圖是_______(填標號)。(3)固態氟化氫中存在(HF)n形式，畫出(HF)3的鏈狀結構_______。(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，其晶胞結構如圖所示，X代表的離子是_______；若該立方晶胞參數為apm，正負離子的核間距最小為_______pm。六、有機推斷題12．用N-雜環卡其堿(NHCbase)作為催化劑，可合成多環化合物。下面是一種多環化合物H的合成路線(無需考慮部分中間體的立體化學)。回答下列問題：(1)A的化學名稱為_______。(2)反應②涉及兩步反應，已知第一步反應類型為加成反應，第二步的反應類型為_______。(3)寫出C與/反應產物的結構簡式_______。(4)E的結構簡式為_______。(5)H中含氧官能團的名稱是_______。(6)化合物X是C的同分異構體，可發生銀鏡反應，與酸性高錳酸鉀反應后可以得到對苯二甲酸，寫出X的結構簡式_______。(7)如果要合成H的類似物H′()，參照上述合成路線，寫出相應的D′和G′的結構簡式_______、_______。H′分子中有_______個手性碳(碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳)。答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．D【解析】【詳解】A．漂白粉的有效成分次氯酸鈣與鹽酸混合，會發生氧化還原反應生成有毒的氯氣，兩者不能混合使用，A錯誤；B．溫室氣體主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物質，形成酸雨的主要物質是硫氧化物、氮氧化物等，B錯誤；C．棉花、麻來源于植物，主要成分均是纖維素，為碳水化合物，但蠶絲來源于動物，主要成分是蛋白質，蛋白質不是碳水化合物，C錯誤；D．干冰是固態的二氧化碳，干冰升華時，吸收大量的熱，使周圍溫度降低，大量的水蒸氣凝結成了小液滴，形成“云霧”效果，D正確；答案選D。2．B【解析】【詳解】A．由該物質的結構簡式可知，其分子式為C59H90O4，A錯誤；B．由該物質的結構簡式可知，鍵線式端點代表甲基，10個重復基團的最后一個連接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14個甲基，B正確；C．雙鍵碳以及與其相連的四個原子共面，羰基碳采取sp2雜化，羰基碳原子和與其相連的氧原子及另外兩個原子共面，因此分子中的四個氧原子在同一平面上，C錯誤；D．分子中有碳碳雙鍵，能發生加成反應，分子中含有甲基，能發生取代反應，D錯誤；答案選B。3．D【解析】【詳解】A．硝酸具有強氧化性，可以將S2-氧化為S單質，自身根據其濃度大小還原為NO或NO2，反應的離子方程式為4H++2NO+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O(濃)或8H++2NO+3S2-=3S↓+2NO+4H2O(稀)，A錯誤；B．明礬在水中可以電離出Al3+，可以與氨水中電離出的OH-發生反應生成Al(OH)3，但由于氨水的堿性較弱，生成的Al(OH)3不能繼續與弱堿發生反應，故反應的離子方程式為Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B錯誤；C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸鈉溶液中通入二氧化碳時，生成硅酸沉淀，二氧化碳則根據其通入的量的多少反應為碳酸根或碳酸氫根，反應的離子方程式為SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2過量)，C錯誤；D．將等物質的量濃度的Ba(OH)2與NH4HSO4溶液以體積比1：2混合，Ba(OH)2電離出的OH-與NH4HSO4電離出的H+反應生成水，Ba(OH)2電離出的Ba2+與NH4HSO4電離出的SO反應生成BaSO4沉淀，反應的離子方程為為Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正確；故答案選D。4．A【解析】【分析】根據圖示的電池結構和題目所給信息可知，Ⅲ區Zn為電池的負極，電極反應為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ區MnO2為電池的正極，電極反應為MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；電池在工作過程中，由于兩個離子選擇隔膜沒有指明的陽離子隔膜還是陰離子隔膜，故兩個離子隔膜均可以通過陰、陽離子，因此可以得到Ⅰ區消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ區的K+向Ⅰ區移動或Ⅰ區的SO向Ⅱ區移動，Ⅲ區消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ區的SO向Ⅲ區移動或Ⅲ區的K+向Ⅱ區移動。據此分析答題。【詳解】A．根據分析，Ⅱ區的K+只能向Ⅰ區移動，A錯誤；B．根據分析，Ⅰ區的SO向Ⅱ區移動，B正確；C．MnO2電極的電極反應式為MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正確；D．電池的總反應為Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正確；故答案選A。5．C【解析】【詳解】A．25℃、101kPa不是標準狀況，不能用標況下的氣體摩爾體積計算氫氣的物質的量，故A錯誤；B．Al3+在溶液中會發生水解生成Al(OH)3，因此2.0L1.0mol/L的AlCl3溶液中Al3+數目小于2.0NA，故B錯誤；C．苯甲酸燃燒的化學方程式為，1mol苯甲酸燃燒生成7molCO2，則0.2mol苯甲酸完全燃燒生成1.4molCO2，數目為1.4NA，故C正確；D．電解熔融CuCl2時，陽極反應為，陰極反應為，陰極增加的重量為Cu的質量，6.4gCu的物質的量為0.1mol，根據陰極反應可知，外電路中通過電子的物質的量為0.2mol，數目為0.2NA，故D錯誤；答案選C。6．D【解析】【分析】Q、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，Q與X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外層電子數為Q元原子內層電子數的2倍，則Q應為第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外層電子數為4，則Y為Si元素，X、Y相鄰，且X的原子序數小于Y，則X為Al元素，Q、X、Y、Z的最外層電子數之和為19，則Q、Z的最外層電子數之和為19-3-4=12，主族元素的最外層電子數最多為7，若Q的最外層電子數為7，為F元素，Z的最外層電子數為5，為P元素，若Q的最外層電子數為6，為O元素，則Z的最外層電子數為6，為S元素，若Q的最外層電子數為5，為N元素，Z的最外層電子數為7，為Cl元素；綜上所述，Q為N或O或F，X為Al，Y為Si，Z為Cl或S或P，據此分析解題。【詳解】A．X為Al，Q為N或O或F，同一周期從左往右元素非金屬性依次增強，同一主族從上往下依次減弱，故非金屬性：Q>X，A錯誤；B．由分析可知，X為Al屬于金屬晶體，Y為Si屬于原子晶體或共價晶體，故單質熔點Si>Al，即Y>X，B錯誤；C．含有氫鍵的物質沸點升高，由分析可知Q為N或O或F，其簡單氫化物為H2O或NH3或HF，Z為Cl或S或P，其簡單氫化物為HCl或H2S或PH3，由于前者物質中存在分子間氫鍵，而后者物質中不存在，故沸點Q>Z，C錯誤；D．元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，P、S、Cl的非金屬性均強于Si，因此最高價含氧酸酸性：Z>Y，D正確；故答案為：D。7．C【解析】【詳解】A．CH3COONH4中水解，，會消耗CH3COO-水解生成的OH-，測定相同濃度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能說明Kh(CH3COO-)＜Kh()，A錯誤；B．鐵銹中含有Fe單質，單質Fe與濃鹽酸可反應生成Fe2+，滴入KMnO4溶液，紫色褪去，不能說明鐵銹中一定含有二價鐵，B錯誤；C．K2CrO4中存在平衡2(黃色)+2H+(橙紅色)+H2O，緩慢滴加硫酸，H+濃度增大，平衡正向移動，故溶液黃色變成橙紅色，C正確；D．乙醇和水均會與金屬鈉發生反應生成氫氣，故不能說明乙醇中含有水，D錯誤；答案選C。8．(1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)

增大壓強

將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等(3)

B

Fe(OH)3

CaSO4

SiO2(4)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(5)置換Cu2+為Cu從而除去(6)

CaSO4

MgSO4【解析】【分析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發生反應ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物質X調節pH=5，結合表格數據，過濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向濾液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，過濾得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發生反應Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，過濾后得到濾渣③為Cu，再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經一系列處理得到ZnSO4·7H2O，據此分析解答。(1)由分析，焙燒時，生成ZnO的反應為：ZnCO3ZnO+CO2↑；(2)可采用增大壓強、將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；(3)A．NH3·H2O易分解產生NH3污染空氣，且經濟成本較高，故A不適宜；B．Ca(OH)2不會引入新的雜質，且成本較低，故B適宜；C．NaOH會引入雜質Na+，且成本較高，C不適宜；故答案選B；當沉淀完全時(離子濃度小于10-5mol/L)，結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH＜5的只有Fe3+，故濾渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80~90℃濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應的離子方程式為3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(5)濾液②中加入鋅粉，發生反應Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入鋅粉的目的為置換Cu2+為Cu從而除去；(6)由分析，濾渣④為CaF2、MgF2，與濃硫酸反應可得到HF，同時得到的副產物為CaSO4、MgSO4。9．(1)Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O(2)

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，這些雜質可以直接作沸石

降低溫度(3)

硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，Na2S會直接析出在冷凝管上，使提純率較低，同時易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶內氣壓過大，發生爆炸

D(4)

防止濾液冷卻

重金屬硫化物

溫度逐漸恢復至室溫(5)冷水【解析】【分析】本實驗的實驗目的為制備硫化鈉并用95%乙醇重結晶純化硫化鈉粗品，工業上常用芒硝()和煤粉在高溫下生產硫化鈉，反應原理為：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O，結合硫化鈉的性質解答問題。(1)工業上常用芒硝()和煤粉在高溫下生產硫化鈉，同時生產CO，根據得失電子守恒，反應的化學方程式為：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O；(2)由題干信息，生產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，這些雜質可以直接作沸石，因此回流前無需加入沸石，若氣流上升過高，可直接降低降低溫度，使氣壓降低；(3)硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，Na2S會直接析出在冷凝管上，使提純率較低，同時易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶內氣壓過大，發生爆炸；回流結束后，先停止加熱，再移去水浴后再關閉冷凝水，故正確的順序為①③②，答案選D。(4)硫化鈉易溶于熱乙醇，使用錐形瓶可有效防止濾液冷卻，重金屬硫化物難溶于乙醇，故過濾除去的雜質為重金屬硫化物，由于硫化鈉易溶于熱乙醇，過濾后溫度逐漸恢復至室溫，濾紙上便會析出大量晶體；(5)乙醇與水互溶，硫化鈉易溶于熱乙醇，因此將濾液冷卻、結晶、過濾后，晶體可用少量冷水洗滌，再干燥，即可得到。10．(1)

-223

1.2×1014

碳氯化反應氣體分子數增加，?H小于0，是熵增、放熱過程，熵判據與焓判據均是自發過程，而直接氯化的體系氣體分子數不變、且是吸熱過程

向左

變小(2)

7.2×105

為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCl4產品，提高效益(3)將兩固體粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”【解析】(1)①根據蓋斯定律，將“反應ⅱ-反應ⅰ”得到反應2C(s)+O2(g)=2CO(g)，則?H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；則Kp===1.2×1014Pa；②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，因為碳氯化反應氣體分子數增加，?H小于0，是熵增、放熱過程，熵判據與焓判據均是自發過程，而直接氯化的體系氣體分子數不變、且是吸熱過程；③對應碳氯化反應，氣體分子數增大，依據勒夏特列原理，增大壓強，平衡往氣體分子數減少的方向移動，即平衡向左移動；該反應是放熱反應，溫度升高，平衡往吸熱方向移動，即向左移動，則平衡轉化率變小。(2)①從圖中可知，1400℃，體系中氣體平衡組成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反應C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常數Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；②實際生產中需要綜合考慮反應的速率、產率等，以達到最佳效益，實際反應溫度遠高于200℃，就是為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCl4產品。(3)固體顆粒越小，比表面積越大，反應接觸面積越大。有利于TiO2–C“固-固”接觸，可將兩者粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。11．(1)(2)

圖a

同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高

圖b(3)(4)

sp2

sp3

C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能越大，化學性質越穩定(5)

Ca2+

apm【解析】【分析】根據基態原子的電子表示式書寫價電子排布式；根據電離能的排布規律分析電離能趨勢和原因；根據氫鍵的表示方法書寫(HF)3的結構；根據鍵能影響物質穩定性的規律分析兩種物質的穩定性差異；根據均攤法計算晶胞中各粒子的個數，判斷粒子種類。(1)F為第9號元素其電子排布為1s22s22p5，則其價電子排布圖為，故答案為。(2)C、N、O、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高，因此C、N、O、F四種元素的第一電離能從小到大的順序為C<O<N<F，滿足這一規律的圖像為圖a，氣態基態正2價陽離子失去1個電子生成氣態基態正3價陽離子所需要的的能量為該原子的第三電離能，統一周期原子的第三電離能的總體趨勢也一次升高，但由于C原子在失去2個電子之后的2s能級為全充滿狀態，因此其再失去一個電子需要的能量稍高，則滿足這一規律的圖像為圖b，故答案為：圖a、同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高、圖b。(3)固體HF中存在氫鍵，則(HF)3的鏈狀結構為，故答案為：。(4)CF2=CF2中C原子存在3對共用電子對，其C原子的雜化方式為sp2雜化，但其共聚物ETFE中C原子存在4對共用電子對，其C原子為sp3雜化；由于F元素的電負性較大，因此在于C原子的結合過程中形成