2022年高考全国十三套化学试题汇编及答案解析

112022年十三套高考化学真题汇编与答案详解2022年十三套高考化学真题汇编与答案详解目 录说明 1题 1) 6题 ）题 ） 题 ） 题 ） 题 ） ） ）题 ） 题 ） 题 ） 题 ） 年6题 12.2022年6月浙江新高考化学（答案与解析）年1题 13.2022年1月浙江新高考化学（答案与解析）1.2022年全国高考理综甲卷化学试题(本试卷共4页,共12小题,满分100分。考试用时90分钟)一、选择题:7小题,6分,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。()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”Q10具有预防动脉硬化的功效,Q10的是()C60H90O414个甲基分子中的四个氧原子不在同一平面可发生加成反应,不能发生取代反应()A.硫化钠溶液和硝酸混合:S2-+2H+==H2S↑24B.明矾溶液与过量氨水混合:Al3++4NH3+2H2O==AlO-+4NH+24333C.硅酸钠溶液中通入二氧化碳:SiO2-+CO2+H2O==HSiO-+HCO-333Ba(OH)2NH4HSO41∶2混合:Ba2++2OH-4+2H++SO2-==BaSO4↓+2H2O44Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中,Zn2+Zn(OH)2-4存在)。电池放电时,下列叙述错误的是()ⅡK+通过隔膜向Ⅲ区迁移ⅠSO2-通过隔膜向Ⅱ区迁移4MnO2电极反应:MnO2+4H++2eMn2++2H2O电池总反应Zn4OH-+MnO2+4HZn(OH)2-4+Mn2++2H2ONA为阿伏加德罗常数的值,()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0.10NAQ、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,19。Q与X、Y、Z位于不同周期,X、Y相邻,YQ2()A.非金属性:X>Q B.单质的熔点:X>YC.简单氢化物的沸点:Z>Q D.最高价含氧酸的酸性:Z>Y1.2022年全国高考理综甲卷化学试题1.2022年全国高考理综甲卷化学试题PAGEPAGE8根据实验目的,()选项实验目的实验及现象结论A比较CH3COO-和HCO-的水解常数30.1mol·L-1的CH3COONH4NaHCO3溶液的pH,后者大于前者Kh(CH3COO-)<Kh(HCO-)3B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CrO2-、Cr2O2-相互转4 7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Cr2O2-的方向移动7D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二、非选择题:5826~28题为必考题,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,ZnCO3,SiO2Ca、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:菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。为了提高锌的浸取效果,可采取的措施有 、 。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 、 、 。80~90KMnO4溶液充分反应后过滤,MnO2,该步反应的离子方程式为 。滤液②中加入锌粉的目的是 。H2SO4HF并循环利用,同时得到的副产物是 、 。27.(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:工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)钠,CO,该反应的化学方程式为 。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1/3。若气雾上升过高, 。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.①②③B.③①② C.②①③ D.①③②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 。滤液冷却、结晶、过滤,晶体用少量 洗涤,干燥,得到Na2S·xH2O。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)TiO2TiCl41000℃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)1.0×105Pa,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此温度,其原因是 。TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应,有利于TiO2-C“固—固”接触的措施是 。(二)选考题:152道化学题中任选一道作答。如果多做,则按所做的第一题计分。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”,2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”,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:基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为 。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 (填标号)。图a图b图c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,正负离子的间距最小为 pm。36.[化学——选修5:有机化学基础](15分)N-杂环卡宾碱(NHCbase)作为催化剂,H合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。回答下列问题:A的化学名称为 。反应②涉及两步反应,已知第一步反应类型为加成反应,第二步的反应类型为 。写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式 。E的结构简式为 。1.2022年全国高考理综甲卷化学1.2022年全国高考理综甲卷化学(答案与解析)H中含氧官能团的名称是 。化合物X是C的同分异构体,可发生银镜反应,与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二酸,写出X的结构简式 。如果要合成H的类似物H'( ),参照上述合成路线,写出相应的D'和G'的结构简式 、 。H'分子中有 个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子基团时,该碳称为手性碳)。1.2022年全国高考理综甲卷化学(答案与解析),AC分子式为;个64一定条件下一般均能发生取代反应,D错误。溶液中的4444反应生成4444C;发生水解生成7-1的6.4g-164g·mol

=0.1mol,Cu2+得电子数目为0.20NA,即外电路中通过电子的数目为0.20NA,D错误。2Z,YQ2可推知YY且XX3若Z为Q为为Q为Q为或N或而或:Y4影的相浓度的测得相浓度的4pH(CH3COONH4),不能说明pH(CH3COONa)>pH(CH3COONa),故不能说明Kh(CH3COO-)<3Kh(HCO-),A错误,★如果测得pH(CH3COONa)>pH(CH3COONH4)>pH(NaHCO3),还能说明33浓盐酸能与CrO2−:37 4Cr2O2−+H2O 7(橙红色)

4 7(黄色)错

ZnO+CO2↑(2)将焙烧后的产物碾碎、提高浸取温度（或充分搅拌、延长浸取时间）等(填其中两项措施,合理即可)(3)BSiO2CaSO4Fe(OH)34(4)MnO-+3Fe2++7H2O==MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+(5)置换Cu2+为Cu从而除去4(6)CaSO4MgSO444浸X调节溶液生成微溶加入适量-+但由于溶液44置换出来的主要成分为还可得到

Na2S+4CO↑+10H2O(2)煤灰可起到沸石的作用（可防暴沸）度 少D）的82

与应平衡向生成(2)①7.2×105②低温时反应速率慢(3)TiO2C粉碎后混合均匀【解析】本题考查盖斯定律的应用、平衡常数的计算、外界条件对平衡和转化率的影响等。(1)①由盖斯定律可知,反应(ⅱ)-反应(ⅰ)2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-51kJ·mol-1-172kJ·mol-1=-223kJ·mol-1

=𝑝(TiCl4)·𝑝(O2)、K

=𝑝(TiCl4)·𝑝2(𝐶𝑂)、K=𝑝2(CO),可知K=𝐾𝑝2=p1𝑝2(Cl2)

p2𝑝2(Cl2)

p𝑝(O2)

p𝐾𝑝1-21.2×1012Pa=1.2×1014Pa。②根据ΔG=ΔH-TΔS,碳氯化反应的ΔH<0,ΔS>0,ΔG<0,所以碳氯化反-21.0×10ΔH>0,ΔS<0,ΔG>0,不属于自发进行的反应,故碳氯化的反应趋势大于直接氯化。③碳氯化反应中,正向反应为气体分子数增大的放热反应,列原理,增大压强,平衡向左移动;升高温度,平衡向左移动,平衡转化率减小。(2)①根据图像可知,1400℃时CO、CO的组成比例分别为0.05、0.6,则K=𝑝2(CO)=(0.6×1.0×105Pa)2=7.2×1052 p𝑝(CO2)

0.05×1.0×105PaPa。②实际生产中反应温度高于200℃,原因是升高温度,反应速率增大,缩短了反应达到平衡的时间,可以达到最佳效益。(3)将固体TiO2和C粉碎后混合均匀,同时鼓入Cl2使固体粉末“沸腾”,可增大反应物间的接触面积。案但N的失b(3(4)sp2sp3C—F的键能大于C—H(5)Ca2+ 4为为 。图a图b为X,4个X8与YX是是8仔细观察不2 2就是小晶胞体对角线的一半,因此晶体中正负离子核间距的最小的距离为√3apm。4案5PAGEPAGE13B的结构简式及A成到 据E式及F为为 。信息可知,X分子中含有一个苯环,且苯环对位上有两个取代基,由C的分子式C9H8O知,X分子中两个取代基只能一个是乙烯基,另一个为醛基,即X的结构简式为 。对比H( )与H'( )的结构可知,将合成H的原料D中的苯环换为,即得到D',将G中的苯环去掉即得到G',所以D'、G'分别为、 。手性碳原子为连有4个不同原子或基团的饱和碳原子,由H'结构简式可知,H'分子中有5个手性碳子,如图所示: (标“*”者为手性碳原子)。2.2022年全国高考理综乙卷化学试题2.2022年全国高考理综乙卷化学试题2.2022年全国高考理综乙卷化学试题(本试卷共4页,共12小题,满分100分。考试用时90分钟)76()A.HB铅笔芯的成分为二氧化铅 B.碳酸氢钠可做食品膨松剂C.青铜和黄铜是不同结构的单质铜 D.焰火中红色来源于钠盐灼烧: 是()A.化合物1分子中的所有原子共平面 B.化合物1与乙醇互为同系物C.化合物2分子中含有羟基和酯基 D.化合物2可以发生开环聚合反应加。该样品中确定存在的是( )A.Na2SO4、Na2S2O3 B.Na2SO3、Na2S2O3C.Na2SO4、Na2CO3D.Na2SO3、Na2CO3()选项实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水,再加入淀粉KI溶液先变橙色,后变蓝色氧化性:Cl2>Br2>I2B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸,水浴加热,加入新制Cu(OH)2悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热,将产生的气体通入Br2的CCl4溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应Z原()、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B.最高价氧化物的水化物酸性:Y<XC.100~200℃阶段热分解失去4个W2Z D.500℃热分解后生成固体化合物X2Z3照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时,光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+),驱动阴极反应(Li++e-是( )充电时,Li2O22Li+O2充电效率与光照产生的电子和空穴量有关放电时,Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移放电时,O2+2Li++2eLi2O2与c()溶液Ⅰc(H+)=c(OH-)+c(A-)溶液ⅡHA的电离度[𝑐(A-)]1𝑐总(HA) 101溶液Ⅰ和Ⅱc(HA)不相等溶液Ⅰ和Ⅱc总(HA)10-4,(一)必考题:共43分。和一些难溶电解质的溶度积常数如下表:难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表:金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2pH2.36.83.57.2pH3.28.34.69.1回答下列问题:在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为 。用沉淀溶平衡原理解释选择Na2CO3的原因 。在“脱硫”中,加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化,原因是 。在“酸浸”中,除加入醋酸(CH3COOH),H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是 ;(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为(CH3COO)2Pb,其化学方程式为 ;(ⅲ)H2O2PbO2转化为(CH3COO)2Pb,H2O2的作用是。“酸浸”后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是 。“沉铅”的滤液中,金属离子有 。:Ⅰ.CuSO4溶液,NaOH溶液,产生浅蓝色沉淀。加热,成黑色,过滤。Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体,制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80~85℃,加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后,趁热过滤。Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩,经一系列操作后,干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体,进行表征和分析。回答下列问题由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液,下列仪器中不需要的是 (填仪器名称)。长期存放的CuSO4·5H2O中,会出现少量白色固体,原因是 。Ⅰ中的黑色沉淀是 (写化学式)。Ⅱn(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1,写出反应的化学方程式 。Ⅱ中,为防止反应过于剧烈而引起喷溅,加入K2CO3应采取 的方法。Ⅲ中应采用 进行加热。Ⅳ中“一系列操作”包括 。:已知下列反应的热化学方程式:①2H2S(g)+3O2(g)==2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ·mol-1②4H2S(g)+2SO2(g)==3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ·mol-1③2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)ΔH3=-484kJ·mol-1计算H2S热分解反应④2H2S(g)==S2(g)+2H2(g)的ΔH4= kJ·mol-1。H2S处理方法是克劳斯工艺,H2S。相比克劳斯工艺,高温热分解方法的优点是 ,缺点是 。1470K、100kPa反应条件下,n(H2S)∶n(Ar)=1∶4H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等,H2S平衡转化率为 ,平衡常数Kp= kPa。1373K、100kPa反应条件下,n(H2S)∶n(Ar)4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2S-Ar混合气,热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。①n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡转化率 ,理由是 。②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线 ,计算其在0~0.1s之间,H2S分压的平均变率为 kPa·s-1。235.[化学——选修3:物质结构与性质](15分)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题:氟原子激发态的电子排布式有 ,其中能量较高的是 (填标号)a.1s22s22p43s1 b.1s22s22p43d2 c.1s22s12p5 d.1s22s22p33p2①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中,C的一个 杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl 3键,并且Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Π4)。3②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中,C—Cl键长的顺序是 ,理由:(ⅰ)Cs成分越多,C—Cl键越强;(ⅱ) 。CsICl2受热发生非氧化还原反应,XY。X为 。解释X的熔点比Y高的原因 。α-AgII-作体心立方堆积(如图所示),Ag+I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下,Ag+不需要克服太大的阻力即可发迁移。因此,α-AgI晶体在电池中可作为 。已知阿伏加德罗常数为NA,则α-AgI晶体的摩尔体积Vm= m3·mol-1(列出算式)。36.[化学——选修5:有机化学基础](15分)左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一,以下是其盐酸盐(化合物K)的一种合成路线(部分反应条件已简化,忽略立体化学):PAGEPAGE38已知:化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。回答下列问题:A的化学名称是 。C的结构简式为 。写出由E生成F反应的化学方程式 。E中含氧官能团的名称为 。由G生成H的反应类型为 。I是一种有机物形成的盐,结构简式为 。在E的同分异构体中,同时满足下列条件的总数为 种。a)含有一个苯环和三个甲基;b)与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳;c)能发生银镜反应,不能发生水解反应。上述同分异构体经银镜反应后酸化,所得产物中,核磁共振氢谱显示有四组氢(氢原子数量为6∶3∶2∶1)的结构简式为 。2.2022年全国高考理综乙卷化学（答案与解析）2.2022年全国高考理综乙卷化学（答案与解析）2.2022年全国高考理综乙卷化学（答案与解析）1错122正334SO2−,则一定含有Na2SO4,A符合题意。4;的W为为,和O、ZX常273关系式:2NH4B5O8·4H2O~5B2O3,B2O3的相对分子质量为70,70×2.5×100%≈64.1%,D正确。273A放一定存在与𝑐(A-)

= 𝑐平

= 1 = 1 =𝑐总(HA)

𝑐平(A-)+𝑐平(HA)

𝑐1𝑐平(A-)1

𝑐平(H+)1+𝐾a11+0.1

=11010.001K平(A-)·𝑐平(H+)

,c(A-)·c

(H+),溶液Ⅰ和溶a𝑐平(HA)

知平 Ⅰ

Ⅰ 平 Ⅱ 平 Ⅱ

(A-)∶c(A-)=106;溶液Ⅰ中由K=𝑐平(H+)Ⅰ·𝑐平(A-)Ⅰ可知,𝑐平(A-)Ⅰ=平 Ⅰ 平 Ⅱ

a𝑐平(HA)Ⅰ

𝑐总(HA)Ⅰ =

中𝑐平(A-)Ⅱ=1c

(HA)=101c(A-)。所以𝑐(H+)+𝐾 10-7+10-3

总 Ⅰ 平 Ⅰ

𝑐(HA)

总 Ⅱ 平 Ⅱ101平 Ⅰ a 总 Ⅱ𝑐总(HA)Ⅰ=𝑐平(A-)Ⅰ

≈104,D错误。𝑐总(HA)Ⅱ101𝑐平(A-)Ⅱ案衡3 444𝑐(SO2−)𝐾sp(PbSO4)2.5×10-8数4= = 。3𝑐(CO2−)𝐾sp(PbCO3)7.4×10-143𝑐(SO2−)𝐾sp(BaSO4)1.1×10-103(2)BaSO4(s)+CO2−(aq)==BaCO3(s)+SO2−(aq)的平衡常数K= 4= = ≈0.04,33 4 𝑐(CO2−)𝐾sp(BaCO3)2.6×10-9105,因此该反应进行的程度较小,BaSO4完全转化(3)(ⅰ)Fe2+(ⅱ)Pb+H2O2+2CH3COOH(CH3COO)2Pb+2H2O(ⅲ)作还原剂(4)Al(OH)3、Fe(OH)3(5)Na+、Ba2+,生成物应为3 4物质,因为平衡常数K=𝐾sp(PbSO4)=2.5×10-8>105,所以几乎可以完全转换。题目要求用沉淀溶解平𝐾sp(PbCO3)7.4×10-14于化3 4转化为的因此该反应中。案) )分批加入并搅拌水浴结晶、过滤、洗涤【解析】(1)CuSO4·5H2O固体配制一定物质的量浓度的溶液,用到电子天平称量固体质量,在烧杯中加适量的水(量筒量取)溶解,转移到一定规格的容量瓶中,经洗涤、定容等操作完成溶液配制。该过程中不需要分液漏斗和冷凝管(或球形冷凝管)。(2)CuSO4·5H2O晶体在干燥的空气中容易失去结晶水,CuSO4粉末,该过程为风化。(3)氢氧化铜受热分解生成CuO。(4)实验ⅡK2C2O4KHC2O4的混合溶液,n(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1时,3∶2反应,草酸的酸性比碳酸强,结合原子守恒可配平反应的化学方程式。(5)CO2气体产生过快、过多,会出现喷溅现象,为防止出现此类现象,可以将K2CO3分批加入,并不断搅拌。(6)实验Ⅲ控制温度在80~85℃,可以采取水浴加热,便于控制温度。(7)从热饱和溶液中得到晶体的方法是冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。案气源2.2022年全国高考理综乙卷化学（答案与解析）2.2022年全国高考理综乙卷化学（答案与解析）(4)①越大恒压条件下,H2S的分压越小,越有利于H2S分解反应的正向进行②d24.9【解析】(1)根据盖斯定律可知,④式=(①式+②式)×1-③式,即ΔH4=(ΔH1+ΔH2)×1-ΔH3=(-13 3036kJ·mol-1+94kJ·mol-1)×1+484kJ·mol-1=+170kJ·mol-1。(2)分析优缺点时主要比较二者的反3应物、生成物以及反应条件等,二者的反应物相同,生成物不完全相同,反应④可生成氢气,因此优点为“能获取可作燃料的氢气”;二者的反应条件不同,反应④需要高温分解,因此缺点是消耗能源。(3)设起始时H2S的物质的量为1mol,平衡时消耗H2S的物质的量为xmol,则2H2S(g) S2(g)+2H2(g)起始/mol 1 0 0转化/mol x 𝑥 x2平衡/mol 1-x 𝑥 x2由题意可知,1-x=x,解得x=0.5,则H2S的转化率为50%。平衡时H2S(g)、S2(g)、H2(g)、Ar的物质的量分别为0.5mol、0.25mol、0.5mol、4mol,因𝑝(S2)·𝑝2(H2)

0.25×100kPa×(

0.5

×100kPa)25.25mol

𝑝2(H2S)

=5.25

(0.5

5.25

≈4.76kPa。(4)①5.25H2S分解的反应是气体化学计量数增大的反应,因此恒压条件下,H2S的分压越小,越有利于H2S分解反应的正向进行,即H2S的平衡转化率越大。②由图像和转化率大小关系可知,曲线a、b、c、d、en(H2S)∶n(Ar)4∶1、1∶1、1∶4、1∶91∶19时的转化率与时间的关系,n(H2S)∶n(Ar)=1∶9dH2S1mol,Ar的物质的量为9mol,由题图可知,当0.1s时H2S的转化率为24%,则2H2S(g)S2(g)+2H2(g)起始/mol100转化/mol0.240.120.240.1s/mol0.760.120.24则0.1s时气体的总物质的量为0.76mol+0.12mol+0.24mol+9mol=10.12mol。起始时,H2S的分压为100kPa×0.1=10kPa,0.1s时H2S的分压为100kPa×0.76≈7.51kPa,即变10.12化值约为2.49kPa,则变化率为24.9kPa·s-1。案d σ炔 大π的短以于电解质(5.04×10-10)3𝑁A2aC杂因此为σ键长取决于C的杂化轨道中sπ形成的大π键越强。因此反Y卤素互化物因此无色晶体X2.2022年全国高考理综乙卷化学（答案与解析）2.2022年全国高考理综乙卷化学（答案与解析）的熔点高于1由题给,2个1𝑁A(5.04×10-10)32

=𝑁A(5.04×10-10)3m3·mol-1。m2案或) (3)(4)羧基、羟基(5)取代反应(6) (7)10 和AD的结构简式及C的分子式可知,该反应产物除D外,还生成HCl,结合D的结构简式可知C的结构简式为从F应应为 H和GH和JI则I为 有311133:和 。3.2022年北京新高考化学试题3.2022年北京新高考化学试题3.2022年北京新高考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24S32Ca40Fe56I127第一部分14342分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。20223月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法的是（）醋酸钠是强电解质醋酸钠晶体与冰都是离子晶体pH>7该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出下列化学用语或图示表达的是（）乙炔的结构简式：HC≡CH顺-2-丁烯的分子结构模型：Si原子的价层电子的轨道表示式：Na2O2的电子式：38Sr锶)87Sr、86Sr87Sr/86Sr值不变。土壤生物中87Sr/86Sr值与土壤中87Sr/86Sr值有效相关。测定土壤生物中87Sr/86Sr值可进行产地溯源。下列说法的是（ ）Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族87Sr86Sr87Sr86Sr494887Sr/86Sr值相同下列方程式与所给事实的是（）△NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3===Na2CO3H2OCO2↑△– + 3+过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：FeNO3+4H

+NO↑+2H2OCO2，出现白色浑浊：乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：△CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O△下列实验中，达到实验目的的是（）由海水制取蒸馏水萃取碘水中的碘分离粗盐中的不溶物由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体ABCDpH减小的是（）NaHSO4BaCl2溶液，生成白色沉淀NaOHFe(OH)2的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀NaHCO3CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]H2S溶液中通入氯气，生成黄色沉淀点燃已知：H2+Cl2=====2HCl。下列说法的是（）H2s-sσ键，Cl2s-pσ键HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟H2Cl2反应的化学能转化为电能Nsp2、sp3两种杂化方式分子中含有手性碳原子Nsp2、sp3两种杂化方式分子中含有手性碳原子该物质既有酸性又有碱性该物质可发生取代反应、加成反应由键能数据大小，解释下列事实的是（）化学键C-HSi-HC=OC-OSi-OC-CSi-Si键能/kJ·mol-1411318799358452346222硅利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象a中产物生成的是()a中反应b中检测试剂及现象A浓HNO3分解生成NO2淀粉-KI溶液变蓝BCu与浓H2SO4生成SO2品红溶液褪色C浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3酚酞溶液变红DCH3CHBrCH3NaOH乙醇溶液生成丙烯溴水褪色Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。下列说法的是（）A.F中含有2个酰胺基 B.高分子Y水解可得到E和GC.高分子X中存在氢键 D.高分子Y的合成过程中进行了官能团保护MOFsN2O4“固定”NO2。废气中NO2HNO3。原理示意图如下。已知：2NO2(g) N2O4(g)ΔH<0,下列说法的是（）NO2吸附多孔材料“固定”N2O4，促进2NO2(g) N2O4(g)平衡正向移动HNO32N2O4O2+2H2O4HNO30.4molHNO36.02×1022利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象阴极表面有无色气体，①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2+阴极表面未观察到气②0.1mol/LCuSO4+过量氨水体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素下列说法的是（）c(H+)CuH+与铁接触Fe2+，推测可能发生反应：Fe2H+Fe2+H2、FeCu2+Fe2+Cu随阴极析出Cu，推测②中溶液c(Cu2+)减少，Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+平衡逆移Cu2+生成[Cu(NH3)4]2+c(Cu2+)比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密CO2CO21所示。反应①完成之后N2N2、CH42CO2剂上有积碳。下列说法的是（）

催化剂CaOCO2CaCO3CaCO3CH4======CaO2CO2H2催化剂t1~t3，n(H2)n(CO)H2CH4======C2H2t2H2H2速率t3CO0，是因为反应②不再发生558分。

第二部分和硫酸，实现能源及资源的有效利用。（1）FeSO4·7H2O结构示意图如图1。①Fe2+的价层电子排布式为 。H2OOSO2–Ssp3H2O中4H—O—HSO4O—S—O键角的大小并解释原2–因 。2+ 2–的③FeSO4·7H2OH2OFe

、H2O与SO4 作用力类型分别是 。（2）FeS2晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图2。①距离Fe2+最近的阴离子有 个。②FeS2的摩尔质量为120g/mol，阿伏加德罗常数为NA该晶体的密度为 g/cm3。(1nm=10-9m)（3）FeSO4·7H2OFeSO4·H2OFeS2在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。FeSO4·H2OFeS23FeS2作为FeSO4·H2O分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点 。煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。高温下，煤中CaSO4完全转化为SO2，该反应的化学方程式为 。通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。– -已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中c(I3)/c(I)保持定值时，–电解池不工作。待测气体进入电解池后，SO2溶解并将I3还原，测硫仪便立即自动进行电解–– -到c(I3)/c(I)又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。①SO2在电解池中发生反应的离子方程式为 。②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量数为 。已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑。条件控制和误差分析。–①测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH<1时，非电解生成的I3使得测得的全硫含量––偏小，生成I3的离子方程式为 。–②测定过程中，管式炉内壁上有SO3残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”)已知：1C+2CH→+2O（1）A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是 。（2）B无支链，B的名称是 。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有组峰，结构简式是 。（3）E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是 。（4）G中含有乙基，G的结构简式是 。571，J的相对分子质量为193，碘番酸的结构简式是 。口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。amgZn粉、NaOHI-，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。pHbmol∙L-1AgNO3AgNO3cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 。CaMg(CO3)22.1%Fe2O31.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。已知：物质Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO3Ksp5.5×10-65.6×10-123.4×10-96.8×10-6白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。NH4Cl/n(CaO)氧化物(MO)浸出率/%产品中CaCO3纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计)CaOMgO计算值实测值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20或A①“解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是 。②沉钙反应的离子方程式为 。③“浸钙”“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl):n(CaO)的比例为 。④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是 。“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。滤渣C中含有的物质是 。该流程中可循环利用的物质是 。2+ -

2– –资料：i．MnCl2ClOMnO2(棕黑色)、MnO4(绿色)、MnO4(紫– - 2–色)。ii．浓碱条件下，MnO4可被OH还原为MnO4。iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)序号物质aC中实验现象通入Cl2前通入Cl2后I水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化II5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀III40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀（1）B中试剂是 。通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。ii，III原因：原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。2––原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO4氧化为MnO4。2––①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的性变化很小。②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。3.2022年北京新高考化学（答案与解析）3.2022年北京新高考化学（答案与解析）3.2022年北京新高考化学（答案与解析）B【解析】醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，A正确；醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，B正确；过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，D正确。C【解析】乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为：HC≡CH，A正确；顺-2-甲基位于双键同侧，其结构模型为，B正确；基态Si原子的价层电子排布式为其轨道表示式为，C错误；Na2O2是离子化合物，其电子式为，D正确。3.A【解析】Sr位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，A错误；质谱法可以测定原子的相对原子质量，87Sr86Sr的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，B87Sr的中子87-38=49，86Sr86-38=48，C正确；由题意可知，38Sr锶)87Sr、86Sr稳定87Sr/86Sr值不变，D正确。4.B【解析】碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，AFe2+，B错误；苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确。5．D【解析】实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精凝管应从下口进水，上口出水，A正确；碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B正确；粗盐的杂质除去，CFeCl3·6H2OHCl易挥发，得到氢氧化FeCl3固体，D错误。6．DNaHSO4BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+pH不变，ANaOHFe(OH)2的悬浊液4Fe(OH)2+2H2OO2==4Fe(OH)3，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；NaHCO3CuSO4[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，CH2SHCl和单质硫沉H+的浓度，pH减小，D正确。7．A【解析】H2H-Hss-sσ键，Cl2Cl-Clpp-pσ键，AHCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，BHClNH3+HCl=NH4ClNH4Cl氯化铵固体小颗粒，固体粉末就是烟，CH2Cl2H2Cl2反应的化学能转化为电能，D正确。8．BNσsp2杂Nσsp3杂化，A正确；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B羧基，具有酸性；该物质中还含有，具有碱性，C正确；该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确。9.C【解析】键能越大越稳定，C-HSi-H，所以稳定性：CH4>SiH4A；键能越大，键长越短，C=OC-O，所以键长：C=OC-OB；CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2CO2<SiO2CO2<SiO2C；金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，C-CSi-Si，所以硬度：金刚石>D。10.A【解析】浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，A符合题意；铜铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫，B不符合题意；浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应应生成氨气，C2—溴丙2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，D不符合题意。11.B【解析】由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，A正确，由结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成 和 ，B错误；由结构简式X中含有的酰胺基能形成氢键，C正确；由结构简式可知，EYY的合成过程中进行了官能团氨基的保护，D正确。12.D【解析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。从2NO2(g) N2O4(g)ΔH<0可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；多孔材料“固定”N2O4，从而促进2NO2 N2O4平衡正向移动，B正确；N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2N2O4O22H2O4HNO3，C2N2O4O22H2O4HNO3中，转移的电子数4e-0.4molHNO30.4mol2.408×1022，D错误。13.C【解析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到实验①更致密的镀层。由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产的气体减少，A正确；由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为Fe+2H+==Fe2++H2、Fe+Cu2+==Fe2++Cu，B正确；由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+平衡不移动，C错误；由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，D正确14.C1CaOCO2==CaCO3，结合氧化还原催化剂反应配平可得反应②为CaCO3+CH4======CaO+2CO+2H2，A正确；由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催催化剂化剂上有积碳，故可能有副反应CH4======C+2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比1：2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2COt2知，H22mmol/minCO1~2mmol/min之间，故能够说明副H2H2速率，C2信息可知，t3之后，CO的0，CH41CO0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确。【答案】（1）①3d6 ②孤电子对有较大斥力，使H—O—H键角小于O—S—O键角 480 ③配位键、氢键 （2）①6

NA×(a×10-7)3（3）FeS2FeSO4·H2O分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料【解析】（1）①Fe3d64s2Fe2+4s2个电子，于是2+ 6 2– 3Fe3d。②H2OOSO4Ssp杂化，H2OO42–2个被孤电子对占据，2SO4S4个杂H—O—HO—S—O键角相比被压缩减小。③H2OO有孤电子2–2+ 2–对，Fe有空轨道，二者可以形成配位键。SO4中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：。4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。1 1 12+ 2–

离子个数为8×8+6×2=4，S2个数为1×1+12×4=4。一个晶胞1204FeS2m4×NAg480

480NAg。所以晶体密度。m NAg

480 ρ=V=(a×10-9×100)3cm3=N

×(a×10-7)3g/cm3(1nm=10-9m)AFeS2燃烧为放热反应，FeSO4·H2O分解为吸热反应，FeS2燃烧放出的热量恰好为FeSO4·H2O分解提供能量。另外，FeS2FeSO4·H2OFe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。高温催化剂【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分（2）2CaSO4======2CaO+2SO2↑高温催化剂– - 2– + - - –+O2↑ （3）①SO2+I3+H2O==3I+SO4+4H ②3I-2e=I316x- –（4）965a%（5）I2I==I3 –【解析】（1）加充分；（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水；（3）①I3反应生成碘离子、硫酸根离子和–氢离子；②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应– –~ -生成碘三离子3；（4）由题意可得如下关系：S~SO2~I32e，电解消耗的电量为x库仑， x 2×96500×32

16x则煤样中硫的质量分数为

a ×100%965a%；（5）①pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小；②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低。【答案】（1）醛基 （2）正丁酸 （3）571bc（4） （5） （6）3a×100%【解析】本流程的目的,以A为原料制取碘番酸｡由A可发生银镜反应,可确定A为醛,由B无支链,可确定B为CH3CH2CH2COOH,则A为CH3CH2CHO;依据题干信息,可确定D为;E为芳香族化合物,E为;J的结构简式,可确定F为 ｡由题给信息,要确定G为｡（1）由A的分子式C4H8O及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基。（2）BC4H8O2BCH3CH2CH2COOH，名称是正丁酸。B8H原子全部构成-CH2-，B1，则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是。（3）由分析知，E为，F为，则E→F的化学方程式是。（4）由分析可知，G的结构简式是 。571，J193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，分子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的结构简式是 。（6）—3AgNO3，n(AgNO3)=bmol∙L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，则口服造影剂中碘番酸的质量分数为1bc×10-3mol×3×571g/mola×10-3g ×100%

571bc3a×100%。煅烧（2）①Ksp[Ca(OH)2Ksp[Mg(OH)2]NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反+应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出 ②Ca2++2NH3·H2O+CO2==CaCO3↓+2NH4+H2O+2.4∶1 ④Ksp(CaCO3Ksp(MgCO3)，CaCO3优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙+ 2+（3）MgO+H2O==Mg(OH)2，Mg(OH)2+2NH4

+2NH3+2H2O，随大量氨逸出，平衡正向移动（4）Fe2O3、SiO2、CaSO4、MgO （5）NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3【解析】白云石矿样煅烧后CaMg(CO3)2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；(1)白云石矿样改写成（CaCO3·MgCO3）煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳煅烧CaMg(CO3)2CaOMgO2CO2↑；(2)①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，Ksp[Ca(OH)2]>>Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式+为Ca2++2NH3·H2O+CO2==CaCO3↓+2NH4+H2O。③由图表可知，“浸钙”过程+n(NH4Cl):n(CaO)2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜n(NH4Cl):n(CaO)2.4∶1。④Ksp(CaCO3Ksp(MgCO3)CaCO3会优CaCO3纯度的实测值高于计算值；(3)“浸+ 2+镁”过程中，发生反应：MgO+H2O==Mg(OH)2，Mg(OH)2+2NH4 Mg +2NH3+2H2O，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；(4)白云石的CaMg(CO3)22.1%Fe2O31.0%SiO2；煅烧浸钙B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，MgO98.9%，则CFe2O3、SiO2、CaSO4、MgO；(5)沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3既是反应物又是生成物。44和液 液强 ②+444–4【解析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HClCl2BNaClCl2HClCpHCl2MnSO4D是尾气处理装置，目的Cl2，防止造成大气污染。BNaClCl2HCl气体；(2)Cl2前，II、IIIMn2+NaOHOH-Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；(3)I、IICl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；(4)①Cl2NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且– - 2–绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO4可被OH还原为MnO4，根– - 2–据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4MnO4+4OH=4MnO4+O2↑+2H2OMnO2Cl2III的悬浊液中氧化剂过II1mL4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，- – - - – -ClOMnO2MnO4，发生的反应是：3ClO+2MnO2+2OH==2MnO43Cl+H2O；④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率，导致不能实验III未得到绿色溶液。4.2022年江苏新高考化学试题4.2022年江苏新高考化学试题4.2022年江苏新高考化学试题(本试卷共4页,共17小题,满分100分。考试用时75分钟)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ce140一、单项选择题:共13题,每题3分,共39分。每题只有一个选项最符合题意。A.陶瓷烧制 B.黑火药 C.造纸术 合成结晶牛胰岛素与反应生成和()A.Na2O2的电子式为B.H2O的空间构型为直线形C.H2O2中O元素的化合价为-1 D.NaOH仅含离子键()A.半径大小:r(Al3+)<r(Na+) B.电负性大小:X(F)<X(O)C.电离能大小:I1(O)<I1(Na) D.碱性强弱:NaOH<Al(OH)3()A.用装置甲制取SO2气体 B.用装置乙制取SO2水溶液C.用装置丙吸收尾气中的SO2 D.用干燥pH试纸检验SO2水溶液的酸阅读下列材料,完成5~7题:周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛,甲烷具有较大的燃烧热(890.3kJ·mol-1),是常见燃料;Si、Ge是重要的半导体材料,硅晶体表面SiO2能与氢氟酸(HF,弱酸)反应生成6H2SiF6(H2SiF6H+SiF2−);1885年德国化学家将硫化锗(GeS2)H2共热制得了门捷列夫预言的类硅——锗;我国古代就掌握了青铜(铜—锡合金)的冶炼、加工技术,制造出许多精美的青铜器;Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料,不同铅化合物一般具有不同颜色,史上曾广泛用作颜料。6()A.C—C—CB.SiH4、SiCl4都是由极性键构成的非极性分子锗原子(32Ge)4s24p2ⅣA族元素单质的晶体类型相同()6A.SiO2与HF溶液反应:SiO2+6HF==2H++SiF2−+2H2O6B.高温下H2还原GeS2:GeS2+H2==Ge+2H2S4C.铅蓄电池放电时的正极反应:Pb-2e-+SO2−==PbSO44D.甲烷的燃烧:CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(g)ΔH=890.3kJ·mol-1()石墨能导电,可用作润滑剂单晶硅熔点高,可用作半导体材料青铜比纯铜熔点低、硬度大,古代用青铜铸剑含铅化合物颜色丰富,可用作电极材料氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法()N2NH3H2O、NH3、CO2、NaClNaHCO3NH4ClNH3HNO3多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”Z是X:X+HBr Y+Br- Z下列说法()与互为顺反异构体 B.X能使溴的CCl4溶液褪色C.X与HBr反应有副产物生成 D.Z分子中含有2个手性碳原子的原为+++是)ΔS<0上述反应平衡常数K= 𝑐4(N2)·𝑐6(H2O)𝑐4(NH3)·𝑐(O2)·𝑐4(𝑁𝑂)1molNH3,2×6.02×1023实际应用中,加入尿素的量越多,柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小室温下,下列实验探究方案()选项探究方案探究目的A向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液,振荡,再滴加几滴新制氯水,观察溶液颜色变化Fe2+具有还原性B向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液,振荡,加热试管,观察溶液颜色变化SO2具有漂白性C向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水,振荡,观察溶液颜色变化Br2的氧化性比I2的强D用pH计测量醋酸、盐酸的pH,比较溶液pH大小CH3COOH是弱电解质CO20.1mol·L-1KOHCO2,若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略,溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(HCO-)+c(CO2−)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是3 3()A.KOH吸收CO2所得到的溶液中:c(H2CO3)>c(HCO-)33B.KOH完全转化为K2CO3时,溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HCO-)+c(H2CO3)333C.KOH溶液吸收CO2,c总=0.1mol·L-1溶液中:c(H2CO3)>c(CO2−)3D.如图所示的“吸收”“转化”过程中,溶液的温度下降:C2H5OH(g)+3H2O(g)==2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ·mol-1CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在1.0×105Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)=1∶3时,若仅考虑上述反应,平衡时CO2和CO的选𝑛生成(CO)择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性= ×100%,下列说法正𝑛生成(CO2)+𝑛生成(CO)确的是()H2产率随温度的变化升高温度,CO的选择性增大一定温度下,增大𝑛(C2H5𝑂𝐻)可提高乙醇平衡转化率𝑛(H2𝑂)一定温度下,CaO(s)或选用高效催化剂,H2产率二、非选择题:共4题,共61分。14.(15分)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]pH=4~7的水溶液中,FeS颗粒表面带正电荷,Cr(Ⅵ)HCrO、Cr2O2−、CrO2−形式存在,FeSCr(Ⅵ)主要经过4 7 4“吸附→反应→沉淀”的过程。己知:Ksp(FeS)=6.5×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17;H2S电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。4①在弱碱性溶液中,FeS与CrO2−反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S,其离子方程式为4 。②在弱酸性溶液中,反应FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常数K的数值为 。③在pH=4~7溶液中,pH越大,FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢,原因是 。2FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似,该FeS2晶体的一个晶胞中S2−的数目为 ;在FeS2晶体中,每个S原子与三个Fe2+紧邻,且Fe—S间距相等,2如图1给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的S2−(S2−中的S—S键位于晶胞体对角线2 22上,晶胞中的其他S2−已省略)。图1中用“—”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。2图1 图2FeS2、FeS在空气中易被氧化。将FeS2在空气中氧化,测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图2所示。800℃时,FeS2氧化成含有两种素的固体产物为 (填化学式,写出计算过程)。15.(15分)化合物G可用于药用多肽的结构修饰,其人工合成路线如下:A分子中碳原子的杂化轨道类型为 。B→C的反应类型为 。D的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式: 。4种不同化学环境的氢原子;②碱性条件水解,2种产物,2种含氧官能团,2种产物均能被银氨溶液氧化。F的分子式为C12H17NO2,其结构简式为 。已知: (R和R'表示烃基或氢,R″表示烃基);+写出以和CH3MgBr为原料制备 的合成路线流程图(无机试和有机溶剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。16.(15分)实验室以二氧化铈(CeO2)Cl-Ce2(CO3)3,其部分实验过程如下:“酸浸”CeO2H2O2Ce3+O2,该反应的离子方程式为 。pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀,该沉淀中Cl-含量与加料方式有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为 (填序号)。NH4HCO3CeCl3溶液中CeCl3NH4HCO3溶液中通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程,Cl-Ce2(CO3)3Ce3+能被有机萃取剂(HA)萃取,其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层) Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)①加氨水“中和”去除过量盐酸,使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是 。②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移,应选择的验条件或采取的实验操作有 (填两项)。③与“反萃取”得到的水溶液比较,过滤Ce2(CO3)3沉淀的滤液中,物质的量减小的离子有 (填化学式)。(4)Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂,滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色,Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+。请补充完整实验方案:25.00mLCe3+溶液[c(Ce3+)0.2mol·L-1],Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后,用稀硫酸酸化,250mL容量瓶中后定容;②按规定操作分别将0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4+溶液装入如图所示的滴定管中:③ 。17.(16分)氢气是一种清洁能源,绿色环保制氢技术研究具有重要意义。4PAGEPAGE422CuCl溶液,阴极区为盐酸,电解过程中2CuCl-转化为CuCl2−。电解时阳极发生的主要电极反应为 (用2 4电极反应式表示)。②电解后,经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中,发生化合价化的元素有 (填元素符号)。3“Fe—HCOH2O热循环制氢和甲酸”的原理为:在密闭容器中,CO2制得的3NaHCO3溶液反应,生成H2、HCOONa