2022年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試·全國乙卷化學可能用到的相對原子質量：H—1B—11C—12N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5一、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．生活中處處有化學，下列敘述正確的是()A．HB鉛筆芯的成分為二氧化鉛B．碳酸氫鈉可做食品膨松劑C．青銅和黃銅是不同結構的單質銅D．焰火中紅色來源于鈉鹽灼燒B[HB鉛筆芯的主要成分是石墨，A項錯誤；碳酸氫鈉在加熱的條件下會發(fā)生分解反應生成碳酸鈉、水和二氧化碳，二氧化碳氣體可使食品變得松軟、多孔，故碳酸氫鈉可做食品膨松劑，B項正確；青銅是銅錫合金，黃銅是銅鋅合金，二者都屬于合金，C項錯誤；鈉鹽的焰色反應為黃色，因此焰火中的紅色不是來源于鈉鹽的灼燒，D項錯誤。]8．一種實現(xiàn)二氧化碳固定及再利用的反應如下：下列敘述正確的是()A．化合物1分子中的所有原子共平面B．化合物1與乙醇互為同系物C．化合物2分子中含有羥基和酯基D．化合物2可以發(fā)生開環(huán)聚合反應D[化合物1分子結構中含有烷烴基，所有的原子一定不共平面，A項錯誤；同系物是指結構相似，在分子組成上相差一個或若干個“CH2”原子團的一系列化合物，化合物1與乙醇結構不相似，故二者不互為同系物，B項錯誤；由化合物2的結構簡式可知，分子結構中含有酯基，沒有羥基，C項錯誤；由于化合物2為環(huán)狀結構且分子結構中含有酯基，可以發(fā)生水解反應生成羥基和羧基，然后羧基和羥基可以發(fā)生縮聚反應生成聚合物，因此化合物2可以發(fā)生開環(huán)聚合反應，D項正確。]9．某白色粉末樣品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量樣品進行如下實驗：①溶于水，得到無色透明溶液；②向①的溶液中滴加過量稀鹽酸，溶液變渾濁，有刺激性氣體逸出，離心分離；③?、诘纳蠈忧逡?，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。該樣品中確定存在的是()A．Na2SO4、Na2S2O3 B．Na2SO3、Na2S2O3C．Na2SO4、Na2CO3 D．Na2SO3、Na2CO3A[向①的溶液中滴加過量稀鹽酸，溶液變渾濁，有刺激性氣體逸出，發(fā)生反應：S2OS432-＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，說明該白色粉末樣品中一定含有Na2S2O3；由于鹽酸過量，向②的上層清液中滴加BaCl2溶液有沉淀生成，則發(fā)生反應：SO42-＋Ba2+=BaSO4↓，說明溶液中一定含有SO42-，而SO32-和CO32-無法判斷，10．由實驗操作和現(xiàn)象，可得出相應正確結論的是()實驗操作現(xiàn)象結論A向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液先變橙色，后變藍色氧化性：Cl2>Br2>I2B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，加入新制的Cu(OH)2懸濁液無磚紅色沉淀蔗糖未發(fā)生水解C石蠟油加強熱，將產生的氣體通入Br2的CCl4溶液溶液由紅棕色變無色氣體中含有不飽和烴D加熱試管中的聚氯乙烯薄膜碎片試管口潤濕的藍色石蕊試紙變紅氯乙烯加聚是可逆反應C[由于氯水過量，可發(fā)生反應Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，無法證明Br2的氧化性強于I2，A項錯誤；用新制的Cu(OH)2懸濁液檢驗蔗糖水解的產物，應在堿性條件下進行，因此向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后需先加入NaOH溶液中和過量的酸，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，B項錯誤；不飽和烴可使溴的四氯化碳溶液褪色，由實驗操作和現(xiàn)象可知石蠟油加強熱產生的氣體中含有不飽和烴，C項正確；加熱試管中的聚氯乙烯薄膜碎片，聚氯乙烯會焦化、分解產生HCl氣體，HCl能使?jié)櫇竦乃{色石蕊試紙變紅，D項錯誤。]11．化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于電訊器材、高級玻璃的制造。W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增加，且加和為21。YZ2分子的總電子數(shù)為奇數(shù)，常溫下為氣體。該化合物的熱重曲線如圖所示，在200℃以下熱分解時無刺激性氣體逸出。下列敘述正確的是()A．W、X、Y、Z的單質常溫下均為氣體B．最高價氧化物的水化物的酸性：Y<XC．100～200℃階段熱分解失去4個W2ZD．500℃熱分解后生成固體化合物X2Z3D[B單質常溫下為固體，A項錯誤；元素非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，由于非金屬性B<N，則H3BO3<HNO3，B項錯誤；1mol該化合物YW4X5Z8·4W2Z(NH4B5O8·4H2O)的質量為273g，設其在100～200℃階段失水xmol，則有18x273＝1－0.802＝0.198，解得x＝3，說明100～200℃階段熱分解失去3molH2O，C項錯誤；1mol化合物NH4B5O8·4H2O的質量為273g，根據B元素守恒，最終可生成52molB2O3，質量為175g，質量分數(shù)為175273×100%＝64.1%，由此說明500℃12．Li-O2電池比能量高，在汽車、航天等領域具有良好應用前景。近年來，科學家研究了一種光照充電Li-O2電池(如圖所示)。光照時，光催化電極產生電子(e－)和空穴(h＋)，驅動陰極反應(Li＋＋e－=Li)和陽極反應(Li2O2＋2h＋=2Li＋＋O2)對電池進行充電。下列敘述錯誤的是()A．充電時，電池的總反應Li2O2=2Li＋O2B．充電效率與光照產生的電子和空穴量有關C．放電時，Li＋從正極穿過離子交換膜向負極遷移D．放電時，正極發(fā)生反應O2＋2Li＋＋2e－=Li2O2C[充電時為電解池，由題目信息知，光照時，光催化電極產生電子(e－)和空穴(h＋)，電子通過外電路轉移到鋰電極發(fā)生反應Li＋＋e－=Li，光催化電極上發(fā)生反應Li2O2＋2h＋=2Li＋＋O2，總反應為Li2O2=2Li＋O2，因此充電效率與光照產生的電子和空穴量有關，A、B項正確；放電時，陽離子移向正極，因此放電時，Li＋從負極穿過離子交換膜向正極遷移，C項錯誤；放電時，正極發(fā)生還原反應，其電極反應式為O2＋2e－＋2Li＋=Li2O2，D項正確。]13．常溫下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10-3。在某體系中，H＋與A－離子不能穿過隔膜，未電離的HA可自由穿過該膜(如圖所示)。設溶液中c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，當達到平衡時，下列敘述正確的是()A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中HA的電離度cA-C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10-4B[pH＝7.0，溶液Ⅰ呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，若c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，則c(A－)＝0，明顯不符合實際情況，A項錯誤；溶液Ⅱ中，cA-c總HA＝c平衡A-c平衡HA+c平衡A-＝1c平衡HAc平衡A-+1＝1c平衡H+KaHA+1＝110-110-3+1＝1101，B項正確；HA可以自由通過隔膜，溶液Ⅰ、Ⅱ中c(HA)應相等，C項錯誤；溶液Ⅰ、Ⅱ中c(HA)相等，由Ka(HA)＝c平衡A-×c平衡H+c平衡HA，可得c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，考生根據要求作答。(一)必考題：共43分。26．(14分)廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問題：(1)在“脫硫”中PbSO4轉化反應的離子方程式為__________________，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因_______________________________________________________________________________________________________。(2)在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉化，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，還要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是________；(ⅱ)H2O2促進了金屬Pb在醋酸中轉化為PbAc(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是____________________________。(4)“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是______________。(5)“沉鉛”的濾液中，金屬離子有________。[解析](1)PbCO3的Ksp遠小于PbSO4的Ksp，易發(fā)生生成PbCO3的沉淀轉化，且進行較為徹底。(2)BaCO3的Ksp大于BaSO4的Ksp，不易發(fā)生生成BaCO3的沉淀轉化，即使發(fā)生，反應進行的程度也很小。(3)(ⅰ)Fe2+具有還原性，能被H2O2氧化；(ⅱ)H2O2能氧化Pb，使其轉化成Pb2+，Pb2+再與Ac－結合生成Pb(Ac)2，依據氧化還原反應的規(guī)律，即可寫出反應的化學方程式；(ⅲ)PbO2通過與H2O2、HAc反應轉化為PbAc2，發(fā)生氧化還原反應，Pb化合價降低，H2O2作還原劑。(4)根據題給信息，當pH＝4.9時，Al3+、Fe3+完全轉化為Al(OH)3、Fe(OH)3。(5)加入NaOH溶液，發(fā)生沉鉛的反應為PbAc2＋2NaOH=Pb(OH)2↓＋2NaAc，故濾液中含有的金屬陽離子有Na＋[答案](1)PbSO4(s)＋CO32-(aq)=PbCO3(s)＋SO42-(aq)(2分)該反應的K＝cSO4(2)反應BaSO4(s)＋CO32-(aq)?BaCO3(s)＋SO42-(aq)的K＝cSO42-cCO32-＝KspBaSO4KspBaCO3＝1.1×10-102.6×10-927．(14分)二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀(K2[Cu(C2O4)2])可用于無機合成、功能材料制備。實驗室制備二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀可采用如下步驟：Ⅰ.取已知濃度的CuSO4溶液，攪拌下滴加足量NaOH溶液，產生淺藍色沉淀。加熱，沉淀轉變成黑色，過濾。Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入適量K2CO3固體，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。Ⅲ.將Ⅱ的混合溶液加熱至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁熱過濾。Ⅳ.將Ⅲ的濾液用蒸汽浴加熱濃縮，經一系列操作后，干燥，得到二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀晶體，進行表征和分析?；卮鹣铝袉栴}：(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列儀器中不需要的是________(填儀器名稱)。(2)長期存放的CuSO4·5H2O中，會出現(xiàn)少量白色固體，原因是____________________________。(3)Ⅰ中的黑色沉淀是____________________(寫化學式)。(4)Ⅱ中原料配比為n(H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，寫出反應的化學方程式__________________。(5)Ⅱ中，為防止反應過于劇烈而引起噴濺，加入K2CO3應采取________的方法。(6)Ⅲ中應采用________進行加熱。(7)Ⅳ中“一系列操作”包括____________________________________________。[解析](1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，稱量CuSO4·5H2O的質量，用到電子天平；溶解晶體用到燒杯；加水用到量筒，故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管。(2)長期存放的CuSO4·5H2O固體在空氣中部分失去結晶水(風化)，會出現(xiàn)少量白色CuSO4固體。(3)Ⅰ中取已知濃度的CuSO4溶液，攪拌下滴加足量NaOH溶液，產生淺藍色Cu(OH)2沉淀。加熱，Cu(OH)2沉淀脫水轉變成黑色的CuO。(4)根據Ⅱ中原料配比為n(H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，可以得到反應的化學方程式是3H2C2O4＋2K2CO3=2KHC2O4＋K2C2O4＋2CO2↑＋2H2O。(5)Ⅱ中反應生成CO2，產生CO2過快易引起噴濺，為避免CO2產生過快，應采取分批加入K2CO3的方法。(6)Ⅲ中將混合溶液加熱至80～85℃，應采用水浴加熱。(7)Ⅳ中“將Ⅲ的濾液用蒸汽浴加熱濃縮，經一系列操作后，干燥，得到二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀晶體”，“一系列操作”在“加熱濃縮”與“干燥”之間，故“一系列操作”包括冷卻結晶、過濾、[答案](1)分液漏斗、球形冷凝管(2分)(2)晶體部分失去結晶水(風化)(2分)(3)CuO(2分)(4)3H2C2O4＋2K2CO3=2KHC2O4＋K2C2O4＋2CO2↑＋2H2O(2分)(5)分批加入(2分)(6)水浴(2分)(7)冷卻結晶、過濾、洗滌(2分)28．(15分)油氣開采、石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫，需要回收處理并加以利用?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知下列反應的熱化學方程式：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計算H2S熱分解反應④2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝________kJ·mol-1。(2)較普遍采用的H2S處理方法是克勞斯工藝，即利用反應①和②生成單質硫。另一種方法是，利用反應④高溫熱分解H2S。相比克勞斯工藝，高溫熱分解方法的優(yōu)點是______________________，缺點是_____________________。(3)在1470K、100kPa反應條件下，將n(H2S)∶n(Ar)＝1∶4的混合氣進行H2S熱分解反應。平衡時混合氣中H2S與H2的分壓相等，H2S平衡轉化率為________，平衡常數(shù)Kp＝________kPa。(4)在1373K、100kPa反應條件下，對于n(H2S)∶n(Ar)分別為4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2S－Ar混合氣，熱分解反應過程中H2S轉化率隨時間的變化如圖所示。①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡轉化率________，理由是______________________________________________________________________________________。②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9對應圖中曲線________，計算其在0～0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為________kPa·s-1。[解析](1)根據蓋斯定律，反應④＝①+②-3×③3，故ΔH4＝ΔH1+ΔH2-3ΔH33＝＋170kJ·mol-1。(2)相比克勞斯工藝，高溫熱分解方法的優(yōu)點是得到燃料H2、不產生SO2污染物；缺點是反應需要高溫，耗能較大。(3)由反應④可知，H2S～H2，平衡時混合氣中H2S與H2的分壓相等，則2H2S(g)?S2(g)＋2H2(g)Ar起始量/mol1004變化量/mol0.50.250.50平衡量/mol0.50.250.54平衡時H2S、S2、H2的物質的量分數(shù)分別為110.5、121、110.5，則Kp＝pS2·p2H2p2H2S＝p(S2)＝121×100kPa＝4.76kPa。(4)①2H2S(g)?S2(g)＋2H2(g)為氣體分子數(shù)增大的反應，n(H2S)∶n(Ar)越小，總壓不變，p(H2S)越小，越有利于平衡正向移動，H2S平衡轉化率越高。②結合①中分析，n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9對應圖中曲線2H2S(g)?S2(g)＋2H2(g)Ar起始量/mol1009變化量/mol0.240.120.240平衡量/mol0.760.120.249H2S的起始分壓是110×100kPa＝10kPa，平衡時H2S的分壓為0.7610.12×100kPa＝7.51kPa，故H2S分壓的平均變化率為10-7.510.1kPa·s-1[答案](1)＋170(或170)(2分)(2)得到燃料H2、不產生SO2污染物(2分)耗能較大(1分)(3)50%(2分)4.76(2分)(4)①越高(1分)2H2S(g)?S2(g)＋2H2(g)為氣體分子數(shù)增大的反應，總壓不變，n(H2S)∶n(Ar)越小，p(H2S)越小，越有利于平衡正向移動，故H2S平衡轉化率越高(2分)②d(1分)24.9(2分)(二)選考題：共15分。請考生從2道化學題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。35．[化學——選修3：物質結構與性質](15分)鹵素單質及其化合物在科研和工農業(yè)生產中有著廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}：(1)氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有________，其中能量較高的是________。(填標號)a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5 d．1s22s22p33p2(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一個__________雜化軌道與Cl的3px軌道形成C—Cl________鍵，并且Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成3中心4電子的大π鍵34②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl鍵長的順序是________，理由：(ⅰ)C的雜化軌道中s成分越多，形成的C—Cl鍵越強；(ⅱ)____________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為________。解釋X的熔點比Y高的原因_________________________________________________________________________________________________。(4)α-AgI晶體中I－作體心立方堆積(如圖所示)，Ag＋主要分布在由I－構成的四面體、八面體等空隙中。在電場作用下，Ag＋不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，α-AgI晶體在電池中可作為________。已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝________m3·mol-1(列出算式)。[解析](1)因為基態(tài)氟原子的電子排布式是1s22s22p5，其中b、c不是9個電子，不能表示氟原子的核外電子排布，應選ad；從2p能級激發(fā)1個電子到3s能級比從2p能級激發(fā)2個電子到3p能級需要的能量低，故a和d相比，d能量較高。(2)①雜化軌道形成共價鍵時只形成σ鍵。②因為一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中的碳原子的雜化方式分別是sp3、sp2、sp，由“(ⅰ)C的雜化軌道中s成分越多，形成的C—Cl鍵越強”，說明一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl鍵長依次變短；一氯乙烯中Cl的3px軌道與C的2px軌道形成3中心4電子的大π鍵，分析可知一氯乙炔中Cl的2個3p軌道分別與C的2個2p軌道形成2個3中心4電子的大π鍵，一氯乙烷中不含大π鍵，因此可推知Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl鍵越強，對應的C—C1鍵越短。(3)鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應，則反應前后Cs、I均為＋1價，Cl為－1價，因此生成的無色晶體X是CsCl，紅棕色液體Y是ICl。CsCl是離子晶體，而ICl是分子晶體，故CsCl的熔點比ICl的高。(4)因為1個α-AgI晶胞含有2個Ag＋，即2個AgI，其體積V晶胞＝5043×10-36m3，故α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝12×V晶胞·NA＝12×5043×10-36NAm3·mol[答案](1)ad(1分)d(1分)(2)①sp2(1分)σ(1分)②一氯乙烷(C2H5Cl)>一氯乙烯(C2H3Cl)>一氯乙炔(C2HCl)(2分)Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl鍵越強(2分)(3)CsCl(2分)CsCl是離子晶體，ICl是分子晶體(2分)(4)導電電解質(1分)12×5043×10-36NA36．[化學——選修5：有機化學基礎](15分)左旋米那普倫是治療成人重度抑郁癥的藥物之一，以下是其鹽酸鹽(化合物K)的一種合成路線(部分反應條件已簡化，忽略立體化學)：已知：化合物F不能與飽和碳酸氫鈉溶液反應產生二氧化碳?；卮鹣铝袉栴}：(1)