2022年高考真題——化學（北京卷）+Word版含解析（部分試題）

1、 2022年北京卷化學部分試題1. 利用如圖所示裝置(夾持裝置略)進行實驗，b中現象不能證明a中產物生成的是a中反應b中檢測試劑及現象A濃分解生成淀粉溶液變藍B與濃生成品紅溶液褪色C濃與溶液生成酚酞溶液變紅D與乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A濃硝酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的硝酸也能與碘化鉀溶液反應生成遇淀粉溶液變藍色的碘，則淀粉碘化鉀溶液變藍色不能說明濃硝酸分解生成二氧化氮，故A符合題意；B銅與濃硫酸共熱反應生成的二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色，則品紅溶液褪色能說明銅與濃硝酸共熱反應生成二氧化硫，故B不符合題意；C濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共

2、熱反應生成能使酚酞溶液變紅的氨氣，則酚酞溶液變紅能說明濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應生成氨氣，故C不符合題意；D乙醇具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙醇不能與溴水反應，則2溴丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應生成能使溴水褪色的丙烯氣體，則溴水褪色能說明2溴丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應生成丙烯，故D不符合題意；故選A。2. 高分子Y是一種人工合成多肽，其合成路線如下。下列說法不正確的是A. F中含有2個酰胺基B. 高分子Y水解可得到E和GC. 高分子X中存在氫鍵D. 高分子Y的合成過程中進行了官能團保護【答案】B【解析】【詳解】A由結構簡式可知，F中含有2個酰胺基，故A正確，B由結構簡式可

3、知，高分子Y一定條件下發(fā)生水解反應生成和，故B錯誤；C由結構簡式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氫鍵，故C正確；D由結構簡式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，則高分子Y的合成過程中進行了官能團氨基的保護，故D正確；故選B。3. 某的多孔材料剛好可將“固定”，實現了與分離并制備，如圖所示：己知：下列說法不正確的是A. 氣體溫度升高后，不利于的固定B. 被固定后，平衡正移，有利于的去除C. 制備的原理為：D. 每制備，轉移電子數約為【答案】D【解析】【詳解】A二氧化氮轉化為四氧化二氮的反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，四氧化二氮的濃度減小，所以氣體溫度升高后，不利于四氧化二氮的固

4、定，故A正確；B四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的濃度減小，二氧化氮轉化為四氧化二氮的平衡向正反應方向移動，二氧化氮的濃度減小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正確；C由題意可知，被固定后的四氧化二氮與氧氣和水反應生成硝酸，反應的化學方程式為，故C正確；D四氧化二氮轉化為硝酸時，生成1mol硝酸，反應轉移1mol電子，則每制備0.4mol硝酸，轉移電子數約為0.4mol6.021023=2.4081023，故D錯誤；故選D。4. 利用下圖裝置進行鐵上電鍍銅的實驗探究。裝置示意圖序號電解質溶液實驗現象陰極表面有無色氣體，一段時間后陰極表面有紅色固體，氣體減少。經檢驗電解液中有陰極

5、表面未觀察到氣體，一段時間后陰極表面有致密紅色固體。經檢驗電解液中無元素下列說法不正確的是A. 中氣體減少，推測是由于溶液中減少，且覆蓋鐵電極，阻礙與鐵接觸B. 中檢測到，推測可能發(fā)生反應：C. 隨陰極析出，推測中溶液減少，平衡逆移D. 中生成，使得比中溶液的小，緩慢析出，鍍層更致密【答案】C【解析】【分析】由實驗現象可知，實驗時，鐵做電鍍池的陰極，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應生成亞鐵離子、氫氣和銅，一段時間后，銅離子在陰極失去電子發(fā)生還原反應生成銅；實驗中銅離子與過量氨水反應生成四氨合銅離子，四氨合銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應生成銅，在鐵表面得到比實驗更致密的鍍層。【詳解】A由

6、分析可知，實驗時，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應，當溶液中氫離子濃度減小，反應和放電生成的銅覆蓋鐵電極，阻礙氫離子與鐵接觸，導致產生的氣體減少，故A正確；B由分析可知，實驗時，鐵做電鍍池的陰極，鐵會先與溶液中的氫離子、銅離子反應生成亞鐵離子、氫氣和銅，可能發(fā)生的反應為，故B正確；C由分析可知，四氨合銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應生成銅，隨陰極析出銅，四氨合銅離子濃度減小，平衡向正反應方向移動，故C錯誤；D由分析可知，實驗中銅離子與過量氨水反應生成四氨合銅離子，四氨合銅離子在陰極得到電子緩慢發(fā)生還原反應生成銅，在鐵表面得到比實驗更致密的鍍層，故D正確；故選C。5. 捕獲和轉化可減少排放

7、并實現資源利用，原理如圖1所示。反應完成之后，以為載氣，以恒定組成的混合氣，以恒定流速通入反應器，單位時間流出氣體各組分的物質的量隨反應時間變化如圖2所示。反應過程中始終未檢測到，在催化劑上有積碳。下列說法不正確的是A. 反應為；反應為B. ，比多，且生成速率不變，可能有副反應C. 時刻，副反應生成的速率大于反應生成速率D. 之后，生成的速率為0，是因為反應不再發(fā)生【答案】C【解析】【詳解】A由題干圖1所示信息可知，反應為，結合氧化還原反應配平可得反應為，A正確；B由題干圖2信息可知，比多，且生成速率不變，且反應過程中始終未檢測到，在催化劑上有積碳，故可能有副反應，反應和副反應中CH4和H2的

8、系數比均為1：2，B正確；C由題干反應方程式可知，H2和CO的反應速率相等，而時刻信息可知，H2的反應速率未變，仍然為2mmol/min，而CO變?yōu)?2mmol/min之間，故能夠說明副反應生成的速率小于反應生成速率，C錯誤；D由題干圖2信息可知，之后，CO的速率為0，CH4的速率逐漸增大，最終恢復到1，說明生成的速率為0，是因為反應不再發(fā)生，而后副反應逐漸停止反應，D正確；故答案為：C。6. 失水后可轉為，與可聯合制備鐵粉精和。I.結構如圖所示。（1）價層電子排布式為_。（2）比較和分子中的鍵角大小并給出相應解釋：_。（3）與和的作用分別為_。II晶胞為立方體，邊長為，如圖所示。（4）與緊鄰

9、的陰離子個數為_。晶胞的密度為_。（5）以為燃料，配合可以制備鐵粉精和。結合圖示解釋可充分實現能源和資源有效利用的原因為_。【答案】（1）3d6 （2）SO的鍵角大于H2O，SO中S原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為0，離子的空間構型為正四面體形，H2O分子中O原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為2，分子的空間構型為V形（3）配位鍵、氫鍵 （4） . 6 . 1021（5）由圖可知，FeS2與O2生成FexOy的反應為放熱反應，FeSO4H2O分解生成FexOy的反應為吸熱反應，放熱反應放出的熱量有利于吸熱反應的進行，有利于反應生成的SO3與H2O反應生成H2SO4【解析】【小問1詳解】

10、鐵元素的原子序數為26，基態(tài)亞鐵離子的價電子排布式為3d6，故答案為：3d6；【小問2詳解】硫酸根離子中硫原子價層電子對數為4、孤對電子對數為0，離子的空間構型為正四面體形，水分子中氧原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為2，分子的空間構型為V形，所以硫酸根離子的鍵角大于水分子，故答案為：SO的鍵角大于H2O，SO中S原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為0，離子的空間構型為正四面體形，H2O分子中O原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為2，分子的空間構型為V形；【小問3詳解】由圖可知，具有空軌道的亞鐵離子與水分子中具有孤對電子的氧原子形成配位鍵，硫酸根離子與水分子間形成氫鍵，故答案為：配位鍵

11、；氫鍵；【小問4詳解】由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點的亞鐵離子與位于棱上的陰離子S離子間的距離最近，則亞鐵離子緊鄰的陰離子個數為6，故答案為：6；由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點和面心的亞鐵離子個數為8+6=4，位于棱上和體心的S離子個數為12+1=4，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=1021a3d，解得d=1021，故答案為：1021；【小問5詳解】由圖可知，FeS2與O2生成FexOy反應為放熱反應，FeSO4H2O分解生成FexOy的反應為吸熱反應，放熱反應放出的熱量有利于吸熱反應的進行，有利于反應生成的SO3與H2O反應生成H2SO4，所以以FeS2為燃料，配合FeS

12、O4H2O可以制備鐵粉精和H2SO4可充分實現能源和資源有效利用，故答案為：由圖可知，FeS2與O2生成FexOy的反應為放熱反應，FeSO4H2O分解生成FexOy的反應為吸熱反應，放熱反應放出的熱量有利于吸熱反應的進行，有利于反應生成的SO3與H2O反應生成H2SO4。7. 煤中硫的存在形態(tài)分為有機硫和無機硫(、硫化物及微量單質硫等)。庫侖滴定法是常用的快捷檢測煤中全硫含量的方法。其主要過程如下圖所示。已知：在催化劑作用下，煤在管式爐中燃燒，出口氣體主要含。（1）煤樣需研磨成細小粉末，其目的是_。（2）高溫下，煤中完全轉化為，該反應的化學方程式為_。（3）通過干燥裝置后，待測氣體進入庫侖測

13、硫儀進行測定。已知：庫侖測硫儀中電解原理示意圖如下。檢測前，電解質溶液中保持定值時，電解池不工作。待測氣體進入電解池后，溶解并將還原，測硫儀便立即自動進行電解到又回到原定值，測定結束，通過測定電解消耗的電量可以求得煤中含硫量。在電解池中發(fā)生反應的離子方程式為_。測硫儀工作時電解池的陽極反應式為_。（4）煤樣為，電解消耗的電量為x庫侖，煤樣中硫的質量分數為_。已知：電解中轉移電子所消耗的電量為96500庫侖。（5）條件控制和誤差分析。測定過程中，需控制電解質溶液，當時，非電解生成的使得測得的全硫含量偏小，生成的離子方程式為_。測定過程中，管式爐內壁上有殘留，測得全硫量結果為_。(填“偏大”或“偏

14、小”)【答案】（1）與空氣的接觸面積增大，反應更加充分（2）2CaSO42CaO+2SO2+O2（3） . SO2+I+H2O=3I+SO+4H+ . 3I2e=I（4）（5） . I2+I=I . 偏低【解析】【小問1詳解】煤樣研磨成細小粉末后固體表面積增大，與空氣的接觸面積增大，反應更加充分，故答案為：與空氣的接觸面積增大，反應更加充分；【小問2詳解】由題意可知，在催化劑作用下，硫酸鈣高溫分解生成氧化鈣、二氧化硫和水，反應的化學方程式為2CaSO42CaO+2SO2+O2，故答案為：2CaSO42CaO+2SO2+O2；【小問3詳解】由題意可知，二氧化硫在電解池中與溶液中I反應生成碘離子、

15、硫酸根離子和氫離子，離子方程式為SO2+I+H2O=3I+SO+4H+，故答案為：SO2+I+H2O=3I+SO+4H+；由題意可知，測硫儀工作時電解池工作時，碘離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成碘三離子，電極反應式為3I2e=I，故答案為：3I2e=I；【小問4詳解】由題意可得如下關系：SSO2I2e，電解消耗的電量為x庫侖，則煤樣中硫的質量分數為100%=，故答案為：；【小問5詳解】當pH1時，非電解生成的碘三離子使得測得的全硫含量偏小說明碘離子與電解生成的碘反應生成碘三離子，導致消耗二氧化硫的量偏小，反應的離子方程式為I2+I=I，故答案為：I2+I=I；測定過程中，管式爐內壁上有三氧化

16、硫殘留說明硫元素沒有全部轉化為二氧化硫，會使二氧化硫與碘三離子反應生成的碘離子偏小，電解時轉移電子數目偏小，導致測得全硫量結果偏低，故答案為：偏低。8. 碘番酸可用于X射線的口服造影液，其合成路線如圖所示。已知：R-COOH+R-COOH+H2O（1）A可發(fā)生銀鏡反應，其官能團為_。（2）B無支鏈，B的名稱為_；B的一種同分異構體中只有一種環(huán)境氫，其結構簡式為_。（3）E是芳香族化合物，的方程式為_。（4）G中有乙基，則G的結構簡式為_。（5）碘番酸中的碘在苯環(huán)不相鄰的碳原了上，碘番酸的相對分了質量為571，J的相對分了質量為193。則碘番酸的結構簡式為_。（6）通過滴定法來確定口服造影液中碘

17、番酸的質量分數。第一步取樣品，加入過量粉，溶液后加熱，將I元素全部轉為，冷卻，洗滌。第二步調節(jié)溶液，用溶液滴定至終點，用去。已知口服造影液中無其他含碘物質，則碘番酸的質量分數為_。【答案】（1）醛基 （2） . 丁酸 . （3）+HNO3+H2O（4） （5） （6）【解析】【分析】由題給信息和有機物的轉化關系可知，CH3CH2CH2CHO發(fā)生氧化反應生成CH3CH2CH2COOH，則A為CH3CH2CH2CHO、B為CH3CH2CH2COOH；CH3CH2CH2COOH發(fā)生信息反應生成，則D為；在濃硫酸作用下，與發(fā)煙硝酸共熱發(fā)生硝化反應生成，則E為、F為；在催化劑作用下，與反應生成CH3CH

18、2CH2COOH和，則G為；與在鎳做催化劑條件下，與鋁、氫氧化鈉發(fā)生還原反應后，調節(jié)溶液pH生成，與氯化碘發(fā)生取代反應生成，則碘番酸的結構簡式為?！拘?詳解】由分析可知，能發(fā)生銀鏡反應的A的結構簡式為CH3CH2CH2CHO，官能團為醛基，故答案為：醛基；【小問2詳解】由分析可知，無支鏈的B的結構簡式為CH3CH2CH2COOH，名稱為丁酸，丁酸的同分異構體中只有一種環(huán)境氫說明同分異構體分子的結構對稱，分子中含有2個醚鍵和1個六元環(huán)，結構簡式為，故答案為：丁酸；【小問3詳解】由分析可知，EF的反應為在濃硫酸作用下，與發(fā)煙硝酸共熱發(fā)生硝化反應生成和水，反應的化學方程式為+HNO3+H2O，故答

19、案為：+HNO3+H2O；【小問4詳解】由分析可知，含有乙基的G的結構簡式為，故答案為：；【小問5詳解】由分析可知，相對分了質量為571的碘番酸的結構簡式為，故答案為：；【小問6詳解】由題給信息可知，和硝酸銀之間存在如下關系：3I3AgNO3，由滴定消耗cmLbmol/L硝酸銀可知，碘番酸的質量分數為100%=，故答案為：。9. 銨浸法由白云石主要成分為，含，雜質制備高純度碳酸鈣和氧化鎂。其流程如下：已知：物質（1）煅燒白云石的化學方程式為_。（2）根據下表數據分析：浸出率/浸出率/理論值/實測值/98.41.199.7-98.81.599.299.598.91.898.899.599.16.

20、095.697.6已知：i對浸出率給出定義ii對給出定義“沉鈣”反應的化學方程式為_。浸出率遠高于浸出率的原因為_。不宜選用的“”數值為_。實測值大于理論值的原因為_。蒸餾時，隨餾出液體積增大，浸出率可出增加至，結合化學反應原理解釋浸出率提高的原因為_。（3）濾渣C為_。（4）可循環(huán)利用的物質為_。【答案】（1）CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2（2） . CaCl2+NH3H2O+CO2=CaCO3+NH4Cl+H2O . Ca(OH)2的溶度積大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能與NH4Cl反應，而Mg(OH)2不能 . 2.4：1 . 反應加入的CaO也轉化為CaCO3

21、. Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3+2H2O，蒸餾時，NH3逸出促進NH水解，溶液中H+濃度增大，有利于Mg(OH)2完全轉化為MgSO4（3）SiO2、Fe2O3（4）NH4Cl、(NH4)2SO4【解析】【分析】由題給流程可知，白云石煅燒時，CaMg(CO3)2高溫分解生成氧化鈣和氧化鎂，向煅燒后的固體中加入氯化銨溶液和氧化鈣，氧化鈣和氯化銨溶液反應生成氯化鈣和一水合氨，氧化鎂與水反應生成氫氧化鎂，過濾得到含有氯化鈣、一水合氨的濾液A和含有氫氧化鎂、氧化鐵、二氧化硅的濾渣B；向濾液A中通入二氧化碳，二氧化碳與濾液A反應、過濾得到碳酸鈣沉淀和氯化銨溶液；向濾渣B中加入

22、硫酸銨溶液蒸餾，將氫氧化鎂轉化為硫酸鎂，氧化鐵、二氧化硅與硫酸銨溶液不反應，過濾得到含有氧化鐵、二氧化硅的濾渣C和含有硫酸鎂的濾液D；向濾液D中加入碳酸銨溶液，碳酸銨溶液與濾液D反應、過濾得到碳酸鎂沉淀和硫酸銨溶液，煅燒碳酸鎂得到氧化鎂，制備分離過程中氯化銨溶液和硫酸銨溶液可以循環(huán)利用。【小問1詳解】由分析可知，白云石煅燒時，CaMg(CO3)2高溫分解生成氧化鈣、氧化鎂和二氧化碳，反應的化學方程式為CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2，故答案為：CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2；【小問2詳解】由分析可知，“沉鈣”時發(fā)生的反應為二氧化碳與氯化鈣和一水合氨混合溶液反應生成碳酸

23、鈣沉淀、氯化銨和水，反應的化學方程式為CaCl2+NH3H2O+CO2=CaCO3+NH4Cl+H2O，故答案為：CaCl2+NH3H2O+CO2=CaCO3+NH4Cl+H2O；由題給溶度積數據可知，氫氧化鈣的溶度積大于氫氧化鎂，溶液中氫氧化鈣的濃度大于氫氧化鎂，能與氯化銨溶液反應生成氯化鈣和一水合氨，而氫氧化鎂不能反應，所以氧化鈣的浸出率遠高于氧化鎂，故答案為：Ca(OH)2的溶度積大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能與NH4Cl反應，而Mg(OH)2不能；由題給數據可知，氯化銨和氧化鈣的物質的量比為2.4：1時，氧化鎂的浸出率最高，而碳酸鈣的質量分數無論是理論值還是實測值都最低，所

24、以不宜選用的物質的量比為2.4：1，故答案為：2.4：1；硫酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中的水解反應為吸熱反應，加熱蒸餾時，氨氣逸出促進銨根離子水解，溶液中氫離子濃度增大，有利于氫氧化鎂完全溶解轉化為硫酸銨，所以氧化鎂浸出率提高，故答案為：Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3+2H2O，蒸餾時，NH3逸出促進NH水解，溶液中H+濃度增大，有利于Mg(OH)2完全轉化為MgSO4；【小問3詳解】由分析可知，濾渣C為氧化鐵、二氧化硅，故答案為：SiO2、Fe2O3；【小問4詳解】由分析可知，制備分離過程中氯化銨溶液和硫酸銨溶液可以循環(huán)利用，故答案為：NH4Cl、(NH4)2S

25、O4。10. 某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應資料：iMn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。ii濃堿條件下，可被OH-還原為。iiiCl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。實驗裝置如圖(夾持裝置略)序號物質aC中實驗現象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無色溶液產生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化II5%NaOH溶液產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋鞩II40%NaOH 溶液產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉?/p>

26、（1）B中試劑是_。（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色變?yōu)楹谏瘜W方程式為_。（3）對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是_。（4）根據資料ii，III中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將氧化為?；瘜W方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因_，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。取III中放置后的1 mL懸濁液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為_，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被_(填“化學式”)氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；取II中放置后1 mL懸濁液，加入4 mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應是_。從反應速率的角度，分析實驗III未得到綠色溶液的可能原因_?！敬鸢浮浚?）飽和NaCl溶液（2）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O（3）Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強（4） . Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O . 4+4OH-=4+O2+2H2O . Cl2 . 3C