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2022年全国统一高考化学试卷（全国甲卷）
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”
【答案】D
【解析】
【详解】A．漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯
气，两者不能混合使用，A错误；
B．温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物
质是硫氧化物、氮氧化物等，B错误；
C．棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主
要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C错误；
D．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸
气凝结成了小液滴，形成 “云雾”效果，D正确；
答案选D。
2. 辅酶 具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶 的说法正确的
是
A. 分子式为 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
【答案】B
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C H O，A错误；
59 90 4
B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原
子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的
氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错误；
D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误；答案选B。
3. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A. 硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H S↑
2
B. 明矾溶液与过量氨水湿合：Al3++4NH+2H O=AlO +4NH
3 2
C. 硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO +CO +H O=HSiO +HCO
2 2
D. 将等物质的量浓度的Ba(OH) 和NH HSO 溶液以体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO
2 4 4
=BaSO ↓+2H O
4 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO
或NO ，反应的离子方程式为4H++2NO +S2-=S↓+2NO↑+2H O(浓)或8H++2NO +3S2-
2 2 2
=3S↓+2NO+4H O(稀)，A错误；
2
B．明矾在水中可以电离出Al3+，可以与氨水中电离出的OH-发生反应生成Al(OH) ，但由
3
于氨水的碱性较弱，生成的Al(OH) 不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为Al3+
3
+3NH·H O=Al(OH) ↓+3NH ，B错误；
3 2 3
C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则
根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO
+H O+CO=H SiO↓+CO (CO 少量)或SiO +2H O+2CO=H SiO↓+2HCO (CO 过量)，C
2 2 2 3 2 2 2 2 3 2
错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH) 与NH HSO 溶液以体积比1：2混合，Ba(OH) 电离出的
2 4 4 2
OH-与NH HSO 电离出的H+反应生成水，Ba(OH) 电离出的Ba2+与NH HSO 电离出的SO
4 4 2 4 4
反应生成BaSO 沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO =BaSO ↓+2H O，D正
4 4 2
确；
故答案选D。
4. 一种水性电解液Zn-MnO 离子选泽双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)
2
存在)。电池放电时，下列叙述错误的是A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区的SO 通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO 电极反应：MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O
2 2 2
D. 电池总反应：Zn+4OH-+MnO+4H+=Zn(OH) +Mn2++2H O
2 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为
Zn-2e-+4OH-=Zn(OH) ，Ⅰ区MnO 为电池的正极，电极反应为MnO +2e-+4H+=Mn2+
2 2
+2H O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔
2
膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的
K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO 向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH) ，Ⅱ区的SO 向Ⅲ区
移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO 向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO 电极的电极反应式为MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O，C正确；
2 2 2
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO+4H+=Zn(OH) +Mn2++2H O，D正确；
2 2
故答案选A。
5. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 25℃， 下， 氢气中质子的数目为
B. 溶液中， 的数目为
C. 苯甲酸完全燃烧，生成 的数目为
D. 电解熔融 ，阴极增重 ，外电路中通过电子的数目为
【答案】C
【解析】【详解】A．25℃、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质
的量，故A错误；
B．Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH) ，因此2.0L 1.0 mol/L的AlCl 溶液中Al3+数目小
3 3
于2.0N ，故B错误；
A
C．苯甲酸燃烧的化学方程式为 ，1mol苯甲酸燃
烧生成7molCO ，则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO，数目为1.4N ，故C正确；
2 2 A
D．电解熔融CuCl 时，阳极反应为 ，阴极反应为 ，阴极增
2
加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1mol，根据阴极反应可知，外电路中通过
电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2N ，故D错误；
A
答案选C。
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。
下列说法正确的是
A. 非金属性： B. 单质的熔点：
C. 简单氢化物的佛点： D. 最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【解析】
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周
期，Y原子最外层电子数为Q元原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、
Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小
于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数
之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元
素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外
层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，
为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解
题。
【详解】A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一
主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，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
Si>Al，即Y>X，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HO或NH
2 3
或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或HS或PH ，由于前者物质中存在分子间
2 3
氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，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：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
7. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
选
实验目的 实验及现象 结论
项
分别测浓度均为
的
比较
A 和
和 的水解
常数 溶液的 ，后
者大于前者
将铁锈落于浓盐酸，滴入
检验铁锈中是否
B 铁绣中含有二价铁
含有二价铁 溶液，紫色褪去
探究氢离子浓度
对 、 增大氢离子浓度，转化平衡向生
向 溶液中缓慢滴
C
成 的方向移动
相互转化 加硫酸，黄色变为橙红色
的影响
检验乙醇中是否 向乙醇中加入一小粒金属
D 乙醇中含有水
含有水 钠，产生无色气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．CHCOONH 中 水解， ，会消耗
3 4
CHCOO-水解生成的OH-，测定相同浓度的CHCOONH 和NaHCO 溶液的pH，后者大于
3 3 4 3
前者，不能说明K(CHCOO-)＜K( )，A错误；
h 3 h
B．铁锈中含有Fe单质，单质Fe与浓盐酸可反应生成Fe2+，滴入KMnO 溶液，紫色褪去，
4
不能说明铁锈中一定含有二价铁，B错误；
C．KCrO 中存在平衡2 (黄色)+2H+ (橙红色)+H O，缓慢滴加硫酸，
2 4 2
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
8. 硫酸锌( )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。菱锌矿的主要成分为 ，杂质为 以及Ca、Mg、Fe、Cu等
的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离
子
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X调溶液 ，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向 的滤液①中分批加入适量 溶液充分反应后过滤，滤渣②中有
，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓 反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、
_______。
【答案】（1）ZnCO ZnO+CO ↑
3 2
（2） ①. 增大压强 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） ①. B ②. Fe(OH) ③. CaSO ④. SiO
3 4 2
（4）3Fe2++ +7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+
2 3 2
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO ②. MgSO
4 4
【解析】
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等
3 2的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO ZnO+CO ↑，再加
3 2
入HSO 酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节
2 4
pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH) 、CaSO、SiO 的滤渣①，滤液①中主要含有
3 4 2
Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO 溶液氧化Fe2+，过滤得到
4
Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到
3 2
滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF 、MgF ，滤液④为
2 2
ZnSO 溶液，经一系列处理得到ZnSO·7HO，据此分析解答。
4 4 2
【小问1详解】
由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO ZnO+CO ↑；
3 2
【小问2详解】
可采用增大压强、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】
A．NH ·HO易分解产生NH 污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
3 2 3
B．Ca(OH) 不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
2
C．NaOH会引入杂质Na+，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pH＜5的只
有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH) ，又CaSO 是微溶物，SiO 不溶于酸，故滤渣①的主要成分
3 4 2
是Fe(OH) 、CaSO、SiO；
3 4 2
【小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO 溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，反应
4 3 2
的离子方程式为3Fe2++ +7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+；
2 3 2
【小问5详解】
滤液②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+为Cu从而
除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF 、MgF ，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO、
2 2 4
MgSO 。
4
9. 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：
（1）工业上常用芒硝( )和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为_______。
（2）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
气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_______。
（3）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．①②③ B．③①② C．②①③ D．①③②
（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_______。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_______。
（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_______洗涤，干燥，得到 。
【答案】（1）NaSO ·10HO+4C NaS+4CO↑+10H O
2 4 2 2 2
（2） ①. 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 ②. 降低温度
（3） ①. 硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，NaS会直接析出在冷凝管上，使提
2
纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸 ②. D
.
（4） ① 防止滤液冷却 ②. 重金属硫化物 ③. 温度逐渐恢复至室温
（5）冷水【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( )和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：NaSO ·10HO+4C
2 4 2
NaS+4CO↑+10H O，结合硫化钠的性质解答问题。
2 2
【小问1详解】
工业上常用芒硝( )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：NaSO ·10HO+4C NaS+4CO↑+10H O；
2 4 2 2 2
【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】
硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，NaS会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同
2
时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；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①③②，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，晶体可用少量冷
水洗涤，再干燥，即可得到 。
10. 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 转化为 ，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1） 转化为 有直接氯化法和碳氯化法。在 时反应的热化学方程式及其
平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：
(ⅱ)碳氯化：
①反应 的为_______ ， _______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）在 ，将 、C、 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 的平衡常数 _______ 。
②图中显示，在 平衡时 几乎完全转化为 ，但实际生产中反应温度却远高
于此温度，其原因是_______。
（3） 碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于 “固—固”接触的措施是
_______。
【答案】（1） ①. -223 ②. 1.2×1014 ③. 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小
于0，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 ④. 向左 ⑤. 变小
（2） ①. 7.2×105 ②. 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品，
4
提高效益
（3）将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”
2
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/
2
mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp= = =1.2×1014Pa；
②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，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；
③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】
①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是0.6，
2 4
反应C(s)+CO(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= =
2
Pa=7.2×105Pa；
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、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TiCl 产品。
4
【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TiO – C“固-固”接触，可将两
2
者粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
2
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运
场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH=CH )与四氟乙烯(CF=CF )的共聚物
2 2 2 2
(ETFE)制成。回答下列问题：
（1）基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。
（2）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)。
（3）固态氟化氢中存在(HF) 形式，画出(HF) 的链状结构_______。
n 3
（4） CF=CF 和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的
2 2
化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。
（5）萤石(CaF )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
2
_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。【答案】（1） （2） ①. 图a ②. 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 ③. 图b
（3） （4） ①. sp2 ②. sp3 ③. 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） ①. Ca2+ ②. a 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) 的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分
3
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C
