2022年高考化学试卷（山东）（解析卷）

1/25 山东省2022 年普通高中学业水平等级考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Co 59 一、选择题：本题共10 小题，每小题2 分，共20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为 A. 金(Au)：“虽被火亦未熟" B. 石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解” C. 石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物” D. 石钟乳( )：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白” 【答案】C 【解析】 【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与 其氧化性无关，A 不合题意； B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO 由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B 不合题意； C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+S Ag2S、Fe+S FeS、2Cu+S Cu2S，反应中 S 作氧化剂，与其氧化性有关，C 符合题意； D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑， 1/25 未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D 不合题意； 故答案为 ：C。 2. 下列试剂实验室保存方法错误的是 A. 浓硝酸保存在棕色细口瓶中 B. 氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中 C. 四氯化碳保存在广口塑料瓶中 D. 高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中 【答案】C 【解析】【详解】A．由于浓硝酸见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A 正确； 2/25 B．氢氧化钠固体能与玻璃中的 SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B 正确； C．四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细 口玻璃瓶中，C 错误； D．高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D 正确； 故答案为：C。 3. 、 的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下： ； 。下列说法正确的是 A. X 的中子数为2 B. X、Y 互为同位素 C. 、 可用作示踪原子研究化学反应历程 D. 自然界不存在 、 分子是因其化学键不稳定 【答案】B 【解析】 【详解】根据质量守恒可知，X 微粒为 ，Y 微粒为 ，据此分析解题。 A. 由分析可知，X 微粒为 ，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A 错误； B. 由分析可知，X 微粒为 ，Y 微粒为 ，二者具有相同的质子数而不同的中子数的原子，故互为 同位素，B 正确； C.由题干信息可知， 与 的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C 错误； D.自然界中不存在 与 并不是其化学键不稳定，而是由于 与 的半衰期很短，很容易发生核 变化，转化为气体其他原子，O=O 的键能与形成该键的核素无关，D 错误； 故答案为：B。 4. 下列高分子材料制备方法正确的是 2/25 A. 聚乳酸( )由乳酸经加聚反应制备 B. 聚四氟乙烯( )由四氟乙烯经加聚反应制备C. 尼龙 3/25 ( )由己胺和己酸经缩聚反应制备 D. 聚乙烯醇( )由聚乙酸乙烯酯( )经消去反应制备 【答案】B 【解析】 【详解】A．聚乳酸( )是由乳酸[HOCH(CH3)COOH]分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚 反应，A 错误； B．聚四氟乙烯( )是由四氟乙烯(CF2=CF2)经加聚反应制备，B 正确； C．尼龙-66( )是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C 错误； D．聚乙烯醇( )由聚乙酸乙烯醇酯( )发生水解反应制得，D 错 误； 故答案为：B。 5. 、 属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在 键、 键。 下列说法错误的是 A. 的熔点高于 B. 晶体中所有化学键均为极性键 C. 晶体中所有原子均采取 杂化 D. 晶体中所有原子的配位数均相同 【答案】A 【解析】 3/25 【分析】Al 和Ga 均为第ⅢA 元素，N 属于第ⅤA 元素，AlN、GaN 的成键结构与金刚石相似，则其为共 价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN 晶体中，N 原子与其 相邻的原子形成3 个普通共价键和1 个配位键。 【详解】A．因为AlN、GaN 为结构相似的共价晶体，由于Al 原子的半径小于Ga，N—Al 的键长小于 4/25 N—Ga 的，则N—Al 的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN 的熔点低于AlN，A 说错误； B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B 说法正确； C．金刚石中每个C 原子形成4 个共价键（即C 原子的价层电子对数为4），C 原子无孤电子对，故C 原子 均采取sp ３杂化；由于AlN、GaN 与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C 说法正 确； D．金刚石中每个C 原子与其周围4 个C 原子形成共价键，即C 原子的配位数是4，由于AlN、GaN 与金 刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D 说法正确。 综上所述，本题选A。 6. 实验室用基准 配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定 标 准溶液。下列说法错误的是 A. 可用量筒量取 标准溶液置于锥形瓶中 B. 应选用配带塑料塞的容量瓶配制 标准溶液 C. 应选用烧杯而非称量纸称量 固体 D. 达到滴定终点时溶液显橙色 【答案】A 【解析】 【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将 待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。 【详解】A．量筒的精确度不高，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取 25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A 说法错误； B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸 钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B 说法正确； C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C 说法正确； D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为 橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D 说法正确； 综上所述，本题选A。 7. 崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于 崖柏素的说法错误的是 5/25 A. 可与溴水发生取代反应 B. 可与 溶液反应 C. 分子中的碳原子不可能全部共平面 D. 与足量 加成后，产物分子中含手性碳原子 【答案】B 【解析】 【分析】由题中信息可知，γ-崖柏素中碳环具有类苯环的共轭体系，其分子中羟基具有类似的酚羟基的性 质。此外，该分子中还有羰基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。 【详解】A．酚可与溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ- 崖柏素可与溴水发生取代反应，A 说法正确； B．酚类物质不与NaHCO3溶液反应，γ-崖柏素分子中没有可与NaHCO3溶液反应的官能团，故其不可与 NaHCO3溶液反应，B 说法错误； C．γ-崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的3 个碳原子不共面，故其分子中的碳原 子不可能全部共平面，C 说法正确； D．γ-崖柏素与足量H2加成后转化为 ，产物分子中含手性碳原子（与羟基相连 的C 原子是手性碳原子），D 说法正确； 综上所述，本题选B。 8. 实验室制备 过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用 氧化 制备 ；②水 溶后冷却，调溶液 至弱碱性， 歧化生成 和 ；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、 5/25 冷却结晶，再减压过滤得 。下列说法正确的是 A. ①中用瓷坩埚作反应器B. ①中用 作强碱性介质 6/25 C. ②中 只体现氧化性 D. 转化为 的理论转化率约为66.7% 【答案】D 【解析】 【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却 调溶液pH 至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn 元素的化合价由+6 变为+7 和+4。 【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀， 故不能用瓷坩埚作反应器，A 说法不正确； B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH 作强碱性介质，不能用 ，B 说法不正确； C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C 说法不正确； D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn 元素守恒 可知，MnO2中的Mn 元素只有 转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D 说法正确； 综上所述，本题选D。 9. 已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混 合溶液的流程如下。下列说法正确的是 A. 苯胺既可与 盐酸也可与 溶液反应 B. 由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C. 苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D. ①、②、③均为两相混合体系 【答案】C 6/25 【解析】【分析】 7/25 由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水 的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液 得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入 碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中 加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。 【详解】A．苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A 错误； B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过 滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B 错误； C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C 正确； D．由分析可知，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D 错误； 故选C。 10. 在NO 催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. 含N 分子参与的反应一定有电子转移 B. 由NO 生成 的反应历程有2 种 C. 增大NO 的量， 的平衡转化率不变 D. 当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据反应机理的图示知，含N 分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、 NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N 分子NO、NO2、HONO 中N 元素的化合价依次为+2 价、+4 价、+3 价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定 有电子转移，A 项正确； B．根据图示，由NO 生成HONO 的反应历程有2 种，B 项正确； C．NO 是催化剂，增大NO 的量，C3H8的平衡转化率不变，C 项正确； 7/25 D．无论反应历程如何，在NO 催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O2 2C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D 项错误； 答案选D。 二、选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 8/25 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选 错的得0 分。 11. 某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合 要求的是 气体 液体 固体粉末 A 饱和 溶液 B 溶液 C 溶液 D A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由 于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A 项选； B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe 消失得到澄清溶液，B 项不选； C．通入HCl， 在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2 =3Cu2+ +2NO↑+4H2O，最终Cu 消失得到澄清溶液，C 项不选； D．AgCl 在水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使 溶解平衡正向移动，最终AgCl 消失得到澄清溶液，D 项不选； 8/25 答案选A。 12. 高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe 元素的杂质)为主要原料制备Cu 9/25 粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是 A. 固体X 主要成分是 和S；金属M 为Zn B. 浸取时，增大 压强可促进金属离子浸出 C. 中和调pH 的范围为3.2~4.2 D. 还原时，增大溶液酸度有利于Cu 的 生成 【答案】D 【解析】 【分析】CuS 精矿(含有杂质Zn、Fe 元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS 反应产生为CuSO4、 S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离 子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高 压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu 单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形 式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn 单质。 【详解】A．经过上述分析可知固体X 主要成分是S、Fe(OH)3，金属M 为Zn，A 正确； B．CuS 难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消 耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B 正确； C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH 时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶 液中，结合离子沉淀的pH 范围，可知中和时应该调节溶液pH 范围为3.2～4.2，C 正确；D．在用H2还原 Cu2+变为Cu 单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度， 9/25 c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu 单质，因此不利于Cu 的生成，D 错误； 故合理选项是D。 10/25 13. 设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH 稳定，借助其降解乙酸盐生成 ，将废旧锂离子电 池的正极材料 转化为 ，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极 材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是 A. 装置工作时，甲室溶液pH 逐渐增大 B. 装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C. 乙室电极反应式为 D. 若甲室 减少 ，乙室 增加 ，则此时已进行过溶液转移 【答案】BD 【解析】 【分析】由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、 电解池反应原理分析解答。 【详解】A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极 反应式为CH3COO--8 e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co， 因此，甲室溶液pH 逐渐减小，A 错误； B．对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为C o2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合 H2O，电极反应式为2LiCoO2+2e-+8H+=2Li++2Co2++4H2O，负极发生的反应为CH3COO--8 e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，负极产生的H+通过阳膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，因此电池工作一段 时间后应该补充盐酸，B 正确； C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+4H+=Li++Co2++2H2O，C 错误； 10/25 D．若甲室Co2+减少200 mg，则电子转移物质的量为n(e-)= ；若乙室Co2+增加 11/25 300 mg，则转移电子的物质的量为n(e-)= ，由于电子转移的物质的量不等，说明 此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D 正确； 故合理选项是BD。 14. 工业上以 为原料生产 ，对其工艺条件进行研究。现有含 的 、 溶液，含 的 、 溶液。在一定pH 范围内，四 种溶液中 随pH 的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 反应 的平衡常数 B. C. 曲线④代表含 的 溶液的变化曲线 D. 对含 且 和 初始浓度均为 的混合溶液， 时才发生沉淀 转化 【答案】D 【解析】 11/25 【分析】硫酸是强酸，溶液pH 变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中 锶离子的浓度几乎不变，pH 相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸 锶固体的0.1mol/L 硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L 硫酸钠溶液的变化曲线； 碳酸是弱酸，溶液pH 减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH 相同时，1mol/L 碳酸 钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L 碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L 12/25 碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L 碳酸钠溶液的变化曲线。 【详解】A．反应SrSO4(s)+CO SrCO3(s)+SO 的平