2022年高考化学试卷（重庆）（解析卷）

1/20 2022 年重庆市普通高中学业水平选择性考试 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ti-48 Co-59 Sn-119 I-127 Pb-207 一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共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。 1. “逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，航天科技的发展与化学密切相关。下列选项正确的是 A. “北斗三号”导 航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第ⅠA 族元素 B. “嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能 C. “祝融号”火星车利用正十一烷储能，正十一烷属于不饱和烃 D. “神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．铷是碱金属，位于第ⅠA 族，故A 正确； B．太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B 错误； C．正十一烷属于饱和烃，故C 错误； D．塑料属于有机合成材料，故D 错误； 故选A。 2. BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是 A. Cl 的原子结构示意图为 B. H2O 的空间填充模型为 1/20 C. BCl3的电子式为： D. B(OH)3的结构简式为 【答案】C 【解析】【详解】A．Cl 为荷电核数为17，原子结构示意图为 ，A 项正确； 2/20 B． 分子为V 形结构，且O 原子的半径比H 原子的半径大，B 项正确； C． 是缺电子化合物，B 提供3 个电子，与3 个Cl 分别共用1 对电子，电子式应为 ，C 项错误； D． 的结构简式为 ，D 项正确； 答案选C。 3. 下列叙述正确的是 A. Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br- B. Na 和Li 分别在O2中燃烧得到Na2O 和Li2O C. 1molSO3与1molNO2分别通入1L 水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3 D. 0.1mol•L-1醋酸和0.1mol•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯气和溴的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子，故A 正确； B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B 错误； C．无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L 水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3 的浓度大小，故C 错误； D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D 错误； 故选A。 4. 下列操作中，不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO 等离子大量共存的是 A. 加入ZnSO4 B. 加入Fe 粉 C. 通入NH3 D. 通入CO2 【答案】D 【解析】 【详解】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应，会影响溶液中离子的大量 共存，故A 不符合题意； B．向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应生成亚铁离子，会影响溶液中离子的大量共存，故B 不符合题 意； C．向溶液中通入氨气，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，会影响溶液中离子 2/20 的大量共存，故C 不符合题意； 3/20 D．向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子不发生任何反应，不会影响溶液中离子的大量共存， 故D 符合题意； 故选D。 5. 工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA B. 消耗1molH2，生成N－H 键数为2 NA C. 生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2 NA D. 氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．由方程式可知，消耗14g 氮气生成氨气的分子数为 ×2×NAmol—1=NA，故A 错误； B．由方程式可知，消耗1mol 氢气生成N－H 键数为1mol× ×3×NAmol—1=2NA，故B 正确； C．由方程式可知，生成标准状况下22.4L 氨气，反应电子转移数为 ×3×NAmol—1=3NA，故C 错误； D．由得失电子数目守恒可知，1mol 氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol× ×NAmol— 1=1.25NA，故D 错误； 故选B。 6. 关于M 的说法正确的是 A. 分子式为C12H16O6 B. 含三个手性碳原子 C. 所有氧原子共平面 D. 与(CH3)2C=O 互为同系物 【答案】B【解析】 【详解】A．由题干M 的结构简式可知，其分子式为C12H18O6，A 错误； B．同时连有4 个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故M 4/20 中含三个手性碳原子，如图所示： ，B 正确； C．由题干M 的结构简式可知，形成醚键的O 原子的碳原子均采用sp3杂化，故不可能所有氧原子共平面， C 错误； D．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，故 M 与(CH3)2C=O 不互为同系物，D 错误； 故答案为：B。 7. 下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是 A. 装置甲气体干燥 B. 装 置乙固液分离 C. 装置丙Cl2制备 D. 装置丁pH 测试 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A 正确； B．由图可知，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B 错误； C．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，由图可知，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故 C 错误； D．测定溶液pH 时，应将溶液滴在pH 试纸中央，不能插入溶液中，则装置丁不能用于pH 测试，故D 错 误； 故选A。 8. PEEK 是一种特种高分子材料，可由X 和Y 在一定条件下反应制得，相应结构简式如图。下列说法正确 4/20 的是 A. PEEK 是纯净物 B. X 与Y 经加聚反应制得PEEK C. X 苯环上H 被Br 所取代，一溴代物只有一种 D. 1molY 与H2发生加成反应，最多消耗6molH2 5/20 【答案】C 【解析】 【详解】A．PEEK 是聚合物，属于混合物，故A 错误； B．由X、Y 和PEEK 的结构简式可知，X 和Y 发生连续的取代反应得到PEEK，即X 与Y 经缩聚反应制得 PEEK，故B 错误； C．X 是对称的结构，苯环上有1 种环境的H 原子，苯环上H 被Br 所取代，一溴代物只有一种，故C 正确； D．Y 中苯环和羰基都可以和H2发生加成反应，1mol Y 与H2发生加成反应，最多消耗7mol H2，故D 错误； 故选C。 9. 下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是 选 项 实验操作及现象 结论 A 将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生成的气体可使品 红溶液褪色 Na2S2O3既体现还原性又体现 氧化性 B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH 溶液中，充分搅拌，溶解得 到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现 酸性 C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒 “白烟” 水解性：TiCl4＞FeCl3 D 将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以 使带火星的木条复燃 热稳定性：CrO3＜Cr2O3 A. A B. B C. C D. D 【答案】B【解析】 【详解】A．将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，生成S 单质和SO2，S 元素化合价既上升又下降，Na2S2O3既 体现还原性又体现氧化性，故A 正确； B．将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH 溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反 应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，故B 错误； C．将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明 6/20 TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，产生大量HCl，说明水解性：TiCl4＞FeCl3，故C 正确； D．将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃，说明该过程中 产生了氧气，则CrO3不稳定，故D 正确； 故选B。 10. R、X、Y、Z 均为短周期主族元素，Y 与Z 同主族且Z 的原子序数大于Y。R 和X 的原子获得1 个电子 均可形成稀有气体原子的电子层结构，R 的最高化合价为+1。1mol 化合物RZY3X 含58mol 电子。下列说 法正确的是 A. R 与X 形成的化合物水溶液呈碱性 B. X 是四种元素中原子半径最大的 C. Y 单质的氧化性比Z 单质的弱 D. Z 的原子最外层电子数为6 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息可知，R、X、Y、Z 均为短周期主族元素，Y 与Z 同主族且Z 的原子序数大于Y，R 和X 的原子获得1 个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R 的最高化合价为+1，则R 为H，X 为Cl 或F；1mol 化合物RZY3X 含58mol 电子，设Y 的原子序数为a，则Z 的原子序数为a+8；若X 为F，则有 1+9+a+8+3a=58，解得a=10，则Y 为Ne，不符合题意；若X 为Cl，则有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，则 Y 为O，Z 为S；故R 为H、X 为Cl、Y 为O、Z 为S，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，R 为H、X 为Cl，故R 与X 形成的化合物即HCl 水溶液呈酸性，A 错误； B．由分析可知，R 为H、X 为Cl、Y 为O、Z 为S，故S 是四种元素中原子半径最大的，B 错误； C．由分析可知，Y 为O、Z 为S，由于O 的非金属性比S 强，故O2的氧化性比S 强，C 错误； D．由分析可知，Z 为S，是16 号元素，S 原子最外层电子数为6，D 正确； 故答案为：D。 11. 某小组模拟成垢－除垢过程如图。 100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液 …… 忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是A. 经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-) B. 经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO ) C. 经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO )+c(HCO )+c(H2CO3) D. 经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-) 【答案】D 【解析】 6/20 【详解】A．经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ 7/20 Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl 和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO 和Ca2+， 则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A 错误； B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO )，故B 错误； C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒： c(Cl-)=2c(CO )+2c(HCO )+2c(H2CO3)，故C 错误； D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、 0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D 正确； 故选D。 12. 硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过 程如图所示。 下列说法错误的 是 A. 惰性电极2 为阳极 B. 反应前后WO /WO 数量不变 C. 消耗1mol 氧气，可得到1mol 硝酮 D. 外电路通过1mol 电子，可得到1mol 水 【答案】C 【解析】【详解】A．惰性电极2，Br-被氧化为 Br2，惰性电极2 为阳极，故A 正确； B．WO /WO 循环反应，反应前后WO /WO 数量不变，故B 正确； C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol 二丁基-N-羟基胺失去2molH 原子生成1mol 硝酮， 氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol 氧气，可得到2mol 硝酮，故C 错误； D．外电路通过1mol 电子，生成0.5molH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol 水，故D 正确； 7/20 选C。 13. “千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循 环过程，可得△H4/(kJ•mol-1)为 8/20 A. +533 B. +686 C. +838 D. +1143 【答案】C 【解析】 【详解】① ； ② ； ③ ； ④ ； ⑤ ； ⑥ ；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到 +838 kJ•mol-1 ，所以A B D 错误， C 正确， 故选C。 14. 两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3(s) NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3(s) Na2CO3(s) +H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3 种固体均大量存在。下列说法错 误的是 A. 反应2 的平衡常数为4×106Pa2 B. 通入NH3，再次平衡后，总压强增大 C. 平衡后总压强为4.36×105Pa D. 缩小体积，再次平衡后总压强不变 8/20 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应2 的平衡常数为 ，A 正确； B．刚性密闭容器，温度不变平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B 9/20 错误； C． ， ， ， ，所以总压强为： ，C 正确； D．达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D 正确； 故选B。 二、非选择题：本题共5 小题，共58 分。包括必考题和选考题两部分。第15~17 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第18~19 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：包括3 题，共43 分。 15. 电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn 与Si 同族，25℃ 时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 （1）Na2SnO3的回收 ①产品Na2SnO3中Sn 的化合价是______。 ②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn 反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn2+ 易转化成SnO2·xH2O。 ③沉淀1 的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH 反应的化学方程式为______。 （2）滤液1 的处理 9/20 ①滤液1 中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH 溶液，先得到的沉淀是______。 ②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。 （3）产品中锡含量的测定 称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al 片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3 标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO 被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。 10/20 ①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。 ②产品中Sn 的质量分数为_____%。 【答案】（1） ①. +4 价 ②. Sn(NO3)2、NH4NO3 . ③SnO2+2NaOH Na2SnO3+H2O （2） ①. Fe(OH)3 . ②2×10-7 （3） ①. 滴入最后一滴KIO3 标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②. IO +5I- +6H+=3I2+3H2O . ③47.6% 【解析】 【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH 为1.5，将锡的化合物转化为二氧 化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1 和沉淀1；向沉淀1 中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为 锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。 【小问1 详解】 ①由化合价代数和为0 可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4 价，故答案为：+4 价； ②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐 是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3； ③由沉淀1 的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡 酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOH Na2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOH Na2SnO3+H2O；【小问2 详解】 ①由溶度积可知，向滤液1 中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的 氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3； ②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为 =5×10- 8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7； 【小问3 详解】 ①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单 质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶 液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO +3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO 10/20 +5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色； IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O； 11/20 ②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g 产品中锡元素的质量 分数为 ×100%=47.6%，故答案为：47.6%。 16. 研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备米球状红磷。该红磷可提高钠离子电 池的性能。 （1）甲苯干燥和收集的回流装置如图1 所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示