精品解析：2022年北京市高考真题化学试题（部分试题）（解析版）

2022年北京卷部分试题1.利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能．．证明a中产物生成的是a中反应b中检测试剂及现象A浓3HNO分解生成2NO淀粉-KI溶液变蓝BCu与浓24HSO生成2SO品红溶液褪色C浓NaOH与4NHCl溶液生成3NH酚酞溶液变红D33CHCHBrCH与NaOH乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意；故选A。2.高分子Y是一种人工合成多肽，其合成路线如下。的下列说法不正确．．．的是A.F中含有2个酰胺基B.高分子Y水解可得到E和GC.高分子X中存在氢键D.高分子Y的合成过程中进行了官能团保护【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确，B．由结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成和，故B错误；C．由结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C正确；D．由结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D正确；故选B。3.某MOFs的多孔材料刚好可将24NO“固定”，实现了2NO与24NO分离并制备3HNO，如图所示：己知：2242NO(g)NO(g)ΔH0下列说法不正确．．．的是A.气体温度升高后，不利于24NO的固定B.24NO被固定后，平衡正移，有利于2NO的去除C.制备3HNO的原理为：242232NOO2HO=4HNOD.每制备30.4molHNO，转移电子数约为226.0210【答案】D【解析】【详解】A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为242232NOO2HO=4HNO，故C正确；D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1mol硝酸，反应转移1mol电子，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数约为0.4mol×6.02×1023=2.408×1023，故D错误；故选D。4.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①4240.1mol/LCuSOHSO少量阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有2+Fe②40.1mol/LCuSO过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素下列说法不正确．．．的是A.①中气体减少，推测是由于溶液中+cH减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍+H与铁接触B.①中检测到2+Fe，推测可能发生反应：+2+2+2+2Fe+2H=Fe+HFe+Cu=Fe+Cu、C.随阴极析出Cu，推测②中溶液2+cCu减少，2+2+334Cu+4NHCuNH平衡逆移D.②中2+Cu生成2+34CuNH，使得2+cCu比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密【答案】C【解析】【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极失去电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为+2+2+2+2Fe+2H=Fe+HFe+Cu=Fe+Cu、，故B正确；C．由分析可知，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，2+2+334Cu+4NHCuNH平衡向正反应方向移动，故C错误；D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。5.2CO捕获和转化可减少2CO排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以2N为载气，以恒定组成的24NCH、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到2CO，在催化剂上有积碳。下列说法不正确．．．的是A.反应①为23CaO+CO=CaCO；反应②为342CaCO+CHCaO+2CO+2H催化剂B.13t~t，2nH比n(CO)多，且生成2H速率不变，可能有副反应42CHC+2H催化剂C.2t时刻，副反应生成2H的速率大于反应②生成2H速率D.3t之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C【解析】【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为23CaO+CO=CaCO，结合氧化还原反应配平可得反应②为342催化剂CaCO+CHCaO+2CO+2H，A正确；B．由题干图2信息可知，13t~t，2nH比n(CO)多，且生成2H速率不变，且反应过程中始终未检测到2CO，在催化剂上有积碳，故可能有副反应42催化剂CHC+2H，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B正确；C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而2t时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成2H的速率小于反应②生成2H速率，C错误；D．由题干图2信息可知，3t之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；故答案为：C。6.42FeSO7HO失水后可转为42FeSOHO，与2FeS可联合制备铁粉精xyFeO和24HSO。I.42FeSOHO结构如图所示。（1）2+Fe价层电子排布式为___________。（2）比较2-4SO和2HO分子中的键角大小并给出相应解释：___________。（3）2HO与2+2-4FeSO、和2HO的作用分别为___________。II．2FeS晶胞为立方体，边长为anm，如图所示。（4）①与2+Fe紧邻的阴离子个数为___________。②晶胞的密度为ρ=___________3gcm。91nm10m（5）以2FeS为燃料，配合42FeSOHO可以制备铁粉精xyFeO和24HSO。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。【答案】（1）3d6（2）SO2-4的键角大于H2O，SO2-4中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形（3）配位键、氢键（4）①.6②.3A480aN×1021（5）由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4【解析】【小问1详解】铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；【小问2详解】硫酸根离子中硫原子价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子，的故答案为：SO2-4的键角大于H2O，SO2-4中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形；【小问3详解】由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；【小问4详解】①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S2-2离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6，故答案为：6；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×18+6×12=4，位于棱上和体心的S2-2离子个数为12×14+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A4(56+322)N==10—21a3d，解得d=3A480aN×1021，故答案为：3A480aN×1021；【小问5详解】由图可知，FeS2与O2生成FexOy反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4。7.煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(4CaSO、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含22222OCOHONSO、、、、。（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。（2）高温下，煤中4CaSO完全转化为2SO，该反应的化学方程式为___________。（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。的已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中-3-cIcI保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，2SO溶解并将-3I还原，测硫仪便立即自动进行电解到-3-cIcI又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。①2SO在电解池中发生反应的离子方程式为___________。②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。（4）煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑。（5）条件控制和误差分析。①测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH1时，非电解生成的-3I使得测得的全硫含量偏小，生成-3I的离子方程式为___________。②测定过程中，管式炉内壁上有3SO残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分（2）2CaSO4=催化剂高温2CaO+2SO2↑+O2↑（3）①.SO2+I-3+H2O=3I—+SO2-4+4H+②.3I——2e—=I-3（4）16x%965a（5）①.I2+I—=I-3