高考化学试题分类汇编化学与生活环境和工业doc高中化学

2022高考化学试题分类汇编：化学与生活、环境和工业（2022天津卷）1．以节能减排为根底的低碳经济是保持社会可持续开展的战略举措。以下做法违背开展低碳经济的是A．开展氢能和太阳能B．限制塑料制品的使用C．提高原子利用率，开展绿色化学D．尽量用纯液态有机物代替水作溶剂解析：所谓低碳经济，是指在可持续开展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，到达经济社会开展与生态环境保护双赢的一种经济开展形态。开展氢能和太阳能，限制塑料的使用，和开展绿色化学，都符合低碳经济。答案：D命题立意：考察低碳经济。此题关注社会，密切联系实际进展了命题。（2022天津卷）2．化学已渗透到人类生活的各个方面。以下说法不正确的选项是A．阿司匹林具有解热镇痛作用B．可以用Si3N4、Al2O3制作高温构造陶瓷制品C．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀D．制止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染解析：阿司匹林是常用的解热阵痛药，这是生活常识，A正确；Si3N4、Al2O3是常用的高温构造陶瓷，B正确；铜和铁组成的原电池，铁作负极被腐蚀，故C错；铅是一种重要的污染物，D正确。答案：C命题立意：考察化学与STES。化学与日常生活、社会热点问题、食品、医药、能源、环保、化工生产、高新产品等方面的内容是高考考察的重要内容。（2022江苏卷）1．化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。以下说法正确的选项是A．为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药1/12\nB．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进展治理C．实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源D．垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用【答案】D【解析】此题主要考察的知识点有是①化学物质与生活得关系、②绿色化学的概念、③化肥农药对人类生活的影响。A项，为了提高农作物的产量和质量，应研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量；B项、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；C项，化石能源是有限的一次能源，为了长远的可持续开展，必须要开发新能源；D项，垃圾也是一项重要的资源。综上分析可知，此题选D项。（2022江苏卷）4．以下有关物质的性质或应用的说法不．正确的选项是A．二氧化硅是生产光纤制品的根本原料B．水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂C．盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性D．石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯【答案】D【解析】此题主要考察的是常见物质在生成生活中的应用。A项，是光纤制品的主要原料；水玻璃是硅酸钠溶液，能作为粘合剂和防火材料；C项，盐析是提纯蛋白质的一种方法，而且不影响蛋白质的生理活性；D项，石油分馏得到的是不同沸点的烃类化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通过裂解的方法可得到乙烯等不饱和的烃类物质。综上分析可知，此题选D项。（2022重庆卷）6．减缓温室气体排放是2022年哥本哈根气候变化会议的议题。以下反响不．产．生．温室气体的是A．用纯碱制玻璃B．用煤炭作燃料C．用铁矿石炼铁D．用氨制碳酸铵6.答案D【解析】此题考察反响中产生的温室气体。A项，制玻璃的反响为:Na2CO3+SiO2高温Na2SiO3+CO2；B项，碳燃烧可产生CO2气体；C项，铁矿石与C或CO反响2/12\n可生成CO2；这三项均生成CO2，即产生温室气体。D项，NH3与CO2反响生成(NH4)2CO3，没有产生CO2。（2022上海卷）1．以下做法不能表达低碳生活的是A．减少食物加工过程B．注意节约用电C．尽量购置本地的、当季的食物D．大量使用薪柴为燃料答案：D解析：此题考察了化学与生产生活的联系。低碳生活的核心是减少二氧化碳的排放，减少食物加工过程，减少二氧化碳排放，能表达，排除A；目前电力的主要来源是火电，节约用电能减少二氧化碳排放，能表达，排除B；本地食物能减少运输消耗、当季食物能减少贮存的能量消耗，能表达，排除C；薪柴为燃料能产生大量二氧化碳，不能表达低碳思想，符合要求。易错警示：解答此题的易错点是不能准确理解“低碳”的含义，而造成错误选择。由于二氧化碳气体的大量排放，地球气候异常表现的越来越显著，对人类生活的影响也越来越大，故此在生产生活中要尽可能节约能源，减少二氧化碳排放。（2022上海卷）4．以下有关物质性质的描述不符合事实的是A．有机物不导电B．金刚石是自然界最硬的物质C．SO2可用作食品防腐剂D．NO可用于某些疾病的治疗答案：A解析：此题考察了常见物质的性质。大多数的有机物不导电，但聚乙炔塑料就能导电，A错；金刚石是自然界中最硬的物质，B对；二氧化硫可做食品和干果的防腐剂，C对；NO可用于心血管疾病的治疗，D对。易错警示：有机物是一类特殊的有机物，在理解其性质注意描述中的一般指的是大多数的有机物，在理解时绝对话极易造成错误理解。比方有机物都不导电、有机物都不是电解质等。（2022四川理综卷）6.节能减排对开展经济、保护环境有重要意义。以下措施不能减少二氧化碳排放的是A.利用太阳能制氢B.关停小火电企业C.举行“地球一小时”熄灯活动D.推广使用煤液化技术3/12\n答案：D解析：此题考察化学与社会的关系；利用太阳能制氢，减少了化石燃料的使用，同时也减少了CO2的排放,A项符合；火力发电消耗大量的煤炭资源，同时会排放出CO2及有害气体，关停小火电企业，有利用节能减排，B项符合；举行“地球一小时”熄灯活动有效的节约的能源，C项符合;煤液化技术，提高了煤的利用率，但不能减少CO2的排放，D项不符合。（2022山东卷）31．（8分）【化学-----化学与技术】玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成。（1）酚醛树脂有苯酚和甲醛缩聚而成，反响有大量热放出，为防止温度过高，应向已有苯酚的反响釜中____参加甲醛，且反响釜应装有____装置。（2）玻璃纤维由玻璃拉丝得到。普通玻璃是由石英砂、______和石灰石（或长石）高温熔融而成，主要反响的化学方程式为_____________________________________。（3）玻璃钢中玻璃纤维的作用是__________。玻璃钢具有___________等优异性能（写出亮点即可）。（4）以下处理废旧热固性酚醛塑料的做法合理的是_________。a．深埋b．粉碎后用作树脂填料c．用作燃料d．用有机溶剂将其溶解，回收树脂解析：(1)为防止温度过高，应间歇性参加甲醛，并且有散热装置(2)利用碱石灰、纯碱、石英砂生成波兰的方程式为高温高温Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2(3)玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，其中玻璃纤维的作用是增强体，合成材料是基体；他的优点有：强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等优良性能(4)废旧合成材料的再生利用主要是三条途径：①通过再生和改性，重新做成多种有用的材料和制品；②采用热裂解或化学处理方法使其分解，用于制备多种化工原料；③将废旧的聚合物作为燃料回收利用热能；故b、c正确。因为4/12\n塑料深埋地下一百年也不会腐烂，造成严重的白色污染，故a错；酚醛塑料不能溶解于有机溶剂，故d错。答案：(1)间歇性散热高温高温(2)纯碱Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2(3)增强体强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等(4)ｂ、ｃ（2022福建卷）24．硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是_____。（2）完成“氧化除铁”步骤中反响的离子方程式：-□Fe(OH)2+□____+□_____==□Fe(OH)3+□CI(3)针铁矿（Goethite）是以德国诗人歌德（Goethe）名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是_______。（4）根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为______。Mg(OH)2Zn(OH)2MgCO3CaCO3开场沉淀的10．46．4——pH沉淀完全的12．48．0——pH开场溶解的—10．5——pH1269Ksp5．6×10—6．8×102．8×105/12\n（5）工业上从“滤液3”制取MgO过程中，适宜的反响物是______（选填序号）。a．大理石粉b．石灰乳c．纯碱溶液d．烧碱溶液（6）“滤液4”之后的操作依次为______、_______、过滤，洗涤，枯燥。（7）分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于________。【解析】（1）将棱铁矿研磨成粉可以增加反响时的接触面积，使得反响更加充分（2）漂白粉的成分中含有次氯酸根，调节酸碱度后，具有较强的氧化性，能使+2价的铁离子氧化成+3价，氧化亚铁变成氧化铁必须增加氢氧元素的量，可以推测出另一种反响物为水，清楚了反响物，一般可以顺利的配平。（3）化学式量为89，组成元素是Fe、O、H，其中铁的相对原子量为56，扣掉56剩下33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，所以可能的组成为FeO(OH)（4）PH=8.0Zn(OH)完全沉淀，PH=10.5开场溶解，而Mg(OH)在22PH=10.4的时候开场沉淀，为了使Zn(OH)能完全析出不影响Mg(OH)，溶22液的酸碱度控制在8.0PH10.4范围（5）a大理石粉难溶于水，选择熟石灰和烧碱溶液可以使溶液的碱性增强，有利于镁离子完全沉淀（6）蒸发浓缩、冷却结晶能使晶体尽快的析出125m2（7）综合计算（不展开）81m1答案：(1)增大反响物接触面积或增加反响时的接触面积，使反响更加充分。(2)2Fe(OH)1ClO1HO2Fe(OH)1Cl322(3)FeO(OH)（或其他合理答案）(4)8.0PH10.4（或其他合理答案）（5）b或(b和d);d（6）蒸发浓缩、冷却结晶（或其他合理答案）6/12\n125m2（7）（或其他合理答案）81m1（2022浙江卷）25.（14分）洗车平安气囊是德国平安的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，平安装置通电点火使其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究平安气囊工作的化学原理，取平安装置中的粉末进展实验。经组成分析，确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验说明，固体粉末局部溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反响生成化合物丙和另和一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。请答复以下问题：（1）甲的化学式为，丙的电子式为。（2）假设丙在空气中转化为碳酸氢盐，那么反响的化学方程式为。（3）单质乙与红棕色粉末发生反响的化学方程式为，平安气囊中红棕色粉末的作用是。（4）以下物质中，有可能作为平安气囊中红棕色粉末替代品的是。A.KClB.KNO3C.Na2SD.CuO（5）设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分（不考虑结晶水合物）。试题解析：此题知识载体很新鲜，很生活，很化学。简答式的题目首先要进展分析，确定设计的物质及反响才能完成各小题的内容。题目关键词：粉末分解释放氮气，粉末仅含Na、Fe、N、O，水溶性试验局部溶解，可溶局部为化合物甲，不溶物红棕色可溶于盐酸。13.0g甲完全分7/12\n解为N2和单质乙，N26.72L，单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反响生成化合物丙和另和一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。解题分析：1、粉末由两种物质混合而成。2、红棕色物质可能为Fe2O3\Fe(OH)3等,根据题意只能是Fe2O3。3、甲只有两种元素，且含N，必含Na。3、计算：N(6.72/22.4)*2*14=8.4g，那么Na的物质的量为：（13-8.4）/23=0.2mol，N与Na的物质的量之比为：0.6:0.2=3:1，那么化合物甲为Na3N。4、在高温下Na与Fe2O3反响的产物为Na2O2和Fe。答案：（1）Na3N，(2)2N2O2+4CO2+2H2O=4NaHCO3+O2(3)6Na+2Fe2O3=3Na2O2+4Fe,红色粉末的作用是充当氧化剂，除去氮化钠分解产生的金属钠（金属钠溶于水产生大量的热和碱性有害物质），提供大量的热量用于氮化钠的迅速分解。（4）从氧化性角度分析KNO3、CuO均可，但KNO3本身受热分解，产生氧气与氮气反响。应选择D.CuO。（5）实验目的：检验Na2O2在空气中与水或二氧化碳反响的产物，即检验NaOH和Na2CO3或NaHCO3。实验设计一：实验原理：定量分析法。步骤：1、称量混合固体的质量。2、将混合物加热，并将气体通入澄清石灰水，无气体那么无NaHCO3，石灰水变浑浊那么有NaHCO3无NaOH，称量石灰水质量变化量mg。3、参加过量盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，称量石灰水质量增加量ng。4、通过m与n的计算获得最终结果。实验设计二：实验原理：测定盐酸用量与产生二氧化碳的量的关系确定混合物成分。1、不产生二氧化碳那么混合物只有NaOH。2、开场产生二氧化碳前，与开场产生二氧化碳直到最大量消耗的盐酸的体积比为1:1那么只有Na2CO3。大于1:1那么为NaOH与Na2CO3的混合物。小于1:1那么为Na2CO3和NaHCO3的混合物。即比较图中a,b的大小。教与学提示：题型的难点1是通过定性和定量两种方式确定物质的化学成分，其中Na3N又是学生很不熟悉的。难点2是氧化复原方程式的书写与配平，及氧化复原原理的应用。难点3是实验设计，通过定量来定性。但，题目设计与问题设计都在平时的练习与讨论中必然会涉及。比方实验设计局部，在省市屡次统考中均有有关碳酸盐与酸反响定量问题出现过，或反复练习过。8/12\n但，在简答的环境中也还是有难度的。解题中要动用到平时知识的积累，决定成败还是在平时。（2022江苏卷）16.（10分）钡盐行业生产中排出大量的钡泥[主要含有BaCO、BaSiO、BaSO、Ba(FeO)等]。某主要生产BaCl、BaCO、BaSO33322234的化工厂利用钡泥制取Ba(NO)，其局部工艺流程如下：32（1）酸溶后溶液中pH1，Ba(FeO)与HNO的反响化学方程式223为。（2）酸溶时通常控制反响温度不超过70℃，且不使用浓硝酸，原因是、。（3）该厂结合本厂实际，选用的X为（填化学式）；中和Ⅰ使溶液中（填离子符号）的浓度减少（中和Ⅰ引起的溶液体积变化可忽略）。（4）上述流程中洗涤的目的是。【答案】(1)Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O(2)防止反响速度过快浓HNO3易挥发、分解3++(3)BaCO3FeH(4)减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染(凡合理答案均可)【解析】此题主要考察的是无机化工流程的分析，此题为化工生产题型，主要考察了化合物性质。（1）Ba(FeO2)2与HNO3反响，生成对应的硝酸盐；（2）控制温度，不用浓硝酸的目的是控制反响速率，防止反响速率过快；同时浓硝酸容易挥发分解；（3）通过产物，结合溶液的酸碱性，选用的X为BaCO3，在3++2+-3++I中有Fe、H和Ba、NO3等，参加BaCO3后，能使Fe和H浓度降低；（4）9/12\n在废渣中有可溶性钡盐，有毒，因此，洗涤的目的是减少可溶性钡盐对环境的污染。（2022江苏卷）17.（8分）下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。（1）方法Ⅰ中氨水吸收燃煤烟气中SO的化学反响为：22NHSOHO(NH)SO322423(NH)SOSOHO2NHHSO4232243能提高燃煤烟气中SO去除率的措施有▲2（填字母）。A．增大氨水浓度B.升高反响温度C.使燃煤烟气与氨水充分接触2D.通入空气使HSO转化为SO34采用方法Ⅰ脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO，原因是▲（用离2子方程式表示）。（2）方法Ⅱ重要发生了以下反响：12CO(g)SO(g)S(g)2CO(g)H8.0kJmol2212H(g)SO(g)S(g)2HO(g)H90.4kJmol22212CO(g)O(g)2CO(g)H566.0kJmol2212H(g)O(g)2HO(g)H483.6kJmol222S(g)与O(g)反响生成SO(g)的热化学方程式为。22（3）方法Ⅲ中用惰性电极电解NaHSO溶液的装置3如右图所示。阳极区放出气体的成分为。10/12\n（填化学式）【答案】（1）AC-1(2)S（g）+O2（g）=SO2（g）H=-574.0kJmol(3)O2SO2【解析】此题考察的知识比较散，涉及到环境保护，一道题考察了几个知识点。覆盖面比较多。但盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、点击方程式都是重点内容（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2=CO2+HSO3而产生CO2(2)主要考察盖斯定律的灵活运用。适当变形，注意反响热的计算。不要无视热化学方程式的书写的本卷须知。（3）阴极的电极产生的气体为O2和SO2.（2022四川理综卷）29.（16分）四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3,Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：请答复以下问题：硫酸与二氧化钛反响的化学方程式是____________________________________。（1）向滤液I中参加铁粉，发生反响的离子方程式为：_________________________、____________________。（2）在实际生产过程中，向沸水中参加滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开场水解。水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入11/12\n高温水蒸气的作用：_______________________________________________。过滤别离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、___________、______________、_______________________（填化学式），减少废物排放。（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3）,其方法是：将556akgA（摩尔质量为278g/mol）溶于水中，参加适量氢氧化钠溶液恰好完全反响，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中参加3336bkgA和112ckg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反响完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。假设所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，那么理论上可生产红色颜料_______________________kg。答案：(1)TiO2HSOTi(SO)2HO或TiOHSOTiOSOHO22442222442322(2)Fe2Fe3FeFe2HFeH2(3)加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低H浓度促进钛盐水解HOFeSOHSO2424(4)160a320b160c解析：此题属于化工生产流程题。（1）考察酸的通性，可以与金属氧化物反响，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式。（2）参加浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再参加铁粉，铁粉可以复原铁离子。除此外，铁粉还可以+与溶液中的H反响、（3）考察了影响盐类水解的因素。（4）考虑最后溶质是3只有硫酸钠和硫酸铁，根据开场参加A为2a×10mol参加适量氢氧化钠溶液恰3好完全反响.,说明参加氢氧化钠的物质的量为4a×10mol，后来又参加12b×3310mol的A，和2c×10mol的铁。根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离3子为2a×10mol，。而溶液中参加的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×3310mol,这样剩下的硫酸根就与铁离子结合。可知消耗铁离子为8b×10mol,根33据铁元素守恒。nFe=(2a+4b+2c)×10mol,nFe2O3=(a+2b+c)×10mol,计算得mFe2O3=160a320b160ckg.12/12