2022年福建省高考真題化學試題（解析版）

PAGEPAGE1福建省2022年高考化學試題1.福建多個科研機構(gòu)經(jīng)過長期聯(lián)合研究發(fā)現(xiàn)，使用和改性的基催化劑，可打通從合成氣經(jīng)草酸二甲酯常壓催化加氫制備乙二醇的技術(shù)難關(guān)。下列說法正確的是A.草酸屬于無機物 B.與石墨互為同分異構(gòu)體C.屬于過渡元素 D.催化劑通過降低焓變加快反應(yīng)速率〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．草酸屬于二元弱酸，即乙二酸，屬于有機物，A錯誤；B．C60與石墨是碳元素的不同單質(zhì)，互為同素異形體，B錯誤；C．Cu為ⅠB族，屬于過渡元素，C正確；D．催化劑通過降低反應(yīng)的活化能加快反應(yīng)速率，反應(yīng)焓變不變，D錯誤；故選C。2.絡(luò)塞維是中藥玫瑰紅景天中含有的一種天然產(chǎn)物，分子結(jié)構(gòu)見下圖。關(guān)于該化合物下列說法正確的是A.不能發(fā)生消去反應(yīng) B.能與醋酸發(fā)生酯化反應(yīng)C.所有原子都處于同一平面 D.絡(luò)塞維最多能與反應(yīng)〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．該化合物的分子中，與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，可發(fā)生消去反應(yīng)，A錯誤；B．該化合物含有羥基，可與醋酸發(fā)生酯化反應(yīng)，B正確；C．該化合物結(jié)構(gòu)中含有飽和碳原子，不可能所有原子處于同一平面上，C錯誤；D．絡(luò)塞維最多能與反應(yīng)，其中苯環(huán)消耗3molH2，碳碳雙鍵消耗1molH2，D錯誤；故選B。3.常溫常壓下，電化學還原制氨氣的總反應(yīng)方程式：，設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.水中含有的孤電子對數(shù)為B.每產(chǎn)生失去的電子數(shù)為C.氨水中，含有的分子數(shù)少于D.消耗(已折算為標況)時，產(chǎn)生的分子數(shù)為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．H2O分子中孤電子對數(shù)為=2，H2O的物質(zhì)的量為=0.5mol，含有的孤電子對數(shù)為，故A錯誤；B．該反應(yīng)中N2中N元素化合價由0價下降到-3價，34g的物質(zhì)的量為=2mol，每產(chǎn)生，得到6mol電子，數(shù)目為6NA，故B錯誤；C．氨水的體積未知，無法計算的分子數(shù)，故C錯誤；D．的物質(zhì)的量為0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，產(chǎn)生的0.75mol，數(shù)目為，故D正確；故選D。4.某非線性光學晶體由鉀元素(K)和原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、W四種短周期元素組成。X與Y、Z與W均為同周期相鄰元素，X的核外電子總數(shù)為最外層電子數(shù)的2倍，Z為地殼中含量最多的元素。下列說法正確的是A.簡單氫化物沸點： B.分子的空間構(gòu)型為三角錐形C.原子半徑： D.最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗X的核外電子總數(shù)為最外層電子數(shù)的2倍，X為Be；Z為地殼中含量最多的元素，Z為O，X與Y、Z與W均為同周期相鄰元素，Y為B，W為F，據(jù)此解答?！驹斘觥緼．常溫下為液態(tài)，HF常溫下為氣體，沸點，故A正確；B．為BF3，中心B原子有3對價電子且沒有孤電子對，空間構(gòu)型為平面三角形，故B錯誤；C．四種元素為同周期元素，隨核電荷數(shù)增大原子半徑減小，原子半徑：Be>B>O>F，故C錯誤；D．Be最高價氧化物水化物為Be(OH)2，溶液顯兩性，B最高價氧化物的水化物為H3BO3，溶液顯酸性，故D錯誤；故選：A。5.探究醋酸濃度與電離度關(guān)系的步驟如下，與相關(guān)步驟對應(yīng)的操作或敘述正確的步驟操作或敘述AⅠ.用標準溶液標定醋酸溶液濃度滴定時應(yīng)始終注視滴定管中的液面BⅡ.用標定后的溶液配制不同濃度的醋酸溶液應(yīng)使用干燥的容量瓶CⅢ.測定步驟Ⅱ中所得溶液的應(yīng)在相同溫度下測定DⅣ.計算不同濃度溶液中醋酸的電離度計算式為A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．中和滴定時眼睛應(yīng)始終注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化，A錯誤；B．配制不同濃度的醋酸溶液時，容量瓶不需要干燥，B錯誤；C．溫度影響醋酸的電離平衡，因此測定步驟Ⅰ中所得溶液的時應(yīng)在相同溫度下測定，C正確；D．電離度是指弱電解質(zhì)在溶液里達電離平衡時，已電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原來總分子數(shù)（包括已電離的和未電離的）的百分數(shù)，因此醋酸的電離度計算式為，D錯誤；〖答案〗選C。6.用鉻鐵合金(含少量單質(zhì))生產(chǎn)硫酸鉻的工藝流程如下：下列說法錯誤的是A.“浸出”產(chǎn)生的氣體含有 B.“除雜”的目的是除去元素C.流程中未產(chǎn)生六價鉻化合物 D.“濾渣2”的主要成分是〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成氣體為氫氣，溶液中含加入Na2S分離出濾渣1含CoS和NiS，不會沉淀，再加入草酸除鐵生成FeC2O4，過濾分離出硫酸鉻，以此來解答?！驹斘觥緼．四種金屬均與稀硫酸反應(yīng)生成H2，A正確；B．共有四種金屬，由流程可知，沉鐵后分離出硫酸鉻，則“除雜"的目的是除去Ni、Co元素，B正確；C．由上述分析可知，流程中未產(chǎn)生六價鉻化合物，C正確；D．“濾渣2”的主要成分是FeC2O4，D錯誤；故本題選D。7.鋰輝石是鋰的重要來源，其焙燒后的酸性浸出液中含有和雜質(zhì)離子，可在0~14范圍內(nèi)調(diào)節(jié)對其凈化(即相關(guān)離子濃度)。時，與關(guān)系見下圖(堿性過強時和會部分溶解)。下列說法正確的是A.可被凈化的區(qū)間最大B.加入適量，可進一步提升凈化程度C.凈化的先后順序：D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．對離子凈化時，相關(guān)離子濃度c<10-5mol/L，則lgc<-5，由圖可知，可作凈化的pH區(qū)間最大的是Fe3+，A錯誤；B．加入適量H2O2，可將Fe2+氧化為Fe3+，提高凈化程度，B正確；C．由圖可知，凈化的先后順序為，C錯誤；D．對離子凈化時，相關(guān)離子濃度c<10-5mol/L，lgc<-5，由圖可知，F(xiàn)e3+完全沉淀的pH約為2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH約為4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，F(xiàn)e2+完全沉淀的pH約為8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L，，則有，D錯誤；故選B。8.實驗室需對少量污染物進行處理。以下處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式均錯誤的是A.用硫磺處理灑落在地上的水銀：B.用鹽酸處理銀鏡反應(yīng)后試管內(nèi)壁的金屬銀：C.用燒堿溶液吸收蔗糖與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的刺激性氣體：D.用燒堿溶液吸收電解飽和食鹽水時陽極產(chǎn)生的氣體：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．S和Hg發(fā)生化合反應(yīng)生成HgS，可以用硫磺處理灑落在地上的水銀，方程式為：，處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式正確，不合題意；B．Ag不活潑，不能和鹽酸反應(yīng)生成氫氣，處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式均錯誤，符合題意；C．蔗糖與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的刺激性氣體為SO2，可以用NaOH溶液吸收SO2，離子方程式為：，處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式均正確，不符合題意；D．電解飽和食鹽水時陽極產(chǎn)生的氣體為Cl2，可以用NaOH溶液吸收Cl2，離子方程式為：，處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式均正確，不符合題意；故選B。9.一種化學“自充電”的鋅-有機物電池，電解質(zhì)為和水溶液。將電池暴露于空氣中，某電極無需外接電源即能實現(xiàn)化學自充電，該電極充放電原理如下圖所示。下列說法正確的是A.化學自充電時，增大B.化學自充電時，電能轉(zhuǎn)化為化學能C.化學自充電時，鋅電極反應(yīng)式：D.放電時，外電路通過電子，正極材料損耗〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．由圖可知，化學自充電時，消耗O2，該反應(yīng)為O2+2H2O+4e-=4OH-，增大，故A正確；B．化學自充電時，無需外接電源即能實現(xiàn)化學自充電，該過程不是電能轉(zhuǎn)化為化學能，故B錯誤；C．由圖可知，化學自充電時，鋅電極作陰極，該電極的電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-，故C錯誤；D．放電時，1mol轉(zhuǎn)化為，消耗2molK+，外電路通過電子時，正極物質(zhì)增加0.02molK+，增加的質(zhì)量為0.02mol×39g/mol=0.78g，故D錯誤；故選A。10.氨是水體污染物的主要成分之一，工業(yè)上可用次氯酸鹽作處理劑，有關(guān)反應(yīng)可表示為：①②在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將的氨水分別和不同量的混合，測得溶液中氨去除率、總氮(氨氮和硝氮的總和)殘余率與投入量(用x表示)的關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是A.的數(shù)值為0.009B.時，C.時，x越大，生成的量越少D.時，〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．x1時，氨的去除率為100%、總氮殘留率為5，，95%的氨氣參與反應(yīng)①、有5%的氨氣參與反應(yīng)②，反應(yīng)①消耗，參與反應(yīng)②消耗，，A錯誤；B．x>x1時，反應(yīng)①也生成氯離子，所以，B錯誤；C．x>x1時，x越大，氨總?cè)コ什蛔?，氮殘余率增大，說明生成的硝酸根離子越多，生成N2的量越少，C正確；D．x=x1時，氨的去除率為100%，溶液中沒有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根據(jù)電荷守恒得，D錯誤；故本題選C。11.粉煤灰是火電廠的大宗固廢。以某電廠的粉煤灰為原料(主要含和等)提鋁的工藝流程如下：回答下列問題：（1）“浸出”時適當升溫的主要目的是_______，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。（2）“浸渣”的主要成分除殘余外，還有_______。實驗測得，粉煤灰(的質(zhì)量分數(shù)為)經(jīng)浸出、干燥后得到“浸渣”(的質(zhì)量分數(shù)為)，的浸出率為_______。（3）“沉鋁”時，體系中三種物質(zhì)的溶解度曲線如下圖所示，加入沉鋁的目的是_______，“沉鋁”的最佳方案為_______。（4）“焙燒”時，主要反應(yīng)的化學方程式為_______。（5）“水浸”后得到的“濾液2”可返回_______工序循環(huán)使用?！即鸢浮剑?）①.提高浸出率(或提高浸出速率)②.（2）①.和②.84%（3）①.使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度②.高溫溶解再冷卻結(jié)晶（4）或（5）沉鋁〖解析〗〖祥解〗粉煤灰為原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣為二氧化硅、硫酸鈣，加入硫酸鉀，產(chǎn)生復(fù)鹽明礬沉鋁，干燥脫水，焙燒產(chǎn)生氧化鋁、硫酸鉀和二氧化硫或三氧化硫氣體，水浸除去硫酸鉀，得到氧化鋁?！拘?詳析】溫度高速率大，“浸出”時適當升溫的主要目的是提高反應(yīng)速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4發(fā)生反應(yīng)生成Al2(SO4)3和H2O，離子反應(yīng)方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故〖答案〗為：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。【小問2詳析】“浸渣”的主要成分除殘余Al2O3外，還有二氧化硅、硫酸鈣；5.0g粉煤灰Al2O3的質(zhì)量為5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的質(zhì)量為3.0g×8%=0.24g，則Al2O3的浸出率為；故〖答案〗為：SiO2和CaSO4；84%?！拘?詳析】根據(jù)沉鋁體系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉鋁的目的是更多的使Al2(SO4)3轉(zhuǎn)化為KAl(SO4)2·12H2O，使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受溫度影響較大，“沉鋁”的最佳方案為高溫溶解再冷卻結(jié)晶；故〖答案〗為：使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度；高溫溶解再冷卻結(jié)晶。【小問4詳析】“焙燒”時，KAl(SO4)2分解為K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反應(yīng)方程式為2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；故〖答案〗為：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑?！拘?詳析】“水浸”后得到的“濾液2”成分為K2SO4，可在沉鋁工序循環(huán)使用；故〖答案〗為：沉鋁。12.某興趣小組設(shè)計實驗探究，催化空氣氧化的效率?；卮鹣铝袉栴}：步驟Ⅰ制備通風櫥中用下圖裝置制備(加熱及夾持裝置省略)，反應(yīng)方程式：（1）裝置A中盛放甲酸的儀器的名稱是_______。（2）從B、C、D中選擇合適的裝置收集，正確的接口連接順序為a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一個接口標號)。______步驟Ⅱ檢驗將通入新制銀氨溶液中，有黑色沉淀生成。（3）該反應(yīng)的化學方程式為_______。步驟Ⅲ探究催化空氣氧化的效率將一定量與空氣混合，得到體積分數(shù)為1%的氣體樣品。使用下圖裝置(部分加熱及夾持裝置省略)，調(diào)節(jié)管式爐溫度至，按一定流速通入氣體樣品。(已知：是白色固體，易吸水潮解：)（4）通入(已折算為標況)的氣體樣品后，繼續(xù)向裝置內(nèi)通入一段時間氮氣，最終測得U形管內(nèi)生成了。①能證明被空氣氧化的現(xiàn)象是_______；②被催化氧化的百分率為_______；③若未通入氮氣，②的結(jié)果將_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。（5）探究氣體與催化劑接觸時長對催化氧化效率的影響時，采用_______方法可以縮短接觸時長。（6）步驟Ⅲ裝置存在的不足之處是_______?！即鸢浮剑?）分液漏斗（2）a→d→e→c→b（3）（4）①.石灰水變渾濁②.60%③.偏大（5）增大氣體樣品流速（6）尾氣出口未加防潮裝置(或其他相似表述)〖解析〗〖祥解〗在通風櫥中用下圖裝置制備一氧化碳，用A裝置制取一氧化碳，該氣體中含有甲酸蒸氣，故用水除去甲酸，再用B裝置排水收集一氧化碳氣體，排出的水用E中的燒杯接收。根據(jù)氣體樣品通過氫氧化鈉吸收空氣中的二氧化碳，濃硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧氣氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J中的濃硫酸吸收氣體中的水蒸氣，干燥的一氧化碳和，進而測定生成的碘的質(zhì)量，計算一氧化碳的被氧化的百分率。據(jù)此解答?！拘?詳析】裝置A中盛放甲酸的儀器為分液漏斗?！拘?詳析】用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口連接順序為a→d→e→c→b→h?！拘?詳析】一氧化碳和銀氨溶液反應(yīng)生成黑色的銀，同時生成碳酸銨和氨氣，方程式為：?！拘?詳析】一氧化碳被氧氣氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水變渾濁。碘的物質(zhì)的量為，則結(jié)合方程式分析，還有0.002mol一氧化碳未被氧氣氧化，11.2L氣體為0.5mol其中一氧化碳為0.005mol，則被氧化的一氧化碳為0.005-0.002=0.003mol，則被氧化的百分率為。如果沒有通入氮氣則計算的未被氧化的一氧化碳的物質(zhì)的量減少，則被氧化的百分率增大?！拘?詳析】增大氣流速率可以提高催化效率【小問6詳析】：是白色固體，易吸水潮解，但該裝置出氣口未加防潮裝置。13.異丙醇可由生物質(zhì)轉(zhuǎn)化得到，催化異丙醇脫水制取高值化學品丙烯工業(yè)化技術(shù)已引起人們的關(guān)注，其主要反應(yīng)如下：Ⅰ.Ⅱ.回答下列問題：（1）已知，則燃燒生成和的熱化學方程式為_______。（2）在下，剛性密閉容器中的反應(yīng)體系內(nèi)水蒸氣濃度與反應(yīng)時間關(guān)系如下表：反應(yīng)時間04812t20濃度024403200360040004100①內(nèi)，_______；②t_______16(填“>”“<”或“=”)。（3）在恒溫剛性密閉容器中，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ均達到平衡的判據(jù)是_______(填標號)。a.的分壓不變b.混合氣體密度不變c.d.（4）在一定條件下，若反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的轉(zhuǎn)化率分別為98%和40%，則丙烯的產(chǎn)率為_______。（5）下圖為反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ達到平衡時與溫度的關(guān)系曲線。(已知：對于可逆反應(yīng)，任意時刻，式中)表示物質(zhì)×的分壓)①在恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，反應(yīng)Ⅰ的的狀態(tài)最有可能對應(yīng)圖中的_______點(填“甲”“乙”或“丙”)，判斷依據(jù)是_______。②時，在密閉容器中加入一定量的，體系達到平衡后，測得的分壓為，則水蒸氣的分壓為_______(用含x的代數(shù)式表示)?！即鸢浮剑?）（2）①.190②.>（3）ad（4）58.8%（5）①.甲②.反應(yīng)I平衡曲線為N，恒壓時充入水蒸氣，③.〖解析〗【小問1詳析】設(shè)Ⅲ，根據(jù)蓋斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得?！拘?詳析】①內(nèi)，，則；②、、，△c(H2O)逐漸減小，說明反應(yīng)速率減小，內(nèi)，Δc(H2O)=400ppm，內(nèi)，Δc(H2O)=400ppm，則t-12>4，即t>16?！拘?詳析】a．H2O的分壓不變，則C3H6的分壓也不變，反應(yīng)1、Ⅱ各組分分壓不變，反應(yīng)1、Ⅱ均達到平衡，a正確；b．反應(yīng)物和生成物均為氣體，混合氣體的總質(zhì)量不變，剛性密閉容器體積不變，則混合氣體密度不變，不能作為反應(yīng)I、Ⅱ均達到平衡的判據(jù)，b錯誤；c．當時，反應(yīng)不一定達到平衡，不能作為反應(yīng)1、Ⅱ均達到平衡的判據(jù)，c錯誤；d．，說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)I達平衡，各組分分壓不變，C3H6的分壓不變，說明反應(yīng)Ⅱ也達平衡，d正確；故選ad。【小問4詳析】設(shè)C3H8O的物質(zhì)的量為1mol，若lmolC3H8O完全反應(yīng)，理論上生成1molC3H6，因為反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的轉(zhuǎn)化率分別為98%和40%，反應(yīng)I生成1mol×98%=0.98molC3H6，反應(yīng)Ⅱ消耗了40%C3H6，則達平衡時C3H6的物質(zhì)的量為0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的產(chǎn)率為=58.8%?！拘?詳析】①反應(yīng)I為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，則升高溫度，反應(yīng)I正向移動，逐漸增大，反應(yīng)Ⅱ逆向移動，逐漸減小，即反應(yīng)I為平衡曲線為N，反應(yīng)Ⅱ平衡曲線為M；在350℃恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，對于反應(yīng)I而言，相當于增大生成物濃度，使得>，即lg增大，反應(yīng)I的狀態(tài)最有可能對應(yīng)圖中的甲；②由圖可知，350°C時達平衡后，=0，則350℃時==1，設(shè)水蒸氣的平衡分壓為aMPa，則反應(yīng)II的C3H6起始分壓為aMPa，對反應(yīng)Ⅱ列三段式有，解得a=MPa。14.1962年首個稀有氣體化合物問世，目前已知的稀有氣體化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪(36Kr)次之，氬(18Ar)化合物極少。是與分子形成的加合物，其晶胞如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)原子的價電子排布式為_______。（2）原子的活潑性依序增強，原因是_______。（3）晶體熔點：_______(填“>”“<”或“=”)，判斷依據(jù)是_______。（4）的中心原子的雜化軌道類型為_______。（5）加合物中_______，晶體中的微粒間作用力有_____(填標號)。a.氫鍵b.離子鍵c.極性共價鍵d.非極性共價鍵〖答案〗（1）（2）同族元素，從上而下原子半徑逐漸增大，原子核對外層電子的有效吸引逐漸減弱，失電子能力逐漸增強（3）①.<②.二者為同構(gòu)型的分子晶體，相對分子質(zhì)量大，范德華力大，熔點高（4）（5）①.2②.bc〖解析〗【小問1詳析】位于元素周期表中第四周期VA族，原子序數(shù)為33，由構(gòu)造原理寫出其價電子排布