2022年福建省高考真题化学试题（含答案解析）.pdf

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1、2022年福建省高考真题化学试题学校:姓名：班级:考号：一、单选题1.福建多个科研机构经过长期联合研究发现，使用C6G和改性的CU基催化剂，可打通从合成气经草酸二甲酯常压催化加氢制备乙二醇的技术难关。下列说法正确的是A.草酸属于无机物 B.C g与石墨互为同分异构体C.Cu属于过渡元素 D.催化剂通过降低焰变加快反应速率2.络塞维是中药玫瑰红景天中含有的一种天然产物，分子结构见下图。关于该化合物下列说法正确的是HOIIOA.不能发生消去反应 B.能与醋酸发生酯化反应C.所有原子都处于同一平面 D.Imol络塞维最多能与3molH?反应催化剂3.常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：2N2

2、+6H,O=4NH,+30,通电OH设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.9g水中含有的孤电子对数为2NAB.每产生34gNH3,N2失去的电子数为6$C.ImoLL i氨水中，含有的NH3.HQ分子数少于NAD.消耗1L2LN式己折算为标况)时，产生的0?分子数为0.75NA4.某非线性光学晶体由钾元素(K)和原子序数依次增大的X、Y、Z、W 四种短周期元素组成。X 与 Y、Z 与 W 均为同周期相邻元素，X 的核外电子总数为最外层电子数的2倍，Z 为地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是A.简单氢化物沸点：ZWB.YW,分子的空间构型为三角锥形C.原子半径：Y X Z WD.最高

3、价氧化物对应水化物的碱性:X 和 Mg?+杂质离子，可在014范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度cvlOfm oLL-)。25时，感与pH关系见下图(碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解)。下列说法正确的是试卷第2 页，共 9 页pHA.M g可被净化的pH 区间最大B.加入适量H g z，可进一步提升净化程度C.净化的先后顺序：M g、Fe2 Fe、A 产D.KspFe(OH),KspFe(OH)2X|时，c(C r)=4 c(N O )C.x X|时，x 越大，生成N?的量越少D.x=X|时，c(N a+)+c(H+)+c(N H；)=c(C l )+c(O H )+C(

4、C 1O )二、工业流程题11.粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料（主要含S i C 2、AI2 O 3 和C a O等）提铝的工艺流程如下：试卷第4页，共 9 页回答下列问题:干燥脱水焙烧水浸(1)“浸出”时 适 当 升 温 的 主 要 目 的 是,AIQ3发生反应的离子方程式为(2)“浸渣”的主要成分除残余A I2O3外，还有。实验测得，5.0g粉煤灰(A LO3的质量分数为30%)经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”(A L。、的质量分数为8%),A I2O3的浸出率为。“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入KSO 沉铝的目的是,“沉铝”的最佳方案为120-加

5、400 20 40 60 80 100(4)“焙烧”时，主 要 反 应 的 化 学 方 程 式 为。(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_ _ _ _ _ _工序循环使用。三、实验题1 2.某兴趣小组设计实验探究Ce-M nOx，催化空气氧化CO的效率。回答下列问题:步 骤 I制备CO在通风橱中用下图装置制备CO(加热及夹持装置省略)，反应方程式：HCCXDH 浓譬 CO T+H2O甲酸（1）装置A 中 盛 放 甲 酸 的 仪 器 的 名 称 是。从 B、C、D中选择合造的装置收集CO,正确的接口连接顺序为a h（每空填一个接口标号）。步骤I I 检验C O将C O通入新制银氨溶液中，有黑色

6、沉淀生成。（3）该反应的化学方程式为步骤III探究C e-M n O,催化空气氧化CO的效率将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置（部分加热及夹持装置省略），调节管式炉温度至12 0C,按一定流速通入气体样品。（已知:120（4）通入11.2 L（已折算为标况）的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得 U形管内生成了 0.1016 g I2。能证明CO被 空 气 氧 化 的 现 象 是；CO被 催 化 氧 化 的 百 分 率 为:若未通入氮气，的 结 果 将（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用

7、 方法可以缩短接触时长。（6）步骤m装置存在的不足之处是 o四、原理综合题13.异丙醇（GHQ）可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯（G4）试卷第6页，共 9页的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下:I.C,H8O(g).C3H6(g)+H2O(g)A H,=+52kJ m or1II.2c3H6(g).C6H*)A H2=-97kJ.moP1回答下列问题：已知2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)A H=-3750kJ-mof1,则 C3H6(g)燃烧生成CO?。和H2O(g)的 热 化 学 方 程 式 为。(2)在1350下，刚性密闭容器中的

8、反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间/卬04812t20也。浓度/ppm0244032003600400041004即s 内，v(C3HxO)=ppm-|is d；t 16(填“”“H F,故 A正确；B.YW,为 B F 3,中心B 原子有3 对价电子且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故 B错误；C.四种元素为同周期元素，随核电荷数增大原子半径减小，原子半径：BeBOF,故 C错误；D.Be最高价氧化物水化物为Be(0H)2，溶液显两性，B 最高价氧化物的水化物为H3BO3,溶液显酸性，故 D 错误；故选：A。5.C【详解】A.中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化

9、，A错误；B.配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B 错误；C.温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤I 中所得溶液的pH时应在相同温度下测定，C正确；D.电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数(包括已电离的和未电离的)的百分数，因此醋酸的电离度计算式为a=s =J、xlOO%,c(CH,COOH)D 错误；答案选C。6.D【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni?+、Co2 C r、Fe加入Na2s分离出滤渣1 含 CoS和 NiS,Cr3 F e不会沉淀,再加入草酸除铁生成FeCzCU,过滤分离出硫酸珞，以此来解答。【详解】

10、A.四种金属均与稀硫酸反应生成H2,A正确；B.共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸倍，贝心除杂”的目的是除去Ni、C o元素，B正确;C.由上述分析可知，流程中未产生六价铭化合物，C 正确；D.“滤渣2”的主要成分是FeC?O4，D 错误；故本题选D。7.B答案第2 页，共 10页【详解】A.对离子净化时，相关离子浓度c10-5mol/L,则 lgcxi时，反应也生成氯离子，所以c(C)4c(NO；),B 错误；C.xxi时，x 越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C 正确；D.x=xi时，氨的去除率为100%,溶液中没有NH；和 CIO、含

11、有Na+、H NO；、和OH,根据电荷守恒得c(Na+)+c、(H*)=c(C rj+c(OH-)+c(N O j,D 错误；故本题选C。11.(1)提高浸出率(或提高浸出速率)A I2O3+6H+=2A 13+3H2O(2)SiO2 和 CaSO4 84%(3)使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度高温溶解再冷却结晶答案第4 页，共 10页 2 K A I(S O4)2-K2S O4+A I2O3+3 S O,T 或4 K A 1 (S O)-2 K2S O4+2 A 12O,+6 S O,T +3 0,T(5)沉铝【分析】粉煤灰为原料(主要含S i Ch、A I 2 O 3 和 C

12、 a O 等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矶沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。【详解】(1)温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率;A 12O3和 H2S O4发生反应生成A 12(S O4)3 和 H2o,离子反应方程式为A 12O 3+6 H+=2 A 13+3 H2O；故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；A 1203+6H+=2A 13+3H20O(2)“浸渣”的主要成分除残余A I 2 O 3 外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0 g 粉煤灰A L 0 3的质量为 5.0 g x3

13、0%=1.5g,3.0 g“浸渣”A I2O 3 的质量为 3.0 g x8%=0.24g,则 A I2O 3 的浸出率为15生 24号“1 0 0%=8 4%.1.5g 故答案为：S i Ch 和 Ca S O ；8 4%,(3)根据沉铝体系中,A 1 2(S O 4)3-1 8 H 2O 溶解度最大,K A 1(S O 4)242H 2O 溶解度最小,更容易析出，加入K 2s 0 4沉铝的目的是更多的使A 1 2(S O 4)3转化为K A 1(S O4)21 2H2O,使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；K A 1(S O 4)242H 2O 溶解度受温度影响较大，“沉铝”的

14、最佳方案为高温溶解再冷却结晶；故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。(4)“焙烧”时，K A 1(S O 4)2分解为 K 2s o 4、A I2O 3 和 S O 3 或 K 2s o 4、A I2O 3、S O 2和 O 2,反应高温 高温方程式为 2K A i(S O 4)2 K 2S O 4+A I2O 3+3S O 3T 或 4K A 1(S O4)2 2K 2s o 4+2A I2O 3+6 S O 2T+30 2T ；高温 高温故答案为：2K A i(S C U b-K 2s O 4+A I2O 3+3S O 3T 或 4K A 1(S O

15、4)2=2K 2s o 4+2A I2O 3+6 S O 2T+3O 2T。(5)“水浸”后得到的“滤液2”成分为K 2s o 4,可在沉铝工序循环使用；答案第5 页，共 1 0 页故答案为：沉铝。12.(1)分液漏斗(2)a-d-e-c-b(3)CO+2Ag(NH,)2OH=2Ag+(NH,)2CO3+2NH3(4)石灰水变浑浊 60%偏大(5)增大气体样品流速(6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用 A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水除去甲酸，再用B 装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E 中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠

16、吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H 中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J 中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和LOs，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化碳的被氧化的百分率。据此解答。【详解】(1)装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。(2)用C 除去甲酸,B 收集一氧化碳,E 接收排出的水，故接口连接顺序为a-d e-c-b h。(3)一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸镂和氨气，方程式为：CO+2 A g(NH,)2 OH=2A g +(NH4)2 CO,+2NH3O(4)一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为=0

17、。004moi,则结合方程式分析，还有0.002mol 一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol其中一氧化碳为0.005m o l,贝 U 被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003m o l,贝 lj被 氧 化 的 百 分 率 为 黑 xl00%=60%。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率增大。(5)增大气流速率可以提高催化效率。(6)：LOs是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。13.(1)2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)A H=-3854kJ.moE1(2)190 答案第6 页，共 1

18、0页(3)ad(4)58.8%(5)甲 反应I 平衡曲线为N,恒压时充入水蒸气，QpKp(V7+2X)【详解】(1)设HI 2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)A H=-3750kJ.moP1,根据盖斯定律Hl-2x I 得2c3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6 H q(g)A W=-3854kJ-moP1 o(2)48四 内，V(H2O)=3 2 0 0-2 4 4 0ppm s=190ppm-g s1,则8-4v(C,HliO)=V(H2O)=190ppm ps 1；0%is、48|is、812(is,c(H2。)逐渐减小，说明反应速率减小，8121

19、1s内，A c(H20)=400ppm,12t|is 内，Ac(H20)=400ppm,贝 ij t-124,即 t16。(3)a.比0 的分压不变，则 C3H6的分压也不变，反 应 1、H各组分分压不变，反 应 1、II均达到平衡，a 正确；b.反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、II均达到平衡的判据，b 错误；c.当n(C3H,J=2n(C6HJ时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、H均达到平衡的判据，c 错误；d.v正(H?O)=v逆(G H Q),说明正逆反应速率相等，反应I 达平衡，各组分分压不变,C3H6的分压不

20、变，说明反应II也达平衡，d 正确;故选ado(4)设C3H8。的物质的量为Im o l,若 ImolC3H8。完全反应，理论上生成1 mol C3H6,因为反 应 I、H的转化率分别为98%和 4 0%,反应I 生 成 lmolx98%=0.98mol C3H6,反应II消耗了 40%C3H6,则达平衡时C3H6的物质的量为0.98molx(l-40%)=0.588mol,所以丙烯的产率,O.588mol为x 100%=58.8%。(5)反应I 为气体体积增大的吸热反应，反应H为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I 正向移动，Qp逐渐增大，反应0 逆向移动，&逐渐减小，即反应I 为平衡

21、曲线为 N,反应II平衡曲线为M；在 350恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I 而言，答案第7 页，共 10页相当于增大生成物浓度，使得。/，即 l g&增大，反应I 的状态最有可能对应图中的甲；由图可知，3 5 0。(：时达平衡后，也2，=0,则 3 5 0 C时 K p =2=i,设水蒸气的平衡分压为aM P a,则反应H的 C3 H 6 起始分压为a M P a,对反应H列三段式有2 c 3 H 6(g)=C6HI 2(g)起始/M P a a 0变化/M P a 2 x x平衡/M P a a-2 x xxK0=,、=1，解得 a=(V x+2 x)M P a 1 4.4 s

22、2 4 P 3(2)同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强(3)二者为同构型的分子晶体，X e 月相对分子质量大，范德华力大，熔点高(4)s p(5)2 b e【详解】(1)A s 位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为3 3,由构造原理写出其价电子排布式为4 s 2 4 P 3。(2)同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故 A r、K r、X e 原子的活泼性依序增强。(3)K r F?和X e F?是同构型的分子晶体，X e F?相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：K

23、r F X e 耳。Br O F 的中心原子Br 的价层电子对数为：3+；(7-2-2-1)=4,杂化轨道类型为s p(5)由晶胞结构可知，其中含有6个K r J 则 B r O T As R -x K r 月加合物中x=6,晶体中的微粒间作用力有离子健、极性共价键，故选b e。15.(1)酸键(或酸基)答案第8页，共 10 页H3coOCH3%(3)取代反应 H B r 会与碳碳双键发生加成反应(或H B r 会使触键水解)CH2Li人 CH2OU OCH3【分析】有机合成可从正向和逆向共同进行推断，根据已知信息由C可推出B为,根据C到 D的结构变化可知此步酯基发生水解反应，根据D到 E的结

24、构可知此步B r 取代了羟基，根据E到 F 的结构可知脱去L i B r,为取代反应，据此进行推断。【详解】(1)A 的含氧官能团有醛基和酸键。(2)根据分析可知，B的结构简式为(3)反应I V 中 B r 取代了羟基，为取代反应，此反应不用H B r 的原因为H B r 会与碳碳双键答案第9页，共 10 页发生加成反应（或HBr会使酸键水解）。（4）反应V的化学方程式为H3C Oy O C H3 _H3C Oy O C H3J+LiBr8H3（5）产物之一（分子式为C7HQ2）遇Fee、溶液基水解得来的，又因为核磁共振氢谱有4组峰,0。入 CH3综合可知丫的结构简式为。OCH3CH3/XCHzOLi显紫色，说明含有酚羟基，酚羟基是通过酯峰而积之比为3:3 2 2,说明丫有两个甲基，答案第10页，共10页