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1、2022年福建高考化学试题解析1,福建多个科研机构经过长期联合研究发现，使用C g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c.Cu属于过渡元素B.C6G与石墨互为同分异构体D.催化剂通过降低焙变加快反应速率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A.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3molH2反应3.常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式:催化剂2N7+6 H,O =4 N H,+302,设NA为阿伏加德
2、罗常数的值，下列说法正确的是通电A.9g水中含有的孤电子对数为2N,B.每产生34gNH3，N2失去的电子数为6NAC.ImoLLT氨水中，含有的NH3-H2。分子数少于NAD.消耗1L2LN2(己折算为标况)时，产生的。2分子数为Q75NA4.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：ZW B.YW3分子的空间构型为三角锥形C.原子半径：Y X Z W D.最高价氧化物对应水化物的碱性：XY5.探究醋酸浓度与电离度(a
3、)关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的步骤操作或叙述AI.用NaOH标准溶液标定醋酸溶液浓度滴定时应始终注视滴定管中的液面Bn.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液应使用干燥的容量瓶Cin.测定步骤I中所得溶液的pH应在相同温度下测定DW.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度c(H+)计算式为a=x 100%c(CH,COO)6.用铭铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铭的工艺流程如下:稀戒酸隼酸Cr?(SO4)一体下列说法错误的是港液1A.“浸出”产生的气体含有H2B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素C.流程中未产生六价铭化合物D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3格纨作金
4、7.锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3 Fe?+和Mg?+杂质离子，可在0 14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c10 5i-nol.L)2 5 c时，Ige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A.Mg2+可被净化的pH区间最大B.加入适量H 2O 2,可进一步提升净化程度C.净化的先后顺序：Mg2 Fe2 Fe3 A产D.KspFe(OH)3 KspFe(OH)2X1 时,c（C r）=4c（NO；）C.x X|时，x越大，生成N2的量越少x（NaC!O）/molD X=X|时，c（Na+）+c（H+）+
5、c（NH：）=c（C）+c（OH-）+c（Q C r）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Si。2、AI2O3和CaO等）提铝的工艺流程如下：破酸 KjSO,I粉煤衣一浸出|沉铝|十n t脱水，焙烧*|*AijOjI I I I浸液 渔液I 气体 泡液2回答下列问题：（1）“浸出”时适当升温 主要目的是,AI2O3发生反应的离子方程式为（2）“浸渣”的主要成分除残余ALO,外，还有。实验测得，5.0g粉煤灰（ALO,的质量分数为30%）经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣飞A12O3的质量分数为8%）,ALO3的 浸 出 率 为。（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲
6、线如下图所示，加入K2sO,沉 铝 的 目 的 是,“沉铝”的 最 佳 方 案 为。；（4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为 o（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回_ _ _ _ _ _ 工序循环使用。ilJtrc12.某兴趣小组设计实验探究Ce-MnO、，催化空气氧化CO 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：HCOOH 浓?酸 COT+H?O（1）装置A中 盛 放 甲 酸 的 仪 器 的 名 称 是。（2）从B、C、D中选择合造的装置收集C O,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CO将CO通入新
7、制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。（3）该 反 应 的 化 学 方 程 式 为。步骤川 探究Ce-MnOx催化空气氧化c o的效率将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%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120,按一定流速通入气体样品。（已知：1?。5是白色固体，易吸水潮解：（4）通入11.2L（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 0.1016gL。能 证 明c o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，结果将(填“偏大”“偏小”或，无影响)。(5)探究气体与催
8、化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用 方法可以缩短接触时长。(6)步骤HI装置存在的不足之处是 o13.异 丙 醇(C3H8。)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(C3H(,)的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：I .C3HsO(g),C3Hft(g)+H2O(g)AH,=+52kJ-moII.2c3H6(g)-C6H12(g)AH2=-97kJ-moP1回答下列问题：(1)已知 2c3H8O(g)+9C)2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)AH=-3750kJ,mo,则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为 o(2)在1350下，
9、刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：4 8gs 内，V(C3H8O)=p p m-；反应时间/即04812t20H2o 浓 度/ppm024403200360040004100 t 16(填或=)o(3)在恒温刚性密闭容器中，反 应I、n均 达 到 平 衡 的 判 据 是(填 标 号)。a.H2O(g)的分压不变 b.混合气体密度不变c-n(C3H6)=2n(C6H12)d.viE(H2O)=v 逆(C3H8O)(4)在一定条件 下，若 反 应I、II的 转 化率分别为98%和40%,则丙烯的产率为(5)下 图 为 反 应I、II达 到 平 衡 时IgQp与温度的关系曲线
10、。(已知：对 于 可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),任意 在35()恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反 应I的的状态最864-41-1-1-1-1-J150 200 250 300 350 400温度/有可能对应图中的.点(填“甲”“乙”或 丙”)，判断依据是350时，在密闭容器中加入一定量的C3Hg。，体系达到平衡后，测 得C6H12的 分 压 为x M P a,贝怵蒸气的分压为 MPa(用 含x的代数式表示).1 4.1 9 6 2 年首个稀有气体化合物X eP t 耳问世，目前已知的稀有气体化合物中，含 敏 5 4 X e）的最多，鼠（3 6 K r）次之，敏 Mr）
11、化合物极少。住1。即 心 耳 卜 小 耳 是 B r O 写、A s R 与 K r F2分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。回答下列问题：（1）基态A s 原 子 的 价 电 子 排 布 式 为。（2）A r K r、Xe 原子的活泼性依序增强，原因是。（3）晶体熔点：K r F2 X e 耳（填“或“=”），判断依据是 O（4）B r O 写的中心原子B r 的 杂 化 轨 道 类 型 为。出 1 0 引 耳 以1 HF,故 A正确；B.YW3 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
12、径：B e B O F,故 C错误；D.B e 最高价氧化物水化物为B e(O H”，溶液显两性，B最高价氧化物的水化物为H 3 B O 3,溶液显酸性，故 D错误；故选：A。5 .【答案】C【解析】A.中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，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p H 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 =1_L_ x lOO%,D错误；C(C H3C
13、 OOH)答案选C。6 .【答案】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Ni2 C o2 C r3 Fe?+加 入 Na 2 s分离出滤渣1 含 C oS 和 NiS,C r3 Fe?+不会沉淀，再加入草酸除铁生成Fe C 2 O4,过滤分离出硫酸格，以此来解答。【解析】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，沉铁后分离出硫酸铭，则“除杂”的目的是除去Ni、C。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Fe C2O4,D错误；故本题选D。7 .【答案】B【解析】A.对离子净化时，相关离
14、子浓度c 1 0-5 moi/L,则 lg c -5,由图可知，可作净化的p H 区间最大的是Fe 3+,A错误；B .加入适量H2 O2,可将Fe 2+氧化为Fe 3+,提高净化程度，B正确；C.由图可知，净化的先后顺序为Fe 3+、A l3 Fe2 M g2+,C错误；D.对离子净化时，相关离子浓度c 1 0-5 mol/L,lg c -5,由图可知，Fe 3+完全沉淀的p H 约为2.5,c(H+)=l(?2-5mol/L,c(OH-)=1 0-|1 5mol/L,A：s p Fe(OH)3=10-5mol/Lx(10 5mol/L)3=IO-395,AF+完全沉淀的 pH约为 4.5,
15、c(H+)=1 0 4 5 mo/L,c(OH-)=1 0-9 S moi/L,K p A1(OH)3=10-5mol/Lx(10-9-5mol/L)3=IO-335,Fe2+完全沉淀的 pH 约 为 8.5 ,c(H+)=1 0-8 5mol/L,c(OH)=1 0-5 5mol/L,sp Fe(OH)2=10-5mol/Lx(10-5 5mol/L)2=10-16,贝 ij 有spFe(OH)3 spAl(OH)3 x i 时，反应也生成氯离子，所以c(C)4c(N O。，B错误；C.X X|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N 2的量越少，C正确；
16、D.x=x i 时，氨的去除率为100%,溶液中没有NH；和 C。，含有N a+、NO,、和 OH 根据电荷守恒得c(N a+)+c(H*)=c(C P)+c(O H )+c(N O；),D错误；故本题选C。1 1.【答案】(1).提高浸出率(或提高浸出速率).A L O 3+6 H+=2 A 1 3+3 H 2。(2).S i O 2和 C aS C)4.8 4%(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,、高温 小(4)2K A i (SOjK2 so4+AI 2 O3+3 SO3 T 或4K A i(S O 4),=2 K2S O4+2A 12O3+6 S
17、 O2 T +3 O2 T(5)沉铝【分析】粉煤灰为原料(主要含S i C h、A I2O 3和 C a O 等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明研沉铝，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。【小 问 1解析】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 b C h 和 H 2S O 4发生反应生成 A b(S C)4)3和 比0,离子反应方程式为A H O 3+6 H+=2A F+3H 20；故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；A12O3+6H+-2A13+3H2OO【小问2 解析】“浸渣”的主要成
18、分除残余A I2O 3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g 粉煤灰A h C h 的质量为5.0g x 30%=L 5g,3.0g“浸渣”A I2O 3 的质量为 3.0g x 8%=0.24g,则 A I2O 3 的浸出率为至 鱼 空 空 x 100%=8 4%.1.5g故答案为：S i C h 和 C aS C h；8 4%0【小问3 解析】根据沉铝体系中，A 12(S O 4)3-18 H 2O 溶解度最大，K A 1(S O 4)2/2H 2。溶解度最小，更容易析出，加入K 2s沉铝的目的是更多的使A 12(S O 4)3转化为K A 1(S O 4)212H2O,使更多的铝元素转化为晶
19、体析出，同时保证晶体纯度；K A I(S O 4)2-12H 2O 溶解度受温度影响较大，“沉铝”的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。【小问4 解析】“焙烧”时，K A 1(S O 4)2分解为 K 2s 04、A I2O 3 和 S C h 或 K 2s o 4、A I2O 3、S O 2和 O 2,反应方程式为 2K A i(S C U)2高温 高温=K 2S O 4+A I2O 3+3S O 3T 或 4K A l(S C)4)2=2K 2S O 4+2A I2O 3+6 S O 2T+3O 2T；高温 高温故答案
20、为：2K A i(S O 4)2 K 2s O 4+A I2O 3+3S O 3T 或 4K A I(S O4)2=2K 2s o 4+2A I2O 3+6 S O 2T+3O 2T。【小问5解析】“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；故答案为：沉铝。1 2.【答案】(1)分液漏斗(2)a de c 一b(3)CO+2A g(NH3)2OH=2A g+(NH4)2CO3+2NH3(4).石灰水变浑浊.6 0%.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
21、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1 2。5,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。【小 问 1 解析】装置A 中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。【小问2解析】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 i d T e C T b i h。【小问3解析】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+2A g
22、(NH3),OH=2A g+(NH4)9 CO3+2NH3。【小问4 解析】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0.1016g 八八、”,=0.0004mol,则结合方程式分析，还有0.0 0 2 m o l 一氧化碳未被氧气氧化，1 1.2 L 气体为254g/mol0.5 m o l 其中一氧化碳为0.0 0 5 m o l,则被氧化的一氧化碳为0.0 0 5-0.0 0 2=0.0 0 3 m o L 则被氧化的百分率为0 Qf)3巴 士 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，则被氧化的百0.005分率增大。【小问5
23、 解析】增大气流速率可以提高催化效率。【小问6 解析】：12。5是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。1 3.【答案】(1)2C3H6(g)+9C2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)AH=-3854kJ m oL(2).190.(3)ad(4)58.8%(5).甲.反 应 I 平衡曲线为N,恒压时充入水蒸气，Q p J .(4+2x)【小 问 1解析】设川 2c3H8O(g)+9()2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)A/=-3750kJ-m oP,根据盖斯定律IH-2x I 得2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)AH =-3854kJ-m oP
24、1。【小问2 解析】4 8RS 内,V(H2O)=-ppm-us=190ppm|is,则8-4V(C3H8O)=v(H2O)=190ppm gs-；0 4 g s、4 8R S、812gs,c(H2。)逐渐减小，说明反应速率减小，8 12|is内，A c(H20)=400ppm,12 t RS 内，A c(H20)=400ppm,则 t-124,即 t16。【小问3 解析】a.H2O的分压不变，则 C3H6的分压也不变，反 应 1、II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
25、、H均达到平衡的判据，b 错误；c.当n(C3H6)=2n(C6H|2)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.vj r(H2O)=vffi(C3H8O),说明正逆反应速率相等，反应I 达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应n 也达平衡，d 正确；故选ad【小问4 解析】设 C3H8。的物质的量为1 mol,若 hnolC3H8。完全反应，理论上生成1 mol C3H6,因为反应I、II的转化率分别为98%和 4 0%,反应I 生 成 lmolX98%=0.98molC3H6,反应H消耗了 40%C3H6,则达平衡时C 3 H 6 的物质的量为
26、0.9 8 m o l X(l-40%)=0.5 8 8 m o l,所以丙烯的产率为二-x 1 0 0%=5 8.8%oI m o l【小问5解析】反应I 为气体体积增大的吸热反应，反应I I 为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I 正向移动，2,逐渐增大，反应n逆向移动，0 P逐渐减小，即反应I 为平衡曲线为N,反应I I 平衡曲线为M；在3 5 0 恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I 而言，相当于增大生成物浓度，使得0 Kp,即1 g2,增大，反应I 的状态最有可能对应图中的甲；由图可知，3 5(TC 时达平衡后，l gQ p=O,则 3 5 0 时 K p=Q p=i,设
27、水蒸气的平衡分压为a M P a,则反2 c3 H 6(g).C6H1 2(g)a 02 x xa-2 x x起始/M Pa应 n的 C 3 H 6 起始分压为a M P a,对反应H列三段式有人 八小变化/M Pa平 衡/M PaXi 5=2=1 ,解得 a=(4+2X)M Pa(a-2 x)1 4.【答案】(1)4 s2 4 P3(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 eE相对分子质量大，范德华力大，熔点高(4)sp3(5).2 .be【小 问 I 解析】A s 位于元素周期表中第四周期V A 族，
28、原子序数为3 3,由构造原理写出其价电子排布式为4 s2 4 P3。【小问2解析】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 Ar、K r、X e原子的活泼性依序增强。【小问3 解析】K r 和Xe F1是同构型的分子晶体，Xe 耳相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：K rF2Xe 月。【小问4解析】B rO月丁的中心原子B r 的价层电子对数为：3+1(7-2-2-1)=4,杂化轨道类型为sp 3。【小问5解析】由晶胞结构可知，其中含有6 个 K rF?,则 B I)耳 As耳 x K rF!加合物中x=6,晶体中的微粒间作用力有
29、离子健、极性共价键，故选be。1 5.【答案】（1）醛键（或酸基）（3）取代反应 .H B r 会与碳碳双键发生加成反应（或 H B r会使酷键水解）C H2L iAH1 口 2(5 )【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。【小 问 1 解析】A的含氧官能团有醛基和醛键。【小问2解析】根据分析可知，B的结构简式为小问3解析】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 会与碳碳双键发生加成反应（或H B r 会使酸键水解）。【小问4解析】反应V的化学方程式为H3coVH3C O O C H 3CH2Li JL/C H2Br-/+LiBr。4 c H 2 O UCH3CH3【小问5解析】产物之一（分子式为C,HgO?）遇FeCh溶液显紫色，说明含有酚羟基，酚羟基是通过酯基水解得来的，又因为核磁共振氢谱有4组峰，峰而积之比为3:3:2:2,说明丫有两个甲基，综合可知丫的结构简式为OCH3