【高考真題】2022年福建省高考真題化學試題一、單選題1．福建多個科研機構經過長期聯合研究發現，使用C60和改性的CuA．草酸屬于無機物B．C60C．Cu屬于過渡元素D．催化劑通過降低焓變加快反應速率2．絡塞維是中藥玫瑰紅景天中含有的一種天然產物，分子結構見下圖。關于該化合物下列說法正確的是（）A．不能發生消去反應 B．能與醋酸發生酯化反應C．所有原子都處于同一平面 D．1mol絡塞維最多能與3molH3．常溫常壓下，電化學還原制氨氣的總反應方程式：2N2+6A．9g水中含有的孤電子對數為2B．每產生34gNH3C．1mol?L?1氨水中，含有的ND．消耗11.2LN24．某非線性光學晶體由鉀元素(K)和原子序數依次增大的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的核外電子總數為最外層電子數的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：Z>WB．YWC．原子半徑：Y<X<Z<WD．最高價氧化物對應水化物的堿性：X<Y5．探究醋酸濃度與電離度(α)關系的步驟如下，與相關步驟對應的操作或敘述正確的（）

步驟操作或敘述AⅠ.用NaOH標準溶液標定醋酸溶液濃度滴定時應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使用干燥的容量瓶CⅢ.測定步驟Ⅱ中所得溶液的pH應在相同溫度下測定DⅣ.計算不同濃度溶液中醋酸的電離度計算式為α=A．A B．B C．C D．D6．用鉻鐵合金(含少量Ni、Co單質)生產硫酸鉻的工藝流程如下：下列說法錯誤的是（）A．“浸出”產生的氣體含有HB．“除雜”的目的是除去Ni、Co元素C．流程中未產生六價鉻化合物D．“濾渣2”的主要成分是F7．鋰輝石是鋰的重要來源，其焙燒后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+雜質離子，可在0~14范圍內調節pH對其凈化(即相關離子濃度c<10A．Mg2+可被凈化的B．加入適量H2C．凈化的先后順序：MD．K8．實驗室需對少量污染物進行處理。以下處理方法和對應的反應方程式均錯誤的是（）A．用硫磺處理灑落在地上的水銀：S+Hg=HgSB．用鹽酸處理銀鏡反應后試管內壁的金屬銀：2Ag+2C．用燒堿溶液吸收蔗糖與濃硫酸反應產生的刺激性氣體：SD．用燒堿溶液吸收電解飽和食鹽水時陽極產生的氣體：C9．一種化學“自充電”的鋅-有機物電池，電解質為KOH和Zn(CA．化學自充電時，c(OHB．化學自充電時，電能轉化為化學能C．化學自充電時，鋅電極反應式：ZD．放電時，外電路通過0.02mol10．氨是水體污染物的主要成分之一，工業上可用次氯酸鹽作處理劑，有關反應可表示為：①2N②N在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將1L0.006mol?L?1的氨水分別和不同量的A．x1B．x>x1C．x>x1時，x越大，生成D．x=x1二、非選擇題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SiO2、A回答下列問題：（1）“浸出”時適當升溫的主要目的是，Al2O（2）“浸渣”的主要成分除殘余Al2O3外，還有。實驗測得，5.0g粉煤灰(Al2O3的質量分數為30%)經浸出、干燥后得到（3）“沉鋁”時，體系中三種物質的溶解度曲線如下圖所示，加入K2SO4沉鋁的目的是（4）“焙燒”時，主要反應的化學方程式為。（5）“水浸”后得到的“濾液2”可返回工序循環使用。12．某興趣小組設計實驗探究Ce?MnOx，催化空氣氧化（1）步驟Ⅰ制備CO在通風櫥中用下圖裝置制備CO(加熱及夾持裝置省略)，反應方程式：HCOOH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CO，正確的接口連接順序為a→→→→→h(每空填一個接口標號)。（3）步驟Ⅱ檢驗CO將CO通入新制銀氨溶液中，有黑色沉淀生成。該反應的化學方程式為。（4）步驟Ⅲ探究Ce?MnOx催化空氣氧化將一定量CO與空氣混合，得到CO體積分數為1%的氣體樣品。使用下圖裝置(部分加熱及夾持裝置省略)，調節管式爐溫度至120℃，按一定流速通入氣體樣品。(已知：I2O5通入11.2L(已折算為標況)的氣體樣品后，繼續向裝置內通入一段時間氮氣，最終測得U形管內生成了①能證明CO被空氣氧化的現象是；②CO被催化氧化的百分率為；③若未通入氮氣，②的結果將(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。13．異丙醇(C3HⅠ.CⅡ.2回答下列問題：（1）已知2C3H8O(g)+9（2）在1350℃下，剛性密閉容器中的反應體系內水蒸氣濃度與反應時間關系如下表：反應時間/04812t20H2O024403200360040004100①4~8μs內，v(C3H②t16(填“>”“<”或“=”)。（3）在恒溫剛性密閉容器中，反應Ⅰ、Ⅱ均達到平衡的判據是(填標號)。a.H2c.n(C3（4）在一定條件下，若反應Ⅰ、Ⅱ的轉化率分別為98%和40%，則丙烯的產率為。（5）下圖為反應Ⅰ、Ⅱ達到平衡時lgQ(已知：對于可逆反應aA(g)+bB(①在350℃恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，反應Ⅰ的的狀態最有可能對應圖中的點(填“甲”“乙”或“丙”)，判斷依據是。②350℃時，在密閉容器中加入一定量的C3H8O，體系達到平衡后，測得C6H14．1962年首個稀有氣體化合物XePtF6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。[BrOF2][As回答下列問題：（1）基態As原子的價電子排布式為。（2）Ar、Kr、Xe原子的活潑性依序增強，原因是。（3）晶體熔點：KrF2XeF（4）[BrOF2]+的中心原子（5）[BrOF2][AsF6]?xKra.氫鍵b.離子鍵c.極性共價鍵d.非極性共價鍵15．3-氧代異紫杉二酮是從臺灣杉中提取的具有抗痛活性的天然產物。最近科學家完成了該物質的全合成，其關鍵中間體(F)的合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A的含氧官能團有醛基和。（2）B的結構簡式為。（3）Ⅳ的反應類型為；由D轉化為E不能使用HBr的原因是。（4）反應Ⅴ的化學方程式為。（5）化合物Y是A的同分異構體，同時滿足下述條件：①Y的核磁共振氫譜有4組峰，峰面積之比為3：3：2：2。②Y在稀硫酸條件下水解，其產物之一(分子式為C7H8O2

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．草酸屬于二元弱酸，即乙二酸，屬于有機物，A不符合題意；B．C60與石墨是碳元素的不同單質，互為同素異形體，B不符合題意；C．Cu在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族，屬于過渡元素，C符合題意；D．催化劑通過降低反應的活化能加快反應速率，催化劑不影響焓變，因此反應焓變不變，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.草酸就是乙二酸，屬于有機物；

B.C60與石墨均為碳元素形成的單質，互為同素異形體；

C.Cu為29號元素，位于第四周期第ⅠB族；

D.催化劑不影響焓變。2．【答案】B【解析】【解答】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，可發生消去反應，A不符合題意；B．該化合物含有羥基，可與醋酸發生酯化反應，B符合題意；C．該化合物的結構中含有飽和碳原子，不可能所有原子處于同一平面上，C不符合題意；D．苯環和氫氣以1：3發生加成反應，碳碳雙鍵和氫氣以1：1發生加成反應，則1mol絡塞維最多能與4molH2反應，其中苯環消耗3molH2，碳碳雙鍵消耗1molH故答案為：B。

【分析】A.連接醇羥基的碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子，能發生消去反應；

B.該物質含有羥基，能與醋酸發生酯化反應；

C.飽和碳原子具有甲烷的結構特征；

D.該物質中碳碳雙鍵和苯環均能與氫氣發生加成反應。3．【答案】D【解析】【解答】A．H2O分子中孤電子對數為12(6?2)=2，9gH2O的物質的量為9g18g/molB．該反應中N2中N元素化合價由0價下降到-3價，34gNH3的物質的量為34g17g/mol=2mol，每產生34gNH3C．氨水的體積未知，無法計算NHD．11.2LN2的物質的量為0.5mol，由方程式可知，消耗0.5molN2故答案為：D。

【分析】A.水分子中含有2個孤電子對；

B.該反應中氮氣為氧化劑，氧化劑在反應中得電子；

C.氨水的體積未知；

D.消耗0.5mol氮氣，生成氧氣的物質的量為0.75mol。4．【答案】A【解析】【解答】A．H2O常溫下為液態，HF常溫下為氣體，則沸點B．YW3為BF3，BFC．電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，原子半徑越小，則原子半徑：Be>B>O>F，即X>Y>Z>W，故C不符合題意；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，堿性：Be(OH)2＞H3BO3，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】Z為地殼中含量最多的元素，則Z為O元素，X的核外電子總數為最外層電子數的2倍，該原子有2個電子層，最外層電子數為2，故X為Be元素；X與Y、Z與W均為同周期相鄰元素，則Y為B元素、W為F元素。5．【答案】C【解析】【解答】A．中和滴定時眼睛應始終注視錐形瓶內溶液顏色的變化，A不符合題意；B．配制不同濃度的醋酸溶液時，定容時還需加入蒸餾水，因此容量瓶不需要干燥，B不符合題意；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pH時應在相同溫度下測定，C符合題意；D．電離度是指弱電解質在溶液里達電離平衡時，已電離的電解質分子數占原來總分子數（包括已電離的和未電離的）的百分數，因此醋酸的電離度計算式為α=c(故答案為：C。

【分析】A.中和滴定時眼睛應注視錐形瓶內溶液顏色的變化；

B.容量瓶無需干燥；

C.溫度會影響醋酸的電離；

D.醋酸的電離度α=c(6．【答案】D【解析】【解答】A．Fe、Cr、Ni、Co均與稀硫酸反應生成H2，A不符合題意；B．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不符合題意；C．由分析可知，流程中未產生六價鉻化合物，C不符合題意；D．“濾渣2”的主要成分是FeC2O4，D符合題意；故答案為：D。

【分析】加入稀硫酸溶解，生成氣體為氫氣，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+，加入Na2S分離出濾渣1含CoS和NiS，Cr3+、Fe2+不會沉淀，再加入草酸除鐵生成FeC2O4，過濾分離出硫酸鉻。7．【答案】B【解析】【解答】A．對離子凈化時，相關離子濃度c<10-5mol/L，則lgc<-5，由圖可知，可作凈化的pH區間最大的是Fe3+，A不符合題意；B．加入適量H2O2，可將Fe2+氧化為Fe3+，提高凈化程度，B符合題意；C．由圖可知，凈化的先后順序為FeD．對離子凈化時，相關離子濃度c<10-5mol/L，lgc<-5，由圖可知，Fe3+完全沉淀的pH約為2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=10-5mol/L×(10-11.5mol/L)3=10?39.5，Al3+完全沉淀的pH約為4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH故答案為：B。

【分析】A.Mg2+可被凈化的pH區間最小；

B.過氧化氫具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子；

C.隨著溶液pH值的增大，凈化的順序是Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+；

D.根據Ksp的公式計算。8．【答案】B【解析】【解答】A．S和Hg發生化合反應生成HgS，可以用硫磺處理灑落在地上的水銀，方程式為：S+Hg=HgS，處理方法和對應的反應方程式符合題意，不合題意；B．銀不能與鹽酸反應，符合題意；C．蔗糖與濃硫酸反應產生的刺激性氣體為SO2，可以用NaOH溶液吸收SO2，離子方程式為：SOD．電解飽和食鹽水時陽極產生的氣體為Cl2，可以用NaOH溶液吸收Cl2，離子方程式為：Cl故答案為：B。

【分析】A.硫與汞反應生成硫化汞；

B.銀不與鹽酸反應；

C.蔗糖與濃硫酸反應產生的氣體為二氧化硫，二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應生成亞硫酸鈉和水；

D.電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氧化鈉和氫氣，氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水。9．【答案】A【解析】【解答】A．由圖可知，化學自充電時，消耗O2，該反應為O2+2H2O+4e-=4OH-，c(OHB．化學自充電時，無需外接電源即能實現化學自充電，該過程不是電能轉化為化學能，故B不符合題意；C．由圖可知，化學自充電時，鋅電極作陰極，該電極的電極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-，故C不符合題意；D．放電時，1mol轉化為，消耗2molK+，外電路通過0.02mol電子時，正極物質增加0.02molK+，增加的質量為0.02mol×39g/mol=0.78g，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】放電時，鋅為負極，電極反應式為：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，有機物為正極，電極反應式為：+2ne-+2nK+=，化學自充電時，陰極反應為：O2+4e-+2H2O=4OH-；陽極極反應為：-2ne-=+2nK+。10．【答案】C【解析】【解答】A．x1時，氨的去除率為100%、總氮殘留率為5%，n(NH3)=0.006mol/L×1L=0.006mol，95%的氨氣參與反應①、有5%的氨氣參與反應②，反應①消耗n(ClO?)B．x>x1時，反應①也生成氯離子，所以c(C．x>x1時，x越大，氨總去除率不變，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符合題意；D．x=x1時，氨的去除率為100%，溶液中沒有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3?、Cl故本題選C。

【分析】A.x1時，氨的去除率為100%、總氮殘余率為5%；

B.x＞x1時，反應①也生成氯離子；

C.x＞x1時，x越大，氨總去除率不變，氮殘余率增大，說明生成的硝酸根離子越多；

D.x=x1時，溶液中還含有硝酸根離子。11．【答案】（1）提高浸出率(或提高浸出速率)；A（2）SiO2和（3）使更多的鋁元素轉化為晶體析出，同時保證晶體純度；高溫溶解再冷卻結晶（4）2KAl(SO（5）沉鋁【解析】【解答】（1）溫度高速率大，“浸出”時適當升溫的主要目的是提高反應速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4發生反應生成Al2(SO4)3和H2O，離子反應方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案為：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。（2）“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的質量為5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的質量為3.0g×8%=0.24g，則Al2O3的浸出率為1.5g-0.24g1.5g故答案為：SiO2和CaSO4；84%。（3）根據沉鋁體系中，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轉化為KAl(SO4)2·12H2O，使更多的鋁元素轉化為晶體析出，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晶；故答案為：使更多的鋁元素轉化為晶體析出，同時保證晶體純度；高溫溶解再冷卻結晶。（4）“焙燒”時，KAl(SO4)2分解為K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反應方程式為2KAl(SO4)2高溫__K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2高溫__2K2SO4+2Al2O3+6SO故答案為：2KAl(SO4)2高溫__K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2高溫__2K2SO4+2Al2O3+6SO（5）“水浸”后得到的“濾液2”成分為K2SO4，可在沉鋁工序循環使用；故答案為：沉鋁。

【分析】粉煤灰中加入硫酸酸浸，Al2O3、CaO分別和稀硫酸反應生成Al2(SO4)3、微溶物CaSO4，SiO2不溶于稀硫酸，過濾得到的浸渣為SiO2和微溶物CaSO4及未溶解的Al2O3，濾液1中含有過量的H2SO4和生成的Al2(SO4)3，向濾液中加入K2SO4沉鋁，過濾后，濾液中含有過量的K2SO4和H2SO4，濾渣為KAl(SO4)2·12H2O、Al2(SO4)3·18H2O，干燥脫水焙燒，得到氣體，如果不發生氧化還原反應，得到的氣體為SO3，如果發生氧化還原反應，得到的氣體為SO2和O2，然后水浸得到Al2O3，濾液2中含有未分解的Al2(SO4)3。12．【答案】（1）分液漏斗（2）d；e；c；b（3）CO+2[Ag（4）石灰水變渾濁；60%；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】【解答】（1）根據儀器構造可知，裝置A中盛放甲酸的儀器為分液漏斗，故答案為：分液漏斗。（2）甲酸分解生成CO和H2O，HCOOH易揮發，所以生成的CO中含有HCOOH，HCOOH易溶于水、CO難溶于水，所以先將氣體通入水，洗去CO中的HCOOH，然后采用排水法收集CO，故接口連接順序為a→d→e→c→b→h，故答案為：d；e；c；b。（3）一氧化碳和銀氨溶液反應生成黑色的銀，同時生成碳酸銨和氨氣，反應的化學方程式為：CO+2[Ag(NH3（4）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。碘的物質的量為0.1016g254g/mol=0.（5）增大氣流速率可以提高催化效率，故答案為：增大氣體樣品流速；（6）I2

【分析】甲酸分解生成CO和H2O，HCOOH易揮發，所以生成的CO中含有HCOOH，HCOOH易溶于水、CO難溶于水，所以先將氣體通入水，洗去CO中的HCOOH，然后采用排水法收集CO；

步驟Ⅲ：氣體樣品通入NaOH溶液，NaOH溶液吸收氣體中的CO2，防止干擾CO的檢驗；G中濃硫酸吸收水蒸氣；管式爐中CO被催化氧化生成CO2，CO2能使I中澄清石灰水變渾濁，J中濃硫酸吸收水蒸氣，干燥氣體，未反應的CO和足量I2O5反應生成CO2和I2。13．【答案】（1）2（2）190；>（3）ad（4）58.8%（5）甲；反應I平衡曲線為N，恒壓時充入水蒸氣，Qp>【解析】【解答】（1）設Ⅲ2C3H8O（2）①4~8μs內，v(H2O)=②隨著反應進行，水的濃度變化量減小，0~4μs、4~8μs、8~12μs，Δc(H2O)逐漸減小，說明反應速率減小，8~12μs內，Δc(H2O)=400ppm，12~tμs內，Δc(H2O)=400ppm，則t-12>4，即t>16，故答案為：>；（3）a．H2O的分壓不變，則C3H6的分壓也不變，反應1、Ⅱ各組分分壓不變，反應1、Ⅱ均達到平衡，a正確；b．反應物和生成物均為氣體，混合氣體的總質量不變，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I、Ⅱ均達到平衡的判據，b不正確；c．當n(Cd．v正(H2O)=故答案為：ad。（4）設C3H8O的物質的量為1mol，若1molC3H8O完全反應，理論上生成1molC3H6，因為反應Ⅰ、Ⅱ的轉化率分別為98%和40%，反應I生成1mol×98%=0.98molC3H6，反應Ⅱ消耗了40%C3H6，則達平衡時C3H6的物質的量為0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的產率為0.（5）①反應I為氣體體積增大的吸熱反應，反應Ⅱ為氣體體積減小的放熱反應，則升高溫度，反應I正向移動，Qp逐漸增大，反應Ⅱ逆向移動，Qp逐漸減小，即反應I為平衡曲線為N，反應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I而言，相當于增大生成物濃度，使得Qp>Kp，即lg②由圖可知，350℃時達平衡后，lgQp=0，則350℃時Kp=Qp=1，設水蒸氣的平衡分壓為aMPa，則反應II的C3Kp=x(a-2x)

【分析】（1）根據蓋斯定律，將Ⅲ-2×Ⅰ可得目標方程式；

（2）①根據v=ΔcΔt計算；

②隨著反應進行，水的濃度變化量減小，則反應速率減小，水減少相同物質的量濃度時，所需時間逐漸增長；

（3）可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；

（4）根據產率=n(實際)n(理論)×100%14．【答案】（1）4（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，