2022年高考押题预测卷03（福建卷）-化学（全解全析）

2022年高考押题预测卷03【福建卷】

化学•全解全析

题号12345678910

答案BACCDDBABA

1.B

【解析】

【解析】A.石墨烯和C60是碳元素形成的不同单质，为同素异形体，A错误；

B.太阳能、核能、风能、氢能等都是人类开发利用的新型能源，都属于新能源，B正确；

C.有机硅橡胶材料属于有机物，而硅酸盐材料为无机物，C错误；

D.制冰过程中没有新物质生成，不是化学变化，D错误：

综上所述答案为B.

2.A

【解析】

【解析】A.硝酸具有强氧化性，向Na2s2O3溶液加入稀硝酸，不能产生SO2,选项A不正确；

2

B.加热蓝色的CuCh溶液，溶液变绿，说明平衡[Cu(H2O)4]2+(叫，蓝色)+4C「(aq).-[CuCl4](aq,黄

色)+4H2O⑴正向移动，则平衡向吸热反应的方向移动，故AHX),选项B正确；

C.将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合，反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程

式为：2HCO；+Mg2++4OH-=Mg(OH)2j+2CO；+2H2O,选项C正确；

D.铅蓄电池充电时阴极上硫酸铅得电子产生氧化铅，电极反应为：PbSO4(s)+2e=Pb(s)+SOj-(aq),选项D

正确；

答案选A。

3.C

【解析】

【分析】

铅合金电极上主要是对硝基苯甲酸发生还原反应制得对氨基苯甲酸，铅合金电极为阴极；金属阳极DSA上

H2O电离的OH-失去电子发生氧化反应生成02；结合电解池的工作原理作答。

【解析】A.铅蓄电池放电时Pb为负极，PbCh为正极，铅合金电极上主要是对硝基苯甲酸发生还原反应制

得对氨基苯甲酸，铅合金电极为阴极，与铅蓄电池的负极相连，即铅合金电极与铅蓄电池的Pb电极相连，

A项正确；

B.阴极上主要是对硝基苯甲酸发生还原反应生成对氨基苯甲酸，Imol对硝基苯甲酸得到6moi电子生成Imol

对氨基苯甲酸，结合酸性条件，阴极的主要电极反应式为HOOC^^^^NO2+6e+6H+=

HOOC^^^NH2+2H2。，B项正确；

C.阳极电极反应式为2H2CMe=O2T+4H+,阳极除放出O2外、生成的H+通过阳离子交换膜移向阴极室，故

每转移4moi电子，阳极电解质溶液的质量减少36g,C项错误；

D.在阴极除了对硝基苯甲酸被还原成对氨基苯甲酸酸，还存在电极反应2H++2e-=H2f,即生成对氨基苯甲

酸的同时还产生少量H2,D项正确；

答案选C。

4.C

【解析】

【解析】A.根据反应原理可知，有机物X与丫生成Z的反应属于二烯烛的1,4-加成反应，选项A错误;

B.根据乙烯6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面、单键可以旋转，丫分子Lc'"〜".中除了甲

A

基上还有2个H原子不共面，最多有10个原子在同一平面上，选项B错误；

c.Z的不饱和度为4,芳香族同分异构体化合物可以有2个羟基，贝IJImolZ的芳香族同分异构体化合物可

能与2moiNa反应，选项C正确；

D.根据酯水解的反应原理，水解后出0应该在CHJOH中，选项D错误；

答案选C。

5.D

【解析】

【解析】A.Imol与Na完全反应，若产物为Na?。?，则转移的电子数为2N一故A错误；

B.当是浓硝酸时，4HNO3Cu2+,当是稀硝酸时，8HNCh3Cu2+,含0.4molHNO3的浓硝酸与

足量Cu充分反应，硝酸变稀生成NO,则生成CM+的数目大于0.1NA,故B错误；

C.因为FeBq少量，故氧化的Fe?+应小于04N一故C错误；

D.每个乙焕（C?Hj和甲醛（HCHO）分子中都含2个C-H键，所以O.lmol乙焕和甲醛的混合物中含有C-H

键的数目为Q2NA，故D正确。

故答案为D

6.D

【解析】

【分析】

由图可得，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值，随温度升高而减

小。

【解析】A.①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△M=+206kJ-moH,@CH4(g)+CO2(g)

,

2CO(g)+2H2(g)△//2=+247kJ-mol,由①-②可知，CO(g)+H2O(g)-

1

CO2(g)+H2(g)△W=206kJ-mor'-247kJ-mol-'=-41kJ-mol-,故A错误；

B.反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B

错误：

C.其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的

化学反应速率增大，故c错误；

D.其他条件不变时，增大原料中HzO的浓度，①CHMg)+H2O(g)•CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增

大的幅度大于CO,可以提高产物中盟济的值，故D正确；

故选D。

7.B

【解析】

【分析】

X是构成人体骨骼的重要成分，因此X是Ca,丫与X同主族，且原子序数W20,丫是Mg,W的一种单质

是大气污染物，XY3Z4W12是一种石棉(硅酸盐)，因此W是O,Z是Si,以此解题。

【解析】A.XW2是过氧化钙，其中两个氧原子之间存在非极性共价键，B正确；

B.X的氧化物，氧化钙或过氧化钙都是离子晶体，Z的氧化物二氧化硅是原子晶体，A错误；

C.石棉是天然纤维状的硅质矿物的泛称，属于天然纤维，C正确；

D.X、Y最高价氧化物水化物分别为氢氧化钙和强氧化镁，其碱性是氢氧化钙的碱性大于氢氧化镁的碱性，

D正确；

故选B«

8.A

【解析】

【解析】A.实验I、II、III中溶液黄色变浅或褪去，反应原理为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,说明Fe?+被还原，

A正确；

B.实验I中少量铜粉加入ImLO.lmoLU氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸储水，铜粉消失，溶液黄色变

浅，加入蒸储水后无明显现象，说明铁离子氧化铜单质生成铜离子，由于Cu不过量，且加入2mL蒸储水

后无白色沉淀析出，说明溶液中铜元素不是以［CuCl］的形式存在，B错误；

C.实验II中过量铜粉加入ImLO.lmol.U氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸储水，铜粉有余，溶液黄色褪

去，铁离子全部和铜反应，加入蒸储水后生成白色沉淀，说明铜被氧化的产物中有亚铜离子，生成CuCl白

色沉淀，由于在溶液中存在平衡：［CuCl2］CuClJ(白色)+CT,向其中加入饱和NaCl溶液，c(C「)增

大,平衡逆向移动，CuCl白色沉淀转化为可溶性［CuClJ,因此白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液，C错误；

D.实验HI：过量铜粉加入ImLO.O5moi硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸锵水，铜粉有余，溶液黄色

褪去，变成蓝色，加入蒸储水后无白色沉淀，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离

子，向其中加入NaCl饱和溶液，Cu+与C1反应产生CuCl白色沉淀，D错误；

故答案为：A.

9.B

【解析】

【分析】

丫2FeBe2Si20io可以写成丫2O3・FeO-2BeO-2SiO2,与NaOH高温反应以及加水溶解后，根据流程丫元素转化

成丫(OH)3,FeO为碱性氧化物，不与NaOH反应，但+2价Fe被氧化成+3价，即得到FezCh,SiCh为酸性

氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3,Be与Al处于对角线，性质类似与A1及其化合物的性质，BeO与NaOH

反应生成NazBeCh,滤液A为NazSiCh、Na2BeO2,沉淀中加入盐酸并调节pH,Fe3+转化成氢氧化铁沉淀，

丫(0H)3与盐酸反应生成YCb,据此分析；

【解析】Fe

A.根据对角线原则，被与铝化学性质相似，AlCb溶液因AF+水解显酸性，因此BeCb溶液由于Be?+水解

显酸性，故A错误；

B.由题中工业流程可判断，亿元素与铁元素都存在于滤渣中，矿石中的镀元素和硅元素都应在滤液A中，

硅元素与NaOH反应后以NazSiCh形式存在，镀元素与铝元素化学性质相似，与NaOH反应后以NaaBeCh

形式存在，故B正确；

C.滤渣A由FeCb与氨水反应得到，一水合氨为弱电解质，不可拆，离子方程式应为

3+

Fe+3NH3-H2O=Fe（OH）31+3NH:,故C错误；

高温

D.草酸钮沉淀燃烧分解的化学方程式为Y2（C2O4）3—Y2O3+3COt+3CO2t,草酸根中+2价碳发生歧化反

应，Imol草酸钮分解转移3moi电子，故D错误；

答案为B。

10.A

【解析】

【解析】A.由图可知，NaOH加到NH4Hx溶液中先与HX反应，再与NH「Hq反应，而加到NH4HCO3

溶液先与NH；,再与HCO；反应，故以一酸性更强，A正确；

2

B.由物料守恒知：c（H2X）+c（HX）+c（X-）=c（H2CO；i）+c（HCO；）+c（CO；-）,而两种酸酸性不同，故加相

同NaOH时，c（H?X）和c（H2co3）不相等，B错误；

C.P、Q点表示的意思均为c（NH/H8）=c（NH：）,而温度不变，Kb值不变，故此时pH应相等，C错误;

D.由物料守恒可知c（Na+）=c（H2co3）+c（HC0；）+c（C0j）,电荷守恒可知

+

c（H-）+c（Na+）+c（NH；）=c（HC0；）+2c（C0；）+c（0H）,故：c（H）+c（NH；）=c（0H）+c（CO^"）-c（H2CO3）,

当加人0.1molNaOH时，溶液呈减性，所以，D错误；

故选Ao

300〜500℃

=

11.（1）MnCO3+（NH4）2SO4^^^^MnSO4+2NH3T+CO2T+H2O

（2）34.5%

（3）Na2cO3溶液碱性较强，会有部分Mn（OH）2沉淀生成，所得MnCCh不纯，Mn的利用率降低使

用NH4HCO3溶液会有CCh气体放出，NH4HCO3的利用率低边搅拌边向混合溶液中加入90mLl.Omol-L-1

的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量LOmoLI/H2s04溶液，当固体不再减少时,

过滤，用蒸储水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol.L」BaCL溶液无沉淀生成，过滤，干

燥

【解析】

【分析】

根据碳酸镒矿中所含成分，以及流程图可知，碳酸镒与硫酸镂反应生成硫酸镒、氨气和二氧化碳，铁的氧

化物、氧化铝、二氧化硅不与硫酸镀反应，加水溶解后，得到含硫酸锈溶液，据此分析。

(1)

根据上述分析，碳酸镐与硫酸镂反应生成硫酸镒、氨气和二氧化碳，其反应方程式为MnCO3+(NH4)2SO4

300~500℃

1.......MnSO4+2NH3t+CO2T+H2O0

(2)

Mn(PO£与Fe2+反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，Mn(PO。；与Fe?+

反应物质的量之比为1：1,根据元素守恒，建立关系式为MnCCh〜M/+〜Mn(PO4K〜Fe2+,因此有

30.00mLx103L/mLx0.02000mol/Lx115g/mol

M(MnCO3)=n(Fe2+)，碳酸锦的质量含量为x100%=34.5%o

0.2000g

(3)

①a.Na2cO3属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，Na2c03的碱性较强，会有部分Mn元素转化成Mn(OH)2沉淀,

所得MnCCh不纯，Mn的利用率降低。

b.NH4HCO3为弱酸弱碱盐，M"+与HCO；电离产生CO：结合成MnCCh,促使HCO；电离，c(H+)增大，

H+与HCO；反应生成CO2,造成NH4HCO3的利用率降低。

②根据图像可知，当NaOH与MnSCU的物质的量之比为4.5时,Mn的转化率、MnO2的含量达到最大，当

加入20mLl.Omol-L-1的MnSCU时需要加入90mL0.1mol-L-1NaOH溶液，过滤，向滤渣中加入适量的硫酸,

将Mn(OH)2转化成MnSC>4,当固体质量不再减少时，过滤，洗涤滤渣；具体操作是边搅拌边向混合溶液中

加入90mLl.OmolL-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量l.Omoll」H2sO4溶液，

当固体不再减少时，过滤，用蒸储水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入l.OmoLUBaCb溶液无

沉淀生成，过滤，干燥.

2

12.(1)S+H2O#HS+OH-

(2)3mLpH=12.5红褐色完全转化为黑

色2Fe(OH)3+3S2=Fe2s3+6OH-2Fe3++3S2-=2FeSi+S；加盐酸充分溶解后，无固体剩余

(3)能

(4)在该条件下，FeCb与Na2s反应生成Fe2s3速率(发生沉淀反应速率)大于生成FeS速率(氧化还原反应

速率)

【解析】

(1)

Na2s溶液呈碱性，是因硫离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为S2-+H2OUHS-+OH-,故答案为:

2

S+H2O#HS+OH-；

(2)

①利用了平行对比实验角度思考，改物质而不改体积和pH：因为实验I中用的是3mLpH=12.5Na2s溶液,

所以实验H中药品改成3mLpH=12.5NaOH溶液作对比试验，故答案为：3mLpH=12.5；

②结合Ksp[Fe2s3]=1610-88,Ksp[Fe(OH)3]=l.1x10-35,难溶物的溶解度越小越易转化生成，向Fe(OH)3中加

入过量pH=12.5的0.1mobL-'NaiS溶液时，红褐色Fe(OH)3沉淀会转化为更难溶的黑色Fe2s3沉淀，对应的

2

离子方程式为：2Fe(OH)3+3S2=Fe2s3+6OH,故答案为：红褐色完全变为黑色，2Fe(OH)3+3S=Fe2S3+6OH-；

③若猜想2成立，FeC13反应生成FeS,则Fe化合价降低，S元素化合价升高，所依据的离子方程式：

2Fe3++3S2-=2FeS1+Sl，取试管b中黑色沉淀，用水多次洗涤后，加盐酸充分溶解后，无固体剩余，确认黑

色沉淀中无S单质，猜想2不成立；故答案为：2Fe3++3S2-=2FeS1+Sl；加盐酸充分溶解后，无固体剩余；

(3)

实验IV根据实验现象电流计指针有微弱偏转得出结论：氧化还原反应生成FeS的速率不大，故答案为：能；

(4)

实验I表明在Na2s溶液中逐滴加入FeCb溶液，主要发生的是复分解反应，速率快，实验IV表明在FeCL

溶液中逐滴加入Na2s溶液主要发生的是氧化还原反应，速率慢，由此可知FeCb溶液和Na2s溶液间可发生

复分解反应也可发生氧化还原反应，且反应的产物、实验的现象与试剂的滴加顺序和多少、反应体系的酸

碱性等有关，故答案为：FeCb溶液和Na2s溶液间发生复分解反应生成沉淀Fe2s3的速率大于发生氧化还原

反应生成FeS的速率。

13.(1)<

(2)60%15

⑶BC

(4)储氢过程放热，80℃〜120℃范围内升温平衡逆向移动；升温催化剂活性降低；HCOJ分解

【解析】

(1)

如图1所示，反应I随"升高(即温度降低)K增大，故AHFO；反应II随，升高(即温度降低)K增大，

故公凡〉。，所以AHjAHzVO；

(2)

CHQH和CO分别是反应I和II的产物，达到平衡时，容器中CHQH为0.02moLCO为0.04mol,故

CO(g)+3H(g)^CHOH(g)+HO(g)

反应I：2232

转化(mol)0.020.060.020.02

CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)?

反应n：222

转化(mol)0.040.040.040.04

CO2转化率:

0.1

co.H2CH3OHH2O

达到平衡时：故反应I的平衡常数:

QJ1JJn(mol)0.1-0.02-0.040.3-0.06-0.040.020.04+0.02

0.020.06

-----X------

K=22=15；

0.04,0.2*

-----x(——y

22

(3)

A.由表格可知，反应I快速放热，反应II慢速吸热，故反应I的活化能低于反应II,AH1<0,AH,CAH,,

AH„>0,即AHjAHu，A错误；

B.增大氨碳比，过量氨气与反应H生成的水反应，促进平衡正移，有利于提高尿素产率，B正确；

C.实际生产中若选择曲线a,当氨碳比为4.0时，二氧化碳转化率已经很高，增大氨碳比，虽然二氧化碳

转化率增高，但是氨气经济价值比二氧化碳高，因此继续增大氨碳比不划算，故应控制在4.0左右最好，C

正确；

D.根据总反应，增加水碳比，可以理解为二氧化碳量不变，水的量增大，平衡逆向移动，二氧化碳转化率

减小，因此根据图像得到曲线a的水碳比小于曲线b,减小水碳比，有利于平衡正向移动，利于尿素生成，

D错误；

故选BCo

(4)

随温度升高，HCO；催化加氢的转化率下降，可能为储氢过程放热，80℃〜120℃范围内升温平衡逆向移动;

该过程用到催化剂，升温可能导致催化剂活性降低，HCO,转化率降低；温度较高时，HCO,会受热分解,

转化率降低。

14.(1)5d'6s*251

(2)>Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe?+的3d

未达到半充满稳定结构;

(3)5sp2>sp3Sb>La

333[3654V2

(4)——x--cm

(藉才(PNA4

【解析】

(1)

翎为57号元素，其价电子排布式为5dl6s2；睇元素为51号元素，原子核外有51个电子，睇的核外有51种

运动状态不同的电子；

(2)

在［Fe(H2O)6产和［Fe(H2O)6产中中心原子分别为Fe3+和Fe?+,从带电荷考虑，Fe?+带正电荷高，吸引电子的能

力强;从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3d6,3d5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需

的能量高，综合以上分析，分裂能△［Fe(H2O)6产〉△38出0)6产，理由是:Fe"的正电荷数比Fe?+的多，吸

引电子能力更强;Fe?+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；

故答案为:>；Fe3+的正电荷数比Fe?+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe?+的3d

未达到半充满稳定结构；

(3)

①根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子心3+配位数为5；

竣基、苯环中的碳都是sp2杂化,苯环侧链上的C为sp3杂化；

②元素金属性越强第一电离能越小，该配合物中长周期元素Sb、La的第一电离能由大到小的顺序为La>Sb；

(4)

①若上图中A点睇原子的坐标为(!4,0),根据晶胞结构图，B处在八面体空隙中，B靠近最左下角的顶

44

点原子,Z方向的坐标分矢为:，投影于xy平面，其xy的平面坐标为(；,；)所以B的原子坐标为(：,(,;)，

故答案为：(34,34,34)；

444

②1个晶胞中含有La的数目为8x1+l=2个,含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb组成的八面体空隙中，

O

纯粹的Sb的个数应有6x8-12=36个，其中有4*6=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12,所以一个晶

胞中含有Sb的数目为24x3+12=24个，取Imol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(2

3654|3654

xl39+8x56+24xl22)g=3654g,设晶胞的边长为acm,P=—m=——a=3/-^-cm,Sb原子与Sb

原子的最近距离为叵，故为，廖X坐

cm。

4\pNA4

15.(1)3-甲基苯酚

OH

(2)竣基、酯基

(3)取代反应

(4)保护酚羟基，防止其被氧化

【分析】

由题干流程图可知，A和乙酰氯反应生成和HC1,则A为

OOCCH3

COOHCOOH

NaOH溶液中水解生成竣酸和醇，酸化得到D,则D为转化为E,E

OH0H

H2NCOOHO2NCOOH

被还原为,由已知信息推断，E为,据此分析解题。

OH

(1)

CH}CH}

由分析可知，