福建省高三-化学-2022年高考考前押题密卷（福建卷）（全解全析）

2022年高考考前押题密卷（福建卷）

化学·全解全析

1．【答案】A

【解析】

A．依题意，KNO3分解生成、，S与反应生成，，，“焚硝磺”时，N和S的价态均发生了变化，A项正确；

B．硫酸的沸点较高，属于难挥发的强电解质，B项错误；

C．0.01mol/L的磺强水溶液中，pH<2，C项错误；

D．磺强水溶液中存在水分子，D项错误；

答案选A。

2．【答案】B

【解析】

A．该有机物分子式为，A错误；

B．该有机物含苯环，可发生加成反应；含苯环和烷基，可发生取代反应；能与氧气发生氧化反应，B正确；

C．1mol该有机物含3mol羟基，消耗3mol Na，C错误；

D．该有机物最多8个原子共平面，如图所示， ，D错误；

故选B。

3．【答案】C

【解析】

A．500 mL0.5 mol·L-1的NaCl溶液中含有溶质NaCl的物质的量n(NaCl)=0.5 mol/L×0.5 L=0.25 mol，由于1个NaCl电离产生1个Na+、1个Cl-，所以0.25 molNaCl电离产生的离子总物质的量为0.5 mol，且溶液中含有许多溶剂水分子，故该NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，A正确；

B．H2O(g)通过Na2O2(s)时发生反应：2H2O(g)+2Na2O2(s)=4NaOH+O2↑，每有2 mol电子转移时，Na2O2(s)固体增重4 g，现在使其增重b g时，则转移的电子的物质的量n(e-)=，则反应过程中转移的电子数目为，B正确；

C．合成NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故合成氨工业中，投料l mol[N2(g)+3H2(g)]生成NH3(g)的物质的量小于2 mol，则反应产生的NH3(g)分子数小于2NA，C错误；

D．正丁烷和异丁烷分子式都是C4H10，相对分子质量是58，分子中含有10个C-H键和3个C-C键，共13个共价键，58 g正丁烷和异丁烷的混合物中含有物质分子的物质的量是1 mol，则含有的共价键数目为13NA，D正确；

故合理选项是C。

4．【答案】C  

【解析】

A．水电离的c(H+)=10－2mol·L－1的溶液为盐水解使溶液显较强酸性的溶液或较强碱性溶液，HCO3－在强酸性的溶液或较强碱性溶液中均不能大量共存，A错误；

B．1 mol·L－1的纯碱溶液中，Fe2+与CO32－生成FeCO3沉淀不能大量共存，B错误；

C．小苏打溶液中通入氨气，生成正盐和水，离子方程式为HCO3－＋NH3·H2O === NH4+＋CO32－＋H2O，C正确；

D．胶体粒子带电荷，加入电解质时会发生聚沉，氢氧化铁胶体中滴加少量稀硫酸（电解质）时，先发生聚沉，生成Fe(OH)3沉淀，继续加入稀硫酸，才会发生Fe(OH)3与H+的反应，生成Fe3+和H2O，D错误。

故选C。

5．【答案】D

【解析】

A．图中ΔE=△E=248.3-【-620.9-（199.2）-（-513.5）】=554.9kJ·mol-1，故A错误；

B．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；

C．正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；

D．由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2，故D正确；

故选：D。

6．【答案】D

【解析】

Y的一种同位素用于考古，说明Y为碳，再结合所给物质中各原子形成化学键的个数和Y、Z、M、N位于同一周期可知，Z能形成三条共价键，Z为氮元素，N能形成一条共价键，N的最外层有7个电子，所以N为氟元素，M得到 1个电子形成了4对共用电子，说明M最外层有3个电子，M为B。

A．电负性同一周期从左到右依次增大，故N>Z>Y>M，A正确；

B．原子半经从左到右依次减小，B>C>N>F，B正确；

C . 简单氢化物的沸点：NH3分子间有氢键，所以NH3> CH4，C正确；

D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化合物的酸性越强，所以应该是Y<Z，D错误；

答案选D。

7．【答案】C

【解析】

A．向溶液中加入浓溶液，生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，A错误；

B．向某溶液中滴加溶液，溶液变为红色而不是产生红色沉淀，则溶液中存在三价铁离子，现象错误，B错误；

C．亚铁离子能与溶液反应生成蓝色沉淀，向某溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀，则溶液中存在亚铁离子，C正确；

D．向溶液中滴加溶液生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，没有气体生成，结论是偏铝酸根离子结合能力强于碳酸根离子，D错误；

故答案为：C。

8．【答案】C

【解析】

A．侯氏制碱法中有副产物氯化铵生成，题中所给方法用TBA代替氨气，达到循环使用的目的，产生的副产物少，选项A正确；

B．结合图示物质及转化关系，可知胺再生过程的反应为，选项B正确；

C．的热稳定性差，应该通过降温结晶得到，选项C错误；

D．氯化过程的反应方程式为，再结合胺再生过程的反应方程式，可以得出，每生成1mol，总反应中消耗0.5mol，选项D正确。

答案选C。

9．【答案】C

【解析】

放电时为原电池，阳离子移向正极、阴离子移向负极，图中K+移向N电极，则N电极为正极，M电极为负极，充电时为电解池。

A．放电时，正极上O2得电子生成OH-，电解质溶液pH增大，故A正确；

B．放电时，M极为负极，在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为-2ne-=，故B正确；

C．充电时为电解池，N电极为阳极，电极反应式为，则充电时每转移1mol电子，N电极上生成0.25molO2，故C错误；

D．充电时，N极为阳极，与电源正极相连，故D正确；

答案选C。

10．【答案】B

【解析】

A．据图可知，当加入的NaOH溶液达到50.00mL时，曲线X、Y的pH发生两次突变，Z发生一次突变，则曲线Z代表的应为强酸，即H2SO4；继续滴加NaOH溶液，曲线Y和Z重合，则Y也应是二元酸，即H2C2O4，而X的pH小于二者，说明X中还含有能电离出氢离子的物质，即X为三元酸，即H3PO4，A错误；

B．加入的50.00mLNaOH溶液后Y和Z重合，说明二者均完全反应，所以H2SO4和H2C2O4的起始浓度相同，滴定H3PO4时依次发生反应H3PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O、NaH2PO4+NaOH=Na2HPO4+H2O、Na2HPO4+NaOH=Na3PO4+H2O，每一步反应恰好进行完时pH发生一次突变，据图可知第二次突变时加入的NaOH溶液为50.00mL，即反应掉“2个氢离子”时消耗的NaOH和另外两种二元酸相同，所以H3PO4的起始浓度与另外两种酸也相同，B正确；

C．V(NaOH溶液)=50.00mL时，滴定磷酸的溶液中溶质为Na2HPO4，存在HPO的电离和水解，据图可知此时溶液显碱性，所以水解程度大于电离程度，且水解和电离都是微弱的，所以溶液中c(HPO)＞c(H2PO)＞c(PO)，C错误；

D．当V(NaOH溶液)=50.00mL时，滴定草酸的溶液中溶质为Na2C2O4，存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)，且C2O由Na2C2O4电离产生，c(C2O)远大于c(OH-)，D错误；综上所述答案为B。

11．（13分）

【答案】

（1）过滤     烧杯

（2）还原Fe3+为Fe2+，防止Fe3+水解

（3）Al3++Fe3++n+(6-2n)=AlFe(OH)(6-2n)(SO4)n↓+(6-2n)CO2↑

（4）钪的含量低，其化学性质非常活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难

（5）3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Sc(OH)6]

（6）Sc(OH)3

（7）6

【解析】

赤泥经过高温焙烧，然后用浓硫酸浸取，金属元素转化为对应的离子状态进入溶液中，过滤，滤液中加萃取剂萃取，然后分液，有机相中加NaOH进行反萃取，然后加入草酸，生成Sc2(C2O4)3，经一系列处理后，用氨水调节pH后，加入NH4F沉钪，经脱水除铵，得到ScF3，然后使用钙还原ScF3，获得纯净的Sc。水相中加Fe粉还原Fe3+，然后加水稀释促进TiO2+水解生成TiO2∙xH2O沉淀；过滤，向滤液中加入NaHCO3溶液发生反应产生聚合硫酸铁铝，据此分析回答问题。

（1）操作②是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤；过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；操作①是分液，使用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，可见操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是烧杯；

（2）Fe3+极易水解，其形成Fe(OH)3沉淀时溶液pH比较小，加入Fe粉可以使溶液中Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，这样就可以避免因溶液pH增大，Fe3+形成沉淀进入到滤渣中，导致最终不能进一步反应产生聚合硫酸铁铝；

（3）向含有Al2(SO4)3、FeSO4溶液中加入H2O2溶液，FeSO4转化为Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入NaHCO3溶液，产生聚合硫酸铁铝，该反应的离子方程式为：Al3++Fe3++n+(6-2n)=AlFe(OH)(6-2n)(SO4)n↓+(6-2n)CO2↑；

（4）钪元素是在地壳中含量比较低的一种重要的稀土金属，化学性质非常活泼，但发现较晚主要是因为钪的化学性质非常活泼，其在自然界中以化合物的形式存在，物质的富集及冶炼比较困难；

（5）“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量，则 Sc(OH)3沉淀会溶解。Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成 n=6 的含钪产物Na3[Sc(OH)6]，该反应的化学方程式为3NaOH+ Sc(OH)3=Na3[Sc(OH)6]；

（6）若溶液中c(F- )=5×10-6，则lgc(F- )=lg5×10-6=5.3，“调节pH”过程中控制pH=7，三价Sc元素的存在形式为Sc(OH)3；

（7）加热该复盐时首先失去结晶水。至380-400℃产生白烟，说明有铵盐产生，对应结晶水的质量为m(H2O)=74.1g-52.5g=21.6 g，则，解得a=6。

12．（13分）

【答案】

（1）C

（2）恒压滴液漏斗    

（3）温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢

（4）-2         

【解析】

装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体；装置A中装有饱和NaHS溶液，可以除去H2S中的HCl；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳；装置D是尾气吸收装置，防止H2S污染空气；故装置连接顺序为。

（1）装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体，答案选C；

（2）仪器M为恒压滴液漏斗；由分析可知，上述装置的合理连接顺序为；

（3）若反应温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；若反应温度过低，反应速度缓慢，故装置C中反应温度控制在80℃；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，化学方程式为；

（4）①硫脲[]中，C元素的化合价为+4价、N元素的化合价为-3价、H元素的化合价为+1价，则硫元素的化合价为-2价；

②滴定时，硫脲转化为、、，反应的离子方程式为；

③用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液，消耗的物质的量为，根据可知，mg产品中的物质的量为=，则样品中硫脲的质量分数为=。

13．（12分）

【答案】

（1）Nad+3Had=NHad+2Had

（2）0.005     0.23     acd     g

（3）N2+6e-+6H+=2NH3

（4）3.5×104

【解析】

（1）从图中可以看出，活化能最大的一步反应是Nad+3Had=NHad+2Had；

（2）①v(NH3)==0.005MPa·min-1，根据题中图像数据得出该反应的Kp===0.23；

②a.氨气的体积分数保持不变，则各反应物的浓度保持不变，反应达平衡状态，选项a正确；

b.容器中氢氮比始终保持不变，无法说明反应达平衡状态，选项b错误；

c.气体总质量保持不变，气体的物质的量为变量，若气体平均相对分子质量保持不变，则气体总物质的量不变，反应达平衡状态，选项c正确；

d.反应在恒压容器中进行，气体总质量为变，但体积可变，当体积不变时说明反应达平衡状态，选项d正确；

答案选acd；

③起始条件一样，在恒容容器中发生反应，相对于恒压状态，物质浓度减小，反应速率减慢，H2的百分含量增大，所以g点符合要求；

（3）根据图中信息可知，阴极上氮气得电子产生氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；

（4）反应NH3·H2O+HCOOH⇌HCOO-++H2O的平衡常数K====3.5104。

14．（12分）

【答案】

（1）N    O＞N＞Cu   

（2）sp2    TNT比甲苯相对分子质量大，范德华力更大   

（3）四面体形    ABC    [Ga(NH3)4Cl2]Cl   

（4）(或)       

【解析】

（1）基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，占据的最高能级符号为N，非金属性O＞N＞Cu，因此电负性O＞N＞Cu。

（2）该分子中，N原子的价层电子对数为，因此N原子的杂化方式为sp2，TNT和甲苯均是分子晶体，TNT比甲苯相对分子质量大，范德华力更大，熔点更高，所以TNT在常温下是固体，而甲苯是液体。

（3）①NH3的中心原子的价层电子对数位，因此其VSEPR模型为四面体形；

②GaCl3·xNH3中Ga3+和Cl-形成离子键NH3分子中N和H形成极性共价键，Ga和N之间有配位键，故答案选ABC；

③加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl-，有氨气逸出，Cl-与Ag＋生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则有配位键的Cl-与没有配位键的Cl-的个数比为2：1，Ga3＋配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。

（4）①根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，1个晶胞中含有Ti的个数为，O原子8个在棱上、8个在面上、2个在体内，1个晶胞中含有O的个数为，则1mol晶胞的质量为48×4+16×8=320g，1mol晶胞的体积为cm3，所以密度g/cm3；

②由晶胞结构示意图可知，TiO2-aNb晶胞中N原子数为，O原子数为，Ti原子数为4，故，，解之得，。

15．（10分）

【答案】

（1）2-甲基苯酚     硝化反应或取代反应

（2）酰胺基、醚键、(酮)羰基

（3）

（4）

（5）6

【解析】

(1)根据物质B的结构简式可知其名称为2-甲基苯酚；根据反应条件可知，C→D是在苯环上引入硝基生成，其反应类型为硝化反应(或取代反应)。

(2)F的结构简式为，其含有的官能团为酰胺基、醚键、(酮)羰基；

(3)B→C是和发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为；

(4)根据信息，D被还原为E，E为；

(5)有多种同分异构体，①与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明含有羧基；②苯环上有2个取代基，两个为-CH2CH3和-COOH或-CH3和- CH2COOH，两个取代基在苯环上的位置有邻间对三种，所以符合条件的同分异构体有6种