2022年福建省新高考“八省聯(lián)考”高考化學(xué)適應(yīng)性試卷-解析版

1、 10 19 頁2022年福建省高考“八省聯(lián)考”高考化學(xué)適應(yīng)性試卷22福建省三鋼集團(tuán)近年來大氣污染治理成須顯著，廠區(qū)“綠”意盎然。治理后，鋼鐵廠排放的尾氣中，以下物質(zhì)含量最大的是22CO2【答案】ANOC. SOD. PM【解析】解：A.鋼鐵廠產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，二氧化碳屬于無污染的氣體，治理后污染氣體削減，二氧化碳最多，故A正確；B.二氧化氮是污染氣體，治理后削減排放，故其含量不能最大，故B 錯誤；C.二氧化硫?qū)儆谖廴練怏w，治理后削減排放，含量不是最大，故C 錯誤； D.PM10含量最大的話，加重了大氣污染，廠區(qū)不能綠意盎然，故D 錯誤；應(yīng)選：A。A.鋼鐵廠產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，二氧化碳屬于無污染

2、的氣體； B.二氧化氮是污染氣體；C.二氧化硫?qū)儆谖廴練怏w；D.PM10含量最大的話，大氣污染嚴(yán)峻。此題考察環(huán)境的污染與保護(hù)，為高頻考點，把握常見物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的化學(xué)反響及是否改善空氣質(zhì)量為解答的關(guān)鍵，題目難度不大。2.山奈酚是中藥柴胡的藥物成分之一2.山奈酚是中藥柴胡的藥物成分之一分子式為C15H10O6C. 苯環(huán)中含有單雙鍵交替構(gòu)造【答案】C能夠發(fā)生加成反響D. 可溶于NaOH溶液【解析】解：A.由該物質(zhì)的構(gòu)造簡式可知其分子式為C15H10O6，故 A 正確；B.含有苯環(huán)和羰基，可以發(fā)生加成反響，故B 正確；C.苯環(huán)中的鍵是介于單雙鍵之間的特別的鍵，不是單雙鍵交替的構(gòu)造，故C 錯誤；D.

3、3個酚羥基，可與NaOH溶液反響生成溶于水的物質(zhì)，故D正確；應(yīng)選：C。OHOH醇等有機(jī)物的性質(zhì)來解答。此題考察有機(jī)物的構(gòu)造與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反響為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，留意選項C為解答的易錯點，題目難度不大。NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是()0.1mol L1KNO3溶液中離子總數(shù)大于0.2NA2D18O和T2O的混合物1.1g，含有的質(zhì)子數(shù)為0.5NA25.6gFeS反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA0.1molH2和0.2molI2充分反響后分子總數(shù)小于0.3NA【答案】B【解析】解：A.溶液體積未知，無法確定溶液中離子數(shù)目，故A 錯誤；B

4、.D18O和TO的摩爾質(zhì)量均為22g mol1，所以1.1g混合物的物質(zhì)的量為1.1g=2222gmol 120.05mol，一個D18O分子和一個T O10 個質(zhì)子，所以混合物含有的質(zhì)子數(shù)為220.5NA，故B 正確；C.5.6gFe的物質(zhì)的量為5.6g= 與足量的S反響生成Fe轉(zhuǎn)移電子數(shù)N，故C錯誤；56gmol 1AD.H2和I2反響方程式為H2 + I2 2HI0.1 molH2和0.2 molI2充分反響后分子總數(shù)為0.3N A，故D 錯誤；應(yīng)選：B。A.不知道溶液體積，無法確定離子數(shù)目；B.D18O和T2O的摩爾質(zhì)量一樣，一個D18O分子和一個T2O10 個質(zhì)子；22C.Fe與足量

5、的S 反響生成FeS；D.H2和I2反響生成HI，反響前后分子數(shù)不變。物質(zhì)的構(gòu)造是解題關(guān)鍵，留意可逆反響特點。以下試驗方案正確的選項是()ABCD分別CH3COOH 提純混有少量ABCD分別CH3COOH 提純混有少量C2H4和H O驗證SO2的存在4排氣法收集H22的CH4【答案】D【解析】解：A.乙酸與水互溶，不能選分液法分別，應(yīng)蒸餾法分別，故A 錯誤；乙烯被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，引入雜質(zhì)，應(yīng)選溴水、洗氣，故B 錯誤；硝酸可氧化亞硫酸根離子，應(yīng)先加鹽酸、后加氯化鋇檢驗硫酸根離子，則圖中試劑、操作不能檢驗硫酸根離子，故C錯誤；氫氣的密度比空氣密度小D 正確；應(yīng)選：D。乙酸與水互溶；乙烯被

6、高錳酸鉀氧化生成二氧化碳；硝酸可氧化亞硫酸根離子，應(yīng)先加鹽酸、后加氯化鋇檢驗硫酸根離子； D.氫氣的密度比空氣密度小。此題考察化學(xué)試驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分別提純、離子檢驗、氣體收集為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗力量的考察，留意試驗的評價性分析， 題目難度不大。I + ClO = IO + Cl第一步ClO + H2O HOClOHK1 = 3.3 1010第三步HOI + OH IO + H2OK3 = 2.3 103以下說法錯誤的選項是()反響其次步為HOCl + I HOI + ClK可推斷反響第三步比第一步快上升溫度可以加快ClO的水解HOCl和HOI都是弱酸【

7、答案】B【解析】解：A.總反響減去第一步反響第三步反響可得出其次步反響為HOCl + I HOI + ClA正確；B.平衡常數(shù)的數(shù)值大小可以推斷反響進(jìn)展的程度B 錯誤；C.上升溫度可以加快反響速率，故C正確；D.ClO的在水溶液中發(fā)生水解，說明HOCl 為弱酸，依據(jù)題目所給方程式可知第三步反響中HOI以分子形式參與反響，說明HOI為弱酸，故D正確；應(yīng)選：B。A.總反響減去第一步反響第三步反響可得出其次步反響； B.平衡常數(shù)的數(shù)值大小不能推斷反響速率的大小，故B 錯誤；C.溫度上升反響速率加快；D.ClO的在水溶液中發(fā)生水解；HOI 以分子形式參與反響。此題考察氧化復(fù)原反響和電離平衡的相關(guān)學(xué)問點

8、，題目難度中等，明確反響原理、化合價變化為解答關(guān)鍵，留意把握常見物質(zhì)的性質(zhì)，試題側(cè)重考察學(xué)生的分析、理解力量及綜合應(yīng)用力量。某種有機(jī)發(fā)光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z 組成。五種元素的原子序數(shù)依次增大，W 和X 的原子序數(shù)之和等于Z 的原子序數(shù)，只有W、X、Y 同周期，且W、X、Y 相鄰。以下說法正確的選項是()離子半徑：Z Y XC. X 的含氧酸均為強(qiáng)酸【答案】D最高正價：R W X Y ZA錯誤；主族元素的最高正價等于族序數(shù)，O、F除外，則最高正價為R Z W X，故B錯誤；C.X 的含氧酸為亞硝酸時，屬于弱酸，故C 錯誤；D.R 與W 能組成多種化合物，如烷烴、烯烴等多種

9、烴類物質(zhì)，故D 正確；應(yīng)選：D。某種有機(jī)發(fā)光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z 組成，五種元素的原子序數(shù)依次增大，只有W、X、Y 同周期，且W、X、Y 相鄰，可知R H，W、X、Y 位于其次周期，Z位于第三周期；W和X的原子序數(shù)之和等于ZZAl，W、X、Y 6、7、8，分別為C、N、O 符合元素的位置、原子序數(shù)關(guān)系，以此來解答。此題考察原子構(gòu)造與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數(shù)、元素的位置、驗證法推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，留意規(guī)律性學(xué)問的應(yīng)用，題目難度不大。以下指定反響的離子方程式正確的選項是()l 12g+ 2= 2+ a0.1mol L1CuSO4溶液中

10、參加過量濃氨水：Cu2+ + 2NH3 H2O = Cu(OH)2 +2NH+43滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入鹽酸至紅色恰好褪去：CO2 + 2H+ = H2O +3CO2 4飽和氯水中通入SO2至溶液顏色褪去：Cl2 + SO2 + H2O = 2H+ + 2Cl + SO24【答案】A【解析】解：A. 0.1mol L1MgCl2溶液中參加足量石灰乳的離子方程式為Mg2+ +Ca(OH)2 = Mg(OH)2 + Ca2+A正確；B.0.1mol L1CuSO4溶液中參加過量濃氨水的離子方程式為Cu2+ + 4NH3 H2O =Cu(NH3)42+ + 4H2OB錯誤；3C.滴有酚酞的

11、Na2CO3溶液中滴入鹽酸至紅色恰好褪去時的離子方程式為CO2 + H+ =33HCOC錯誤；3D.飽和氯水中通入SO2至溶液顏色褪去的離子方程式為Cl2 + SO2 + 2H2O = 4H+ +2Cl + SO2D錯誤；4應(yīng)選：A。A.石灰乳在離子反響中保存化學(xué)式，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化； B.加過量氨水，反響生成四氨合銅絡(luò)離子；C.酚酞的變色范圍為8.210.0，至紅色恰好褪去，溶液為弱堿性，溶質(zhì)為碳酸氫鈉； D.原子不守恒、電荷不守恒。此題考察離子方程式的書寫，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響、原子及電荷守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，留意離子反響中保存化學(xué)式的物質(zhì)， 題目難度不

12、大。一種型鎂硫電池的工作原理如下圖。以下說法正確的選項是()使用堿性電解質(zhì)水溶液放電時，正極反響包括3Mg2+ + MgS8 6e = 4MgS2使用的隔膜是陽離子交換膜充電時，電子從Mg 電極流出【答案】C【解析】解：A.負(fù)極生成的Mg2+在堿性電解質(zhì)水溶液中會生成Mg(OH)2沉淀，降低電池效率，故A錯誤；B.放電時為原電池，正極上得電子發(fā)生復(fù)原反響，包括3Mg2+ + MgS8 + 6e = 4MgS2，故B錯誤；C.g+故C正確；D.放電時Mg Mg Mg 電極，故D錯誤；應(yīng)選：C。Mg 為活潑金屬，所以放電時Mg 被氧化，Mg 電極為負(fù)極，聚合物電極為正極；A.Mg2+在堿性電解質(zhì)水

13、溶液中會生成Mg(OH)2沉淀；放電時為原電池，正極上得電子發(fā)生復(fù)原反響；Mg2+要通過隔膜移向正極參與電極反響；D.充電時Mg電極發(fā)生復(fù)原反響。 難度中等。9.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O2 + H2O 2CrO2 + 2H+。分別在26.3，50.074恒溫條件下，往100mL 0.100mol L1的K2Cr2O7溶液中參加肯定量K2Cr2O7固體，持續(xù)攪拌下pH 傳感器連續(xù)測量溶液的pH()曲線是50.0的pH t曲線曲線對應(yīng)的平衡常數(shù)的數(shù)量級是1014C. t1后，c(Cr2O2) + c(CrO2) = c(K+)741c2(CrO2)D. 26.3，與0.100mol

14、L的K2Cr2O7溶液相比，到達(dá)平衡時4增大7c(Cr 2O2)7【答案】B【解析】解：A.H+濃度增大，pH減小，所以曲線是50.0的pH t曲線，故A錯誤；4224c2(H+)c2(CrO 2)B.反響Cr2O7+H2O 2CrO+ 2H 的平衡常數(shù)表達(dá)式為K =c(Cr472O2)7，依據(jù)圖4可知曲線上的0.100mol L1的K2Cr2O7溶液pH = 3.75，所以c(CrO2) = c(H+) =4103.75mol L1，則K = (103.75 )2(103.75 )2 1014B正確；0.1103.75C.依據(jù)物料守恒n(Cr) = n(K)，所以2c(Cr2O2) + c(

15、CrO2) = c(K+)C 錯誤；74c2(CrO 2)K+4=，參加肯定量的K2Cr2O7pH 減小，即c(H)K 不變，7c(Cr 2O2)c2(H+)7所以該比值減小，故D 錯誤；應(yīng)選：B。A.H+濃度增大，pH 減小；4224c2(H+)c2(CrO 2)B.反響Cr2O7+H2O 2CrO+ 2H 的平衡常數(shù)表達(dá)式為K =c(Cr472O2)7，依據(jù)圖可知曲線上的0.100mol L1的K2Cr2O7溶液pH = 3.75；C.依據(jù)物料守恒n(Cr) = n(K)；c2(CrO 2)KD.依據(jù)4，參加K2Cr2O7pH 減小，K 不變。7c(Cr 2O2)7c2(H+)此題考察電離

16、平衡相關(guān)學(xué)問點，為高考常見題型，把握發(fā)生的反響、平衡移動為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，題目難度不大。鈉在液氨中溶劑化速度極快生成藍(lán)色的溶劑合電子如圖為鈉投入液氨中的溶劑 化圖。鈉沉入液氨中，快速得到深藍(lán)色溶液，并漸漸產(chǎn)生氣泡。以下說法錯誤的選項是 ()鈉的密度比液氨大溶液的導(dǎo)電性增加0.1mol鈉投入液氨生成0.01molH2時，Na 共失去0.02mol電子鈉和液氨可發(fā)生以下反響：2NH3 + 2Na = 2NaNH2 + H2 【答案】C【解析】解：A.鈉沉入液氨說明鈉的密度比液氨大，故A 正確；B.液氨中沒有能導(dǎo)電的離子，而鈉投入液氨中生成藍(lán)色的溶劑合電子，能導(dǎo)電，說明溶液的導(dǎo)

17、電性增加，故B正確；C.0.1mol鈉反響失去0.1molC錯誤；D.3 2Na = 2NaNH2 + H2 ，故D正確；應(yīng)選：C。鈉沉入液氨；液氨中沒有能導(dǎo)電的離子，而鈉投入液氨中生成藍(lán)色的溶劑合電子，能導(dǎo)電； C.0.1mol鈉反響失去0.1mol電子；D.反響中鈉失去電子，只能是氫元素得到電子。此題考察鈉的性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、信息的應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗力量的考察，題目難度中等。廢舊鋰離子電池經(jīng)處理得到的正極活性粉體中含有Li2ONiOCo2O3MnO2Fe、 C、Al、Cu 等。承受以下工藝流程可從廢舊鋰離子電池中分別回收鈷、鎳、錳，制備正極材料的前驅(qū)體(NiC

18、O3 CoCO3 MnCO3)。答復(fù)以下問題：“酸浸”溫度為85，粉體中的鈷(以Co2O3表示)復(fù)原浸出的化學(xué)方程式為 ，H2O2的用量比理論用量多一倍的緣由是?！俺F”時需將溶液的pH 調(diào)至3 左右，參加的化合物X 是。(填化學(xué)式)“除銅”時獲得萃余液的操作名稱是?！俺X”時反響的離子方程式為萃余液中Co2+的濃度為0.33mol L1，通過計算說明，常溫下除鋁把握溶液pH 為4.5，是否造成Co 的損失？(列出算式并給出結(jié)論)：(KspCo(OH)2 = 5.9 1015)從濾液中可提取(任寫一種)用作?！敬鸢浮緾o2O3 +2H2SO4 +H2O2 =2CoSO4 +O2 +3H2O85

19、時過氧化氫簡潔分解，所以其用量比理論用量多NaOH分液 Al3+ + 3NH3 H2O = Al(OH)3 +3NH+0.33 (1014)2 = 3.3 1020 5.9 1015，不會造成Co 的損失 鋰 鋰電池4104.5【解析】解：(1)“酸浸”溫度為85，粉體中的鈷(以Co2O3表示)復(fù)原生成CoSO4，反響的化學(xué)方程式為Co2O3 + 2H2SO4 + H2O2 = 2CoSO4 + O2 +3H2O，反響中過氧化氫在較高溫度下分解，導(dǎo)致H2O2的用量比理論用量多，故答案為：Co2O3 + 2H2SO4 + H2O2 = 2CoSO4 + O2 +3H2O；85時過氧化氫簡潔分解，

20、所以其用量比理論用量多；pH 3 釩化學(xué)式可知參加的化合物X應(yīng)為NaOH，故答案為：NaOH；濾液參加銅萃取劑，分液分別出萃出液，獲得萃余液， 故答案為：分液；(4)參加氨水生成氫氧化鋁，反響的離子方程式為Al3+ + 3NH3 H2O = Al(OH)3 ；+3NH+；4萃余液中Co2+的濃度為0.33mol L1pH 為4.5，則0.33 (10142 = 3.3 1020 5.9 1015Co的損失，104.5故答案為：Al3+ + 3NH H O = Al(OH) +3NH+；0.33 (1014 )2 = 3.3 1020 ”、“=”、“”，下同)使用催化劑1或催化劑2時，合成氨的

21、H1H2。電催化氮氣復(fù)原合成氨是一種常溫常壓條件下利用水作為氫源的低碳環(huán)保路線， 2電催化合成氨裝置示意圖。a電極應(yīng)當(dāng)連接電源極。電催化合成氨的化學(xué)方程式為。2【答案】+206kJ mol1B正向進(jìn)展 不變 =負(fù) 2N+ 6H O24NH3解：(1)依據(jù) H =反響物總鍵能生成物總鍵能= 4E(C H) + 2E(H O) C O) 3E(H H) = (413 4 + 467 2 1072 436 3)kJ mol1 = +206kJ mol1，故答案為：+206kJ mol1；A.催化劑不影響平衡移動，參加催化劑，CH4A 錯誤；由于該反響為吸熱反響，較高溫度有利于平衡正向移動，CH4的平

22、衡轉(zhuǎn)化率提高，故 B正確；H4的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故C 錯誤；延長反響時間并不能轉(zhuǎn)變反響的限度，CH4D 錯誤；故答案為：B；在 1L 剛性密閉容器中充入0.2molCH4和1.0molH2O900K，假設(shè)容器內(nèi)n(CO) = 0.1mol，則CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g)(單位：mol)起始量：0.2100轉(zhuǎn)化量：0.10.10.10.3平衡量：0.10.90.10.3Q= 0.1(0.3)3 = 0.03 K = 1.2，平衡正向移動，平衡時再往容器內(nèi)充入0.1molHe，由c0.10.9于各物質(zhì)濃度不變，反響速率不變，則v不變，正故答案為：正向進(jìn)展；不變；1

23、可知，溫度一樣時，催化劑1 條件下產(chǎn)氨速率較高，說明催化劑1 條件下正反響的活化能較低，故活化能Ea1 Ea2，故答案為：；催化劑具有選擇性，只影響化學(xué)反響速率，但不轉(zhuǎn)變反響的焓變，故 H1 = H2，故答案為：=；2 可知N2a 電極上轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3得電子發(fā)生復(fù)原反響，作電解池陰極，故a為電源負(fù)極， 故答案為：負(fù)；N2a 電極上轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3得電子發(fā)生復(fù)原反響，電極反響式為：N2 + 6e + 6H+ =2NH3，b極為電源正極，陽極電極反響式為2H2O 4e = O2 +4H+，總反響為2N2 +6H2O4NH+ 3O ，32故答案為：2N+ 6H 324NH+ 3O 。3依據(jù) H =反響物總

24、鍵能3A.催化劑不影響平衡移動；B.由于該反響為吸熱反響，較高溫度有利于平衡正向移動；C.該反響的正反響為氣體分子數(shù)增大的反響，較高壓強(qiáng)下，平衡逆向進(jìn)展程度較大； D.延長反響時間并不能轉(zhuǎn)變反響的限度；1L 剛性密閉容器中充入0.2molCH4和1.0molH2O900K，假設(shè)容器內(nèi)n(CO) = 0.1mol，則CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g)(單位：mol)起始量：0.2100轉(zhuǎn)化量：0.10.10.10.3平衡量：0.10.90.10.3Q= 0.1(0.3)3c0.10.9= 0.03 P Zn K KH H2O PH3KH 為離子晶體、H2O和PH3為分子

25、晶體且水分子間存在氫鍵 4棱心、面心【解析】解：(1)Ge 4s 2 個電子、4p 2 個電子為其價電子，依據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫其價電子排布式為4s24p2，故答案為：4s24p2；這幾種元素對鍵合電子吸引力大小挨次是O P Zn K，所以電負(fù)性大小挨次為O P Zn K，故答案為：O P Zn K；熔沸點：離子晶體KH 為離子晶體、H2O和PH3為分子晶體且水分子間存在氫鍵，則熔點：KH H2O PH3，故答案為：KH H2O PH3；KH 為離子晶體、H2O和PH3為分子晶體且水分子間存在氫鍵；Zn 為例，距離其最近且等距離的原子有4 個，所以Zn 原子4，故答案為：4；如圖所示，紅色線所畫局部，假設(shè)Ge如圖所示，紅色線所畫局部，假設(shè)Ge 為頂點的晶胞中，ZnGe 4s 2 個電子、4p 2 個電子為其價電子，依據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫其價電子排布式；電負(fù)性越大的原子，對鍵合電子的吸引力越大；熔沸點：離子晶體分子晶體，含有氫鍵的分子晶體熔沸點較高； (4)Zn 為例，距離其最近且等距離的原子有4 個；依據(jù)圖知，假設(shè)Ge 為頂點的晶胞中，Zn 原子位于棱心和面心上。此題考察物質(zhì)構(gòu)造和性質(zhì)，涉及晶胞計算、原子核外電子排布等學(xué)問點，側(cè)重考察根底學(xué)問的把握和應(yīng)用、空間想象力量，明確原