2022年高考押题预测卷02（福建卷）-化学（全解全析）

2022年高考押题预测卷02【福建卷】

化学.全解全析

题号12345678910

答案BCDACACABD

1.B

【解析】

【详解】

A.赤铁矿主要成分为Fe?03,司南柄的主要成分为FeQ,,A错误；

B.石绿主要成分为碱式碳酸铜，B正确；

C.《千里江山图》所用原料石绿能与酸反应，C错误；

D.朱砂主要成分为AS2O3,是酸性氧化物，D错误；

故选A。

2.C

【解析】

【详解】

C)

A.由图可知，、人取代n中苯环上的氢原子生成ni,因此由n生成ni的反应类型为取代反应，故A

Cl

正确；

B.H和W中苯环上均有-CH3,则II和W均能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故B正确；

C.Imoirv中含有Imol碳碳双键、Imol皴基、1mol苯环，可以与5moi也发生加成反应，故C错误；

D.邻二甲苯与水不互溶且与碘不反应，碘在邻二甲苯中的溶解度比在水中的溶解度大，所以邻二甲苯可以

作萃取剂，又因为邻二甲苯的密度小于水，因此有机相在上层，故D正确；

答案选C。

3.D

【解析】

【详解】

+

A.氢氧化钠溶液与少量硫酸铝溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为AP+4OH-=A1O2+2H2O,

故A错误;

B.硫化钠溶液与过量二氧化硫反应生成硫沉淀和亚硫酸氢钠次氯酸钙溶液2s2—+3SCh+H2O=3S1+2HSO；，

故C错误;

C.次氯酸钙溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸次氯酸钙溶液Ca2++2C1O-+

C02=CaC03；+2HC10,故C错误：

D.酚羟基不能与碳酸氢钠溶液反应,溶液与碳酸氢钠溶液反应生成

氧化碳和水,反应的离子方程式为

故选Do

4.A

【解析】

【详解】

A.H20在标况下是液体,不能利用22.4L/mol计算体积,故消耗NA个乙苯分子，生成H2O的体积不是22.4L,

A错误；

B.由化学方程式可以看出，每生成1个苯乙烯，电子转移的数目为2e;则生成Imol苯乙烯，转移2moi

电子，B正确；

106e

C.10.6g乙苯的物质的量为1=0/mol,苯环不含碳碳单键，Imol乙苯中含有2molC-C单键，故O.lmol

1Unog/mol

乙苯中所含的C-C单键数目为0.2M,C正确；

D.溶液中含有CCh分子，依据碳原子守恒原则，CO；、HCO；和H2cCh粒子数之和小于M,D正确;

故选A。

5.C

【解析】

【分析】

该装置为原电池，有机废水中的CH3co0H发生失电子的氧化反应生成CO?,亚硝酸根发生得电子的还原

反应生成N2,极为负极，b极为正极。

【详解】

A.。极为负极，CH3co0H失电子，b极为正极亚硝酸根得电子，故A错误；

B.由分析知。极为负极，则负极反应式为CH3co0H+2H2O-8e-=2CO2T+8H+,故B错误；

C.ImoWO；发生得3moi电子的还原反应生成OSmolN?,每生成标准状况下2.24LN2,电路中转移0.6mol

电子故C正确；

D.原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、

C「通过阴离子交换膜移向〃极，达到海水淡化目的，所以离子交换膜a为阴离子交换膜，离子交换膜b为

阳离子交换膜，故D错误；

故答案为C。

6.A

【解析】

【分析】

由图可知Z能形成Z2+,则Z的价电子数为2,X核外电子数是Z的价电子数4倍，则X核外8个电子，X

为0,结合X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号不同周期的元素，可知X为第三周群元素，Z为第四

周期元素，则Z为钙，该化合物中存在YX-和丫X?,则丫为C1,据此解答.

【详解】

A.ZXY2为CaOCh为混盐，含有次氯酸根离子，具有强的氧化性，具有漂白性，故A正确；

B.含有丫元素且可作水消毒剂的物质有多种，如氯气、二氧化氯，故B错误；

C.HC10为弱酸，故C错误；

D.X和丫在混盐中形成CIO和CIO；,依据结构可知，0均满足8电子结构，CI在CIO中满足8电子稳定

结构，在CIO；中不满足8电子稳定结构，故D错误；

故选：Ao

7.C

【解析】

【分析】

倍铁矿在氧气中与纯碱燃烧生成Na2CrO4和NaA102固体，发生反应为AbCh+Na2cCh竺2NaA102+C02t，

主反应为4FeOCr2O3+7O2+8Na2cCh竺8Na2CrO4+2Fe2Ch+8CO2,加水通过水浸NaAQ、NazCrCM进入浸出

液中，而不溶的Fe2O3形成滤渣1,浸出液加入稀硫酸形成滤渣2是A1(OH)3沉淀，最后分离出NazCrCM溶

液，加入S发生转化，发生反应为4Na2CrO4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2s2O3+2NaOH,得到Cr(0H)3再转化

为Cr；

【详解】

A.焙烧时FeOCr2O3—Na2CrO4、FezCh,Fe和Cr元素化合价都升高，通入氧气做氧化剂，发生反应为

4FeO・Cr2O3+7O2+8Na2cCh空8Na2CrO4+2Fe2Ch+8CO2,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4,A正确：

B.由分析可知，不溶于水的FezO?形成滤渣1,B正确：

C.酸浸时加入稀硫酸目的是形成Al(0H)3沉淀，除去铝元素，由于Al(0H)3能溶于硫酸，则不能加入足量

稀硫酸，c错误；

D.转化时加入S和NazCrCU反应生成Na2s2O3、Cr(0H)3,S元素化合价升高了2,有2个S发生变价，

Cr元素化合价降低了3,结合得失电子守恒和原子守恒，发生反应方程式为

4Na2CrC)4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2s2Ch+2NaOH,D正确；

故选：Co

8.A

【解析】

【详解】

A.常温下，向100mL浓度分别为0.10mol/L的K2c和KSCN混合溶液中滴加几滴氯化铁溶液，观察

3

到溶液变为亮绿色，说明生成了［Fe(C2O4)3p而没有生成Fe(SCN)3,说明稳定性：［Fe(C2O4)3］->Fe(SCN)3,

故A正确：

B.取少量C2H5Br与NaOH溶液共热，待溶液不分层后，要先加入硝酸将NaOH中和后再滴加AgNC)3溶

液，否则AgNCh会和NaOH反应生成AgOH,AgOH不稳定，会分解为棕黑色的AgzO而看不到淡黄色的

AgBr,故B错误；

C.酸性高锌酸钾溶液也能氧化CL故向氯化亚铁溶液中滴加酸性高镒酸钾溶液不能检验溶液中的Fe2+,

故C错误；

D.检验淀粉是否水解，应检验是否有葡萄糖生成，而且即使检验淀粉是否存在，也不能加入过量的NaOH,

因为NaOH会和碘反应，故D错误；

故选A,

9.B

【解析】

【详解】

A.根据盖斯定律，反应11=反应I-反应in,则CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

AW=247.1kJ/mol-205.9kJ/mol=41,2kJ/mol,反应H的△”>(),反应能自发进行，则ASX),故A错误；

B.两种原料气的流速相同，若只发生反应L则在相同条件下两种反应物的转化率必然相同。由图知曲线

A的转化率大于曲线B的转化率，温度低于873K时，水的摩尔流量随温度升高而增大，反应I消耗甲烷和

二氧化碳，反应H消耗C02和H2生成H20(g),反应III消耗甲烷和水蒸气生成CO和H2,说明水蒸气的生

成量大于消耗量，则CCh的消耗量大于CH»,CCh的转化率大于CH-所以曲线A表示CO2的转化率随温

度的变化，故B正确；

C.由图中信息可知，在873〜1200K间升高温度，CCh的转化率始终大于CH4,说明在该温度范围内反应n

的化学反应速率始终大于反应ni,因此，在相同的反应时间内，反应n正向进行的程度大于反应in；水的

摩尔流量随着温度升高而减小，不能说明反应ni正向进行的程度大于反应II,只能说明随着温度升高反应

in的化学反应速率增大的幅度大于反应it,导致在相同时间内反应ill的正向进行的程度与反应II的正向进

行的程度越来越接近(在1200K时，反应IH与反应n的正向进行的程度相同，水的摩尔流量为0,由于反

应HI的反应物之——水是由反应n提供的，故反应IH的进行程度不可能大于反应H),故c错误；

D.其他条件不变，呼察的比值增加相当于二氧化碳的浓度不变，增大甲烷的浓度，平衡向正反应方向

Qn(CO?)

移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故D错误；

故选Bo

10.D

【解析】

【分

根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO；、CO；浓度都增大，而在pH很小时也产生HCO；,

而随着co；浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此曲线③代表HCO；,④代表CO：,

①代表Ca2+,②代表H2cO?,据此计算分析判断。

【详解】

A.分析可知，随着COj浓度增大，逐渐生成CaCCh沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，则①代表Ca?+,A错误；

B.③代表HCO；,④代表CO；,当③和④交叉点时c(HCO；)=c(CO；),此时pH处于9〜10之间，Ka2=

也当空”=c(H*),Kg的数量级为10-%B错误;

C.pH=-lgc(H+).由图知lgc(Ca2+)与-lgc(H+)成线性关系，则该温度下c(Ca?+)与c(l「)为线性关系，C错误；

D.溶液存在电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO^)+c(HCO；),②代表H2co、，物料守恒：

2+

c(H2CO,)+c(Ca)=c(CO；-)+c(HCO；),两式相减，溶液中始终存在

2++

c(Ca)+c(H)=c(OH')+c(C0；")+c(H2CO3),D正确；

故选：D。

11.(1)珀烟将废料研磨充分

(2)稀产物无毒

(3)萃取

(4)4Ag(NH3)；+N2H4・H2O=4Agl+N2T+4NH：+4NH3T+H2O

2

(5)2NH3-2e+O=N2H4-H2O

(6)在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；

而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大

【解析】

【分析】

废料(含AgzSe、CU2S),焙烧可生成SeCh、SO2,气体1与水反应生成H2SO4和Se,母液含硫酸；烧渣含

Ag、CuO,加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO,氧化铜反应生成硝酸铜，气体2是NO,加入有机溶剂分

离出硝酸银，硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3・H2O=Ag(NH3)；+2H20,操作3中发

生反应为4Ag(NH3)；+N2H4・H2O=4Ag]+N2T+4NH：+4NH3T+H2O；

(1)

焙烧时应把废料于用烟中，为提高焙烧效率可采取的措施将废料研磨充分，增大接触面积；

(2)

浸取中加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO,与氧化铜反应生成硝酸铜，HNO3应选用稀硝酸，原因是产物

无毒：

(3)

操作2分离有机相和无机相，名称是萃取;

(4)

硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3・H2O=Ag(NH3)；+2H20,N2H,凡0还原过程中产

生了对环境友好的气体即氮气，N元素化合价升高，Ag元素化合价降低，反应的离子方程式：4Ag(NH3)；

+N2H4・H2O=4Ag]+N2T+4NH；+4NH3T+H2。；

(5)

2

阳极上用NH3制备一水合肺(N2H「也0),N元素化合价从-3升到-2,电极反应式为2NH3-2e+O=

N2H4H2O；

(6)

根据图1、图2得出的结论为：在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为

40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大。

12.(1)2r+ci2=2cr+i2

(2)还原通过还原产物为L可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用NazSCh不引入碘元素，

则生成的b一定是还原产物；乙中L可能是KI被其他氧化剂氧化生成

(3)将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口

(4)%

CV

(5)7

(6)随滴定反应进行，c(r)增大，使I+LU1；平衡正向移动，促进12溶解，c(I；)增大，溶液颜色变深；

12完全溶解后，c(l2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(「)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液

颜色变浅

【解析】

【分析】

氯气与KI发生反应Ch+2I-=l2+2Cr,以及I2+I-UI3-；氧化性C12>l2,KI溶液中通入氯气发生反应

CL+2Kl=KC1+L,溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将12氧化，C12可氧化

HICh等，反应的化学方程式为：l2+5CL+6H2O=10HCI+2HIO3；c(「)增大，使「+卜U元平衡正向移动，促

进L溶解，c(I；)增大，溶液颜色变深；上完全溶解后，c(b)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于c(「)

增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。

(1)

溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被C12氧化为12,离子方程式是

2F+Cl2=2Cr+I2o故答案为：2F+Cl2=2Cr+I2；

(2)

①本实验中，要证明b被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原；

②甲能证实k被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为12可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用

Na2sCh不引入碘元素，则生成的12一定是还原产物；乙中12可能是KI被其他氧化剂氧化生成。故答案为：

通过还原产物为12可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2s03不引入碘元素，则生成的L一定是

还原产物；乙中h可能是KI被其他氧化剂氧化生成；

(3)

ii的目的是除去溶液中的CL,操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口。

故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口；

(4)

ah

结合数据，根据电子得失守恒，vmLcmoIL"[x-(-l)]=bmLamolL-i[2.5-2]x2,计算可得乂=---1(用代数式表

cv

小)。故答案为：---1;

CV

(5)

碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的

KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案为：7；

(6)

从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：随滴定反应进行，c(r)增大，使「+L

平衡正向移动，促进12溶解，c(I；)增大，溶液颜色变深；12完全溶解后，c(L)随滴定反应进行而减小，且减

小的程度大于c(「)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，c(r)增

大，使r+UUI、平衡正向移动，促进12溶解，以耳)增大，溶液颜色变深；12完全溶解后，c(h)随滴定反

应进行而减小，且减小的程度大于c(r)增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。

13.(1)CD分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH,有利于反应正向进行

(2)B>AD1;10

CT

(3)CO*+4H*TCO*+2H2*或者4H*-2H2*

【解析】

(1)

①A.用不同物质的速率表示反应达到平衡,反应方向应是一正一逆,且反应速率之比等于化学计量数之比，

单位时间内生成ImolCH.QH的同时消耗ImolCO,反应方向都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达

到平衡，故A不符合题意：

B.组分都是气体，混合气体总质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，根据密度的定义，混合气体密

度始终不变，因此该条件下，混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；

C.化学平衡常数只受温度的影响，容器为绝热恒容，化学反应都会伴随能量的变化，容器中的温度在改变，

当温度不再改变，反应平衡常数也不再改变，说明反应达到平衡，故C符合题意；

D.组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应是气体物质的量减少的反应，因此当气体平均摩尔质

量不再变化，说明反应达到平衡，故D符合题意；

答案为CD；

②分子筛膜具有选择性透过性，使用分子筛膜相当于从反应体系中不断分离出甲醇，促使平衡向正反应方

向进行，提高甲醇的平衡产率；故答案为分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH,有利于反应正向进行；

(2)

①根据图像可知，温度越低，平衡常数越大，说明这三个反应均为放热反应，即AH/<0、△乩<0、Aft<0,

A的能量比B的能量高，能量越低，物质越稳定，即B比较稳定；由盖斯定律可知，I-11=111,则

<0,因此AH/VAH2,由于放热反应的越小，其绝对值越大，则统的数值范围是大于1,选项D正

确；故答案为B>A；D：

②向某反应容器中加入LOmolTAME,控制温度为353K,测得TAME的平衡转化率为a,则平衡时

n(TAME)=(l-a)mol,n(A)+n(B)=n(CH30H尸amol,已知反应IH的平衡常数K、3=9.0,则=9.0,将该式代

入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9amo【，n(A)=O.lamol,反应1的平衡常数K"=

1-a

,+a=10(l-a)(l+a)；同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢吠喃稀释，反应I的化学平衡将

0.1(旦尸如

1+a

向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH30H

物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1a：a=l:10；故答案为必坐1包；1：10；

a-

(3)

活化能越大，化学反应速率越慢，根据能量示意图可知，速率最慢的一步历程是CO*+4H；CO*+2H2*或者

4H*-2H2*；故答案为C0"+4H*-CO*+2H2*1或者4H*-2H2*。

14.(1)4di05s25Pl

(2)+1或-1亚硫酸为(HO)2SO,硫酸为(HO)2sCi?,也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S

原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸性更强

(3)B正四面体

(4)sp3、sp28M0>N>C>H

4xlO"'M

2

xy^A

【解析】

(i)

In为49号元素，基态In原子电子排布式为：Is22s22P63s23P64s23小。4P65s24cp05pi,则价层电子排布式为:

4dl05s25pl,故答案为:4d105s25p1；

(2)

3s3p

对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为叵］,成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数

的代数和为0,根据洪特规则可知，其3P轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋

磁量子数的代数和为(-《)x4+d)x2=-1或为(()X4+(-G)X2=+1,即为：+1或-1；S元素可以形成两种

常见含氧酸，其通式为(HO)mSOn,即亚硫酸为(HO)?SO,硫酸为(HO)2s。2，也就是说硫酸的n值大于亚

硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫

酸的酸性更强，故答案为：+1或-1：亚硫酸为(HO)2S。，硫酸为(HO)2SOZ，也就是说硫酸的n值大于亚硫

酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸

的酸性更强：

硫酸铜稀溶液中水分子之间有氢键和范德华力存在，水分子和硫酸根离子中均存在共价键，铜离子和水分

子间可以形成配位键，即不存在金属键；硫酸根离子中中心原子硫原子上的孤电子对数为

；x(6+2-4x2)=0,价层电子对数为4,S采用sp3杂化，则空间构型为正四面体，故答案为：B；正四面

体;

(4)

0+4x2,0+3x2

①氨基乙酸钠中C原子的价层电子对数分别为―7-二4、一--=2,则杂化方式为sp3、sp2：共价单键

22

为。键，共价双键中一个是。键一个是几键，HKCHQOONa中含有8个。键，所以Imol氨基乙酸钠含有。键

的数目为8M,故答案为：sp3、sp2；8M；

②配合物A的非金属元素有C、0、N、H元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序

为O>N>C>H,则电负性大小顺序为：O>N>C>H,故答案为：0>N>C>H；

(5)

用“均摊法一个晶胞内含Cu的数目：8x-+4xl+1=4^含S的数目：8个，含［日产小，个,

/M.