福建省漳州市2023届高三第四次教学质量检测化学试卷+答案.pdf

1、酸溶酸溶盐酸盐酸1 福建省福建省漳州市漳州市 2023 届高三毕业班第四次届高三毕业班第四次教学教学质量检测质量检测 化学试题解析 一、选择题一、选择题 1D【解析】铜是 ds 区元素；常温下，铜不易被氧化生成 CuO；铜在潮湿空气中能发生吸氧腐蚀；兔首是铜的合金，改变了铜的组成和结构，耐腐蚀、强度高。2B【解析】由结构简式可知，有机物分子中碳碳双键、醇羟基、酚羟基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化；含有酰胺基、酚羟基、碳氟键最多能与 6 mol NaOH 反应；四元环中有 2 个 C 连接 4 个不同原子或原子团为手性碳原子；与醇羟基相连的 C 的相邻 C 上没有 H，不能发生消去反应。3A 【解析

2、】由图可知，1 molCO2参与反应，C 由+4 价转化为+2 价，转移 2 mol 电子；标况下 HCOOH 非气态；N(C2H5)3性质与 NH3相似，0.1 mol N(C2H5)3反应生成的N(C2H5)3H+会发生水解，离子数目小于 0.1 NA；HCOOH 和 C2H5OH 的反应是可逆反应，生成 HCOOC2H5分子的数目小于 NA。4B 【解析】依题意可推知 W、X、Y、Z 依次为 H、C、Mg、Cl 元素，HClO4的酸性强于 H2CO3；C 和 H 可以形成多种烃类化合物；Cl-有三个电子层，Mg2+只有两个电子层半径较小。5D【解析】NaOH 溶液能使乙酸乙酯水解，不能用

3、来洗涤产物，且乙酸乙酯的密度比水小，静置后位于水溶液的上层，应从分液漏斗上口倒出。6B 【解析】Fe2O3或 Fe(OH)3可以和 H+反应从而使 pH 升高，且不会引入杂质离子；反应是否完全需检验是否剩余 Fe3+，不能用酸性 KMnO4溶液检验；加 Na2CO3除杂之前，溶液中还有一定量的 Ca2+，故滤渣的主要成分是 CaCO3；加入 KCl 后，溶解度较小的 K4Fe(CN)6以固体形式析出。7D【解析】NaOH 过量，Mg2+会与 OH-生成更难溶的 Mg(OH)2沉淀；S2-有还原性，浓 HNO3有强氧化性，二者发生氧化还原反应；漂白粉的有效成分为 Ca(ClO)2，H+与 ClO

4、-生成弱电解质 HClO；Na2CO3过量，酚羟基、羧基电离出 H+与 CO32-结合生成 HCO3-。8C【解析】根据图像分析可知放电时，负极反应为 Zn-2e-=Zn2+,正极反应为 3BiOI+3e-=Bi+Bi2O3。3 mol BiOI 生成 1 mol Bi 和 1 mol Bi2O3转移 3 mol e-，故 1 mol BiOI 参与反应转移 1 mol e-。充电时，Zn 电极作阴极，BiOI极作阳极，Zn2+移向 Zn 极，Bi 和 Bi2O3在阳极生成 BiOI。9C【解析】正交硫和单斜硫是硫元素组成的不同单质，二者互为同素异形体；在相同压强条件下，升温由正交硫转化为单斜

5、硫，说明单斜硫能量高，单斜硫燃烧放出的热量更多，H 为负值，则 H1 H2。从图中可知，温度高于 119，要使气态硫液化需加大压强。图中 FG 为固态硫的气化过程，该过程先由正交硫转化为单斜硫再变成气体，同素异形体的转化是化学变化，不只是破坏了分子间作用力。2 10.B 【解析】从图像看出在 HCl 溶液中，随着 c(Cl-)增大，c(Cl2)增大；a 点 HCl 为强电解质完全电离，电离出的Cl-部分与 Cl2结合生成 Cl3-，所以 c(H+)c(Cl-)c(Cl3-)，由 K2Ka，可推知 c(Cl3-)c(ClO-)；b 点根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl

6、3-)+c(ClO-)+c(OH-)；NaCl 溶液中(ClO)(HClO)=(ClO)(HClO)，而(ClO)(HClO)=(H+)，随着 Cl2溶解度的减小，反应逆向移动，溶液中 c(H+)减小，所以(H+)增大。二、非选择题非选择题 11.（15 分）（1）第四周期B 族（1 分）（2）a b（1 分）（3）做配体（2 分）（4）过滤（1 分）8 10-13（2 分）（5）3NH4+3Cl-+Sc3+3F-+6H2O=3NH4Cl ScF3 6H2O（2 分）（6）4.2（1 分）1.0 10-4.2（1 分）（7）“脱水除铵”时 NH4Cl 分解生成 HCl，抑制 Sc3+的水解（2

7、 分）（8）锌（1 分）2Cl-2e-=Cl2（1 分）【解析】（2）TiO(H2O2)2+内 H 与 O 之间存在极性键，O 与 O 之间存在非极性键，不存在金属键和离子键。（3）由加入 H2O2后得到含TiO(H2O2)2+的水溶液可知，TiO2+与 H2O2结合形成配合离子，H2O2作配体。（4）“灼烧”对象应为固体，“操作 A”要实现固液分离，应为过滤；“反萃取”后生成 Sc(OH)3固体，沉淀后溶液的 pH=8，c(OH-)=10-6 mol L-1，则 c(Sc3+)=。（5）“沉钪”时溶液中存在 NH4+、Cl-、Sc3+、F-。（6）从图中可知，pH 大于 4.2 时，Sc3+

8、开始与 OH-成各种氢氧化物，不利于“沉钪”，且 pF 大于 4.2 时，以ScF2+形式存在，当 pH 小于 4.2，pF 小于 4.2 时，Sc 以 ScF3存在，则 c(F)应大于 1.0 104.2 mol L-1。（7）“脱水除铵”时 NH4Cl 分解生成 HCl，抑制 Sc3+的水解。（8）首先判断电极，由“电解”得到单质 Sc 可知 Sc3+需要在阴极上放电生成 Sc，若 Zn 作阳极会生成 Zn2+，根据“钪比锌活泼”可知放电能力 Zn2+Sc3+，阴极将析出单质 Zn，故 Zn 为阴极；石墨作阳极，由放电能力 Cl-F-可知 Cl-放电生成 Cl2。12（15 分）（1）水浴

9、加热（1 分）（2）加适量蒸馏水稀释并充分冷却（1 分）（3）2VO2+H2C2O4+2H+=2VO2+2CO2+2H2O（2 分）（4）减少产品溶解损失，加快干燥速率（2 分）（5）3（2 分）（6）5VO2+MnO4-+H2O=5VO2+Mn2+2H+（2 分）（7）30.6（2 分）（8）6（1 分）（9）512+1643.0108 1010（2 分）【解析】（2）根据题给信息，草酸受热易分解，反应液中有浓硫酸，稀释时会放热且浓硫酸会氧化草酸。（3）H2C2O4 还原 VO2+生成 VO2+，自身被氧化成 CO2，根据得失电子守恒进行配平。（4）依据信息 VOSO4不溶于乙醇，且乙醇易挥

10、发。使用乙醇可以减少 VOSO4溶解损失，加快干燥速率。（5）由 25.018n16318n 得 n=3。3 （7）依据得失电子守恒可得：5VO2+MnO4-，滴定时实际平均消耗 KMnO4溶液 26.00 mL2.00 mL=24.00 mL。则样品中钒元素的质量分数为%6.30%100g4000.0molg515L1000.24Lmol0200.0131（9）由图可知，一个晶胞中含 V 原子 2 个，O 原子 4 个，根据=，得38210-Acm103)10(a416251gN，解得 a 的值。13.（15 分）（1）CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.2 kJ m

11、ol-1（2 分）降低温度、增大水蒸气的浓度（2 分）由于第二步反应快，铁不会大量存在于反应体系中，故不会出现催化剂的失活（2 分）（2）甲酸型中间体机理 （1 分）氧化还原机理途径的第二步能垒（活化能）明显更低，转化过程中吸收的能量更少，所以总体上氧化还原机理更有利（2 分）（3）a b（2 分）（4）0.049（2 分）0.4（2 分）【解析】（1）由反应加上反应再除以 4，可得水煤气变换制氢的热化学方程式。降低温度或增大水蒸气的浓度都能使平衡正向移动，从而增大 CO 的平衡转化率。因第一步反应慢，第二步反应快，Fe 迅速转化为 Fe3O4，不会大量存在于反应体系中，故不会出现催化剂失去活

12、性。（2）只从第一步看“甲酸型中间体机理”的活化能比较低，转化过程吸收的能量少，有利于合成；但从整个反应历程看，“氧化还原机理”活化能较低，转化过程中吸收的能量较少，更有利于反应。（3）其它条件相同时，反应物起始浓度越大，反应速率越快；实验 3 相对于实验 1 是同等程度地增大了反应物浓度，相当于增大了压强，而该反应的平衡不受压强的影响，故转化率不变；实验 1、实验 2 的起始加入量相同，实验 3 的起始加入量是实验 1、实验 2 的两倍，故实验 1、2 的压强相同，而实验 3 的压强是实验1 和 2 的两倍；恒容条件下，反应过程中混合气的密度始终不变。（4）主反应不会引起压强的变化，100

13、min 内总压变化 9.8 kPa 是由副反应引起的，根据差量法：副反应：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)n 变化：1 2 4.9 kPa 9.8 kPa 可得 p(CH4)=4.9 kPa，由速率公式计算 。该反应体系中存在两个反应：主反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)副反应：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)恒温恒容充入等物质的量 CO 和 H2O(g)，起始总压为 100 kPa，故起始 p(CO)=p(H2O)=50 kPa。由方程式可知，主反应不受压强的影响，平衡时总压减少 20 kPa 是由副反应引起的。根据差量法可得：副反应：

14、CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)n 变化：1 3 1 1 2 10 kPa 30 kPa 10 kPa 10 kPa 20 kPa 平衡时 p(H2)=80 kPa 6.25=5 kPa，故主反应中生成的 p(H2)=30 kPa+5 kPa=35 kPa 主反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)144minkPa049.0min100kPa9.4)CH()CH(tp4 变化：35 kPa 35 kPa 35 kPa 35 kPa 故该平衡体系中：p(CO)=50 kPa-35 kPa-10 kPa=5 kPa，p(H2)=5 kPa，p(CH4)=10 kP

15、a，p(H2O)=50 kPa-35 kPa+10 kPa=25 kPa 副反应的 KP =0.4 kPa-2 14.（15 分）（1）邻苯二酚 （1 分）主要形成分子内氢键，主要形成分子间氢键，分子间氢键使物质的沸点增大，故的沸点低于（2 分）（2）（1 分）（3）碳氟键、羧基（1 分）取代反应（1 分）（4）（2 分）（5）sp2、sp3（1 分）（6）5（2 分）（1 分）（7）（3 分）或 （3 分）【解析】（1）主要形成分子内氢键，主要形成分子间氢键，物质的沸点增大，故的沸点低于。)(H(CO)O)(H)(CH2324pppp3)kPa5(kPa5kPa25kPa105 （2）由 C

16、、E 的结构简式对比可知道，CD 是苯环上-OH 的 H 被-CHF2取代。（3）EF 酯基变为羧基，故反应类型为取代反应（或水解反应）。（4）中-NH2的 H 原子与 G 中的 Cl 原子形成 HCl，生成了酰胺键。（6）在 B 的芳香族同分异构体中，能使 FeCl3溶液显紫色说明有酚羟基（-OH），能发生银镜反应说明有醛基（-CHO），还余 3 个 C 原子和 6 个 H 原子组成烃基，再根据苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种，可推知烃基与醛基相连，且与酚羟基在苯环上是对位的关系，因此可看成 C3H8进行二元取代，取代基为带羟基的苯环和醛基，“定一移一”，可推出，共五种同分异构体。其中核磁共振氢谱中有 5 组峰且面积比为 6:2:2:1:1 说明烃基需要对称，结构简式为。（7）根据题中 C 到 D 的反应，与 CHClF2在 NaOH 溶液作用下反应生成，和 Br2反应生成；再根据D到E的反应可知与CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成。或者根据题中 B 到 C 的反应，与 Br2反应生成 ，与 CHClF2在 NaOH 溶液作用 下反应生成；再根据 D 到 E 的反应可知与 CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、P(C6H5)3反应生成。