福建省部分地市2023届高中毕业班高三第三次质量检测化学试题含答案.pdf

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1、扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建福建省部分地市 2023 届高中毕业班适应性练习化学试题参考答案与解析1B解析：联合制碱法也称侯氏制碱法，侯氏制碱法提高了食盐的转化率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染。索尔维制碱法的氨气生产过程中产生的 CaCl2没有恰当利用，对环境产生了一定的危害，且生成的 NH4Cl 及氨气要循环使用。故选项 B 中的氨气循环利用错误。2D解析：催化剂能够通过改变反应历程，通过参与反应改变反应的活化能，优秀催化剂能有效提高主反应选择性，不能改变平衡转化率，但可以提高一定时间内反应物的转化率。3D解析：由血红

2、素补铁剂结构图可知，含有碳碳双键、羧基等官能团，不饱和的碳碳双键、碳氮双键能与 H2发生加成反应。该补铁剂中形成单键碳原子杂化方式 sp3杂化，形成双键碳原子为 sp2杂化。若该补铁剂的稳定常数大，则稳定性好，亚铁离子难于脱离配体，该补铁剂与磷酸盐类药物同服用不会发生反应而妨碍铁的吸收，故选项 D 错误。4A解析：选项 A 离子方程式中反应物 NaHS，HS-不能完全电离，溶液中大量存在，故利用沉淀剂 NaHS 除去废水中的 Hg2+：HS-+Hg2+=HgS+H+。5B解析：选项 A，冰中 1mol H2O 中含有氢键 2 mol，而常温下水中 1mol H2O 中含有氢键数小于 2 mol

3、，18 g 水中含有的氢键数小于 2 NA，故选项 A 不正确。选项 B，在 4FeS+6H2O+3O2=催化剂4S+4Fe(OH)3反应中，每生成 1mol S,转移 3 mol e_，还原剂是 FeS，故每生成 32 g S，FeS 失去的电子数为 3NA，故选项 B 正确。选项 C，可通过 KspFe(OH)3=1.010-38及 c(Fe3+)1.010-5molL-1，计算得出悬浊液中 c(H+)，但缺少溶液体积数据，无法确定悬浊液中的 H+数目，故选项 C 不正确。选项 D，依据方程式可计算出反应中每产生 1mol Fe(OH)3，消耗 O2分子数为34NA。6D解析：选项 A，烧

4、瓶中浓盐酸与漂白粉可发生反应：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O，故选项 A 正确。选项 B，伸入分液漏斗中的导气管没有密封，未反应的 Cl2易从分液漏斗上端溢出，利用浸有 NaOH 溶液的棉花可吸收 Cl2，故选项 B 正确。选项 C，CCl4可溶解碘显示紫红色对 I2的存在进行鉴定，I2遇到淀粉溶液可显示蓝色，故 CCl4可用淀粉溶液替换，故选项 C 正确。选项 D，试管下层出现紫红色，可说明 KI 被氧化生成了 I2，而该实验没有控制 Cl2的反应量，若 Cl2过量，则无法证明 KI 被生成的 Fe3+氧化，故该实验无法证明氧化性：Cl2 Fe3+I2，故选项 D

5、 错误。7C解析：选项 A，合成 1 反应中，H2转化 NaAlH4，H 元素化合价由 0 价降低到-1 价，得电子，做氧化剂，故选项 A 正确。选项 B，合成 2 是合成 SiH4的反应，为：SiF4+NaAlH4=SiH4+NaAlF4，故选项 B 正确。选项 C，上述流程中得出 SiO2转化为 SiF4，说明 Si 更易与F 结合，不能说明 SiO2可溶于 H2SO4，故选项 C 错误。选项 D，从流程中得出 SiO2转化为多晶硅，Si 元素价态由+4 价转化为 0 价，得电子被还原，Si 为还原产物，故选项 D 正确。8B解析：由题干可知，短周期原子序数递增的主族元素 X、Y、Z、W，

6、X 与 Z 原子最外层电子数之比为 2:3，可推测 X 与 Z 的最外层电子数可为 2 和 3，或 4 和 6，因 Y 比 X 原子的核外电子数多 1 个，故 X、Y 与 Z 的最外层电子数为 4、5 和 6，X 与 Y 同周期。选项 A，X、Y 一定位于同一周期，Y、Z 可能不位于同一周期的说法正确。选项 B，X 的最外层电子数为 4，可为碳或硅，若为碳的气态氢化物，可为甲烷、乙烯、乙炔等，其分子的空间构型只有甲烷是正四面体，故选项 B 错误。选项 C，若 Y 为 N 元素，其最高价氧化物对应的水化物为 HNO3是强电解质，故选项 C 正确。选项 D，同一周期主族元素，从右到左，电负性减小，

7、因此若 Y、Z、W 位于同一周期，则电负性：WZY，故选项 D 正确。9C解析：由耦合光催化/电催化分解水的装置图可知，光催化过程中光催化电极产生的电子将 H+还原为 H2，空穴捕捉剂 I捕捉空穴 h+被氧化为 I3，电催化过程中，I3在阴极被还原为 I，阳极耦合电极产生的电子输回电源，空穴 h+氧化 OH-产生氧气。选项 A，光催化装置中 H+浓度基本保持不变，故溶液的 pH 减小错误，故选项 A 不正确。选项 B，若离子交换膜为阴离子交换膜，空穴捕捉剂 I会向阳极移动，影响空穴 h+捕捉，会造成空穴 h+与 e-结合，影响光催化的效益，故该交换膜为阳离子交换膜，故选项 B 不正确。选项 C

8、，电催化装置阳极耦合电极产生的空穴 h+参与电极反应式：4OH-+4h+=2H2O+O2，故选项 C正确。选项 D，光催化电极产生 1 个 e-的同时形成一个空穴 h+，3I+2h+=I3，依据转移电子守恒，整套装置转移 0.01 mol e-，I捕捉空穴 0.01 mol h+，光催化装置生成 1.905 g I3，故选项 D 错误。10A解析：选项 A，标注碳为手性碳原子，双键为反式构型，故选项 A 错误。选项B，B 中杂环形成芳香性环，四个氮原子与两个碳原子共平面，形成66键，故选项 B 正确。选项 C，依据第尔斯-阿尔德反应，C 的结构简式为，故选项 C 正确。选项D，D 中有两个苯环

9、，每个苯环上都有一个取代基，因此每个苯环上有临、间、对三个不同的取代位置，且 D 的结构为不对称结构，所以 D 苯环上一氯代物有 6 种，故选项 D 正确。11D解析：选项 A，该复合氧化物的晶胞中，Ca 处于顶点，晶胞平均含有 Ca：188=1；O处于面心，晶胞平均含有 O：126=3；Cr 处于体心，晶胞平均含有 Cr：1，因此该复合氧化物的化学式 CaCrO3，故选项 A 正确。选项 B，晶胞图中 C 点处于前面面心，又图中 A、B 的原子坐标均为（0，0，0），所以 C 的原子坐标为（0，0.5，0.5），故选项 B 正确。选项 C，钙和氧间距离是面对角线一半，a nm，所以晶胞边长为

10、cm，依据晶胞密度计算公式可得阿伏伽德罗常数：，故选项 C 正确。D 选项距 Ca原子最近的 O 原子，需从 x、y、z 三个方向看，各 4 个，共 12 个。12B解析：由题干可知，矿物处理后所得的滤液中主要含有 NaOH 和 NaAlO2，向其中逐滴 加 入NaHCO3溶 液 发 生 如 下 反 应：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O，NaAlO2+NaHCO3+H2O=Na2CO3+Al(OH)3。选项 A，a 点时未加入 NaHCO3，溶液中溶质为NaAlO2和 NaOH，存在电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(AlO2)+c(OH-)，故选项 A 正确。选项 B，由图可

11、知，Al(OH)3开始沉淀到沉淀完全，NaAlO2消耗 NaHCO3的溶液体积为 32mL，生成Al(OH)33.210-2mol，则 c(Na2CO3)=1.00 molL-1，故 NaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO23)=1.00 molL-1，故选项 B 错误。选项 C，沉淀时的离子方程式：HCO3+AlO2+H2O=Al(OH)3+CO23，故选项 C 正确。选项 D，d 点时溶液中溶质为 Na2CO3，有 c(CO23)c(OH-)c(HCO3)c(H+)，故选项 D 正确。13(1)不能(1 分)(2)(2 分)(3)趁热过滤(1 分)B(1 分)(4)

12、烧杯、量筒（只写烧杯亦可）(2 分)烧杯、碱式滴定管(2 分)水浴加热(1 分)滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色（表述合理即可）(2 分)30.00%(2 分)解析：（1）甲酸为弱酸，硫酸为强酸，复分解反应不能发生，即甲同学不能制得甲酸铜晶体。（2）按照 1:2，2CuSO4+4NaHCO3=Cu(OH)2CuCO3+2Na2SO4+H2O+3CO2，生成碱式碳酸铜的同时，还生成 CO2，Cu(OH)2CuCO3需要在碱性环境下存在，故需要控制二者物质的量之比1:2。（3）除去不溶性杂质时，为了防止甲酸铜结晶析出，造成损失，可采取趁热过滤的操作。过滤后洗涤甲酸铜结晶

13、时为使固体快速干燥，可选乙醇洗涤。（4）步骤 A 配置溶液时需要 250 mL 的容量瓶、烧杯、玻璃棒、电子天平、胶头滴管，量筒用于粗略量取溶解时需要水的体积，可有可无，故答案为烧杯（量筒）。步骤 C 是滴定，草酸钠溶液水解显碱性，需用碱式滴定管，调节滴定管液面时用烧杯作废液缸。溶液恒温 80 C 30 min 时应采取的操作方法为水浴加热，步骤 C 滴定时，当滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色，即达到滴定终点。甲酸根的质量分数为 28.67%，计算方法：c(HCOO-)+0.0225.002=0.0250.005；c(HCOO-)=0.08 molL-1，0.08

14、molL-10.25L45gmol-1/3 g100%=30.00%14(1)MnCO3H2SO4=MnSO4H2O+CO2(2 分)(2)MnO22Fe2+4H2O=2Fe(OH)3Mn2+2H+（多写 H2S 氧化不扣分）(2 分)(3)CaSO4、Al(OH)3(2 分)(4)（不写共轭，只写出 C-S 单、双键交替亦可）(1 分)不易过滤（或造成 Mn2+吸附损失）(2 分)(5)Mn2+2HCO3-=MnCO3H2O+CO2(2 分)(NH4)2SO4(1 分)(6)放电(1 分)Mn0.610.39O+xZn2+2x e-=ZnxMn0.610.39O(2 分)解析：(1)酸解时除

15、 SiO2外，其余均溶解，含锰组分发生：MnCO3H2SO4=MnSO4H2O+CO2(2)氧 化 过 滤 时 Fe2+被 氧 化，调 pH 为 3，可 知 生 成 Fe(OH)3沉 淀：MnO22Fe2+4H2O=2Fe(OH)3Mn2+2H+，由于有部分 H2S 氧溶解，多写 H2S 氧化不扣分。(3)由 Ksp 知，pH=5 时，Al3+完全沉淀，CaSO4微溶，故滤渣 3 的主要成分为 CaSO4、Al(OH)3。(4)中性螯合物沉淀孤，可知 SDD 与 Ni2+按 1:2 结合，螯合即多齿配位，故结构式为，学生未写出共轭，只写出 C-S 单、双键交替亦可。絮状无定型沉淀不易过滤，且吸

16、附性强。(5)沉锰时 Mn2+转化为 MnCO3，发生：Mn2+2HCO3-=MnCO3H2O+CO2溶液中残留的主要离子为 NH4+和 SO42-，即(NH4)2SO4。(6)由图知，过程为 Zn2+嵌入正极，原电池放电时 Zn2+向正极迁移。化学式中 Mn、空穴均为平均值，Zn2+嵌入数并不确定，故发生的反应为：Mn0.610.39O+xZn2+2xe-=ZnxMn0.610.39O。15(1)1838.0(2 分)(2)(1 分)(3)催化剂活性下降或副反应增多(2 分)W(1 分)结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂硫中毒(2 分)(4)C(2 分)75%(2 分)=（02.910

17、.7）4（02.910.7）6（01.210.7）4（0110.7）4（01.410.7）或=02.944.2610.71.241.4(2 分)解析：(1)本题干所给反应与反应、反应的关系为反应减去反应得到本题干所给方程式，因此，H=H2-H1，即-1657.5-a=180.5,求出 a=-1838.0。(2)反应的H0,升温反应逆向移动，v正增大的倍数小于 v逆增大的倍数，由于升温瞬间各物质浓度不变，所以 v正和 v逆的增大与 k正和 k逆的增大有关，因此 k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，即 mn。(3)从左图中可判断出此催化剂对应曲线并没有达到平衡状态，所以 260时 NO 转化率下降的

18、原因与平衡移动无关，因此从影响速率的因素视角分析最大可能性是催化剂活性的降低，除此之外，如果有消耗其它反应物的副反应发生，也可以是 NO 的转化率降低。从左图中可以看出 M 为 W 时，NO 转化率最高，催化效果最好。结晶覆盖催化剂表面，影响反应物与催化剂接触，从而降低催化剂活性。(4)两个反应所有物质均为气态，气体物质质量总和不变，但反应前后化学计量数之和不同，因此，未达到平衡时气体物质的量总和变化，混合气体平均摩尔质量变化，当变量不再改变时，说明体系达到平衡状态，A 正确；两个反应 NH3和 NO 的化学计量数之比不同，在体系达到平衡前，n(NH3)：n(NO)一直在改变，所以当 n(NH

19、3)：n(NO)不变时说明体系已经达到平衡状态，B 正确；根据两个反应的化学计量数分析当 12molN-H键变化时与之对应的 NN 分别是 5mol 和 4mol，C 错误；在未平衡前，此反应体系所有反应物和产物的分压均在改变，当其中某种物质分压不变时说明达到平衡状态，D 正确。只有氧气只与反应有关，故将此作为解题突破口，计算出其变化量为 0.6mol，进而根据反应化学计量数算出反应中各物质的变化量，利用 NH3的起始量和剩余量，可算出两个反应中 NH3的总变化量为 4mol-1.2mol=2.8mol，可知反应中 NH3的变化量为2.8mol-2.4mol=0.4mol，再结合反应的化学计量

20、数，计算出反应中各物质的变化量，因此两个反应中NO的变化总量为0.6mol+2.4mol=3mol，转化率为3mol/4mol100%=75%。计算出两个反应各物质总平衡量，在根据题中对分压的解释，便可列出 KP的表达式。16(1)取代反应(1 分)(2)(2 分)(3)ClCH2COOC2H5+2NaOH=HOCH2COONa+C2H5OH+NaCl(2 分)(4)酯基、醚键(2 分)(5)(2 分)(6)14(2 分)(7)(3 分)解析：（1）A 的结构简式为，故 AB 的反应类型为取代反应。（2）由 B 的氧化产物核磁共振氢谱各组峰的峰面积比为 2:1 可知其结构简式为。（3）ClCH

21、2COOC2H5与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式为：ClCH2COOC2H5+2NaOH=HOCH2COONa+C2H5OH+NaCl。（4）C 中的官能团名称为酯基、醚键。（5）EF 的反应为脱水反应，其化学方程式为：。（6）M 为布洛芬的同系物，因此分子中含有羧基，不考虑立体异构用羧基分别取代乙苯和二甲苯（邻、间、对）中的H 原子，其结构共有14种。（7）由制备的合成路线：福建省部分地市 2023 届高中毕业班适应性练习化化学学参参考考答答案案及及评评分分细细则则说说明明：化学方程式或离子方程式中，化学式写错的不给分；化学式对而未配平或重要条件错误扣 1 分，气体或沉淀符号未标扣 1

22、 分，以上扣分不累计。一一、选选择择题题（1-5 小小题题每每题题 3 分分，6-12 题题每每题题 4 分分，共共 43 分分）二二、填填空空题题（本本题题包包括括 4 个个小小题题，共共 60 分分）13（14 分）(1)不能(1 分)(2)(2 分)(3)趁热过滤(1 分)B(1 分)(4)烧杯、量筒（只写烧杯亦可）(2 分)烧杯、碱式滴定管(2 分)水浴加热(1 分)滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色（表述合理即可）(2 分)30.00%(2 分)14（15 分）(1)MnCO3H2SO4=MnSO4H2O+CO2(2 分)(2)MnO22Fe2+4H2O=2

23、Fe(OH)3Mn2+2H+（多写 H2S 氧化不扣分）(2 分)(3)CaSO4、Al(OH)3(2 分)(4)（不写共轭，只写出 C-S 单、双键交替亦可）(1 分)不易过滤（或造成 Mn2+吸附损失）(2 分)(5)Mn2+2HCO3-=MnCO3H2O+CO2(2 分)(NH4)2SO4(1 分)(6)放电(1 分)Mn0.610.39O+xZn2+2x e-=ZnxMn0.610.39O(2 分)15（14 分）(1)1838(2 分)(2)(1 分)题号123456789101112答案BDDABDCBCADB(3)催化剂活性下降（或副反应增多）(2 分)W(1 分)结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂硫中毒(2 分)(4)C(2 分)75%(2 分)=（02.910.7）4（02.910.7）6（01.210.7）4（0110.7）4（01.410.7）或=02.944.2610.71.241.4(2 分)16（14 分）(1)取代反应(1 分)(2)(2 分)(3)ClCH2COOC2H5+2NaOH=HOCH2COONa+C2H5OH+NaCl(2 分)(4)酯基、醚键(2 分)(5)(2 分)(6)14(2 分)(7)(3 分)