福建省漳州市2023届高三毕业班第四次教学质量检测化学试题解析一、选择题1．D【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。2．B【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6molNaOH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。3．A【解析】由图可知，1molCO2参与反应，C由+4价转化为+2价，转移2mol电子；标况下HCOOH非气态；+N(C2H5)3性质与NH3相似，0.1molN(C2H5)3反应生成的[N(C2H5)3H]会发生水解，离子数目小于0.1NA；HCOOH和C2H5OH的反应是可逆反应，生成HCOOC2H5分子的数目小于NA。4．B【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。5．D【解析】NaOH溶液能使乙酸乙酯水解，不能用来洗涤产物，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。6．B+【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3+2+剩余Fe，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Ca，故滤渣Ⅱ的主要成分是CaCO3；加入KCl后，溶解度较小的K4[Fe(CN)6]以固体形式析出。7．D2+-2-【解析】NaOH过量，Mg会与OH生成更难溶的Mg(OH)2沉淀；S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生成弱电解质HClO；Na2CO3过量，酚羟基、+2--羧基电离出H与CO3结合生成HCO3。8．C-2+-【解析】根据图像分析可知放电时，负极反应为Zn-2e=Zn,正极反应为3BiOI+3e=Bi+Bi2O3。3molBiOI生--成1molBi和1molBi2O3转移3mole，故1molBiOI参与反应转移1mole。充电时，Zn电极作阴极，BiOI2+极作阳极，Zn移向Zn极，Bi和Bi2O3在阳极生成BiOI。9．C【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硫，说明单斜硫能量高，单斜硫燃烧放出的热量更多，ΔH为负值，则ΔH1>ΔH2。从图中可知，温度高于119℃，要使气态硫液化需加大压强。图中F→G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。110.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K2>Ka，可推知c(Cl3)＞c(ClO)；b点根据电荷守−−−++----푛(ClO)푐(ClO)푐(ClO)퐾푎恒：c(H)+c(Na)=c(Cl)+c(Cl3)+c(ClO)+c(OH)；NaCl溶液中=，而=，随着Cl2푛(HClO)푐(HClO)푐(HClO)푐(H+)퐾溶解度的减小，反应①逆向移动，溶液中c(H+)减小，所以푎增大。푐(H+)二、非选择题11.（15分）（1）第四周期ⅢB族（1分）（2）ab（1分）（3）做配体（2分）（4）过滤（1分）8×10-13（2分）+-3+-（5）3NH4+3Cl+Sc+3F+6H2O=3NH4Cl·ScF3·6H2O↓（2分）-4.23+（6）4.2（1分）1.0×10（1分）（7）“脱水除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc的水解（2分）--（8）锌（1分）2Cl-2e=Cl2↑（1分）2+【解析】（2）[TiO(H2O2)]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。2+2+（3）由加入H2O2后得到含[TiO(H2O2)]的水溶液可知，TiO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-)=10-6mol·L-1，则c(Sc3+)=。+-3+-（5）“沉钪”时溶液中存在NH4、Cl、Sc、F。（6）从图中可知，pH大于4.2时，Sc3+开始与OH-成各种氢氧化物，不利于“沉钪”，且pF大于4.2时，以+––4.2-1ScF2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1.0×10mol·L。3+（7）“脱水除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc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）水浴加热（1分）（2）加适量蒸馏水稀释并充分冷却（1分）++2+（3）2VO2+H2C2O4+2H=2VO+2CO2↑+2H2O（2分）（4）减少产品溶解损失，加快干燥速率（2分）2+-+2++（5）3（2分）（6）5VO+MnO4+H2O=5VO2+Mn+2H（2分）51×2+16×410（7）30.6（2分）（8）6（1分）（9）√−8×10（2分）푁퐴×휌×3.0×10【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。+2+（3）H2C2O4还原VO2生成VO，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，且乙醇易挥发。使用乙醇可以减少VOSO4溶解损失，加快干燥速率。18n（5）由0.25得n=3。16318n22+-（7）依据得失电子守恒可得：5VO~MnO4，滴定时实际平均消耗KMnO4溶液26.00mL－2.00mL=24.00mL。0.0200molL124.00103L551gmol1则样品中钒元素的质量分数为100%30.6%0.4000g512164푚N（9）由图可知，一个晶胞中含V原子2个，O原子4个，根据휌=，得ρAgcm3，解푉(a10-10)23108得a的值。13.（15分）-1（1）①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol（2分）降低温度、增大水蒸气的浓度（2分）②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）ab（2分）（4）0.049（2分）0.4（2分）【解析】（1）①由反应ⅰ加上反应ⅱ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。②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）①主反应不会引起压强的变化，100min内总压变化9.8kPa是由副反应引起的，根据差量法：副反应：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)Δn变化：124.9kPa9.8kPap(CH4)4.9kPa1可得Δp(CH)=4.9kPa，由速率公式计算(CH4)0.049kPamin。4t100min②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100kPa，故起始p(CO)=p(H2O)=50kPa。由方程式可知，主反应不受压强的影响，平衡时总压减少20kPa是由副反应引起的。根据差量法可得：副反应：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)Δn变化：1311210kPa30kPa10kPa10kPa20kPa平衡时p(H2)=80kPa×6.25％=5kPa，故主反应中生成的p(H2)=30kPa+5kPa=35kPa主反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)3变化：35kPa35kPa35kPa35kPa故该平衡体系中：p(CO)=50kPa-35kPa-10kPa=5kPa，p(H2)=5kPa，p(CH4)=10kPa，p(H2O)=50kPa-35kPa+10kPa=25kPap(CH)p(HO)10kPa25kPa副反应的K=42==0.4kPa-2Pp(CO)p3(H)5kPa(5kPa)3214.（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。4（2）由C、E的结构简式对比可知道，C→D是苯环上-OH的H被-CHF2取代。（3）E→F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。5