2023年高考真题-理综化学(福建卷)

--1-2023福建省高中理综化学力气测试试题和解析相对原子质量：N-14O-16Mg-24第一卷〔选择题共108分〕６.化学与社会、生产、生活紧切相关。以下说法正确的选项是〔 〕A．石英只能用于生产光导纤维B．从海水提取物质都必需通过化学反响才能实现C．为了增加食物的养分成分，可以大量使用食品添加剂“地沟油”制止食用，但可以用来制肥皂【答案】D【解析】ABC７. 以下关于有机化合物的说法正确的选项是〔 〕A．乙酸和乙酸乙酯可用NaCO溶液加以区分B．戊烷〔CH 〕有两种同分异构体2 3 512C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键 D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【答案】A【解析】B应当是三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、戊烷；C由于聚氯乙烯没有，错误；D８. 室温下，对于0.10mol·L-1的氨水，以下推断正确的选项是〔 〕AlCl3

溶液反响发生的离子方程式为Al3++3OH—=Al(OH)3↓c(NH+)c(OH—)变大4HNO溶液完全中和后，溶液不显中性3pH=13【答案】CABHH3 2c(NH+)·c(OH-)减小，错；D4９．四种短周期元素在周期表中的位置如右图其中只有M为金属元素以下说法的是〔 〕AZ<MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简洁气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z2周期、第ⅥA族【答案】B【解析】由元素位置可知，Y、Z在其次周期，M、X在第三周期，由于只有M为金属，故Y、Z、M、X四种元素分别为N、O、Al、SiYF,没有最高价，只有负价，所以没法比较。１０.以下有关试验的做法的是〔 〕A.分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C.0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流DNH+NaOH溶液，微热，用潮湿的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体4【答案】D【解析】ABC正确，D的正确方法应当是用潮湿的红色石蕊试纸检验。１１.某科学家利用二氧化铈〔CeO〕在太阳能作用下将HO、CO转变成H、CO。其过程如2 2 2 2下：以下说法不正确的选项是〔 〕CeO没有消耗2该过程实现了太阳能向化学能的转化C．右图中△H=△H+△H1 2 3DCOO2构成的碱性燃料电池的负极反响式为CO+4OH——2e—=CO2—+2HO3 2【答案】CH+△H△H=0，H〔H△H，这里是考1 2 3 1 2 3察盖斯定律。１２.NaHSO溶液在不同温度下均可被过量KIO氧化，当NaHSO完全消耗即有I析出，依据3 3 3 2INaHSO2

0.020mol·L-1NaHSO〔含少量淀粉〕3ml、KIO〔过量〕酸性溶液40.0ml10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观看到3溶液变蓝，试验结果如右图。据图分析，以下推断的是〔 〕040℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反图中b、cNaHSO反响速率相等3图中aNaHSO3

5.0×10-5mol·L-1·s-1温度高于40℃时，淀粉不宜用作该试验的指示剂【答案】BA读图可知正确；计算vC0等于0.02/5，终了为0，除去80，0.020molL110mlv(NaHSO)=3

50ml80s

L-·CD温度越高，B中由于温度是唯一转变的条件，温度上升反响速率加快，不会相等。其次卷〔192分〕必考局部10157分。23.〔16分〕利用化石燃料开采、加工过程产生的HS废气制取氢气，既廉价又环保。2工业上可用组成为K

O·MO·2RO·nHO的无机材料纯化制取的氢气2 2 3 2 2①元素M、R3周期，两种元素原子的质量数之和为27R的原子构造示意图为 ②常温下，不能与M单质发生反响的是 〔填序号〕a.CuSO溶液b.FeO c.浓硫酸 d.NaOH e.NaCO固体4 2 3 2 3利用HS废气制取氢气来的方法有多种2①高温热分解法：HS(g)==H+1/2S(g)2 2 2在恒温密闭容器中，把握不同温度进展HS分解试验。以HS起始浓度均为cmol·L-1测定HS2 2 2的转化率，结果见右图。图中aHS的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下2反响经过一样时间且未到达化学平衡时HS985HS按上述反响分解2 2的平衡常数K= ；说明温度的上升，曲线b向曲线a靠近的缘由： ②电化学法该法制氢过程的示意图如右。反响池中反响物的流向承受气、液逆流方式，其目的是 反响池中发生反响的化学方程式为 反响后的溶液进入电解池，电解总反响的离子方程式为 。②b、e〔2〕①23

0.2c 温度上升，反响速率加快，到达平衡所需的进间缩短〔或其它合理答案〕②增大反响物接触面积，使反响更反分HS+2FeCl=2FeCl+S↓+2HCl 2Fe2＋+2H＋ 2Fe3＋+H↑2 3 2 2【解析】此题考察元素推断、原子构造、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反响原理的学问，同时考察学生的图表分析力气。〔1〕R+43SiMAlFeO不反响，c(S

1)2c(H

2 31) 0.4c(0.2c)2 2与aO也不反响〕= 2 2 = = c。温度越高，反响速2 3 c(HS)2

0.6c 3率越快，反响物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。FeCl具有强氧化性，3能够氧化HS：2FeCl＋HS＝2FeCl＋S＋2HClSO的吸取相类似，气2 3 2 2 3体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反响充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3〔阳极反响〕，循环使用；而另一电极产生的则为H故电解总的离子方程式为：2Fe2+＋2H＋电解2Fe3+＋H↑。2

〔阴极反响〕。224.〔14分〕二氧化氯〔ClO〕是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。2氯化钠电解法是一种牢靠的工业生产ClO方法。2①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO2-等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中4先参与过量 〔填化学式，至沉淀不再产生后，再参与过量的aO和，充2 3分反响后将沉淀一并滤去经检测觉察滤液中仍含有确定量的O其缘由 【已4知：Ksp(BaSO)=1.1×10-10Ksp(BaCO)=5.1×10-9】4 3〔NaClO〕与盐酸反3ClO。2工艺中可以利用的单质 〔填化学式，发生器中生成O的化学方程式为2 。ClODNaClO2 3ClO。完成反响的化学方程式：2□ 〔D〕+24NaClO+12HSO=□ClO↑+□CO↑+18HO+□ 3 2 4 2 2 2ClOClCN-Cl-CN-相2 2同量得电镀废水，所需Cl的物质的量是ClO的 倍2 2【答案】〔1〕①BaCl2O和O的K相差不大，当溶液中存在大量时，O会局部转化为4 3 sp 3 4BaCO(s)(或其它合理答案)3②H、Cl2 22NaClO+4HCl 2ClO↑+Cl↑+2NaCl+2HO246123 2 2 224612〔2〕1CH O+24NaClO+12HSO612 6 3 2 4〔3〕2.5

ClO↑+2

CO↑+18HO+2 2

NaSO2 4ClO为载体，考察除杂，电解原理，配平以及氧化复原反响等学问。2Ca2、Mg2、SO2NaCO、NaOH、BaCl，为防止引入4 2 3 2BaClNaCOCa2Ba2BaSOBaCO2 2 3 4 3Ksp大小看，BaCO

BaSONaCOCa2时，CO2浓度大，3 4 2 3 3BaSOBaCO：BaSO＋CO2＝BaCO＋SO2SO2。4 3 4 3 3 4 4②通常状况下，电解饱和食盐水的离子方程式为：2Cl＋2HO电解Cl↑＋H↑＋2OH，故在2 2 2电解过程中可以利用的气体单质是H、Cl。NaClO、ClO、Cl、HCl中氯的化合价分别为＋5、2 2 3 2 2＋4、0、－1价，从图示可知，二氧化氯发生器除生成ClOCl生成。故该反响过程2 2为：NaClO→ClO为复原反响，氯的化合价降低1价，HCl→Cl，发生氧化反响。依据化合价3 2 2升降相等可配平反响方程式。依据元素守恒可知，方程式右侧空缺的物质应为Na

SO。24NaClO→24ClO，化合价降2 4 3 224C6H12O6，则碳0CO，其中碳的化合价为＋4价，依据化合价升降相等可配平2反响方程式。Cl→2Cl2e；ClO→Cl5eCN时转移电子数相等。故所2 2ClClO2.5。2 225.〔15分〕Mg(NO)为争论对象，拟通过试验探究324种猜测：甲：Mg(NO)、NO、O 乙：MgO、NO、O 丙：MgN、O 丁：MgO、NO、N32 2 2 2 2 3 2 2 2 2试验前，小组成员经争论认定猜测丁不成立，理由是 。查阅资料得知：2NO+2NaOH=NaNO+NaNO+HO2 3 2 2针对甲、乙、丙猜测，设计如以以下图所示的试验装置〔图中加热、夹持仪器等均省略：试验过程①取器连接后，放人固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管A，观看到E中有气泡续放出，说明 Mg(NO)3.79g置于A中，加热前通人N以驱尽装置内的空气，其目的是32 2 关闭K，用酒精灯加热时正确操作是先 然后固定在管中固体部位下加热。③观看到A中有红棕色气体消灭，C、D中未见明显变化。④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g⑤取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象。(3〕试验结果分析争论①依据试验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜测 是正确的。②依据DOO，D中将2 2发生氧化复原反响 〔填写化学方程式溶液颜色会退去；小组争论认定分解产物中有O存在，未检侧到的缘由是 。2③小组争论后达成的共识是上述试验设计仍不完善，需改进装里进一步争论。【答案】〔1〕不符合氧化复原反响原理〔或其它合理答案〕①装置气密性良好②避开对产物O的检验产生干扰〔或其它合理答案〕2移动酒精灯预热硬质玻璃管①乙②2NaSO+O 2NaSO2 3 2 2 4O在通过装置B时已参与反响〔或其它合理答案〕2Mg(NO)3

加热分解后的产物的探究，以及试验根本操作。Mg(NO)Mg、N、O的化合价分别为＋2、＋5、－2价，NO、N、MgN中氮的化合32 2 2 2 3价分别为＋403价，O02符合氧化复原反响特点。而丁猜测只有化合价的降低，没有化合价的上升，该猜测不成立。N将装置中的空气赶出的目的，是2防止对分解产物的O的检验超成干扰。加热操作是先预热，再集中加热。2①Mg(NO)易溶于水，MgN能够与水反响：MgN＋6HO＝3Mg(OH)↓＋2NH↑，MgO32 3 2 3 2 2 2 3难溶于水。将固体溶于水，未见明显现象，故乙猜测正确。②NaSO为弱酸强碱盐，SO2水解溶液呈碱性：SO2＋HO HSO＋OH，溶液颜色退去，2 3 3 3 2 3NaSONaSO：2NaSO＋O＝2NaSO。2 3 2 4 2 3 2 2 4NO、OHNONaOH吸取，导致无法检2 2 3O的存在。231.[化学—物质构造与性质]〔13分〕2BFC、N、O三种元素的相对位置。NFNHFCu催化剂存在下反响直接得到：3 3 22NH3

3F2

CuNF3

3NHF4①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 〔填序号。a.离子晶体b.分子晶体c.原子晶体d.金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为 。BF3与确定量水形成(HO)·BF晶体Q，Q在确定条件下可转化为R：2 2 3①晶体Q中各种微粒间的作用力〔填序号。a.离子键b.共价键c.配位键d.金属键e.氢键f.范德华力②R中阳离子的空间构型为 ，阴离子的中心原子轨道承受 杂化。苯酚( )具有弱酸性，其Ka=1.1×10-10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此推断，一样温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸) Ka(苯酚)〔填“>”或“<”〕，其缘由是 。〔1〕①a、b、d②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1①a、d②三角锥型 sp3COO〔4〕<

OH 中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋【解析】此题考察物质构造与性质模块的内容。考察了电离能、电子排布式、空间构型、杂化以及氢键等学问。同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但是氮的2p轨道处于半满状态2p3，使其构造相对较为稳定，致使其第一电离能大于相邻的碳、氧元素。①NH、F、NF为分子晶体，铜为金属晶体，而NHFNH+F组成的为离子晶体。3 2 3 4 429，处于ⅠB族，故其电子排布式为：1s11s22s22p63s23p63d104s1。①在Q晶体中HO是由共价键组成的分子、除存在共价键外，B最外层有3个2电子，与F原子形成共价键，B原子供给空轨道与O原子间形成配位键，除分子间作用力外，HO的氧原子与的氢原子键存在氢键。2②HOsp3杂化，形成的空间构型为三角锥形。阴离子的B原子形成四条单键，3无孤对电子对，故其杂化类型为sp3。当小。

形成分子内氢键后，导致酚羟基的电离力气降低，故其其次电离力气比苯酚32.[化学-有机化学根底](13分)：为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径常温下，以下物质能与A发生反响的有 〔填序号〕a.苯b.Br/CCl c.乙酸乙酯d.KMnO/H+溶液2 4 4〔2〕M中官能