2023年高考化学试卷（福建）（解析卷）

1/15 2023 年福建省高考化学试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之， 穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是 A．蒸 B．捣 C．焙 D．封 2．抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是 A．能发生水解反应 B．含有2 个手性 碳原子 C．能使Br2的CCl4溶液褪色 D．碳原子杂化方式有sp 2和sp 3 3．某含锰着色剂的化学式为XY4 MnZ2Q7，Y、X、Q、Z 为原子序数依次增大的短周期 元素，其中XY4 +¿¿具有正四面体空间结构，Z2Q7 4−结构如图所示。下列说法正确的是 A．键角： XY3>XY4 +¿¿ B．简单氢化物沸点： X>Q>Z C．第一电离能：X>Q>Mn D．最高价氧化物对应的水化物酸性：Z>X 4．我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺[NH3OH) +¿[NO3) −¿在催化剂作用下可完 全分解为N2、H2O和O2。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．0.1mol [NH3OH) +¿¿含有的质子数为1.5NA B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5NA 1/15 C．0.5mol硝酸羟胺含有的N−Oσ键数为2NA D．硝酸羟胺分解产生11.2LN2(已折算为标况)的同时，生成O2分子数为NA 5．稀有气体氙的氟化物(XeFn)与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与NaOH 2/15 溶液反应 i． 2XeF2+2H2O=2Xe↑+O2↑+4 HF ii． 2XeF2+4 OH −=2Xe↑+O2↑+4 F −+2H2O iii． XeF6+3H2O=XeO3+6HF iv． 2XeF6+4 Na +¿+16OH −=¿¿ Na4 XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F −+8H2O 下列说法错误的是 A．XeO3具有平面三角形结构 B．OH −的还原性比H2O强 C．反应i～iv 中有3 个氧化还原反应 D．反应iv 每生成1molO2，转移6 mol电子 6．从炼钢粉尘(主要含Fe3O4 、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程 ZnO 转化 为[Zn (NH3)4) 2+¿¿，并有少量Fe 2+¿¿和Fe 3+¿¿浸出。下列说法错误的是 A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3 B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3 C．“沉锌”过程发生反应[Zn (NH3)4) 2+¿+4 H2O+S 2−=ZnS↓+4 NH3⋅H2O¿ D．应合理控制(NH4)2S用量，以便滤液循环使用 7．从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下： 2/15 已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g⋅cm -3。下列说法错误的是 A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层 B．“有机层”从分液漏斗上口倒出 C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 3/15 D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好8．一种可在较高温下安全快充的铝-硫 电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由NaCl 、KCl和AlCl3形成熔点为93℃的 共熔物)，其中氯铝酸根[AlnCl3n+1 − (n≥1))起到结合或释放Al 3+的作用。电池总反应： 2Al+3xS ⇄ 充电 放电 Al2(Sx)3。下列说法错误的是 A． AlnCl3n+1 − 含 4n 个 Al−Cl 键 B．AlnCl3n+1 − 中同时连接2 个Al原子的Cl原子有 (n−1)个 C．充电时，再生1molAl单质至少转移3mol电子 D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n 值小的AlnCl3n+1 − 浓度越高 9．25℃时，某二元酸(H2A)的Ka1=10 −3.04、Ka2=10 −4.37。1.0mol⋅L −1NaHA溶液稀 释过程中δ (H2A)、δ (HA −)、δ (A 2−)与pc¿的关系如图所示。已知pc¿的分布系数 δ (HA −)=c (HA −) c (H2A)+c (HA −)+c (A 2−) 。下列说法错误的是 3/15 A．曲线n 为 δ (HA −) 的变化曲线 B．a 点：pH=4.37 C．b 点：2c (H2A)+c (HA −)=c¿ D．c 点：c¿ 二、工业流程题 10．白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含 Fe3O4 、CoO 、CuS、Cu2S及少量SiO2)中分离回收金属的流程如下： 4/15 (1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程 式 。 (2)“焙烧1”中，晶体[Fe2(SO4)3⋅xH2O和CoSO4⋅yH2O]总质量随温度升高的变化情况如 下： 温度区间/℃ ¿227 227 566 566 600 600 630 晶体总质量 变小 不变 变小 不变 ①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ；566 600℃发生分解的物质是 (填化学式)。 ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。 (3)25℃时，Ksp(CuS)=6.3×10 −36,H2S的Ka1=1.1×10 −7,Ka2=1.3×10 −13。反应 CuS(s)+2H +¿(aq)=Cu 2+¿(aq)+H2S(aq)¿¿的平衡常数K= (列出计算式即可)。经计算可判断CuS难 溶于稀硫酸。 II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。 4/15 (4)基态 Cu 2+¿¿ 的价电子排布式为 。 (5)晶胞中含有 个S2 2−,N¿ 。晶体中微粒间作用力有 5/15 (填标号)。 a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键 (6)“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。 三、实验探究题 11．某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。 步骤一：TiCl4水解制备TiO2(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入TiCl4，边搅拌边加 热，使混合液升温至80℃，保温3 小时。离心分离白色沉淀TiO2⋅xH2O并洗涤，煅烧制 得TiO2。 (1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”） (2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体 主要成分为 (填化学式)。 (3)判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。 步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。 (4)装置C 中试剂X 为 。 5/15 (5)装置D 中反应生成TiN 、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。 (6)装置E 的作用是 。(7)实验中部分操作如下： 6/15 a．反应前，称取0.800gTiO2样品； b．打开装置B 中恒压滴液漏斗旋塞； c．关闭装置B 中恒压滴液漏斗旋塞； d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右； e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却； f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。 ①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。 ②TiN的产率为 。 四、原理综合题 12．探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有 ⅰ．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+124 kJ⋅mol −1 ΔS1=127 J⋅K −1⋅mol −1 Kp1 ⅱ．C3H8(g)=C2H4(g)+CH4(g) ΔH2=+82kJ⋅mol −1 ΔS2=135 J⋅K −1⋅mol −1 Kp2 ⅲ． C3H8(g)+2H2(g)=3CH4(g) ΔH3=−120 kJ⋅mol −1 ΔS3=27.5 J⋅K −1⋅mol −1 Kp3 已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在0.1MPa 、t ℃下， 丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。 物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气 体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0 (1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或 “＜”）。 (2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向 进行有利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。 ②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。 ③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8(g)=2C3H6(g)+3CH4(g) Kp， 下列相关说法正确的是 (填标号)。 a．Kp=Kp1 2 ⋅Kp3 6/15 b．Kp=0.210 2×0.552 3×0.1 2 0.001 3 (MPa) 2c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率 d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数 ④由表中数据推算：丙烯选择性¿n生成( 丙烯) n 转化( 丙烷) ×100%=¿ (列出计算式)。 7/15 (3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH4=+91kJ⋅mol −1 在0.1MPa 、t ℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。 ①进料比n(丙烷) ：n (甲醇) ¿1 时，体系总 反应：C3H8(g)+CH3OH(g)=CO(g)+3CH4(g) ΔH=¿ kJ⋅mol −1 ②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。 五、有机推断题 13．沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F 的合成路线。 已知：Boc表示叔丁氧羰基。 (1)A 中所含官能团名称 。 (2)判断物质在水中的溶解度：A B(填“>”或“<”) (3)请从物质结构角度分析(C2H5)3N能与HCl反应的原因 。 (4)A→B的反应类型 。 (5)写出D 的结构简式 。 (6)写出E→F的化学反应方程式 。 (7)A 的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H 被取代后的烃的衍生物， 核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，写出该同分异构体的结构简式 。(只写一种) 7/15 参考答案： 1．D 8/15 【分析】“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”的含义是晴好的 天气时采摘茶叶，经过蒸青、捣泥、拍压、烘焙、穿孔、装袋等工序后，才能制造出优质 的茶叶。 【详解】A． 蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产 生，故A 不符； B． 捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B 不符； C． 烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C 不符； D． 封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D 符合； 故选D。 2．B 【详解】A．分子中有肽键，因此在酸或碱存在并加热条件下可以水解，A 正确； B． 标注*这4 个碳原子各连有4 个各不 相同的原子或原子团，因此为手性碳原子，B 错误； C．分子中含有碳碳双键，因此能使能使Br2的CCl4溶液褪色，C 正确； D．分子中双键碳原子为sp 2杂化，饱和碳原子为sp 3杂化，D 正确； 故选B。 3．C 【分析】由题意，Y、X、Q、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，其中XY4 +¿¿具有正四 面体空间结构，可知XY4 +¿¿为NH4 +，故Y 为H，X 为N；同时分析Z2Q7 4−结构，可知Q 正 常情况应该成两根键，Q 为ⅥA 的元素，同时Z 也成5 根键，Z 为ⅤA 的元素，故Q 为 O,Z 为P。 【详解】A．NH3 和NH4 +都是sp3杂化，但是NH3 中有一对孤电子对，孤电子对对成键电子 8/15 对的排斥作用更大，在一个NH3 是三角锥形结构，而NH4 +是正四面体结构，故键角：NH3 ＜NH4 +，A 错误； B．X、Q、Z 分别为N、O、P，沸点顺序为H2O＞NH3＞P H3,正确顺序为Q＞X＞Z，B 错误;C．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势， 故第一电离能：N＞O＞Mn，C 正确; 9/15 D．Z 的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4,X 最高价氧化物对应的水化物为HNO3,前者 为中强酸而后者为强酸，D 错误； 故选C。 4．C 【详解】A．0.1mol [NH3OH) +¿¿含有的质子数为 0.1mol× \(7+8+1×4\)NA·mol -1=1.9NA ，A 错误； B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为 48g 96g·mol −1 ×2NA·mol −1=1NA，B 错误； C．0.5mol硝酸羟胺含有的N−Oσ键数为0.5mol×4NA·mol −1=2NA ，C 正确； D．根据题意硝酸羟胺分解的化学方程式为[NH3OH) +¿[NO3) −=N2↑+2H2O+O2↑¿，根据计量系数 关系可知硝酸羟胺分解产生标况下11.2LN2，同时生成O2分子数为0.5NA，D 错误； 故选C。 5．A 【详解】A．Xe 原子以sp3 杂化轨道成键，XeO3分子为三角锥形分子，A 错误； B．由iii、iv 两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF6可以发生还原反应，而在水中 则发生非氧化还原反应，故可知：OH −的还原性比H2O强，B 正确； C．I、iii、iv 三组化学反应均为氧化还原反应，C 正确； D．分析iv 可知，每生成一个O2，整个反应转移6 个电子，故每生成1molO2，转移6 mol 电子，D 正确； 故选A。 6．B 【分析】“盐浸”过程ZnO转化为[Zn (NH3)4) 2+，发生反应 ZnO+2NH3+2NH4 +¿=[Zn\(NH3 \)4) 2+¿+H2O¿¿，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通 入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为： 9/15 [Zn (NH3)4) 2+¿+4 H 2O+S 2−=ZnS↓+4 NH3· H 2O¿，经洗涤干燥后得到产物ZnS 及滤液NH4Cl。 【详解】A. “盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH3，A 正确； B. 由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B 错误；C. “沉锌”过程发生反应[Zn (NH3)4) 2+¿+4 H 2O+S 2−=ZnS↓+4 NH3· H 2O¿，C 正确； D. 应合理控制(NH4)2S用量，以便滤液循环使用，D 正确； 10/15 故答案选B。 7．D 【分析】苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔 丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏 的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为 苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。 【详解】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A 正确； B．甲基叔丁基醚的密度为0.74g⋅cm -3，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B 正确； C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离 出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C 正确； D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用 乙醇好，故D 错误； 故答案为：D。 8．D 【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得 到电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。 【详解】A． AlnCl3n+1 − 的结构为 ，所以 含4n个Al−Cl键，A 正确； B．由AlnCl3n+1 − 的结构可知同时连接2 个Al原子的Cl原子有 (n−1)个，B 正确； C．由总反应可知充电时，再生1molAl单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移 3mol电子，C 正确； D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n 值大的 AlnCl3n+1 − 浓度越高，D 错误； 故选D。9．B 10/15 【分析】1.0mol⋅L −1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-⇌H+ +A-和水解平衡HA-+H2O⇌OH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n 为 δ (HA −) 11/15 的变化曲线，pc¿的增大，c¿减小，δ (A 2−)增大明显，故曲线m 为δ (A 2−)的变化曲线，则 曲线p 为δ (H2A)的变化曲线； 【详解】A．1.0mol⋅L −1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-⇌ H++A-和水解平衡HA-+H2O⇌OH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲 线n 为δ (HA −)的变化曲线，选项A 正确； B．a 点, pc¿=1.0，则c¿=0.1mol/L，δ (HA −)=0.70，δ (H2A)=δ (A 2−)=0.15， Ka2=c (A 2−)c¿¿，c¿，pH≠4.37，选项B 错误； C．b 点, δ (HA −)=0.70，δ (H2A)=δ (A 2−)=0.15，即c (H2A)=c (A 2−)，根据物料守恒有， c (A 2−)+c (H2A)+c (HA −)=c¿，故2c (H2A)+c (HA −)=c¿，选项C 正确； D．c 点：δ (HA −)=c (A 2−)，故c (A 2−)=c (HA −)根据电荷守恒有c¿，故c¿，选项D 正确； 答案选B。 10．(1) 粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等 CoO+2H +¿=Co 2+¿+H2O¿¿ (2) 失去结晶水 Fe2(SO4)3 600℃630℃ (3)Ksp \(CuS\) Ka1×Ka2 或 6.3×10 −36