2023年高考考前押题密卷：化学（福建卷）（全解全析）

这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（福建卷）（全解全析），共18页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，盐酸羟胺主要用作还原剂和定影剂等内容，欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷（福建卷）
化学·全解全析
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 K-39
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一项符合题目要求。
1．化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A．使用医用酒精对物体表面消毒时，医用酒精的浓度是95%
B．北京冬奥会采用银离子抗菌技术制作的速滑服，可有效防护细菌侵入
C．最大单体面积“发电玻璃”使用的碲化镉属于金属材料
D．《清明上河图》原作是在绢上作画，绢的主要成分是纤维素
【答案】B
【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，故A错误；
B．北京冬奥会采用银离子抗菌技术制作的速滑服，可有效防护细菌侵入，故B正确；
C．碲化镉属于新型无机非金属材料，C错误；
D．《清明上河图》是在生丝织成的绢上作画，绢的主要成分是蛋白质，故D错误；
故选B。
2．从樟科植物枝叶提取的精油中含有甲、乙两种成分：

下列有关说法错误的是
A．甲、乙均属于芳香烃
B．甲、乙分子均具有极性
C．甲、乙均能使酸性KMnO4及溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲可以通过氧化反应制备乙
【答案】A
【详解】A．甲、乙两分子中均含有氧原子，不属于烃类，都是芳香族化合物，A错误；
B．甲、乙两分子均不对称，具有极性，B正确；
C．甲、乙两分子中均含碳碳双键，故二者均可以使酸性KMnO4及溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D．甲中醇羟基可以在Cu作催化剂条件下被氧气氧化为醛基，D正确；
故答案为A。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．104 g苯乙烯( )含有σ键数目为11NA
B．在氢氧碱性燃料电池中，当正极上消耗22.4 L气体时，转移的电子数为2NA
C．在精炼铜的过释中，当阴极析出铜32 g时，阴阳极转移电子数均为NA
D．等物质的量的N2和C2H2所含有的电子数均为14NA
【答案】C
【详解】A．104 g苯乙烯为1mol，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，苯环碳原子之间存在6个σ键，则1mol苯乙烯含有16mol σ键，数目为16NA，A错误；
B．没有说明是否为标况，不能计算气体物质的量，不能计算转移电子数，B错误；
C．阴极铜离子得到电子生成铜单质，当阴极析出铜32 g时，为0.5mol，根据电子守恒可知，阴阳极转移电子数均为NA，C正确；
D．等物质的量的N2和C2H2，但是没有说明是否均为1mol，故不能减少所含有的电子数，D错误；
故选C。
4．过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，性质与过氧化钠相似。选用下列部分装置(部分固定装置略)合理组装可制备过氧化钙，其中不适合或不必要选取的装置是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，制备过程中不需要装有NaOH溶液的洗气瓶，故选D。
5．下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：
B．Fe(OH)3溶于氢碘酸：
C．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
【答案】C
【详解】A. 漂白粉溶液吸收CO2后产生碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是，故A错误；
B. 溶于氢碘酸生成碘化亚铁、碘单质、水，反应的离子方程式是，故B错误；
D. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，沉淀硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，反应的离子方程式是，故C正确；
C. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，NH4HSO4与NaOH等物质的量反应生成硫酸铵、硫酸钠、水，反应的离子方程式是，故D错误；
故选C。
6．明代《徐光启手迹》记载了制备王水的方法，其主要流程如图所示(水蒸气等部分产物已省略)，下列说法中正确的是

A．X不能使酸性溶液褪色
B．操作1的名称为蒸馏
C．流程中涉及的均为非氧化还原反应
D．步骤ⅱ能在铁容器中进行
【答案】B
【详解】A．由题意，Fe元素化合价升高，故部分硫元素化合价降低，X的化学式应为SO2，SO2具有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B．操作1后得到硝酸，该过程中制取硝酸是利用了硝酸易挥发的性质，则操作1的名称为蒸馏，故B正确；
C．步骤i中煅烧绿矾生成SO2过程中，S、Fe的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D．王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比=1:3的混合物，会腐蚀铁容器，步骤ⅱ不能在铁容器中进行，故D错误；
故选B。
7．W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期主族元素，四种元素可组成一种新型化合物，其中W的原子半径在短周期主族元素中最大，X的质子数是Z核外最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是
A．四种元素对应的最高价氧化物的水化物中，只有一种是强酸
B．W与另外三种元素形成的二元化合物均含离子键，水溶液呈碱性
C．简单离子半径：Z>Y>W
D．简单气态氢化物的稳定性：X>Z
【答案】A
【分析】W的原子半径在短周期主族元素中最大，W为Na；X的质子数是Z核外最外层电子数的2倍，分情况讨论：若Z核外最外层电子数为7，则Z为Cl、X为Si，由化合物中元素化合价代数和为0可知，Y元素化合价为-3，Y为P；若Z核外最外层电子数为6，则Z为S、X为Mg，Y元素化合价为+7，不合理；若Z核外最外层电子数为5，则X的质子数为10，不合理；可知Z为Cl、X为Si、Y为P。
【详解】A．氢氧化钠为强碱，硅酸为弱酸，磷酸为中强酸，高氯酸为强酸，A项正确；
B．氯化钠水溶液呈中性，B项错误；
C．核外电子排布相同的离子，原子序数大的半径小，磷离子的半径大于氯离子的，C项错误；
D．同周期主族元素从左到右，非金属性依次增强，则简单气态氢化物的稳定性Cl>Si，D项错误；
故答案为：A。
8．反应物(S)转化为产物P或)的能量与反应进程的关系如下图所示：

下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A．进程I是吸热反应
B．平衡时P产率：
C．生成P的速率：
D．进程IV中，Z不是催化剂
【答案】D
【详解】A．进程I反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；
B．中加了催化剂，降低反应所需活化能，但平衡不移动，因此平衡时P产率：，故B错误；
C．的第二阶段的活化能大于的任意阶段的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因此生成P的速率：，故C错误；
D．根据进程IV中参与反应的物质和生成的物质，则说明Z不是催化剂，故D正确。
综上所述，答案为D。
9．盐酸羟胺主要用作还原剂和定影剂。以外排烟气中的以及、盐酸为原料通过电化学方法一步制备盐酸羟胺的装置示意图如下。下列说法错误的是

A．制备总反应方程式为
B．该电化学装置中的离子交换膜最好选择质子交换膜
C．制备过程中，Pt电极所在极室溶液的pH基本保持不变
D．每生成1mol盐酸羟胺，电路中转移电子的物质的量：
【答案】D
【详解】A．根据以及、盐酸为原料制备盐酸羟胺， 制备总反应方程式为，故A正确；
B．根据电极反应，左边氢气失去电子变为氢离子，右边变为需要不断消耗氢离子，因此该电化学装置中的离子交换膜最好选择质子交换膜，氢离子从左边不断移动到右边，故B正确；
C．制备过程中，Pt电极为负极，氢气失去电子变为氢离子，氢离子穿过交换膜进入到右室，转移多少电子，生成多少氢离子，就会向右移动多少氢离子，因此Pt电极所在极室溶液的pH几乎不变，故C正确；
D．根据总反应方程式，生成2mol，转移(4x+2)mol电子，则每生成1mol盐酸羟胺，电路中转移电子的物质的量：，故D错误。
综上所述，答案为D。
10．砷酸()为三元弱酸，室温下向0.1mol/L的溶液中滴加NaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。
已知，下列叙述正确的是

A．反应的平衡常数值为
B．室温下，离子的电离程度强于水解程度
C．向VL 0.1mol/L溶液中滴加0.05mol/L NaOH溶液至时，消耗NaOH溶液体积大于VL
D．图中pH为4.7和9.8时均有
【答案】C
【详解】A．由图像可得，pH=11.3时，此时，反应的平衡常数，A错误；
B．当时，溶液pH=9.8呈碱性，所以离子的水解程度强于电离程度，B错误；
C．根据图像，当溶液pH=6.8时，溶液中，向VL 0.1mol/L的溶液中滴加等体积0.05mol/L的NaOH溶液的时刻，生成的与剩余的物质的量相等，由于前者水解程度小于后者的电离程度()，此时溶液显酸性，若要使pH=7，需继续滴加NaOH溶液，所以消耗NaOH溶液体积大于VL，C正确；
D．在pH为4.7和9.8时均有电荷守恒关系式：，但两点的物料守恒(也叫元素守恒)式不同，pH为4.7时有，电荷守恒式和物料守恒式作差可得：，pH为9.8时有物料守恒式，电荷守恒式和物料守恒式作差可得：，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（14分）
钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：

已知：①常温下，Ksp(CuS)=8.9×10-36，Ksp(CoS)=1.8×10-22。
②溶液的氧化还原电位为正表示该溶液显示出一定的氧化性。氧化还原电位越高，氧化性越强；电位越低，氧化性越弱。
回答下列问题：
(1)“浸出渣”的主要成分为_________(填化学式)。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是______________________________。
(3)Na2S常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol•L-1，则此时溶液的pH＜______[已知常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22(mol•L-1)3]。
(4)“氧化”过程中，Na2S2O8与Fe2+发生反应的离子方程式为_____________________________。
(5)“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是_______________________。
(6)Co元素的存在形式的稳定区域与溶液pH的关系如图(E－pH图)所示，在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化，写出该反应的离子方程式：______；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出m kgCo(OH)3。在提取过程中钴的损失率为______(填含w、m的表达式)%。

【答案】(1)Cu、PbSO4    （2分） 盐酸易挥发，对设备腐蚀性强    （2分）
(2)0.5    （2分）
(3)S2O+2Fe2+=2Fe3++2SO    （2分）
(4)调节溶液pH    （2分）
(5)S2O+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO+6H+       （2分）      （2分）
【分析】“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，Co、Zn、Fe均与硫酸反应生成相应的盐，Na2S常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，Na2CO3调节溶液pH，生成氢氧化铁，在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化生成Co(OH)3，据此分析解题。
【详解】（1）“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是盐酸易挥发，对设备腐蚀性强；
（2）Na2S常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol•L-1，Ksp(CoS)=1.8×10-22，cS2-=KspCoScCo2+=1.8×10-220.18mol⋅L-1=1×10-21mol⋅L-1，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22(mol•L-1)3则此时溶液的cH+=1.0×10-22mol•L-131.0×10-2mol•L-1，pH=-lgc(H+)=0.5，故pH＜0.5；
（3）“氧化”过程中，Na2S2O8与Fe2+发生反应，Fe2+氧化为Fe3+，S2O还原为SO，离子方程式为S2O+2Fe2+=2Fe3++2SO；
（4）“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是调节溶液pH，生成氢氧化铁；
（5）在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化，该反应的离子方程式：S2O+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO+6H+；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出mkgCo(OH)3。理论生成Co为1000kg×w%=10wkg，实际生成的Co的质量为：，在提取过程中钴的损失率为。

12．（13分）
(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备。
已知：①在时恰好完全沉淀为；
②不同温度下在水中的溶解度如图所示。

(一) 的制备
易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。

(1)仪器a的名称为_______。
(2)用图中的装置组合制备，连接顺序为________________。装置B的作用是_____________。
(3)装置A中发生反应的离子方程式为______________________。
(二) 的制备
步骤如下：
Ⅰ.在100 mL锥形瓶内加入4.5 g研细的，和5 mL水，加热溶解后加入0.3 g活性炭作催化剂。
Ⅱ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液。
Ⅲ.在60℃下反应一段时间后，经过_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。
(4)在加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入，请结合平衡移动原理解释原因________________。
(5)步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是___________、___________。
(6)制备的总反应的化学方程式为________________________。
(7)步骤Ⅲ中的操作名称为_______。
【答案】(1)分液漏斗 （1分）
(2) A→D→C→E→B （2分）
防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解 （2分）
(3) （2分）
(4)溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀 （2分）
(5)控制反应速率 （1分） 防止温度过高使和分解 （1分）
(6) （2分）
【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；
（3）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2；
（4）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；
（5）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；
（6）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；

13．（13分）
2020年中国向世界宣布2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。转化和吸收CO2的研究成为更加迫切的任务。
(1)在催化剂作用下CO2和H2发生反应I：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H1。已知298K时，部分物质的相对能量如表所示(忽略△H随温度的变化)。
物质
CO2(g)
H2O(l)
H2O(g)
H2(g)
C2H4(g)
相对能量(kJ•mol-1)
-393
-286
-242
0
52
则△H1=_____kJ•mol-1，该反应能够自发进行的条件是___________(填“较高温度”或“较低温度”)。
(2)在恒温恒容条件下，向密闭容器中充入CO2、H2，加入合适催化剂，发生反应I，下列情况表明反应I达到平衡状态的是_____(填序号)。
A．C2H4的体积分数保持不变
B．混合气体密度保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．混合气体中C2H4与H2O(g)的分压之比不变
(3)在一体积不变的密闭容器中投入0.4molCO2和1.2molH2，发生反应I，测得CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示；

①随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等，原因是_______________。
②若反应平衡时M点(p2对应压强下)密闭容器的体积为2L，请列出计算N点条件下反应Ⅰ的平衡常数的计算式K=___________(只列计算式)。
(4)CO2催化加H2还可能生成其他含碳化合物。研究发现，Fe、Co固体双催化剂的成分对相同时间内CO2转化率和产物选择性有重要作用，部分研究数据如表所示：
实验
编号
n(Fe)：n(Co)
CO2转化率/%
CO选择性/%
CH4选择性/%
C2H4选择性/%
反应后固体的成分
1
100∶0
1.1
100
0
0
Fe和少量Fe3O4
2
50∶50
30.5
36.8
42.9
20.3
Fe和Co
3
0∶100
69.2
2.7
97.1
0.2
Co
下列说法错误的是______(填序号)。
A．实验1中生成Fe3O4的化学方程式为3Fe+4CO2=Fe3O4+4CO
B．用该方法制备CH4时，最好选用金属Co作催化剂
C．n(Fe)：n(Co)对该制备过程影响很大
D．若生成等物质的量的CH4和C2H4，转移的电子数比值为2∶1
(5)在一定条件下，选择合适的催化剂使CO2只发生转化为CO的反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H＞0。调整CO2和H2初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，该反应CO2的平衡转化率如图所示：

已知：Kx是以物质的量分数表示的化学平衡常数；反应速率v=v正-v逆=k正x(CO2)x(H2)-k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。B、E、F三点反应温度最高的是_____点，计算E点所示的投料比在从起始到平衡的过程中，当CO2转化率达到40%时，=_____。
【答案】(1) -130  （2分）    较低温度 （1分）
(2)AC （2分）
(3)随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，所以随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等     （2分） （2分）
(4)D （2分）
(5) F    （2分）  2.25 （2分）
【详解】（1）已知反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，
则kJ/mol；该反应是一个熵减的放热反应，反应能自发进行，则上述反应能够自发进行的条件是较低温度。
（2）A．C2H4的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，故A符合题意；
B．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，故B不符合题意；
C．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，故C符合题意；
D．混合气体中C2H4与H2O(g)为生成物，分压之比等于反应的系数比为定值，分压之比不变不能说明达到平衡状态，故D不符合题意；
故选AC。
（3）①随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，所以随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等；
②在一体积不变的密闭容器中投入0.4molCO2和1.2molH2，发生反应I，CO2的平衡转化率为40%，则反应二氧化碳0.16mol；

若反应平衡时M点(p2对应压强下)密闭容器的体积为2L，平常常数只受温度影响，则MN两点的平衡常数相同，故N点条件下反应Ⅰ的平衡常数的计算式K=；
（4）A．由题干表中数据可知，实验1中CO的选择性100%，则该反应的化学方程式为，A正确；
B．由题干表中数据可知，实验1和实验3比较可知，当用Co作催化剂时的转化率最高，的选择性也很高，则制备时最好选用金属CO作催化剂，B正确；
C．由题干表中数据可知，的不同对的转化率、CO、、的选择性均影响很大，即对该制备过程影响很大，C正确；
D．本反应中是由中的+4价的C降低为中的-2价和CH₄中的-4价，生成等物质的量的和，转移的电子数比值为2∶3，D错误；
故选D；
（5）反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳转化率增大；B、E、F投料比不同但转化率相同，且F点和初始投料比最大，说明F点的温度最高；达到平衡状态E点，转化率刚好达到50%，设初始投料和均为1mol，列三段式：

此时；
当转化率达到40%时，

。

14．（10分）
空气中含大量的氮元素，日常生活中铁的应用非常广泛，可见生产、生活等离不开化学。
(1)血红蛋白(Hb)是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。血红素是由中心Fe2+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图1所示。

①基态Fe原子的核外电子排布式为_______，其在元素周期表中的位置为_______。原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，±即称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氧原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
②血红素分子中非金属元素的电负性由小到大的顺序为_______(填元素符号)。
③含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1mol血红素中通过螯合作用形成的配位键的数目为_______(填含NA的表达式)。
(2)卟啉是含有平面共轭大环结构的有机分子，具有独特的电子结构，卟啉分子结构如图2，分子中N原子采取_______杂化；卟啉分子中存在大π键，可表示为_______(巳知：大π键可用符号；表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键可表示为)。

(3)Fe3O4晶胞(图3)可以划分成8个小的立方单位(图4)，分别由4个I型和4个II型小单位拼在一起构成。Fe3O4晶胞中有_______个O2-，代表_______。

【答案】(1)[Ar]3d64s2   （1分）  第四周期Ⅷ族     （1分）   +1或-1       （1分） 
H< C< N