【文档说明】福建省部分地市2023届高三下学期4月适应性练习 化学参考答案解析.pdf，共(8)页，1.364 MB，由小赞的店铺上传

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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1．B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。2．D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。3．D解析：由血红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。4．A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+。5．B解析：选项A，冰中1molH2O中含有氢键2mol，而常温下水中1molH2O中含有氢键数小于2mol，18g水中含有的氢键数小于2NA，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1molS,转移3mole_，还原剂是FeS，故每生成32gS，FeS失去的电子数为3NA，故选项B正确。选项C，可通过Ksp[Fe

(OH)3]=1.0×10-38及c(Fe3+)≤1.0×10-5mol·L-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1molFe(OH)3，消耗

O2分子数为34NA。6．D解析：选项A，烧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错误。7．C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。8．B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，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，因此若Y、Z、W位于同一周期，则电负性：W＞Z＞Y，故选项D正确。9．C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I－3，

电催化过程中，I－3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，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+=I－3，依据转移电子守恒，整套装置转移0.01mole-，I—捕捉空穴0.01molh+，光催化装置生成1.905gI－3，故选项D错误。10．A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Π66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，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。11．D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：18×8=1；O处于面心，晶胞平均含有O：12×6=3；C

r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，anm，所以晶胞边长为c

m，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。12．B解析：由题干可知，矿物处理后所得的滤液中主要含有NaOH和NaAlO

2，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(AlO－2)

+c(OH-)，故选项A正确。选项B，由图可知，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)33.2×10-2mol，则c(Na2CO3)=1.00mol‧L-1，故NaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(HCO－3)+c(CO

2－3)=1.00mol‧L-1，故选项B错误。选项C，沉淀时的离子方程式：HCO－3+AlO－2+H2O=Al(OH)3↓+CO2－3，故选项C正确。选项D，d点时溶液中溶质为Na2CO3，有c(CO2－3)>c(OH-)>c(HCO－3)>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)①烧杯、量筒（只写烧杯亦可）(2分)烧杯、碱式滴定管(2分)②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)③30.00%(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)2·CuCO3↓+2Na2SO4+H2O+3CO2↑，生成碱式碳酸铜的同时，还生成CO2，Cu(OH)2·CuC

O3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时为使固体快速干燥，可选乙醇洗涤。（4）①步

骤A配置溶液时需要250mL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。②溶液恒温80ºC30min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。③甲酸根的质量分数为28.67%，计算方法：[c(HCOO-)+0.02]×25.00×2=0.02×50.00×5；c(HCOO-)=0.08mol·

L-1，0.08mol·L-1×0.25L×45g·mol-1/3g×100%=30.00%14．(1)MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O+CO2↑(2分)(2)MnO2＋2Fe2++4H2O===2Fe(OH)3↓＋Mn2++2H+（多写H2S氧

化不扣分）(2分)(3)CaSO4、Al(OH)3(2分)(4)①（不写共轭，只写出C-S单、双键交替亦可）(1分)②不易过滤（或造成Mn2+吸附损失）(2分)(5)Mn2+＋2HCO3-===MnCO3↓＋H2O+CO2↑(2分)(N

H4)2SO4(1分)(6)放电(1分)Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-===ZnxMn0.61□0.39O(2分)解析：(1)酸解时除SiO2外，其余均溶解，含锰组分发生：MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H

2O+CO2↑(2)氧化过滤时Fe2+被氧化，调pH为3，可知生成Fe(OH)3沉淀：MnO2＋2Fe2++4H2O===2Fe(OH)3↓＋Mn2++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)①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。②絮状无定型沉淀不易过滤，且吸附性强

。(5)沉锰时Mn2+转化为MnCO3，发生：Mn2+＋2HCO3-===MnCO3↓＋H2O+CO2↑溶液中残留的主要离子为NH4+和SO42-，即(NH4)2SO4。(6)由图知，过程②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：Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-===ZnxMn0.61□0.39O。15．(1)﹣1838.0(2分)(2)<(1分)(3)①催化剂活性下降或副反应增多(2分)②W(1分)③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)①C(2分)②75%(2分)������=（���0×2.910.7）4×（���0×2.910.7）6（���0×1.210.7）4×（���0×110.7）4×（���0×1.410.7）或�

�����=���0×2.94×4.2610.7×1.24×1.4(2分)解析：(1)本题干所给反应与反应Ⅰ、反应Ⅱ的关系为反应Ⅱ减去反应Ⅰ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Ⅰ的△H<0,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m<n。(3)①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。②从左图中可以看出M为W时，NO转化率最高，催化效果最好。③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)①两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(NH3)：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N≡N

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。②只有氧气只与反应Ⅱ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Ⅱ化学计量数算出反应Ⅱ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Ⅰ中NH3的变化量为2.8mol-2.4mol=0.4mol，再结合反应Ⅰ的化学计量数，计算出反应Ⅰ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/4mol×100%=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A→B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）ClCH2COOC2H5与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：ClCH2COOC2H5+2NaOH===HOCH2COO

Na+C2H5OH+NaCl。（4）C中的官能团名称为酯基、醚键。（5）E→F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：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com