福建省漳州市2023届高三毕业班第四次教学质量检测 化学答案和解析

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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 6 mol NaOH 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，1 molCO2参与反应，C由+4 价转化为+2 价，转移 2 mol 电子；标况下 HCOOH 非气态；
N(C2H5)3性质与 NH3相似，0.1 mol N(C2H5)3反应生成的[N(C2H5)3H]+会发生水解，离子数目小于 0.1 NA；
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
剩余 Fe3+，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 Ca2+，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．D
【解析】NaOH 过量，Mg2+会与 OH-生成更难溶的 Mg(OH)2沉淀；S2-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、
羧基电离出 H+与CO32-结合生成 HCO3-。
8．C
【解析】根据图像分析可知放电时，负极反应为 Zn-2e-=Zn2+,正极反应为 3BiOI+3e-=Bi+Bi2O3。3 mol BiOI 生
成1 mol Bi 和1 mol Bi2O3转移 3 mol e-，故 1 mol BiOI 参与反应转移 1 mol e-。充电时，Zn 电极作阴极，BiOI
极作阳极，Zn2+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。
2
10. 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
恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl3-)+c(ClO-)+c(OH-)；NaCl 溶液中
 = 
 ，而
 =
，随着 Cl2
溶解度的减小，反应①逆向移动，溶液中 c(H+)减小，所以
增大。
二、非选择题
11. （15 分）
（1）第四周期ⅢB 族（1分） （2）a b（1分）
（3）做配体（2分） （4）过滤（1分） 8×10-13（2分）
（5）3NH4+ + 3Cl- + Sc3+ + 3F- + 6H2O = 3NH4Cl·ScF3·6H2O↓（2分）
（6）4.2（1分） 1.0×10-4.2（1分） （7）“脱水除铵”时 NH4Cl 分解生成 HCl，抑制 Sc3+的水解（2分）
（8）锌（1分） 2Cl- - 2e- = Cl2↑（1分）
【解析】（2）
[TiO(H2O2)]2+ 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。
（3）由加入 H2O2后得到含[TiO(H2O2)]2+的水溶液可知，TiO2+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-)=10-6 mol·L-1，则 c(Sc3+)= 。
（5）“沉钪”时溶液中存在 NH4+、Cl-、Sc3+、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
ScF2+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 1.0×10–4.2 mol·L-1。
（7）“脱水除铵”时 NH4Cl 分解生成 HCl，抑制 Sc3+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）
（3）2VO2+ +H2C2O4 +2H+ =2VO2+ +2CO2↑ +2H2O（2分） （4）减少产品溶解损失，加快干燥速率（2分）
（5）3（2分） （6）5VO2++ MnO4-+ H2O=5VO2+ +Mn2+ +2H+（2分）
（7）30.6（2分） （8）6（1分） （9）
 （2分）
【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。
（3）H2C2O4 还原 VO2+生成 VO2+，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。
（5）由
25.0
18n163
18n
得n=3。
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