2023年福建高考化学试卷及解析

2023年福建高考化学试卷及解析[2023·福建卷]以下有关物质应用的说法正确的选项是( A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一3 6．D[解析]生石灰与氧气不反响，不能作食品抗氧化剂，A项错误；盐类中食盐可作调味品，其他的盐不能作调味品，B项错误；铝能与食醋中的醋酸发生反响，C项错误；小苏打是NaHCO，受热产生CO，可作面粉发酵粉，D3 [2023·福建卷]以下关于乙醇的说法不正确的选项是( A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反响制取C．与乙醛互为同分异构体D．通过取代反响可制取乙酸乙酯7．C [解析]纤维素在确定条件下完全水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，A项正确；乙烯与水在确定条件下发生加成反响生成乙醇，B项正确；C2H6O，乙醛的分子式为C2H4O，C取代反响中的一种，D项正确。[2023·福建卷]以下试验能到达目的的是( )只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl、MgCl、NaSO

四种溶液3 2 2 4将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体用萃取分液的方法除去酒精中的水用可见光束照耀以区分溶液和胶体8．D[解析]AlCl3、MgCl2均能与氨水反响生成白色沉淀，而NaCl、Na2SO4与氨水均不能反响，A项错误；NH4Cl受热会分解，得不到NH4Cl固体，B项错误；互不相溶的两种液体可用分液法分别，酒精与水互溶，C项错误；当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观看到胶体里消灭的一条光亮的“通路”应，可用这一现象区分溶液和胶体，D项正确。[2023·福建卷]常温下以下各组物质中既能与X反响又能与Z反响的是( )XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A.①③B．①④C．②④D．②③39．B[解析]①中Y是两性氢氧化物，常温下既能与NaOH溶液反响又能与稀硫酸反响SiO2N2与O2在高温或者放电的条件下反响生成NO；N2H2NH；④中在常温下，2FeCl3＋Cu===2FeCl23CuCl，4HNO浓Cu===Cu(NO)＋2NO

O，B项正确。2 3 32 2 23[2023·福建卷]以下关于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的说法正确的选项是( A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO2－3B．25℃时，加水稀释后，n(H＋)n(OH－)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－)＋c(CO2－)3 33D.温度上升，c(HCO－)增大3310．B [解析]NaHCO3NaHCO3===Na＋＋HCO－，A项错误；依据KW＝c(H＋)·c(OH－)KW·V2＝n(H＋)·n(OH－)KW不变，B项正确；C3项电荷不守恒，错误；温度上升，HCO－c(HCO－)减小，D项3 3错误11．[2023·福建卷]某原电池装置如以以下图所示电池总反响为2Ag＋Cl2===2AgCl。以下说法正确的选项是( )正极反响为AgCl＋e－===Ag＋Cl－放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C．假设用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反响随之转变D0.01mole－0.02mol离子211．D[解析]Cl＋2e－===2Cl－，A项错误；放电时，交换膜右侧的电极Ag＋与电解质HCl中的Cl－结合生成AgCl白色沉淀。则负极电极反响式：2Ag－2e－＋2Cl－===2AgCl，B项错误；负极放电产生Ag＋Cl－NaCl代替盐酸不会转变电池总反响，C项错误；当电0.01mole－时，交换膜左侧的电极放电产生0.01molAg＋，与电解质中的0.01molCl－结合生成AgCl0.01molH＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，则交0.02mol离子，D项正确。212．[2023·福建卷]在确定条件下，N2O分解的局部试验数据如下：0.1000.0900.0800.0700.0600.050607080901000.0400.0300.0200.0100.000反响时间010反响时间01020304050/minc(N2O)(mol·L－1)反响时间/minc(N2O)(mol·L－1)(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1<c2)12．A [解析]从题给数据可观看到，相等的时间段内(10min)反响消耗的N2O相等，N2O浓度对反响速率无影响，A项正确；N2O的分解反响不是可逆反响，没有平衡状态，B项错误；依据半衰期概念，结合反响速率与浓度无关，可知浓度越大半衰期越长(假设取浓0.100→0.05050min0.080→0.04040min，即C10min～10min时N2的转化率为10，10～20minNO211.1%，即浓度越大转化率越小，D项错误。[2023·福建卷]元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。与氯元素同族的短周期元素的原子构造示意图为 。能作为氯溴碘元素非金属性(原子得电子力气)递变规律的推断依据是 序号)。a．Cl

、Br、I

的熔点2 2 2b．Cl、Br、I

的氧化性2 2 2c．HCl、HBr、HI的热稳定性d．HCl、HBr、HI的酸性工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl8NaClO

晶体①完成Ⅰ中反响的总化学方程式：Ⅰ 3 Ⅱ 33NaCl＋H2O=== NaClO＋ 。3②Ⅱ中转化的根本反响类型是 ，该反响过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的缘由是 。x1molCl－、ClO－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如右x图所示。①D是 (填离子符号)。②B→A＋C反响的热化学方程式为 (用离子符号表示)。23．(1)3H2O===1NaClO＋3

313H2↑313

(2)b、c (3)①

NaCl＋②复分解反响室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体43(4)①ClO－ ②3ClO－(aq)===ClO－(aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－117kJ·mol－143[解析] (1)与氯元素同族的短周期元素为F，F 的原子结构示意图为。(2)Cl、Br、I

都是分子晶体，其熔点受分子间作用力影响，与非金属性无关，a项错2 2 2误；单质的氧化性越强则其元素的非金属性越强，b项正确；非金属性强弱可用气态氢化物的稳定性推断，c项正确；卤素氢化物的酸性可用来推断氢原子与卤素原子形成的共价键强弱，d项错误。(3)①依据氧化复原反响的化合价升降法配平可得：NaCl＋3H2O===NaClO333＋3H2↑NaClO＋KCl===KClO＋NaCl↑，各元素的化合价没有变化，3343体析出而无其他晶体析出。(4)①从图可知D中氯元素的化合价为＋7，则DClO－；②从图中可知：ACl－，BClO－，CClO－，B→A＋C的氧化复原反响用升降法配平可433得该热化学方程式为3ClO－(aq)===ClO－(aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝(63kJ/mol＋2×0)－3×603kJ/mol＝－117kJ/mol。[2023·福建卷]铁及其化合物与生产、生活关系亲热。以以下图是试验室争论海水对铁闸不同部位腐蚀状况的剖面示意图。①该电化腐蚀称为 。②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是 (填字母)。用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的局部流程示意图如下： 。②步骤Ⅱ中发生反响：4Fe(NO3)2＋O

22＋(2n＋4)H22

2O===2FeO2

·nH

O＋8HNO

，反响产323生的HNO3 又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为323 。③上述生产流程中，能表达“绿色化学”思想的是 (任写一项)。t℃时，反响FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数K＝0.25。①t℃时，反响到达平衡时n(CO)∶n(CO2)＝ 。②假设在1L密闭容器中参与0.02molFeO(s)，并通入xmolCO,t℃时反响到达平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝ 。24．(1)①吸氧腐蚀②B(2)①4HNO

②4Fe＋10HNO===4Fe(NO)＋NHNO＋3 2 2 2 3 32 4 33H2O ③氮氧化物排放少(或其他合理答案) (3)①4∶1 ②0.05[解析](1)①假设为析氢腐蚀则B、C、D的腐蚀程度一样，则该电化学腐蚀为吸氧腐蚀。②氧气的浓度越大，吸氧腐蚀越严峻，则B区域产生铁锈最多。(2)①硝酸的受热分解产生2 2 2 3 NO、O、HO，则依据氧化复原的化合价升降法配平其化学方程式为4HNO==△===4NO2 2 2 3 3＋O2↑＋2H2ONH4NO，则硝酸与废铁皮反332应的化学方程式为4Fe＋10HNO3===4Fe(NO32

＋NH

NO＋3HO。432c〔CO〕n〔CO〕 n〔CO〕432(3)①在t℃时，K＝c〔 2 ＝

2 ＝0.25，则 ＝4。②FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)2CO〕 ②FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)2n /mol起始0.02x00n /mol转化0.010.010.010.01n /mol 0.01 x－0.01 0.01 0.01平衡c〔CO〕 n〔CO〕 0.01依据t℃时，K＝c〔2

2 ＝ ＝0.25x＝0.05。CO〕 n〔CO〕 x－0.01[2023·福建卷]焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某争论小组进展如下试验：试验一焦亚硫酸钠的制取22 5 22 225承受如图装置(试验前已除尽装置内的空气)NaSONa22 5 22 22532出，发生的反响为Na2SO＋SO32

===NaSO。(1)装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为 。(2)要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可实行的分别方法是 。装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为 (填序号)。试验二焦亚硫酸钠的性质3Na2S2O5溶于水即生成NaHSO。33证明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，可承受的试验方法是3 (填序号)。a．测定溶液的pH b．参与Ba(OH)2溶液c．参与盐酸d．参与品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的试验方案是。试验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(：滴定时反响的化学方程式为SO＋I＋2HO===HSO＋2HI)2 2 2 2 4①按上述方案试验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次试验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 g·L－1。②在上述试验过程中，假设有局部HI被空气氧化，则测定结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。25(1)N2SO

SO===NaSO

＋SO

↑＋H

O(或NaSO

＋2HSO

===2NaHSO＋SO↑＋H2O)

3 2

2 4 2

2 3 2 4 4 2(2)过滤(3)d (4)a、e(5)取少量Na2S2O5晶体于试管中加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成(6)①0.16 ②偏低[解析](1)SO2的发生装置，其化学方程Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2ONa2SO3＋2H2SO4===2NaHSO44＋SO2↑＋H2O。(2)析出的晶体要从溶液中获得可通过过滤的方法。(3)a中吸取尾气SO2的装置末端没有与大气相通，错误；b中该装置中SO2虽能与水反响且易溶于水，但还会有SO2进入空气，同时也会发生倒吸，错误；cSO2反响，错误；d中处理尾气SO2的同时也可起到防倒吸的作用，正确。(4)只要能证明NaHSO3溶液呈酸性的方法就可以，则选择ae。(5)Na2S2O5S元素的化合价为＋4，假设被氧气氧化则生成SO2－，检验Na2S2O5Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。4(6)①SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI64g 1molx 0.01×25×10－3mol求得：x＝1.6×10－2g1.6×10－2g则样品中抗氧化剂的残留量＝ ＝0.16g/L。100×10－3L②.HIII

溶液的体积削减，则测得样品中2 2抗氧化剂的残留量将偏低。31．[2023·福建卷][化学——物质构造与性质](13分)氮化硼(BN)晶体有多种相构造。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相像，具如以以下图所示。基态硼原子的电子排布式为 。关于这两种晶体的说法，正确的选项是 (填序号)。a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c．两种晶体中的B—N键均为共价键d．两种晶体均为分子晶体六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为 ，其构造 与 石 墨 相 似 却 不 导 电 ， 原 因 是 。立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为 。该晶体的自然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被觉察。根椐这一矿物形成事实，推断试验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是 。NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1 mol NH4BF4 含有 mol配位键。31．(1)1s22s22p1 (2)b、c (3)平面三角形层状构造中没有自由移动的电子 (4)sp3高温、高压(5)2444[解析](1)5，则基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1。(3)依据石相像，都为原子晶体，且硼原子和氮原子都形成σ键。则a、d选项错误。(3)基态硼原子外围电子排布式为22213个σ的电子。(4)n＝44σn＝4，硼原子的杂化轨道类型为sp3杂化。依据该自然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被觉察，(5)NH4BF4中存在NH＋BF－，1个NH＋中444存在一个配位键，1个BF－11molNHBF