福建省福州市2023届高三2月质量检测（二检）化学试题
一、单选题
1．（2023·福州模拟）新冠疫情牵动人心。下列叙述错误的是
A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%
B．飞沐(直径的含水颗粒)属气溶胶，能产生丁达尔效应
C．丙烯是生产医用口罩的主要原料，可以通过石油裂解获得
D．核酸属于生物大分子，核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一
2．（2023·福州模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的数目为
B．，溶液中含有数目为
C．56gFe与充分反应时转移的电子数为
D．出中含有电子数为
3．（2023·福州模拟）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列叙述正确的是( )
A．b在化学反应中只能被氧化
B．电解饱和c溶液可得到钠单质
C．a→d→e的转化可以通过一步反应实现
D．f的阴离子空间构型为正四面体
4．（2023·福州模拟）工业上采用NaClO氧化法生产高铁酸钾，其主要的生产流程如下：
已知：在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定，难溶于醇等有机溶剂。
下列说法错误的是
A．反应②为
B．由反应③可知，此温度下
C．“提纯”步骤的洗涤剂可以选用溶液、异丙醇
D．可用于水的消毒
5．（2023·福州模拟）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为9。部分元素形成的一种常用还原剂结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．原子的半径：X>Y
B．W最高价氧化物对应的水化物一定能与R单质反应
C．Z与氮原子可形成共价晶体
D．Z的氟化物ZF3中，原子均为8电子稳定结构
6．（2023·福州模拟）由有机物A合成C的路线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A→B的反应类型为取代反应
B．1molB最多能与3molH2反应
C．E的化学式为C9H13OCl
D．C分子碳环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
7．（2023·福州模拟）下列实验中，不能达到实验目的的是
制取氨气 提纯(含少量HCl、) 制备 验证溴乙烷发生消去反应后产物的性质
A B C D
A．A B．B C．C D．D
8．（2023·福州模拟）Ni活化C2H6的反应历程如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3
B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成
C．三种中间体比较，中间体2最稳定
D．升高温度， Ni+C2H6NiCH2+CH4的化学平衡常数K增大
9．（2023·福州模拟）我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置示意图如图。已知：电解效率。下列说法正确的是
A．电极a连接电源的正极
B．电极b上发生反应：
C．通电后右室溶液质量减少
D．若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，标况下产生1.12L乙烯
10．（2023·福州模拟）如下图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入的溶液()和的HA溶液()，达到平衡后，下列说法正确的是
A．常温下，HA的电离度约为0.1%
B．平衡后，甲、乙两室的pH相等
C．平衡后，甲室中的物质的量浓度小于乙室中的物质的量浓度
D．若用等物质的量浓度的NaA溶液代替溶液，则通过交换膜的HA分子的量减少
二、非选择题
11．（2023·福州模拟）铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣()氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：
已知：①水溶液中铟主要以的形式存在。
②
回答下列问题：
（1）“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为 ，此步骤加热的目的是 ；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生 气体(任写一种)。
（2）在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为 。
（3）反萃取剂应选用 (填化学式)。
（4）常温下，在的溶液中存在平衡体系：，则该反应的化学平衡常数 (计算结果保留两位有效数字，常温下)。
（5）“置换”时，主要反应的离子方程式为 ；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为 。
12．（2023·福州模拟）铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。是制备高纯度Re的重要中间体。
（1）I.的纯度测定
称取样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗溶液。
仪器a是 (填名称)。
（2）冰盐水的作用是 。
（3）实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是 。
（4）根据下表，滴定时宜选用 (填一种指示剂名称)；滴定终点的现象是 。
部分指示剂变色的pH范围如下表：
指示剂名称 变色的pH范围 酸色 中性色 碱色
甲基橙 3.1—4.4 红 橙 黄
甲基红 4.4—6.2 红 橙 黄
溴百里酚蓝 6.0—7.6 黄 绿 蓝
酚酞 8.2—10.0 无 浅红 红
（5）样品中的质量分数为 (填表达式)。
（6）II.高纯度铼的制取
高温下用还原可制得金属铼，装置如下图所示：
[已知：受热分解生成]
①装置B中盛放的试剂为 (填名称)。
②判断A中已经反应完全的方法是 。
③玻璃管内发生反应的化学方程式为 。
13．（2023·福州模拟）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。其反应原理如下：
已知：上述反应的速度方程为，，其中、分别为正、逆反应速度常数，P为各组分分压(分压=总压×物质的量分数)。
（1）该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表：
键 C-H C-C C=C H-H
键能 413 348 X 436
请计算X= 。
（2）利用催化乙苯()脱氢的反应机理如下
下列说法正确的是____。
A．乙苯中，α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能
B．通过降低焓变加快反应速率
C．增加用量可提高反应的平衡转化率
（3）经研究表明，在固定空速(恒压)条件下该反应存在乙苯的转化率较低、氧化铁表明存在积碳等问题。若在起始加入一定量的水蒸气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是 和 。
（4）100kPa下，反应气组成分别按照、、投料，乙苯平衡转化率随反应温度变化关系如图。
①图中的曲线是 (填曲线标号)。
②图中M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为 (填“>”“<”或“=”)。
③550℃、100kPa，按投料时， kPa(用最简分数表示)。
14．（2023·福州模拟）铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，某元素和铁、镍既处于同一周期又位于同一族，该元素的基态原子的价电子排布图为 (填轨道表示式)。
（2）硝普钠()可用于治疗急性心率衰竭。其中不存在的化学键有 (填序号)。
a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.极性共价键
（3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。
①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为 (填“”或“”)。
②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是 。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。铁酸钇()的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为。
一个晶胞中有 个O。已知1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为 。
15．（2023·福州模拟）某药物合成中间体F的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A中的含氧官能团有羟基和 (填名称)；A→B的反应条件为 。
（2）B→C的化学方程式为 ；该反应的目的是 。
（3）C→D的反应类型为 。
（4）F的芳香族同分异构体中，符合下列条件的有 种。
①苯环上有2个取代基
②与NaHCO3溶液反应产生气体
③遇FeCl3溶液发生显色反应
上述同分异构体中，核磁共振氢谱显示五组峰的结构简式为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】石油的裂化和裂解；胶体的性质和应用；核酸
【解析】【解答】A．医用消毒酒精是乙醇体积分数为75%的溶液，A不符合题意；
B．直径=5×10-6m的含水颗粒直径不在1-100nm(10-9m-10-7m)之间，故该飞沫不属于胶体，不具有丁达尔效应，B符合题意；
C．医用口罩用到聚丙烯材质的熔喷布，故丙烯是生产医用口罩的主要原料，丙烯可以通过石油裂解得到，C不符合题意；
D．核酸包括DNA和RNA，核酸是许多核苷酸经脱水缩合聚合形成的生物大分子 ，属于生物大分子，不同生物的DNA或RNA是不同的，故核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.医用酒精是体积分数为75%的酒精溶液；
C.医用口罩的主要原料为聚丙烯，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，丙烯可由石油裂解得到；
D.DNA和RNA均属于生物大分子。
2．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 苯甲醇分子中有7个碳原子，0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的数目为，故A符合题意；
B． ，部分水解，溶液中含有数目少于，故B不符合题意；
C． 56gFe与充分反应时，铁过量，转移的电子数为，故C不符合题意；
D． 出中含有电子数为(6-1+1×3)NA=，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.碳酸氢根在溶液中会发生水解；
C.氯气少量，1mol氯气完全反应转移2mol电子；
D.一个含有8个电子。
3．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；判断简单分子或离子的构型；无机物的推断
【解析】【解答】A．由分析可知，b是HCl，其中氢、氯元素化合价分别为+1、-1，氢离子可得电子，氯离子可失电子，所以HCl既可以被氧化，又可以被还原，A不符合题意；
B．由分析可知，c是NaCl，电解饱和NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，B不符合题意；
C．由分析可知，a是Cl2，d是NaClO，e是HClO，Cl2→NaClO→HClO，C符合题意；
D．由分析可知，f是NaClO3，ClO3-中心原子Cl有一个孤电子对，和O原子形成3个单键，采用sp3杂化，因有一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图中含氯物质的分类与相应化合价，及c、d、f均为钠盐，可推出a是Cl2，b是HCl，c是NaCl，d是NaClO，e是HClO，f是NaClO3。
4．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．反应②中次氯酸钠氧化硝酸铁，1mol次氯酸钠得2mol电子，1mol硝酸铁生成高铁酸钠失去3mol电子，根据得失电子守恒可得反应：，故A不符合题意；
B．由反应③可知高铁酸钠与KON溶液混合生成高铁酸钾，该反应为复分解反应，反应发生的条件为高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，故B符合题意；
C．因高铁酸钾在碱性条件下稳定，且在醇中的溶解度小，因此可用溶液、异丙醇作洗涤剂，故C不符合题意；
D．具有强氧化性，可起到杀菌消毒作用，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氯气通入氢氧化钠溶液中制取NaClO，次氯酸钠溶液中加硝酸铁反应生成高铁酸钠，过滤，将高铁酸钠与饱和KOH混合反应生成高铁酸钾，再经分离、提纯得到纯净的高铁酸钾固体。
5．【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X是氢元素，则在元素周期表中，其原子半径最小，所以原子的半径：X＜Y，A不符合题意；
B．由分析可知，W为钠元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，R单质可能是Al或Mg，NaOH溶液与Al反应，但与Mg不反应，B不符合题意；
C．由分析可知，Z是硼元素，硼原子与氮原子构成的氮化硼属于原子晶体，即共价晶体，C符合题意；
D．BF3中，F原子均达到8电子稳定结构，而B原子只有6个电子，没有达到8电子稳定结构，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，根据图示信息可知，W为钠元素，Z与4个X形成-1价阴离子，可推出X是氢元素，Z是硼元素，X、Y、Z、W、R的最外层电子数之和为9，可推出Y与R的最外层电子数之和为4。若Y为锂元素，则R为铝元素；若Y为铍元素，则R是镁元素。
6．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据流程图，对比A、B、D的结构简式可知，A+D→B发生加成反应，A不符合题意；
B．B中含有的碳碳三键能与H2反应，且1mol碳碳三键消耗2mol H2，所以1mol B最多能与2mol H2反应，B不符合题意；
C．由流程图可知，B+E→C+HCl，根据反应前后原子的个数不变可推出E的分子式为C9H15OCl，C不符合题意；
D．C分子碳环上有4种氢原子，则其一氯代物有4种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.对比A、B、D的结构简式，结合有机反应类型的特点进行分析。
B.碳碳三键能与H2反应，且1mol碳碳三键消耗2mol H2。
C.根据反应前后原子的种类和个数不变进行分析。
D.有几种氢原子就有几种一氯代物。
7．【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．氯化铵溶液与澄清石灰水不加热反应主要生成一水合氨，不易产生氨气，不能实现氨气制备，A符合题意；
B．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HCl极易溶于水，可用稀硫酸中的水吸收，同时稀硫酸中氢离子使平衡逆向移动，减少氯气的损失，之后通过浓硫酸干燥，能达到目的，B不符题意；
C．打开k2，之后打开k1使稀硫酸留下与铁反应产生氢气，关闭k1，利用产生的氢气排除装置内的空气，然后关闭k2，利用氢气产生的压强将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与NaOH溶液反应制备氢氧化亚铁，能达到目的，C不符题意；
D．溴乙烷在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯中混有乙醇，乙醇与水任意比例混溶，用水吸收乙醇，酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯具有还原性，能达到目的，D不符题意；
故答案为：A。
【分析】A.氨气极易溶于水，不加热得到氨水，不能制得氨气；
B.HCl极易溶于水，浓硫酸具有吸水性，可吸收水；
C.利用铁粉和稀硫酸生成的氢气排出装置内的空气，再将硫酸亚铁溶液压入NaOH溶液中反应生成氢氧化亚铁；
D.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，先通过水除去挥发的乙醇，乙烯能使酸性高锰酸钾褪色。
8．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反应历程的决速步骤由慢反应决定，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，为慢反应，A不符合题意；
B．该总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4，反应过程中C-C键（非极性键）断裂，C-H键（极性键）形成，B不符合题意；
C．三种中间体比较，中间体2的能量最低，则最稳定，C不符合题意；
D．该反应的ΔH=产物总能量-反应物总能量=-6.57kI/mol-0=-6.57kI/mo＜0，升高温度利于平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.决速步骤由慢反应决定。
B.根据总反应（Ni+C2H6→NiCH2+CH4）进行分析。
C.物质的能量越低越稳定。
D.ΔH=产物总能量-反应物总能量，结合化学平衡移动进行分析。
9．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，电极a连接电源的负极，故A不符合题意；
B．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，b是阳极，电极b上发生反应：，故B不符合题意；
C．根据，若电路中转移4mol电子，阳极放出1mol氧气，4molOH-通过阴离子交换膜由左室移入右室，右室质量增加36g，故C不符合题意；
D．阴极反应式为，若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，生成0.05mol乙烯，标况下产生乙烯的体积为1.12L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 电极a实现将CO2转化为乙烯，发生还原反应，则电极a为阴极，电极反应式为：，电极b为阳极，电极反应式为。
10．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由0.1mol/LHA溶液pH约为3可知，HA的电离度约为×100%=1%，故A不符合题意；
B．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A—离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，故B不符合题意；
C．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，甲室中加入的HA抑制铵根离子的水解，溶液中铵根离子浓度小于10-7mol/L，乙室中HA的浓度减小，电离度增大，则乙室中A-离子浓度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物质的量浓度小于乙室中A—离子的物质的量浓度，故C符合题意；
D．NaA溶液中A-离子的水解程度小于NH4A溶液，溶液中HA浓度小于NH4A溶液，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，通过交换膜的HA分子的量增加，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 0.1mol/L NH4A溶液pH约为7，说明铵根离子和A-离子在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中HA和一水合氨的浓度约为10-7mol/L，由只有未电离的HA分子可自由通过交换膜可知，甲室溶液中HA的浓度小于乙室，乙室中HA通过交换膜进入甲室，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。
11．【答案】（1）；增大反应速率，提升酸浸效率；Cl2或ClO2
（2）pH=0.5，萃取剂浓度为15%
（3）H2SO4
（4）7.7×10-6
（5）；取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；
（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；
（3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
（4）的化学平衡常数=7.7×10-6；
（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣，加入硫酸、盐酸和氯酸钠进行氯化浸出，In由+2价被氧化为+3价，Sn仍以SnO2存在，过滤分离酸浸渣，加入萃取剂萃取后分离出水相，再加入反萃取剂，加入锌粉置换制得ZnSO4·7H2O和粗铟。
12．【答案】（1）圆底烧瓶
（2）防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出
（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
（4）甲基红；滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色
（5）
（6）无水氯化钙；取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全；
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据装置图，仪器a是圆底烧瓶。
（2）氯化铵受热易分解，冰盐水的作用是防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出；
（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分，所以不能采用直接法配制氢氧化钠溶液；
（4）用氢氧化钠滴定剩余盐酸，滴定终点溶液中的溶质为氯化铵、氯化钠，溶液呈弱酸性，根据表格数据，滴定时宜选用甲基红；滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色；
（5）氢氧化钠、氨气共消耗盐酸，反应消耗氢氧化钠的物质的量为，则反应消耗氨气的物质的量为，根据~~，可知的物质的量为，样品中的质量分数为
（6）①装置B的作用是吸收氨气防止污染，所以B中盛放的试剂为无水氯化钙。
②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全。
③玻璃管内和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水，发生反应的化学方程式为。
【分析】（1）根据仪器构造可知，仪器a为圆底烧瓶；
（2）氯化钠受热易分解，冰盐水可防止氯化铵受热分解；
（3）氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；
（4）滴定终点时溶液显酸性，当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色时，达到滴定终点；
（5）根据关系式~计算；
（6）①装置B中的试剂用于吸收氨气，且应为固体物质；
②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全；
③和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水。
13．【答案】（1）615
（2）A
（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动；水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳
（4）a；<；
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；
（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；
B．是该反应的催化剂，其通过降低反应的活化能来加快反应速率，催化剂不能改变一个反应的焓变，B不正确；
C．是该反应的催化剂，改变催化剂的量能改变反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应的平衡转化率，C不正确；
选A；
（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；
（4）①分别按照、、投料，水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大，故图中的曲线是a；
②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为<；
③550℃、100kPa，按投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则，平衡时气体总物质的量为0.4a+0.6a+0.6a+9a=10.6a，=，故。
【分析】（1）根据 H=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）A.反应时，乙苯中α位的碳氢键比β位的碳氢键先断；
B.催化剂是通过降低反应的活化能来加快反应速率；
C.催化剂不影响平衡状态，不能提高平衡转化率；
（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动，同时可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳；
（4）①水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大；
②M点乙苯的转化率较大；
③反应达到平衡时，正逆反应速率相等，即=，则。
14．【答案】（1）
（2）b
（3）dsp2；顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子
（4）6；(，+m，)
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴，27号元素，该元素的基态原子的价电子排布图为；
（2）硝普钠()是配合物，外界Na+和内界之间存在离子键，NO、CN-与Fe3+之间存在配位键，C和N、N和O、H和O之间存在极性共价键，故不存在的化学键为金属键，选b；
（3）①氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为杂化(若为杂化，则该5个原子构成四面体)；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，故顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，即顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子；
（4）由和可知位于晶胞内的O有4个，由 可知Z方向的棱上O的个数=8×=2，故一个晶胞中有6个O；1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。
【分析】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴；
（2）中存在离子键、配位键、极性共价键，不含金属键；
（3）①甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂；
（4）根据均摊法计算；根据已知原子坐标确定3号Fe原子坐标为(，+m，)。
15．【答案】（1）羧基；浓硫酸、加热
（2） ；保护酚羟基
（3）取代反应
（4）15；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A中的含氧官能团有羟基和羧基，A→B发生酯化反应，反应条件是浓硫酸、加热。
（2）对比B、C的结构简式可知，B→C发生取代反应，B中酚羟基上的氢原子被苯甲基取代，其化学方程式为 ，该反应的目的是保护酚羟基。
（3）对比C、D的结构简式可知，C→D发生取代反应。
（4）由分析可知，符合条件的该有机物的结构简式为 。
【分析】（1）根据流程信息，对比乙醇和B的结构简式，以及A的分子式可知，A→B发生酯化反应，可推出A的结构简式是。
（2）B→C发生取代反应，B中酚羟基上的氢原子被苯甲基取代。
（3）根据有机反应类型的特点进行分析。
（4）同分异构体的分子式相同、结构不同；根据②可知，该有机物中含有羧基；根据③可知，该有机物中含有酚羟基；核磁共振氢谱显示五组峰，说明该有机物中含有5种氢原子。
福建省福州市2023届高三2月质量检测（二检）化学试题
一、单选题
1．（2023·福州模拟）新冠疫情牵动人心。下列叙述错误的是
A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%
B．飞沐(直径的含水颗粒)属气溶胶，能产生丁达尔效应
C．丙烯是生产医用口罩的主要原料，可以通过石油裂解获得
D．核酸属于生物大分子，核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一
【答案】B
【知识点】石油的裂化和裂解；胶体的性质和应用；核酸
【解析】【解答】A．医用消毒酒精是乙醇体积分数为75%的溶液，A不符合题意；
B．直径=5×10-6m的含水颗粒直径不在1-100nm(10-9m-10-7m)之间，故该飞沫不属于胶体，不具有丁达尔效应，B符合题意；
C．医用口罩用到聚丙烯材质的熔喷布，故丙烯是生产医用口罩的主要原料，丙烯可以通过石油裂解得到，C不符合题意；
D．核酸包括DNA和RNA，核酸是许多核苷酸经脱水缩合聚合形成的生物大分子 ，属于生物大分子，不同生物的DNA或RNA是不同的，故核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.医用酒精是体积分数为75%的酒精溶液；
C.医用口罩的主要原料为聚丙烯，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，丙烯可由石油裂解得到；
D.DNA和RNA均属于生物大分子。
2．（2023·福州模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的数目为
B．，溶液中含有数目为
C．56gFe与充分反应时转移的电子数为
D．出中含有电子数为
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 苯甲醇分子中有7个碳原子，0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的数目为，故A符合题意；
B． ，部分水解，溶液中含有数目少于，故B不符合题意；
C． 56gFe与充分反应时，铁过量，转移的电子数为，故C不符合题意；
D． 出中含有电子数为(6-1+1×3)NA=，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.碳酸氢根在溶液中会发生水解；
C.氯气少量，1mol氯气完全反应转移2mol电子；
D.一个含有8个电子。
3．（2023·福州模拟）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列叙述正确的是( )
A．b在化学反应中只能被氧化
B．电解饱和c溶液可得到钠单质
C．a→d→e的转化可以通过一步反应实现
D．f的阴离子空间构型为正四面体
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；判断简单分子或离子的构型；无机物的推断
【解析】【解答】A．由分析可知，b是HCl，其中氢、氯元素化合价分别为+1、-1，氢离子可得电子，氯离子可失电子，所以HCl既可以被氧化，又可以被还原，A不符合题意；
B．由分析可知，c是NaCl，电解饱和NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，B不符合题意；
C．由分析可知，a是Cl2，d是NaClO，e是HClO，Cl2→NaClO→HClO，C符合题意；
D．由分析可知，f是NaClO3，ClO3-中心原子Cl有一个孤电子对，和O原子形成3个单键，采用sp3杂化，因有一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图中含氯物质的分类与相应化合价，及c、d、f均为钠盐，可推出a是Cl2，b是HCl，c是NaCl，d是NaClO，e是HClO，f是NaClO3。
4．（2023·福州模拟）工业上采用NaClO氧化法生产高铁酸钾，其主要的生产流程如下：
已知：在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定，难溶于醇等有机溶剂。
下列说法错误的是
A．反应②为
B．由反应③可知，此温度下
C．“提纯”步骤的洗涤剂可以选用溶液、异丙醇
D．可用于水的消毒
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．反应②中次氯酸钠氧化硝酸铁，1mol次氯酸钠得2mol电子，1mol硝酸铁生成高铁酸钠失去3mol电子，根据得失电子守恒可得反应：，故A不符合题意；
B．由反应③可知高铁酸钠与KON溶液混合生成高铁酸钾，该反应为复分解反应，反应发生的条件为高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，故B符合题意；
C．因高铁酸钾在碱性条件下稳定，且在醇中的溶解度小，因此可用溶液、异丙醇作洗涤剂，故C不符合题意；
D．具有强氧化性，可起到杀菌消毒作用，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氯气通入氢氧化钠溶液中制取NaClO，次氯酸钠溶液中加硝酸铁反应生成高铁酸钠，过滤，将高铁酸钠与饱和KOH混合反应生成高铁酸钾，再经分离、提纯得到纯净的高铁酸钾固体。
5．（2023·福州模拟）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为9。部分元素形成的一种常用还原剂结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．原子的半径：X>Y
B．W最高价氧化物对应的水化物一定能与R单质反应
C．Z与氮原子可形成共价晶体
D．Z的氟化物ZF3中，原子均为8电子稳定结构
【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X是氢元素，则在元素周期表中，其原子半径最小，所以原子的半径：X＜Y，A不符合题意；
B．由分析可知，W为钠元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，R单质可能是Al或Mg，NaOH溶液与Al反应，但与Mg不反应，B不符合题意；
C．由分析可知，Z是硼元素，硼原子与氮原子构成的氮化硼属于原子晶体，即共价晶体，C符合题意；
D．BF3中，F原子均达到8电子稳定结构，而B原子只有6个电子，没有达到8电子稳定结构，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，根据图示信息可知，W为钠元素，Z与4个X形成-1价阴离子，可推出X是氢元素，Z是硼元素，X、Y、Z、W、R的最外层电子数之和为9，可推出Y与R的最外层电子数之和为4。若Y为锂元素，则R为铝元素；若Y为铍元素，则R是镁元素。
6．（2023·福州模拟）由有机物A合成C的路线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A→B的反应类型为取代反应
B．1molB最多能与3molH2反应
C．E的化学式为C9H13OCl
D．C分子碳环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据流程图，对比A、B、D的结构简式可知，A+D→B发生加成反应，A不符合题意；
B．B中含有的碳碳三键能与H2反应，且1mol碳碳三键消耗2mol H2，所以1mol B最多能与2mol H2反应，B不符合题意；
C．由流程图可知，B+E→C+HCl，根据反应前后原子的个数不变可推出E的分子式为C9H15OCl，C不符合题意；
D．C分子碳环上有4种氢原子，则其一氯代物有4种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.对比A、B、D的结构简式，结合有机反应类型的特点进行分析。
B.碳碳三键能与H2反应，且1mol碳碳三键消耗2mol H2。
C.根据反应前后原子的种类和个数不变进行分析。
D.有几种氢原子就有几种一氯代物。
7．（2023·福州模拟）下列实验中，不能达到实验目的的是
制取氨气 提纯(含少量HCl、) 制备 验证溴乙烷发生消去反应后产物的性质
A B C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．氯化铵溶液与澄清石灰水不加热反应主要生成一水合氨，不易产生氨气，不能实现氨气制备，A符合题意；
B．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HCl极易溶于水，可用稀硫酸中的水吸收，同时稀硫酸中氢离子使平衡逆向移动，减少氯气的损失，之后通过浓硫酸干燥，能达到目的，B不符题意；
C．打开k2，之后打开k1使稀硫酸留下与铁反应产生氢气，关闭k1，利用产生的氢气排除装置内的空气，然后关闭k2，利用氢气产生的压强将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与NaOH溶液反应制备氢氧化亚铁，能达到目的，C不符题意；
D．溴乙烷在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯中混有乙醇，乙醇与水任意比例混溶，用水吸收乙醇，酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯具有还原性，能达到目的，D不符题意；
故答案为：A。
【分析】A.氨气极易溶于水，不加热得到氨水，不能制得氨气；
B.HCl极易溶于水，浓硫酸具有吸水性，可吸收水；
C.利用铁粉和稀硫酸生成的氢气排出装置内的空气，再将硫酸亚铁溶液压入NaOH溶液中反应生成氢氧化亚铁；
D.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，先通过水除去挥发的乙醇，乙烯能使酸性高锰酸钾褪色。
8．（2023·福州模拟）Ni活化C2H6的反应历程如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3
B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成
C．三种中间体比较，中间体2最稳定
D．升高温度， Ni+C2H6NiCH2+CH4的化学平衡常数K增大
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反应历程的决速步骤由慢反应决定，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，为慢反应，A不符合题意；
B．该总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4，反应过程中C-C键（非极性键）断裂，C-H键（极性键）形成，B不符合题意；
C．三种中间体比较，中间体2的能量最低，则最稳定，C不符合题意；
D．该反应的ΔH=产物总能量-反应物总能量=-6.57kI/mol-0=-6.57kI/mo＜0，升高温度利于平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.决速步骤由慢反应决定。
B.根据总反应（Ni+C2H6→NiCH2+CH4）进行分析。
C.物质的能量越低越稳定。
D.ΔH=产物总能量-反应物总能量，结合化学平衡移动进行分析。
9．（2023·福州模拟）我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置示意图如图。已知：电解效率。下列说法正确的是
A．电极a连接电源的正极
B．电极b上发生反应：
C．通电后右室溶液质量减少
D．若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，标况下产生1.12L乙烯
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，电极a连接电源的负极，故A不符合题意；
B．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，b是阳极，电极b上发生反应：，故B不符合题意；
C．根据，若电路中转移4mol电子，阳极放出1mol氧气，4molOH-通过阴离子交换膜由左室移入右室，右室质量增加36g，故C不符合题意；
D．阴极反应式为，若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，生成0.05mol乙烯，标况下产生乙烯的体积为1.12L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 电极a实现将CO2转化为乙烯，发生还原反应，则电极a为阴极，电极反应式为：，电极b为阳极，电极反应式为。
10．（2023·福州模拟）如下图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入的溶液()和的HA溶液()，达到平衡后，下列说法正确的是
A．常温下，HA的电离度约为0.1%
B．平衡后，甲、乙两室的pH相等
C．平衡后，甲室中的物质的量浓度小于乙室中的物质的量浓度
D．若用等物质的量浓度的NaA溶液代替溶液，则通过交换膜的HA分子的量减少
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由0.1mol/LHA溶液pH约为3可知，HA的电离度约为×100%=1%，故A不符合题意；
B．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A—离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，故B不符合题意；
C．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，甲室中加入的HA抑制铵根离子的水解，溶液中铵根离子浓度小于10-7mol/L，乙室中HA的浓度减小，电离度增大，则乙室中A-离子浓度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物质的量浓度小于乙室中A—离子的物质的量浓度，故C符合题意；
D．NaA溶液中A-离子的水解程度小于NH4A溶液，溶液中HA浓度小于NH4A溶液，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，通过交换膜的HA分子的量增加，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 0.1mol/L NH4A溶液pH约为7，说明铵根离子和A-离子在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中HA和一水合氨的浓度约为10-7mol/L，由只有未电离的HA分子可自由通过交换膜可知，甲室溶液中HA的浓度小于乙室，乙室中HA通过交换膜进入甲室，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。
二、非选择题
11．（2023·福州模拟）铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣()氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：
已知：①水溶液中铟主要以的形式存在。
②
回答下列问题：
（1）“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为 ，此步骤加热的目的是 ；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生 气体(任写一种)。
（2）在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为 。
（3）反萃取剂应选用 (填化学式)。
（4）常温下，在的溶液中存在平衡体系：，则该反应的化学平衡常数 (计算结果保留两位有效数字，常温下)。
（5）“置换”时，主要反应的离子方程式为 ；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为 。
【答案】（1）；增大反应速率，提升酸浸效率；Cl2或ClO2
（2）pH=0.5，萃取剂浓度为15%
（3）H2SO4
（4）7.7×10-6
（5）；取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；
（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；
（3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
（4）的化学平衡常数=7.7×10-6；
（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣，加入硫酸、盐酸和氯酸钠进行氯化浸出，In由+2价被氧化为+3价，Sn仍以SnO2存在，过滤分离酸浸渣，加入萃取剂萃取后分离出水相，再加入反萃取剂，加入锌粉置换制得ZnSO4·7H2O和粗铟。
12．（2023·福州模拟）铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。是制备高纯度Re的重要中间体。
（1）I.的纯度测定
称取样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗溶液。
仪器a是 (填名称)。
（2）冰盐水的作用是 。
（3）实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是 。
（4）根据下表，滴定时宜选用 (填一种指示剂名称)；滴定终点的现象是 。
部分指示剂变色的pH范围如下表：
指示剂名称 变色的pH范围 酸色 中性色 碱色
甲基橙 3.1—4.4 红 橙 黄
甲基红 4.4—6.2 红 橙 黄
溴百里酚蓝 6.0—7.6 黄 绿 蓝
酚酞 8.2—10.0 无 浅红 红
（5）样品中的质量分数为 (填表达式)。
（6）II.高纯度铼的制取
高温下用还原可制得金属铼，装置如下图所示：
[已知：受热分解生成]
①装置B中盛放的试剂为 (填名称)。
②判断A中已经反应完全的方法是 。
③玻璃管内发生反应的化学方程式为 。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出
（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
（4）甲基红；滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色
（5）
（6）无水氯化钙；取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全；
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据装置图，仪器a是圆底烧瓶。
（2）氯化铵受热易分解，冰盐水的作用是防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出；
（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分，所以不能采用直接法配制氢氧化钠溶液；
（4）用氢氧化钠滴定剩余盐酸，滴定终点溶液中的溶质为氯化铵、氯化钠，溶液呈弱酸性，根据表格数据，滴定时宜选用甲基红；滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色；
（5）氢氧化钠、氨气共消耗盐酸，反应消耗氢氧化钠的物质的量为，则反应消耗氨气的物质的量为，根据~~，可知的物质的量为，样品中的质量分数为
（6）①装置B的作用是吸收氨气防止污染，所以B中盛放的试剂为无水氯化钙。
②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全。
③玻璃管内和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水，发生反应的化学方程式为。
【分析】（1）根据仪器构造可知，仪器a为圆底烧瓶；
（2）氯化钠受热易分解，冰盐水可防止氯化铵受热分解；
（3）氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；
（4）滴定终点时溶液显酸性，当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色时，达到滴定终点；
（5）根据关系式~计算；
（6）①装置B中的试剂用于吸收氨气，且应为固体物质；
②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全；
③和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水。
13．（2023·福州模拟）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。其反应原理如下：
已知：上述反应的速度方程为，，其中、分别为正、逆反应速度常数，P为各组分分压(分压=总压×物质的量分数)。
（1）该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表：
键 C-H C-C C=C H-H
键能 413 348 X 436
请计算X= 。
（2）利用催化乙苯()脱氢的反应机理如下
下列说法正确的是____。
A．乙苯中，α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能
B．通过降低焓变加快反应速率
C．增加用量可提高反应的平衡转化率
（3）经研究表明，在固定空速(恒压)条件下该反应存在乙苯的转化率较低、氧化铁表明存在积碳等问题。若在起始加入一定量的水蒸气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是 和 。
（4）100kPa下，反应气组成分别按照、、投料，乙苯平衡转化率随反应温度变化关系如图。
①图中的曲线是 (填曲线标号)。
②图中M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为 (填“>”“<”或“=”)。
③550℃、100kPa，按投料时， kPa(用最简分数表示)。
【答案】（1）615
（2）A
（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动；水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳
（4）a；<；
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；
（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；
B．是该反应的催化剂，其通过降低反应的活化能来加快反应速率，催化剂不能改变一个反应的焓变，B不正确；
C．是该反应的催化剂，改变催化剂的量能改变反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应的平衡转化率，C不正确；
选A；
（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；
（4）①分别按照、、投料，水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大，故图中的曲线是a；
②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为<；
③550℃、100kPa，按投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则，平衡时气体总物质的量为0.4a+0.6a+0.6a+9a=10.6a，=，故。
【分析】（1）根据 H=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）A.反应时，乙苯中α位的碳氢键比β位的碳氢键先断；
B.催化剂是通过降低反应的活化能来加快反应速率；
C.催化剂不影响平衡状态，不能提高平衡转化率；
（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动，同时可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳；
（4）①水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大；
②M点乙苯的转化率较大；
③反应达到平衡时，正逆反应速率相等，即=，则。
14．（2023·福州模拟）铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，某元素和铁、镍既处于同一周期又位于同一族，该元素的基态原子的价电子排布图为 (填轨道表示式)。
（2）硝普钠()可用于治疗急性心率衰竭。其中不存在的化学键有 (填序号)。
a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.极性共价键
（3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。
①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为 (填“”或“”)。
②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是 。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。铁酸钇()的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为。
一个晶胞中有 个O。已知1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为 。
【答案】（1）
（2）b
（3）dsp2；顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子
（4）6；(，+m，)
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴，27号元素，该元素的基态原子的价电子排布图为；
（2）硝普钠()是配合物，外界Na+和内界之间存在离子键，NO、CN-与Fe3+之间存在配位键，C和N、N和O、H和O之间存在极性共价键，故不存在的化学键为金属键，选b；
（3）①氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为杂化(若为杂化，则该5个原子构成四面体)；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，故顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，即顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子；
（4）由和可知位于晶胞内的O有4个，由 可知Z方向的棱上O的个数=8×=2，故一个晶胞中有6个O；1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。
【分析】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴；
（2）中存在离子键、配位键、极性共价键，不含金属键；
（3）①甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂；
（4）根据均摊法计算；根据已知原子坐标确定3号Fe原子坐标为(，+m，)。
15．（2023·福州模拟）某药物合成中间体F的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A中的含氧官能团有羟基和 (填名称)；A→B的反应条件为 。
（2）B→C的化学方程式为 ；该反应的目的是 。
（3）C→D的反应类型为 。
（4）F的芳香族同分异构体中，符合下列条件的有 种。
①苯环上有2个取代基
②与NaHCO3溶液反应产生气体
③遇FeCl3溶液发生显色反应
上述同分异构体中，核磁共振氢谱显示五组峰的结构简式为 。
【答案】（1）羧基；浓硫酸、加热
（2） ；保护酚羟基
（3）取代反应
（4）15；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A中的含氧官能团有羟基和羧基，A→B发生酯化反应，反应条件是浓硫酸、加热。
（2）对比B、C的结构简式可知，B→C发生取代反应，B中酚羟基上的氢原子被苯甲基取代，其化学方程式为 ，该反应的目的是保护酚羟基。
（3）对比C、D的结构简式可知，C→D发生取代反应。
（4）由分析可知，符合条件的该有机物的结构简式为 。
【分析】（1）根据流程信息，对比乙醇和B的结构简式，以及A的分子式可知，A→B发生酯化反应，可推出A的结构简式是。
（2）B→C发生取代反应，B中酚羟基上的氢原子被苯甲基取代。
（3）根据有机反应类型的特点进行分析。
（4）同分异构体的分子式相同、结构不同；根据②可知，该有机物中含有羧基；根据③可知，该有机物中含有酚羟基；核磁共振氢谱显示五组峰，说明该有机物中含有5种氢原子。
