福建省2023年新高考化学试卷（选择性）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·福建）唐代陆羽《茶经 三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是（ ）
A．蒸 B．捣 C．焙 D．封
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A． 蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产生，故A不符合题意；
B． 捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B不符合题意；
C． 烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C不符合题意；
D． 封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D符合题意；
【分析】蒸利用加热导致物质变化，捣碎增加与空气接触面积可引起物质变化，焙加热导致物质变化，均涉及到化学变化，密封隔绝空气不易发生化学变化。
2．（2023·福建）抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是（ ）
A．能发生水解反应 B．含有2个手性碳原子
C．能使Br2的CCl4溶液褪色 D．碳原子杂化方式有sp2和sp3
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．分子中有肽键，因此在酸或碱存在并加热条件下可以水解，故A不符合题意；
B．标注*这4个碳原子各连有4个各不相同的原子或原子团，因此为手性碳原子，故B符合题意；
C．分子中含有碳碳双键，因此能使Br2的CCl4溶液褪色 ，故C不符合题意；
D．分子中双键碳原子为 sp2 杂化，饱和碳原子为 sp3 杂化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】即可得到含有4个手性碳原子，含有肽键可在酸性或碱性作用下水解，含有双键可使溴褪色，碳原子是 sp2和sp3 。
3．（2023·福建）在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1mol/LBaCl2溶液中：Br﹣，Na+，K+
B．0.1mol/L稀硫酸：，CH3COO﹣，Zn2+
C．0.1mol/LFeCl3溶液：，，
D．饱和氯水中：I﹣，Mg2+，Fe2+
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.0.1mol/LBaCl2溶液中：Br﹣，Na+，K+ 均可大量共存，故A不符合题意；
B. 0.1mol/L稀硫酸 有大量的氢离子，可与醋酸根形成醋酸，故B不符合题意；
C. 0.1mol/LFeCl3溶液中，铁离子与碳酸氢根离子不共存，故C不符合题意；
D. 饱和氯水具有氧化性可氧化碘离子和亚铁离子，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.Ba2+，Cl- ，Br﹣，Na+，K+ 均可共存；
B.醋酸是弱酸，氢离子与醋酸根形成醋酸；
C.铁离子与碳酸氢根双水解；
D.碘离子和亚铁离子被氯水氧化。
4．（2023·福建）某含锰着色剂的化学式为XY4MnZ2Q7，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中具有正四面体空间结构，结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．键角：XY3＞
B．简单氢化物沸点：X＞Q＞Z
C．第一电离能：X＞Q＞Mn
D．最高价氧化物对应的水化物酸性：Z＞X
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】由题意，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中 具有正四面体空间结构，可知 为NH4+，故Y为H，X为N；同时分析 结构，可知Q正常情况应该成两根键，Q为ⅥA的元素，同时Z也成5根键，Z为ⅤA的元素，故Q为O，Z为P；
A．NH3和NH4+都是sp3杂化，但是NH3中有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，在一个NH3是三角锥形结构，而NH4+是正四面体结构，故键角：NH3＜NH4+，故A不符合题意；
B．X、Q、Z分别为N、O、P，沸点顺序为H2O＞NH3＞PH3，正确顺序为Q＞X＞Z，故B不符合题意；
C．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，故第一电离能：N＞O＞Mn，故C符合题意；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，X最高价氧化物对应的水化物为HNO3，前者为中强酸而后者为强酸，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.为 N，Y为H，氨气为三角锥形，铵根为四面体因此键角NH3＜NH4+；
B.X、Q、Z分别为N、O、P，即可判断对应氢化物的沸点高低H2O＞NH3＞PH3；
C.同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，即可判断；
D.Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，X最高价氧化物对应的水化物为HNO3，即可判断。
5．（2023·福建）我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺[NH3OH]+[NO3]﹣在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol[NH3OH]+含有的质子数为1.5NA
B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5NA
C．0.5mol硝酸羟胺含有的N﹣Oσ键数为2NA
D．硝酸羟胺分解产生11.2LN2（已折算为标况）的同时，生成O2分子数为NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 0.1mol[NH3OH]+ 含有的质子数为0.1×(7+8+1×4)mol=1.9mol，故A不符合题意；
B． 48g 固态硝酸羟胺含有的离子数为=1mol，故B不符合题意；
C.0.5mol 硝酸羟胺含有的N﹣Oσ 键数为0.5mol×4=2mol，故C符合题意；
D．根据题意硝酸羟胺分解的化学方程式为 NH3OH]+[NO3]﹣ = N2+H2O+O2，根据计量系数关系可知硝酸羟胺分解产生标况下 11.2LN2 ，同时生成 O2 分子数为0.5mol，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.1个[NH3OH]+含有19个质子即可计算；
B.根据n=计算出物质的量即可计算离子数；
C.根据结构式即可计算出含有的N﹣Oσ 键；
D.根据方程式利用数据即可计算。
6．（2023·福建）稀有气体氙的氟化物（XeFn）与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
与水反应 与NaOH溶液反应
i.2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF ii.2XeF2+4OH﹣＝2Xe↑+O2↑+4F﹣+2H2O
iii．XeF6+3H2O═XeO3+6HF iv.2XeF6+4Na++16OH﹣═Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F﹣+8H2O
下列说法错误的是（ ）
A．XeO3具有平面三角形结构
B．OH﹣的还原性比H2O强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应
D．反应iv每生成1molO2，转移6mol电子
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，XeO3 分子为三角锥形分子，故A符合题意；
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中， XeF6 可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知： OH﹣的还原性比H2O强 ，故B不符合题意；
C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，故C不符合题意；
D．分析iv可知，每生成一个 O2 ，整个反应转移6个电子，故每生成 1molO2，转移 6mol 电子，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.Xe原子以sp3杂化轨道成键， XeO3 分子为三角锥形分子；
B.由iii、iv两组实验对比可知， OH﹣的还原性比H2O强 ；
C.i、ii、iv三组化学反应元素均有变化均为氧化还原反应；
D.分析iv可知，即可找出转移电子数。
7．（2023·福建）从炼钢粉尘（主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO）中提取锌的流程如图：
“盐浸”过程ZnO转化为[Zn（NH3）4]2+，并有少量Fe2+和Fe3+浸出。下列说法错误的是（ ）
A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3
B．“滤渣”的主要成分为Fe（OH）3
C．“沉锌”过程发生反应[Zn（NH3）4]2++4H2O+S2﹣═ZnS↓+4NH3 H2O
D．应合理控制（NH4）2S用量，以便滤液循环使用
【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】“盐浸”过程 ZnO转化为[Zn（NH3）4]2+ ，发生反应ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn（NH3）4]2+ +2H2O，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为： [Zn（NH3）4]2++4H2O+S2-=ZnS+4NH3.H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH4Cl；
A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液 pH 下降，需补充 NH3 ，故A不符合题意；
B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，故B符合题意；
C．“沉锌”过程发生反应 [Zn（NH3）4]2++4H2O+S2﹣=ZnS↓+4NH3 H2O ，故不符合题意；
D．应合理控制 （NH4）2S 用量，以便滤液循环使用，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.盐浸是将氧化锌溶解即可得到 浸液pH下降，需补充NH3 ；
B.根据题意可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，和少量的Fe(OH)3；
C.“沉锌”过程发生反应为： [Zn（NH3）4]2++4H2O+S2-=ZnS+4NH3.H2O；
D.经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH4Cl，氯化铵可循环。
8．（2023·福建）从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如图：
已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g cm﹣3。下列说法错误的是（ ）
A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层
B．“有机层”从分液漏斗上口倒出
C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸
D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好
【答案】D
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A不符合题意；
B．甲基叔丁基醚的密度为 0.74g cm﹣3。 ，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B不符合题意；
C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C不符合题意；
D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.萃取时需要振荡、放气、静置分层；
B.有机层密度小于水，因此在上层，从上口出；
C.根据有机物析出是蒸馏，试剂Y是将苯甲酸钾变为苯甲酸，即可判断加入盐酸；
D.苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度即可判断。
9．（2023·福建）一种可在较高温下安全快充的铝﹣硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐（由NaCl、KCl和AlCl3形成熔点为93℃的共熔物），其中氯铝酸根[（n≥1）]起到结合或释放Al3+的作用。电池总反应：2Al+3xSAl2（Sx）3。下列说法错误的是（ ）
A．含4n个Al—Cl键
B．中同时连接2个Al原子的Cl原子有（n﹣1）个
C．充电时，再生1mol Al单质至少转移3mol电子
D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的浓度越高
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A． 的结构为，所以含 4n 个 Al—Cl 键，故A不符合题意；
B．由 的结构可知同时连接2个 Al 原子的 Cl 原子有 （n﹣1）个，故B不符合题意；
C．由总反应可知充电时，再生 1mol Al 单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移 3mol 电子，故C不符合题意；
D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多，所以n值大的 浓度越高，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据找出 Al—Cl键 个数；
B.根据 找出 连接2个Al原子的Cl原子 个数；
C.再生 1mol Al 单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移 3mol 电子；
D.由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的 浓度越高即可判断。
10．（2023·福建）25℃时，某二元酸（H2A）的Ka1＝10﹣3.04、Ka2＝10﹣4.37。1.0mol L﹣1NaHA溶液稀释过程中δ（H2A）、δ（HA﹣）、δ（A2﹣）与pc（Na+）的关系如图所示。已知pc（Na+）＝﹣lgc（Na+），HA﹣的分布系数δ（HA﹣）＝。下列说法错误的是（ ）
A．曲线n为δ（HA﹣）的变化曲线
B．a点：pH＝4.37
C．b点：2c（H2A）+c（HA﹣）＝c（Na+）
D．c点：c（Na+）+c（H+）＝3c（HA﹣）+c（OH﹣）
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】 1.0mol L﹣1NaHA 溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为 δ（HA﹣） 的变化曲线，pc(Na+)的增大，c(Na+)减小， δ（A2﹣）增大明显，故曲线m为 δ（A2﹣）的变化曲线，则曲线p为δ（H2A） 的变化曲线；
A.1.0mol L﹣1NaHA 溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为 δ（HA﹣）的变化曲线，故A不符合题意；
B．a点， pc(Na+)=1.0，则c(Na+)=0.1mol/L，δ（HA﹣）=0.70，δ（H2A）=δ（A2﹣）=0.15，Ka2==10-4.37，c(H+)=，pH≠4.37，故B符合题意；
C．b点，δ（HA﹣）=0.70，δ（H2A）=δ（A2﹣）=0.15 ，即c（H2A）=c（A2﹣），根据物料守恒有，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=c(Na+)，故 2c（H2A）+c（HA﹣）＝c（Na+） ，故C不符合题意；
D．c点：δ（HA-）=δ（A2﹣），故c（HA-）=c（A2﹣）根据电荷守恒有，故2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故 c（Na+）+c（H+）＝3c（HA﹣）+c（OH﹣） ，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大；
B.根据a点的数据，利用Ka2==10-4.37判断；
C.根据物料守恒以及此时δ（H2A）=δ（A2﹣）=0.15 ，即c（H2A）=c（A2﹣）即可判断；
D.根据电荷守恒以及δ（HA-）=δ（A2﹣），故c（HA-）=c（A2﹣）即可判断。
二、非选择题：本大题共4小题，共60分。
11．（2023·福建）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金（主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分离回收金属的流程如图：
（1）“酸浸1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程式 。
（2）“焙烧1”中，晶体[Fe2（SO4）3 xH2O和CoSO4 yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下：
温度区间/℃ ＜227 227～566 566～600 600～630
晶体总质量 变小 不变 变小 不变
①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ；566～600℃发生分解的物质是 （填化学式）。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
（3）25℃时，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，H2S的Ka1＝1.1×10﹣7，Ka2＝1.3×10﹣13。反应CuS（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数K＝ （列出计算式即可）。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。
（4）Ⅱ.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
基态Cu2+的价电子排布式为 。
（5）晶胞中含有 个，N（Cu+）：N（Cu2+）＝ 。晶体中微粒间作用力有 （填标号）。
a．氢键
b．离子键
c．共价键
d．金属键
（6）“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 （填化学式）。
【答案】（1）粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等；CoO+2H+＝Co2++H2O
（2）失去结晶水；Fe2（SO4）3；600～630
（3）
（4）3d9
（5）2；2：1；bc
（6）Cu2S+2O2 2CuO+SO2；SiO2
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等，CoO 发生反应的离子方程式为： CoO+2H+＝Co2++H2O ；
（2）①由图可知，升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3） CuS（s）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+H2S（aq） 的平衡常数K=；
（4）基态 Cu2+的价电子排布式为3d9；
（5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为 ，个数为；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为S2-，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故 N（Cu+）：N（Cu2+） =2：1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中 Cu2S 发生反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，由分析可知，滤渣2为SiO2。
【分析】（1）粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等均可增大反应速率，CoO与硫酸反应得到硫酸钴和水写出方程式；
（2）①低于227℃时质量减少是晶体水的质量，566-600℃质量减少的是硫酸铁分解；
②根据分析即可得到为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 600～630 ℃；
（3）CuS（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2S（aq） 的平衡常数K=即可计算；
（4）铜原子基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，基态 Cu2+的价电子排布式为3d9
（5）俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上即可计算出硫的个数，利用化学家代数和为0即可计算出铜离子和亚铜离子个数；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中 Cu2S 发生反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，二氧化硅溶于酸，因此为二氧化硅。
12．（2023·福建）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2（实验装置如图A，夹持装置省略）：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2 xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
（1）装置A中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）。
（2）三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体主要成分为 （填化学式）。
（3）判断TiO2 xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
（4）步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率（实验装置如图，夹持装置省略）。
装置C中试剂X为 。
（5）装置D中反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
（6）装置E的作用是 。
（7）实验中部分操作如下：
a．反应前，称取0.800gTiO2样品；
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。
①正确的操作顺序为：a→ →f（填标号）。
②TiN的产率为 。
【答案】（1）b
（2）Ti（OH）4
（3）AgNO3
（4）碱石灰
（5）
（6）吸收氨气与水
（7）b→d→e→c；80.0%
【知识点】化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；
（2） TiCl4 水解生成 Ti（OH）4 ， TiCl4 水解生成的胶体主要成分为Ti（OH）4；
（3） TiO2 xH2O 沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断 TiO2 xH2O 沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明 TiO2 xH2O 沉淀清洗干净，检验Cl-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰；
（5）由分析可知结合反应物和生成物写出方程式，该反应的化学方程式为 ；
（6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的 TiO2 固体，将 TiO2 放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为abdecf；
② 0.800gTiO2 的物质的量为0.01mol，则TiN的理论产量为0.01×62g=0.62g，反应后剩余固体质量为0.656g，则固体质量减少质量为0.800g-0.656g=0.144g，根据固体减少6×（32-14），则TiN的实际产量=g=0.496g，则TiN产率为=80.0%；
【分析】（1）冷凝管中冷凝水中一般是从下端进入；
（2）TiCl4 水解生成 Ti（OH）4 ，即可判断；
（3） TiO2 xH2O沉淀是否洗涤干净 主要检验氯离子，可用硝酸银进行检验；
（4）干燥氨气可用碱石灰；
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式；
（6）反应物中氨气过量不能直接排入空气中，因此E主要作用是吸收氨气和水；
（7）①该实验应先称取一定量的 TiO2 固体，将 TiO2 放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，即可找出顺序；
②根据方程式计算出产物物质的量，即可计算产率。
13．（2023·福建）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g）ΔH1＝+124kJ mol﹣1ΔS1＝127J K﹣1 mol﹣1Kp1
ⅱ．C3H8（g）＝C2H4（g）+CH4（g）ΔH2＝+82kJ mol﹣1ΔS2＝135J K﹣1 mol﹣1Kp2
ⅲ．C3H8（g）+2H2（g）＝3CH4（g）ΔH3＝﹣120kJ mol﹣1ΔS3＝27.5J K﹣1 mol﹣1Kp3
已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压＝物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。
物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气
体积分数（%） 21 23.7 55.2 0.1 0
（1）比较反应自发进行（ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0）的最低温度，反应ⅰ 反应ⅱ（填“＞”或“＜”）。
（2）①在该温度下，Kp2远大于Kp1，但φ（C3H6）和φ（C2H4）相差不大，说明反应ⅲ的正向进行有利于反应ⅰ的 反应和反应ⅱ的 反应（填“正向”或“逆向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。
③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8（g）＝2C3H6（g）+3CH4（g）Kp，下列相关说法正确的是 （填标号）。
a．Kp＝ Kp3
b．Kp＝
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性＝×100%＝ （列出计算式）。
（3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）ΔH4＝+91kJ mol﹣1
在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n（丙烷）：n（甲醇）＝1时，体系总反应：C3H8（g）+CH3OH（g）═CO（g）+3CH4（g）ΔH＝ kJ mol﹣1。
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
【答案】（1）＞
（2）正向；逆向；ⅱ＞ⅰ＞ⅲ；ab；38.04%
（3）﹣29kJ/mol；甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应ⅰ逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应ⅰ的 G=124-127T＜0，T＞，同理反应ⅱ：T＞，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；
（2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向；
②根据平衡体积分数，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ；
③根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故Kp=Kp12Kp3；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故K== ；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；故答案为：ab；
④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性×100%＝ ×100%=38.04%；
（3）①ⅲ．C3H8（g）+2H2（g）＝3CH4（g）ΔH3＝﹣120kJ mol﹣1ΔS3＝27.5J K﹣1 mol﹣1 ⅳ．CH3OH（g）=CO（g）+2H2（g）ΔH4＝+91kJ mol﹣1， C3H8（g）+CH3OH（g）═CO（g）+3CH4（g） 目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol；
②甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低；
【分析】（1） 利用ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0计算出温度最小值即可判断大小；
（2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向
②根据平衡体积分数，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷即可判断速率大小；
③A.根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故Kp=Kp12Kp3；
B.分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故 Kp＝ = ；
C.催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动；
D.根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；
④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，即可计算选择性；
（3）①ⅲ．C3H8（g）+2H2（g）＝3CH4（g）ΔH3＝﹣120kJ mol﹣1ΔS3＝27.5J K﹣1 mol﹣1 ⅳ．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）ΔH4＝+91kJ mol﹣1， C3H8（g）+CH3OH（g）═CO（g）+3CH4（g） 目标反应=ⅲ+ⅳ，即可计算；
②甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。
14．（2023·福建）沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。
已知：Boc表示叔丁氧羰基。
（1）A中所含官能团名称 。
（2）判断物质在水中的溶解度：A B（填“＞”或“＜”）。
（3）请从物质结构角度分析（C2H5）3N能与HCl反应的原因 。
（4）A→B的反应类型 。
（5）写出D的结构简式 。
（6）写出E→F的化学反应方程式 。
（7）A的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H被取代后的烃的衍生物，核磁共振氢谱图的比例为3：2：1：1，写出该同分异构体的结构简式 。（只写一种）
【答案】（1）羧基、酰胺基
（2）＞
（3）（C2H5）3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应
（4）酯化反应
（5）
（6）+HCONH2→一定条件+HCOOC2H5
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；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）A为，官能团为羧基、酰胺基；
（2）A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基，故A的溶解度大于B的溶解度；
（3）(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应；
（4）根据分析可知，A→B的反应类型为酯化反应或取代反应；
（5）C-D反应是将羰基变为羟基，根据分析可知D结构简式为为；
（6）根据分析可知E→F的化学反应方程式为 + HCONH2 →一定条件 + HCOOC2H5；
（7）丁二酸为，分子内脱水时，两个羧基间脱水，脱水产物分子上一个H被取代后的烃的衍生物是A的同分异构体，核磁共振氢谱图的比例为3：2：1：1，则该同分异构体的结构简式为 ；
【分析】（1）根据结构简式找出官能团；
（2）A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基即可判断溶解度；
（3）(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性可与酸反应；
（4）根据反应物和生成物即可判断反应类型；
（5）根据C-D，D-E即可写出D的结构简式；
（6）根据反应物和生成物即可写出反应方程式；
（7）丁二酸为，分子内脱水时，两个羧基间脱水，即可写出产物。
福建省2023年新高考化学试卷（选择性）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·福建）唐代陆羽《茶经 三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是（ ）
A．蒸 B．捣 C．焙 D．封
2．（2023·福建）抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是（ ）
A．能发生水解反应 B．含有2个手性碳原子
C．能使Br2的CCl4溶液褪色 D．碳原子杂化方式有sp2和sp3
3．（2023·福建）在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1mol/LBaCl2溶液中：Br﹣，Na+，K+
B．0.1mol/L稀硫酸：，CH3COO﹣，Zn2+
C．0.1mol/LFeCl3溶液：，，
D．饱和氯水中：I﹣，Mg2+，Fe2+
4．（2023·福建）某含锰着色剂的化学式为XY4MnZ2Q7，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中具有正四面体空间结构，结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．键角：XY3＞
B．简单氢化物沸点：X＞Q＞Z
C．第一电离能：X＞Q＞Mn
D．最高价氧化物对应的水化物酸性：Z＞X
5．（2023·福建）我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺[NH3OH]+[NO3]﹣在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol[NH3OH]+含有的质子数为1.5NA
B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5NA
C．0.5mol硝酸羟胺含有的N﹣Oσ键数为2NA
D．硝酸羟胺分解产生11.2LN2（已折算为标况）的同时，生成O2分子数为NA
6．（2023·福建）稀有气体氙的氟化物（XeFn）与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
与水反应 与NaOH溶液反应
i.2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF ii.2XeF2+4OH﹣＝2Xe↑+O2↑+4F﹣+2H2O
iii．XeF6+3H2O═XeO3+6HF iv.2XeF6+4Na++16OH﹣═Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F﹣+8H2O
下列说法错误的是（ ）
A．XeO3具有平面三角形结构
B．OH﹣的还原性比H2O强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应
D．反应iv每生成1molO2，转移6mol电子
7．（2023·福建）从炼钢粉尘（主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO）中提取锌的流程如图：
“盐浸”过程ZnO转化为[Zn（NH3）4]2+，并有少量Fe2+和Fe3+浸出。下列说法错误的是（ ）
A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3
B．“滤渣”的主要成分为Fe（OH）3
C．“沉锌”过程发生反应[Zn（NH3）4]2++4H2O+S2﹣═ZnS↓+4NH3 H2O
D．应合理控制（NH4）2S用量，以便滤液循环使用
8．（2023·福建）从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如图：
已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g cm﹣3。下列说法错误的是（ ）
A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层
B．“有机层”从分液漏斗上口倒出
C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸
D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好
9．（2023·福建）一种可在较高温下安全快充的铝﹣硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐（由NaCl、KCl和AlCl3形成熔点为93℃的共熔物），其中氯铝酸根[（n≥1）]起到结合或释放Al3+的作用。电池总反应：2Al+3xSAl2（Sx）3。下列说法错误的是（ ）
A．含4n个Al—Cl键
B．中同时连接2个Al原子的Cl原子有（n﹣1）个
C．充电时，再生1mol Al单质至少转移3mol电子
D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的浓度越高
10．（2023·福建）25℃时，某二元酸（H2A）的Ka1＝10﹣3.04、Ka2＝10﹣4.37。1.0mol L﹣1NaHA溶液稀释过程中δ（H2A）、δ（HA﹣）、δ（A2﹣）与pc（Na+）的关系如图所示。已知pc（Na+）＝﹣lgc（Na+），HA﹣的分布系数δ（HA﹣）＝。下列说法错误的是（ ）
A．曲线n为δ（HA﹣）的变化曲线
B．a点：pH＝4.37
C．b点：2c（H2A）+c（HA﹣）＝c（Na+）
D．c点：c（Na+）+c（H+）＝3c（HA﹣）+c（OH﹣）
二、非选择题：本大题共4小题，共60分。
11．（2023·福建）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金（主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分离回收金属的流程如图：
（1）“酸浸1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程式 。
（2）“焙烧1”中，晶体[Fe2（SO4）3 xH2O和CoSO4 yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下：
温度区间/℃ ＜227 227～566 566～600 600～630
晶体总质量 变小 不变 变小 不变
①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ；566～600℃发生分解的物质是 （填化学式）。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
（3）25℃时，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，H2S的Ka1＝1.1×10﹣7，Ka2＝1.3×10﹣13。反应CuS（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数K＝ （列出计算式即可）。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。
（4）Ⅱ.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
基态Cu2+的价电子排布式为 。
（5）晶胞中含有 个，N（Cu+）：N（Cu2+）＝ 。晶体中微粒间作用力有 （填标号）。
a．氢键
b．离子键
c．共价键
d．金属键
（6）“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 （填化学式）。
12．（2023·福建）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2（实验装置如图A，夹持装置省略）：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2 xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
（1）装置A中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）。
（2）三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体主要成分为 （填化学式）。
（3）判断TiO2 xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
（4）步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率（实验装置如图，夹持装置省略）。
装置C中试剂X为 。
（5）装置D中反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
（6）装置E的作用是 。
（7）实验中部分操作如下：
a．反应前，称取0.800gTiO2样品；
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。
①正确的操作顺序为：a→ →f（填标号）。
②TiN的产率为 。
13．（2023·福建）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g）ΔH1＝+124kJ mol﹣1ΔS1＝127J K﹣1 mol﹣1Kp1
ⅱ．C3H8（g）＝C2H4（g）+CH4（g）ΔH2＝+82kJ mol﹣1ΔS2＝135J K﹣1 mol﹣1Kp2
ⅲ．C3H8（g）+2H2（g）＝3CH4（g）ΔH3＝﹣120kJ mol﹣1ΔS3＝27.5J K﹣1 mol﹣1Kp3
已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压＝物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。
物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气
体积分数（%） 21 23.7 55.2 0.1 0
（1）比较反应自发进行（ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0）的最低温度，反应ⅰ 反应ⅱ（填“＞”或“＜”）。
（2）①在该温度下，Kp2远大于Kp1，但φ（C3H6）和φ（C2H4）相差不大，说明反应ⅲ的正向进行有利于反应ⅰ的 反应和反应ⅱ的 反应（填“正向”或“逆向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。
③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8（g）＝2C3H6（g）+3CH4（g）Kp，下列相关说法正确的是 （填标号）。
a．Kp＝ Kp3
b．Kp＝
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性＝×100%＝ （列出计算式）。
（3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）ΔH4＝+91kJ mol﹣1
在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n（丙烷）：n（甲醇）＝1时，体系总反应：C3H8（g）+CH3OH（g）═CO（g）+3CH4（g）ΔH＝ kJ mol﹣1。
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
14．（2023·福建）沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。
已知：Boc表示叔丁氧羰基。
（1）A中所含官能团名称 。
（2）判断物质在水中的溶解度：A B（填“＞”或“＜”）。
（3）请从物质结构角度分析（C2H5）3N能与HCl反应的原因 。
（4）A→B的反应类型 。
（5）写出D的结构简式 。
（6）写出E→F的化学反应方程式 。
（7）A的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H被取代后的烃的衍生物，核磁共振氢谱图的比例为3：2：1：1，写出该同分异构体的结构简式 。（只写一种）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A． 蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产生，故A不符合题意；
B． 捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B不符合题意；
C． 烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C不符合题意；
D． 封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D符合题意；
【分析】蒸利用加热导致物质变化，捣碎增加与空气接触面积可引起物质变化，焙加热导致物质变化，均涉及到化学变化，密封隔绝空气不易发生化学变化。
2．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．分子中有肽键，因此在酸或碱存在并加热条件下可以水解，故A不符合题意；
B．标注*这4个碳原子各连有4个各不相同的原子或原子团，因此为手性碳原子，故B符合题意；
C．分子中含有碳碳双键，因此能使Br2的CCl4溶液褪色 ，故C不符合题意；
D．分子中双键碳原子为 sp2 杂化，饱和碳原子为 sp3 杂化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】即可得到含有4个手性碳原子，含有肽键可在酸性或碱性作用下水解，含有双键可使溴褪色，碳原子是 sp2和sp3 。
3．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.0.1mol/LBaCl2溶液中：Br﹣，Na+，K+ 均可大量共存，故A不符合题意；
B. 0.1mol/L稀硫酸 有大量的氢离子，可与醋酸根形成醋酸，故B不符合题意；
C. 0.1mol/LFeCl3溶液中，铁离子与碳酸氢根离子不共存，故C不符合题意；
D. 饱和氯水具有氧化性可氧化碘离子和亚铁离子，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.Ba2+，Cl- ，Br﹣，Na+，K+ 均可共存；
B.醋酸是弱酸，氢离子与醋酸根形成醋酸；
C.铁离子与碳酸氢根双水解；
D.碘离子和亚铁离子被氯水氧化。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】由题意，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中 具有正四面体空间结构，可知 为NH4+，故Y为H，X为N；同时分析 结构，可知Q正常情况应该成两根键，Q为ⅥA的元素，同时Z也成5根键，Z为ⅤA的元素，故Q为O，Z为P；
A．NH3和NH4+都是sp3杂化，但是NH3中有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，在一个NH3是三角锥形结构，而NH4+是正四面体结构，故键角：NH3＜NH4+，故A不符合题意；
B．X、Q、Z分别为N、O、P，沸点顺序为H2O＞NH3＞PH3，正确顺序为Q＞X＞Z，故B不符合题意；
C．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，故第一电离能：N＞O＞Mn，故C符合题意；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，X最高价氧化物对应的水化物为HNO3，前者为中强酸而后者为强酸，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.为 N，Y为H，氨气为三角锥形，铵根为四面体因此键角NH3＜NH4+；
B.X、Q、Z分别为N、O、P，即可判断对应氢化物的沸点高低H2O＞NH3＞PH3；
C.同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，即可判断；
D.Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，X最高价氧化物对应的水化物为HNO3，即可判断。
5．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 0.1mol[NH3OH]+ 含有的质子数为0.1×(7+8+1×4)mol=1.9mol，故A不符合题意；
B． 48g 固态硝酸羟胺含有的离子数为=1mol，故B不符合题意；
C.0.5mol 硝酸羟胺含有的N﹣Oσ 键数为0.5mol×4=2mol，故C符合题意；
D．根据题意硝酸羟胺分解的化学方程式为 NH3OH]+[NO3]﹣ = N2+H2O+O2，根据计量系数关系可知硝酸羟胺分解产生标况下 11.2LN2 ，同时生成 O2 分子数为0.5mol，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.1个[NH3OH]+含有19个质子即可计算；
B.根据n=计算出物质的量即可计算离子数；
C.根据结构式即可计算出含有的N﹣Oσ 键；
D.根据方程式利用数据即可计算。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，XeO3 分子为三角锥形分子，故A符合题意；
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中， XeF6 可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知： OH﹣的还原性比H2O强 ，故B不符合题意；
C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，故C不符合题意；
D．分析iv可知，每生成一个 O2 ，整个反应转移6个电子，故每生成 1molO2，转移 6mol 电子，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.Xe原子以sp3杂化轨道成键， XeO3 分子为三角锥形分子；
B.由iii、iv两组实验对比可知， OH﹣的还原性比H2O强 ；
C.i、ii、iv三组化学反应元素均有变化均为氧化还原反应；
D.分析iv可知，即可找出转移电子数。
7．【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】“盐浸”过程 ZnO转化为[Zn（NH3）4]2+ ，发生反应ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn（NH3）4]2+ +2H2O，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为： [Zn（NH3）4]2++4H2O+S2-=ZnS+4NH3.H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH4Cl；
A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液 pH 下降，需补充 NH3 ，故A不符合题意；
B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，故B符合题意；
C．“沉锌”过程发生反应 [Zn（NH3）4]2++4H2O+S2﹣=ZnS↓+4NH3 H2O ，故不符合题意；
D．应合理控制 （NH4）2S 用量，以便滤液循环使用，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.盐浸是将氧化锌溶解即可得到 浸液pH下降，需补充NH3 ；
B.根据题意可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，和少量的Fe(OH)3；
C.“沉锌”过程发生反应为： [Zn（NH3）4]2++4H2O+S2-=ZnS+4NH3.H2O；
D.经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH4Cl，氯化铵可循环。
8．【答案】D
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A不符合题意；
B．甲基叔丁基醚的密度为 0.74g cm﹣3。 ，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B不符合题意；
C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C不符合题意；
D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.萃取时需要振荡、放气、静置分层；
B.有机层密度小于水，因此在上层，从上口出；
C.根据有机物析出是蒸馏，试剂Y是将苯甲酸钾变为苯甲酸，即可判断加入盐酸；
D.苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度即可判断。
9．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A． 的结构为，所以含 4n 个 Al—Cl 键，故A不符合题意；
B．由 的结构可知同时连接2个 Al 原子的 Cl 原子有 （n﹣1）个，故B不符合题意；
C．由总反应可知充电时，再生 1mol Al 单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移 3mol 电子，故C不符合题意；
D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多，所以n值大的 浓度越高，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据找出 Al—Cl键 个数；
B.根据 找出 连接2个Al原子的Cl原子 个数；
C.再生 1mol Al 单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移 3mol 电子；
D.由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的 浓度越高即可判断。
10．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】 1.0mol L﹣1NaHA 溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为 δ（HA﹣） 的变化曲线，pc(Na+)的增大，c(Na+)减小， δ（A2﹣）增大明显，故曲线m为 δ（A2﹣）的变化曲线，则曲线p为δ（H2A） 的变化曲线；
A.1.0mol L﹣1NaHA 溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为 δ（HA﹣）的变化曲线，故A不符合题意；
B．a点， pc(Na+)=1.0，则c(Na+)=0.1mol/L，δ（HA﹣）=0.70，δ（H2A）=δ（A2﹣）=0.15，Ka2==10-4.37，c(H+)=，pH≠4.37，故B符合题意；
C．b点，δ（HA﹣）=0.70，δ（H2A）=δ（A2﹣）=0.15 ，即c（H2A）=c（A2﹣），根据物料守恒有，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=c(Na+)，故 2c（H2A）+c（HA﹣）＝c（Na+） ，故C不符合题意；
D．c点：δ（HA-）=δ（A2﹣），故c（HA-）=c（A2﹣）根据电荷守恒有，故2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故 c（Na+）+c（H+）＝3c（HA﹣）+c（OH﹣） ，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大；
B.根据a点的数据，利用Ka2==10-4.37判断；
C.根据物料守恒以及此时δ（H2A）=δ（A2﹣）=0.15 ，即c（H2A）=c（A2﹣）即可判断；
D.根据电荷守恒以及δ（HA-）=δ（A2﹣），故c（HA-）=c（A2﹣）即可判断。
11．【答案】（1）粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等；CoO+2H+＝Co2++H2O
（2）失去结晶水；Fe2（SO4）3；600～630
（3）
（4）3d9
（5）2；2：1；bc
（6）Cu2S+2O2 2CuO+SO2；SiO2
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等，CoO 发生反应的离子方程式为： CoO+2H+＝Co2++H2O ；
（2）①由图可知，升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3） CuS（s）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+H2S（aq） 的平衡常数K=；
（4）基态 Cu2+的价电子排布式为3d9；
（5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为 ，个数为；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为S2-，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故 N（Cu+）：N（Cu2+） =2：1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中 Cu2S 发生反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，由分析可知，滤渣2为SiO2。
【分析】（1）粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等均可增大反应速率，CoO与硫酸反应得到硫酸钴和水写出方程式；
（2）①低于227℃时质量减少是晶体水的质量，566-600℃质量减少的是硫酸铁分解；
②根据分析即可得到为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 600～630 ℃；
（3）CuS（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2S（aq） 的平衡常数K=即可计算；
（4）铜原子基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，基态 Cu2+的价电子排布式为3d9
（5）俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上即可计算出硫的个数，利用化学家代数和为0即可计算出铜离子和亚铜离子个数；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中 Cu2S 发生反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，二氧化硅溶于酸，因此为二氧化硅。
12．【答案】（1）b
（2）Ti（OH）4
（3）AgNO3
（4）碱石灰
（5）
（6）吸收氨气与水
（7）b→d→e→c；80.0%
【知识点】化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；
（2） TiCl4 水解生成 Ti（OH）4 ， TiCl4 水解生成的胶体主要成分为Ti（OH）4；
（3） TiO2 xH2O 沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断 TiO2 xH2O 沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明 TiO2 xH2O 沉淀清洗干净，检验Cl-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰；
（5）由分析可知结合反应物和生成物写出方程式，该反应的化学方程式为 ；
（6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的 TiO2 固体，将 TiO2 放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为abdecf；
② 0.800gTiO2 的物质的量为0.01mol，则TiN的理论产量为0.01×62g=0.62g，反应后剩余固体质量为0.656g，则固体质量减少质量为0.800g-0.656g=0.144g，根据固体减少6×（32-14），则TiN的实际产量=g=0.496g，则TiN产率为=80.0%；
【分析】（1）冷凝管中冷凝水中一般是从下端进入；
（2）TiCl4 水解生成 Ti（OH）4 ，即可判断；
（3） TiO2 xH2O沉淀是否洗涤干净 主要检验氯离子，可用硝酸银进行检验；
（4）干燥氨气可用碱石灰；
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式；
（6）反应物中氨气过量不能直接排入空气中，因此E主要作用是吸收氨气和水；
（7）①该实验应先称取一定量的 TiO2 固体，将 TiO2 放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，即可找出顺序；
②根据方程式计算出产物物质的量，即可计算产率。
13．【答案】（1）＞
（2）正向；逆向；ⅱ＞ⅰ＞ⅲ；ab；38.04%
（3）﹣29kJ/mol；甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应ⅰ逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应ⅰ的 G=124-127T＜0，T＞，同理反应ⅱ：T＞，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；
（2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向；
②根据平衡体积分数，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ；
③根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故Kp=Kp12Kp3；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故K== ；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；故答案为：ab；
④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性×100%＝ ×100%=38.04%；
（3）①ⅲ．C3H8（g）+2H2（g）＝3CH4（g）ΔH3＝﹣120kJ mol﹣1ΔS3＝27.5J K﹣1 mol﹣1 ⅳ．CH3OH（g）=CO（g）+2H2（g）ΔH4＝+91kJ mol﹣1， C3H8（g）+CH3OH（g）═CO（g）+3CH4（g） 目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol；
②甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低；
【分析】（1） 利用ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0计算出温度最小值即可判断大小；
（2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向
②根据平衡体积分数，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷即可判断速率大小；
③A.根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故Kp=Kp12Kp3；
B.分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故 Kp＝ = ；
C.催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动；
D.根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；
④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，即可计算选择性；
（3）①ⅲ．C3H8（g）+2H2（g）＝3CH4（g）ΔH3＝﹣120kJ mol﹣1ΔS3＝27.5J K﹣1 mol﹣1 ⅳ．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）ΔH4＝+91kJ mol﹣1， C3H8（g）+CH3OH（g）═CO（g）+3CH4（g） 目标反应=ⅲ+ⅳ，即可计算；
②甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。
14．【答案】（1）羧基、酰胺基
（2）＞
（3）（C2H5）3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应
（4）酯化反应
（5）
（6）+HCONH2→一定条件+HCOOC2H5
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；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）A为，官能团为羧基、酰胺基；
（2）A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基，故A的溶解度大于B的溶解度；
（3）(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应；
（4）根据分析可知，A→B的反应类型为酯化反应或取代反应；
（5）C-D反应是将羰基变为羟基，根据分析可知D结构简式为为；
（6）根据分析可知E→F的化学反应方程式为 + HCONH2 →一定条件 + HCOOC2H5；
（7）丁二酸为，分子内脱水时，两个羧基间脱水，脱水产物分子上一个H被取代后的烃的衍生物是A的同分异构体，核磁共振氢谱图的比例为3：2：1：1，则该同分异构体的结构简式为 ；
【分析】（1）根据结构简式找出官能团；
（2）A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基即可判断溶解度；
（3）(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性可与酸反应；
（4）根据反应物和生成物即可判断反应类型；
（5）根据C-D，D-E即可写出D的结构简式；
（6）根据反应物和生成物即可写出反应方程式；
（7）丁二酸为，分子内脱水时，两个羧基间脱水，即可写出产物。
