福建省漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测化学答案_2025年5月_250513福建省漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测（漳州四检）（全科）

福建省漳州市 2025 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．A 【解析】B中碳量子点不是碳单质；C中碳量子点含有羟基、羧基等，可与H O形成分子间氢键，故水溶 2 性更好；D中碳量子点是纳米材料，但需要分散到分散剂中才能产生丁达尔效应。 2．C 【解析】A中含中子数目应为7N ；B中每个NO－中N含3对价层电子对；C中生成0.6molHN 时转移 A 2 3  1  电子为  3( )  0.6mol=2mol；D中HN 3 是弱酸，N－ 3 会水解，数目小于0.1N A 。  3  3．B 【解析】B中稀硝酸的还原产物为NO，故应为：3Ag+4H++NO－=3Ag++NO↑+2H O。 3 2 4．D 【解析】Z为第四周期元素，显-1价，Z为Br。W可与X、Y分别形成1个共价键，W为H，W、X和Y 的原子序数之和为14，且X可形成4个共价键，Y可形成3个共价键，由此可推X为C，Y为N。 A中N的原子半径小于Br，H－N键长更短，键能更大；B中NH Br为离子晶体，熔点更高，CBr 4 4 为分子晶体；C中电负性应为N>C>H；D中有机物CBr NH 中–CBr 为吸电子基团，导致N的电子云 3 2 3 密度降低，结合H+的能力减弱，CH NH 中–CH 为推电子基团，使N的电子云密度增大，结合H+的能 3 2 3 力增强，故碱性XZ YW c(H PO )；C中b 2 3 h K a2 2 3 3 3 3 a1 点c(H PO )=c(HPO2-)，根据物料守恒n(H PO )+n(H PO－)+n(HPO2-)=0.1mol，得n(H PO－)+2n(HPO2-) 3 3 3 3 3 2 3 3 2 3 3 c2(H PO) 10-1.4 =0.1mol；D中平衡常数K= 2 3 = = =105.3，平衡常数K的数量级为105。 c(HPO2)c(H PO ) 10-6.7 3 3 3 11．（15分） （1）4 （1分） （2）74% （2分） （3）2Mn2++O +4OH−=2MnO ↓+2H O （2分） 2 2 2 a3b3 nH C O  nH CO  （4） c （2分） n  S 2 c3 2  4 <1.5时，Sc3+未完全沉淀， n  S 2 c3 2  4 >1.5时，草酸用量过多，草酸钪沉 淀会转化为可溶性配合物，造成钪的沉淀率下降 （2分） （5）ScCl +H O ScOCl+2HCl↑ （或ScCl ·6H O ScOCl+2HCl↑+5H O↑） （2分） 3 2 3 2 2 （6） ①5 （1分） > （1分） ②bd （2分） 【解析】 （1）基态Sc的价电子排布式为3d14s2，有1个未成对电子，同周期中有1个未成对电子的元素还有K、 Cu、Ga、Br。 K [Fe(OH) ] 2.6×10-39 （2）pH=2时，c(OH-)=1.0×10-12mol·L−1，此时 c(Fe3) sp 3  2.6×10-3 molL-1， c(OH-)3 (1.0×10-12)3 则Fe3+的去除率 = （4） a3b3 = 。 c （6） ①5个五元环位置如图所示： 。 角1处C采取sp2杂化，角2处C采取sp3杂化， 键角1> 键角2。 ②该微粒为阴离子，不存在离子键；氢键是一种特殊的分子间的作用力，不是化学键；该阴离子存 在N→Sc和O→Sc配位键，C-C为非极性共价键。 12．（17分）（1） （1分） （2）cdba （2分） （3）恒压滴液漏斗 （1分） （4）5Cl−+ClO −+6H+=3Cl ↑+3H O （2分） 3 2 2 通入的Cl 与生成的NaOH反应产生NaClO，使生成物浓度减少，同时提高反应物浓度，有利于平衡 2 2正向移动，提高产率 （2分） （5）C H N O +9Cl +3H O=3NCl +3CO +9HCl （2分） （6）AgNO 溶液 （1分） 3 3 3 3 2 2 3 2 3 （7）用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 （2分） （8） （2分） （2分） （9）ac （2分） 【解析】 （2）各装置的作用为：A制取二氯异氰尿酸钠溶液；B除去Cl 中混有的HCl，避免HCl与NaOH溶液反 2 应，降低产率；C为干燥，但本题Cl 无需干燥；D尾气处理。 2 （3）恒压滴液漏斗可平衡压强，使液体顺利流下。 （6）过滤后，粗产品表面含有少量的NaCl杂质，判断是否洗涤干净，需检验洗涤液中是否含有Cl- （8）根据得失电子守恒可知各物质所消耗量关系为C N O Cl −~2I ~4S O 2−， 3 3 3 2 2 2 3 1 1 n(C N O Cl Na)= n(Na S O )= ×cmol·L−1×V×10-3L=2.5×10-4cVmol， 3 3 3 2 4 2 2 3 4 2.5 ×10 -4 cVmol 100mL 220gmol 1 10.00mL 0.55cV 粗产品的纯度为 100% 100% mg m （9）b.滴定前有气泡，初始读数偏小，滴定后无气泡，终点读数不变，V偏大，结果偏高； c.滴定管未润洗，消耗V偏大，结果偏高；d.滴定终点仰视刻度线，终点读数偏大，V偏大，结果偏高。 13．（14分）（1）保护酚羟基 （1分） （2）氯气、光照 （2分） （3） （2分） 对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛 （1分） （4） （2分） （5） 、 、 （或其他符合条件的结构） （2分） （6）醚键、酰胺基 （2分） a处C为sp2杂化，b处C为sp3杂化，C杂化轨道中s成分越多，键长越短。（2分） 【解析】 （1）氯气会氧化酚羟基 （3） 碱性条件下反应，Cl被羟基取代，酯基水解成 ，根据已知信息，该结构不稳定， 脱水成 。 （5）K的同分异构体符合条件：遇FeCl 溶液显紫色说明含酚羟基；与NaHCO 溶液反应生成CO 说 3 3 2 明含羧基；核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1:1:1:2:2:2，说明6种H有一定的对称性。 （6）a处的C为sp2杂化，b处C为sp3杂化，C的杂化轨道中s成分越多，键长越短。因s轨道是球形 对称的，相比p轨道等，其电子云靠近原子核处的密度较大。故s成分越多，杂化轨道的电子云越靠近原 3子核，键长越短。 14．（14分）（1） （1分） （2） ①400 （1分） + ②反应速率随温度升−高6增大，该温度范围内催化剂活性随温度升高而增强，反应速率增大，单位时间 内转化率增大 （2分） ③未达到 （1分） M点相同温度时，不同催化剂下氮氧化物转化率还能增大 （1分） （3）①0.05 （2分） ② （2分） （4）①12 （1分） N （1分） ② （2分） 【解析】（1）由盖斯定律可知：∆H=1(∆H +∆H )。 1 2 6 （3）方法一 ：设反应ⅰ消耗NO的物质的量为6amol、反应ⅲ消耗的NO物质的量为8bmol，列三段式： ⅰ：4NH (g)+6NO(g) 5N (g)+6H O(g) 3 2 2 起始n/(mol) 1 2 0 0 转化n/(mol) 4a 6a 5a 6a 平衡n/(mol) 1-4a-2b 2-6a-8b 5a 6a+3b ⅲ：2NH (g)+8NO(g) 5N O(g)+3H O(g) 3 2 2 起始n/(mol) 1 2 0 0 转化n/(mol) 2b 8b 5b 3b 平衡n/(mol) 1-4a-2b 2-6a-8b 5b 6a+3b 因NO转化率为70%则有6a+8b=1.4mol；因N 选择性为50%则有 =0.5，解得a=0.1、b=0.1； 2 5 则平衡时：n(总)=n(NH )+n(NO)+n(N )+n(N O)+n(H O)=0.4mo5l ++50 .6mol+0.5mol+0.5mol+0.9 3 2 2 2 mol=2.9mol，反应ⅰ的平衡常数 。 方法二：由题意可知转化的NO物质的量为2×70%=1.4mol；设生成的N 的物质的量为xmol，因 2 N 的选择性为50%，则生成的n(N O)=xmol；转化的NH 分别为反应ⅰ：n(NH )=0.8xmol、反应ⅲ：n(NH ) 2 2 3 3 3 =0.4xmol；根据N原子守恒：转化的n(NH )+n(NO)=2×[n(N )+n(N O)]，即(0.8x+0.4x)+1.4=4x，解 3 2 2 得：x=0.5mol。故平衡时n(NH )=1－(0.8x+0.4x)=0.4mol；n(NO)=2－1.4=0.6mol；n(N )=n(N O)= 3 2 2 3 0.5mol。根据H原子守恒：平衡时n(H O)= 转化 =0.9mol。后续解法同上。 2 (NH3) （4）①由O2-构成的晶胞为面心立方结构，O2-最近2 的O2-个数为12个； 晶胞中已画出的Co3+占据了O2-形成的“八面体空隙”，另一种Co3+占据的位置应为O2-形成的“四面 体空隙”，位于小立方体体心，所以选N点。 ②根据图示结构，虚线表示的平面四边形为CoO晶体的最小重复单元，边长为2anm，包含O2-个数 75 为4× =1个、Co2+个数为1个，则该重复单元中氧化钴的质量m= g，面积s=2 a2nm2=2 a2×10-18 1 NA 4 3 3 m2 ，每平方米含有的平面四边形个数为 个，所以每平方米氧化钴的质量为m= 。 4