福建省福州市2023-2024学年高三下学期2月份质量检测化学试卷（解析版）

福建省福州市2023~2024学年高三下学期2月份质量检测化学试题(完卷时间75分钟；满分100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56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.福州脱胎漆器是“中华三宝”之一，以粘土、石膏、木材等为胎骨，将混有生漆(含漆酚)的麻布逐层裱褙在胎骨上，阴干变色后去除胎骨而成。下列有关说法错误的是A.生漆裱褙起到防腐、防水等作用 B.石膏的主要成分是C.麻布、木材均含有机高分子化合物 D.脱胎漆器的制作是复杂的物理化学变化过程【答案】B【解析】【详解】A．生漆中含有漆酚，漆酚具有防腐、防水等作用，A正确；B．石膏的主要成分是CaSO4，B错误；C．麻布、木材主要成分都是纤维素，纤维素是有机高分子化合物，故麻布、木材均含有机高分子化合物，C正确；D．脱胎漆器的制作过程涉及漆酚的氧化等复杂的物理化学变化过程，D正确；本题选B。2.合成某抗疟疾药物的中间体，结构如图所示。下列关于该中间体的说法错误的是A.能发生取代、加成反应 B.最多能与反应C.所有的碳原子可能共面 D.苯环上的氢被取代所得的一溴代物有7种【答案】D【解析】【详解】A．该中间体含羧基，羧基可以发生酯化反应，即取代反应，苯环和碳碳双键都可以发生加成反应，A项正确；B．该中间体中含有两个苯环，每个苯环上分别可以与3个H2发生加成，另外还有一个碳碳双键，也能与1个H2发生加成，故1mol中间体最多能与7molH2反应，B正确；C．中间体结构中的碳碳双键中的碳原子分别与其相连的苯环共面，两个苯环又可能共平面，即分子中所有碳原子可能共平面，C正确；D．根据对称性，苯环上的氢被取代所得的一溴代物有5种，D错误；故选D。3.常温下，下列各组离子能与指定溶液大量共存的是A.溶液：、、B.溶液：、、C.的氨水：、、D.饱和溶液：、、【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢根和H+、OH-都不能共存，故A错误；B．次氯酸根，醋酸根都是弱酸的酸根，不能与氢离子共存，故B错误；C．碱性条件下，选项中各离子之间不相互反应，可以共存，故C正确；D．高锰酸根有强氧化性，二氧化硫有还原性，两者会发生氧化还原反应，故D错误；故选C。4.工业制备硝酸的重要反应之一为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.水中键数目为B.中质子数目为C.氨水中，含有的数为D.每生成转移电子数目为【答案】A【解析】【详解】A．18g水物质的量为1mol，1个水分子中有两根σ键，18g水中有2molσ键，数目为2NA，故A正确；B．O原子中有8个质子，8个中子，则1molO2含2mol氧原子，质子数目为16NA，故B错误；C．氨水为弱碱，只有小部分发生电离，1L1mol⋅L−1氨水中，含有的铵根数目小于NA，故C错误；D．由反应可得，每生成4molNO转移20mol电子，30gNO为1mol，则生成1molNO转移5mol电子，故D错误。本题选A。5.废旧铅蓄电池的铅膏主要含有、和Pb．从铅膏中回收流程如下。【已知：性质类似】下列说法错误的是A.“脱硫”是把转化为将硫除去B.“酸浸”发生的反应有C.“酸浸”中会分解，应适当过量D.“沉铅”时为保证铅的完全沉淀，应该加入过量氢氧化钠【答案】D【解析】【分析】从主要含PbSO4、PbO2废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅资源，通过如图流程可知“脱硫”时利用了沉淀转化原理，将PbSO4转化为PbCO3，便于后面的酸浸，在“酸浸”时H2O2将PbO2还原，最终铅元素全部转化为可溶性的Pb(Ac)2，“沉铅”时将Pb(Ac)2转化为Pb(OH)2，最后Pb(OH)2加热得到PbO。【详解】A．在“脱硫”工艺中，PbSO4与Na2CO3溶液反应生成更难溶的PbCO3，同时生成Na2SO4留在滤液中将硫除去，A正确；B．“酸浸”中PbO2通过和H2O2、HAc反应转化为Pb(Ac)2，同时“脱硫”工艺中生成的PbCO3与醋酸反应也生成Pb(Ac)2，故发生的反应有PbCO3+2HAc=Pb(Ac)2+CO2↑+H2O，B正确；C．H2O2本身易分解，故“酸浸”中H2O2会分解，为保证PbO2反应彻底，H2O2应适当过量，C正确；D．“沉铅”时生成Pb(OH)2，由于Pb(OH)2性质类似Al(OH)3，若氢氧化钠过量，会导致溶解，反而不利于“沉铅”，故D错误；故答案选D6.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。基态Y原子核外s轨道与p轨道电子数相等；Z元素单质常用作半导体材料；Z与W形成的化合物易水解，其水解的中间产物之一结构如图所示。下列说法正确的是A.原子半径：B.中间产物中Y原子为、杂化C.X，Y可组成原子个数比为1：1的共价化合物D.简单氢化物稳定性：【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态Y原子核外s轨道与p轨道电子数相等，则Y为氧，Z元素单质常用作半导体材料，Z为硅，Z与W形成的化合物易水解，且W原子序数大于硅，则W为氯，根据水解产物的结构，X为氢。【详解】A．同一周期从左到右原子半径减小（除稀有气体），同一主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径由大到小为硅>氯>氧>氢，即Z>W>Y>X，A错误；B．中间产物中Y原子形成的都是单键、都是sp3杂化，B错误；C．X，Y可组成原子个数比为1：1的共价化合物H2O2，C正确；D．元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性氯>硅，即W>Z，则简单氢化物稳定性：W>Z，D错误；本题选C。7.PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图：下列说法错误的是A.步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的上B.上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成C.该反应每生成，转移电子D.PtNiFe-LDHGO降低了该反应的活化能【答案】B【解析】【详解】A．由图知，甲醛中的氧原子和催化剂中的羟基形成了氢键，即步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的−OH上，A正确；B．上述反应机理涉及极性键的形成，不涉及非极性键的形成，故B错误；C．甲醛中碳的化合价为0，二氧化碳中碳化合价+4，该反应每生成1molCO2，转移4mol电子，C正确；D．催化剂降低反应活化能从而提高反应速率，D正确；本题选B。8.实验室用环己醇和浓磷酸制备环己烯，所得的粗产品可经以下步骤提纯：下列仪器在环己烯的分离提纯时需要用到的是A.①③④⑤ B.③④⑥⑦ C.①②⑤⑦ D.②④⑤⑥【答案】C【解析】【分析】粗产品提纯首先是向粗产品中加入碳酸钠溶液，反应过量的磷酸，混合液加入蒸馏水，萃取后分液，取油相，加入无水氯化钙干燥，过滤后，再蒸馏得纯品。【详解】加入碳酸钠溶液中和过量磷酸需要在烧杯①中进行，萃取分液需要在分液漏斗②中进行，过滤除去氯化钙需要用到漏斗⑤，最后蒸馏需要用蒸馏烧瓶⑦，需要用到①②⑤⑦；本题选C。9.近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出在电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。下列说法正确的是A.充电时，电极A连接电源负极B.放电时电极B发生的反应为：C.该电池可采用阴离子交换膜D.充电时，外电路通过，理论上该电池最多能够捕获(标况下)【答案】B【解析】【分析】由装置图中物质变化分析可以知道，M→N的变化为加氢反应，是还原反应，N→M的反应过程是去氢过程，为氧化反应，则放电条件下，电极B为原电池的负极，发生电极反应N+2OH--2e-=M+2H2O，电极A为原电池正极，实现K3[Fe(CN)6]→K4[Fe(CN)6]的转化，该电池可采用阳离子交换膜，避免M、N的阴离子移向负极反应，充电时，正极A连接电源正极做电解池的阳极，负极B连接电源负极，做电解池阴极，据此分析回答问题。【详解】A．由分析，充电时，电极A连接电源的正极，A错误；B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2O，B正确；C．由上述分析，该电池采用阳离子交换膜，C错误；D．充电时，外电路通过1mole-，产生1mol氢氧根离子，根据CO2+OH-=，理论上该电池最多能够捕获22.4LCO2(标况下)，D错误；故选B。10.电位滴定法的原理：反应终点被测离子浓度的数量级发生突跃，指示电极电位也发生突跃。室温下，用的标准溶液滴定相同浓度的溶液，测得电极电位的变化与滴入溶液体积的关系如图所示(的)。下列说法正确的是A.a点溶液水电离出的等于B.b点溶液中的离子浓度大小顺序为C.c点溶液，则溶液中粒浓度满足D.d点溶液【答案】C【解析】【分析】电位滴定法是依据电极电位的突跃来指示滴定终点，根据图中信息b点是将氢离子反应完，d点是将反应完。【详解】A．a点溶液是0.100mol⋅L−1的NH4HSO4溶液，硫酸氢铵中氢离子完全电离，铵根水解结合水电离出的OH-，留下氢离子，故水电离出的c(H+)大于10−13mol⋅L−1，A错误；B．b点溶质为硫酸钠和硫酸铵且两者物质的量浓度相等，硫酸钠不水解，硫酸铵中只有铵根水解，故c()=c(Na+)，B错误；C．c点溶液pH=7，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+c()=c(OH-)+2c()，故c(Na+)+c()=2c()，再由物料守恒，N和S元素都来自硫酸氢铵，故c()=c()+c(NH3·H2O)，联立后可以得到c(Na+)=c()+2c(NH3⋅H2O)，C正确；D．d点氢氧化钠和硫酸氢铵完全反应，由于浓度相等，氢氧化钠溶液的体积应当是原硫酸氢铵溶液体积的两倍，即总体积是原来3倍，硫酸根浓度是原来，约为0.033mol/L，D错误；本题选C。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.钨是国防及高新技术应用中极为重要的功能材料之一，由黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁()、钨酸锰()，少量Si、As元素]冶炼钨的流程如下：已知：①钨酸()酸性很弱，难溶于水。②水浸液含、、、等阴离子。（1）“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是___________。（2）滤渣的主要成分为两种金属氧化物，是、___________。写出生成的化学方程式___________。（3）“净化”过程中，的作用是___________。（4）“还原”的总反应为，实验测得一定条件下，平衡时的体积分数随温度的变化曲线如图所示。①该反应___________0(填“>”或“<”)。②由图可知，a点处___________(填“>”或“<”或“=”)。③900℃时该反应的压强平衡常数___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)（5）“还原”过程中，氧化钨会与水蒸气反应生成，其化学方程式为___________。（6）工业上可以采用铝热法还原黄钨()生产钨。已知、①②则的___________。（7）钨酸钙可用于制闪烁计数器、激光器等，往“净化”后的溶液中加入石灰乳发生：，已知：常温下，、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。当溶液中的完全沉淀()时，溶液___________。【答案】（1）增大接触面积，使焙烧更充分（2）①②.（3）将氧化为（4）①.>②.>③.27（5）（6）（7）13【解析】【小问1详解】黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁(FeWO4)、钨酸锰(MnWO4)，少量Si、As元素]冶炼钨，先加入碳酸钠并通入氧气进行焙烧，铁元素被氧化为三价，硅转化为硅酸盐，进行水浸，水浸液含、、、等阴离子，滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，水浸液中加入氯化镁、过氧化氢净化，得到MgSiO3、MgHAsO4，加入硫酸根过滤得到滤液和滤渣，钨酸(H2WO4)酸性很弱，难溶于水，煅烧得到WO3，通入氢气还原得到单质W。“焙烧”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，从而增大反应接触面积，使焙烧更充分；【小问2详解】由分析，“水浸”除去了锰和铁元素，故滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，焙烧过程中MnWO4与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为；【小问3详解】由流程图及分析，水浸液含、，净化过程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此，H2O2的作用是将氧化为；【小问4详解】①由图像分析可知，随温度升高，氢气的体积分数减小，即升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，该反应ΔH>0；②a点在曲线上方，即如果达到平衡，氢气体积分数要减小，说明反应要正向进行才能到平衡，故反应正向进行中，v正>v逆；③900℃时，压强p=0.1MPa，M点氢气的体积分数为25%，结合三段式列式计算平衡分压，设氢气起始量为3mol，平衡时消耗氢气xmol，则，，x=2.25mol，该反应的压强平衡常数Kp=；【小问5详解】“还原”过程中，氧化钨会与水蒸气反应生成WO2(OH)2，其化学方程式为；【小问6详解】反应②-①得到WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)的4倍，故根据盖斯定律WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)ΔH=kJ/mol；【小问7详解】常温下，Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线如图，由于氢氧化钙微溶，溶解度相对较大，上方的线表示CaWO4，下方的线表示Ca(OH)2，当c()=10-5mol/L时，对应是曲线上纵坐标为5的点，取横坐标(钙离子浓度)相同，对应氢氧根曲线的纵坐标为1，即c(OH-)=0.1mol/L，即pOH=1，pH=13。12.树叶上镀铜可以长久保存，且具有一定艺术性和鉴赏价值。某兴趣小组探究榕树叶表面镀铜的工艺。资料：酸性条件下，。（1）由废铜屑制备酸性硫酸铜溶液。取一定量的废铜屑置于___________(填仪器名称)中焙烧，再用稍过量的稀硫酸溶解冷却后的粉末，得到酸性硫酸铜溶液。（2）除蜡。除去榕树叶表面酯类蜡质层的方法是___________。（3）敏化。洗净后的树叶用新制的1%溶液浸泡敏化30s。久置的溶液易变质，若变质过程只生成溶液和沉淀，其化学方程式为___________。（4）活化。将敏化后的树叶洗净，放入银氨溶液与甲醛混合溶液中，控制40℃左右浸泡5min。①配制银氨溶液：将___________(填试剂)滴入溶液A，直到出现___________现象时停止滴加。②控制40℃应采用的加热方式为___________，实验后、容器壁上的银镜可用___________(填试剂)的稀溶液除去。（5）电镀。将活化后树叶放入酸性硫酸铜溶液中进行电镀。电镀时，铜阳极反应的历程如下：a．；b．①纯铜作阳极时，电镀时会产生阳极泥(铜粉)，说明铜阳极反应的决速步骤是___________(填“a”或“b”)。②电镀时，通过搅拌等方式向酸性硫酸铜溶液中鼓入空气，能减少阳极泥的产生，其原因是___________。③Cu的密度为，电镀过程的电化当量为。若流经树叶表面的电流密度为且阴极没有副反应，则形成0.050cm厚度铜镀层需要___________min。(铜的电化当量是一个常数，指单位电量所析出铜的质量大小，其中电量=电流×时间；电流密度，是指单位面积所通过的电流大小)【答案】（1）坩埚（2）热碱溶液浸泡，水洗（3）（4）①.氨水②.沉淀恰好消失③.水浴加热④.硝酸（5）①.b②.Cu+能被氧化③.6.25【解析】【分析】树叶不是导体，不可直接做为电极进行电解实现电镀，故先对树叶进行活化后，再进行电镀。【小问1详解】固体灼烧在坩埚中进行，故取一定量的废铜屑置于坩埚中焙烧；【小问2详解】酯在碱性溶液中发生水解反应更快更彻底且生成溶于水的产物，故除去榕树叶表面酯类蜡质层的方法是用热碱溶液浸泡，水洗；【小问3详解】SnCl2中二价锡有还原性，会被空气中的氧气氧化，若变质过程只生成SnCl4溶液和Sn(OH)Cl沉淀，化学方程式为6SnCl2+O2+2H2O=4Sn(OH)Cl↓+2SnCl4；【小问4详解】①将氨水滴入硝酸银溶液至沉淀恰好溶解时得到银氨溶液，故将氨水滴入溶液A，直到出现沉淀恰好消失现象时停止滴加；②水浴加热的特点是受热均匀且易于控制温度，故温度不超过100℃时，可以采用水浴加热，试管壁上的银可以用稀硝酸洗涤；【小问5详解】①决速步骤是速率慢的一步，电镀时会产生阳极泥(铜粉)，说明b反应更慢，所以有一价铜离子歧化得到铜，故决速步骤是b；②由于阳极泥是一价铜离子歧化产生，所以鼓入空气，氧化一价铜离子，能减少阳极泥的产生；③单位面积上的铜镀层含铜质量为g，故需要通电时间为6.25min。13.铁被誉为“工业之母”，铁也是人体必须的痕量元素之一，人体血液中血红蛋白中血红素结构如图。（1）血红素中铁微粒()的基态价电子排布式是___________。（2）血红素中C、N、O的第一电离能大小顺序为___________。（3）血红素结构中含有吡咯()单元。吡咯能与盐酸反应，从结构角度解释原因___________。吡咯()的沸点高于噻吩()的原因是___________。（4）的中毒是由于与血红蛋白(Hb)发生配位反应，其反应方程式可表示为：。已知、与血红素(Hb)的配位常数如下表：

配位常数K①写出一种与互为等电子体的微粒的化学式___________。②反应的平衡常数___________。③实验表明，当，即可造成人的神经损伤。则吸入肺部的的必须低于___________。（5）奥氏体是碳无序地分布在中的间隙固溶体。晶胞结构如图，平均7个晶胞含有1个碳原子，则奥氏体中碳的质量分数约为___________(列计算式)。【答案】（1）（2）（3）①.吡咯分子中氮原子有孤电子对与的空轨道形成配位键②.吡咯分子间有氢键（4）①或或②.400③.（5）【解析】【小问1详解】铁为26号元素，Fe2+的基态价电子排布式为3d6；【小问2详解】同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，N元素2p能级半满更稳定，第一电离能比相邻元素大，故第一电离能大小顺序为I1(N)>I1(O)>I1(C)；【小问3详解】吡咯分子中氮原子有孤电子对与H+的空轨道形成配位键，故吡咯能与盐酸反应；吡咯中有分子间氢键，沸点高于噻吩；【小问4详解】①CO是2由2个原子构成的分子，且有14个电子，与其互为等电子体的微粒有N2或CN−或；②反应CO(aq)+Hb⋅O2(aq)⇌O2(aq)+Hb⋅CO(aq)的平衡常数K=；③由，要，则；【小问5详解】γ-Fe晶胞中铁原子位于顶点和面心，则每个晶胞中含有，平均7个晶胞中含有1个碳原子，则奥氏体中碳的质量分数约为。14.以异胡薄荷醇为原料制备合成青蒿素的中间体G的路