福建省部分地市校（福州、厦门、泉州、三明、南平、莆田、漳州）2025届高三下学期3月质量检测化学试题 含解析

绝密★启用前福建省部分地市校届高中毕业班3月质量检测化学全卷满分分，考试时间分钟。注意事项：指定位置。区域均无效。选择题用铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共小题，每小题4分，共分。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.福建省海洋资源丰富。下列说法错误的是A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、反渗透法和电渗析法等B.电解海水不能得到金属镁C.深海海底的“可燃冰”属于不可再生能源D.海水制取精盐NaCl的过程中只发生了物理变化【答案】D【解析】A蒸汽冷凝得到淡水；反渗透法是利用半透膜在压力作用下使海水的水分子通过而盐分截留；电渗析法是利用离子交换膜的选择透过性，在电场作用下使海水中的离子定向迁移从而实现淡化，这些都是常见的海水淡化方法，A正确；B成氢气，无法得到金属镁。工业上是先将海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再转化为氯化镁，然后电解熔融氯化镁制取金属镁，B正确；第1页/共23页C法再生，属于不可再生能源，C正确；D．海水制取精盐NaCl的过程中，不仅有过滤、蒸发等物理变化，还需要加入沉淀剂（如氯化钡、碳酸钠、氢氧化钠等）除去海水中的硫酸根离子、钙离子、镁离子等杂质，这些除杂过程发生了化学反应，并非只发生物理变化，D错误；故选D。2.药物Z可用于治疗阿尔茨海默病，其合成路线如图所示。下列说法正确的是A.该反应为加成反应，X含有3种含氧官能团B.Y分子中碳原子都是杂化C.Z分子含有3个手性碳原子，图中虚线框内所有碳原子可能共平面D.X和Z不可以用溶液或银氨溶液鉴别【答案】C【解析】【详解】A．该反应为加成反应，X含有醚键、醛基2种含氧官能团，A错误；B．Y分子中只有碳氧双键上的碳原子是杂化，其余碳原子都是杂化，B错误；CZ分子含有3个手性碳原子，图中虚线框内，含有苯环和羰基2个平面，单键可以旋转，故所有碳原子可能共平面，C正确；DX和ZXZX和Z可以用银氨溶液鉴别，D错误；故选C。3.某除草剂的分子结构如图所示。X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E与Z同族，W与Z同周期。下列说法错误的是第2页/共23页A.第一电离能：Y<W<Z；电负性：X<Y<WB.最简单氢化物沸点：Z<E<WC.键长：X—W<X—Z<X-YD.的VSEPR模型和空间结构不相同【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E形成五个共价键、Z形成三个价键，Z和E同主族，所以Z为族元素，故Z为N元素，E为P元素；W形成两个价键，所以W为VIA族元素，Z与W同周期，故W为O元素，Y形成四个价键，Y为族元素，又原子序数小于O，则Y为C元素；X形成一个价键，X的原子序数小于C，所以X为H元素，综上所述X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、E为P元素，据此分析。A．同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大的趋势，但Z(N)的2p能级有3个电子，处于半Z(N)的第一电离能大于W(O)C<O<NY<W<Z主族元素从左到右元素的电负性增强，氢元素的电负性在三者中最小，所以电负性：H<C<0，即X<Y<W，A正确；B．分子间存在氢键，故沸点高于PH，在常温下呈液态，在常温下呈气态，故简单氢化物沸点：<<，即E<Z<W，B错误；C．原子半径：O<N<C，原子半径越小，键长越短，则键长：H-O<H-N<H-C，C正确；D．的中心原子上的价层电子对数，VSEPR模型为平面三角形，离子的空间结构为V形，两者不相同，D正确；故选B，4.实验室从AgCl中提取Ag的一种实验方案如下：下列说法错误的是A.还原性：Fe>Cu>AgB.、中的中心离子的配位数分别为2、4第3页/共23页C.反应①的离子方程式是D.溶液①中的金属离子是【答案】D【解析】【分析】AgCl与氨水反应生成，与Cu反应生成和Ag，被通入的氧气氧化为答。A顺序为Fe>Cu>Ag，A正确；B．、中的中心离子的配位数分别为2、4，B正确；C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确；D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入单质铁，铁置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，因此，溶液①中的金属离子是，D错误；故选D。5.某工厂煤粉灰的主要成分为、Al₂O、FeO、、MgO、等。研究小组对其进行综合处理的流程如下：已知：①，。②“酸浸”后钛主要以在溶液中仅能电离出第4页/共23页离子会发生水解。下列说法正确的是A.“滤液2”中加入双氧水后，体系中发生主要反应的离子方程式为B.加入铁粉的主要目的是消耗过量的硫酸C.当“滤液2”中完全沉淀时，溶液中D.用如图装置制取无水【答案】A【解析】【分析】煤粉灰的主要成分为、、FeO、、MgO、等，酸浸后、FeO、、MgO分别转化为、、、，转化为，强电解质在溶液中仅能电离出，1中。加入铁粉，被还原为，结晶得到，水解后得到，经过酸洗、水洗、干燥、煅烧，得到。滤液2中加入双氧水，将氧化为，调节pH，可生成、沉淀。滤液3含有，经过一系列操作，最后结晶得到。【详解】A．由上述分析可知，“滤液2”中加入双氧水后，将氧化为，体系中发生主要反应的离子方程式为，A正确；B．加入铁粉的主要目的是将还原为，以便结晶得到，B错误；C．当“滤液2”中完全沉淀时，早已完全沉淀，溶液中第5页/共23页，C错误；D．由于能发生水解，为了抑制其水解，需要在氯化氢气流中加热晶体，方可制取无水，D错误；故选A。6.光气(，沸点为8.2℃)与反应可制备(熔点为-25℃)，发生反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是A.标准状况下，光气中键数为1.5B.22g中含有的氧原子数和键电子数分别为、2C.1mol基态原子的价层电子数为2D.常温下1mol中含有的氯离子数为4【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，光气不是气体，不能用22.4计算其物质的量，A错误；B．的结构式为O=C=O1个分子中含有2个氧原子和1个三中心4电子大22g(即0.5mol)中含有的氧原子数为，含有的大键电子数为2，B正确；C．基态原子的价层电子排布式为，1mol基态原子的价层电子数为4，C错误；D．的熔点较低，是由分子构成的共价化合物，不含有离子，D错误；故选B。7.利用“(橙色)(黄色)”研究温度、浓度对化学平衡的影响，进行如图实验。已知：微热试管a中溶液，黄色加深。下列说法错误的是第6页/共23页A.反应的△H>0B.试管b加水后，溶液的pH减小C.室温下，试管c比试管b黄色更深，但该反应的平衡常数不变D.试管d比试管b橙色更深，原因是增大【答案】B【解析】【详解】A．微热试管a中溶液，黄色加深，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，即△H>0，A正确；B．试管b加水后，平衡正向移动，增大，但减小，溶液的pH增大，B错误；C．试管c比试管b黄色更深，平衡正向移动，但平衡常数只受温度的影响，平衡常数不变，C正确；D．试管d中加浓硫酸，溶液中增大，平衡逆向移动，溶液橙色变深，D正确；故选B。8.二氧化钛负载锰钴复合氧化物脱硝催化剂的反应机理如图所示。下列叙述错误的是A.两种条件下的反应历程不相同B.催化剂能降低脱硝反应的活化能，但不能提高NO的平衡转化率第7页/共23页C.脱硝总反应的化学方程式为D.键角：>【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，温度不同，反应历程不同，A正确；BNO的平衡转化率，B正确；C，为，C正确；D．水分子和氨分子的中心原子都是杂化，由于氧原子、氮原子均有孤电子对，对共价键有斥力作用，氨分子中的氮原子有1个孤电子对，水分子中的氧原子有2个孤电子对，孤电子对数目越多，斥力作用越大，键角越小，故键角：<，D错误；故选D。9.利用电解原理，采用中性红试剂直接捕获空气中的二氧化碳的装置图如下：已知：中性红NR：，：第8页/共23页。下列说法正确的是A.若用铅酸蓄电池进行电解，a极接蓄电池的Pb极B.电解时，b极的电极反应为C.左储液罐溶液中发生反应的离子方程式为D.理论上每捕获空气中的1mol，电路中转移2mol电子【答案】C【解析】【分析】电解池中，b电极上：，是得氢发生还原反应的过程，则b电极作阴极，a电极作b极接蓄电池的Pb极(负极)；【详解】A．在a极上转化为NR，有机物失氢，发生氧化反应，则a极为阳极，a极应连接蓄电池的正极——极，A错误；Bb极为阴极，NR在b极上发生还原反应，b极的电极反应为，B错误；C．因为a极的电极反应需要，所以左储液罐溶液中发生反应的离子方程式为，C正确；D．根据左储液罐溶液中发生反应的离子方程式和b极的电极反应式，列出关系式：，可知理论上每捕获空气中的1mol，电路中转移1mol电子，D错误；选C。10.常温下Ag(Ⅰ)-水溶液体系中存在反应：第9页/共23页K数与pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是A.曲线Ⅱ、Ⅲ分别表示、的摩尔分数与pH的变化关系B.常温下的电离常数C.pH=n时，D.pH=8时，【答案】C【解析】【分析】随着溶液的pH增大，减小，乙酸电离平衡正向移动，减小，的摩尔分数减小，的摩尔分数增大，同时的平衡正向移动，的摩尔分数也增大，但当pH增大到一定程度时，部分转化为AgOH沉淀，使得平衡逆向移动，的摩尔分数减小，的摩尔分数增大。【详解】A的摩尔分数与pH的摩尔分数与pH的变化关系，曲线Ⅲ代表的摩尔分数与pH的变化关系，A项正确；B．由图可知，当时(即曲线Ⅰ和曲线Ⅱ交点)，溶液的pH=m，则的电离常数，B项正确；第10页/共23页C．pH=n时，，则，的平衡常数，则，由图可知，pH=n时，，故pH=n时，，C项错误；D．pH=8时，部分转化为AgOH沉淀，根据元素守恒，pH=8时溶液中，D项正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共分。三氧化二铬()可用于制备陶瓷、合金、耐火材料等。由铬铁矿(含和少量、、)制备的一种流程如下：已知：①，，，；当溶液中金属离子浓度时，可认为该金属离子已沉淀完全。②“水浸”所得浸渣的主要成分为和。③，。回答下列问题：（1“焙烧”时，发生反应的化学方程式为______。（2“焙烧”时，每消耗1mol，需消耗______mol。第11页/共23页（30.2的滤液；然后调节滤液pH的范围为______，过滤、洗涤、煅烧，得到产品。（4“调pH为7～8”和“酸化”______“酸化”______。（5“热还原”过程中生成，反应的化学方程式为______。（6）晶胞结构如图所示，晶体密度为，晶胞体积为V。晶胞结构示意图中的小黑球代表______(填“”或“”)，阿伏加德罗常数______。【答案】（1）（2）1.75（3）3.2≤pH<9(或3.2～9)（4）①.两步合并可能会导致溶解，降低产品纯度②.酸性条件下能还原，降低产品产率并产生污染性气体（5）（6）①.②.(或其他正确答案)【解析】(含和少量、、)加入碳酸镁与二氧化硅反应生成“焙烧”时与NaOH和在高温下反应生成和“水浸”所得浸渣的主要成分为和pH得到沉淀，溶液加入硫酸转化为“热还原”过程为NHCl与反应生成和。【小问1详解】焙烧时，碳酸镁与二氧化硅反应生成和二氧化碳，化学方程式为：第12页/共23页。【小问2详解】“焙烧”时，发生反应的化学方程式为，每消耗1mol，需消耗1.75mol。【小问3详解】浸渣的主要成分为和。从浸渣中提取时，调节滤液pH的目的是将沉淀完全，而不形成沉淀。当沉淀完全时，溶液中，则，即pH≥3.2；当不形成沉淀时，溶液中，则，即pH<9，则调节滤液pH的范围为3.2≤pH<9。【小问4详解】用硫酸溶液“调pH为7～8”的目的是使完全转化为“酸化”的目的是使充分转化为。两步合并可能会导致溶解，降低产品纯度。“酸化”时，不能用盐酸代替硫酸，因为酸性条件下能还原，降低产品产率并产生污染性气体。【小问5详解】“热还原”过程中NHCl与反应生成和，反应的化学方程式为：。【小问6详解】晶胞中与的个数比应为234小黑球数目=46=231个晶胞含2个，则晶胞的质量为g；晶胞的体积为。晶体的密度，则阿伏第13页/共23页加德罗常数。12.(一水合硫酸四氨合铜)媒染剂。某小组在实验室制备该晶体并检验其纯度。回答下列问题：【制备晶体】利用如图1装置(部分夹持装置略)制备晶体。（1）盛装95%乙醇溶液的仪器名称为______。（2）A装置中发生反应的化学方程式为______。（3）B装置中不能用长导管替换长颈漏斗，理由是______。（4）向B装置硫酸铜溶液中持续通入A装置产生的气体，并不断搅拌，可观察到的现象是______。（5）向反应后的溶液中滴加适量95%95%乙醇溶液的目的是______。【测定纯度】将mg(相对分子质量为246)产品溶于水，并加入过量的NaOH溶液，通入高温水蒸气，将产生的氨全部蒸出。先用mL0.1000稀盐酸吸收蒸出的氨，加入2滴酚酞溶2装置(夹持装置略)0.1000NaOHmLNaOH溶液。第14页/共23页（6）到达滴定终点时，观察到的实验现象是______。（7）产品中的纯度为______×100%(列出计算式)。（8）滴定时会导致所测纯度偏低的情况是______(填标号)。a．未将产生的氨全部蒸出b．未使用0.1000NaOH溶液润洗滴定管c．终点时滴定管尖嘴内有气泡d．终点读数时仰视滴定管刻度线【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）（3）氨气极易溶于水，若用长导管替换长颈漏斗，会发生倒吸（4）先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色（5）降低溶剂的极性，有利于结晶析出（6）滴入最后半滴NaOH溶液，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色(或其他正确答案)（7）（8）abd【解析】A中生成氨气，反应产生的氨气通入装置BB中通入氨气，氢氧化铜溶解，生成硫酸四氨合铜，再滴入95%的乙醇溶液析出，分第15页/共23页离出，溶解后与氢氧化钠反应释放出氨气被稀盐酸吸收，通过滴定剩余盐酸溶质的量可以计算生成氨气的量，进而计算硫酸四氨合铜晶体的纯度。【小问1详解】盛装95%乙醇溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗。【小问2详解】A装置用于制取氨气，实验室常用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应制氨气，发生反应的化学方程式为。【小问3详解】氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，使用长颈漏斗将A装置产生的气体持续通入B装置中，而不使用长导管通入的原因是防止倒吸。【小问4详解】向B装置的硫酸铜溶液中持续通入A装置产生的气体，并不断搅拌，先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜继续与氨气反应生成氢氧化四氨合铜，可观察到的现象为：先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色。【小问5详解】水分子的极性大于乙醇分子的极性，加入乙醇能降低溶剂的极性，利于结晶析出，所以滴加95%的乙醇溶液，有深蓝色晶体析出。【小问6详解】用0.1000NaOHNaOH溶液稍微过量，观察到的实验现象是：滴入最后半滴NaOH溶液，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色。【小问7详解】根据关系式～～4HCl和HCl～NaOH的纯度。【小问8详解】a．未将产生的氨全部蒸出，导致剩余的盐酸偏多，则消耗NaOH溶液的体积偏大，故导致所测第16页/共23页纯度偏低，a符合题意；b．未使用0.1000NaOH溶液润洗滴定管，导致滴定管中的NaOH溶液的浓度偏低，则消耗NaOH溶液的体积偏大，故导致所测纯度偏低，b符合题意；cc不符合题意；d．终点读数时仰视滴定管刻度线，导致读数d符合题意；故选abd。13.盐酸考尼伐坦是一种非肽类双重抑制剂，主要用于低钠血症的治疗。化合物G是盐酸考尼伐坦的前体，G的一种合成路线如下：已知：。回答下列问题：（1）A中官能团的名称为______。（2）F到G的反应涉及取代反应、加成反应和______(填反应类型)；的空间结构为______。（3）B、E的结构简式分别是______、______。（4）由C生成D的化学方程式为______。（5）X是A的同分异构体，且满足下述条件。X的结构简式为______(任写一种)。①分子中只含有苯环，不含其他环第17页/共23页②苯环上有4个取代基，其中1个取代基是—N=O③与溶液作用显紫色④X的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6∶2∶1【答案】（1）氨基、酯基（2）①.消去反应②.平面三角形（3）①.②.（4）+CHOH（5）(或)【解析】A和乙酸发生取代反应生成BB为B发生已知反应原理生成C为D转化为EE转化为FF第18页/共23页，E化学式可知，E为，据此分析作答。【小问1详解】A的结构简式为，可知其官能团的名称为氨基、酯基，故答案为：氨基、酯基。【小问2详解】化合物F到化合物G的反应中溴原子被取代引入新的支链，新支链中氨基和羰基发生加成反应得到新的环中中心原子C周围的价层电子对数为形，故答案为：消去反应；平面三角形。【小问3详解】由分析可知，B、E的结构简式分别是、，故答案为：；。【小问4详解】化合物C在甲醇钠作用下，C中-CN的邻位碳上氢和C中酯基发生取代反应成环生成化合物D和甲醇，反应为+CHOH第19页/共23页+CHOH。【小问5详解】A的结构简式为溶液作用显紫色，说明含有酚羟基；②苯环上有4个取代基，其中1个取代基是—N=O，④X的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为621X为(或)答案为：(或)。14.基活性炭催化重整不仅可获得合成气(与)，还能同时消耗两种温室气体，回答下列问题：（1）重整反应为，相关物质燃烧热数值如下表所示：物质燃烧热该催化重整反应的_______(用含abc的代数式表示)气生成的条件是_______(填“高压”或“低压”)。（2）控制温度为，总压为，在密闭容器中加入与及催化剂进行重整反应，第20页/共23页达到平衡时的体积分数为，的平衡转化率为_______，平衡常数_______