福建省福州市2023~2024學年高三下學期2月份質量檢測化學試題(完卷時間75分鐘；滿分100分)可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Fe56選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.福州脫胎漆器是“中華三寶”之一，以粘土、石膏、木材等為胎骨，將混有生漆(含漆酚)的麻布逐層裱褙在胎骨上，陰干變色后去除胎骨而成。下列有關說法錯誤的是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、木材均含有機高分子化合物 D.脫胎漆器的制作是復雜的物理化學變化過程【答案】B【解析】【詳解】A．生漆中含有漆酚，漆酚具有防腐、防水等作用，A正確；B．石膏的主要成分是CaSO4，B錯誤；C．麻布、木材主要成分都是纖維素，纖維素是有機高分子化合物，故麻布、木材均含有機高分子化合物，C正確；D．脫胎漆器的制作過程涉及漆酚的氧化等復雜的物理化學變化過程，D正確；本題選B。2.合成某抗瘧疾藥物的中間體，結構如圖所示。下列關于該中間體的說法錯誤的是A.能發生取代、加成反應 B.最多能與反應C.所有的碳原子可能共面 D.苯環上的氫被取代所得的一溴代物有7種【答案】D【解析】【詳解】A．該中間體含羧基，羧基可以發生酯化反應，即取代反應，苯環和碳碳雙鍵都可以發生加成反應，A項正確；B．該中間體中含有兩個苯環，每個苯環上分別可以與3個H2發生加成，另外還有一個碳碳雙鍵，也能與1個H2發生加成，故1mol中間體最多能與7molH2反應，B正確；C．中間體結構中的碳碳雙鍵中的碳原子分別與其相連的苯環共面，兩個苯環又可能共平面，即分子中所有碳原子可能共平面，C正確；D．根據對稱性，苯環上的氫被取代所得的一溴代物有5種，D錯誤；故選D。3.常溫下，下列各組離子能與指定溶液大量共存的是A.溶液：、、B.溶液：、、C.的氨水：、、D.飽和溶液：、、【答案】C【解析】【詳解】A．碳酸氫根和H+、OH-都不能共存，故A錯誤；B．次氯酸根，醋酸根都是弱酸的酸根，不能與氫離子共存，故B錯誤；C．堿性條件下，選項中各離子之間不相互反應，可以共存，故C正確；D．高錳酸根有強氧化性，二氧化硫有還原性，兩者會發生氧化還原反應，故D錯誤；故選C。4.工業制備硝酸的重要反應之一為：。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.水中鍵數目為B.中質子數目為C.氨水中，含有的數為D.每生成轉移電子數目為【答案】A【解析】【詳解】A．18g水物質的量為1mol，1個水分子中有兩根σ鍵，18g水中有2molσ鍵，數目為2NA，故A正確；B．O原子中有8個質子，8個中子，則1molO2含2mol氧原子，質子數目為16NA，故B錯誤；C．氨水為弱堿，只有小部分發生電離，1L1mol?L?1氨水中，含有的銨根數目小于NA，故C錯誤；D．由反應可得，每生成4molNO轉移20mol電子，30gNO為1mol，則生成1molNO轉移5mol電子，故D錯誤。本題選A。5.廢舊鉛蓄電池的鉛膏主要含有、和Pb．從鉛膏中回收流程如下。【已知：性質類似】下列說法錯誤的是A.“脫硫”是把轉化為將硫除去B.“酸浸”發生的反應有C.“酸浸”中會分解，應適當過量D.“沉鉛”時為保證鉛的完全沉淀，應該加入過量氫氧化鈉【答案】D【解析】【分析】從主要含PbSO4、PbO2廢舊鉛蓄電池的鉛膏中回收鉛資源，通過如圖流程可知“脫硫”時利用了沉淀轉化原理，將PbSO4轉化為PbCO3，便于后面的酸浸，在“酸浸”時H2O2將PbO2還原，最終鉛元素全部轉化為可溶性的Pb(Ac)2，“沉鉛”時將Pb(Ac)2轉化為Pb(OH)2，最后Pb(OH)2加熱得到PbO。【詳解】A．在“脫硫”工藝中，PbSO4與Na2CO3溶液反應生成更難溶的PbCO3，同時生成Na2SO4留在濾液中將硫除去，A正確；B．“酸浸”中PbO2通過和H2O2、HAc反應轉化為Pb(Ac)2，同時“脫硫”工藝中生成的PbCO3與醋酸反應也生成Pb(Ac)2，故發生的反應有PbCO3+2HAc=Pb(Ac)2+CO2↑+H2O，B正確；C．H2O2本身易分解，故“酸浸”中H2O2會分解，為保證PbO2反應徹底，H2O2應適當過量，C正確；D．“沉鉛”時生成Pb(OH)2，由于Pb(OH)2性質類似Al(OH)3，若氫氧化鈉過量，會導致溶解，反而不利于“沉鉛”，故D錯誤；故答案選D6.短周期元素X、Y、Z、W原子序數依次增大。基態Y原子核外s軌道與p軌道電子數相等；Z元素單質常用作半導體材料；Z與W形成的化合物易水解，其水解的中間產物之一結構如圖所示。下列說法正確的是A.原子半徑：B.中間產物中Y原子為、雜化C.X，Y可組成原子個數比為1：1的共價化合物D.簡單氫化物穩定性：【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，基態Y原子核外s軌道與p軌道電子數相等，則Y為氧，Z元素單質常用作半導體材料，Z為硅，Z與W形成的化合物易水解，且W原子序數大于硅，則W為氯，根據水解產物的結構，X為氫。【詳解】A．同一周期從左到右原子半徑減小（除稀有氣體），同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，故原子半徑由大到小為硅>氯>氧>氫，即Z>W>Y>X，A錯誤；B．中間產物中Y原子形成的都是單鍵、都是sp3雜化，B錯誤；C．X，Y可組成原子個數比為1：1的共價化合物H2O2，C正確；D．元素非金屬性越強，簡單氫化物穩定性越強，非金屬性氯>硅，即W>Z，則簡單氫化物穩定性：W>Z，D錯誤；本題選C。7.PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化的反應機理如圖：下列說法錯誤的是A.步驟Ⅰ中甲醛通過氫鍵吸附在催化劑表面的上B.上述反應機理涉及極性鍵和非極性鍵的形成C.該反應每生成，轉移電子D.PtNiFe-LDHGO降低了該反應的活化能【答案】B【解析】【詳解】A．由圖知，甲醛中的氧原子和催化劑中的羥基形成了氫鍵，即步驟Ⅰ中甲醛通過氫鍵吸附在催化劑表面的?OH上，A正確；B．上述反應機理涉及極性鍵的形成，不涉及非極性鍵的形成，故B錯誤；C．甲醛中碳的化合價為0，二氧化碳中碳化合價+4，該反應每生成1molCO2，轉移4mol電子，C正確；D．催化劑降低反應活化能從而提高反應速率，D正確；本題選B。8.實驗室用環己醇和濃磷酸制備環己烯，所得的粗產品可經以下步驟提純：下列儀器在環己烯的分離提純時需要用到的是A.①③④⑤ B.③④⑥⑦ C.①②⑤⑦ D.②④⑤⑥【答案】C【解析】【分析】粗產品提純首先是向粗產品中加入碳酸鈉溶液，反應過量的磷酸，混合液加入蒸餾水，萃取后分液，取油相，加入無水氯化鈣干燥，過濾后，再蒸餾得純品。【詳解】加入碳酸鈉溶液中和過量磷酸需要在燒杯①中進行，萃取分液需要在分液漏斗②中進行，過濾除去氯化鈣需要用到漏斗⑤，最后蒸餾需要用蒸餾燒瓶⑦，需要用到①②⑤⑦；本題選C。9.近日，西湖大學團隊開發了一類水溶性有機儲能小分子(M)，并提出在電池充放電過程中實現電化學碳捕獲一體化，其反應裝置與原理如圖所示。下列說法正確的是A.充電時，電極A連接電源負極B.放電時電極B發生的反應為：C.該電池可采用陰離子交換膜D.充電時，外電路通過，理論上該電池最多能夠捕獲(標況下)【答案】B【解析】【分析】由裝置圖中物質變化分析可以知道，M→N的變化為加氫反應，是還原反應，N→M的反應過程是去氫過程，為氧化反應，則放電條件下，電極B為原電池的負極，發生電極反應N+2OH--2e-=M+2H2O，電極A為原電池正極，實現K3[Fe(CN)6]→K4[Fe(CN)6]的轉化，該電池可采用陽離子交換膜，避免M、N的陰離子移向負極反應，充電時，正極A連接電源正極做電解池的陽極，負極B連接電源負極，做電解池陰極，據此分析回答問題。【詳解】A．由分析，充電時，電極A連接電源的正極，A錯誤；B．放電時電極B發生的反應為：N+2OH--2e-=M+2H2O，B正確；C．由上述分析，該電池采用陽離子交換膜，C錯誤；D．充電時，外電路通過1mole-，產生1mol氫氧根離子，根據CO2+OH-=，理論上該電池最多能夠捕獲22.4LCO2(標況下)，D錯誤；故選B。10.電位滴定法的原理：反應終點被測離子濃度的數量級發生突躍，指示電極電位也發生突躍。室溫下，用的標準溶液滴定相同濃度的溶液，測得電極電位的變化與滴入溶液體積的關系如圖所示(的)。下列說法正確的是A.a點溶液水電離出的等于B.b點溶液中的離子濃度大小順序為C.c點溶液，則溶液中粒濃度滿足D.d點溶液【答案】C【解析】【分析】電位滴定法是依據電極電位的突躍來指示滴定終點，根據圖中信息b點是將氫離子反應完，d點是將反應完。【詳解】A．a點溶液是0.100mol?L?1的NH4HSO4溶液，硫酸氫銨中氫離子完全電離，銨根水解結合水電離出的OH-，留下氫離子，故水電離出的c(H+)大于10?13mol?L?1，A錯誤；B．b點溶質為硫酸鈉和硫酸銨且兩者物質的量濃度相等，硫酸鈉不水解，硫酸銨中只有銨根水解，故c()=c(Na+)，B錯誤；C．c點溶液pH=7，即c(H+)=c(OH-)，由電荷守恒，c(Na+)+c(H+)+c()=c(OH-)+2c()，故c(Na+)+c()=2c()，再由物料守恒，N和S元素都來自硫酸氫銨，故c()=c()+c(NH3·H2O)，聯立后可以得到c(Na+)=c()+2c(NH3?H2O)，C正確；D．d點氫氧化鈉和硫酸氫銨完全反應，由于濃度相等，氫氧化鈉溶液的體積應當是原硫酸氫銨溶液體積的兩倍，即總體積是原來3倍，硫酸根濃度是原來，約為0.033mol/L，D錯誤；本題選C。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.鎢是國防及高新技術應用中極為重要的功能材料之一，由黑鎢礦[主要成分是鎢酸亞鐵()、鎢酸錳()，少量Si、As元素]冶煉鎢的流程如下：已知：①鎢酸()酸性很弱，難溶于水。②水浸液含、、、等陰離子。（1）“焙燒”前，粉碎黑鎢礦的目的是___________。（2）濾渣的主要成分為兩種金屬氧化物，是、___________。寫出生成的化學方程式___________。（3）“凈化”過程中，的作用是___________。（4）“還原”的總反應為，實驗測得一定條件下，平衡時的體積分數隨溫度的變化曲線如圖所示。①該反應___________0(填“>”或“<”)。②由圖可知，a點處___________(填“>”或“<”或“=”)。③900℃時該反應的壓強平衡常數___________。(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)（5）“還原”過程中，氧化鎢會與水蒸氣反應生成，其化學方程式為___________。（6）工業上可以采用鋁熱法還原黃鎢()生產鎢。已知、①②則的___________。（7）鎢酸鈣可用于制閃爍計數器、激光器等，往“凈化”后的溶液中加入石灰乳發生：，已知：常溫下，、的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。當溶液中的完全沉淀()時，溶液___________。【答案】（1）增大接觸面積，使焙燒更充分（2）①②.（3）將氧化為（4）①.>②.>③.27（5）（6）（7）13【解析】【小問1詳解】黑鎢礦[主要成分是鎢酸亞鐵(FeWO4)、鎢酸錳(MnWO4)，少量Si、As元素]冶煉鎢，先加入碳酸鈉并通入氧氣進行焙燒，鐵元素被氧化為三價，硅轉化為硅酸鹽，進行水浸，水浸液含、、、等陰離子，濾渣的主要成分為MnO2、Fe2O3兩種金屬氧化物，水浸液中加入氯化鎂、過氧化氫凈化，得到MgSiO3、MgHAsO4，加入硫酸根過濾得到濾液和濾渣，鎢酸(H2WO4)酸性很弱，難溶于水，煅燒得到WO3，通入氫氣還原得到單質W。“焙燒”前將黑鎢礦粉碎，可增大礦石的表面積，從而增大反應接觸面積，使焙燒更充分；【小問2詳解】由分析，“水浸”除去了錳和鐵元素，故濾渣的主要成分為MnO2、Fe2O3兩種金屬氧化物，焙燒過程中MnWO4與氫氧化鈉反應生成二氧化錳和鎢酸鈉，化學方程式為；【小問3詳解】由流程圖及分析，水浸液含、，凈化過程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此，H2O2的作用是將氧化為；【小問4詳解】①由圖像分析可知，隨溫度升高，氫氣的體積分數減小，即升溫平衡正向移動，正反應為吸熱反應，該反應ΔH>0；②a點在曲線上方，即如果達到平衡，氫氣體積分數要減小，說明反應要正向進行才能到平衡，故反應正向進行中，v正>v逆；③900℃時，壓強p=0.1MPa，M點氫氣的體積分數為25%，結合三段式列式計算平衡分壓，設氫氣起始量為3mol，平衡時消耗氫氣xmol，則，，x=2.25mol，該反應的壓強平衡常數Kp=；【小問5詳解】“還原”過程中，氧化鎢會與水蒸氣反應生成WO2(OH)2，其化學方程式為；【小問6詳解】反應②-①得到WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)的4倍，故根據蓋斯定律WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)ΔH=kJ/mol；【小問7詳解】常溫下，Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲線如圖，由于氫氧化鈣微溶，溶解度相對較大，上方的線表示CaWO4，下方的線表示Ca(OH)2，當c()=10-5mol/L時，對應是曲線上縱坐標為5的點，取橫坐標(鈣離子濃度)相同，對應氫氧根曲線的縱坐標為1，即c(OH-)=0.1mol/L，即pOH=1，pH=13。12.樹葉上鍍銅可以長久保存，且具有一定藝術性和鑒賞價值。某興趣小組探究榕樹葉表面鍍銅的工藝。資料：酸性條件下，。（1）由廢銅屑制備酸性硫酸銅溶液。取一定量的廢銅屑置于___________(填儀器名稱)中焙燒，再用稍過量的稀硫酸溶解冷卻后的粉末，得到酸性硫酸銅溶液。（2）除蠟。除去榕樹葉表面酯類蠟質層的方法是___________。（3）敏化。洗凈后的樹葉用新制的1%溶液浸泡敏化30s。久置的溶液易變質，若變質過程只生成溶液和沉淀，其化學方程式為___________。（4）活化。將敏化后的樹葉洗凈，放入銀氨溶液與甲醛混合溶液中，控制40℃左右浸泡5min。①配制銀氨溶液：將___________(填試劑)滴入溶液A，直到出現___________現象時停止滴加。②控制40℃應采用的加熱方式為___________，實驗后、容器壁上的銀鏡可用___________(填試劑)的稀溶液除去。（5）電鍍。將活化后樹葉放入酸性硫酸銅溶液中進行電鍍。電鍍時，銅陽極反應的歷程如下：a．；b．①純銅作陽極時，電鍍時會產生陽極泥(銅粉)，說明銅陽極反應的決速步驟是___________(填“a”或“b”)。②電鍍時，通過攪拌等方式向酸性硫酸銅溶液中鼓入空氣，能減少陽極泥的產生，其原因是___________。③Cu的密度為，電鍍過程的電化當量為。若流經樹葉表面的電流密度為且陰極沒有副反應，則形成0.050cm厚度銅鍍層需要___________min。(銅的電化當量是一個常數，指單位電量所析出銅的質量大小，其中電量=電流×時間；電流密度，是指單位面積所通過的電流大小)【答案】（1）坩堝（2）熱堿溶液浸泡，水洗（3）（4）①.氨水②.沉淀恰好消失③.水浴加熱④.硝酸（5）①.b②.Cu+能被氧化③.6.25【解析】【分析】樹葉不是導體，不可直接做為電極進行電解實現電鍍，故先對樹葉進行活化后，再進行電鍍。【小問1詳解】固體灼燒在坩堝中進行，故取一定量的廢銅屑置于坩堝中焙燒；【小問2詳解】酯在堿性溶液中發生水解反應更快更徹底且生成溶于水的產物，故除去榕樹葉表面酯類蠟質層的方法是用熱堿溶液浸泡，水洗；【小問3詳解】SnCl2中二價錫有還原性，會被空氣中的氧氣氧化，若變質過程只生成SnCl4溶液和Sn(OH)Cl沉淀，化學方程式為6SnCl2+O2+2H2O=4Sn(OH)Cl↓+2SnCl4；【小問4詳解】①將氨水滴入硝酸銀溶液至沉淀恰好溶解時得到銀氨溶液，故將氨水滴入溶液A，直到出現沉淀恰好消失現象時停止滴加；②水浴加熱的特點是受熱均勻且易于控制溫度，故溫度不超過100℃時，可以采用水浴加熱，試管壁上的銀可以用稀硝酸洗滌；【小問5詳解】①決速步驟是速率慢的一步，電鍍時會產生陽極泥(銅粉)，說明b反應更慢，所以有一價銅離子歧化得到銅，故決速步驟是b；②由于陽極泥是一價銅離子歧化產生，所以鼓入空氣，氧化一價銅離子，能減少陽極泥的產生；③單位面積上的銅鍍層含銅質量為g，故需要通電時間為6.25min。13.鐵被譽為“工業之母”，鐵也是人體必須的痕量元素之一，人體血液中血紅蛋白中血紅素結構如圖。（1）血紅素中鐵微粒()的基態價電子排布式是___________。（2）血紅素中C、N、O的第一電離能大小順序為___________。（3）血紅素結構中含有吡咯()單元。吡咯能與鹽酸反應，從結構角度解釋原因___________。吡咯()的沸點高于噻吩()的原因是___________。（4）的中毒是由于與血紅蛋白(Hb)發生配位反應，其反應方程式可表示為：。已知、與血紅素(Hb)的配位常數如下表：

配位常數K①寫出一種與互為等電子體的微粒的化學式___________。②反應的平衡常數___________。③實驗表明，當，即可造成人的神經損傷。則吸入肺部的的必須低于___________。（5）奧氏體是碳無序地分布在中的間隙固溶體。晶胞結構如圖，平均7個晶胞含有1個碳原子，則奧氏體中碳的質量分數約為___________(列計算式)。【答案】（1）（2）（3）①.吡咯分子中氮原子有孤電子對與的空軌道形成配位鍵②.吡咯分子間有氫鍵（4）①或或②.400③.（5）【解析】【小問1詳解】鐵為26號元素，Fe2+的基態價電子排布式為3d6；【小問2詳解】同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，N元素2p能級半滿更穩定，第一電離能比相鄰元素大，故第一電離能大小順序為I1(N)>I1(O)>I1(C)；【小問3詳解】吡咯分子中氮原子有孤電子對與H+的空軌道形成配位鍵，故吡咯能與鹽酸反應；吡咯中有分子間氫鍵，沸點高于噻吩；【小問4詳解】①CO是2由2個原子構成的分子，且有14個電子，與其互為等電子體的微粒有N2或CN?或；②反應CO(aq)+Hb?O2(aq)?O2(aq)+Hb?CO(aq)的平衡常數K=；③由，要，則；【小問5詳解】γ-Fe晶胞中鐵原子位于頂點和面心，則每個晶胞中含有，平均7個晶胞中含有1個碳原子，則奧氏體中碳的質量分數約為。14.以異胡薄荷醇為原料制備合成青蒿素的中間體G的路