2026福州高三下学期3月质量检测试题化学含解析

这是一份2026福州高三下学期3月质量检测试题化学含解析，共95页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
化学
(完卷时间：75分钟；满分：100分)
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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Re-186
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. 中国传统文化蕴含化学知识，下列相关说法正确的是
A. “以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取”，其中涉及到蒸馏操作
B. “黑火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硫”指硫酸
C. “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，此处发生的反应为可逆反应
D. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期”，表明玉石有可燃性
【答案】A
【解析】
【详解】A．该句描述酿酒后蒸馏提取酒精的过程，“蒸取”是利用各成分沸点不同分离得到产物，涉及蒸馏操作，A正确；
B．黑火药的成分为硫单质、硝酸钾和木炭，文中“硫”指硫单质，不是硫酸，B错误；
C．丹砂（HgS）分解生成水银（Hg）需要加热条件，Hg与S化合生成丹砂反应条件不同，可逆反应要求同一条件下进行，因此不是可逆反应，C错误；
D．该句说明高温下玉石性质稳定，不发生变化，玉石主要成分为性质稳定的硅酸盐类物质，没有可燃性，D错误；
故选A。
2. 阿昔洛韦是一种抗病毒药物，结构如图。关于该药物说法错误的是
A. 存在3种官能团B. 可发生取代反应和氧化反应
C. 有2个手性碳原子D. 能与HCl反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子的官能团有羟基、醚键、氨基、酰胺基，共4种，A错误；
B．分子中的羟基可发生酯化（取代）反应，羟基可被氧化，B正确；
C．该结构中五元环的2个饱和碳原子均满足手性碳条件，因此有2个手性碳原子，位置如图：，C正确；
D．分子中含有碱性的氨基，氨基可与发生成盐反应，D正确；
故选A。
3. 配离子[Cu(en)2]2+中配体en结构如图。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数少1。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Y>ZB. 基态Y原子没有未成对电子
C. X、Y、Z三种元素都在元素周期表p区D. [Cu(en)2]2+中的配位原子是Z
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数少1，可推出Z元素为N，结合配体en结构，Y元素为C，X元素为H
【详解】A．同一周期从左到右，第一电离能逐渐增大，N的第一电离能大于C的第一电离能，故Z>Y，A错误；
B．基态C原子的核外电子排布为，故C原子有2个未成对电子，B错误；
C．X元素为H元素，位于元素周期表中的s区，Y、Z元素位于周期表的p区，C错误；
D．结合en的结构，推出en为，其中N原子最外层还有一对孤对电子，而H原子和C原子无孤对电子，且N原子电负性适中，易给出电子，故的配位原子是N，D正确；
故答案选D。
4. 铁黑用于防腐涂层、食品着色等领域。一种用硫酸亚铁溶液制备铁黑的流程如下：
已知：铁黑为氧化物，铁、氧元素质量比为21：8。
下列说法错误的是
A. 保存硫酸亚铁溶液需加入铁粉和稀硫酸B. 该流程未涉及氧化还原反应
C. 滤液可用于制化肥D. 铁黑的化学式为Fe3O4
【答案】B
【解析】
【分析】先加氨水将硫酸亚铁溶液调至碱性，得到氢氧化亚铁，之后通入空气、补充氨水，氧气将部分+2价铁氧化，合成得到铁黑前驱体，经过滤、干燥得到最终产物，滤液含硫酸铵可制备氮肥，据此解答。
【详解】A．硫酸亚铁溶液中，易被氧化、易水解。加入铁粉可将被氧化生成的还原为，防止被氧化；加入稀硫酸可抑制水解，A说法正确；
B．流程合成步骤中通入了空气，原料中为价，产物中含价铁，将部分氧化为，有化合价变化，属于氧化还原反应，B说法错误；
C．反应中加入氨水，与结合生成硫酸铵，硫酸铵是常用的铵态氮肥，因此滤液可用于制化肥，C说法正确；
D．计算铁黑的化学式，铁、氧原子个数比为，因此铁黑化学式为，D说法正确；
故选B。
5. NaClO处理含氰电镀废水的离子方程式为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 0.1 ml 含有的σ键数为0.1
B. 1 ml NaClO晶体含有的离子数为2
C. 4.2 g 含有的电子数目为2
D. 每生成0.5 ml ，转移的电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．CN⁻中C与N之间形成三键，三键中含1个σ键，因此0.1 ml 含有的σ键数为0.1，A正确；
B．NaClO属于离子晶体，由和构成，1 ml NaClO晶体中含1 ml 和1 ml ，总离子数为，B正确；
C．的摩尔质量为，4.2 g 的物质的量为0.1 ml；1个含电子数为，因此0.1 ml 含有的电子数目为，不是，C错误；
D．反应中Cl元素从+1价降为-1价，生成1 ml 转移2 ml电子，因此每生成0.5 ml ，转移的电子数为，D正确；
故选C。
6. 醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可反应生成α-羟基磺酸钠(Q)，正、逆反应速率可以表示为和，和分别为正、逆反应的速率常数。与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 催化剂可以提高速率和平衡产率B. 该反应属于加成反应
C. 达到平衡时D. 升高温度，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高平衡产率，A错误；
B．该反应的醛基碳氧双键断裂，属于加成反应，B正确；
C．达到平衡时，正逆反应速率相等，则有v正=v逆，所以，C错误；
D．从ln k与关系图可知，随着温度升高，ln k逐渐增大，且ln k逆增大更多，说明升高温度，逆反应速率增加更多，平衡应逆向移动，D错误；
故选B。
7. 硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)的溶解度随温度升高而增大，其制备方法如下：
下列说法或操作错误的是
A. “研碎”需要用研钵
B. “用乙醇润湿”可促进硫与Na2SO3溶液混合
C. 反应后，除去剩余硫单质需充分冷却再过滤
D. “结晶”时，搅拌过饱和Na2S2O3溶液可以促进晶体析出
【答案】C
【解析】
【分析】该流程以晶体硫、亚硫酸钠为原料制备五水硫代硫酸钠，各操作分析如下： 研碎固体可增大反应物接触面积，单质硫难溶于水，用乙醇润湿可改善硫的浸润性，促进硫与亚硫酸钠溶液充分混合， 加热反应后生成溶液，趁热过滤除去硫单质，冷却结晶得到五水硫代硫酸钠晶体，据此解答。
【详解】A．实验室研碎固体原料需要使用研钵，操作正确，A不符合题意；
B．硫单质难溶于水，乙醇可以润湿硫，且乙醇与水互溶，能增大硫与亚硫酸钠溶液的接触面积，促进二者混合反应，B不符合题意；
C．题干已知硫代硫酸钠溶解度随温度升高而增大，反应后如果充分冷却再过滤，大量硫代硫酸钠会结晶析出，和未反应的硫单质一同被过滤除去，造成产品损失，正确操作应该是趁热过滤除去硫单质，该操作错误，C符合题意；
D．搅拌过饱和溶液可以促进晶核形成，加快晶体析出，操作正确，D不符合题意；
故选C。
8. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲苯能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸而苯不能，该反应中是苯环活化了甲基，使甲基易被氧化，并非甲基使苯环活化，A错误；
B．NaClO具有强氧化性，会漂白pH试纸，无法用pH试纸测定其pH，实验操作错误，B错误；
C．酸性KMnO4具有强氧化性，滴加H2O2后溶液褪色，说明被H2O2还原，证明H2O2具有还原性，C正确；
D．向0.1 ml·L-1 ZnSO4溶液中加入过量Na2S溶液，Na2S过量，剩余的S2-会直接与Cu2+反应生成CuS沉淀，没有发生沉淀转化，无法比较Ksp(CuS)和Ksp(ZnS)的大小，D错误；
故选C。
9. 近日，我国科学家发明了一种新型异步反向双离子电池，创新性地将阴离子与阳离子存储解耦为异步双向过程，其电池结构如下图所示，工作原理为：。下列说法正确的是
A. 放电时，电极B为负极
B. 放电时，电极A发生反应：
C. 充电时，电极B附近溶液pH不变
D. 充电时，若有0.1 ml Na+通过隔膜，则理论上电极A质量增加0.2 g
【答案】C
【解析】
【分析】电池的工作原理：放电时是原电池，充电时是电解池；放电时，电极B发生还原反应，是正极，电极A发生氧化反应，是负极；充电时，电极B作为阳极，发生氧化反应，电极A为负极，发生还原反应。
【详解】A．放电时，电极B（MnO2）发生还原反应，是正极，电极A（Mg-Y）发生氧化反应，是负极，A错误；
B．由分析知，放电时，电极A作为负极发生氧化反应：Mg−Y−Hx-xe−+xOH−=Mg−Y+xH2O，B错误；
C．充电时，电极B作为阳极，发生氧化反应：NaxMnO2−xe−=MnO2+xNa+，隔膜仅允许钠离子通过，电极B附近溶液pH值不变，C正确；
D．充电时，Na+通过隔膜向电极A移动，电极A作为阴极，发生还原反应：Mg−Y+xH2O+xe−=Mg−Y−Hx+xOH−，每有1 mlNa+通过隔膜，对应转移1 ml电子；当有0.1 ml Na+通过隔膜时，转移0.l ml电子，电极A会结合0.1 mlH，质量增加0.11g=0.1 g，D错误；
故选C。
10. 侯氏制碱法的原理为。某小组模拟该过程：室温下，先将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，再向所得溶液中缓慢通入CO2，测得溶液中水电离的随通入气体(NH3或CO2)体积变化的曲线如图所示(忽略气体的挥发与溶液体积的变化)。下列叙述正确的是
A. 由a点到b点的过程中，溶液中逐渐增大
B. c点pH=7
C. ：b点高于d点
D. 由d点到e点的过程中，溶液中逐渐增大
【答案】D
【解析】
【分析】结合题干和图像可知：从反应开始到b点随V增大而减小，水的电离被抑制，为通入NH3的过程；从b点到e点为通入CO2气体的过程，整个过程为侯氏制碱法的原理，根据电离平衡常数，结合盐的水解规律及反应原理分析解答。
【详解】A．由的电离平衡常数，可知，a点到b点的过程中，随着NH3的通入，溶液中增大，而不变，则减小，A错误；
B．由图可知，b点开始水的电离程度不断增大，d点水的电离程度达到最大值，说明在由b点到d点过程中与通入的CO2反应产生，溶液一直呈碱性，c点处于b点与d点之间，则c点溶液呈碱性，pH大于7，B错误；
C．根据水的电离程度可知：起始至b点为通入NH3的过程，b点溶液为，为弱碱；b点到e点为通入CO2气体的过程，d点水的电离程度达到最大值，说明在由b点到d点过程中与通入的CO2反应产生，为可溶性盐，完全电离，所以：b点低于d点，C错误；
D．由C可知，d点恰好生成，由d点到e点的过程中，继续通入CO2，,溶液中逐渐增大，D正确；
故答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 铼(Re)广泛用于航空航天、核能和化工等领域。以低品位钼精矿(主要成分MS2、ReS2)为原料提取铼的工艺流程如下：
已知：烟气的主要成分为M2O7、Re2O7、ReO3、SO2。
（1）“氧化焙烧”过程中，料层具有一定高度，需分段焙烧。
①分段焙烧的目的是___________。
②生成Re2O7的化学方程式为___________。
（2）“淋洗”工序，加入1% H2O2的主要作用是___________。
（3）其它条件一定，溶液pH、液固比对铼和钼的吸附率的影响如下图：
关于“吸附”、“解吸”工序，下列说法正确的是___________。(填标号)
a．吸附铼适宜条件pH=9、液固比31 mL·g-1
b．液固比过高，铼的吸附率过低
c．分步解吸的目的是为了降低产品中钼的含量
（4）“工序M”含蒸发浓缩，冷却结晶，___________，___________，干燥。
（5）高铼酸铵样品纯度测定。
取a g NH4ReO4样品，在一定条件下分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)吸收。加入甲基橙作指示剂，滴定吸收液消耗浓度为c ml·L-1盐酸V mL。(已知：；)
①滴定终点时溶液的颜色为___________。
②NH4ReO4样品的纯度为___________。
【答案】（1） ①. 提高铼和钼的挥发率 ②.
（2）将ReO3氧化为
（3）bc （4） ①. 过滤 ②. 洗涤
（5） ①. 溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原来颜色 ②.
【解析】
【分析】低品位钼精矿(主要成分MS2、ReS2)经过氧化焙烧得到主要成分为M2O7、Re2O7、ReO3、SO2的烟气，用淋洗试剂溶解M2O7、Re2O7、ReO3，尾气为SO2，通过阴离子交换树脂选择性吸附和，用5% NH4Cl溶液洗脱，得到钼酸铵溶液，用10% NH4SCN溶液洗脱，再经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体（NH4ReO4）。
【小问1详解】
①根据题目，烟气的主要成分为M2O7、Re2O7、ReO3、SO2。这说明在氧化焙烧过程中，MS2、ReS2被氧化为M2O7和Re2O7，同时生成SO2。由于料层具有一定高度，若一次性焙烧，可能导致局部温度过高或氧气不足，影响反应效率。分段焙烧可以确保反应更充分，提高铼和钼的挥发率；
② ReS2在氧气中焙烧生成Re2O7和SO2，Re从+4价变为+7价，S从-2价变为+4价，O从0价变为-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
【小问2详解】
在“氧化焙烧”后，烟气中含有ReO3，根据后续“吸附”步骤，Re需要以形式被阴离子交换树脂吸附。因此，H2O2的作用是将ReO3氧化为。
【小问3详解】
a．根据左图，pH=9时Re吸附率最高；右图显示液固比为28 mL·g-1时Re吸附率已经几乎为100%，则吸附铼的适宜条件pH=9、液固比28mL·g-1，a错误；
b．右图显示，当液固比从31mL·g-1增加到500 mL·g-1时，Re的吸附率显著降低，b正确；
c．根据流程，“解吸1”用5% NH4Cl溶液洗脱，得到钼酸铵溶液；“解吸2”用10% NH4SCN溶液洗脱，得到高铼酸铵溶液。这说明分步解吸可实现M和Re的分离，避免M元素进入最终产品，从而降低产品中M元素的含量，c正确；
故选bc。
【小问4详解】
由分析可知，从高铼酸铵溶液中获得高铼酸铵晶体的方法为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
【小问5详解】
①初始溶液为NH3·H3BO3，呈弱碱性，加入盐酸后，NH3·H3BO3被中和为NH4Cl和H3BO3，溶液逐渐变为酸性，因此滴定终点时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原来颜色。
②根据反应方程式：、，消耗的HCl的物质的量为：，n(NH3) = n(HCl) = cV × 10-3ml，n(NH4ReO4) = n(NH3) = cV × 10-3ml，，样品的纯度为：。
12. 硝基吡唑类离子盐具有重要军工价值
Ⅰ．合成硝基吡唑类离子盐的中间体(原理与装置如下)
已知：25℃，3,4-二硝基吡唑的pKa=3.95，碳酸的pKa1=6.35，pKa2=10.33；3.4-二硝基吡唑易溶于DMF，可溶于水；1-(3，4-二硝基-1H-吡唑-1-基)丙酮可溶于DMF，难溶于冷水。
（1）仪器A的名称是___________。
（2）常温下，用DMF溶解m1 g 3,4-二硝基吡唑，搅拌下加入稍过量的KHCO3，待___________(填现象)时，说明二者反应完全。
（3）继续添加KBr和CH3COCH2Cl，维持70°C反应3 h，停止实验。
①反应后，可向反应液中加入___________(填试剂)，析出粗产品，过滤。
②冷水洗涤粗产品除去，检验是否除净的方法为___________(用离子方程式表示)。
Ⅱ．合成硝基吡唑类钾盐
（4）配制混合酸时，为减少硝酸的挥发与分解，需将浓硫酸分多次逐滴加入浓硝酸并不断搅拌，还可采取的措施为___________。
（5）①反应后，从甲醇溶液中获取产品采用减压蒸馏的原因是___________。
②干燥后得到m2 g固体，产率=___________。[3.4-二硝基吡唑、1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑钾盐的相对分子质量分别用A、B表示]
Ⅲ．1-二硝基甲基-3.4-二硝基吡唑铷盐的二维晶体结构
y
（6）该二维晶体中阴阳离子个数比为___________。
（7）下列有关1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑铷盐的说法，正确的是___________。
a．分解温度高于1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑钾盐
b．Rb+的配位数为6
c．阴离子中，碳原子间键长介于C-C与C=C之间，说明存在大π键
d．晶体中，微粒之间存在离子键、非极性键
【答案】（1）球形冷凝管
（2）不再产生气泡 （3） ①. 冷水 ②.
（4）冷水浴 （5） ①. 回收甲醇，降低甲醇沸点避免产品发生爆炸 ②.
（6）1：1 （7）cd
【解析】
【分析】3，4-二硝基吡唑经过取代反应生成1-(3，4-二硝基-1H-吡唑-1-基)丙酮。
【小问1详解】
该仪器为回流装置中的球形冷凝管，是有机合成常用仪器。
【小问2详解】
由pKa可知，3,4-二硝基吡唑酸性强于碳酸，可与KHCO3反应生成CO2，当不再产生气泡时，说明反应完全。
【小问3详解】
①目标产物难溶于冷水，可向反应液中加入冷水，降低溶解度析出粗产品。
②用硝酸银溶液检验，反应生成淡黄色沉淀，离子方程式为。
【小问4详解】
1-(3，4-二硝基-1H-吡唑-1-基)丙酮在浓硫酸、浓硝酸的作用下生成1-三硝基甲基-3，4-二硝基吡唑，在KI甲醇溶液作用下生成1-二硝基甲基-3，4-二硝基吡唑阴离子。
浓硫酸滴入浓硝酸中会放热，温度升高会促进硝酸挥发和分解，因此可采取冰水浴冷却，控制温度。
【小问5详解】
①减压蒸馏可降低溶剂甲醇的沸点，在较低温度下蒸馏出甲醇，减压蒸馏降低甲醇沸点避免产品发生爆炸。
②初始原料3,4-二硝基吡唑的物质的量为ml，理论上生成产物的物质的量也为ml，理论产物质量为，因此产率=实际质量/理论质量×100%=。
【小问6详解】
对二维晶胞用均摊法，取最小重复单元，位于顶点，共4个，每个贡献，总数为4×=1，阴离子位于单元中心，完全属于该单元，共1个，因此阴阳离子个数比为1:1，电荷也满足+1和−1平衡。
【小问7详解】
a． 半径小于，所带电荷相同，因此1-二硝基甲基-3，4-二硝基吡唑钾盐晶格能大，离子键更强，故分解温度高于1-二硝基甲基-3，4-二硝基吡唑铷盐，a错误；
b．由二维晶体结构可知，每个周围结合4个阴离子，配位数为4，b错误；
c．存在大π键时，共轭会使碳碳键键长平均化，键长介于单键和双键之间，c正确；
d．构成晶体的微粒是阴阳离子，微粒（阴阳离子）之间存在离子键，非极性键存在阴离子的碳碳键之间，d正确；
故答案选cd。
13. 阿立哌唑(G)常作为临床的抗精神病药物。其合成路线如下：
（1）A中碳原子的杂化方式为___________；核磁共振氢谱有___________组峰。
（2）B的含氧官能团名称为___________。
（3）A→B的化学方程式为___________。
（4）X的结构简式为___________。
（5）C→G的反应类型为___________。
（6）根据D与E的结构，判断下列说法正确的是___________(填标号)。
a．D中所有原子共面
b．D中H-N-C键角小于E中H-N-C的键角
c．不能用红外光谱区分二者
（7）的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱图峰面积比为3：1的结构简式___________。
【答案】（1） ①. sp2、sp3 ②. 7
（2）醚键、酰胺基 （3）+ +HBr
（4） （5）取代反应
（6）b （7） ①. 8 ②. CH3CHBrCHBrCH3
【解析】
【分析】A与1，3-二溴丙烷在DMF作用下发生反应生成B，B和NaI发生取代反应生成C，D与SOCl2发生取代反应生成E，E和X发生取代反应生成F，由F的结构简式可知X为，C与F发生取代反应生成G。
【小问1详解】
由A的结构简式可知，其中苯环上的碳为sp2杂化，羰基碳为sp2杂化，亚甲基碳为sp3杂化，A中碳原子的杂化方式为sp2和sp3，A的结构不对称，共有7种环境的H原子，核磁共振氢谱有7组峰。
【小问2详解】
由B的结构简式可知，其中含氧官能团名称为醚键、酰胺基。
【小问3详解】
A与1，3-二溴丙烷在DMF作用下发生反应生成B，化学方程式为：+ +HBr。
【小问4详解】
由分析可知，X的结构简式为。
【小问5详解】
由分析可知，C→G的反应类型为取代反应。
【小问6详解】
a．D分子中存在多个sp3杂化的碳和氮原子，不可能所有原子共面，a错误；
b．D中N原子连接两个-CH2CH2OH和1个H原子，N原子为sp3杂化，且含有1个孤电子对，E中N原子形成3个键，孤对电子参与成键，N原子不含孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力较大，则D中H-N-C键角小于E中H-N-C的键角，b正确；
c．D含有-OH，E含有-Cl，红外光谱中-OH的伸缩振动与-Cl的振动不同，红外光谱图不同，可以区分，c错误；
故答案选b。
【小问7详解】
由“减碳法”分析，同分异构体共有CH3CH2CH2CHBr2、CH3CH2CHBrCH2Br、CH3CHBrCH2CH2Br、‌CH3CBr2CH2CH3、CH3CHBrCHBrCH3、(CH3)2CBrCH2Br、(CH3)2CHCHBr2、BrCH2CH(CH3)CH2Br共8种，其中核磁共振氢谱图峰面积比为3：1的结构简式为CH3CHBrCHBrCH3。
14. 低碳烯烃是重要的化学品或有机反应中间体，碘甲烷在一定条件下可裂解制取低碳烯烃，其反应机理如下：
反应1：
反应2：
反应3：
（1）反应ΔH=___________kJ·ml-1，该反应的ΔS___________0(填“>”“