福建省漳州市2024届高三上学期毕业班第一次教学质量检测化学试卷含答案与解析

福建省漳州市2024届高三毕业班第一次教学质量检测
化学试题
本试题卷共8页，14题。满分100分，考试用时75分钟，
可能用到的相对原子质量：H1C12016S32V51N159Zn65
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,目前世界上最大的常规动力航母“福建舰”，配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法错误的是()
A。“福建舰”携带的航空煤油和柴油主要成分是烃
B.防腐涂料中使用的石墨烯是云烯的同系物
C,低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁
D。电磁弹射技术可使舰载机快速起飞，电能属于二级能源
2.车叶草苷酸是闭花耳草活性成分之一，其分子结构如下图。关于该化合物下列说法正确的是()
HO
COOH
HCCOO-
HO
HO丫不OH
OH
A:分子式为C1HO2
B.分子中含有5个手性碳原子
C.不能使酸性重铬酸钾溶液褪色
D.可发生加聚反应和缩聚反应
3,用下列方法进行相应实验，能达到实验目的的是《)
B
C
D
2mL0.ImolL!
2mL0.Imol-L-
PeC,溶液
P(s0小溶被
随稀硫酸的脱附棉
浓溴水
NHy
饱NaC溶液
2mL0.Imel-L-
N:S:0,帝情
苯酚的
冷水
苯溶液
提纯蛋白质
探究CI、SO}对Fe与S,O?反
检验苯中含
模拟“侯氏制碱法”制取
有的少量苯
应速幸的影响
NaHCO,
酚
A.A
B.B
C.C
D.D
4,下列溶液中、离子一定能大量共存的是()
A.室温下，pH=I的溶液：Na、Fe+、NO、SO
B,加入KSCN显红色的溶液：K、NH、CI、HCO
且盐酸也易挥发。酸溶Ⅱ的温度不宜过高：NO:ˉ在酸性条件下具有强氧化性，会氧化甲醛，碱性环境可以减
少甲醛的损耗：甲醛被氯化生成甲酸，在碱溶液中生成甲酸盐。
I0.C【解析】放电时，Zn失电子，b电极是负极，电流从正极a沿外电路流向负极b:b极区的电极反应
式为Zn-2e=Zn2+,减少0.65gZn,生成Zn20.01mol,转移电子0.02mol,a极区电极反应式为
1Br+2e=2T+Br，增加高子0.02mol,溶液中离子共增加0.03mol。充电时，a极区反应式为
Br+2I-2e=I,Br,阴离子浓度减小，Zn+从a极区通过阳膜进入b极区。
二、非选择题
11.(15分)
(1)3d'4s2bd
(2)S
(3)2Fe2+H,02+2H=2Fe++2H,0H,02分解损耗3.6≤pH< 7
(4)F和H结合生成弱电解质HF,使F浓度减小，MgF,和CF,的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
(5)NiCO3·2Ni(OH)2·4HO
(6)6SOC12+NiC126H,0一NiC12+6S02↑+12HC1↑
【解析】
(1)[Ni(NH,)了与C之间存在高子键，N2与NH,之间存在配位键，N与H之间存在极性键.
(2)通入H,S后发生反应Cu2+H,S=CuS↓+2H,2Fe++H,S=2Fe2++S↓+2H,故滤渣1的成
分主要是CuS、S,
(3)加H,O2的作用是氧化F℃2“：溶液中存在的金属阳高子会催化H,O,分解：
为了使c(Fe）s1x10molL,根据Kp[Fc(OH)]可得
c(oH )
K Fe(OH)
64×10-9
10-4
c(Fe】
1x10
=4x10-mol-L,pH=log
4x10m=3.6.
根据K[Ni(OH)2]可得
N2开始沉淀的c(OH)
Kp Ni(OH),
2×10
0.2
=10mol.L,pH =-Ig-
104
1077.
(5)由图可知第一阶段失去的成分为结晶水，n(H,O）=
3.77g:3.05g=0.04m0l,第二阶段失去的成分为
18g-mol-
2.25g
CO2和H,O,最后残留物是NiO,故n(NiO)=
=0.03mol.
75g·mol
设样品中NiCO,的物质的量为a,Ni(OH),的物质的量为b
根据Ni元素守恒，Ni的总物质的量为：a+b=0.03mol①
第二阶段失去的成分为C0,和H,0总质量为3.05g-2.25g=0,80g,44a+18b=0.80g②
联立①②，解得a=0.01mol,b=0.02mol,故x:y:z=0.01mol:0.02mol:0.04mol=1:2:4.
12.(15分)
(1)C→E→D
(2)平衡气压，使浓盐酸顺利流下Ca(CIO)2+4HC1(浓)一CaC12+2CL2个+2H,0
(3》滤纸上只有紫红色而无绿色
(4》燕发浓缩、趁热过滤
(5)①500mL容量瓶、胶头滴管
②2Mn0:+5H,C,04+6H=2Mn2++10C02↑+8H,0
③滴入最后半滴KMO,溶液时，溶液变为浅红色，且30s内不褪色
④
0.315c(V,-3V2)
×100%
m
【解析】
(1)根据已知③，为防止E中强碱溶液碱性减弱，K,MO,不稳定导致KMO,的产率降低，用饱和食盐
水除去挥发出的HCI:NaOH溶液用于尾气处理：Cl,氧化K,MnO,的反应在E中进行，气体无需浓硫酸干
燥
(2》漂白粉中的C(CIO),与浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2
(3)若反应完全溶液中只有MnO,,没有MO.根据已知②，滤纸上只有紫红色无绿色.
(4)》为防止KC1品体析出，蒸发浓缩至KMO,品体析出后应及时趁热过滤。
(5)②H,C,0,被KMnO,氧化为CO2,MnO,被还原为Mn2.
③滴入最后半滴KMnO,溶液，Fe全部被氧化，MnO:稍微过量，溶液变为浅红色。
①设FcC,0,·2H,0的物质的量为xmol,Fez(C,0:),的物质的量为ymol.H,C,0,·2H,0的物质的量为
zmol
步骤I中H,C,O,(C,O）和F®2+均被氧化，发生反应为
Mn0+5Fe2+8H=Mn2++5Fe++4H,0,2Mn0,+5H,C,0,+6H=2Mn2++10C02↑+8H,0
根据方程式计量数关系或得失电子守恒：2MnO:~5H,C,04(C,0,2）,MmO~5Fe2+
可得：写x+2x+3y+2)=cy,x10mol
步麋Ⅱ中Fe2被氧化.由Mn0,~5Pe2可得：号(x+2y)-eV,×10mol。
联立两式得z=2.5c(V,-3V2)×10
H,C0,2H,0的质量分数=2cY-3Y）x10×126×100%-0315cY-3y)x10x10%
m
m
13.(17分)
(1)+261
(2)bd
(3)HS 2HS +SO+4H*=3S+3H,O
(4)a> b> e
该反应为吸热反应，温度升高。平衡正向移动
(5)66.71.28×10
2×(32+51)
(6)VS
axbxNax10
2
【解析】
(1)由盖斯定律可知，△H=△H,-△H2·
(2)反应体系达到平衡状态时V正(H,S)=2v(CS2):反应前后气体分子数发生改变，恒温恒容条件下，
体系压强发生改变：根据质量守恒，混合气体总质量始终不变：气体平均摩尔质量发生改变，
(3)随着溶液碱性增强，x(HS)逐渐减小，x(HS)先增大后减小，x(S)逐淅增大，pH=8时，最主
要含硫微粒是HS；HS与SO在酸性环境下反应生成S。
(4)相同温度下，n(CH:)增大，HS的平衡转化率升高。