福建省部分地市2023届高中毕业班第三次质量检测化学试题（答案）
保密★启用前
准考证号
姓名
(在此卷上答题无效)
福建省部分地市2023届高中毕业班第三次质量检测
化学试题
2023.4
本试卷共6页，总分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1C12016Na23S32Cr52Ca40Cu64I127
一、选择题：本题共12小题，其中1-5题每题3分，6-12题每题4分，共43分。（每小题只
有一项是符合题目要求的)
1.相比索尔维制碱法，下列不属于侯氏制碱法的优点的是
A.食盐的利用率高
B.氨气可循环使用、生产过程简单
C.不生成难以处理的CaCl2
D.副产物可做氨肥
2.下列有关催化剂的说法错误的是
A.改变反应历程
B.改变基元反应的活化能
C.可能提高主反应选择性
D.不能提高反应物转化率
3.血红素补铁剂的结构如图所示。下列关于该补铁剂的说法错误的是
A.含有羧基和碳碳双键
0=C0HH0C=0
B.可与H,发生加成反应
H
C.碳原子的杂化方式有sp2和sp
D.无论该补铁剂的稳定常数多大，均不能与磷酸盐类药物同服
4.下列处理方法对应的反应方程式一定错误的是
A.利用沉淀剂NaHS除去废水中的Hlg”:S+HB”一HgS
B.加碘食盐中碘元素的检验：I0,+5I+6H一3L2+3H,0
C.用生物质热解气C0将S0,还原为S:S0,+2C0高巡S+2C0,
D.用双氧水擦拭变黑的白色油画：PbS+4H,02一PbS0,+4H,0
化学试题第1页（共6页）
0000000
5.设N,是阿伏加德罗常数的值，催化氧化脱硫的工作原理，4FeS+6H,0+30,催化剂4S+4Pe(0H,
T℃时，K。[e(O),1=1.0×10。下列说法正确的是
A.18g水中含有的氢键数为2N,
B.每生成32gS,FeS失去的电子数为3N
C.氢氧化铁的悬浊液中，若c(e”)=1.0×10molL时，悬浊液中的H数目为10M,
D.反应中每产生1 mol Fe(oH),消耗O,数目子N,
浓盐酸
6.为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验。下列说法
浸有NaOH
错误的是
溶液的棉花
A.烧瓶中的反应为：Ca(Cl0)2+4HC1一CaCl2+Cl2↑+2H20
FeCh溶液
B.浸有NaOH溶液的棉花起吸收尾气的作用
C.CCl,可用淀粉溶液替换
K1溶液
D.试管下层出现紫红色，可证明氧化性：C2>e”>12
漂白粉
CCL
7.HS0,-Si0,法生产多晶硅的流程如下。下列说法错误的是
SiH,
合成1
NaAIH,
合成2
净化、热解
SiH
·多晶硅
SiF
HSO
Si02-
合成3
A.合成1反应中H,作氧化剂
B.合成2的反应为：SiF,+NaAIH,=SiH4+NaAlF,
C.上述流程说明Si0,可溶于HS0,
D.净化、热解中生成的多晶硅为还原产物
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y比X原子的核外电子数多1个，X与
Z原子最外层电子数之比为2：3。下列说法错误的是
A.X、Y一定位于同一周期，Y、Z可能不位于同一周期
B.X气态氢化物分子的空间构型一定是正四面体
C.Y最高价氧化物对应的水化物可能是强电解质
D.若Y、Z、W位于同一周期，则电负性：W>Z>Y
9.Adv.Mater.报道我国科学家耦合
漳
光催化/电催化分解水的装置如
图，光照时，光催化电极产生电
出口
子(e)和空穴（h)。下列有
关说法正确的是
A.光催化装置中溶液的pH减小
H te
离子交换膜。
H20
B.离子交换膜为阴离子交换膜
H20
田溶液
OH +h
C.电催化装置阳极电极反应式：
电催化装置
40H+4h=2H,0+02↑
光催化装置
D.整套装置转移0.01mole,光催化装置生成3,81g
化学试题第2页（共6页）
只
00000002023年 4月福州市普通高中毕业班质量检测
化学试题参考答案与解析
1．B
解析：联合制碱法也称侯氏制碱法，侯氏制碱法提高了食盐的转化率，缩短了生产流程，
减少了对环境的污染。索尔维制碱法的氨气生产过程中产生的 CaCl2没有恰当利用，对环境
产生了一定的危害，且生成的 NH4Cl及氨气要循环使用。故选项 B中的氨气循环利用错误。
2．D
解析：催化剂能够通过改变反应历程，通过参与反应改变反应的活化能，优秀催化剂能
有效提高主反应选择性，不能改变平衡转化率，但可以提高一定时间内反应物的转化率。
3．D
解析：由血红素补铁剂结构图可知，含有碳碳双键、羧基等官能团，不饱和的碳碳双键、
碳氮双键能与 H2发生加成反应。该补铁剂中形成单键碳原子杂化方式 sp3杂化，形成双键
碳原子为 sp2杂化。若该补铁剂的稳定常数大，则稳定性好，亚铁离子难于脱离配体，该补
铁剂与磷酸盐类药物同服用不会发生反应而妨碍铁的吸收，故选项 D错误。
4．A
解析：选项 A离子方程式中反应物 NaHS，HS-不能完全电离，溶液中大量存在，故利用
沉淀剂 NaHS除去废水中的 Hg2+：HS-+ Hg2+=== HgS↓ +H+。
5．B
解析：选项 A，冰中 1mol H2O 中含有氢键 2 mol，而常温下水中 1mol H2O 中含有氢键
数小于 2 mol ，18 g 水中含有的氢键数小于 2 NA，故选项 A不正确。选项 B，在 4FeS + 6H2O
催化剂
+ 3O2 ===== 4S+ 4Fe(OH)3反应中，每生成 1mol S ,转移 3 mol e_ ，还原剂是 FeS，故每生
成 32 g S，FeS失去的电子数为 3NA ，故选项 B 正确。选项 C，可通过 Ksp[Fe(OH)3 ]=1.0×10-38
及 c(Fe3+)≤1.0×10-5 mol·L-1，计算得出悬浊液中 c(H+)，但缺少溶液体积数据，无法确定悬浊
液中的 H+数目，故选项 C不正确。选项 D，依据方程式可计算出反应中每产生 1mol Fe(OH)3，
3
消耗 O2分子数为 NA 。
4
6．D
解析：选项 A，烧瓶中浓盐酸与漂白粉可发生反应：Ca(ClO)2+ 4HCl===== CaCl2+ 2Cl2↑
+ 2H2O，故选项 A 正确。选项 B，伸入分液漏斗中的导气管没有密封，未反应的 Cl2 易从
分液漏斗上端溢出，利用浸有 NaOH溶液的棉花可吸收 Cl2 ，故选项 B正确。选项 C，CCl4
可溶解碘显示紫红色对 I2 的存在进行鉴定，I2 遇到淀粉溶液可显示蓝色，故 CCl4可用淀粉
溶液替换，故选项 C正确。选项 D，试管下层出现紫红色，可说明 KI被氧化生成了 I2，而
该实验没有控制 Cl2的反应量，若 Cl2过量，则无法证明 KI被生成的 Fe3+氧化，故该实验无
法证明氧化性：Cl2> Fe3+> I2，故选项 D错误。
7．C
解析：选项 A，合成 1反应中，H2转化 NaAlH4，H元素化合价由 0价降低到-1 价，得
电子，做氧化剂，故选项 A正确。选项 B，合成 2是合成 SiH4的反应，为：SiF4+ NaAlH4=====
SiH4+ NaAlF4，故选项 B正确。选项 C，上述流程中得出 SiO2转化为 SiF4 ，说明 Si更易与
F结合，不能说明 SiO2可溶于 H2SO4，故选项 C错误。选项 D，从流程中得出 SiO2转化为
多晶硅，Si元素价态由+4价转化为 0价，得电子被还原，Si为还原产物，故选项 D正确。
8．B
解析：由题干可知，短周期原子序数递增的主族元素 X、Y、Z、W，X与 Z原子最外
层电子数之比为 2:3，可推测 X与 Z的最外层电子数可为 2和 3，或 4和 6，因 Y比 X原子
的核外电子数多 1个，故 X、Y与 Z的最外层电子数为 4、5和 6，X与 Y同周期。选项 A，
X、Y一定位于同一周期，Y、Z可能不位于同一周期的说法正确。选项 B，X的最外层电
子数为 4，可为碳或硅，若为碳的气态氢化物，可为甲烷、乙烯、乙炔等，其分子的空间构
型只有甲烷是正四面体，故选项 B错误。选项 C，若 Y为 N元素，其最高价氧化物对应的
水化物为 HNO3是强电解质，故选项 C正确。选项 D，同一周期主族元素，从右到左，电负
性减小，因此若 Y、Z、W位于同一周期，则电负性：W＞Z＞Y，故选项 D正确。
9．C
解析：由耦合光催化/电催化分解水的装置图可知，光催化过程中光催化电极产生的电子
将 H+ － －还原为 H2，空穴捕捉剂 I—捕捉空穴 h+被氧化为 I3，电催化过程中，I 3在阴极被还原
为 I－，阳极耦合电极产生的电子输回电源，空穴 h+氧化 OH-产生氧气。选项 A，光催化装
置中 H+浓度基本保持不变，故溶液的 pH减小错误，故选项 A不正确。选项 B，若离子交
换膜为阴离子交换膜，空穴捕捉剂 I—会向阳极移动，影响空穴 h+捕捉，会造成空穴 h+与 e-
结合，影响光催化的效益，故该交换膜为阳离子交换膜，故选项 B不正确。选项 C，电催
化装置阳极耦合电极产生的空穴 h+参与电极反应式：4OH-+ 4h+=== 2H2O + O2↑，故选项 C
－ －
正确。选项 D，光催化电极产生 1个 e-的同时形成一个空穴 h+，3I + 2h+=I3，依据转移电子
－
守恒，整套装置转移 0.01 mol e-，I—捕捉空穴 0.01 mol h+，光催化装置生成 1.905 g I3，故选
项 D错误。
10．A
解析：选项 A， 标注碳为手性碳原子，双键为反式构型，故选项 A错误。选项
B，B中杂环形成芳香性环，四个氮原子与两个碳原子共平面，形成Π66键，故选项 B正确。
选项 C，依据第尔斯-阿尔德反应，C的结构简式为 ，故选项 C正确。选项
D，D中有两个苯环，每个苯环上都有一个取代基，因此每个苯环上有临、间、对三个不同
的取代位置，且 D的结构为不对称结构，所以 D苯环上一氯代物有 6种，故选项 D正确。
11．D
解析：选项 A，该复合氧化物的晶胞中，Ca处于顶点，晶胞平均含有 Ca 1： ×8=1；O
8
1
处于面心，晶胞平均含有 O： ×6=3；Cr处于体心，晶胞平均含有 Cr：1，因此该复合氧
2
化物的化学式 CaCrO3，故选项 A正确。选项 B，晶胞图中 C点处于前面面心，又图中 A、
B 的原子坐标均为（0，0，0），所以 C 的原子坐标为（0，0.5，0.5），故选项 B正确。
选项 C，钙和氧间距离是面对角线一半，a nm，所以晶胞边长为 cm，依据晶胞密
度计算公式可得阿伏伽德罗常数： ，故选项 C正确。D选项距 Ca
原子最近的 O原子，需从 x、y、z三个方向看，各 4个，共 12个。
12．B
解析：由题干可知，矿物处理后所得的滤液中主要含有 NaOH 和 NaAlO2，向其中逐
滴 加 入 NaHCO3 溶 液 发 生 如 下 反 应 ： NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O ，
NaAlO2+NaHCO3+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓。选项 A，a点时未加入 NaHCO3，溶液中溶质为
NaAlO2和 NaOH，存在电荷守恒 c(Na+) + c(H+) = c(AlO－2 ) +c(OH-)，故选项 A正确。选项 B，
由图可知，Al(OH)3开始沉淀到沉淀完全，NaAlO2消耗 NaHCO3的溶液体积为 32mL，生成
Al(OH)3 3.2×10-2mol，则 c(Na2CO3)=1.00 mol L -1 NaHCO c(H CO ) + c(HCO－，故 3溶液中： 2 3 3 )
+ c(CO2－ － －3 ) = 1.00 mol L -1，故选项 B错误。选项 C，沉淀时的离子方程式：HCO3 + AlO2 + H2O
= Al(OH) ↓ + CO2－ －3 3 ，故选项 C 正确。选项 D，d 点时溶液中溶质为 Na2CO3，有 c(CO23 ) >
c(OH-) > c(HCO－3 ) > c(H+)，故选项 D正确。
13．
(1)不能 (1分)
(2)< (2分)
(3)趁热过滤 (1分)
B (1分)
(4)①烧杯、量筒（只写烧杯亦可） (2分)
烧杯、碱式滴定管 (2分)
②水浴加热 (1分)
滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色（表述合理即可）
(2分)
③30.00% (2分)
解析：
（1）甲酸为弱酸，硫酸为强酸，复分解反应不能发生，即甲同学不能制得甲酸铜晶体。
（2）按照 1:2，2CuSO4+4NaHCO3 === Cu(OH)2·CuCO3↓+2Na2SO4+H2O+3CO2↑，生成
碱式碳酸铜的同时，还生成 CO2，Cu(OH)2·CuCO3需要在碱性环境下存在，故需要控制二者
物质的量之比<1:2。
（3）除去不溶性杂质时，为了防止甲酸铜结晶析出，造成损失，可采取趁热过滤的操
作。过滤后洗涤甲酸铜结晶时为使固体快速干燥，可选乙醇洗涤。
（4）①步骤 A配置溶液时需要 250 mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、电子天平、胶头滴管，
量筒用于粗略量取溶解时需要水的体积，可有可无，故答案为烧杯（量筒）。步骤 C是
滴定，草酸钠溶液水解显碱性，需用碱式滴定管，调节滴定管液面时用烧杯作废液缸。
②溶液恒温 80 C 30 min 时应采取的操作方法为水浴加热，步骤 C 滴定时，当滴入最
后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色，即达到滴定终点。
③甲酸根的质量分数为 28.67%，计算方法：
[c(HCOO-)+0.02]×25.00×2 = 0.02×50.00×5；c(HCOO-)=0.08 mol·L-1， 0.08 mol·L-1×0.25
L×45g·mol-1 / 3 g ×100% = 30.00%
14．
(1) MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O+CO2↑ (2分)
(2) MnO2＋2Fe2++4H2O===2Fe(OH)3↓＋Mn2++2H+（多写 H2S氧化不扣分） (2分)
(3)CaSO4、Al(OH)3 (2分)
(4)① （不写共轭，只写出 C-S单、双键交替亦可） (1分)
②不易过滤（或造成Mn2+吸附损失） (2分)
(5) Mn2+＋2HCO3- === MnCO3↓＋H2O+CO2↑ (2分)
(NH4)2SO4 (1分)
(6) 放电 (1分)
Mn0.61□0.39O+xZn2++2x e- === ZnxMn0.61□0.39O (2分)
解析：
(1) 酸解时除 SiO2外，其余均溶解，含锰组分发生：MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O+CO2↑
(2) 氧 化 过 滤 时 Fe2+ 被 氧 化 ， 调 pH 为 3 ， 可 知 生 成 Fe(OH)3 沉 淀 ： MnO2 ＋
2Fe2++4H2O===2Fe(OH)3↓＋Mn2++2H+，由于有部分 H2S氧溶解，多写 H2S氧化不扣分。
(3)由 Ksp知，pH=5时，Al3+完全沉淀，CaSO4微溶，故滤渣 3的主要成分为 CaSO4、Al(OH)3。
(4)①中性螯合物沉淀孤，可知 SDD 与 Ni2+按 1:2 结合，螯合即多齿配位，故结构式为
，学生未写出共轭，只写出 C-S单、双键交替亦可。
②絮状无定型沉淀不易过滤，且吸附性强。
(5)沉锰时Mn2+转化为MnCO3，发生：Mn2+＋2HCO3- === MnCO3↓＋H2O+CO2↑
溶液中残留的主要离子为 NH4+和 SO42-，即(NH4)2SO4。
(6)由图知，过程②为 Zn2+嵌入正极，原电池放电时 Zn2+向正极迁移。化学式中Mn、空穴
均为平均值，Zn2+嵌入数并不确定，故发生的反应为：Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe- ===
ZnxMn0.61□0.39O。
15．
(1)﹣1838.0 (2分)
(2) < (1分)
(3)①催化剂活性下降或副反应增多 (2分)
②W (1分)
③结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂硫中毒 (2分)
(4)①C (2分)
②75% (2分)
4 6
（ 0×
2.9
10.7） ×（ ×
2.9
= 0 10.7
）
= 0×2.9
4×4.26
1.2 4 1 4 1.4 或 4 (2分)
（ 0×10.7） ×（ 0× ） ×（ 0× ）
10.7×1.2 ×1.4
10.7 10.7
解析：
(1) 本题干所给反应与反应Ⅰ、反应Ⅱ的关系为反应Ⅱ减去反应Ⅰ得到本题干所给方程式，因此，
△H=△H2-△H1，即-1657.5-a=180.5,求出 a=-1838.0 。
(2) 反应Ⅰ的△H<0,升温反应逆向移动，v 正增大的倍数小于 v 逆增大的倍数，由于升温瞬间各
物质浓度不变，所以 v 正和 v 逆的增大与 k 正和 k 逆的增大有关，因此 k 正增大的倍数小于
k 逆增大的倍数，即 m
下降的原因与平衡移动无关，因此从影响速率的因素视角分析最大可能性是催化剂活性
的降低，除此之外，如果有消耗其它反应物的副反应发生，也可以是 NO的转化率降低。
②从左图中可以看出M为W时，NO转化率最高，催化效果最好。
③结晶覆盖催化剂表面，影响反应物与催化剂接触，从而降低催化剂活性。
(4) ①两个反应所有物质均为气态，气体物质质量总和不变，但反应前后化学计量数之和不
同，因此，未达到平衡时气体物质的量总和变化，混合气体平均摩尔质量变化，当变量
不再改变时，说明体系达到平衡状态，A正确；两个反应 NH3和 NO的化学计量数之
比不同，在体系达到平衡前，n(NH3)：n(NO)一直在改变，所以当 n(NH3)：n(NO)不变
时说明体系已经达到平衡状态，B正确；根据两个反应的化学计量数分析当 12molN-H
键变化时与之对应的 N≡N分别是 5mol 和 4mol，C错误；在未平衡前，此反应体系所
有反应物和产物的分压均在改变，当其中某种物质分压不变时说明达到平衡状态，D正
确。
②只有氧气只与反应Ⅱ有关，故将此作为解题突破口，计算出其变化量为 0.6mol，进而
根据反应Ⅱ化学计量数算出反应Ⅱ中各物质的变化量，利用 NH3的起始量和剩余量，可
算出两个反应中 NH3的总变化量为 4mol-1.2mol=2.8mol，可知反应Ⅰ中 NH3的变化量为
2.8mol-2.4mol=0.4mol，再结合反应Ⅰ的化学计量数，计算出反应Ⅰ中各物质的变化量，因
此两个反应中NO的变化总量为 0.6mol+2.4mol=3mol，转化率为 3mol/4mol×100%=75%。
计算出两个反应各物质总平衡量，在根据题中对分压的解释，便可列出 KP的表达式。
16．
(1)
取代反应 (1分)
(2) (2分)
(3) ClCH2COOC2H5+ 2NaOH === HOCH2COONa+ C2H5OH+NaCl (2分)
(4) 酯基、醚键 (2分)
(5) (2分)
(6)14 (2分)
(7)
(3分)
解析：
（1）A的结构简式为 ，故 A→B的反应类型为取代反应。
（2）由 B 的氧化产物核磁共振氢谱各组峰的峰面积比为 2:1 可知其结构简式为
。
（3）ClCH2COOC2H5与足量 NaOH溶液反应的化学方程式为：
ClCH2COOC2H5+ 2NaOH === HOCH2COONa+ C2H5OH+NaCl。
（4）C中的官能团名称为酯基、醚键。
（5）E→F的反应为脱水反应，其化学方程式为：
。
（6）M为布洛芬的同系物，因此分子中含有羧基，不考虑立体异构用羧基分别取代乙苯和
二甲苯（邻、间、对）中的H原子，其结构共有 14种。
（7）由 制备 的合成路线：
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