资源简介

福建省龙岩市2026届高中毕业班四月教学质量检测化学试卷
一、单选题
1．我国科学家以单氟代烷烃替代碳酸酯，作为新型锂离子电池的电解液溶剂，大幅度提高了的迁移速率，成倍延长锂离子电池的续航时间。下列说法正确的是( )
A.碳酸酯是无机溶剂 B.单氟代烷烃分子中含有键
C.电负性： D.新型锂离子电池的充电时间缩短
2．藜芦醛是一种食用香料，可由如下反应制得。下列说法错误的是( )
A.该反应为取代反应
B.原儿茶醛分子中所有原子可能共平面
C.可以用溶液鉴别原儿茶醛和藜芦醛
D.原儿茶醛的芳香族同分异构体均不能发生水解反应
3．X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，M的质子数是X的3倍。由以上5种元素组成的某种盐的结构如图所示。下列说法正确的是( )
A.第一电离能：
B.简单离子的半径：
C.键角：
D.最高价氧化物对应水化物的酸性：
4．以天然气、水和氮气等为原料,可合成氨和尿素[]。设为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.分子中含键的数目为
B.和所含电子数均为
C.分子中氮原子的价电子对数为
D.标准状况下,的原子数为
5．下列实验方法或操作能达到实验目的的是( )
实验目的 实验方法(或操作)
A 在铁制镀件表面镀铜 将铁制镀件与铜片分别连接直流电源的正、负极，浸入溶液中
B 探究温度对化学平衡的影响 加热溶液，观察溶液颜色变化
C 测定某醋酸溶液的浓度 以甲基橙为指示剂，用标准NaOH溶液滴定
D 验证中含有碳碳双键 向中滴加少量酸性溶液，振荡，观察溶液颜色变化
A.A B.B C.C D.D
6．我国某科研团队用作催化剂，实现了室温下直接将转化为，其部分转化过程如图所示。下列说法错误的是( )
A.总反应为
B.转化过程中Mo的化合价发生变化
C.物质Ⅰ中硫原子的杂化方式为
D.物质Ⅱ中氧的反应活性强于氧气
7．酸性条件下，电催化还原合成过程(有少量生成)的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.适当增大浓度，可提高电极反应速率
B.反应过程中有非极性键断裂和极性键形成
C.电极上消耗(标准状况下)时，转移
D.分解的热化学方程式：，
8．氟硅酸()是一种易溶于水的强酸，实验室中浓缩氟硅酸并回收环己醇的一种方法如图所示。下列分析或判断正确的是( )
A.氟硅酸在环己醇中的溶解度大于在水中的溶解度
B.通过检验洗出液的酸碱性可以判断“碱洗”是否完成
C.“碱洗”过程中用到的玻璃仪器只有烧杯和玻璃棒
D.“操作X”为分液
9．电化学-化学耦合反应实现氨选择性氧化合成肼()的装置如图所示。下列说法错误的是( )
A.电子移动方向：a极→电源正极，电源负极→b极
B.该合成方法可以避免氨在电极上被过度氧化产生副产物
C.电极反应Ⅱ为
D.理论上电路中每通过，阴极区电解质溶液的质量减少6g
10．常温下，向含()、()的混合溶液中缓缓加入适量NaOH固体(过程中未见沉淀产生)，测得溶液中、分布系数、随pH变化如图所示。
已知：；；；与反应生成，(~4)
下列说法正确的是( )
A.ⅰ是~pH关系曲线
B.反应平衡常数的数量级为
C.pH为7~8时，的值不变
D.时，溶液中
二、填空题
11．用工业钛白副产物(主要成分为，含、等杂质)为原料制备磷酸锰铁锂正极材料(LMFP)的工艺流程如图所示。
已知：，，
(1)磷酸锰铁锂()中，基态的价电子排布式为______________。
(2)“水浸”时需加入足量铁粉的目的是______________。
(3)“沉镁钙”后，需控制残留率为1%。
①“水浸”后，滤液中，，，“沉镁钙”后溶液中______________。
②若过量，除了导致残留率过小外，还可能引起的后果是_______(用离子方程式表示)。
(4)“结晶”的方法是______________。
(5)“溶解”和“转化”中，控制，生成的化学方程式为______________。
(6)“煅烧”过程中，葡萄糖的作用为______________。
三、实验题
12．某兴趣小组利用如图所示装置(加热和夹持仪器略)进行过硫酸铵[]液相氧化法去除NO的实验。
实验步骤如下：
Ⅰ.在装置B中装入反应液{、}，调节溶液。
Ⅱ.用氮气对管路和反应器吹扫2min。
Ⅲ.保持反应温度为333K，同时通入和NO，控制气体流速和两种气体的体积比。
Ⅳ.通过烟气分析仪测定NO的浓度，计算NO的去除率。
已知：为活化剂；为白色难溶物质。
(1)步骤Ⅱ的主要目的是除去_______(填化学式)。
(2)装置B应采用_______(填标号)加热。
a.酒精灯 b.水浴 c.油浴 d.酒精喷灯
(3)过硫酸铵将NO转化为的离子方程式为______________。
(4)过硫酸铵和水缓慢反应：
①检验过硫酸铵溶液是否已变质，可使用的试剂(或用品)是_______(填标号)。
a.溶液 b.pH计
c.KI-淀粉试纸 d.NaOH、红色石蕊试纸
②低温有利于保存过硫酸铵溶液，原因是_______(写一个)。
(5)中含有6个配位键，结构如图所示，其中______________。
(6)研究表明，反应体系中氧化NO的粒子有、、，为了探究它们对去除NO的贡献率，更换装置B中溶液，补充2组对比实验(见左下表ⅱ和ⅲ)，测得3组实验的结果如图所示。
①表示实验ⅲ所测结果的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)。
②200s时，实验ⅰ中去除NO的贡献率为______________。()
四、填空题
13．巴洛沙韦是一种新型抗流感病毒药物，其中间体(Ⅰ)的合成路线如下：
(1)Ⅰ中含氧官能团有酯基、______________、_______(填名称)。
(2)B中“-Alloc”的结构简式为______________。
(3)反应ⅱ使用的DIBAL-H是一种重要有机物，最有可能是_______(填标号)。
a. b.
c. d.
(4)反应ⅳ的化学方程式为______________。
(5)反应ⅵ除了H之外，还有和异丁烯两种气体生成，过程中涉及的有机反应类型有______________、______________。
(6)F经ⅴ、ⅵ两步获得H。若F直接与反应，_______(填“能”或“不能”)达到目的，原因是______________。
(7)写出同时符合下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：______________。
a.含硝基；b.存在顺反异构；c.核磁共振氢谱有4组峰。
14．甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯是一种新型生产技术。
Ⅰ.热力学分析
甲苯侧链甲醇烷基化发生的主要反应有：
R1.
R2.
R3.
R4.
300～1100K范围内，以上各反应的随温度的变化如图所示。
(1)主反应R1的______0（填“>”“=”或“<”）。
(2)在恒压反应器中，保持温度、催化剂、甲苯和甲醇投料比不变，为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，可以采取的措施是____________________（写一条）。
(3)乙苯脱氢是制苯乙烯的另一种方法。600K时，该反应的平衡常数____________。与之相比，甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯工艺的优点是____________________。
Ⅱ.温度对催化剂性能影响的探究
将甲苯和甲醇按物质的量比为5∶1混合，以为载气，按一定的流速通入装填催化剂（Cs/CuAl-LDO-3@X）的恒温反应器，控制不同温度，进行5组实验。反应45min后，测得反应物的转化率、含苯环产物的选择性（S）如图所示。
[注：选择性S（A）=×100％]
(4)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度是_______℃。
(5)425℃时，S（苯乙烯）=S（乙苯），氢气的分压为pkPa，则反应R1的压强商____________kPa（用含p的代数式表示）。
(6)排除催化剂失活，温度高于425℃甲苯转化率降低的原因是________________________。
Ⅲ.催化剂前体结构的研究
CuAl-LDH（层状复合氢氧化物）是Cs/CuAl-LDO-3@X的前体，其晶体结构如图所示。由于和层之间作用力弱，容易被其他阴离子替换，使催化剂的改性成为可能。
(7)该晶体中一个金属离子与所有紧邻的氧原子形成的空间构型为____________。
(8)该晶体中微粒间作用力的类型有____________（填标号）。
a.氢键 b.金属键 c.配位键
d.极性键 e.非极性键
(9)该晶体的化学式为，其中____________________，____________________。
参考答案
1．答案：D
解析：A.碳酸酯属于酯类有机物，是有机溶剂，不属于无机溶剂，A错误；
B.单氟代烷烃中的化学键均为饱和单键，只含键，不含键，B错误；
C.同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性，C错误；
D.迁移速率提高后，充电过程中迁移速度更快，可缩短充电时间，D正确；
答案选D。
2．答案：D
解析：A.反应中羟基H被甲基取代，该反应为取代反应，A正确；
B.苯环、醛基均为平面结构，通过单键的旋转，原儿茶醛分子中所有原子可能共平面，B正确；
C.原儿茶醛含有酚羟基，可与溶液显紫色，故可以用溶液鉴别原儿茶醛和藜芦醛，C正确；
D.原儿茶醛的芳香族同分异构体含有酯基结构的，如，能发生水解反应，D错误；
故选D。
3．答案：B
解析：X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据盐的结构图可知，X形成+1价离子，故为ⅠA族金属元素，可能为Li或Na，而M的质子数是X的3倍，若X为Na，则M为As，不属于短周期元素，则X只能为Li，M为F；根据成键数目可知，Y为B，Z为C，W为O，据此作答；
A.同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，故第一电离能：，A错误；
B.在具有相同的电子层数时，离子的核电荷数越大，半径越小，故简单离子的半径：，B正确；
C.该物质中，C原子的杂化类型为，键角约为120°，B原子的杂化类型为，键角约为109°28′，故键角：，C错误；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，由于非金属性：，故酸性，D错误；
故答案选B。
4．答案：A
解析：A.1个分子中含4个键、2个键、1个中的键,共7个键,故1mol该分子含键数目为,A正确;
B.2.8g物质的量为0.1mol,每个含14个电子,总电子数为;1.6g物质的量为0.1mol,每个含10个电子,总电子数为,二者电子数不都为,B错误;
C.分子中原子的价电子对数为3+=4,故1mol中原子价电子对数为,C错误;
D.标准状况下为液态,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,原子数不是,D错误;
故选A。
5．答案：B
解析：A.电镀时待镀件应接直流电源负极，镀层金属接正极，选项中铁制镀件接正极、铜接负极，无法实现镀铜，A错误；
B.存在水解平衡，正反应吸热，加热时平衡正向移动，溶液颜色加深，仅温度为变量，可探究温度对化学平衡的影响，B正确；
C.醋酸与滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，甲基橙变色范围为3.1~4.4（酸性区间），会导致测定误差大，应选酚酞作指示剂，C错误；
D.中的醇羟基也能被酸性氧化使溶液褪色，无法证明存在碳碳双键，D错误；
答案选B。
6．答案：C
解析：A.从图中看，输入是2分子和，输出是2分子，催化剂循环再生（ⅠⅡ），因此总反应为，A正确；
B.反应过程中，Mo的成键数目发生变化，化合价发生变化，B正确；
C.物质Ⅰ中每个S原子与2个Mo原子形成2个键，S的价层电子对数键数+孤电子对数，因此S原子为杂化，不是杂化，C错误；
D.需要先在催化剂上活化为物质Ⅱ中的氧，才能后续和反应，说明物质Ⅱ中氧的反应活性强于氧气，D正确；
故答案选C。
7．答案：C
解析：A.是该电极反应的反应物，适当增大浓度，反应物浓度升高，可提高电极反应速率，A正确；
B.反应物中的键属于非极性键，反应过程中非极性键断裂；产物、中的键属于极性键，反应中有极性键生成，B正确；
C.标准状况下物质的量为：若全部还原为，从价变为价，转移电子；题目说明过程有少量生成，中为价，部分转化为时转移电子数更多，因此总转移电子数大于，C错误；
D.根据图示和盖斯定律：反应1：，反应2：，目标反应可由反应2-2×反应1得到，因此，D正确；
故答案选C。
8．答案：B
解析：A.氟硅酸是一种易溶于水的强酸，用环己醇萃取后，氟硅酸进入水溶液层，说明氟硅酸在水中的溶解度大于其在环己醇中的溶解度，A错误；
B.碱洗的目的是除去残留的氟硅酸（强酸），若碱洗完成，洗出液应呈弱碱性或中性，若未完成，洗出液会呈酸性，故通过检验洗出液的酸碱性可以判断“碱洗”是否完成，B正确；
C.“碱洗”过程需要进行搅拌和分液操作，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、分液漏斗，并非只有烧杯和玻璃棒，C错误；
D.环己醇微溶于水，“操作X”是将互溶的环己醇和水分离，因环己醇和水沸点相差较大，故“操作X”为蒸馏，D错误；
故选B。
9．答案：D
解析：该电解池中，a极为阳极，环己醇被氧化为环己酮后与反应生成，进一步失电子氧化生成环己酮和肼()，电极反应式分别为、；b极为阴极，得电子被还原为，电极反应式为；
A.a极为阳极，连接电源正极，b极为阴极，连接电源负极，故电子移动方向为a极→电源正极，电源负极→b极，A正确；
B.中N元素为-2价，具有较强的还原性，若直接在电极上氧化生成，则可能被过度氧化为更高价的含氮副产物，该间接合成方法可以避免过度氧化副产物的产生，B正确；
C.由分析可知，电极反应Ⅱ为，C正确；
D.根据阴极反应式，电路中每通过6mol，有（质量为6g）逸出，但同时还有或穿过阴离子交换膜进入阳极区，故阴极区溶液减少的质量大于6g，D错误；
故答案选D。
10．答案：D
解析：向含、的混合溶液中加入，逐渐升高，溶液中粒子的变化规律如下：
：升高，与配位生成，游离浓度快速降低，分布系数快速下降，对应曲线ⅰ；
：升高，，浓度持续增大，根据定义，c越大则p越小，因此随升高持续减小，对应曲线ⅱ；
：较低时，配位生成，分布系数升高；过高（）时，与生成沉淀，浓度降低，分布系数下降，因此曲线先升后降，对应曲线ⅲ；
A.由分析可知，曲线ⅰ为游离的分布系数，A错误；
B.对于反应，平衡常数。当与分布系数相等时，，此时。由曲线ⅱ，该点，，即，则，平衡常数的数量级为，B错误；
C.加入NaOH固体后，含氮微粒总量基本不变，但因生成铜氨配合物消耗，导致的值发生变化，C错误；
D.时，结合曲线和溶液中粒子的浓度关系，初始浓度为，即使部分转化为，其浓度仍远大于；总浓度仅为，为主要含铜粒子，浓度远小于和；因此离子浓度顺序为：，D正确；
故答案选D。
11．答案：(1)
(2)防止被氧化
(3)；
(4)蒸发浓缩、冷却结晶
(5)
(6)作为碳源，在材料表面形成碳包覆层
解析：工业钛白副产物（主要成分为，含、等杂质）通过水浸溶解过滤后得到含有、和的滤液，加入使、转化为、沉淀，过滤后滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体；加入并用乙醇溶液溶解晶体，加入、共沉淀得到磷酸锰铁锂()，在氮气保护下与葡萄糖混合煅烧得到碳包覆正极材料（LMFP/C）。
（1）基态Mn原子的价电子排布式为，失去两个电子形成，则基态的价电子排布式为；
（2）具有较强的还原性，能被空气中的氧气氧化为，加入铁粉，能将Fe3+转化为Fe2+，故“水浸”时加入足量铁粉的目的是防止被氧化；
（3）①“沉镁钙”后，的残留率为1%，则溶液中，而此时溶液中，则；
②沉淀后，离子积，已非常接近，若过量，则部分也会被转化为沉淀，导致产率下降，离子方程式为；
（4）“沉镁钙”后的溶液中存在等杂质离子，为得到较纯净的硫酸亚铁晶体，应采用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）按计量系数比反应得到沉淀，同时还有和生成，配平反应化学方程式为；
（6）在氮气氛围中，葡萄糖煅烧脱水生成C单质，包覆在表面，得到碳包覆正极材料（LMFP/C），故葡萄糖的作用是作为碳源，在材料表面形成碳包覆层。
12．答案：(1)
(2)b
(3)
(4)b；减少分解，抑制水解(或“温度越低，水解速率越小”等其他合理答案)
(5)2
(6)c；32.25%
解析：用氮气对管路和反应器吹扫2min排除装置内的空气，避免氧气氧化NO，干扰实验测定NO去除率保持反应温度为333K，同时通入和NO，进入B中与过硫酸铵[]溶液反应，通过烟气分析仪测定NO的浓度，计算NO的去除率；
（1）根据分析，步骤Ⅱ的主要目的是除去；
（2）控制反应温度为333K（约60℃），装置B应采用水浴加热，故选b；
（3）过硫酸铵具有强氧化性，将NO氧化为，离子方程式为：；
（4）①过硫酸铵变质生成，溶液酸性比原过硫酸铵明显更强，pH更小，可用计检验，b正确；本身难溶，加都会产生沉淀，a错误；过硫酸铵和变质生成的都能氧化使淀粉变蓝，c错误；原过硫酸铵和变质产物都含，d错误；故选b；
②低温有利于保存过硫酸铵溶液，原因是低温可以减少分解，抑制水解(或“温度越低，水解速率越小”等其他合理答案)；
（5）中形成共价单键的O得1个电子带负电荷，提供孤电子对，与形成配位键，结构中有4个这样的O，故配体EDTA带4个负电荷，故配合物的总电荷为-2，x=2；
（6）①ⅲ：原反应液+EtOH(同时清除、)，导致NO去除率下降，表示实验ⅲ所测结果的曲线是c；
②ⅱ：原反应液+TBA(只清除)，由图可知200s时，NO去除率下降12.9%，实验ⅰ中去除NO的贡献率为。
13．答案：(1)醚键；羰基(或酮羰基)、酰胺基
(2)
(3)a
(4)
(5)取代(水解)反应；消去(消除)反应
(6)不能；肼中的两个氨基都会参与反应(或其他合理答案)
(7)(或)
解析：A与发生取代反应得到B，B用DIBAL-H还原生成C，C在MsOH酸性条件下与甲醇发生取代反应得到D；E与一碘乙烷发生取代反应得到F，F与单-Boc保护的肼反应生成G，G在酸性条件下脱除-Boc保护得到H；D和H在作用下发生取代反应生成Ⅰ；
（1）Ⅰ的结构简式为，其含氧官能团有酯基、(酮)羰基、醚键、酰胺基；
（2）B的结构简式为，则“-Alloc”的结构简式为；
（3）反应iiB中酰胺基的羰基被还原为羟基，故DIBAL-H为还原剂，根据题意，DIBAL-H是一种重要的有机物，则：
a.是有机物，而H的电负性大于Al，则H为-1价，具有较强的还原性，a符合题意；
b.是一种较强的还原剂，但属于无机物，b不符合题意；
c.是一种极强的还原剂，但属于无机物，c不符合题意；
d.是有机物，但其中含有过氧键（），具有强氧化性，d不符合题意；
故选a；
（4）反应iv中，E的羧基氢被乙基取代得到F，同时生成HI，化学方程式为；
（5）G的结构简式为，其中基团在酸性条件下，发生酰胺基和酯基的水解反应（取代反应）生成H、（分解为和）和叔丁醇（），叔丁醇进一步发生消去反应生成异丁烯（）和；
（6）肼（）中存在2个相同的氨基，若不用对其中1个氨基进行保护直接与F发生反应，则2个氨基均会参与反应，生成等副产物；
（7）A的不饱和度为2，其同分异构体含有硝基（），且存在顺反异构体，即含有碳碳双键，故还剩2个饱和碳原子；核磁共振氢谱含有4组峰，则碳碳双键每个碳原子上都存在1个H原子，故可能的结构简式为和。
14．答案：(1)>
(2)及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他合理答案）
(3)；较低温度下甲苯侧链甲醇烷基化进行的程度更大
(4)425
(5)（或0.125p）
(6)甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少
(7)八面体
(8)acd
(9)16；1
解析：（1）由以上各反应的随温度的变化如图可知，曲线R1中随温度升高而增大，则该反应的正反应为吸热反应；
（2）为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，要使R1反应正向移动，而R3反应逆向移动，可采取的措施要是及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他答案）；
（3）由图可知，600K时，，则，乙苯脱氢制苯乙烯；根据随温度的变化关系可知制苯乙烯时甲苯侧链甲醇烷基化在较低温度下进行的程度更大；
（4）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度选择依据是甲苯转化率高，苯乙烯选择性高，由图分析，在425℃时，甲苯的转化率、甲醇的转化率高，且在此温度下，苯乙烯的选择性最大；
（5）由图可知，，，S（苯乙烯）=S（乙苯）=47.5%，消耗的与生成的物质的量相等，则得到反应R1体系中各组分的占比为：：转化，余；：转化，余；生成为；生成为；生成为，氢气的分压为pkPa，代入压强商；
（6）甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少，导致甲苯的转化率降低
（7）从晶体结构示意图可以看到，黑色球（金属离子或）被6个白色球（中的O原子）紧密包围，形成正八面体的配位结构：中心金属离子，上下、前后、左右各1个O原子，共6个紧邻O原子，6个配位原子围绕中心离子形成的空间构型为正八面体；
（9）根据化学式中化合价代数和为零可列式，即；每层总共有8个，每一层又被层与层共用，均摊为一半，共有16个，x=16，y=1符合题意。

展开更多......

收起↑