福建省厦门市2026届高三下学期二模化学试题（Word版附解析）

这是一份福建省厦门市2026届高三下学期二模化学试题（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 某荧光材料的结构片段如图等内容，欢迎下载使用。
本试卷共8页，考试时间75分钟，总分100分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。
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：H-1 C-12 N-14 O-16 C1-35.5 Fe-56 Ag-108
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 中国旅游标志“铜奔马”底部采取了“铁骨铜皮”的稳定设计。下列说法正确的是
A. Fe位于元素周期表d区
B. “铁骨铜皮”是一种合金
C. 湿法炼铜与火法炼铜均为非氧化还原反应
D. “铜奔马”表面呈绿色是因为主要发生了析氢腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe的价电子排布为 ，属于第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，A正确；
B．合金是两种或两种以上金属（或金属与非金属）经熔合形成的具有金属特性的物质，“铁骨铜皮”是铁、铜两种材料物理拼接，不属于合金，B错误；
C．湿法炼铜是铁置换铜的反应、火法炼铜是还原铜的化合物得到铜单质的过程，二者均有元素化合价变化，都属于氧化还原反应，C错误；
D．铜的活泼性弱于氢，无法发生析氢腐蚀，表面绿色是铜在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成碱式碳酸铜导致，D错误；
故答案选A。
2. 一种可应用于医药合成的手性羟基化合物的转化机制如图。下列说法正确的是
A. X有6个杂化碳原子B. Y属于有机高分子化合物
C. Z有4个手性碳原子D. 该反应为取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．X中苯环上有6个杂化碳原子，另外2个形成碳氧双键的碳原子也为杂化，共8个杂化碳原子，A错误；
B．有机高分子化合物相对分子质量通常大于10000，Y的相对分子质量远小于该值，不属于有机高分子化合物，B错误；
C．手性碳原子是连接4个不同原子或基团的饱和碳原子，Z中共有4个符合要求的手性碳原子，如图所示（图中※号标注的是手性碳原子），C正确；
D．Y中醛基与X发生加成反应，无小分子脱除，不属于取代反应，D错误；
故选C。
3. 向溶液中滴加少量溶液，为探究产物进行如下实验。下列说法错误的是
A. 用可见光束通过混合液时，若产生丁达尔现象，说明混合液含胶体
B. 微热混合液，若产生能使品红溶液褪色的气体，说明混合液含
C 滴入溶液，若产生蓝色沉淀，说明混合液含
D. 滴入溶液，若产生白色沉淀，说明混合液含
【答案】D
【解析】
【详解】A．丁达尔效应是胶体特有的性质，可见光束照射产生丁达尔现象可说明混合液含胶体，A正确；
B．不稳定，微热易分解生成能使品红溶液褪色的，该现象可说明混合液含，B正确；
C．与反应会生成特征蓝色沉淀，该现象可说明混合液含，C正确；
D．原溶液中存在的也能与反应生成白色沉淀，无法说明混合液一定含，D错误；
故选D。
4. 以含铬废液(主要含、、、、)为原料制备的流程如图。
已知：①时，，；②“调”时反应： 。下列说法错误的是
A. “滤渣”主要成分为
B. “氧化”时存反应：
C. “加热”目的是除去过量，防止其在“调”时将氧化
D. 若“调”后，则
【答案】C
【解析】
【分析】含铬废液加入KOH溶液调节pH，将铬离子转化为氢氧化铬、铁离子转化为氢氧化铁，过滤后，向滤渣中加入过氧化氢、KOH将转化为，过滤分离出滤液，调节pH=1后结晶得到晶体；
【详解】A．由分析，氢氧化铬、氢氧化铁沉淀加入过氧化氢、KOH将转化为，过滤得到滤渣主要成分为，A正确；
B．已知“氧化”时转化为，过氧化氢具有强氧化性，“氧化”时过氧化氢在碱性条件下将氧化为，反应为，B正确；
C．酸性条件下，过氧化氢能将还原为，“加热”目的是除去过量，防止其在“调”时将还原为引入杂质，C错误；
D．若“调”后，，则，D正确；
故选C。
5. 一种氮单质的转化过程如图。设为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A. 含阴、阳离子总数为B. 每生成反应Ⅱ转移电子数为
C. 的杂化N原子数为D. 每生成标况下需分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．15 g AgN3​的物质的量为，含和，总离子数为，A正确；
B．反应Ⅱ为：，是氮单质，为价；反应物中两个整体共显价，生成时，总共升高价，转移电子数为​，B错误；
C．N6​结构为，所有原子共平面，两端及三键相连的4个均为杂化，中间两个成双键的，价层电子对数为，为杂化，故​中杂化原子数为​，C正确；
D．N6​分解反应：​，标况下​物质的量为，需要​的物质的量为，分子数为，D正确；
故选B。
6. 某荧光材料的结构片段如图。Q、R、Z、Y为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z同主族；基态R原子L层p轨道半充满；基态价电子排布式为。
下列说法错误的是
A. 第一电离能：B. 电负性：
C. 最简单氢化物键角：D. Y、R分别与Z组成的化合物均能单独与碱反应
【答案】D
【解析】
【分析】基态R原子L层p轨道半充满，说明R的电子排布为，故R为N（原子序数7）；价电子排布式为，则X的核外电子排布为，故X为Zn；
Q、R、Z、Y原子序数依次增大，Y、Z同主族（短周期），故Z为第二周期、Y为第三周期，根据结构图片中，1个Z形成2个键，1个Y形成4个化学键，则Z为O（原子序数8），Y为S（原子序数16），Q原子序数小于R(N，7)，得Q为H（原子序数1）。
【详解】A．同周期第二周期中N2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，即，A正确；
B．锌能与酸反应置换出氢气(Zn+2H+=Zn2++H2)，Zn是金属，失去电子给H+，则锌电负性小于氢，即电负性：X(Zn)S，成键电子对更靠近中心原子，排斥力更大，键角，C正确；
D． Y(S)与Z(O)的化合物（SO2​、SO3​）均能与碱反应，但R(N)与Z(O)的化合物NO是不成盐氧化物，不能单独与碱反应，D错误；
故答案为：D。
7. 为探究存在时能否用KSCN检验溶液中的，分别向2mL溶液中滴加1滴试剂X，再滴加1滴KSCN溶液，现象如表。
已知：CuSCN为白色沉淀；与卤素性质相似。下列说法正确的是
A. 实验1溶液变浅绿色是因为有生成
B. 实验2产生白色浑浊是因为被还原
C. 实验2溶液变血红色：；
D. 实验表明存在时，可用KSCN检验溶液中的
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验1中氧化性，与不反应，溶液变浅绿色是的黄色与的蓝色混合得到的颜色，A错误；
B．实验2中白色浑浊为，元素化合价从+2价降低为+1价，被还原，B正确；
C．氧化性，反应不能自发进行，且实验2无单质生成，反应原理错误，C错误；
D．由实验2可知，即使原溶液没有，只要存在，加入后也会产生使溶液变红，会干扰的检验，因此存在时，不能用检验​溶液中的，D错误；
答案选B。
8. 丙酮可缩合得到和异佛尔酮，转化关系如图。升高温度，反应的平衡常数减小。下列说法错误的是
A. B. 合成温度越高，产率越高
C. 分馏、混合物时，先蒸出D. 推测缩合存在中间产物
【答案】B
【解析】
【分析】根据题干信息可知，升高温度，反应的平衡常数减小，说明升高温度该平衡逆向移动，因此为放热反应，，据此分析：
【详解】A．根据盖斯定律，的焓变，因此​，A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，的平衡含量降低，因此不是温度越高，产率越高，B错误；
C．分馏时沸点更低的物质先汽化蒸出，由图中信息可知，沸点为，低于的沸点，因此先蒸出，C正确；
D．3分子丙酮缩合为环是逐步进行的，两分子丙酮先发生羟醛缩合，生成，再与第三分子丙酮缩合成环，因此该中间产物存在，D正确；
答案选B。
9. 一种利用(由与镍酞菁组成)电催化，实现工业烟气中低浓度捕获与电解一体化的工作原理如图。
下列说法正确的是
A. b接电源的正极
B. 电极的电极反应式为
C. 捕获时涉及的微粒间作用力仅有氢键
D. 每催化电解标准状况下，理论上生成
【答案】D
【解析】
【分析】左侧Ti−IrO2电极上H2O转化为O2，O元素失电子发生氧化反应，因此左侧为阳极，阳极接电源正极，故a为电源正极，b为电源负极。
【详解】A．由上述分析，b接电源负极，A错误；
B．AzB-Ni电极为阴极，发生得电子的还原反应，装置中隔膜为质子交换膜，允许H+（质子）通过，阴极结合H+生成H2AzB−Ni，正确的电极反应为：AzB-Ni+2e−+2H+=H2AzB-Ni，不会生成OH−，B错误；
C．由右侧捕获CO2的结构可知：CO2除了与上部基团形成氢键外，还与中心Ni原子形成配位键，因此作用力不只有氢键，C错误；
D．标准状况下44.8 L CO2的物质的量为，CO2还原为CO时，C从+4价变为+2价，2 ml CO2总共得到4 ml电子；阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，转移4 ml电子时，生成1 ml O2，D正确；
故选D。
10. 常温下，用溶液分别滴定下列混合溶液，进行如下实验。
实验1：20.00 mL浓度均为和溶液
实验2：20.00 mL浓度均为和溶液滴定曲线如图：
时，设；时，设。下列说法正确是
A. 实验1对应的滴定曲线为Ⅱ
B.
C.
D. 时，
【答案】C
【解析】
【分析】两种实验中，原溶液均为20.00 mL浓度均为0.1000 ml/L的NaOH和弱碱（​​或​），HCl滴定时先中和NaOH，再中和弱碱，弱碱的​越大，碱性越强，相同条件下pH越高。
【详解】A．V(HCl)=20 mL时，NaOH恰好完全中和，剩余弱碱，曲线Ⅰ的pH=11.6，曲线Ⅱ的pH=9.3，说明曲线Ⅰ对应弱碱的碱性更强，由于甲基是推电子基，​碱性强于，因此实验1（含​）对应滴定曲线Ⅰ，A错误；
B．弱碱的电离常数：，对，V(HCl)=30 mL时，一半​被中和，，因此，，此时pH=10.7，，即；对：V(HCl)=30 mL时，一半被中和，，此时pH=6.0，同理得，因此，B错误；
C． （实验2），，，，则，已知，因此，C正确；
D．pH=7时，碱性更弱的对应滴定曲线Ⅱ，pH下降更快，达到pH=7时加入HCl的体积更小，溶液总体积​更小，初始两种弱碱物质的量均为2 mml，由物料守恒，​越小，越大，因此：，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 利用黄铜矿(主要含，以及少量、、)和为原料制备的工艺流程如下：
回答下列问题；
（1）“氧化浸出”使用离子液体，通过调节其烷基链长度，可实现对Cu(Ⅱ)的高选择性萃取。黄铜矿中Cu(Ⅱ)浸出率与离子液体的关系如图。
①最佳离子液体为_______(填标号)，从结构角度分析选择的理由为_______。
②离子液体中阴离子的作用有_______。
③将发生反应的离子方程式补充完整：_______。
（2）结合数据说明“氧化浸出”中加能使“”的理由_______。
已知：时，ⅰ． ；ⅱ． 。
（3）“氨浸”存在转化：，相同条件下，配位能力_______。(填“”)
已知：时，、的分别为和。
（4）“转化”生成的离子方程式为_______。
（5）的四方晶胞结构如图(晶胞参数)。
①晶体中微粒间的作用力有_______。(填标号)
A．离子键 B．金属键 C．配位键 D．非极性共价键
②与Pt等距离且最近的Pt有______个，面心处于形成的______空隙中。
【答案】（1） ①. A ②. A的烷基链最短，空间位阻最小，对的配位能力更强，能更高效地络合，实现高选择性浸出 ③. 提供，为浸出提供酸性环境，提供，沉淀； ④.
（2）远大于，消耗，使反应i平衡正向移动，最终 转化为 ； （3）<
（4）
（5） ①. AC ②. 8 ③. 八面体
【解析】
【分析】在离子液体中被氧化，生成和的溶液，并生成硫单质，同时产生不溶性滤渣，之后铜离子与过量结合生成，铁离子生成沉淀，之后与结合生成目标产物。
【小问1详解】
①由图像可知A的浸出率更高，所以最佳离子液体为A；由题干信息可知，浸出率与烷基链长有关，故答案为：A的烷基链最短，空间位阻最小，对的配位能力更强，能更高效地络合，实现高选择性浸出；
②提供，为浸出提供酸性环境，提供，沉淀；
③配平与的离子方程式：；
【小问2详解】
是强氧化剂，能将中的氧化为，反应的平衡常数为，根据反应ⅱ的平衡常数知，反应ⅱ进行程度大，消耗，使反应i平衡正向移动，最终使转化为；
【小问3详解】
配位平衡：，反应的，反应正向进行，说明​配位能力更强，因此配位能力​。
【小问4详解】
根据分析知，转化的离子方程式为：
【小问5详解】
①该晶体由配阳离子和配阴离子构成，阴阳离子间存在离子键，配离子内中心离子与配体之间存在配位键，无金属键、非极性共价键，故选AC。
②由晶胞图可知，该阴离子位于顶点与体心，且a > b = c，故体心的最近的位于顶点，有8个；
③面心位置的配阳离子处于形成的八面体空隙中。
12. 实验室以废塑料PET制备MOF材料，过程如下。
取一定量PET碎片、、与乙二醇(沸点)混合，时醇解。待混合物呈白色稠浆状，降温至，通过“操作X”回收乙二醇。向剩余固体中加入热水，恒温至充分溶解，抽滤除杂；滤液经盐酸酸化、冷却、抽滤、洗涤、干燥得，经氨基修饰得。以DMF为溶剂，时与反应，得晶体。回答下列问题：
（1）“醇解”不宜超过的原因为_______；“操作X”为_______。(填“常压蒸馏”或“减压蒸馏”)
（2）上述步骤中无需用到的仪器有_______。(填名称)
（3）判断是否洗涤干净，可选用的试剂为_______。(填化学式)
（4）下列分析方法中可提供官能团种类信息的是_______。(填标号)
A. X射线衍射B. 红外光谱C. 元素分析D. 同位素示踪
（5）生成的化学方程式为_______。
（6）纯度测定：将制得的产品中Fe(Ⅲ)解离并全部还原成Fe(Ⅱ)，加入硫酸酸化，配制成100.00mL溶液，从中移取20.00mL于锥形瓶中，用标准溶液滴定至终点。平行测定3次，平均消耗标准溶液。
①滴定终点的实验现象为_______。
②测得纯度为_______。(用、、列出计算式)
③滴定时会导致所测纯度偏大的是_______。(填标号)
A．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
B．锥形瓶用蒸馏水洗净后未用待测液润洗
C．用盐酸代替硫酸调节溶液酸性
D．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
【答案】（1） ①. 温度超过190℃接近乙二醇沸点，乙二醇会大量挥发，造成原料损失 ②. 减压蒸馏 （2）长颈漏斗、容量瓶
（3） ​ （4）B
（5）​
（6） ①. 当滴入最后半滴​标准溶液时，溶液变为浅紫红色，且半分钟内不褪色 ②. ③. AC
【解析】
【分析】取一定量PET碎片、、与乙二醇混合，时醇解。待混合物呈白色稠浆状，降温至，通过“减压蒸馏”回收乙二醇。向剩余固体中加入热水，恒温至充分溶解，抽滤除杂；滤液经盐酸酸化、冷却、抽滤、洗涤、干燥得，经氨基修饰得。以DMF为溶剂，时与反应，得晶体，据此分析；
【小问1详解】
乙二醇沸点为，温度超过190℃时乙二醇大量挥发，原料浪费；低于乙二醇常压沸点，减压蒸馏可降低乙二醇沸点，使其在蒸出回收；
小问2详解】
流程中需要加热反应（三颈烧瓶、温度计）、蒸馏回收乙二醇（直形冷凝管）、未配制溶液，不需要容量瓶，未用到长颈漏斗；
【小问3详解】
由盐酸酸化得到，沉淀表面吸附杂质，检验最后一次洗涤液中是否含即可判断是否洗涤干净，选用​试剂；
【小问4详解】
红外光谱可测定有机物所含官能团种类，X射线衍射用于测定晶体结构，元素分析只能得到元素组成，同位素示踪用于追踪原子去向，故选B；
【小问5详解】
根据原子守恒配平方程式：​ ；
【小问6详解】
① 当滴入最后半滴​标准溶液时，溶液变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；
②根据反应，可得总，1 ml产物含3 ml Fe，故，纯度为；
③A．气泡占据体积，使读取的消耗偏大，结果偏大，A符合题意；
B．锥形瓶无需润洗，对结果无影响，B不符合题意；
C．酸性条件下会被​氧化，消耗更多​，偏大，结果偏大，C符合题意；
D．滴定后俯视读数，偏小，结果偏小，D不符合题意；
故选AC。
13. 治疗干眼症处方药立他司特的中间体I的合成路线如下。
回答下列问题：
（1）B的结构简式为_______。
（2）C中含氧官能团有_______、_______。(填名称)
（3）C→D的反应类型为_______。
（4）C→E过程中两步反应顺序不能调换的原因是_______。
（5）F→G的化学方程式为_______，该步的目的是_______。
（6）G中键极性更强的是_______(填“①”或“②”)，理由是_______。
（7）D的同分异构体J能与溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱有四组峰，面积之比为，且N与3个C原子直接相连。J的结构简式为_______。(写出一种即可，不考虑立体异构)
【答案】（1）
（2） ①. 羟基 ②. 酰胺基 （3）还原反应
（4）C中酰胺基会在酸性条件下水解
（5） ①. ②. 保护亚氨基
（6） ①. ① ②. 氯原子是吸电子基团，①位相邻连接两个氯原子，吸电子作用更强，使键电子对更偏向碳原子，因此极性更强
（7）、、
【解析】
【分析】结合A和C的结构简式可知，A→C发生了取代反应，可得B的结构简式为。C→D的过程中，酰胺基变为了亚氨基，发生还原反应。D的亚氨中的N原子的孤对电子和中的空轨道形成配位键，发生中和反应得到E。E在、165℃的条件下发生分子内环化反应得到F，两分子的F和一分子的甲醛缩合，生成G，G通入，在、THF、条件下向苯环所连的两个Cl之间的碳原子上引入一个羧酸根，发生取代反应生成H，再酸化复原得到仲胺盐酸盐，即I。
【小问1详解】
根据分析可知，B的结构简式为。
【小问2详解】
由C的结构简式可知，其含氧官能团为羟基和酰胺基。
【小问3详解】
由分析可知，C→D的反应类型为还原反应。
【小问4详解】
C→E的顺序为：先还原（C→D），再酸化成盐（D→E）；不能调换顺序的原因是酰胺基会在酸性条件下水解，最终无法得到E。
【小问5详解】
F为仲胺盐酸盐，两分子F与一分子甲醛缩合生成G，脱去一分子水和两分子，化学方程式为；该步将仲胺转化为叔胺，避免与强碱反应，起到保护氨基的作用。
【小问6详解】
①位C-H处于两个Cl之间，两个Cl的吸电子作用比②位（仅邻位一个Cl）更强，因此极性更强。
【小问7详解】
D的不饱和度为4，其同分异构体J能和溶液发生显色反应，必含有酚羟基，苯环的不饱和度为4。核磁共振氢谱有四组峰，面积之比为；结构必须对称，含有两个对称的甲基。N与3个C原子直接相连，说明其中两个为甲基，其中一个C原子连了N原子之后与苯环相连。还剩两个Cl原子，可以连在苯环上，也可以连在与苯环相连的C原子上。综上，可写出结构简式为、、，任选其一即可。
14. 复合吸收液可用于脱除NO废气。吸收液中相关反应如下：
ⅰ．
ii．
回答下列问题：
（1） _______(用、列出计算式)
（2）在且与HClO初始浓度均为的吸收液中，含氯微粒的浓度随时间变化如图(仅考虑反应ⅰ、ⅱ)。
①代表的曲线为_______。(填标号)
②反应ⅰ、ⅱ在内化学反应速率之比_______。
③平衡时，，，则_______。(用、列出计算式)
（3）时，利用复合吸收液脱除NO，存在以下平衡：



① 。该反应平衡常数_______。
②从结构角度解释酸性强于HClO的原因是_______。
③以作催化剂，测得不同温度下NO脱除率如图。范围内，NO脱除率随温度升高而增大的原因有_______；当温度由升高至，NO脱除率减小的原因可能有_______。
【答案】（1）
（2） ①. B ②. 3.2 ③.
（3） ①. ②. 的非羟基氧数目比多，中心Cl原子正电性更强，使键极性更强，更易电离出，因此酸性更强 ③. 温度升高，反应速率加快，催化剂活性增强，脱除速率升高 ④. 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高会导致分解、催化剂活性降低、溶解度降低，脱除率下降
【解析】
【小问1详解】
该反应可由“反应ii反应ⅰ”得到，根据盖斯定律，。
【小问2详解】
①设反应i消耗浓度为，反应ⅱ消耗浓度为，则生成，，。、、为生成物，随着反应的进行，浓度逐渐增加；则假设曲线C为，曲线B为，曲线A为；则2 s时，，，则，得，符合逻辑，假设正确。
②速率比计算：反应速率，相同，由图可知。
③初始，故初始；反应ⅰ消耗，反应ii生成，平衡。代入，，得。
【小问3详解】
①目标反应可由“反应ⅰ + 反应ⅲ - 反应ⅱ”得到，因此。
②含氧酸酸性与非羟基氧数目有关，非羟基氧越多，中心原子正电性越强，键极性越强，越易电离出，酸性越强，所以的酸性更强。
③低温区温度升高，反应速率加快，催化剂活性升高，因此脱除率增大；该反应为放热反应，温度过高，平衡逆向移动，同时催化剂活性降低、反应物分解、溶解度降低，因此脱除率下降。编号
滴加X后实验现象
滴加KSCN溶液后实验现象
实验1
X为，溶液变浅绿色
溶液变血红色
实验2
X为，溶液无明显变化
溶液变血红色，产生白色浑浊