福建福州市 2026高中毕业班 适应性练习 化学试题（含解析）高考模拟

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（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：
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. 新一代人形机器人的“骨骼”“关节”“心脏”与“皮肤”等部件的制作都离不开新型材料。下列说法正确的是
A. “骨骼”采用的高强度碳纤维增强环氧树脂属于无机非金属材料
B. “关节”框架金属钝化处理的过程，只发生物理变化
C. “心脏”所使用的固态和液态电池的能量转化方式不同
D. “皮肤”以石墨烯作感知材料，利用了石墨烯易导电等性质
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳纤维增强环氧树脂属于复合材料，其中环氧树脂为有机高分子材料，因此不属于无机非金属材料，A错误；
B．金属钝化是金属表面与氧化性物质反应生成致密氧化膜的过程，有新物质生成，属于化学变化，并非只发生物理变化，B错误；
C．固态电池和液态电池都属于化学电源，能量转化方式均为化学能转化为电能，能量转化方式相同，C错误；
D．石墨烯具有良好的导电性，作为感知材料时可通过电信号的变化反馈外界刺激，利用了石墨烯易导电等性质，D正确；
答案选D。
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
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中，原儿茶醛酚羟基上的氢原子被−CH3取代，属于取代反应，A正确；
B．苯环、醛基均为平面结构，O−H键可以旋转，羟基氢原子可以旋转到苯环所在平面，因此分子中所有原子可能共平面，B正确；
C．原儿茶醛含酚羟基，遇FeCl3溶液会发生显色反应，藜芦醛无酚羟基，不显色，因此可以用FeCl3鉴别二者，C正确；
D．原儿茶醛分子式为C7H6O3，其芳香族同分异构体中存在含酯基的结构，例如就是符合要求的同分异构体，酯基可以发生水解反应，D错误；
故选D。
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：Z>WB. 简单离子的半径：W>M
C. 键角：∠2>∠1D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
【答案】B
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，X为+1价阳离子且M的质子数是X的3倍，则X位于第IA族，短周期的第IA族元素有，符合要求的是X为Li、M为F；Y、Z、W分别在-1价阴离子中形成4、4、2个共价键，则Y为B、Z为C、W为O；据此解答。
【详解】A．Z为C，W为O，同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，即第一电离能顺序为N>O>C，因此第一电离能OM，B正确；
C．键角∠1对应结构中C=O双键与C-O单键的夹角，C原子为sp2杂化，键角约120°，∠2对应结构中B-O单键与B-O单键的夹角，B原子为sp3杂化，键角约109.5°，因此∠1>∠2，C错误。
D．Y为B，Z为C，同周期主族元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，即非金属性C>B，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性H2CO3>H3BO3，即Z>Y，D错误；
故选B。
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. 1ml分子中含键的数目为
B. 2.8g和1.6g所含电子数均为
C. 1ml分子中氮原子的价电子对数为
D. 标准状况下，2.24L的原子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．尿素的结构为，单键均为键，双键中含1个键，1个分子共含7个键，故1ml该分子含键数目为，A正确；
B．2.8g 物质的量为0.1ml，每个含14个电子，所含电子数为；1.6g 物质的量为0.1ml，所含电子数为，二者电子数不都为，B错误；
C．中N原子的价层电子对数为3个键电子对+1对孤电子对，共4对，故1ml 中N原子价电子对数为，C错误；
D．标准状况下不是气态，不能用计算其物质的量，2.24L的的原子数远大于，D错误；
故答案选A。
5. 下列实验方法或操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．电镀时待镀铁件应连接电源负极作阴极，镀层铜应连接电源正极作阳极，选项电极连接错误，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，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．中的碳碳双键和醇羟基都能使酸性溶液褪色，无法验证是否含有碳碳双键，D错误；
答案选B。
6. 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2.24L（标准状况下）时，转移0.2ml电子
D. 分解的热化学方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】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反应1得到，因此，D正确；
故答案选C。
7. 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M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
【答案】C
【解析】
【详解】A．如图，CH4被氧气氧化生成甲醇，总反应为2CH4+O2=2CH3OH，A正确；
B．反应过程中，M的成键数目由5个变为6个发生了变化，化合价发生了变化，B正确；
C．物质Ⅰ中硫原子的价层电子对=成键电子对+孤电子对=2+，杂化方式为sp3，C错误；
D．物质Ⅱ中氧只共用一个电子对，还存在一个单电子，故物质Ⅱ中氧的反应活性强于氧气，D正确；
故选C。
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”中用到的玻璃仪器只有烧杯和玻璃棒
D. “操作X”为分液
【答案】B
【解析】
【分析】与以往的萃取不同，本题的目的是浓缩氟硅酸，即通过萃取，使大量的水进入有机相，从而浓缩氟硅酸稀溶液，分液后，有机相中含有水、环己醇以及少量的氟硅酸，加入NaOH溶液后，氟硅酸被洗去，再通过分液得到含有少量水的环己醇，最后通过蒸馏的方法得到环己醇，据此作答。
【详解】A．根据分析，氟硅酸要留在水溶液中以达到浓缩的目的，在环己醇中的溶解度必须很小，故A错误；
B．碱洗是为了洗去少量的氟硅酸，当洗出液为碱性时，少量的氟硅酸完全被洗净，故B正确；
C．碱洗后需要通过分液的方法分离有机相与水相，需要有分液漏斗，故C错误；
D．碱洗过程通过分液初次分离水与环己醇，进一步分离两种液体需要蒸馏，故D错误；
故答案选B。
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2
D. 理论上电路中每通过6ml，阴极区电解质溶液的质量减少6g
【答案】D
【解析】
【详解】A．a极:有机物(Ⅱ)失电子发生氧化反应，为阳极，连接电源正极；b极:H2O得电子发生还原反应生成H2，为阴极，连接电源负极。电子在导线中的移动方向为:阳极(a极)→电源正极，电源负极→阴极(b极)，A正确；
B．该装置为电化学-化学耦合反应:NH3不直接在a极(阳极)放电，而是先与有机物(I)发生化学反应生成(Ⅱ)，再由(Ⅱ)在电极上失电子生成肼(N2H4)。这种间接反应的方式，避免了NH3直接在电极上被过度氧化(生成N2、等副产物)，提高了N2H4的选择性，B正确；
C．通过化合价变化、原子守恒、电荷守恒严格配平，化合价变化：2个 中的N为-3价，反应后生成N2H4 (N为-2价)，2个N共失去21=2ml电子；确定反应物与生成物，反应物为2个、H2O、，生成物为2个、N2H4、；该式电荷守恒(左侧电荷:，右侧电荷:、该反应式满足电荷守恒和原子守恒，故C正确；
D．阴极(b极)的电极反应:2H2O +2e－=H2↑+2OH－；每通过2ml电子，生成1mlH2(质量2g)逸出；当电路通过6ml电子时，生成H2的物质的量为=3ml，质量为3ml2g/ml=6g。阴离子交换膜的影响:装置中间为阴离子交换膜，仅允许阴离子(如、)通过。阳极区反应生成的会从阳极区迁移到阴极区，阴极反应生成，为维持电荷中性，阴离子（如或）会从阴极区向阳极区迁移，故阴极区质量减少量应为生成的氢气质量与迁出的阴离子质量之和，大于6g，D错误；
答案选D。
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
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
【答案】D
【解析】
【分析】向溶液中加入NaOH，pH升高，发生反应，故随pH增大而增大，而，故随pH增大持续减小。含铜粒子的分布系数：随pH增大、配位反应进行，浓度不断降低，因此随pH增大持续下降，且下降速率最快；随配位进行，先增加后减少，因此分布系数先升后降。结合图像可得：是曲线，是曲线，是曲线。
【详解】A．根据分析，是曲线，是曲线，A错误；
B．该反应的平衡常数表达式为，从图中曲线i和iii的交点可知，当pH约为6.5时， ，此时，从曲线ii可知，p()约为2.5，即 ，将这些值代入平衡常数表达式：，该平衡常数的数量级为，B错误；
C．初始溶液中 ，根据 元素物料守恒：；为时，与配位生成，先增大后减小，故先减小后增大，并非不变，C错误；
D．时，，由，代入得： ；由图像知 时，的分布系数远小于 的分布系数，即 ，因此顺序为： ，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
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__________。
【答案】（1）
（2）避免被氧化
（3） ①. ②.
（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】
【分析】将副产物溶解，加入铁粉还原可能被氧化生成的，过滤除去不溶性杂质和过量铁粉，得到含​的滤液；加入，沉淀除去杂质，过滤得到含的滤液，从滤液中结晶得到硫酸亚铁晶体；将硫酸亚铁与共溶，加入磷酸和氢氧化锂反应生成磷酸锰铁锂前驱体；在氮气氛围下，葡萄糖分解得到碳层包覆在磷酸锰铁锂表面，最终得到碳包覆正极材料。
【小问1详解】
是25号元素，基态原子电子排布为，失去能级2个电子形成，价电子排布式为；
【小问2详解】
原料中易被氧化为，加入铁粉的作用是将氧化生成的还原为，同时防止继续被氧化；
【小问3详解】
①已知残留率为，因此沉镁后。根据溶度积：，可得；再结合，代入数据得： ；
②若过量，浓度过高，会使也生成​沉淀，造成损失，离子方程式为；
【小问4详解】
从硫酸亚铁溶液中结晶得到绿矾晶体，采用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问5详解】
根据题目给出的反应物的物质的量比，产物为磷酸锰铁锂、硫酸锂和水，方程式为：；
【小问6详解】
“煅烧”过程中，葡萄糖分解提供碳单质，在磷酸锰铁锂表面形成碳包覆层，得到碳包覆正极材料（LMFP/C）。
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、·OH、，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·OH去除NO的贡献率为______。（X对去除NO的贡献率=×100％）
【答案】（1）
（2）b （3）
（4） ①. b ②. 温度越低，水解速率越小
（5）2 （6） ①. c ②. 32.25％
【解析】
【分析】装置A先通氮气排除空气，再控制气体流速和两种气体的体积比，装置B中进行过硫酸铵液相氧化法去除NO，装置C对从装置B中出来的气体进行干燥，装置D为尾气处理装置。
【小问1详解】
装置内原空气中含有，可氧化干扰实验测定，因此用氮气吹扫除去；
【小问2详解】
反应温度为，温度低于，可采用水浴加热，受热均匀且易控温，故选b；
【小问3详解】
作氧化剂，将氧化为​，自身被还原为​，离子方程式为；
【小问4详解】
① a．和均难溶，用溶液不能检验过硫酸铵溶液是否已变质，a不符合题意；
b．过硫酸铵变质生成​，​变质生成，电离出更多，溶液酸性增强，减小，可用计检验，b符合题意；
c．过硫酸铵（强氧化剂）和过氧化氢均能氧化I-，均能使试纸变蓝，用KI-淀粉试纸不能检验过硫酸铵溶液是否已变质，c不符合题意；
d．原溶液和变质溶液都含，加入氢氧化钠均能产生氨气，不能用NaOH、红色石蕊试纸来检验过硫酸铵溶液是否已变质，d不符合题意；
故选b。
② 温度越低，水解速率越小，低温减慢过硫酸铵的水解变质反应，因此利于保存；
【小问5详解】
该结构中共有6个配位键，带2个单位正电荷，EDTA中4个羧基均脱质子共带4个单位负电荷，总电荷为，因此；
【小问6详解】
① 实验ⅲ清除了和​，仅剩下​氧化，去除率最低，对应曲线c；
② 总去除率为，清除后去除率为，因此的贡献率为。
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“-Allc”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。
【答案】（1） ①. 醚键 ②. 羰基（或酮羰基）、酰胺基（任写两个）
（2）
（3）a （4）
（5） ①. 取代（水解）反应 ②. 消去（消除）反应
（6） ①. 不能 ②. 肼中的两个氨基都会参与反应（或其他合理答案）
（7）（或）
【解析】
【分析】根据化合物B的结构简式可知，化合物A和发生取代反应，得到化合物B；化合物B在的作用下得到化合物C，化合物C和甲醇发生取代反应，得到化合物D；化合物E和碘乙烷发生取代反应得到化合物F；化合物F和作用得到化合物G，化合物G在盐酸作用下得到化合物H；化合物H和化合物D在作用下，得到化合物I，依次进行分析。
【小问1详解】
根据I的结构可知，含氧官能团有酯基、(酮)羰基、醚键、酰胺基；
【小问2详解】
根据分析可知，B中“”的结构简式为；
【小问3详解】
化合物B在的作用下得到化合物C，对比B和C的结构简式可知，此过程发生还原加氢，因此属于还原剂，；​不能还原酰胺，​会过度还原，间氯过氧苯甲酸是氧化剂，最有可能为a（二异丁基氢化铝）；
【小问4详解】
反应ⅳ为化合物E中的羧基与碘乙烷发生取代反应，生成乙酯F和碘化氢，反应的方程式为：；
【小问5详解】
基团（）在条件下先发生水解（取代反应）得到和碳酸，随后发生消去反应生成异丁烯，碳酸分解脱羧得到​，涉及有机反应为取代（水解）反应和消去反应；
【小问6详解】
不能，F中含羰基和酯基，都能与反应，会生成副产物，无法得到目标产物H（合理即可）；
【小问7详解】
A的分子式为，满足条件：①含硝基；②存在顺反异构（双键两个碳均连接不同基团）；③核磁共振氢谱4组峰（4种不同化学环境氢），符合要求的结构有：、​。
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.（乙苯，g）
R4.（二甲苯，g）
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）及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他合理答案）
（3） ①. ②. 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） ①. 16 ②. 1
【解析】
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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）；
【小问3详解】
由图可知，600K时，，则Kp(R3)=，乙苯脱氢制苯乙烯Kp=；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；
【小问4详解】
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；
【小问5详解】
由图可知，S（苯乙烯）=S（乙苯）=47.5%，消耗的C7H8与生成H2O的物质的量相等，则得到反应R1体系中各组分的占比为C7H8：转化，余；CH3OH：转化，余；生成C8H8为；生成C8H10为；生成H2O为，氢气的分压为pkPa，代入压强商Qp=；
【小问6详解】
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
【小问7详解】
从晶体结构示意图可以看到，黑色球（金属离子Cu2+或Al3+）被 6 个白色球（OH-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；
【小问8详解】
a.氢键：晶体中存在H2O和OH-，水分子之间、OH-与水分子之间可以形成氢键，因此存在氢键。 b. 金属键：金属键存在于金属晶体中，该物质是离子化合物（层状复合氢氧化物），不存在金属键。 c. 配位键：金属离子（Cu2+、Al3+）有空轨道，OH-的 O 原子有孤电子对，二者形成配位键，因此存在配位键。 d. 极性键：键（H2O、OH-中）、C=O键（中）都是不同原子形成的极性共价键，因此存在极性键。 e. 非极性键：晶体中不存在同种原子之间的共价键，因此无极性键。 答案：acd
【小问9详解】
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OH-，每一层OH-又被层与层共用，均摊为一半，共有16个OH-，x=16，y=1符合题意。选项
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
编号
装置B中溶液
ⅰ
原反应液
ⅱ
原反应液＋TBA（只清除·OH）
ⅲ
原反应液＋EtOH（同时清除·OH、）