福建省漳州市2025-2026学年（上）期末高中教学质量检测化学（含答案）

2025—2026学年(上)期末高中教学质量检测一、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D.用氯乙烯制备聚氯乙烯的原子利用率为100%C.P中存在2个手性碳原子D.可以用红外光谱法鉴别P和Q3.某营养添加剂的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Y、Z同周期，金属单质M为紫红色。下列说法正确的是4.一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As₂O₃及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效ZnSO,680℃,PbSO高于1000℃。B.气体X含SO₂B.1molH₃PO₂能电离出H+的数目为3NAC.每消耗62gP₄断裂P-P键的数目3NANaOH水溶液8.1,3-丁二烯(八)与HBr按照1:1发生加成反应得到两种产物。能量变化与反应进程的关系如图所示。下列A.1,3-丁二烯中σ键与π键个数之比冷端电极石墨电极a石墨电极a导电介质介质导电介质介质0热敏性晶体LiPON薄膜LiPON薄膜A.冷端电极为负极C.充电时，Li+移向b极D.理论上电路中转移xmol电子，b极生成1molLi-xCoO₂微粒浓度的对数lgc(M)与pH关系如图所示(M代表H₂C₂O₄、HC₂O4、C₂O²-、Ca²+),已知K(CaC₂O₄)=10-8.62、Ks[Ca(OH)₂]=10-5.6。下列有关说法错误的是A.④表示Ca²+的浓度变化B.Ka₂的数量级为10-5C.N点时，2c(Ca²+)+c(H+)>D.pH=13时，有Ca(OH)₂沉淀生成高三化学试题第3页(共8页)二、非选择题(共4大题，共60分)11.(15分)亚硝酸钠(NaNO₂)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某学习小组进行相关实验，回答下列问题：已知：①2NO+Na₂O₂—2NaNO₂,2NO₂+Na₂O₂=2NaNO₃;②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO₃。该小组利用下列装置制备NaNO₂(夹持及加热装置略去，部分仪器可重(1)反应开始前需通入氮气，防止(填化学式)与Na₂O₂反应使产品纯度降低。(2)仪器按气流方向连接顺序为b→ Ⅱ.样品中NaNO₂纯度测定(4)配制100mL0.20μg·mL⁻¹NaNO₂标准使用液，需要使用的玻璃仪(5)用分光光度计测量标准系列溶液的吸光度A,获取以NaNO₂质量为横坐标、吸光度A为纵坐标的标准曲线。分别量取不同体积NaNO₂标准NaNO₂质量(μg)0吸光度A0通过上述实验数据得到标准曲线函数y=0.4553x”+0.01,则n为 (填整数)。(6)①用步骤I制备的NaNO₂样品配成aμg·mL⁻¹样品溶液。取1mL该溶液，加入显色剂，定容至25mL,测得吸光度为A₁,样品中NaNO₂②有关报道维生素C可以有效降低食品中NaNO实验方案实验数据实验结论取mL样品溶液，加入少量充分反应，再加入显色剂，定容至25mL,测得吸光度为A₂。(填“>”“<”维生素C可以有效降低NaNO₂的含量。12.(16分)钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领M②25℃时，Ks[Ru(OH)₃]=1(1)“氧化碱浸”生成的溶质主要成分为Na₂RuO₄、Na₂[Pb(OH)₄]、(2)“还原”时氧化产物为乙醛，该反应的离子方程式为。(3)“蒸馏”时控制温度为80℃,RuO₄回收率较高。温度过低或过高时，回收率低的原因是o(4)有机萃取剂M萃取[RuCl₆]²-的反应为：[RuCl₆]²-+2H++2M(有机相调节pH=a时，开始出现沉淀(溶液体积保持不变)。母液中高三化学试题第6页(共8页)(7)RuCl₃在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如图所代表苯基),下列说法正确的是(填标号)d.过程中存在极性键和非极①晶体中与一个Ru紧邻的Cl有个。②晶体中微粒间作用力有。(填标号)13.(13分)左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体K的合成路1(其中DHP、PPTS是有机试剂缩写);③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1:2:2:6。.反应Ⅱ:CH₄(g)+S₂(g)—CS₂(g)+2H₂(g)△H₂=+63.6kJ·mol⁻¹(3)在恒温、恒容密闭容器通入2molS₂(g)和1molCH₄(g)发生反①当CS₂的体积分数为10%时，CH₄的转化率为%(保留三d.CS₂、H₂的物质的量之比为1:2(4)恒压100kPa下，按组成n(H₂S):n(CH₄)+n(Ar)=1:1:4.7通5①计算T₁温度下H₂的收率=,此时反应I的Kp=kPa(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体小”或“不变”),原因是°(5)某研究小组通过实验，成功追踪到CH₄/H₂S在MoS₂/Al₂O₃催化剂②研究揭示了CH₃S*中间体的形成是促进CS₂生成的决速步骤，总反应的速率方程可近似表示为v=k·p(CH₄)·θ(其中k为速率常数，θ表示催化剂空位率),若H₂S的分压过大，总反应速率2025-2026学年(上)期末高中教学质量检测(化学试题解析)*羰基先发生加成反应，再发生消去反应，构建了碳氮双键；C项，P中手性碳原子如图所示OD项，红外光谱是利用有机物分子中不同基团在红外光辐射下的特征吸收频率不同来分析分子结构。P中存在碳氮双键，Q中存在碳碳双键，基团不同，红外吸收峰不同，故可以用红外光谱法鉴别P和Q。4.A【解析】铜冶炼烟尘“焙烧”将S转化为SO₂,与沸点较低的As₂O₃一起蒸出。As₂O₃在“冷凝”无CuSO₄,说明“焙烧”时CuSO₄被分解生成不溶于水的Cuo,而ZnSO₄未分解，A项，“焙烧”温度应介于560~680℃。“水浸”过滤后，CuO与未分解的PbSO₄进入“酸浸”,PbSO₄不溶于硫酸，Cuo与硫酸反应转化成CuSO₄,过滤，使Cu、Pb元素分离，浸出渣为PbSO₄,浸出液溶质主要为CuSO₄,CuSO₄经电解或置换法转化为Cu。6molP—P键，62gP4为0.5mol,则P—P键数目为3N步反应，增大c(Br),只能提高第二步反应速率；C项，为1,2-加成产物，BrH为1,4-加成产物，1,4-加成产物能量比1,2-加成产物低，更稳定；D项，根据盖斯定律，1,2-加成的反应热为高三化学试题解析第1页共6页9.D【解析】A、D项，充电时，b极电极反应为：LiCoO₂-xe=Li₁₋xCoO₂+xLit,发生氧化反应，故b极为阳极，则冷端电极为正极。理论上，电路中转移xmole时，b极生成1molLi-CoO₂;B项，新型电池工作原理为[Fe(CN)₆]⁴通过胍离子的诱导，在冷端结晶析出，导致冷端溶液中[Fe(CN)。]4浓度减小，[Fe(CN)₆]⁴-e=[Fe(CN)₆³平衡逆移。同时晶体通过重力沉降，自发转移到热端溶解，使热端溶液中[Fe(CN)]4浓度增大，[Fe(CN)₆]⁴-e=[Fe(CN)₆]³平衡正移。冷热端持续产生[Fe(CN)]4浓度差，维持电池的持续发电。如调换位置，冷端在下，产生的晶体无法自发转移至热端溶解，则溶液中[Fe(CN)₆]⁴浓度不断减少，电池无法持续放电；C项，充电时，Lit移向a极(阴极)。10.D【解析】CaC₂O4体系中存在下列平衡：CaC₂O4(s)Ca²+(aq)+C₂O²(aq)、曲线①与④重合。加入HCl,随着pH减小，平衡正移，体系中微粒浓度：H₂C₂O₄增大，HC₂O先增大c(HC₂O)=c(C₂O²)时，草酸对应图中曲线①③交点的pH=4.2,Ka₂=104.2,则Ka₂的数量级为10-⁵;C项，N点溶液酸性较强，应是CaC₂O₄中加入了HCl,根据电荷守恒式：2c(Ca²+)+c(H+)>c(HC₂O₄)+2c(H₂C₂O₄)+c(OH);D项，方法一：若碱性较强，C₂O²几乎不水解，<104.31mol-L¹,Q[Ca(OH)₂]<104.31×(10-¹)²=10-6.31<Ks[Ca(OH)₂]=10-56,无Ca(OH)₂沉淀析出；方法无Ca(OH)₂沉淀析出。二、非选择题11.(15分)(1)CO₂、H₂O、NO₂(写两个即可，2分)(2)g→h→e→f→c→d→e→f(cd顺序可互换，2分)(3)3MnO₄+5NO+4H+=3Mn²++5NO₃+2H₂O(2【解析】(1)空气中的CO₂、H₂O会和Na₂O₂反应生成Na₂CO₃、NaOH、O₂;装置B中残留的O₂与NO反应生成NO₂,NO₂会和Na₂O₂反应，导致产品纯度降低。高三化学试题解析第2页共6页(4)未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质没有全部转移到容量瓶中，会导致所配溶液浓度偏小。(5)方法一：直接取一组数据代入函数计算；方法二：观察两组数据，如加入NaNO₂质量为0.2μg和素C与NaNO₂反应，NaNO₂含量会减少，吸光度降低。(2)RuO²-+CH₃CH₂OH+2H₂O→Ru(OH)₄↓+CH₃CHO+2OH(2分)元素从有机相进入水相，实现Ru的回收与萃取剂再生(2分)(5)2RuO4+16HCl=2RuCl₃+5Cl₂↑+8H₂O(2【解析】(1)废渣中主要成分为Ru、Pb、SiO₂,SiO₂与NaOH反应生成Na₂SiO₃,SiO₂+2NaOHNa₂SiO₃+H₂O。(2)由(1)中信息知Na₂RuO₄可溶，“还原”过程CH₃CH₂OH作还原剂，被氧化为CH₃CHO;RuO²被(4)萃取时Ru元素由水相进入有机相，反萃取时加入NaOH,中和H+,平衡逆向移动，使Ru元素由有机相重新进入水相。(7)从图中观察钌的相关化合物及转化，如RuCl₃中Ru的价态为+3,O=Ru(OAc)₃中Ru的价态为+5,Ru(OAc)₃+H₂O₂→O=Ru(OAc)₃+H₂O是氧化还原反应，均可判断Ru的价态发生变化；AcOH为反应物；PhPh存在顺式异构;过程中不存在非极性键的形成。(8)根据α-RuCl₃晶体呈层状结构分析，层间距大于层内化学键键长，层间存在范德华力；层内每个Ru位于由6个C1(上下各有3个Cl)构成的八面体中心，一个Ru紧邻的C1有6个，一个C1紧邻的Ru有2个，Cl的孤对电子对填入Ru³+的空轨道，形成配位键。13.(13分)(1)羟基、羧基(2分)(2)保护羟基(1分)(3)正四面体(1分)(4)还原反应(1分)【解析】(2)A→B过程为-COOH与C₂H₃OH发生酯化反应，产物B)中-OH保留，D→E过程是D中-OH与发生反应，结合信息i,B→C的过程保护B中的-OH,在E→F过程中，-OH脱保护。(3)AlH;,中心原子A1采取sp³杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体。(4)F→G反应条件为Pd/C、H₂,可以将-NO₂转化为-NH₂,为还原反应。高三化学试题解析第4页共6页高三化学试题解析第5页共6页(5)结合信息ii,GH→I反应过程如图所示：先脱去一个H₂O,构建C一N键，形成了一个六元环。(6)依题意X共有2种同分异构体。(7)根据信息ii逆推，中C一N键断裂，M为再脱去先脱去一个HF,构建C一N键，形成了一个六元环，生再脱去一个HF,构建C一0键，形成六元环，得到J(14.(16分)(1)1s²2s²2p⁶3s²3p⁴(1(2)+233.2(1分)②减小(1分)反应I、Ⅱ、Ⅲ均为气体分子数增大的反应，不通入Ar,H₂S平衡逆向移动，H₂S转化率减小(2分)【解析】(2)根据盖斯定律，总反应Ⅲ=反应I+反应Ⅱ,则△H₃=△H₁+△H₂=+233.2kJm