2026年福建龙岩市高三二模高考化学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页龙岩市2026年高中毕业班三月教学质量检测化学试题(考试时间：75分钟满分：100分)注意：1.请将答案填写在答题卡上2.可能用到的相对原子质量：H-1

C-12

N-14

O-16

Zn-65

Pb-207一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1．科教兴国，我国科学家在许多领域取得新突破。下列说法正确的是A．利用合成脂肪酸，脂肪酸属于有机高分子B．利用为金属材料“重塑金身”，中的化合价为C．利用含钪(Sc)轻质高强度的结构材料制造航天器，Sc属于主族元素D．嫦娥5号带回的月壤中含钛铁矿(主要含)，属于无机盐2．光气法制备碳酸丙烯酯的反应如图。下列说法错误的是A．的化学式是B．虚线框内分子中共含有2个手性碳原子C．碳酸丙烯酯中最多有6个原子共平面D．碳酸丙烯酯中有3个杂化碳原子3．下列离子方程式与所给事实不相符的是A．向饱和氨盐水中通入过量：B．泡沫灭火器的反应原理：C．向苯酚钠溶液中通入：D．将通入酸性溶液：4．用少量与肼()的水溶液共同作用，处理核冷却系统内壁上的含铁氧化物的反应过程如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．的键数为B．的孤电子对数为C．的中心原子的未成对电子数为D．上述含铁氧化物被完全处理时转移电子数为5．X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，只有Y、Z位于同一周期，M是地壳中含量最高的金属元素，化合物可由二聚体溶于形成，其结构式如图。下列说法错误的是A．常温下，单质为液态B．第一电离能大于的同周期元素有3种C．分子所有原子最外层均满足8电子稳定结构D．中含有共价键、配位键、离子键6．从银锰矿(主要含和，以及少量、的化合物)中提取和的工艺流程如图1。硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图2。下列说法错误的是A．将银锰矿粉碎是为了使反应更快更充分B．利用淀粉水解液可将银锰矿中的还原为C．“氰化提银”时存在反应D．“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥7．具有还原性，易水解，熔点、沸点，高于易分解。一种制备纯净的装置如图。下列说法错误的是A．应先通干燥HCl再加热管式炉 B．管式炉温度宜控制在左右C．通入的气体可更换为 D．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管8．、、均可发生水解，其中的水解机理如图：从结构与性质关系分析，下列说法错误的是A．比难发生水解 B．水解机理与相似C．水解初产物中含有 D．的水解产物为和9．乙醇混合液流电池系统在充放电过程中具有良好的稳定性，同时在正极区可以合成高附加值的醋酸铵，原理如图。下列说法错误的是A．放电时，极比极的电势高B．放电时，正极反应式为C．充电时，通过离子交换膜由右室移向左室D．若正极区生成醋酸铵，理论上负极质量减少10．时，用标准溶液滴定和的混合溶液以测定两种物质的含量，滴定曲线如图甲所示；四种含氮物质分布分数与关系如图乙所示。[]已知：和的性质与相似。下列说法错误的是A．原混合溶液中B．点处有：C．平衡常数D．、、点均存在二、非选择题11．铟()是一种稀有贵金属，从高铟烟灰渣(主要含、以及少量、、)中回收铟的工艺流程如下：已知：时，，。(1)铟在元素周期表中的位置为___________。(2)“氧化酸浸”时不能用浓盐酸代替硫酸的原因是___________。(3)“氧化酸浸”后，滤液含有的金属阳离子除外还有___________。(4)“还原铁”发生反应的离子方程式为___________。(5)“置换”中与溶液反应的化学方程式为___________。(6)酸浸滤渣中铅含量测定。准确称取滤渣样品，投入的溶液浸泡，充分反应后抽滤。将所得滤饼投入充分溶解，过滤，蒸馏水洗涤沉淀，并将洗涤液和滤液都转移至容量瓶中定容。取溶液，加入指示剂后用的EDTA标准溶液()滴定至终点(离子方程式为)，消耗EDTA标准液，则滤渣中铅的质量分数(以PbO计)为___________%。(7)一种铜铟镓硒，其晶胞结构如图所示。①若该晶体中与的个数比为，则___________。②原子分数坐标为(0,0,0)，则原子分数坐标为___________。12．某学习小组对乙酸乙酯的制备方案及装置开展深入探讨。(部分加热和夹持仪器已省略)(1)甲同学设计图1装置，用乙醇、乙酸和浓硫酸共热制备乙酸乙酯。①图1装置A的名称为___________。②若用标记乙醇，则制备的化学方程式为___________。③与图1装置相比，若采用图2装置进行实验时，原料利用率更___________(填“高”或“低”)。(2)乙同学改用图3装置通过分离出水提高制备效果。丙同学通过查阅分析共沸体系相关数据(如下表)，认为在水浴加热时，适宜控温区间为___________(填字母)。共沸体系共沸点/℃各组成质量分数乙酸乙酯-乙醇-水70.2乙酸乙酯82.6%、乙醇8.4%、水9.0%乙酸乙酯-水70.4乙酸乙酯91.9%、水8.1%乙醇-乙酸乙酯71.8~72.0乙酸乙酯69.0%~69.2%、乙醇30.8%~31.0%乙醇-水78.1~78.2乙醇95.5%、水4.5%纯物质沸点乙醇78.3℃、乙酸118℃、乙酸乙酯77.1℃A．固定

B．

C．

D．左右实验中，当观察到分水器中___________时(填现象)，判断反应达终点，可停止加热。实验小组经讨论后选定图4装置，能实现绿色制备与反应过程可视化，实验方案如下：制备：Ⅰ．向烧瓶中分别加入乙酸()、乙醇()、固体及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液，将变色硅胶装入小孔冷凝柱中；Ⅱ．加热回流后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶吸水由蓝色变为粉红色，停止加热；纯化：Ⅰ．冷却后，向烧瓶中缓慢加入饱和溶液至无气泡逸出，分离出有机相，依次用饱和溶液、饱和溶液洗涤；再加入无水，过滤；Ⅱ．蒸馏滤液，收集73~78℃馏分，得无色液体ag，色谱检测纯度为98.0%。(3)从绿色化学的视角分析，用固体代替浓硫酸的优点是___________。(4)为提高乙酸的转化率，该方案中采取的措施除了冷凝回流外，还有___________。(5)针对上述探讨，下列相关说法错误的是___________。(填标号)a．图1装置油浴控温加热有利减少副反应b．甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程c．纯化时各洗涤液均为饱和盐溶液，以减少乙酸乙酯的损耗d．纯化时用饱和溶液去除乙醇，饱和溶液去除(6)该实验乙酸乙酯的产率为___________。(乙酸乙酯的摩尔质量为，用含a、的计算式表示)13．治疗过敏性疾病药物氯雷他定(H)的一种合成路线如下。已知：+RMgX→(1)A中含氧官能团的名称为___________。(2)A→B的反应类型为___________。(3)水中的溶解性：C___________D(填“>”“<”或“=”)，判断依据是___________。(4)氮原子电子云密度越大，碱性越强，则F中碱性较强的氮原子是___________(填“a”或“b”)。(5)B→C的化学反应方程式为___________。(6)E的结构简式为___________。(7)有机物是试剂的同系物，且比多一个碳原子。的同分异构体有多种，其中满足下列条件的有___________种，写出其中一种的结构简式___________。①是芳香族化合物②核磁共振氢谱峰面积之比14．利用加氢合成甲醇()是实现“碳中和”目标的有效途径之一。一定条件下，与发生以下反应：Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．

(1)已知时，部分物质的相对能量如下表。物质相对能量/___________。(2)反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数随温度变化曲线如图1所示。①图中表示反应Ⅱ的关系的曲线为___________(填“l”或“m”)。②高于反应Ⅲ可以忽略的依据是___________。(3)一定压强下反应一段时间，催化剂、的产物选择性和转化率随温度变化的关系如图2、图3所示，应选用催化剂___________(填“A”或“B”)，理由是___________。(4)一定温度下，维持压强为，密闭容器中和按照物质的量之比投料，只发生反应Ⅰ、Ⅱ，并达到平衡状态，平衡转化率为，甲醇选择性为80%，计算反应Ⅰ在该温度下的分压平衡常数___________。[列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数，甲醇选择性]；随着温度的升高，的转化率增大，而的选择性却下降。从平衡移动角度分析其可能的原因___________。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【详解】A．有机高分子的相对分子质量通常达几万甚至上百万，脂肪酸的相对分子质量较小，属于小分子有机物，不属于有机高分子，A错误；B．MoS2中S元素的化合价为-2价，根据化合物中正负化合价代数和为0，计算可得Mo的化合价为+4价，不是+6价，B错误；C．Sc（钪）位于元素周期表第四周期第ⅢB族，属于副族过渡元素，不属于主族元素，C错误；D．FeTiO3是含氧酸盐，属于无机化合物中的盐类，因此属于无机盐，D正确；故选D。2．C【详解】A．由原子守恒可知，M的化学式是HCl，该反应为取代反应，A正确；B．手性碳是指连接四个不同基团的碳原子，虚线框内分子中共含有2个手性碳原子：、，B正确；C．碳酸丙烯酯中存在一个C=O双键，与之相连的碳原子是sp2杂化，为平面结构，碳酸丙烯酯中最多可以有7个原子共平面，如C=O的C和O、环上2个O、-CH2-的C、-CH(CH3)-的C、-CH3的C，C错误；D．在碳酸丙烯酯中：环上的-C(CH3)H-、-CH2-和-CH3中的C是sp3杂化，总共有3个C原子是sp3杂化，D正确；故选C。3．A【详解】A．向饱和氨盐水中通入过量CO2即产生NaHCO3沉淀和NH4Cl，反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为，A符合题意；B．泡沫灭火器的原理为碳酸氢钠和硫酸铝的双水解反应，离子方程式为，故B不符合题意；C．向苯酚钠溶液中通入生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为，故C不符合题意；D．酸性溶液将SO2氧化为硫酸根，离子方程式为，故D不符合题意；故选A。4．C【分析】体系中的首先和肼配位，生成配合物；和生成的发生氧化还原反应：作还原剂，将配合物中+2价的Cu还原为+1价，自身被氧化为，得到还原产物；和内壁附着的难溶含铁氧化物（酸性条件）发生氧化还原反应：+1价Cu被氧化，重新生成，回到上一步循环参与反应，同时中+3价Fe被还原为可溶性的，最终将内壁附着的难溶含铁氧化物转化为可溶物除去。【详解】A．的结构式为，1个氮氮三键中含有1个键和2个键，因此的键数为，A正确；B．的结构为，每个原子最外层有3个电子成键，剩余1对孤电子对，1个分子共含2对孤电子对，因此的孤电子对数为，B正确；C．配合物中，配体是中性分子，因此中心为价；的核外电子排布为，轨道全充满，所有电子均成对，未成对电子数为0，因此该配合物的中心原子未成对电子数为0，不是，C错误；D．题图中的含铁氧化物为，可写作，反应后被还原为，中含价，全部还原为价时共得到电子，转移电子数为，D正确；故答案选C。5．B【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，其中只有Y、Z位于同一周期，M是地壳中含量最高的金属元素，M为Al元素，由的结构式可知，X形成1个共价键，X为H元素，Y形成四个共价键，Y为C元素，Z可以和C原子形成三键，Z为N元素，Q带1个负电荷，Q为第四周期元素，Q为Br元素。【详解】A．Q为Br元素，常温下，单质Br2为液态，A正确；B．Z是氮，位于第二周期ⅤA族，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，ⅡA族元素和ⅤA族元素大于相邻的元素，第二周期元素的第一电离能大小顺序为：，第一电离能大于氮（N）的元素只有氟（F）和氖（Ne）两种，B错误；C．的结构式为：，其中Br为-1价，Al为+3价，均满足8电子稳定结构，C正确；D．中阳离子和阴离子之间存在离子键，中心离子Al3+与配体之间存在配位键，C原子和N原子间存在共价键，D正确；故选B。6．D【分析】银锰矿(主要含和，以及少量、的化合物)经粉碎后，加入淀粉水解液、硫酸加热浸出。淀粉水解液（含葡萄糖等还原性物质）在酸性条件下将还原为，、的化合物溶解为、进入浸出液，不溶物为浸出渣，浸出渣加入石灰乳（调节）、、，被氧化并与形成络离子进入溶液，后续电解得到金属，浸出液经处理得到溶液，通过“系列操作”得到晶体。【详解】A．将固体粉碎可以增大表面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确；B．根据流程图，浸出时加入淀粉水解液，主要成分为葡萄糖C₆H₁₂O₆，具有还原性，在酸性条件下，MnO2具有强氧化性，可将葡萄糖氧化，自身被还原为Mn2+，B项是正确的。C．在“氰化提银”步骤中，Ag在碱性条件下被O2氧化，与CN⁻结合生成[Ag(CN)₂]⁻，根据氧化还原反应配平离子方程式为：，C正确；D．根据图2，MnSO4的溶解度随温度变化显著，题目要求从MnSO4溶液中获得MnSO4·H2O，需控制温度大于23.9℃，若采用“蒸发浓缩、冷却结晶”，则在冷却过程中，当温度降至23.9℃以下时，会析出MnSO4·7H2O或MnSO4·5H2O，无法得到MnSO4·H2O，D错误；故选D。7．C【详解】A．管式炉中存在氧气和水，具有还原性，且易水解，故应该先将管式炉中的氧气和水排尽再开始反应，A正确；B．高于易分解，控温有利于其以蒸气形式被导出且不会分解，B正确；C．氯气具有氧化性，而具有还原性，会将产品氧化，C错误；D．易水解，需要在导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管，避免水蒸气进入，D正确；故答案为C。8．B【分析】根据水解机理可知，该水解过程需要中心原子价层存在空d轨道，接受水分子中O的孤对电子，形成高配位中间体，据此分析解答。【详解】A．C为第二周期元素，价层没有空d轨道，无法形成水解所需的高配位中间体，因此比难发生水解，A正确；B．N为第二周期元素，价层没有空d轨道，无法接受孤对电子形成高配位中间体，水解机理和不同，B错误；C．水解的产物为和，反应为，因此水解初产物中含有，C正确；D．完全水解的反应为，产物为和，D正确；故答案选择B。9．D【分析】已知Zn的化学性质与Al相似，电池分为左侧正极区(还原为NH3)、右侧负极区(Zn被氧化为[Zn(OH)4]2-)，中间为OH-离子交换膜；负极(Zn板)：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-；正极[Ru-Ni(OH)x]：+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-(得8e⁻被还原为NH3)；充电时，阴极电极方程式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=4OH-+Zn，阳极发生反应：CH3CH2OH-4e-+5OH-=CH3COO-+4H2O)，据以上分析解答。【详解】A．由分析可知，正极（Ru-Ni(OH)₂）的电势高于负极（Zn），A正确；B．放电时，正极发生还原反应。根据图示，被还原为NH3，同时生成OH-，N元素从+5价降为-3价，每个N原子转移8个电子，结合电荷守恒和原子守恒，可以写出：，B正确；C．充电时，原电池的正极（Ru-Ni(OH)₂）变为阳极，发生氧化反应；原电池的负极（Zn）变为阴极，发生还原反应。阳极（左室）：NH₃+9OH--8e-=+6H2O；阴极（右室）：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，在电解池中，阴离子（OH-）向阳极移动，即从右室（阴极区）移向左室（阳极区），C正确；D．结合上述分析可知，生成1mol转移8mol电子，同时消耗4molZn，生成1mol时又生成2molZn，若正极区恰好生成0.1mol醋酸铵，消耗0.2molZn，故理论上负极质量减少0.2mol×65g/mol=13g，D错误；故选D。10．B【分析】甲基是推电子基团，CH3NH2中N原子周围电子密度更大，碱性更强，用0.1000mol•L-1HCl标准溶液滴定和时，先与CH3NH2反应，再与NH2OH反应，结合滴定过程中反应顺序可知，乙图中曲线对应粒子为，当δ(NH2OH)=0.5时，pH=6.0，此时c(NH2OH)=c()，可得：，同理，当δ()=0.5时，pH=10.6，此时c()=c()，可得：，据此解答。【详解】A．根据滴定曲线，a点（20.00mL）对应CH3NH2的滴定终点，c点（60.00mL）对应NH2OH的滴定终点。，原溶液中：c(NH2OH):c(CH3NH2)=2:1，A正确；B．在b点，加入的HCl体积为40.00mL，此时pH=6.1，由图乙可知，B错误；C．该反应的平衡常数，，，将两式相除：，C正确；D．在任何水溶液中，阳离子所带正电荷总数必须等于阴离子所带负电荷总数，、、点均存在，D正确；故选B。11．(1)第五周期第ⅢA族(2)防止生成，污染环境(3)、(4)(5)或(6)30.00(或30)(7)0.4【分析】高铟烟灰渣，主要含、以及少量、、，加入、氧化酸浸，金属氧化物转化为相应的硫酸盐，中的S元素被氧化为S单质，反应生成的沉淀，和未反应的形成滤渣。滤液中含有、、，加入将还原为，再加入有机萃取剂将从水相中分离出来，再利用反萃取剂将其转化为。加入过量的Zn利用其还原性还原为In，混杂着未反应完的Zn，为粗铟，最后用电解法在阴极得到纯铟。【详解】（1）铟的原子序数为49，第一周期有2种元素，第二、三周期有8种元素，第四五周期有18种元素，所以铟在第五周期第ⅢA族。（2）氧化酸浸时，若用浓盐酸代替硫酸，会被氧化成，污染环境。（3）根据分析可知，氧化酸浸后的滤液含有的金属阳离子有、、。（4）还原铁时被氧化为，还原为，离子方程式为。（5）置换反应生成了In单质，Zn被氧化，化学方程式为。（6）滤渣中的和反应转化为，加入硝酸转化为。取的量，和EDTA标准溶液进行滴定。由数据可知，，和标准溶液反应的，样品中的，根据Pb原子守恒，可求出滤渣中铅的质量分数为（7）①由图可知，Cu位于晶胞的顶点，面上和中心，共个。Se原子位于晶胞的内部，个数为8个。原子位于晶胞的棱上和面上，共个。其化学式可简化为，In和Ga的个数比为3：2，可得，，联立解得，。②由晶胞结构图可知，R原子的分数坐标为。12．(1)球形干燥管高(2)C水层体积不再增加(或“不再有液体滴下”)(3)无有毒气体产生(4)投料中乙醇过量、利用硅胶吸水(5)d(6)(或其他合理答案)【分析】根据题目描述，图1是乙醇、乙酸和浓硫酸共热制备乙酸乙酯的装置。装置A连接在导管末端，用于防止倒吸。图2装置中，上方的冷凝管可以将挥发的乙醇和乙酸冷凝回流至反应体系中，使它们继续参与反应。这相当于提高了反应物的浓度，推动平衡右移，从而提高原料利用率，以此解答。【详解】（1）①从图中可以看出，装置A的名称为球形干燥管；②根据“酸脱羟基，醇脱氢”的规律，乙醇中的18O会保留在乙酸乙酯中，而不是水中。因此，反应方程式应为：；③图1中，反应物和产物直接通过导管进入接收装置，未反应的乙醇和乙酸会随乙酸乙酯一起蒸出，导致原料损失。而图2装置中，上方的冷凝管可以将挥发的乙醇和乙酸冷凝回流至反应体系中，使它们继续参与反应。这相当于提高了反应物的浓度，推动平衡右移，从而提高原料利用率。（2）根据共沸体系数据，选择控温区间需满足两个核心条件：有效分离反应生成的水；尽量减少乙醇和乙酸乙酯的挥发损失，结合表格数据分析：A．固定70.2℃虽可带水，但需精确控温，且含乙醇8.4%，操作不现实;B．71.8℃~72.0℃无水共沸，无法除水，排除。C．70℃~75℃覆盖70.2℃和70.4℃共沸点，能高效带水，同时避开乙醇主挥发区（>78℃），最优；D．（78℃左右）接近乙醇-水共沸点，导致大量乙醇蒸出，浪费原料，排除；故选C；分水器中液体分层，上层为有机相（乙酸乙酯/乙醇），下层为水相。当反应结束，不再生成水，水层体积不再增加(或“不再有液体滴下”)。（3）根据题目，浓硫酸具有强氧化性，在反应过程中可能被还原生成有毒的气体。（4）根据题目给出的实验方案：乙酸为100mmol，乙醇为150mmol，乙醇过量可使平衡右移，提高乙酸转化率；另外使用变色硅胶吸收水分，及时分离出水，也可使平衡右移，提高乙酸转化率。（5）a．图1装置使用油浴加热，温度更均匀，可控制在78~90℃，避免局部过热导致乙醇脱水等副反应，此说法正确；b．根据题干，甲基紫的乙醇溶液加入反应体系后，反应液初始为蓝色，随着反应进行乙酸被消耗，酸性减弱，溶液变为紫色；同时变色硅胶吸水由蓝色变为粉红色。因此，两者的颜色变化均可指示反应进程，b正确；c．纯化时使用饱和Na2CO3溶液中和乙酸，饱和NaCl溶液洗去乙醇，饱和CaCl2溶液洗去残留的Na2CO3，最后用无水MgSO4干燥。饱和盐溶液可降低乙酸乙酯在水中的溶解度，减少损耗，c正确；d．饱和NaCl溶液主要用于洗去乙醇和残留的Na2CO3，而饱和CaCl2溶液可与乙醇形成络合物，主要作用是去除乙醇，而非Na2CO3，d错误；故选d。（6）根据题目数据，乙酸：100mmol（0.1mol），乙醇：150mmol（0.15mol），乙酸是少量的，理论产量为0.1mol乙酸乙酯，实际产量为ag，纯度为98.0%，即纯乙酸乙酯质量为ag×98.0%=0.98ag，该实验乙酸乙酯的产率为：或。13．(1)酰胺基(2)取代反应(3)>C与水分子形成的氢键比D多(4)b(5)+HCl+H2O+(6)(7)5、、、、（任写一种）【分析】A在的作用下和发生取代反应生成B，B在水溶液中加热，酰胺键发生水解反应，生成C，C发生取代反应生成D，D和发生已知信息的反应生成化合物E为，E发生消去反应生成F，F和G发生取代反应生成H。【详解