2026年福建省厦门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2026届高中毕业班模拟测试化学本试卷共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”时存在反应：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。编号滴加X后实验现象滴加KSCN溶液后实验现象实验1X为，溶液变浅绿色溶液变血红色实验2X为，溶液无明显变化溶液变血红色，产生白色浑浊已知：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1：20.00mL浓度均为和溶液实验2：20.00mL浓度均为和溶液滴定曲线如图：时，设；时，设。下列说法正确的是A．实验1对应的滴定曲线为ⅡB．C．D．时，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“<”“=”或“>”)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。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)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_______。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【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．C【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．D【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．C【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．B【详解】A．15gAgN3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．D【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N的2p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)<Q(H)，B正确；C．Z的最简单氢化物为，Y的为，中心原子电负性O>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．B【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．B【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．D【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44.8LCO2的物质的量为，CO2还原为CO时，C从+4价变为+2价，2molCO2总共得到4mol电子；阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，转移4mol电子时，生成1molO2，D正确；故选D。10．C【分析】两种实验中，原溶液均为20.00mL浓度均为0.1000mol/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)=20mL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)=30mL时，一半​被中和，，因此，，此时pH=10.7，，即；对：V(HCl)=30mL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2mmol，由物料守恒，​越小，越大，因此：，D错误；故选C。11．(1)AA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，实现高选择性浸出提供，为浸出提供酸性环境，提供，沉淀；(2)远大于，消耗，使反应i平衡正向移动，最终转化为；(3)<(4)(5)AC8八面体【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。【详解】（1）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：；（2）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；（3）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。（4）根据分析知，转化的离子方程式为：（5）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．(1)温度超过190℃接近乙二醇沸点，乙二醇会大量挥发，造成原料损失减压蒸馏(2)长颈漏斗、容量瓶(3)(4)B(5)(6)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AC【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；【详解】（1）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；（2）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；（3）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；（4）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；（5）根据原子守恒配平方程式：；（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根据反应，可得总，1mol产物含3molFe，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．(1)(2)羟基酰胺基(3)还原反应(4)C中酰胺基会在酸性条件下水解(5)保护亚氨基(6)①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)、、【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。【详解】（1）根据分析可知，B的结构简式为。（2）由C的结构简式可知，其含氧官能团为羟基和酰胺基。（3）由分析可知，C→D的反应类型为还原反应。（4）C→E的顺序为：先还原（