福建省福州市2026届高中化学毕业班4月适应性练习试题【含答案】

福州市届高中毕业班4月适应性练习化学（完卷时间：分钟；满分：分）友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共小题，每小题4分，共分。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】A材料，A错误；B发生物理变化，B错误；CC错误；D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。下列说法错误的是第1页/共20页

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CHO，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.XYZWM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>MC.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2页/共20页

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O<C，即W<Z，A错误；BW的简单离子为O2-M的简单离子为F-O的核电荷数小于F，因此离子半径O2->F-，即W>M，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。DY为BZ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强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性HCO>HBO，即Z>Y，D错误；故选B。4.法正确的是A.1mol分子中含键的数目为B.2.8g和1.6g所含电子数均为C.1mol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1mol该分子含键数目为，A正确；B2.8g物质的量为0.1mol含141.6g物质的量为0.1mol，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1mol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。第3页/共20页

5.下列实验方法或操作能达到实验目的的是选项实验目的实验方法（或操作）将铁制镀件与铜片分别连接直流电源的正、负A在铁制镀件表面镀铜极，浸入溶液中加热溶液，观察溶液颜B探究温度对化学平衡的影响色变化C测定某醋酸溶液的浓度以甲基橙为指示剂，用标准NaOH溶液滴定向中滴加少量酸性

验证中D含有碳碳双键溶液，振荡，观察溶液颜色变化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。下列说法错误的是第4页/共20页

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0.2mol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物质的量为全部还原为，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.我国某科研团队用转化为示。下列说法错误的是第5页/共20页

A.总反应为B.转化过程中Mo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2CH+O=2CHOH，A正确；B．反应过程中，Mo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第6页/共20页

【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2D.理论上电路中每通过6mol，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:HO得电子发生还原反应生成H，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-化学耦合反应:NH3不直接在a极(阳极)(I)发生化学反应生成(Ⅱ)第7页/共20页

，再由(Ⅱ)在电极上失电子生成肼(NH)。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N、等副产物)，提高了NH4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应后生成NH4(N为-2价)，2个N共失去21=2mol电子；确定反应物与生成物，反应物为2个、HO、，生成物为2个、NH、；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(b极)的电极反应:2HO+2e=H↑+2OH2mol1molH(质量2g)通过6mol电子时，生成H2的物质的量为=3mol，质量为3mol2g/mol=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.、的混合溶液中缓缓加入适量NaOH、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第8页/共20页

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：第9页/共20页

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，共分。、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__________。（3残留率为1％。，，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__________（4__________。（5，生成的化学方程式为__________。（6__________。【答案】（1）（2）避免被氧化第10页/共20页

（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，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原子电子排布为能级2个电子形成为；【小问2详解】原料中易被氧化为还原为继续被氧化；【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】第11页/共20页

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】LMFP/C12.液相氧化法去除NO的实验。实验步骤如下：B中装入反应液{、}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__________（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______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__________第12页/共20页

（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23组实验的结果如图所示。编号装置B中溶液ⅰ原反应液原反应液＋TBA（只清ⅱ除·OH）原反应液＋EtOH（同ⅲ时清除·OH、）①表示实验ⅲ所测结果的曲线是______（填“a”“b”或“c②200sOH去除NO的贡献率为______X对去除NO的贡献率=×100％）【答案】（1）（2）b（3）第13页/共20页

（4）①.b②.温度越低，水解速率越小（5）2（6）①.c②.32.25％【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NOC对从装置BD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】①a．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；cI-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，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】第14页/共20页

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、__________、__________（2）B中“-Alloc”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______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.（2）第15页/共20页

（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【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】第16页/共20页

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【小问7详解】A的分子式为共振氢谱4组峰（4、。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～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）在恒压反应器中，保持温度、催化剂、甲苯和甲醇投料比不变，为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，可以采取的措施是__________第17页/共20页

（3）乙苯脱氢是制苯乙烯的另一种方法。600K时，该反应的平衡常数______甲醇烷基化制苯乙烯工艺的优点是__________。Ⅱ．温度对催化剂性能影响的探究将甲苯和甲醇按物质的量比为5∶1混合，以为载气，按一定的流速通入装填催化剂（Cs/CuAl-LDO-3@X545min物的选择性（S）如图所示。[注：选择性S（A）=×100％]（4）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度是_______℃。（5）425℃时，S（苯乙烯）=SpkPa，则反应R1的压强商____________kPa（用含p（6）排除催化剂失活，温度高于425℃甲苯转化率降低的原因是____________。Ⅲ．催化剂前体结构的研究CuAl-LDH（层状复合氢氧化物）是Cs/CuAl-LDO-3@X的前体，其晶体结构如图所示。由于和层之间作用力弱，容易被其他阴离子替换，使催化剂的改性成为可能。第18页/共20页

（7）该晶体中一个金属离子与所有紧邻的氧原子形成的空间构型为______。（8）该晶体中微粒间作用力的类型有______a．氢键b．金属键c．配位键d．极性键e．非极性键（9）该晶体的化学式为，其中__________，__________。【答案】（1）>（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