福建省龙岩市2026届高中毕业班四月教学质量检测化学试卷（含答案）

福建省龙岩市2026届高中毕业班四月教学质量检测化学试卷一、单选题1．我国科学家以单氟代烷烃替代碳酸酯，作为新型锂离子电池的电解液溶剂，大幅度提高了的迁移速率，成倍延长锂离子电池的续航时间。下列说法正确的是(

)A.碳酸酯是无机溶剂 B.单氟代烷烃分子中含有键C.电负性： D.新型锂离子电池的充电时间缩短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：B.简单离子的半径：C.键角：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：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.分子中含键的数目为B.和所含电子数均为C.分子中氮原子的价电子对数为D.标准状况下,的原子数为5．下列实验方法或操作能达到实验目的的是(

)

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A.A B.B C.C D.D6．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7．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(标准状况下)时，转移D.分解的热化学方程式：，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”过程中用到的玻璃仪器只有烧杯和玻璃棒D.“操作X”为分液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D.理论上电路中每通过，阴极区电解质溶液的质量减少6g10．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，(~4)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，溶液中二、填空题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______________。三、实验题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、、，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(见左下表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中去除NO的贡献率为______________。()四、填空题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“-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_______(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。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.R4.300～1100K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)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____________________（写一条）。(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____________。与之相比，甲苯侧链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@X）的恒温反应器，控制不同温度，进行5组实验。反应45min后，测得反应物的转化率、含苯环产物的选择性（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）=S（乙苯），氢气的分压为pkPa，则反应R1的压强商____________kPa（用含p的代数式表示）。(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。(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____________（填标号）。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____________________，____________________。参考答案1．答案：D解析：A.碳酸酯属于酯类有机物，是有机溶剂，不属于无机溶剂，A错误；B.单氟代烷烃中的化学键均为饱和单键，只含键，不含键，B错误；C.同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性，C错误；D.迁移速率提高后，充电过程中迁移速度更快，可缩短充电时间，D正确；答案选D。2．答案：D解析：A.反应中羟基H被甲基取代，该反应为取代反应，A正确；B.苯环、醛基均为平面结构，通过单键的旋转，原儿茶醛分子中所有原子可能共平面，B正确；C.原儿茶醛含有酚羟基，可与溶液显紫色，故可以用溶液鉴别原儿茶醛和藜芦醛，C正确；D.原儿茶醛的芳香族同分异构体含有酯基结构的，如，能发生水解反应，D错误；故选D。3．答案：B解析：X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据盐的结构图可知，X形成+1价离子，故为ⅠA族金属元素，可能为Li或Na，而M的质子数是X的3倍，若X为Na，则M为As，不属于短周期元素，则X只能为Li，M为F；根据成键数目可知，Y为B，Z为C，W为O，据此作答；A.同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，故第一电离能：，A错误；B.在具有相同的电子层数时，离子的核电荷数越大，半径越小，故简单离子的半径：，B正确；C.该物质中，C原子的杂化类型为，键角约为120°，B原子的杂化类型为，键角约为109°28′，故键角：，C错误；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，由于非金属性：，故酸性，D错误；故答案选B。4．答案：A解析：A.1个分子中含4个键、2个键、1个中的键,共7个键,故1mol该分子含键数目为,A正确;B.2.8g物质的量为0.1mol,每个含14个电子,总电子数为;1.6g物质的量为0.1mol,每个含10个电子,总电子数为,二者电子数不都为,B错误;C.分子中原子的价电子对数为3+=4,故1mol中原子价电子对数为,C错误;D.标准状况下为液态,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,原子数不是,D错误;故选A。5．答案：B解析：A.电镀时待镀件应接直流电源负极，镀层金属接正极，选项中铁制镀件接正极、铜接负极，无法实现镀铜，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，仅温度为变量，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.中的醇羟基也能被酸性氧化使溶液褪色，无法证明存在碳碳双键，D错误；答案选B。6．答案：C解析：A.从图中看，输入是2分子和，输出是2分子，催化剂循环再生（ⅠⅡ），因此总反应为，A正确；B.反应过程中，Mo的成键数目发生变化，化合价发生变化，B正确；C.物质Ⅰ中每个S原子与2个Mo原子形成2个键，S的价层电子对数键数+孤电子对数，因此S原子为杂化，不是杂化，C错误；D.需要先在催化剂上活化为物质Ⅱ中的氧，才能后续和反应，说明物质Ⅱ中氧的反应活性强于氧气，D正确；故答案选C。7．答案：C解析：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2-2×反应1得到，因此，D正确；故答案选C。8．答案：B解析：A.氟硅酸是一种易溶于水的强酸，用环己醇萃取后，氟硅酸进入水溶液层，说明氟硅酸在水中的溶解度大于其在环己醇中的溶解度，A错误；B.碱洗的目的是除去残留的氟硅酸（强酸），若碱洗完成，洗出液应呈弱碱性或中性，若未完成，洗出液会呈酸性，故通过检验洗出液的酸碱性可以判断“碱洗”是否完成，B正确；C.“碱洗”过程需要进行搅拌和分液操作，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、分液漏斗，并非只有烧杯和玻璃棒，C错误；D.环己醇微溶于水，“操作X”是将互溶的环己醇和水分离，因环己醇和水沸点相差较大，故“操作X”为蒸馏，D错误；故选B。9．答案：D解析：该电解池中，a极为阳极，环己醇被氧化为环己酮后与反应生成，进一步失电子氧化生成环己酮和肼()，电极反应式分别为、；b极为阴极，得电子被还原为，电极反应式为；A.a极为阳极，连接电源正极，b极为阴极，连接电源负极，故电子移动方向为a极→电源正极，电源负极→b极，A正确；B.中N元素为-2价，具有较强的还原性，若直接在电极上氧化生成，则可能被过度氧化为更高价的含氮副产物，该间接合成方法可以避免过度氧化副产物的产生，B正确；C.由分析可知，电极反应Ⅱ为，C正确；D.根据阴极反应式，电路中每通过6mol，有（质量为6g）逸出，但同时还有或穿过阴离子交换膜进入阳极区，故阴极区溶液减少的质量大于6g，D错误；故答案选D。10．答案：D解析：向含、的混合溶液中加入，逐渐升高，溶液中粒子的变化规律如下：：升高，与配位生成，游离浓度快速降低，分布系数快速下降，对应曲线ⅰ；：升高，，浓度持续增大，根据定义，c越大则p越小，因此随升高持续减小，对应曲线ⅱ；：较低时，配位生成，分布系数升高；过高（）时，与生成沉淀，浓度降低，分布系数下降，因此曲线先升后降，对应曲线ⅲ；A.由分析可知，曲线ⅰ为游离的分布系数，A错误；B.对于反应，平衡常数。当与分布系数相等时，，此时。由曲线ⅱ，该点，，即，则，平衡常数的数量级为，B错误；C.加入NaOH固体后，含氮微粒总量基本不变，但因生成铜氨配合物消耗，导致的值发生变化，C错误；D.时，结合曲线和溶液中粒子的浓度关系，初始浓度为，即使部分转化为，其浓度仍远大于；总浓度仅为，为主要含铜粒子，浓度远小于和；因此离子浓度顺序为：，D正确；故答案选D。11．答案：(1)(2)防止被氧化(3)；(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：工业钛白副产物（主要成分为，含、等杂质）通过水浸溶解过滤后得到含有、和的滤液，加入使、转化为、沉淀，过滤后滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体；加入并用乙醇溶液溶解晶体，加入、共沉淀得到磷酸锰铁锂()，在氮气保护下与葡萄糖混合煅烧得到碳包覆正极材料（LMFP/C）。（1）基态Mn原子的价电子排布式为，失去两个电子形成，则基态的价电子排布式为；（2）具有较强的还原性，能被空气中的氧气氧化为，加入铁粉，能将Fe3+转化为Fe2+，故“水浸”时加入足量铁粉的目的是防止被氧化；（3）①“沉镁钙”后，的残留率为1%，则溶液中，而此时溶液中，则；②沉淀后，离子积，已非常接近，若过量，则部分也会被转化为沉淀，导致产率下降，离子方程式为；（4）“沉镁钙”后的溶液中存在等杂质离子，为得到较纯净的硫酸亚铁晶体，应采用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶；（5）按计量系数比反应得到沉淀，同时还有和生成，配平反应化学方程式为；（6）在氮气氛围中，葡萄糖煅烧脱水生成C单质，包覆在表面，得到碳包覆正极材料（LMFP/C），故葡萄糖的作用是作为碳源，在材料表面形成碳包覆层。12．答案：(1)(2)b(3)(4)b；减少分解，抑制水解(或“温度越低，水解速率越小”等其他合理答案)(5)2(6)c；32.25%解析：用氮气对管路和反应器吹扫2min排除装置内的空气，避免氧气氧化NO，干扰实验测定NO去除率保持反应温度为333K，同时通入和NO，进入B中与过硫酸铵[]溶液反应，通过烟气分析仪测定NO的浓度，计算NO的去除率；（1）根据分析，步骤Ⅱ的主要目的是除去；（2）控制反应温度为333K（约60℃），装置B应采用水浴加热，故选b；（3）过硫酸铵具有强氧化性，将NO氧化为，离子方程式为：；（4）①过硫酸铵变质生成，溶液酸性比原过硫酸铵明显更强，pH更小，可用计检验，b正确；本身难溶，加都会产生沉淀，a错误；过硫酸铵和变质生成的都能氧化使淀粉变蓝，c错误；原过硫酸铵和变质产物都含，d错误；故选b；②低温有利于保存过硫酸铵溶液，原因是低温可以减少分解，抑制水解(或“温度越低，水解速率越小”等其他合理答案)；（5）中形成共价单键的O得1个电子带负电荷，提供孤电子对，与形成配位键，结构中有4个这样的O，故配体EDTA带4个负电荷，故配合物的总电荷为-2，x=2；（6）①ⅲ：原反应液+EtOH(同时清除、)，导致NO去除率下降，表示实验ⅲ所测结果的曲线是c；②ⅱ：原反应液+TBA(只清除)，由图可知200s时，NO去除率下降12.9%，实验ⅰ中去除NO的贡献率为。13．答案：(1)醚键；羰基(或酮羰基)、酰胺基(2)(3)a(4)(5)取代(水解)反应；消去(消除)反应(6)不能；肼中的两个氨基都会参与反应(或其他合理答案)(7)(或)解析：A与发生取代反应得到B，B用DIBAL-H还原生成C，C在MsOH酸性条件下与甲醇发生取代反应得到D；E与一碘乙烷发生取代反应得到F，F与单-Boc保护的肼反应生成G，G在酸性条件下脱除-Boc保护得到H；D和H在作用下发生取代反应生成Ⅰ；（1）Ⅰ的结构简式为，其含氧官能团有酯基、(酮)羰基、醚键、酰胺基；（2）B的结构简式为，则“-Alloc”的结构简式为；（3）反应iiB中酰胺基的羰基被还原为羟基，故DIBAL-H为还原剂，根据题意，DIBAL-H是一种重要的有机物，则：a.是有机物，而H的电负性大于Al，则H为-1价，具有较强的还原性，a符合题意；b.是一种较强的还原剂，但属于无机物，b不符合题意；c.是一种极强的还原剂，但属于无机物，c不符合题意；d.是有机物，但其中含有过氧键（），具有强氧化性，d不符合题意；故选a；（4）反应iv中，E的羧基氢被乙基取代得到F，同时生成HI，化学方程式为；（5）G的结构简式为，其中基团在酸性条件下，发生酰胺基和酯基的水解反应（取代反应）生成H、（分解为和）和叔丁醇（），叔丁醇进一步发生消去反应生成异丁烯（）和；（6）肼（）中存在2个相同的氨基，若不用对其