福建漳州市2027届高三上学期毕业班教学质量检测 化学试题（含解析）

2027届高三毕业班教学质量检测化学试题满分100分考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H-1O-16K-39Fe-56一、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项中，只有一项是符合题目要求的。1.福州大学鲍晓军团队研发出无氯丙烷脱氢铂基催化剂，用于丙烷制备丙烯。下列说法错误的是A.铂属于过渡元素 B.丙烯属于不饱和烃C.由丙烯制塑料发生加聚反应 D.催化剂能提高丙烯的平衡产率【答案】D【解析】【详解】A．铂位于元素周期表第Ⅷ族，属于过渡元素，A正确；B．丙烯分子中含有碳碳双键，属于不饱和烃，B正确；C．丙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚丙烯（常见塑料的一种），C正确；D．催化剂只能降低反应活化能、改变化学反应速率，不影响化学平衡移动，不能提高丙烯的平衡产率，D错误；故选D。2.奥司他韦具有抗病毒的生物学活性，是治疗流感的药物之一，结构如图所示。下列关于奥司他韦的说法正确的是A.所有原子处于同一平面 B.含有4个手性碳原子C.既有酸性又有碱性 D.能发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A．分子中存在多个杂化的饱和碳原子（如甲基、亚甲基中的碳原子），为四面体空间结构，不可能所有原子共平面，A错误；B．手性碳原子是连接4个不同基团的饱和碳原子，该分子中共有3个手性碳原子，如图，B错误；C．分子中含有氨基（）具有碱性，但不存在羧基、酚羟基等酸性基团，不具有酸性，C错误；D．分子中含有酯基和酰胺键，二者均能发生水解反应，D正确；故选D。3.某食品添加剂的结构如图所示，W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。W是原子半径最小的元素，X、Y、Z为同周期相邻元素。下列说法正确的是A.简单离子的半径：Z＞QB.第一电离能：Z＞YC.键角：YW3＞D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜X【答案】A【解析】【分析】首先推断元素：W是原子半径最小的元素，为H；Q为+1价短周期阳离子，原子序数最大，为Na；X、Y、Z为第二周期相邻元素，结合成键特征可推知X为、Y为N、Z为O；【详解】A．Z的简单离子为O2-，Q的简单离子为Na+，二者核外电子排布相同，核电荷数Na＞O，离子半径O2-＞Na+，A正确；B．Y为N，2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能N＞O，即Y＞Z，B错误；C．YW3为NH3，含1对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角小于正四面体结构的（），即，C错误；D．Y的最高价氧化物对应水化物为，X的为，酸性，即Y＞X，D错误；故选A。4.火法冶炼粗铜涉及反应，粗铜经过电解精炼得到纯铜。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.含有的质子数目为B.含有的键数目为C.上述反应中，完全反应，转移的电子数目为D.的溶液中含有的数目为【答案】B【解析】【详解】A．物质的量是0.5mol，含有的质子数目为，A错误；B．含有2个δ键，含有的δ键数目为，B正确；C．上述反应中，S元素化合价由-2价升高到+4价，失6个电子，完全反应，转移的电子数目为，C错误；D．会水解，故的溶液中含有的数目小于，D错误；故选B。5.溴苯是常用的有机合成原料，工业上制备溴苯的流程如图所示。下列说法正确的是A.“水洗1”的主要目的是除去剩余的苯B.“操作1”为萃取C.“碱洗”的目的是将Br2转化为易溶于水的盐D.加入CaCl2的目的是防止精馏时暴沸【答案】C【解析】【详解】A．“水洗1”的主要目的是除去易溶于水的、，苯难溶于水无法通过水洗除去，A错误；B．水洗后有机相与水相不互溶、分层，“操作1”为分液，不是萃取，B错误；C．“碱洗”时与反应生成易溶于水的、等盐，便于后续水洗除去，C正确；D．加入的目的是干燥有机层、除去残留水分，防止精馏暴沸需加入沸石或碎瓷片，D错误；故选C。6.下列化学方程式错误的是A.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O→+NaHCO3B.1-溴丙烷与NaOH水溶液共热：C.乙醛与新制氢氧化铜悬浊液混合后加热至沸腾：D.线型酚醛树脂的制备：n+n+(n-1)H2O【答案】B【解析】【详解】A．酸性强弱顺序为苯酚，因此向苯酚钠溶液中通入少量，生成苯酚和碳酸氢钠，A正确；B．卤代烃与水溶液共热发生水解（取代）反应，1-溴丙烷该条件下反应生成和，消去反应生成丙烯需要醇溶液共热的条件，正确的是，B错误；C．乙醛在碱性加热条件下被新制氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜沉淀、乙酸钠和水，方程式配平符合反应规律，C正确；D．苯酚和甲醛在浓盐酸催化下发生缩聚反应生成线型酚醛树脂，产物和系数均正确，D正确；故选B。7.下列实验设计合理的是A．制备并收集乙酸乙酯B．制取并检验乙烯C．检验淀粉是否完全水解D．制备硝基苯A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．制备乙酸乙酯时，在试管中依次加入乙醇、浓硫酸、冰醋酸，添加碎瓷片防止暴沸，用酒精灯直接加热试管，试管口向上倾斜，末端导管置于饱和溶液的液面上方，装置设计合理，A正确；B．乙醇易挥发，且反应生成的副产物也可使酸性溶液褪色，无法检验乙烯，B错误；C．该实验仅能检验淀粉发生水解，检验淀粉是否完全水解需要用碘水检验淀粉是否剩余，C错误；D．制取硝基苯时，温度计应插入水浴的水中，用于控制水浴温度，D错误；故选A。8.一种利用太阳能和铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列说法错误的是A.铁元素位于元素周期表d区B.反应Ⅰ中Fe3O4既是氧化剂又是还原剂C.反应Ⅱ中生成0.1gH2时需消耗7.2gFeOD.该方法制H2具有成本低、产物易分离等优点【答案】C【解析】【详解】A．Fe为第四周期第Ⅷ族元素，价电子排布为，属于周期表d区，A正确；B．反应Ⅰ为，中部分Fe化合价降低，部分O化合价升高，故既是氧化剂又是还原剂，B正确；C．反应Ⅱ为，生成（物质的量为）时，消耗的物质的量为，质量为，不是，C错误；D．该方法利用太阳能，铁氧化合物可循环使用，成本低，且和在不同步骤生成，产物易分离，D正确；故答案选C。9.采用电化学原理将CO2转化为多种燃料的装置如图所示。下列说法正确的是A.电极A与外接电源的正极相连B.电子流向：B→KOH溶液→稀硫酸→AC.生成CH4的电极反应式：D.若KOH减少5.6g，理论上电路中通过0.2mol电子【答案】C【解析】【分析】该装置为电解池，其中CO2转化为CH4、C2H4等，C元素的化合价降低，得到电子，则电极A为阴极，应该与外接电源的负极相连，则B为阳极，与外接电源的正极相连，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气。【详解】A．电极A上转化为、，C元素化合价降低，发生得电子的还原反应，A为阴极，与外接电源负极相连，A错误；B．电子只能在外电路（导线、电极）中移动，不能进入电解质溶液，电解质溶液中离子定向移动导电，B错误；C．电极A处于酸性环境，得电子生成时，C元素从+4价降低到-4价，每个得8个，用配平电荷和原子，电极反应式为，C正确；D．阳极B的反应为，每转移电子，消耗，同时有通过阳离子交换膜移向阴极，即减少；的物质的量为，对应转移电子，D错误；故答案选C。10.25℃时，某二元弱酸(H2A)的，。常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A.a点：B.水的电离程度：b＞dC.c点：溶液中D.d点：溶液中有【答案】B【解析】【分析】常温下，用溶液滴定溶液，时，与的物质的量为，点溶液中的溶质为，已知，时，，的水解常数，则溶液呈酸性，以电离为主，抑制水的电离，时，与的物质的量为，两者恰好完全反应，点溶液中的溶质为，

发生水解，促进水的电离。【详解】A．a

点溶液的体积小于，溶液中的溶质应为和，可得电荷守恒

，A正确；B.由分析可知，点溶液中的溶质为，点溶液中的溶质为。以电离为主，抑制水的电离，发生水解，促进水的电离，故水的电离程度为，B错误；C.c点的，即。结合

，可推导出

，代入电荷守恒式：，可得，由于点显酸性，，移项可得

，

C正确；D.由分析可知，点溶质为，存在两步水解：，。：不水解，浓度最大，：水解消耗一部分，浓度次之，：两步水解均产生，浓度排第三，：仅第一步水解生成，且会被第二步水解消耗，浓度最小，其离子大小关系可表示为，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.药品G可用于治疗斑块状银屑病。G的合成路线之一如下。（1）Ⅰ的反应类型为_________。（2）B中官能团有_________(写名称)。（3）Ⅱ的化学方程式为_________。（4）常温下，水溶性比较：C_________D(填“＞”或“＜”)。（5）由D转化为E，不可选用酸性KMnO4溶液的原因是_________。（6）BBr3的空间结构为_________。（7）1molG与足量饱和溴水反应，最多消耗_________molBr2。（8）Y是E的同分异构体，同时满足下述条件：①Y的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9：3：2：2；②Y在稀硫酸条件下水解，其产物之一(分子式为C7H8O2)遇FeCl3溶液显紫色。则Y的结构简式为_________。【答案】（1）取代反应（2）醚键和酯基（3）+BrCH(CH3)2+HBr（4）＜（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会将D中的羟基直接氧化为羧基，同时会氧化苯环上的异丙基（6）平面正三角形（7）3（8）、【解析】【分析】由结构简式可知，A与(CH3)2SO4发生取代反应生成B；氯化铝作用下B与BrCH(CH3)2发生取代反应生成C；C与硼氢化锂发生还原反应生成D；催化剂作用下D与三氧化铬发生氧化反应生成E；E与先发生加成反应，后发生消去反应生成F；F与三溴化硼反应转化为G。【小问1详解】由分析可知，反应Ⅰ为A与(CH3)2SO4发生取代反应生成B和硫酸；【小问2详解】由结构简式可知，B的官能团为醚键和酯基；【小问3详解】由分析可知，反应Ⅱ为氯化铝作用下B与BrCH(CH3)2发生取代反应生成C和溴化氢，反应的化学方程式为：+BrCH(CH3)2+HBr；【小问4详解】由结构简式可知，D分子中含有的羟基能与水分子形成分子间氢键，而C分子不能与水分子形成分子间氢键，所以C分子的水溶性小于D；【小问5详解】酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会将D中的羟基直接氧化为羧基，同时会氧化苯环上的异丙基，所以由D转化为E不可选用酸性高锰酸钾溶液，否则无法得到目标产物E；【小问6详解】三溴化硼分子中中心原子B的价层电子对数为：3+(3-1×3)×=3，孤电子对数为0，所以分子的空间结构为平面正三角形；【小问7详解】由结构简式可知，G分子中含有酚羟基，与溴水反应时，溴原子会取代酚羟基邻对位上的氢原子，含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以1molG与足量饱和溴水反应，最多消耗3mol溴；【小问8详解】E的同分异构体Y在稀硫酸条件下水解，其产物之一(分子式为C7H8O2)遇氯化铁溶液显紫色，说明Y分子中含有酚羟基和酯基，则核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9：3：2：2的结构简式为：、。12.三氯化铬(CrCl3)是制取有机铬化合物的原料。实验一：用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)制备CrCl3。实验装置如图(夹持装置省略)。装置B中发生的反应为。已知：①CrCl3固体易溶于水，高温下易被氧气氧化。②COCl2为有毒气体，遇水生成HCl和CO2.（1）仪器a的名称为_________。（2）实验中部分操作如下：a．继续通入N2直至装置冷却。b．停止对A装置加热，关闭管式炉加热开关。c．连接氮气储气瓶通入N2。d．打开管式炉加热至600℃左右，加热装置A至60-65℃并控温。①正确的操作顺序为：_________(填标号)。②为形成平稳的CCl4气流，对装置A加热的最佳方式为_________。（3）装置D中NaOH溶液(足量)的作用之一是吸收COCl2，该反应的离子方程式为_________。实验二：测定产品中CrCl3的质量分数。Ⅰ．称取agCrCl3产品，在强碱性条件下，加入足量30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间。Ⅱ．冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸酸化，使转化为，再加蒸馏水稀释至100mL。Ⅲ．取25.00mL稀释后的溶液，用新配制的cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，重复操作2~3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液bmL。该过程涉及反应：。（4）步骤Ⅰ中生成的离子方程式为_________。（5）产品中CrCl3的质量分数为_________[，列出计算式]。（6）若所用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液长期露置于空气中，将导致产品中CrCl3质量分数的测定值_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（7）X射线晶体结构分析：CrCl3·6H2O晶体实际为。①中心原子Cr的配位数为_________。②CrCl3·6H2O晶体中微粒间的作用力有_________(填标号)。a．配位键b．离子键c．金属键d．非极性共价键e．极性共价键【答案】（1）三颈烧瓶（或三口烧瓶）（2）①.cdba②.水浴加热（3）（4）（5）（6）偏高（7）①.6②.abe【解析】【分析】A装置用水浴加热使四氯化碳汽化，随氮气气流进入管式炉B中，氮气排尽整套装置内空气避免三氯化铬被氧化，CCl4蒸气与Cr2O3在高温下反应生成无水三氯化铬；C中盛有无水氯化钙，防止水蒸气进入B中使三氯化铬水解，D中有氢氧化钠溶液，用来吸收有毒的光气COCl2以及未反应的含氯尾气，防止污染空气；且D为安全瓶，起到防倒吸的作用；【小问1详解】仪器a为三颈烧瓶（三口烧瓶）

；【小问2详解】①实验要先通N2排尽装置内空气（防止CrCl3高温被O2氧化）→再加热管式炉、装置A开始反应→反应结束后停止加热→继续通N2至冷却；顺序：c→d→b→a；②CCl4沸点76.8℃，要控温60~65℃，最佳方式：水浴加热（受热均匀，温度平稳易控，产生平稳气流）；

【小问3详解】COCl2遇水生成HCl、CO2，在足量NaOH中生成、Cl-和H2O：COCl2+4OH-=+2Cl-+2H2O；【小问4详解】碱性条件Cr3+被H2O2氧化为；H2O2作氧化剂被还原为H2O：2Cr3++3H2O2+10OH-=2+8H2O；【小问5详解】反应：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；n(Fe2+)=c·b×10-3mol（25.00mL溶液）；n()=cb×10-3mol；25mL溶液中n(Cr3+)=2×cb×10-3=×10-3mol；100mL溶液中n(CrCl3)=×10-3×=×10-3mol；m(CrCl3)=g；质量分数：×100%=；【小问6详解】(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+被空气中O2氧化为Fe3+，相同体积标准液中有效Fe2+变少，滴定消耗体积b偏大，计算出的CrCl3物质的量偏大→测定值偏高；【小问7详解】晶体CrCl3·6H2O([CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O)：①配离子[CrCl2(H2O)4]+内，2个Cl-、4个H2O作为配体→配位数6；②作用力：配位键(a)：Cr3+与配体Cl-、H2O之间；离子键(b)：[CrCl2(H2O)4]+与外界Cl-之间；极性共价键(e)：H2O内部H-O键；故选abe。13.甲醇(CH3OH)是一种重要能源与化工原料。工业上以为催化剂制备甲醇，相关反应如下：ⅰ．ⅱ．ⅲ．（1）反应ⅰ在_________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行(当时，反应能自发进行)。（2）反应ⅱ的正反应的活化能_________逆反应的活化能(填“大于”或“小于”)。（3）反应ⅲ的平衡常数K3=_________(用K1、K2表示)。（4）反应ⅰ在有、无催化剂条件下的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。①图中实线表示_________(填“有”或“无”)催化剂。②该反应在有催化剂存在条件下决速步骤的活化能降低_________eV。（5）按的投料比，若只发生反应ⅰ、ⅱ，测得CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性随温度、压强的变化如图所示。选择性的定义：已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压物质的量分数总压。①、的大小关系为：_________(填“＞”“＜”或“=”)。②350℃以上时，和条件下CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是_________。③250℃，压强为时，反应ⅱ的平衡常数Kp=_________(列出计算式)。【答案】（1）低温（2）大于（3）（4）①.无②.0.2（5）①.＞②.350℃以上反应以反应ⅱ为主，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动③.【解析】【小问1详解】由方程式可知，反应ⅰ是熵减的放热反应，低温条件下反应(∆H–T∆S)小于0，反应能自发进行；【小问2详解】反应的焓变为：ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，由方程式可知，反应ⅱ是吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能；【小问3详解】由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ=反应ⅲ，则反应ⅲ的平衡常数为：K3=；【小问4详解】①催化剂能降低反应的活化能，由图可知，实线反应的活化能大于虚线，所以图中实线表示无催化剂；②反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤；由图可知，基元反应H2COO*+2H2(g)→H2CO*+OH*+H2(g)的活化能最大，所以该步反应是决速步骤；无催化剂时反应的活化能为：1.80eV-0.20eV=1.60eV，有催化剂时反应的活化能为：0.40eV-(-1.00eV)=1.40eV，则该反应在有催化剂存在条件下决速步骤的活化能降低的数值为：1.60eV-1.40eV=0.20eV；【小问5详解】①反应ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的选择性增大，由图可知，P1条件下甲醇的选择性大于P2，所以压强P1大于P2；②反应ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，而反应ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，350℃以上时，P1和P2条件下二氧化碳的平衡转化率几乎交于一点的原因是350℃以上反应以反应ⅱ为主，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动；③由图可知，250℃，压强为P2时，二氧化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为50%，设二氧化碳、氢气的物质的量分别为1mol、3mol，则平衡时一氧化碳的选择性为50%，二氧化碳的物质的量为：1mol-1mol×40%=0.6mol，甲醇、一氧化碳的物质的量都为：1mol×40%×50%=0.2mol，由方程式可知，氢气、水蒸气的物质的量分别为：3mol–(0.2mol×3+0.2mol)=2.2mol、0.2mol+0.2mol=0.4mol，则混合气体的总物质的量为：4mol–0.2mol=3.8mol，反应ⅱ的平衡常数Kp==。14.钴在新能源、航空航天等领域具有重要用途。一种以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，从中提取钴的流程如下。已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子；②25℃，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Zn2+Fe3+Fe2+Mn2+Co2+Ni2+开始沉淀的pH6.21.56.38.17.66.9完全沉淀的pH8.22.88.310.19.68.9（1）“酸浸”时，可以提高浸出率的措施有_________(任写一种)。（2）“除铁”时，H2O2与Fe2+发生反应的离子方程式为_________。（3）“除锰”时，Na2S2O8与Mn2+反应生成MnO2和。过二硫酸根离子()结构如图所示。根据结构分析：中的化合价为__________价；具有强氧化性的原因是_________。（4）“沉钴”时，向“除锰”后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH=5.0，Co2+以Co(OH)3形式沉淀，该反应的离子方程式为_________。（5）根据流程可知，还原性：Co2+_________Fe2+(填“强于”或“弱于”)。（6）若调节“沉钴”后滤液的pH=7.5，同时出现Zn(OH)2和Ni(OH)2沉淀，此时溶液中_________。（7）Co(OH)3热分解的产物Co3O4与Li2CO3混合烧结可制备锂离子电池正极材料钴酸锂，其晶胞结构如图所示。①基态Co原子价电子排布式为_________。②