精品解析：福建省福州第三中学2025-2026学年高三上学期11月月考化学试题

福州三中滨海校区2025-2026学年高三第五次质量检测 化学试卷 (满分100分，考试时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 V-51 Cu-64 一、选择题(在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 大国重器彰显我国科技实力。下列说法正确的是 A. “九州”算力光网所用光纤的主要材质为单晶硅 B. 可回收火箭“朱雀三号”燃料燃烧过程涉及化学能转化为热能 C. 嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H—O键 D. 核能供汽“和气一号”反应堆铀棒中的与互为同素异形体 【答案】B 【解析】 【详解】A．光纤的主要材质是二氧化硅，而非单晶硅，单晶硅用于半导体，A错误； B．燃料燃烧是化学反应，化学能转化为热能和光能等，B正确； C．水升华是物理变化，不会破坏化学键，C错误； D．235U与238U的质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，D错误； 答案选B。 2. 维生素C又称抗坏血酸，是一种二元弱酸，其解离常数分别为、，与人体健康密切相关，其结构如下图所示，下列说法正确的是 A. 维生素C中的所有原子可能处于同一平面 B. 1 mol维生素C最多能与2 mol NaOH发生反应 C. 维生素C易溶于水，因为其分子中含有羟基、羧基等能与水形成分子间氢键的基团 D. 维生素C与足量加成后的产物含有4个手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．维生素C分子中含有3个sp3杂化的碳原子，所有原子不可能共平面，故A错误； B．根据结构可知，维生素C分子中含有两个酸性较强的烯醇羟基（对应和），可与2 mol NaOH反应，同时，该分子中含有一个内酯结构，可与1 mol NaOH发生碱性水解反应，因此，1 mol维生素C分子最多能与3 mol NaOH发生反应，故B错误； C．维生素C分子中含有多个羟基，能与水形成分子间氢键，因此可溶于水，不含有羧基，故C错误； D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，维生素C与足量的氢气加成后得到，含有4个手性碳原子，位置为，故D正确； 故答案为D。 3. X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期非金属元素，Y是形成物质种类最多的元素，W、R价电子数一样，5种元素组成的某离子液体的阴离子的结构如图所示。下列叙述正确的是 A. 含氧酸的酸性： B. 最简单氢化物沸点： C. 电负性： D. 分子的键角： 【答案】B 【解析】 【分析】Y是形成物质种类最多的元素，则Y为C；由分子结构可知，X、Z、W、R分别形成1、3、2、6个共价键，W、R价电子数一样，即W和R属于同一主族，则X、Y、Z、W、R分别为H、C、N、O、S，据此解答。 【详解】A．非金属性C<N，含氧酸酸性H2CO3<HNO3，A错误； B．H2O可以形成分子间氢键，沸点最高，H2S和CH4不能形成分子间氢键，二者都是分子晶体，H2S相对分子质量大，分子间作用力大，沸点高于CH4的沸点，即沸点：H2O>H2S>CH4，B正确； C．同主族元素由上至下电负性减弱，N的原子半径小于S，故N的电负性大于S，电负性：O>N>S，C错误； D．H2S中S原子价层电子对数为，为sp3杂化，V形，H2O中O原子价层电子对数为，为sp3杂化，V形，O的电负性大于S，键角增大，则键角：H2O>H2S，D错误； 故答案为B。 4. 我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。已知该主体分子含多个(磺酸基)、-OH(羟基)等基团，下列说法错误的是(设为阿伏伽德罗常数的值) A. 1 mol主体分子中，含有的羟基(-OH)数目为 B. 1 mol主体分子与的NaOH溶液反应，最多消耗的NaOH C. 1 mol主体分子与客体分子之间存在氢键个数为 D. 1 mol主客体包合物中含有的非极性共价键数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．1 mol主体分子中，和苯环直接相连的羟基(-OH)数目为， 1 mol主体分子中，含有，每个中含有一个羟基(-OH)，故1 mol主体分子中，含有的羟基(-OH)数目为，A正确； B．1 mol酚羟基消耗1 mol NaOH，1 mol(磺酸基)消耗1 mol NaOH，1 mol主体分子中，含有，羟基(-OH)，故1 mol主体分子与的NaOH溶液反应，最多消耗的NaOH，B正确； C．客体离子中的N原子没有孤对电子，不能作为氢键受体，无法与主体分子形成氢键，C错误； D．主体分子和客体分子中的非极性共价键（C-C键）总数为44，所以1 mol主客体包合物中含有的非极性共价键数为，D正确； 故答案选C。 5. 下列解释实验事实的离子方程式不正确的： A. 用氨水清洗附着在试管内壁的AgCl： B. 浓溶液稀释，绿色溶液变蓝： C. 向溶液通入产生黑色固体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+ D. 向溶液中滴加足量氯水：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl- 【答案】A 【解析】 【详解】A．用氨水清洗AgCl时，AgCl作为固体应直接参与反应，不能拆成离子形式，正确离子方程式应为：，A错误； B．浓CuCl2溶液稀释时，[CuCl4]2-与H2O发生配位转换生成[Cu(H2O)4]2+，方程式正确描述了这一平衡过程，B正确； C．Cu2+与H2S反应生成CuS沉淀和H+，虽然H2S是弱酸，但CuS的溶度积极小，反应可行，且方程式符合弱酸保留分子形式的规则，C正确； D．足量Cl2可将Fe2+和Br-完全氧化，方程式配平正确且符合氧化顺序（Fe2+先于Br-被氧化），D正确； 故答案选A。 6. 煤气化渣属于大宗固废(主要成分为、、及少量MgO等)，一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知：①25℃时，，，； ②水热合成是一种在高温高压条件下，通过水或有机溶剂作为反应介质的材料合成方法。 下列说法正确的是 A. 煅烧时，温度过高会使煤气化渣中转化为致密，故温度控制需避免生成，保证酸浸时有效成分的溶出率 B. 25℃时，碱沉后溶液，此时、均已完全沉淀 C. 酸浸环节使用浓硫酸时，主要反应的化学方程式为：(浓) D. 水热合成时，需经碱处理后，提供作为磷源参与反应 【答案】D 【解析】 【分析】煤气化渣(主要成分为、、及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，、及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱沉，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤液1中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3‧3H2O和NaOH溶液，焙烧Al2O3‧3H2O得Al2O3，在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO4，据此解答。 【详解】A．煅烧中不含，A错误； B．完全沉淀时：，完全沉淀时：，则的溶液中未完全沉淀、已完全沉淀，B错误； C．酸浸中、及少量MgO在浓硫酸中转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，化学方程式为、、，C错误； D．FeSO4、NH4H2PO4、NaOH通过水热合成，与NaOH反应，转化为作为磷源参与反应，D正确； 故答案为D。 7. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是 A．制备固体 B．制备固体 C．比较和的氧化性 D．在铁片上镀镍 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．NH3极易溶于水，直接通入饱和食盐水会发生倒吸，通NH3时，应做防倒吸处理，且先通NH3使溶液呈碱性再通CO2，装置中应用短管进氨气、长管进二氧化碳，A错误； B．AlCl3溶液中Al3+水解为Al(OH)3和HCl，加热时HCl挥发，Al(OH)3受热分解为Al2O3，因此蒸发AlCl3溶液得到Al2O3固体，不能达到实验目的，B错误； C．高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，氯气与KI反应生成I2，使淀粉变蓝，可说明Cl2的氧化性强于I2，C正确； D．电镀时铁片作阴极，接电源负极，金属镍作阳极，接电源正极，若铁片接电源正极，则会作为阳极被氧化，无法实现镀镍，D错误； 故答案为C。 8. 水系锌锰离子电池是一种新型的二次电池，通过在水系电解液中的氧化还原反应来实现能量的存储与释放。其工作原理如图所示，该装置获得电能的同时可以制得，下列说法错误的是 A. 电池放电时，正极区溶液的pH升高 B. a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜 C. X溶液中的溶质为，Y溶液中的溶质为KOH D. 放电时，每消耗1molZn，正极区电解质溶液质量增加63 g 【答案】D 【解析】 【分析】电极表面发生还原为的反应，为正极，电极反应为，X为硫酸溶液，Zn电极表面发生Zn氧化为的反应，为负极，电极反应为，Y溶液为KOH溶液，据此解答。 【详解】A．电池放电时，正极为电极，发生还原反应，电极反应式为 ，反应消耗，pH升高，A正确； B．据分析，正极消耗4 mol 生成2 mol ，阳离子减少，通过a膜进入中间室，负极消耗，阴离子减少，通过b膜进入中间室，故a膜为阴离子交换膜、b膜为阳离子交换膜，B正确； C．正极反应为，消耗且提供移向中间室的，X溶液应为溶液，负极反应为，消耗且提供移向中间室的，Y溶液应为KOH溶液，C正确； D．每消耗1 mol Zn，电路中转移2 mol电子，根据正极反应式 ，正极区溶液增加1mol MnO2的质量，同时有1mol硫酸根离子进入中间室，正极区电解质溶液质量减少96g-87g=9g，D错误； 故答案为D。 9. 2025年诺贝尔化学奖被授予在“金属有机框架(MOF)”领域做出开创性贡献的三位科学家。金属有机框架材料(MOFs)具有可控的结构、超高的空隙率和大的表面积，在多种领域中具有巨大的应用潜力，一直是科学前沿的研究方向。某课题组在95℃的水相中，以MOF-253-Fe(Ⅱ)为催化剂，实现了CH4向CH3OH的高效转化，其可能的转化机理如下图，下列说法正确的是 A. 总反应的原子利用率未达100% B. 若将O2替换成18O2，则最终只能在CH3OH中检测到18O C. INT-13→INT-14过程中，Fe元素被还原 D. 上述反应机理中涉及极性键与非极性键的断裂与生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干反应历程图可知，该转化的总反应方程式为：2CH4+O22CH3OH，即总反应的原子利用率达100%，A错误； B．由图可知若以18O2为原料，中间体INT-13有3个相同化学环境的羟基，其中一个羟基中的氧原子为18O，在INT- 13 INT-14过程中，3个羟基结合·CH3的概率理论上是相同的，故18O不一定全部进入生成物CH3OH中，B错误； C．INT-13中，铁元素的化合价为+3(Fe形成三个Fe-OH，其余为配位键)，INT-14中，铁元素的化合价为+2(Fe形成两个Fe-OH，其余为配位键)，所以INT-13INT-14过程中，铁元素的化合价降低，C正确； D．由题干反应历程信息可知，该机理中涉及C-H、O-H、Fe-O极性键断裂、O=O非极性断裂和C-O、Fe-O等极性键的形成，但没有非极性键的形成，D错误； 故答案为：C。 10. 使用数字传感器测得溶液在滴加NaOH溶液时含R微粒的物质的量浓度随pH的变化如图所示。 已知：不同pH下均有 下列分析中，错误的是 A. 曲线a代表浓度随pH的变化 B. 25℃时，的数量级为 C. 相同浓度溶液和溶液中：前者小于后者 D. 的溶液中， 【答案】C 【解析】 【分析】为二元酸，曲线a、b、c分别表示、、浓度随pH的变化。交点(4.2,0.05)处：，则；交点(2.75,0.005)处：，，，，。据此解答。 【详解】A．据分析，曲线a代表浓度随pH的变化，A正确； B．据分析，，数量级为，B正确； C．根据溶液中的电离平衡常数可知：，根据溶液中的水解平衡常数可知：，相同浓度溶液和溶液中有，根据题目图中可知此时pH=2.75，则，即两种溶液中相等，C错误； D．根据已知有：，结合电荷守恒：，两式相减等于，D正确； 故答案为C。 二、非选择题 11. 黏土钒矿是重要的钒资源，其主要成分以钒的氧化物(钒以+3、+4、+5价形式存在)，还包括钾、镁和铝的硅酸盐以及SiO2、Fe2O3、MnO2等杂质。钒及其化合物广泛应用于钢铁冶炼、新能源电池等领域，工业上常采用以下工艺从黏土钒矿中提取制备NH4VO3： 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.9 3.0 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.9 4.7 10.1 回答问题： （1）“酸浸氧化”后过滤得到滤渣①，该滤渣的主要成分是___________(写化学式)。 （2）“酸浸氧化”是钒溶出的关键步骤： ①写出“酸浸氧化”+3价钒的离子方程式：___________。 ②若酸浸时未加MnO2，会导致钒浸出后难以通过后续沉淀步骤分离，原因是___________。 （3）“中和沉淀”步骤中，水解生成的离子方程式为：___________。 （4）滤饼经“沉淀转溶”后过滤得到滤渣③的主要成分是___________(写化学式)，该步骤需要控制pH＞13的原因是___________。 （5）若处理50 kg黏土钒矿(含V元素质量分数为2.55%)，最终得到1.31kg NH4VO3 (摩尔质量为117g/mol)，可得钒元素的回收率为___________。 （6）含钒的锑化物在超导领域有良好的运用前景。图1为某含钒锑化物的晶胞，含V和Sb的结构可组成图2所示的二维图。 ①该钒锑化物化学式为___________。 ②若该晶体的密度为，则阿伏加德罗常数___________(列出计算式)。 【答案】（1）H2SiO3、SiO2 （2） ①. V2O3+2MnO2+6H+=2+2Mn2++3H2O ②. 若酸浸时未加MnO2，不能将V元素转化为，则不会在“中和沉淀”步骤中转化为沉淀进入滤饼② （3）2+(x+1)H2O=+2H+ （4） ①. Fe(OH)3 ②. 将V元素完全转化为可溶性的进入滤液③而与铁等杂质分离 （5）44.79% （6） ①. CsV3Sb5 ②. 【解析】 【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的氧化物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe2O3、MnO2，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时中V2O3和VO2被MnO2氧化成，Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、，加入HCl调pH=8.5，转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。 【小问1详解】 由分析可知，“酸浸氧化”后过滤得到滤渣①，其中硅酸盐与稀硫酸转化为H2SiO3、不溶于酸的SiO2等沉淀进入滤渣①； 【小问2详解】 ①由分析可知，“酸浸氧化”中V2O3和VO2被MnO2氧化成，则+3价钒的离子方程式：V2O3+2MnO2+6H+=2+2Mn2++3H2O； ②若酸浸时未加MnO2，不能将V元素转化为，则不会在“中和沉淀”步骤中转化为沉淀进入滤饼②，也就不可能最终得到NH4VO3沉淀，即会导致钒浸出后难以通过后续沉淀步骤分离，故答案为：若酸浸时未加MnO2，不能将V元素转化为，则不会在“中和沉淀”步骤中转化为沉淀进入滤饼②； 【小问3详解】 “中和沉淀”步骤中，水解生成的离子方程式为：2+(x+1)H2O=+2H+； 【小问4详解】 由分析可知，滤饼经“沉淀转溶”后过滤得到滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，滤饼②加入过量NaOH溶液至pH＞13，V元素以形式、Al元素以进入滤液③，即该步骤需要控制pH＞13的原因是将V元素完全转化为可溶性的进入滤液③而与铁等杂质分离； 【小问5详解】 若处理50 kg黏土钒矿(含V元素质量分数为2.55%)，最终得到1.31kg NH4VO3 (摩尔质量为117g/mol)，可得钒元素的回收率为=44.79%； 【小问6详解】 ①由题干图1所示晶胞可知，一个晶胞中含有Cs个数为：，Sb个数为：+4=5，V个数为：=3，则该钒锑化物化学式为CsV3Sb5； ②由上述分析可知，一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：，则若该晶体的密度为，即==，则阿伏加德罗常数。 12. 某化学课题组以含铜废液为原料，通过“氧化络合→调酸沉淀→定向转化”工艺制备高纯度碱式氯化铜并进一步转化为氧化铜，实验流程及相关装置如下： 已知：四氨合铜离子在溶液中并非完全稳定，而是与游离的铜离子和氨分子处于可逆平衡状态，其解离反应可表示为：。 （1）步骤I：氧化络合 ①实验装置中，仪器a的名称是___________。 ②写出装置内发生反应的离子方程式：___________。 （2）步骤II：调酸沉淀 向溶液中加入HCl和，析出沉淀，反应如下： ①配制标准溶液时，需用到的仪器有电子天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，下列操作会导致溶液浓度偏低的是___________(填序号)。 a．容量瓶洗净后未烘干 b．定容时仰视刻度线 c．称量固体时，砝码生锈 d．移液时，烧杯内壁未洗涤并转移残留液 ②实验中需控制盐酸滴加速度不宜过快，原因是___________。 （3）步骤III：定向转化 从制备CuO的两种方法如下： 方法一：湿法转化：与在加热条件下反应生成CuO和，不同氨水添加量对应氧化铜产率如图所示。 ①随氨水添加量增多，CuO产率降低可能原因用离子方程式表示为___________。 ②真空抽滤后，用热水洗涤沉淀至洗涤液中无，热水洗涤相比冷水的优势是___________。 方法二：煅烧转化：在干燥空气氛围中，将一定量置于热重分析仪中加热，测得固体残留率随温度变化曲线如图(固体残留率)。 ③280℃~320℃，发生分解反应，产物为CuO和固体混合物，计算280℃时固体混合物中CuO的物质的量分数为___________。 ④500℃时将煅烧尾气通入KI-淀粉溶液中，溶液变蓝，该尾气处理可选用___________(填名称)溶液 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. （2） ①. bd ②. 防止盐酸浓度过高导致生成的沉淀溶解 （3） ①. （或：） ②. 热水中氯化铵的溶解度较大，热水洗涤有利于洗去氧化铜表面的氯化铵杂质 ③. 75% ④. 氢氧化钠 【解析】 【分析】由题意可知，利用含铜废液为原料制取碱式氯化铜、转化制取氧化铜涉及的反应为：氯化二氨合亚铜与氧气、氯化铵溶液、氨水反应生成氯化四氨合铜和水；氯化四氨合铜与盐酸和氯化铜反应生成碱式氯化铜沉淀和氯化铵；碱式氯化铜与氨水共热反应生成氧化铜、氯化铵和水，也可以在干燥空气中受热分解生成氧化铜和氯化铜。 【小问1详解】 ①由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶； ②由分析可知，三颈烧瓶中发生的反应为氯化二氨合亚铜与氧气、氯化铵溶液、氨水反应生成氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①a．容量瓶洗净后未烘干对溶液浓度无影响，a不符合题意； b．定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，b符合题意； c．称量固体时，砝码生锈，溶质质量偏高，浓度偏高，c不符合题意； d．移液时，烧杯内壁未洗涤并转移残留液，溶质有损失，浓度偏低，d符合题意； 故答案为bd； ②实验中需控制盐酸滴加速度不宜过快，原因是防止盐酸浓度过高导致生成的沉淀溶解，从而降低产率。 【小问3详解】 ①随氨水添加量增加氧化铜产率降低可能是因为过量的氨水与氧化铜反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水所致，反应的离子方程式为：，也可能是碱式氯化铜与氨水反应生成四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水所致，反应的离子方程式为：； ②氧化铜难溶于水，而氯化铵易溶于水，热水中氯化铵的溶解度较大，热水洗涤有利于洗去氧化铜表面的氯化铵杂质，所以用热水洗涤沉淀； ③设碱式氯化铜的物质的量为，其质量为，由图可知，氧化铜和氯化铜混合物的质量为214.5g×87.4%≈187.4g，设混合物中氧化铜、氯化铜的物质的量分别为xmol、ymol，由铜原子个数守恒可得：x+y=2，由混合物的质量可得：80x+135y=187.4，解联立方程可得：x=1.5、y=0.5，则混合物中氧化铜的物质的量分数为； ④500°C时将尾气通入碘化钾-淀粉溶液中，观察到溶液变蓝说明反应时有氯气生成，氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可将气体通入氢氧化钠溶液中吸收，防止污染空气。 13. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。 （1）D中含氧官能团的名称是___________，的反应类型是___________。 （2）的化学方程式是___________。 （3）的制备过程中，下列说法正确的是___________(填序号)。 a．依据平衡移动原理，加入过量乙醇或将J蒸出都有利于提高I的转化率 b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇 c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯 d．浓硫酸在反应中仅起到催化剂的作用 （4）已知： ①K的结构简式是___________。 ②K中氟原子会使的活泼性___________(填“增强”或“减弱”或“无影响”)，原因是___________。 （5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。①由此推测，M的结构简式是___________。②在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和___________键。 【答案】（1） ① 硝基、酯基 ②. 还原反应 （2） （3）abc （4） ①. ②. 增强 ③. F的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），α位C—H键极性增强，易断裂 （5） ①. ②. N-H 【解析】 【分析】B发生硝化反应得到D，即B为，A与CH3OH发生酯化反应生成B，即A为，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为，E在K2CO3的作用下与发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为，I与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I为CH3COOH，J为CH3COOC2H5，J与在一定条件下生成K，发生类似的反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为，G和L在碱的作用下生成M，M的分子式为，除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测为G与L中键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为键和键，M的结构简式为。 【小问1详解】 由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基；由分析可知，的反应是硝基变为氨基，反应类型是还原反应； 【小问2详解】 发生的是硝化反应，化学方程式：； 【小问3详解】 I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程； a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确； b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确； c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，或发生分子内消去反应生成乙烯，c正确； d．浓硫酸在反应中除了起到催化剂的作用，还起到吸水剂的作用，d错误； 故选abc； 【小问4详解】 ①根据已知反应可知，酯基的与另一分子的酯基发生取代反应，中左侧不存在，所以产物K的结构简式为； ②氟原子可使的活泼性增强。F的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），α位C—H键极性增强，易断裂； 【小问5详解】 M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为G与L中键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为键和键，M的结构简式为。 14. 利用工业废气中的合成基础化工原料甲醇()，是资源化的重要方法，涉及的主要化学反应有： 反应i： 反应ii： （1）已知： 利用和计算时，还需要利用___________反应的(写出方程式)。通过计算得出。 （2）控制反应条件(均使用了催化剂)，研究投料比(反应物的物质的量之比)、压强、温度对反应体系的影响。 产率和选择性的定义： ①图1中，投料比是指___________(填“”或“”)；当投料比为5时，的转化率约为16%，，则___________。 ②图2中，在催化剂2的作用下，发生的主要反应是___________(填“ⅰ”或“ⅱ”)。 ③图3中，当温度高于时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有___________(写出2条)。 （3）一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中通入和，发生上述反应，秒后达到平衡。此时容器中为，为。 ①平衡后的浓度为___________(用含、、的代数式表示，下同)。 ②用的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率，___________。 ③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数为___________。 【答案】（1）(合理即可) （2） ①. ②. 或31.25% ③. ⅱ ④. 原因一：温度高于523℃，催化剂失去活性；原因二：温度升高，反应ⅱ速率增大程度更显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等 （3） ① ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 已知反应i： ， 反应iii： ， 根据盖斯定律可知为求反应ii：的可用反应i+iii可得，利用和的计算的。 【小问2详解】 ①根据图中关系，转化率与投料比成正比，故投料比是指； 的转化率=，故； ②图2中，在催化剂2的作用下，压强增大对CO2平衡转化率无影响，故发生的主要反应是反应ⅱ； ③图3中，当温度高于时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有原因一：温度高于523℃，催化剂失去活性；原因二：温度升高，反应ⅱ速率增大程度更为显著，以反应ii为主；原因三：反应ⅰ为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆移，反应ⅱ平衡正移等等。 【小问3详解】 ①根据题中数据列出三段式 平衡后水的浓度为； ②用的浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率； ③该条件下反应ⅰ化学平衡常数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中滨海校区2025-2026学年高三第五次质量检测 化学试卷 (满分100分，考试时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 V-51 Cu-64 一、选择题(在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 大国重器彰显我国科技实力。下列说法正确的是 A. “九州”算力光网所用光纤的主要材质为单晶硅 B. 可回收火箭“朱雀三号”燃料燃烧过程涉及化学能转化为热能 C. 嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H—O键 D. 核能供汽“和气一号”反应堆铀棒中的与互为同素异形体 2. 维生素C又称抗坏血酸，是一种二元弱酸，其解离常数分别为、，与人体健康密切相关，其结构如下图所示，下列说法正确的是 A. 维生素C中的所有原子可能处于同一平面 B. 1 mol维生素C最多能与2 mol NaOH发生反应 C. 维生素C易溶于水，因为其分子中含有羟基、羧基等能与水形成分子间氢键的基团 D. 维生素C与足量加成后的产物含有4个手性碳原子 3. X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期非金属元素，Y是形成物质种类最多的元素，W、R价电子数一样，5种元素组成的某离子液体的阴离子的结构如图所示。下列叙述正确的是 A. 含氧酸的酸性： B. 最简单氢化物沸点： C. 电负性： D. 分子的键角： 4. 我国化学家合成了一种带有空腔杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。已知该主体分子含多个(磺酸基)、-OH(羟基)等基团，下列说法错误的是(设为阿伏伽德罗常数的值) A. 1 mol主体分子中，含有的羟基(-OH)数目为 B. 1 mol主体分子与的NaOH溶液反应，最多消耗的NaOH C. 1 mol主体分子与客体分子之间存在氢键个数为 D. 1 mol主客体包合物中含有的非极性共价键数为 5. 下列解释实验事实的离子方程式不正确的： A. 用氨水清洗附着在试管内壁的AgCl： B. 浓溶液稀释，绿色溶液变蓝： C. 向溶液通入产生黑色固体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+ D. 向溶液中滴加足量氯水：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl- 6. 煤气化渣属于大宗固废(主要成分为、、及少量MgO等)，一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知：①25℃时，，，； ②水热合成是一种在高温高压条件下，通过水或有机溶剂作为反应介质的材料合成方法。 下列说法正确的是 A. 煅烧时，温度过高会使煤气化渣中转化为致密，故温度控制需避免生成，保证酸浸时有效成分的溶出率 B. 25℃时，碱沉后溶液，此时、均已完全沉淀 C. 酸浸环节使用浓硫酸时，主要反应的化学方程式为：(浓) D. 水热合成时，需经碱处理后，提供作为磷源参与反应 7. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是 A．制备固体 B．制备固体 C．比较和的氧化性 D．在铁片上镀镍 A. A B. B C. C D. D 8. 水系锌锰离子电池是一种新型的二次电池，通过在水系电解液中的氧化还原反应来实现能量的存储与释放。其工作原理如图所示，该装置获得电能的同时可以制得，下列说法错误的是 A. 电池放电时，正极区溶液的pH升高 B. a膜阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜 C. X溶液中的溶质为，Y溶液中的溶质为KOH D. 放电时，每消耗1molZn，正极区电解质溶液质量增加63 g 9. 2025年诺贝尔化学奖被授予在“金属有机框架(MOF)”领域做出开创性贡献的三位科学家。金属有机框架材料(MOFs)具有可控的结构、超高的空隙率和大的表面积，在多种领域中具有巨大的应用潜力，一直是科学前沿的研究方向。某课题组在95℃的水相中，以MOF-253-Fe(Ⅱ)为催化剂，实现了CH4向CH3OH的高效转化，其可能的转化机理如下图，下列说法正确的是 A. 总反应的原子利用率未达100% B. 若将O2替换成18O2，则最终只能在CH3OH中检测到18O C. INT-13→INT-14过程中，Fe元素被还原 D. 上述反应机理中涉及极性键与非极性键的断裂与生成 10. 使用数字传感器测得溶液在滴加NaOH溶液时含R微粒的物质的量浓度随pH的变化如图所示。 已知：不同pH下均有 下列分析中，错误的是 A. 曲线a代表浓度随pH的变化 B. 25℃时，的数量级为 C. 相同浓度溶液和溶液中：前者小于后者 D. 的溶液中， 二、非选择题 11. 黏土钒矿是重要的钒资源，其主要成分以钒的氧化物(钒以+3、+4、+5价形式存在)，还包括钾、镁和铝的硅酸盐以及SiO2、Fe2O3、MnO2等杂质。钒及其化合物广泛应用于钢铁冶炼、新能源电池等领域，工业上常采用以下工艺从黏土钒矿中提取制备NH4VO3： 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.0 89 3.0 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.9 4.7 10.1 回答问题： （1）“酸浸氧化”后过滤得到滤渣①，该滤渣的主要成分是___________(写化学式)。 （2）“酸浸氧化”是钒溶出的关键步骤： ①写出“酸浸氧化”+3价钒的离子方程式：___________。 ②若酸浸时未加MnO2，会导致钒浸出后难以通过后续沉淀步骤分离，原因是___________。 （3）“中和沉淀”步骤中，水解生成的离子方程式为：___________。 （4）滤饼经“沉淀转溶”后过滤得到滤渣③的主要成分是___________(写化学式)，该步骤需要控制pH＞13的原因是___________。 （5）若处理50 kg黏土钒矿(含V元素质量分数为2.55%)，最终得到1.31kg NH4VO3 (摩尔质量为117g/mol)，可得钒元素的回收率为___________。 （6）含钒的锑化物在超导领域有良好的运用前景。图1为某含钒锑化物的晶胞，含V和Sb的结构可组成图2所示的二维图。 ①该钒锑化物化学式为___________。 ②若该晶体的密度为，则阿伏加德罗常数___________(列出计算式)。 12. 某化学课题组以含铜废液为原料，通过“氧化络合→调酸沉淀→定向转化”工艺制备高纯度碱式氯化铜并进一步转化为氧化铜，实验流程及相关装置如下： 已知：四氨合铜离子在溶液中并非完全稳定，而是与游离的铜离子和氨分子处于可逆平衡状态，其解离反应可表示为：。 （1）步骤I：氧化络合 ①实验装置中，仪器a的名称是___________。 ②写出装置内发生反应的离子方程式：___________。 （2）步骤II：调酸沉淀 向溶液中加入HCl和，析出沉淀，反应如下： ①配制标准溶液时，需用到的仪器有电子天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，下列操作会导致溶液浓度偏低的是___________(填序号)。 a．容量瓶洗净后未烘干 b．定容时仰视刻度线 c．称量固体时，砝码生锈 d．移液时，烧杯内壁未洗涤并转移残留液 ②实验中需控制盐酸滴加速度不宜过快，原因是___________。 （3）步骤III：定向转化 从制备CuO的两种方法如下： 方法一：湿法转化：与在加热条件下反应生成CuO和，不同氨水添加量对应氧化铜产率如图所示。 ①随氨水添加量增多，CuO产率降低可能原因用离子方程式表示为___________。 ②真空抽滤后，用热水洗涤沉淀至洗涤液中无，热水洗涤相比冷水的优势是___________。 方法二：煅烧转化：在干燥空气氛围中，将一定量置于热重分析仪中加热，测得固体残留率随温度变化曲线如图(固体残留率)。 ③280℃~320℃，发生分解反应，产物为CuO和固体混合物，计算280℃时固体混合物中CuO物质的量分数为___________。 ④500℃时将煅烧尾气通入KI-淀粉溶液中，溶液变蓝，该尾气处理可选用___________(填名称)溶液。 13. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。 （1）D中含氧官能团的名称是___________，的反应类型是___________。 （2）的化学方程式是___________。 （3）的制备过程中，下列说法正确的是___________(填序号)。 a．依据平衡移动原理，加入过量乙醇或将J蒸出都有利于提高I的转化率 b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇 c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯 d．浓硫酸在反应中仅起到催化剂的作用 （4）已知： ①K的结构简式是___________。 ②K中氟原子会使的活泼性___________(填“增强”或“减弱”或“无影响”)，原因是___________。 （5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。①由此推测，M的结构简式是___________。②在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和___________键。 14. 利用工业废气中的合成基础化工原料甲醇()，是资源化的重要方法，涉及的主要化学反应有： 反应i： 反应ii： （1）已知： 利用和计算时，还需要利用___________反应的(写出方程式)。通过计算得出。 （2）控制反应条件(均使用了催化剂)，研究投料比(反应物的物质的量之比)、压强、温度对反应体系的影响。 产率和选择性的定义： ①图1中，投料比是指___________(填“”或“”)；当投料比为5时，的转化率约为16%，，则___________。 ②图2中，在催化剂2的作用下，发生的主要反应是___________(填“ⅰ”或“ⅱ”)。 ③图3中，当温度高于时，甲醇的产率随温度升高而减小，原因可能有___________(写出2条)。 （3）一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中通入和，发生上述反应，秒后达到平衡。此时容器中为，为。 ①平衡后的浓度为___________(用含、、的代数式表示，下同)。 ②用浓度变化表示0~t秒反应ⅱ的反应速率，___________。 ③该条件下反应ⅰ的化学平衡常数为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $