精品解析：福建福州第三中学2026届高三下学期第十八次质量检测 化学试卷

福州三中2025-2026学年高三第十八次质量检测 化学试卷 (满分100分，考试时间75分钟) 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. 随着AI数据中心用电需求激增，燃气轮机发电成为当前最抢手的供电方案之一。下列说法错误的是 A. 燃气轮机所用燃料天然气，属于化石能源 B. 制造涡轮叶片的镍基单晶高温合金，属于金属材料 C. 涡轮叶片表面覆盖极低热导率的陶瓷涂层，属于新型无机非金属材料 D. 直接排放未完全燃烧的甲烷气体，不会引起温室效应 【答案】D 【解析】 【详解】A．天然气属于煤、石油、天然气三大化石能源之一，属于化石能源，A正确； B．镍基单晶高温合金属于合金，金属材料包含纯金属和合金，因此其属于金属材料，B正确； C．极低热导率的陶瓷涂层属于新型高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，C正确； D．甲烷是温室气体，温室效应能力远强于，直接排放会引起温室效应，D错误； 故答案选D。 2. 一种治疗哮喘的药物部分合成路线如下，下列说法错误的是 A. Ⅰ→Ⅱ的反应属于取代反应 B. 水溶性：Ⅰ>Ⅱ C. Ⅱ可以发生加成反应和氧化反应 D. ⅠⅡ转化中，同时有和生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ⅰ→Ⅱ的反应中，Ⅰ中的N上的被氢原子取代，反应属于取代反应，A正确； B．物质Ⅰ含有酰胺基和酯基，属于疏水基，物质Ⅱ含有仲氨基，属于亲水基，II的水溶性大于I，B错误； C．Ⅱ中含有苯环，可以与发生加成反应；有机物可以燃烧，发生氧化反应，C正确； D．ⅠⅡ转化中，I中的酰胺基和酯基在碱性条件下水解，生成II、和生成，D正确； 故选B。 3. 用王水浸取Pd的反应为（未配平）。下列说法错误的是 A. 分子中存在键 B. 已知空间构型为平面正方形，则的d轨道参与杂化 C. 生成标准状况下2.24 LNO时，有0.15 molPd被还原 D. 通过用高浓度的将转化为，提升了Pd的还原性 【答案】C 【解析】 【详解】A．中原子采取杂化，杂化轨道与的轨道形成键，A正确； B．为平面正方形结构，对应杂化类型为，的轨道参与杂化，B正确； C．标准状况下物质的量为，反应中元素化合价从+5降至+2，共得到电子，化合价升高失电子被氧化，对应被氧化的为，C错误； D．高浓度络合降低游离浓度，使更易失电子被氧化，提升了的还原性，D正确； 故选C。 4. 配合物可以通过WMZ4溶液吸收气体YZ形成，其中X、Y、Z、M、W为原子序数依次递增的前四周期元素，除Y、Z为相邻的同周期元素外，其余元素均不在同一周期，基态M原子中最高能级的电子数与电子排布已充满的能级数相等，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是 A. 第一电离能：Y＞Z＞X B. 还原性及稳定性均为X2Z＞X2M C. 配合物中的键角X—Z—X小于分子X2Z中的键角 D. 配合物中的阳离子呈正八面体结构 【答案】A 【解析】 【分析】配合物可以通过WMZ4溶液吸收气体YZ形成，其中X、Y、Z、M、W为原子序数依次递增的前四周期元素。除Y、Z为相邻的同周期元素外，其余元素均不在同一周期，YZ为气体，则Y、Z分别为N和O，X为H；M为第三周期元素，基态M最高能级电子数等于已充满能级数，推得M为S（电子排布1s22s22p63s23p4，最高能级3p有4个电子，已充满1s、2s、、3s共4个能级）；W为第四周期元素，根据化学式可知W带两个正电荷，配合物中心离子最外层电子数+配体提供电子数=26，6个中性配体共提供12个电子，中心离子最外层为14个电子，推得W为Fe（Fe2+最外层3s23p63d6共14个电子）。 【详解】A．X、Y、Z分别为H、N、O，N的2p轨道半充满结构稳定，第一电离能大于同周期相邻的O，O第一电离能略大于H，第一电离能顺序N＞O＞H，即Y＞Z＞X，A正确； B．非金属性O＞S，则稳定性H2O＞H2S，但还原性H2S＞H2O，B错误； C．自由H2O分子中O原子有2对孤对电子，电子对间的排斥作用导致键角被压缩；H2O作为配体时，O原子上只有1对孤对电子，因此配合物中H-O-H键角大于自由H2O分子中的键角，C错误； D．配合物中的阳离子配位数为6，但配体为5个H2O和1个NO，配体不完全相同，为变形八面体而非正八面体，D错误； 故选A。 5. 一种以菱镁矿（主要成分为）为原料，在无水乙醇辅助下制备无水碳酸镁晶体的实验流程如下： 下列说法错误的是 A. “煅烧”产物之一可用作耐火材料 B. 已知“水化”过程反应温度为60℃，则可采用水浴加热 C. “碳化”得到的是悬浊液，过滤后进行后续操作 D. “一系列操作”为过滤、洗涤、干燥 【答案】C 【解析】 【分析】菱镁矿（主要成分为）煅烧生成MgO，加热水化生成氢氧化镁，通入过量的二氧化碳碳化生成可溶性碳酸氢镁，过滤分离出滤渣，滤液加乙醇水热处理，生成沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到无水晶体。 【详解】A．煅烧生成的MgO熔点很高，可用作耐火材料，A正确； B．水浴加热的温度范围是 0~100℃，60℃属于水浴加热的可控温度，可均匀控温，B正确； C．“碳化”生成的是，C错误； D．根据分析，“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥，D正确； 故选C。 6. 某实验小组探究与溶液的反应如图。 已知：①白色沉淀可能为、或二者混合物； ②微溶于水，难溶于水。 下列说法错误的是 A. 通过测溶液的不能判断是否发生了氧化还原反应 B. 发生了 C. 加过量的溶液主要除去溶液中的 D. 白色沉淀A中含 【答案】D 【解析】 【分析】SO2通入 pH≈5 的 AgNO3溶液中，发生反应生成两部分：一部分形成无色溶液A（含有 等可溶性物质），另一部分生成白色沉淀A（Ag2SO3）。将无色溶液A加入过量 HCl 后，由于 Cl-与 Ag+反应，生成白色沉淀B（AgCl），说明溶液中含有游离 Ag+；取上层清液加入 BaCl2 无沉淀，说明溶液中无 （否则应生成 BaSO4），从而排除 SO2 被氧化为硫酸根的情况。对白色沉淀A（Ag2SO3）加入 HNO3，会发生氧化还原反应生成无色气体 NO，该气体在空气中被氧化为红棕色 NO2（实际表现为气体变红棕色），进一步验证沉淀中含有亚硫酸根。 【详解】A．溶液A呈酸性既可能来自SO2溶于水生成 H2SO3，也可能来自反应生成 H+，两种情况都会使 pH 降低，因此仅凭 pH 无法判断是否发生氧化还原反应，A 正确； B．体系中生成白色沉淀A且后续可放出 NO，说明沉淀为Ag2SO3，对应反应为，B正确； C．加入过量 HCl 的核心作用是让 Cl-与溶液中 Ag+ 生成 AgCl 沉淀，从而去除 Ag+干扰后续检验，C 正确； D．沉淀A加 HNO3后产生无色气体 NO，NO 遇空气被氧化为红棕色 NO2，说明 Ag2SO3 与 HNO3发生氧化还原反应；且上层清液加BaCl2无沉淀，说明体系中无 ，因此沉淀A不含 Ag2SO4，D 错误； 故答案选D。 7. 海洋是一个巨大的资源宝库，关于海洋中部分化学资源的开发利用如下图所示。下列说法正确的是 A. 试剂X可能为Cl2，其作用是氧化Br- B. 流程中用了“空气、水蒸气”“吸收”，目的是富集溴 C. 工业生产中，试剂Z可以选用NaOH固体 D. 若试剂X为碳酸钠，则试剂Y与A溶液的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1 【答案】B 【解析】 【分析】该流程主要包括从苦卤中提取溴和从海水中提取镁两部分。苦卤中含有Br-，先通入Cl2，利用氯气氧化性强于溴，把Br-氧化成Br2；由于生成的Br2在溶液A中浓度较低，所以再通入空气和水蒸气，把 Br2吹出并送入吸收塔，这一步的目的是富集溴。吸收塔中可用 SO2的水溶液吸收 Br2，使Br2被还原为Br-；之后再加入Cl2，把Br-重新氧化为Br2，最后蒸馏得到溴单质。另一条路线中，溶液C含有 Mg2+，加入石灰乳或 Ca(OH)2，使 Mg2+ 转化为 Mg(OH)2沉淀；再进一步转化为无水MgCl2，最后通过熔融电解得到Mg。 【详解】A． 由分析可知，常用试剂X是SO2，反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；吸收塔中的试剂X不能是Cl2，因为前面溶液 A 中已经有 Br2，吸收塔的作用是把被空气和水蒸气吹出的Br2吸收并转化成 Br-，从而达到富集溴的目的，Cl2，不能把Br2还原吸收，A错误； B．由分析可知，苦卤中含有Br-，先通入Cl2，把 Br-氧化成 Br2，反应为 Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，但生成的 Br2浓度较低，不方便直接提取，所以通入空气和水蒸气，把 Br2 从溶液中吹出并送入吸收塔，这样做的目的就是把分散在溶液中的溴集中起来，即富集溴， B正确； C．溶液 C 中含有 Mg2+，加入试剂 Z 的目的是生成Mg(OH)2沉淀，理论上NaOH可以提供OH-，反应为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，但是工业生产要考虑成本，通常选用便宜易得的Ca(OH)2或石灰乳，而不是价格较高的 NaOH 固体，C错误； D．若试剂X为碳酸钠，吸收Br2时，Br2会发生歧化反应，生成Br-和，可写为；之后试剂Y与A溶液反应时，之后向B溶液中加入酸，Br-和在酸性条件下重新生成Br2，离子方程式为，其中中Br的化合价由+5降到0，是氧化剂；Br-中Br的化合价由-1升到0，是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比应为1∶5，D错误； 故答案选B。 8. 实验室可由工业级铬酸钠()为原料制取，流程如下。 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中发生反应： B. Ⅱ中的操作：加热浓缩，冷却结晶，过滤 C. 由Ⅲ可判断加热浓缩的温度下，溶解度： D. 趁热过滤后，存在于母液中 【答案】B 【解析】 【分析】加入浓硫酸得到重铬酸钠，处理后得到重铬酸钠晶体，加入氯化铵固体、水，加热浓缩、趁热过滤后处理得到重铬酸铵； 【详解】A．Ⅰ中发生反应加入浓硫酸得到重铬酸钠，结合质量守恒，还生成硫酸钠和水，反应为：，A正确； B．由溶解度曲线，在相同温度下，重铬酸钠的溶解度大于硫酸钠，且温度高于40℃时，硫酸钠溶解度减小，则Ⅱ中的操作：加热浓缩、蒸发结晶出硫酸钠、趁热过滤分离出滤液，降温至40℃结晶分离出重铬酸钠晶体，B错误； C．Ⅲ操作中得到重铬酸铵，Ⅲ中发生复分解反应 ，加热浓缩时，溶解度较小的析出，使反应向正方向进行，因此可判断该温度下溶解度 ，C正确； D．结合C分析，趁热过滤后，存在于母液中，D正确； 故选B。 9. 将转化为是其资源化利用的重要研究方向，电化学转化装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 金电极连接电源负极，发生还原反应 B. 电解过程中适当搅拌可促进电极产物在Pd/C上发生反应 C. 若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低 D. 若导线中通过电子，最多生成 【答案】D 【解析】 【分析】该装置为电解池，金电极上转化为，化合价从降低为，得电子，因此金电极为阴极，玻碳电极为阳极。 【详解】A．金电极为阴极，阴极连接电源负极，得电子发生还原反应，A正确； B．搅拌可以使反应物与催化剂更充分接触，促进反应，B正确； C．原本体系中在阳极被氧化为​，在上参与反应后又被还原为，循环使用；若逸出，​无法被还原为，因此溶液中浓度会降低，C正确； D．生成需要，阴极生成时，​得电子，对应导线中转移电子，因此转移电子最多生成​，不是，D错误； 故答案选D。 10. 常温下，将0.01 mol AgCl投入1 L水中，逐渐加入NaCl固体调节至(饱和)，体系中与关系如下图，表示含银微粒、、、的物质的量，下列说法正确的是 A. Ⅱ线所示物质微粒为 B. 反应的平衡常数 C. 在溶液中 D. 当时，AgCl固体溶解可表示为： 【答案】B 【解析】 【分析】：随着增大，同离子效应使不断减小，不断增大，因此I线对应。：初始投入0.01 mol AgCl，大部分以固体形式存在，n(AgCl) ~ 0.01 mol， ~2，且随c(Cl-)变化很小，因此IV线对应。配离子：越大，越容易生成高配位的，增大更快，减小更快，因此下降更快的Ⅲ线对应，Ⅱ线对应，据此分析选项。 【详解】A．据分析可知，曲线Ⅱ对应，A错误； B．反应的平衡常数，取，此时，即，则，B正确； C．溶液中含氯的离子有Cl-、[AgCl2]-、[AgCl4]3-，溶液中含Ag的离子有Ag+、[AgCl2]-、[AgCl4]3-，溶液中含Cl的离子中Cl来自AgCl、NaCl的电离，含Ag的离子中Ag来自AgCl的电离，根据物料守恒，因此，与选项C不符，C错误； D．当时，已经超过，因此AgCl溶解主要生成，不是，D错误； 故选B。 二、非选择题(本大题共4小题，共60分) 11. 以海底富钴壳(主要含和，及少量、、、等杂质)为原料，采用两段硫酸铵焙烧-水浸法分离提纯并回收钴、镍、铜、锰的工艺如下。 已知：①当离子浓度时，视为沉淀完全； ②25℃时，，。 （1）写出中铁的价电子排布式___________，海底富钴壳中与同一族的元素有___________。 （2）“低温焙烧”时，锰、钴元素被还原为、。 ①完成转化的化学方程式：___________。 ②“回收液”经处理可循环利用的物质是___________。 （3）已知几种金属硫酸盐分解反应的自由能随温度变化的关系如图1，650℃“高温焙烧”后“水浸”的浸出渣是___________。 （4）“调pH”时，铝和残余的铁被除去。 溶液pH值对各金属沉淀率的影响如图2，最佳的沉淀pH值为___________。 （5）萃取时，铜的存在形式如下图所示，图中N原子的杂化方式为___________，配位体的结构简式为___________。 （6）常用于制备电池正极材料锰酸锂()。中锰的价态为Ⅲ、Ⅳ，其晶胞可看成由图3中a、b单元相互交错方式构成。 ①图中“○”表示，则“●”表示的微粒是___________(填离子符号)。 ②晶体中“Δ”微粒占据形成的___________空隙。 ③锰酸锂电池的充放电总反应为：()，电池放电时的正极反应式为：___________。 【答案】（1） ①. ②. 钴、镍 （2） ①. ②. （3） （4）5.0 （5） ①. ②. （6） ①. ②. 八面体 ③. 【解析】 【分析】海底富钴壳以硫酸铵为助剂，经低温焙烧将金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，释放的氨气与后续高温焙烧产生的三氧化硫反应生成硫酸铵，实现循环利用；高温焙烧后水浸，部分金属硫酸盐分解生成的氧化物进入浸出渣，浸出液再经萃取回收铜、调 pH 沉淀去除铁铝杂质，加入硫化钠沉淀钴镍，最后滤液经处理得到锰的氧化物，整个流程实现了钴、镍、铜、锰的分步分离与回收。 【小问1详解】 铁是26号元素，价电子排布式为：；铁位于第Ⅷ族，海底富钴壳中与铁同族的元素有：钴、镍； 【小问2详解】 根据氧化还原反应中得失电子守恒和原子守恒来完成化学方程式： ；“回收液”经处理可循环利用的物质是：； 【小问3详解】 根据几种金属硫酸盐分解反应的自由能随温度变化关系图，在650℃时，发生反应，生成和，故浸出渣是：； 【小问4详解】 由溶液pH值对各金属沉淀率的影响图可知，当为5.0时，铝和残余的铁沉淀率较高，其他金属沉淀率较低，所以最佳的沉淀pH为5.0； 【小问5详解】 图中N原子形成3个键，且有1对孤电子对，杂化方式为；配位体的结构简式为： ； 【小问6详解】 ①根据的化学式及晶胞结构，若“○”表示，则“●”表示的微粒是：； ②晶体中“Δ”微粒周围的有6个，分别位于上下、前后、左右，则占据由形成的八面体空隙； ③放电时正极发生还原反应，电极方程式为。 12. 某实验小组利用如图装置进行甲醛与新制氢氧化铜反应的实验。 检查装置气密性，添加相关实验试剂，打开磁力加热搅拌器，在微沸状态下反应一段时间，析出红色固体X，产生气体Y。 回答下列问题： （1）仪器甲的名称为________；装置中磁子的作用为________。 任务一：探究固体X的组成 猜想：a．只有；b．只有Cu；c．和Cu的混合物 查阅资料：溶于浓氨水得到无色的，接触空气迅速被氧化为蓝色的。Cu置于空气中也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的。 取少量固体X进行如下探究实验： （2）由实验现象得知，猜想________(填“a”“b”或“c”)成立。 （3）试管上部液体迅速变蓝的原因为________(填离子方程式)；在固体继续溶解中，浓氨水的作用为________。 任务二：探究气体Y的成分 气体Y可能是CO、、中的一种或几种。为确定该气体成分，实验小组利用下列装置进一步探究(已知：CO可将银氨溶液还原成黑色粉末银单质)。 （4）实验装置的连接顺序；气体Y→________(按气流方向填装置标号，装置可重复使用)。 （5）实验中观察，现象：________，证明气体Y为。 查阅文献，反应产生的理论依据：Cu作催化剂促进HCHO在强碱条件下产生，其机理如下： 将上述机理补充完整________。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 搅拌使反应物混合均匀和防止暴沸 （2）c （3） ①. ②. 与形成络合物，增强铜的还原性 （4）  （5） ①. D中澄清石灰水不变浑浊，C中无黑色沉淀生成，E中黑色固体变红，A中无水硫酸铜变蓝 ②. 【解析】 【分析】甲醛和新制氢氧化铜反应生成红色固体X和气体Y，根据氧化亚铜与铜分别与浓氨水作用的不同现象确定固体成分；根据CO、、的性质差异，确定气体的成分；据此作答。 【小问1详解】 仪器甲为三颈烧瓶；磁子的作用是搅拌使反应物混合均匀和防止暴沸。 【小问2详解】 固体部分溶解得无色溶液，说明含，其与浓氨水反应生成无色，敞口后固体继续溶解、蓝色加深，说明含，在空气中被氧气氧化后溶于浓氨水生成蓝色络合物，因此固体为和的混合物，猜想成立。 【小问3详解】 试管上部液体迅速变蓝的原因为被空气中氧气氧化为，离子方程式： ；在固体继续溶解中浓氨水的作用：与形成络合物，增强铜的还原性。 【小问4详解】 先检验（澄清石灰水），再检验（银氨溶液），干燥气体后，再通过灼热通过水的生成检验​，装置最后连接无水氯化钙排除空气中的水蒸气对实验的干扰；因此连接顺序为： 。 【小问5详解】 若气体Y为，D中澄清石灰水不变浑浊，C中无黑色沉淀生成，E中黑色固体变红，A中无水硫酸铜变蓝； 根据机理，与反应，作为催化剂再生，-1价与水中+1价归中生成，因此补全机理为：。 13. 有机化合物M是一种合成药物中间体，其合成路线如下，已知： 已知：① ②甲基：邻、对位定位基，使新取代基主要上在邻、对位； 羧基：间位定位基，使新取代基主要上在间位。 回答下列问题： （1）A的化学名称为___________。 （2）写出C→D的化学方程式___________。 （3）D→E的过程经历两步反应，第二步反应的反应类型为___________。 （4）写出E的结构简式___________。 （5）M分子中含氧官能团的名称为___________。 （6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上有4个取代基 ②含有； 写出其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为的结构简式___________(任写一种)。 （7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以甲苯为原料，合成对氨基苯甲酸的路线___________(无机试剂和溶剂任选)。 【答案】（1）对甲基苯酚 （2） （3）消去反应 （4） （5）酰胺基、酚羟基 （6） ①. 16 ②. （7） 【解析】 【分析】由流程结合物质结构和化学式，A为，A发生取代反应生成B，B发生硝化反应生成C，C和转化为D，D发生已知反应原理生成E，E中硝基还原为氨基得到F，F转化为M； 【小问1详解】 A为，化学名称为对甲基苯酚； 【小问2详解】 C和转化为D，结合质量守恒，还生成乙醇，反应为++C2H5OH； 【小问3详解】 D→E的过程经历两步反应，第一步反应为醛基加成生成羟基，第二步反应为羟基发生消去反应生成碳碳双键，故反应类型为消去反应； 【小问4详解】 由分析，E为； 【小问5详解】 由结构，M分子中含氧官能团的名称为酰胺基、酚羟基； 【小问6详解】 C分子中除苯环外，还含1个甲氧基、1个甲基、1个硝基，在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构：①苯环上有4个取代基 ②含有；则四个取代基分别为、-CH3、-OH、-OH，首先确定甲基和2个羟基，再确定，存在，共16种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为的结构简式为； 【小问7详解】 由已知，甲基：邻、对位定位基，使新取代基主要上在邻、对位；则甲苯首先发生硝化反应在对位引入硝基，然后甲基氧化为羧基，再将硝基还原为氨基得到产物，故流程为：。 14. 碳氧化物甲烷化是实现“双碳”目标的重要途径，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ。 回答下列问题： （1）_______。实际生产中常伴有积碳生成，核心技术是开发出具有抗积碳性能的催化剂。催化剂a、b对积碳(反应Ⅳ)与消碳(反应Ⅴ)的影响如图甲所示。 则工业生产时应选择的催化剂是_______(填“a”或“b”)。 （2）压力p下，按照投料，发生反应Ⅰ~Ⅲ．体系达平衡后，温度T1下、CO2的转化率α随z的变化曲线以及时、CO2的转化率α随温度的变化曲线如图乙所示。已知，，n0指初始的物质的量，指平衡的物质的量。则表示的曲线为_______(填标号)，_______℃。若N点CO的转化率α为80%，则N点对应温度下，反应Ⅲ的平衡常数_______(用分数表示或保留2位有效数字)。曲线Ⅰ中先减小后增大的原因为_______。若其它条件不变，增大压强，则曲线Ⅱ_______(填“上移”“下降”或“不变”)。 （3）已知CH4的平衡收率，则图乙中M点、N点、P点和Q点中对应CH4的平衡收率最大的为_______(填标号)。 【答案】（1） ①. +42 ②. b （2） ①. I ②. 360 ③. （或0.053） ④. 升高温度，反应Ⅱ（放热反应）平衡逆向移动，转化率降低；反应Ⅲ（吸热反应）平衡正向移动，转化率升高，低温时反应Ⅱ占主导，转化率减小，高温时反应Ⅲ占主导，转化率增大，故先减小后增大 ⑤. 上移 （3） 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅱ−反应Ⅰ=反应Ⅲ，因此：； 抗积碳需要积碳反应速率慢、消碳反应速率快：活化能越低反应速率越快，由图甲可知，催化剂的积碳反应活化能更大（积碳速率慢），消碳反应活化能更小（消碳速率快），因此选； 【小问2详解】 CO2的转化主要受反应Ⅱ和Ⅲ的影响。反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2转化率降低；反应Ⅲ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率升高。低温时反应Ⅱ占主导，随温度升高转化率减小；高温时反应Ⅲ占主导，随温度升高转化率增大，因此曲线先减小后增大，对应曲线Ⅰ；曲线Ⅱ对应​下转化率随的变化，由图可知，当对应横坐标位置，上方标注温度为，因此；已知z=0.5，投料，设，，，N点，，则： 转化的：，转化的，平衡时：， ；根据碳原子守恒：= ，根据氧原子守恒：= ，根据氢原子守恒：则= ，反应Ⅲ前后气体分子数相等， ；α先减小后增大的原因：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ（放热反应）平衡逆向移动，转化率降低；反应Ⅲ（吸热反应）平衡正向移动，转化率升高，低温时反应Ⅰ、Ⅱ占主导，转化率减小，高温时反应Ⅲ占主导，转化率增大，故先减小后增大；反应Ⅰ、Ⅱ都是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，转化率升高，因此曲线Ⅱ上移； 【小问3详解】 由反应Ⅰ、Ⅱ生成，两个反应均为放热反应，温度越低，越有利于生成，转化率越高，生成越多，由图乙可知P和Q点温度相同，低于M、N点，但Q点在代表 的曲线Ⅰ上，转化率高，更有利于生成甲烷反应，而P点在恒温、 曲线Ⅱ上的点，转化率低，甲烷化反应不高，因此，平衡收率最大的是Q点，不选P点。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2025-2026学年高三第十八次质量检测 化学试卷 (满分100分，考试时间75分钟) 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. 随着AI数据中心用电需求激增，燃气轮机发电成为当前最抢手的供电方案之一。下列说法错误的是 A. 燃气轮机所用燃料天然气，属于化石能源 B. 制造涡轮叶片的镍基单晶高温合金，属于金属材料 C. 涡轮叶片表面覆盖极低热导率的陶瓷涂层，属于新型无机非金属材料 D. 直接排放未完全燃烧的甲烷气体，不会引起温室效应 2. 一种治疗哮喘的药物部分合成路线如下，下列说法错误的是 A. Ⅰ→Ⅱ的反应属于取代反应 B. 水溶性：Ⅰ>Ⅱ C. Ⅱ可以发生加成反应和氧化反应 D. ⅠⅡ转化中，同时有和生成 3. 用王水浸取Pd的反应为（未配平）。下列说法错误的是 A. 分子中存在键 B. 已知空间构型为平面正方形，则的d轨道参与杂化 C. 生成标准状况下2.24 LNO时，有0.15 molPd被还原 D. 通过用高浓度的将转化为，提升了Pd的还原性 4. 配合物可以通过WMZ4溶液吸收气体YZ形成，其中X、Y、Z、M、W为原子序数依次递增的前四周期元素，除Y、Z为相邻的同周期元素外，其余元素均不在同一周期，基态M原子中最高能级的电子数与电子排布已充满的能级数相等，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是 A. 第一电离能：Y＞Z＞X B. 还原性及稳定性均为X2Z＞X2M C. 配合物中的键角X—Z—X小于分子X2Z中的键角 D. 配合物中的阳离子呈正八面体结构 5. 一种以菱镁矿（主要成分为）为原料，在无水乙醇辅助下制备无水碳酸镁晶体的实验流程如下： 下列说法错误的是 A. “煅烧”产物之一可用作耐火材料 B. 已知“水化”过程反应温度为60℃，则可采用水浴加热 C. “碳化”得到的是悬浊液，过滤后进行后续操作 D. “一系列操作”为过滤、洗涤、干燥 6. 某实验小组探究与溶液的反应如图。 已知：①白色沉淀可能为、或二者混合物； ②微溶于水，难溶于水。 下列说法错误的是 A. 通过测溶液的不能判断是否发生了氧化还原反应 B. 发生了 C. 加过量的溶液主要除去溶液中的 D. 白色沉淀A中含 7. 海洋是一个巨大的资源宝库，关于海洋中部分化学资源的开发利用如下图所示。下列说法正确的是 A. 试剂X可能为Cl2，其作用是氧化Br- B. 流程中用了“空气、水蒸气”“吸收”，目的是富集溴 C. 工业生产中，试剂Z可以选用NaOH固体 D. 若试剂X为碳酸钠，则试剂Y与A溶液的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1 8. 实验室可由工业级铬酸钠()为原料制取，流程如下。 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中发生反应： B. Ⅱ中的操作：加热浓缩，冷却结晶，过滤 C. 由Ⅲ可判断加热浓缩的温度下，溶解度： D. 趁热过滤后，存在于母液中 9. 将转化为是其资源化利用的重要研究方向，电化学转化装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 金电极连接电源负极，发生还原反应 B. 电解过程中适当搅拌可促进电极产物在Pd/C上发生反应 C. 若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低 D. 若导线中通过电子，最多生成 10. 常温下，将0.01 mol AgCl投入1 L水中，逐渐加入NaCl固体调节至(饱和)，体系中与关系如下图，表示含银微粒、、、的物质的量，下列说法正确的是 A. Ⅱ线所示物质微粒为 B. 反应的平衡常数 C. 在溶液中 D. 当时，AgCl固体溶解可表示为： 二、非选择题(本大题共4小题，共60分) 11. 以海底富钴壳(主要含和，及少量、、、等杂质)为原料，采用两段硫酸铵焙烧-水浸法分离提纯并回收钴、镍、铜、锰的工艺如下。 已知：①当离子浓度时，视为沉淀完全； ②25℃时，，。 （1）写出中铁的价电子排布式___________，海底富钴壳中与同一族的元素有___________。 （2）“低温焙烧”时，锰、钴元素被还原为、。 ①完成转化的化学方程式：___________。 ②“回收液”经处理可循环利用的物质是___________。 （3）已知几种金属硫酸盐分解反应的自由能随温度变化的关系如图1，650℃“高温焙烧”后“水浸”的浸出渣是___________。 （4）“调pH”时，铝和残余的铁被除去。 溶液pH值对各金属沉淀率的影响如图2，最佳的沉淀pH值为___________。 （5）萃取时，铜的存在形式如下图所示，图中N原子的杂化方式为___________，配位体的结构简式为___________。 （6）常用于制备电池正极材料锰酸锂()。中锰的价态为Ⅲ、Ⅳ，其晶胞可看成由图3中a、b单元相互交错方式构成。 ①图中“○”表示，则“●”表示的微粒是___________(填离子符号)。 ②晶体中“Δ”微粒占据形成的___________空隙。 ③锰酸锂电池的充放电总反应为：()，电池放电时的正极反应式为：___________。 12. 某实验小组利用如图装置进行甲醛与新制氢氧化铜反应的实验。 检查装置气密性，添加相关实验试剂，打开磁力加热搅拌器，在微沸状态下反应一段时间，析出红色固体X，产生气体Y。 回答下列问题： （1）仪器甲的名称为________；装置中磁子的作用为________。 任务一：探究固体X的组成 猜想：a．只有；b．只有Cu；c．和Cu的混合物 查阅资料：溶于浓氨水得到无色的，接触空气迅速被氧化为蓝色的。Cu置于空气中也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的。 取少量固体X进行如下探究实验： （2）由实验现象得知，猜想________(填“a”“b”或“c”)成立。 （3）试管上部液体迅速变蓝的原因为________(填离子方程式)；在固体继续溶解中，浓氨水的作用为________。 任务二：探究气体Y的成分 气体Y可能是CO、、中的一种或几种。为确定该气体成分，实验小组利用下列装置进一步探究(已知：CO可将银氨溶液还原成黑色粉末银单质)。 （4）实验装置的连接顺序；气体Y→________(按气流方向填装置标号，装置可重复使用)。 （5）实验中观察，现象：________，证明气体Y为。 查阅文献，反应产生的理论依据：Cu作催化剂促进HCHO在强碱条件下产生，其机理如下： 将上述机理补充完整________。 13. 有机化合物M是一种合成药物中间体，其合成路线如下，已知： 已知：① ②甲基：邻、对位定位基，使新取代基主要上在邻、对位； 羧基：间位定位基，使新取代基主要上在间位。 回答下列问题： （1）A的化学名称为___________。 （2）写出C→D的化学方程式___________。 （3）D→E的过程经历两步反应，第二步反应的反应类型为___________。 （4）写出E的结构简式___________。 （5）M分子中含氧官能团的名称为___________。 （6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上有4个取代基 ②含有； 写出其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为的结构简式___________(任写一种)。 （7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以甲苯为原料，合成对氨基苯甲酸的路线___________(无机试剂和溶剂任选)。 14. 碳氧化物甲烷化是实现“双碳”目标的重要途径，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ。 回答下列问题： （1）_______。实际生产中常伴有积碳生成，核心技术是开发出具有抗积碳性能的催化剂。催化剂a、b对积碳(反应Ⅳ)与消碳(反应Ⅴ)的影响如图甲所示。 则工业生产时应选择的催化剂是_______(填“a”或“b”)。 （2）压力p下，按照投料，发生反应Ⅰ~Ⅲ．体系达平衡后，温度T1下、CO2的转化率α随z的变化曲线以及时、CO2的转化率α随温度的变化曲线如图乙所示。已知，，n0指初始的物质的量，指平衡的物质的量。则表示的曲线为_______(填标号)，_______℃。若N点CO的转化率α为80%，则N点对应温度下，反应Ⅲ的平衡常数_______(用分数表示或保留2位有效数字)。曲线Ⅰ中先减小后增大的原因为_______。若其它条件不变，增大压强，则曲线Ⅱ_______(填“上移”“下降”或“不变”)。 （3）已知CH4的平衡收率，则图乙中M点、N点、P点和Q点中对应CH4的平衡收率最大的为_______(填标号)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $