精品解析：福建福鼎市第四中学2026届高三下学期考前模拟预测 化学试题

福鼎市第四中学2026届高三毕业冲刺卷 化学试卷 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. 已知反应：，下列说法不正确的是 A. X能与NaOH反应，1 mol X最多消耗2 mol NaOH B. Y能使酸性溶液褪色，产生 C. Z与盐酸反应的产物溶于水，溶液呈中性 D. Y的核磁共振氢谱有5组峰 【答案】C 【解析】 【分析】该反应是X（碳酸酯类化合物）发生分解反应，得到Y（9-亚甲基芴）、Z（六氢吡啶）和二氧化碳。 【详解】A．X中含1个氨基甲酸酯结构，碱性条件下水解，1 mol该酯基水解最终消耗（水解后生成的碳酸类中间体为二元酸，完全中和消耗2 mol NaOH），A正确； B．Y中含有端位碳碳双键（），碳碳双键可被酸性高锰酸钾氧化，端位的被氧化后会生成，同时高锰酸钾被还原褪色，B正确； C．Z是哌啶，属于有机仲碱（弱碱），和盐酸反应生成哌啶盐酸盐；盐中为弱碱阳离子，溶于水发生水解使溶液显酸性，不是中性，C错误； D．Y（9-亚甲基芴）结构对称，等效氢共有5种：亚甲基的1种氢，加上对称苯环上的4种不等效氢，共5组核磁共振氢谱峰，D正确； 故选C。 3. 下列有关化学用语表达错误的是 A. 二氯甲烷的分子结构模型： B. 60 g SiO2含有σ键的数目为 C. 制备聚乳酸： D. 用电子云轮廓图表示H-Cl的s-pσ键形成的示意图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氯甲烷中含有的两个Cl原子半径最大，其次为C，最小的是H，该分子为四面体形，A正确； B．60 g的物质的量为1 mol，含有4 molSi-O键，故60 g 含有σ键的数目为，B正确； C．聚乳酸是通过缩聚反应生成的，应有小分子水生成，正确的方程式为：，C错误； D．H原子的1s轨道电子云轮廓为球形，Cl原子的3p轨道为哑铃形，通过以头碰头方式沿核间轴方向重叠后形成的s-pσ键为，D正确； 故选C。 4. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Q、Z、Y、W组成的化合物如图所示，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 第二电离能： C. 键角： D. 氢化物的沸点： 【答案】C 【解析】 【分析】X原子序数最小且形成与其他元素共用一对电子成键，X为H元素；W与X同族，且在几种元素中序数最大，W为Na元素；Q成对电子对数与未成对电子数相等，其排布式应为，Q为C元素；Z与其他元素共用三对电子成键，原子序数大于Q，Z为N元素；两个Y原子，一个共用两对电子，一个获得一个电子后共用1对电子，Y为O元素。据此分析。 【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性：（），A错误； B．第二电离能是+1价阳离子失去1个电子的能量：电子排布为，电子排布为（半满稳定结构），更难失电子，因此第二电离能： （ ），B错误； C．即，中心N原子杂化，受孤对电子排斥，键角小于， 即，中心C原子为杂化，键角约，因此，C正确； D．题干未说明是最简单氢化物，C的氢化物（烃类）中，高碳数烃为固态，沸点远高于，无法比较，D错误； 故选C。 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. Fe3+与H2O、、可形成配离子[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)、[Fe(SCN)6]3-(红色)、[FeF6]3-(无色)。某同学按如下步骤完成实验： 下列说法不正确的是 A. 溶液Ⅰ呈黄色的可能原因是Fe3+水解产生了Fe(OH)3 B. 为了能观察到[Fe(H2O)6]3+的颜色，可向溶液Ⅰ中加入足量HNO3 C. 步骤Ⅲ中发生的反应为 D. 滴定实验中，为防止杂质Fe3+的干扰，可加入NaF掩蔽Fe3+ 【答案】C 【解析】 【分析】 溶解后，主要存在  (浅紫色)和 水解产生的  ，导致溶液呈黄色。加入过量   后， 形成 (红色)，溶液呈红色。加入过量 后， 与 形成 (无色)，溶液变为无色。 【详解】A．含[Fe(H2O)6]3+的溶液呈浅紫色，但溶液Ⅰ呈黄色，可能是 水解生成的与 [Fe(H2O)6]3+共同作用的结果，A正确； B．加入足量可以提供大量的，抑制的水解，从而减少的生成，便于观察的浅紫色，B正确； C．由分析可知，步骤Ⅲ中加入过量 后， 溶液变为无色， 与 形成 ，对应反应为，C错误； D．滴定实验中，若存在有颜色的 ，可能干扰终点判断，加入 后， 被转化为无色的 ，可有效避免干扰，D正确； 故选C。 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. 试剂可能为，其作用是氧化 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选用NaOH固体 D. 若试剂X为SO2，“吸收塔”中的离子方程式为： 【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，据此分析； 【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．试剂X是SO2，离子方程式为：，D错误； 故选B。 8. 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。 9. 轮烷是一个或多个环状分子和一个或多个链状分子为轴组成的分子集合，其链分子作轴穿过环分子的空腔，两端结合成体积较大分子以防止轴分子的滑出。下图是一种典型的斯托达特轮烷的结构示意图。下列说法错误的是 A. 轮烷属于超分子 B. 图中两端的含Si大基团能提高该分子的稳定性 C. 大环在轴上滑动时既有共价键的变化，又有非共价键的变化 D. 大环在轴上滑动后其部分性质如光电性质可能发生变化，可用于制作信息存储器件 【答案】C 【解析】 【详解】A．轮烷是由环状分子和链状分子通过机械互锁形成的分子集合，其组分之间不通过共价键连接，而是通过非共价相互作用维系，符合超分子定义，A正确； B．叔丁基硅氧基等大体积端基可物理阻挡环分子滑脱，增强机械互锁结构的稳定性，B正确； C．大环在轴上滑动仅涉及非共价键的断裂与重组，分子骨架中的共价键未发生任何断裂或形成，C错误； D．大环位置变化会调控分子内电子离域程度与偶极矩，从而改变吸收/发射光谱，具备作为分子开关或存储单元的潜力，D正确； 故答案选C。 10. 常温下和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 常温下 B. 向的溶液中滴加溶液，首先析出沉淀 C. a点对应的分散系经搅拌、静置后形成稳定体系，能产生丁达尔效应 D. L2表示的沉淀溶解平衡曲线 【答案】D 【解析】 【分析】对于，其沉淀溶解平衡为，。由沉淀溶解平衡曲线L2的斜率为-1的直线，对应AB型沉淀（），则L1对应，据此分析； 【详解】A．取L2线上一点（如b点），-lgc()=8，-lgc()=6，c()=10-8 mol/L，c()=10-6 mol/L，Ksp=10-8×10-6=10-14，A错误； B．由图可知，当c()=c(OH⁻)=10-6 mol/L时，生成需 ，生成R(OH)2需 ，RSO4先沉淀，B错误； C．a点若在曲线下方，Qc>Ksp，为过饱和溶液，经过搅拌、静置后形成悬浊液，不能产生丁达尔效应，C错误； D．根据分析可知，L2表示的沉淀溶解平衡曲线，D正确； 故选D。 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值对各金属沉淀率影响如图2，最佳的沉淀pH值为___________。 （5）“沉钴镍”时，钴、镍都完全沉淀，此时溶液中不低于___________。 （6）①萃取时，铜的存在形式如下图所示，配体数为___________； ②分子内含有的化学键有___________。 A离子键 B 极性共价键 C非极性共价键 D配位键 E氢键 F金属键 （7）某锂离子电池充放电过程中，负极材料晶胞结构变化如图所示。写出充电时阴极的电极反应式___________。 【答案】（1） ①. 3d5 ②. Co Ni （2） ①. ②. 硫酸铵 （3）氧化铁 （4）5.0 （5）4.0×10-16 （6） ①. 2 ②. BCD （7）2Li0.5C6+e-+Li+=2LiC6或LiC12+e-+Li+=Li2C12 【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，据此分析； 【小问1详解】 铁是26号元素，价电子排布式为：3d64s2，三氧化二铁中铁元素为+3价，价电子排布式为3d5；铁位于第Ⅷ族，海底富钴壳中与铁同族的元素有：Co、Ni； 【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】 因为钴、镍都完全沉淀时，离子浓度 ，根据， ，则 ；同理，对于NiS，， ， ，所以此时溶液中不低于 ； 【小问6详解】 ①由结构图可知，Cu结合了2个有机配体，因此配体数为2； ②该分子中，不同原子间存在极性共价键（如C-O、C-N等），苯环中C-C键为非极性共价键，Cu与N、O之间形成配位键；该分子为中性共价分子，不含离子键、金属键，氢键不属于化学键，因此选BCD； 【小问7详解】 放电为左→右，Li从负极脱出，晶胞中Li数目减少；充电为右→左，阴极（负极）发生还原反应，Li+得电子嵌入晶胞，右晶胞组成为（ ， ）​，左为​（ ， ），因此电极反应为2Li0.5C6+e-+Li+=2LiC6或LiC12+e-+Li+=Li2C12。 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，产生气体 。 回答下列问题： （1）仪器乙的名称为___________；装置中磁子的作用除了充当沸石防爆沸，还有___________作用。 任务一：探究固体的组成 猜想：a．只有 ；b．只有 ；c． 和 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，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___________(离子方程式)；在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+与配位原子N形成平面结构，则Cu采用的杂化方式为___________(填“sp3”、“sp2”、“sp”或“dsp2”)杂化，该离子的空间构型是___________。 任务二：探究气体 的成分 气体 可能是、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是：气体产物 ___________ B(按气流方向填写装置标号，装置可重复使用)。证明气体产物是H2而不是CO的实验现象为___________。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 搅拌反应物，使其均匀受热 （2）c （3） ①. ②. ③. 正方形 （4） ①. C→ B →D→ A ②. C中无明显现象，D中黑色粉末变红，A中变蓝 【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可确定固体X得成分；根据CO、的性质差异，可确定气体Y的成分。 【小问1详解】 仪器乙的名称为球形冷凝管；磁子的作用是搅拌反应物使其均匀受热和防止暴沸； 【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的，敞口、充分振荡后固体继续溶解、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】 结合(2)分析，试管上部液体迅速变蓝的原因为被空气中氧气氧化为，离子方程式为：；中与4个N形成平面结构而非四面体结构，说明中心采取杂化，该配离子空间构型为正方形； 【小问4详解】 先将混合气体通过银氨溶液检验，干燥气体后，再通过灼热，产生的气体通过无水硫酸铜固体检验，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：气体产物 ；若气体Y为，C中无明显现象，D中黑色固体变红，A中无水硫酸铜变蓝。 13. 化合物G是某药物的关键原料，合成路线如下： （1）C的化学名称为___________。 （2）E所含官能团的名称为___________。 （3）A→B的反应类型为___________ （4）B→C的化学方程式为___________[ ]。 （5）已知D→E分两步进行，中间体H的结构简式为___________。 （6）F→G的反应中，加入K2CO3的作用是___________。 （7）在C的同分异构体中，写出同时满足下列条件的结构简式___________。 ①含有苯环 ②能发生银镜反应 ③遇FeCl3溶液显紫色 ④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1 【答案】（1）苯甲酸甲酯 （2）酯基、羰基 （3）氧化反应 （4） （5） （6）吸收反应产生的HBr，促进反应进行，提高产率 （7） 【解析】 【分析】由A的分子式知，A为甲苯（），A被酸性高锰酸钾氧化得到的B为，B与发生取代反应得到C（），C与发生取代反应生成D（）和甲醇，D和发生先开环后取代的反应生成E（），E和 反应生成F（），F与C6H5CH2Br发生取代反应生成G（）和HBr，K2CO3可以吸收反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产率，据此分析。 【小问1详解】 C结构为，命名为苯甲酸甲酯； 【小问2详解】 观察E（）的结构，含有羰基、酯基两种官能团； 【小问3详解】 甲苯（）发生氧化反应生成B（）； 【小问4详解】 按 投料，NaOH中和反应生成的酸，得到产物苯甲酸甲酯、硫酸钠和水，反应方程式为； 【小问5详解】 D中两个羰基之间的活性亚甲基进攻环氧乙烷开环，得到中间体H（），分子式符合，然后分子内成环反应得到E（）。 【小问6详解】 F→G是羟基的取代反应生成醚，生成副产物HBr，可以吸收反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产率； 【小问7详解】 C分子式为，满足条件：①含苯环；②能发生银镜反应说明含醛基；③遇显色说明含酚羟基；④氢谱5组峰、峰面积比为2∶2∶2∶1∶1，说明分子对称，故结构简式为。 14. 乙二醇二甲醚(DEEG)可作为柴油添加剂和液体燃料，具有广阔的应用前景。 已知一定温度下， Ⅰ： Ⅱ： 回答下列问题： （1）从微观角度分析，和的数值___________(填“较为接近”“差距较大”或“无法比较”)。 （2）在绝热恒容容器中，一定量的乙二醇和甲醇发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A. 体系温度保持不变 B. v(甲醇)=v(H2O) C. 容器内气体密度保持不变 D. 混合气体平均相对分子质量保持不变 （3）将乙二醇和甲醇按照一定比例投料，乙二醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。 ①160℃左右曲线变化趋势相反的原因是___________(不考虑催化剂的活性)。 ②达到平衡后，温度不变，继续按照原比例加入乙二醇和甲醇，则乙二醇的转化率___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 （4）通过光电化学转化(Photoelectrochemical)可制乙二醇，在某催化剂作用下该反应的机理如图所示。图中h+表示催化剂被光激发出电子之后产生的空穴。若加入重水D2O，则产物中含有核素D的产物有___________。 （5）Zn-Ga-O催化制甲醇，其反应历程如图所示。Zn-Ga-O无催化活性，形成氧原子空位后才具备催化活性，先在 表面解离为，随后参与的还原过程。 已知：ⅰ.催化剂上吸附或沉积太多的水，易使催化剂中毒； ⅱ.口表示氧原子空位，*表示微粒吸附在催化剂上。 ①理论上，反应历程中消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为___________。 ②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是___________。 【答案】（1）较为接近 （2）A （3） ①. 低于160°C，温度升高，反应速率加快，相同时间内乙二醇转化率增大；高于160°C，反应已达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，乙二醇转化率减小 ②. 不变 （4）HDO和 （5） ①. 6：1 ②. H2太少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱；H2太多，生成的H2O过多，使催化剂中毒 【解析】 【小问1详解】 焓变在微观上等于反应中断裂化学键吸收的总能量与形成化学键放出的总能量之差，两个反应均断裂一个C-O键和一个O-H键，所以它们的反应热数值也较为接近； 【小问2详解】 A．已知该反应是放热反应。在绝热容器中，体系与外界没有热量交换。只要反应正向进行，就会放出热量，导致体系温度升高。当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，宏观上反应停止，不再有净热量产生，因此体系的温度将保持恒定。所以，温度不变是达到平衡的标志，A符合题意； B．没有体现方向，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，B不符合题意； C．密度，在恒容容器中，体积不变，根据质量守恒定律，反应体系的总质量也不变。因此，无论反应是否达到平衡，气体密度始终不变，不能作为平衡标志，C不符合题意； D．平均相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，总质量守恒，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，反应过程中气体总物质的量在反应过程中保持不变。因此，平均相对分子质量始终不变，不能作为平衡标志，D不符合题意； 【小问3详解】 ①160℃之前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快，乙二醇转化率升高；160℃之后，反应达到平衡，因该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，乙二醇的平衡转化率降低； ② “按照原比例加入乙二醇和甲醇”相当于在恒容条件下增大了体系的压强。反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，改变压强不会使化学平衡发生移动，则乙二醇的转化率不变； 【小问4详解】 从该反应的机理图中可看出，产物有、、 ， 在催化剂的作用下产生 ，与 结合的产物有HDO和 ； 【小问5详解】 ①从反应历程及总反应 分析，在 表面解离为，生成 甲醇时，总反应消耗，而解离产生，因此解离产生，即反应历程中消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为 ； ②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是：太少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱；太多，生成的过多，使催化剂中毒。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福鼎市第四中学2026届高三毕业冲刺卷 化学试卷 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. 已知反应：，下列说法不正确的是 A. X能与NaOH反应，1 mol X最多消耗2 mol NaOH B. Y能使酸性溶液褪色，产生 C. Z与盐酸反应的产物溶于水，溶液呈中性 D. Y的核磁共振氢谱有5组峰 3. 下列有关化学用语表达错误的是 A. 二氯甲烷的分子结构模型： B. 60 g SiO2含有σ键的数目为 C. 制备聚乳酸： D. 用电子云轮廓图表示H-Cl的s-pσ键形成的示意图： 4. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Q、Z、Y、W组成的化合物如图所示，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 第二电离能： C. 键角： D. 氢化物的沸点： 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. Fe3+与H2O、、可形成配离子[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)、[Fe(SCN)6]3-(红色)、[FeF6]3-(无色)。某同学按如下步骤完成实验： 下列说法不正确的是 A. 溶液Ⅰ呈黄色的可能原因是Fe3+水解产生了Fe(OH)3 B. 为了能观察到[Fe(H2O)6]3+的颜色，可向溶液Ⅰ中加入足量HNO3 C. 步骤Ⅲ中发生的反应为 D. 滴定实验中，为防止杂质Fe3+的干扰，可加入NaF掩蔽Fe3+ 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. 试剂可能为，其作用是氧化 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选用NaOH固体 D. 若试剂X为SO2，“吸收塔”中的离子方程式为： 8. 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 9. 轮烷是一个或多个环状分子和一个或多个链状分子为轴组成的分子集合，其链分子作轴穿过环分子的空腔，两端结合成体积较大分子以防止轴分子的滑出。下图是一种典型的斯托达特轮烷的结构示意图。下列说法错误的是 A. 轮烷属于超分子 B. 图中两端的含Si大基团能提高该分子的稳定性 C. 大环在轴上滑动时既有共价键的变化，又有非共价键的变化 D. 大环在轴上滑动后其部分性质如光电性质可能发生变化，可用于制作信息存储器件 10. 常温下和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 常温下 B. 向的溶液中滴加溶液，首先析出沉淀 C. a点对应的分散系经搅拌、静置后形成稳定体系，能产生丁达尔效应 D. L2表示的沉淀溶解平衡曲线 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值对各金属沉淀率影响如图2，最佳的沉淀pH值为___________。 （5）“沉钴镍”时，钴、镍都完全沉淀，此时溶液中不低于___________。 （6）①萃取时，铜的存在形式如下图所示，配体数为___________； ②分子内含有的化学键有___________。 A离子键 B 极性共价键 C非极性共价键 D配位键 E氢键 F金属键 （7）某锂离子电池充放电过程中，负极材料晶胞结构变化如图所示。写出充电时阴极的电极反应式___________。 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，产生气体 。 回答下列问题： （1）仪器乙的名称为___________；装置中磁子的作用除了充当沸石防爆沸，还有___________作用。 任务一：探究固体的组成 猜想：a．只有 ；b．只有 ；c． 和 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，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___________(离子方程式)；在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+与配位原子N形成平面结构，则Cu采用的杂化方式为___________(填“sp3”、“sp2”、“sp”或“dsp2”)杂化，该离子的空间构型是___________。 任务二：探究气体 的成分 气体 可能是、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是：气体产物 ___________ B(按气流方向填写装置标号，装置可重复使用)。证明气体产物是H2而不是CO的实验现象为___________。 13. 化合物G是某药物的关键原料，合成路线如下： （1）C的化学名称为___________。 （2）E所含官能团的名称为___________。 （3）A→B的反应类型为___________ （4）B→C的化学方程式为___________[ ]。 （5）已知D→E分两步进行，中间体H的结构简式为___________。 （6）F→G的反应中，加入K2CO3的作用是___________。 （7）在C的同分异构体中，写出同时满足下列条件的结构简式___________。 ①含有苯环 ②能发生银镜反应 ③遇FeCl3溶液显紫色 ④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1 14. 乙二醇二甲醚(DEEG)可作为柴油添加剂和液体燃料，具有广阔的应用前景。 已知一定温度下， Ⅰ： Ⅱ： 回答下列问题： （1）从微观角度分析，和的数值___________(填“较为接近”“差距较大”或“无法比较”)。 （2）在绝热恒容容器中，一定量的乙二醇和甲醇发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A. 体系温度保持不变 B. v(甲醇)=v(H2O) C. 容器内气体密度保持不变 D. 混合气体平均相对分子质量保持不变 （3）将乙二醇和甲醇按照一定比例投料，乙二醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。 ①160℃左右曲线变化趋势相反的原因是___________(不考虑催化剂的活性)。 ②达到平衡后，温度不变，继续按照原比例加入乙二醇和甲醇，则乙二醇的转化率___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 （4）通过光电化学转化(Photoelectrochemical)可制乙二醇，在某催化剂作用下该反应的机理如图所示。图中h+表示催化剂被光激发出电子之后产生的空穴。若加入重水D2O，则产物中含有核素D的产物有___________。 （5）Zn-Ga-O催化制甲醇，其反应历程如图所示。Zn-Ga-O无催化活性，形成氧原子空位后才具备催化活性，先在 表面解离为，随后参与的还原过程。 已知：ⅰ.催化剂上吸附或沉积太多的水，易使催化剂中毒； ⅱ.口表示氧原子空位，*表示微粒吸附在催化剂上。 ①理论上，反应历程中消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为___________。 ②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $