福建福州市闽清县第一中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

闽清一中2026-2027高三上学期10月月考 化学试题 命题教师：高三化学集备组 审核教师：高三化学集备组 考试时间：2026年10月9日 满分：100分 时长：75分钟 一、单选题（本题共4小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，仅有一项最符合题目要求。） 阅读下列材料，完成1~3小题： 铁及其化合物在生产生活中有着重要作用。铁制品经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有生成。黄铁矿()可用于工业制备硫酸：。溶液可作为铜的蚀刻剂。黄血盐与铁离子生成蓝色沉淀，可用于铁离子检验。 1．下列说法正确的是 A．属于共价晶体 B．键角： C．铁元素位于周期表ds区 D．中配位键由Fe提供空轨道 2．下列化学反应表示正确的是 A．铁在氯气中燃烧： B．溶液蚀刻铜： C．铁的发蓝处理： D．的检验： 3．下列说法正确的是 A．中阴、阳离子数目之比为 B．中含有键数目为12mol C．制备时，每消耗，反应中共转移1.4mol电子 D．的结构如图所示，则Fe周围最近的数目为3 4．用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是 A．标准状况下，与足量的充分反应，转移的电子总数为 B．溶液滴入沸水中可以制得胶体 C．完全发生吸氧腐蚀最终生成铁锈，在电化学过程中转移电子数为 D．将钠、镁、铝分别投到的盐酸中，生成标准状况下气体分子数均为 5．离子液体和聚合物网络组成的离子凝胶具有优异灵敏度和自主粘附能力，在穿戴电子领域具有广泛的应用前景。某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成(结构如图)，W、Q同主族。下列说法错误的是 A．第一电离能：Z>W>Y B．原子半径：Q>Z>W C．热稳定性：X2W>YX4>ZX3 D．键角：X2W>X2Q 6．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．1mol维生素C最多能与2molNaOH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 7．为实现“双碳”目标，科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备甲醇的方法，反应原理如图(M、N均为石墨电极)。 已知：在电场作用下，双极膜中水电离出离子并向两极迁移。下列说法正确的是 A．M极为阴极，发生还原反应 B．N极上生成甲醇的电极反应式为 C．电解一段时间后，M极区溶液pH减小 D．N极每消耗，M极消耗标准状况下 8．实验室从茴香籽中提取茴香油的操作流程如下。下列说法正确的是 已知：①乙醚沸点34.5℃，密度0.71g/cm3； ②茴香油为淡黄色液体，主要成分是含有酯基的芳香族化合物，熔点22.5℃，沸点235℃，密度0.98g/cm3，在水蒸气作用下易挥发。 A．向馏出液中加NaCl至饱和的目的是提高茴香油的提取率 B．操作A应先将有机层从分液漏斗下口放出，再将水层从上口倒出 C．有机层加入的无水MgSO4可用碱石灰代替 D．操作B为蒸馏，先蒸出的馏分主要为茴香油 9．与盐酸在催化电极上生成盐酸羟胺（，化学性质类似于）。可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A．过程①~④中N的化合价均发生变化 B．过程②和③中都有极性键形成 C．过程⑤中为和 D．电催化与盐酸生成的反应方程式： 10．常温下，向10mL浓度均为0.1mol∙L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol∙L-1盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如下图所示。 已知：。下列说法正确的是 A．a点的溶液中， B．b点的溶液中，发生的反应为 C．c点的溶液中，pH＜7是因为的电离能力大于其水解能力 D．d点的溶液中， 二、解答题（共60分） 11．（16分）富钴结壳是海洋中最具潜在经济价值的矿产类型之一，从富钴结壳矿氧化除铁后液(主要含、、、)中回收钴等有价金属的工艺流程如下所示。 已知：①常温下，、、、、； ②协同萃取反应：。 回答下列问题： (1)“LiX84”用“HR”表示，“萃取铜”发生反应为，则“反萃铜”时需要加入的试剂是________(填化学式)。 (2)“沉淀”操作中，加入的目的是分离出________(填金属离子符号)；若时恰好沉淀完全，则此时溶液中________。 (3)“氧化溶解”时的作用是______________；此过程中含钴化合物发生反应的离子方程式为____________________。 (4)“萃余液2”的主要溶质为________。 (5)“氧化除少量”时氧化剂与还原剂物质的量之比为________；所得“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶后，所得溶质的作用是____________________(写出其中一条即可)。 (6)在空气中高温煅烧生成的化学方程式为__________________________。 12．（16分）草酸亚铁晶体是一种黄色、难溶于水、可溶于稀硫酸的固体，具有较强的还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组设计了一系列实验制备草酸亚铁晶体并探究其性质。回答下列问题： Ⅰ．制备草酸亚铁晶体(装置如下图所示) (1)从装置b中获得产品的操作为___________、___________、过滤、洗涤、干燥。 (2)待装置a中的反应进行一段时间后，需要对开关进行的操作是______________________。 (3)装置c的作用是___________________________________________。 Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定 准确称取Wg样品于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液bmL。滴定反应：FeC2O4++H+→Fe3++CO2+Mn2++H2O(未配平)。 (4)滴定终点的现象为_______________________________。 (5)该样品纯度为___________%。若滴定管没有用待装液润洗，测得结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 Ⅲ．草酸亚铁晶体()热分解产物的探究(装置如下图所示) (6)从绿色化学角度考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________________________________。 (7)实验结束后，装置E中黑色氧化铜变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。 13．（16分）西替利嗪(G)是一种抗过敏药，用于季节性或常年性过敏性鼻炎、由过敏原引起的荨麻疹及皮肤瘙痒。西替利嗪(G)的合成路线如下。 已知： ①-Ph为苯基()；②。 (1)A的化学名称为_______。 (2)C的结构简式为_______。 (3)D生成E的化学方程式为_______。 (4)由E到F的反应类型为_______。 (5)中采用sp3杂化的C原子数为_______个。 (6)F中的含氧官能团名称是_______。 (7)满足以下条件的的同分异构体结构简式为_______。 ①能发生银镜反应        ②其中核磁共振氢谱峰面积比为9∶4∶1 (8)以苯和乙酸为原料合成的路线如下，请完善合成路线。_______ (①_______)。 14．（12分）某冶炼厂产生大量的CO、SO2等有毒废气，为了变废为宝，科研小组研究用废气等物质制备羰基硫(COS)和Li/SO2电池产品。 (1)I．羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害，利用CO等制备羰基硫原理如下。 方法一：用FeOOH作催化剂，发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)  ΔH=-11.3kJ·mol-1，反应分两步进行，其反应过程能量变化如图所示。 ①计算b的数值为_______。 ②决定COS生成速率的主要步骤是_______(填“第1步”或“第2步”)。 Ⅱ．方法二：CO还原CaSO4。可发生下列反应： ⅰ．CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)， ⅱ．SO2(g)+3CO(g)2CO2(g)+COS(g)，其lgKp与温度(T)的关系如图所示(Kp为以分压表示的平衡常数，Kp对应的分压单位为kPa)。 (2)①ΔH>0的反应是_______(填“ⅰ”或“ⅱ”)。 ②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。 A．增大CO和SO2的浓度，反应ⅰ和ⅱ的正反应速率都增加 B．移去部分CaSO4(s)，反应ⅰ的平衡向左移动 C．加入反应ⅰ的催化剂，可提高COS的平衡产率 D．降低温度，反应ⅰ和ⅱ中的活化分子百分数降低 ③若在某恒容密闭容器中加入1molCaSO4固体和一定量的CO气体，只发生反应ⅰ，在B点温度下达到平衡时，CO的分压为100kPa，则CO的平衡转化率为_______。 (3)Li2S是目前正在开发的电池正极活性物质，其晶胞结构如图所示。 设阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2S晶体的密度为___________g·cm-3(用含a，NA的代数式表示)。 第2页共16页 高三化学·第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 闽清一中2026-2027高三上学期10月月考 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B C C D B A B D 1．D2．C3．B 【详解】1．A．SO2由分子构成，属于分子晶体，不属于共价晶体，A错误； B．CO2为直线形分子，键角，为三角锥形分子，键角约，故键角，B错误； C．铁为第Ⅷ族元素，位于周期表d区，并非ds区，C错误； D．[Fe(CN)6]4-中心离子Fe2+提供空轨道，配体CN-提供孤电子对形成配位键，D正确； 故选D； 2．A．氯气氧化性强，铁在氯气中燃烧产物为，不是，A错误； B．蚀刻铜时被还原为，正确离子方程式为，B错误； C．该反应电子守恒：9个Fe共失24e-，4个中N共得24e-，且电荷、原子均守恒，C正确； D．检验时需参与生成蓝色沉淀，选项方程式缺少且无沉淀符号，D错误； 故选C； 3．A．FeS2中阳离子为，阴离子为，阴、阳离子数目比为1:1，A错误； B．1个中，6个内含6个键，与形成6个配位键，共12个键，故含键数目为12mol，B正确； C．1molFeS2参与反应时，升1价、2个共升10价，总转移11mol电子，故消耗0.1molFeS2转移1.1mol电子，C错误； D．由结构可知Fe的配位数为6，即Fe周围最近的数目为6，D错误； 故选B。 4．C 【详解】A．标准状况下不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定转移电子数，A错误； B．胶体粒子是大量的聚集体，故水解得到的胶体粒子数小于，B错误； C．的物质的量为，吸氧腐蚀的电化学过程中转化为，而不会直接转化为，每个失去2个电子，故转移电子数为，C正确； D．盐酸中HCl的物质的量为0.2mol，镁、铝只能和HCl反应，二者均过量，生成H2的量由HCl决定，为0.1mol；但钠除了和HCl反应，还能继续和水反应，0.3molNa完全反应生成0.15molH2，三者生成的气体分子数不都为，D错误； 故选C。 5．C 【分析】根据成键特征与原子序数关系推导：X仅形成1个共价键，是原子序数最小的短周期主族元素，因此X为H，Y可形成4个共价键，符合C的成键特点，因此Y为C，Z可形成3个共价键，符合N的成键特点，因此Z为N，W可形成2个共价键，且W、Q同主族，短周期同主族符合该成键特征的组合为O和S，因此W为O、Q为S； 【详解】A．同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但第反常，的2p轨道半充满结构稳定，第一电离能大于相邻的，故第一电离能，即，A不符合题意； B．电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径减小，故原子半径，即，B不符合题意； C．非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，非金属性，故热稳定性，即，选项顺序错误，C符合题意； D．和均为杂化，均含2对孤电子对，电负性大于，中成键电子对间排斥力更强，键角更大，故键角，即，D不符合题意； 故选C。 6．D【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2molNaOH反应，同时，该分子中含有一个内酯结构，可与1molNaOH发生碱性水解反应，因此，1mol维生素C分子最多能与3molNaOH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。 7．B【分析】N极通入CO2生成甲醇，CO2中C元素从+4价降为-2价，得到电子，发生还原反应，故N极为阴极；M极通入H2生成H+，发生氧化反应，故M极为阳极；双极膜中H+向阴极（即N极）迁移，OH-向阳极（即M极）迁移，据此回答问题； 【详解】A．根据分析，M极为阳极，通入H2生成H+，H2发生氧化反应，A错误； B．N极生成甲醇时，CO2中C元素化合价从+4价降为-2价，电极反应式应为，B正确； C．M极（阳极）反应为，双极膜中向M极迁移并与中和生成，且生成的与迁移的等量，水增多使浓度减小，pH增大，C错误； D．根据装置图可知N极还有CO生成，因此每消耗1mol转移的电子数不是6mol，则消耗的的物质的量也不是3mol，即标准状况下体积不是，D错误；故选B。 8．A 【分析】茴香籽粉经水蒸气浸泡、蒸馏，挥发性成分随水蒸气馏出，馏出液加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，然后使用乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，干燥过滤得到粗品，蒸馏得到茴香油，据此分析解题。 【详解】A．向馏出液中加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，有利于提高茴香油的提取率，A正确； B．茴香油的密度为0.98g•cm-3，其密度小于水，有机层在上层，则操作A应先将水层从分液漏斗下口放出，再将有机层从上口倒出，B错误； C．茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，若将无水硫酸镁用碱石灰代替，茴香油会在碱石灰的作用下发生水解而无法制得茴香油，C错误； D．乙醚的沸点为34.5℃，茴香油的沸点为235℃，则先蒸出的馏分主要为乙醚，D错误； 故答案为：A。 9．B 【分析】由反应机理可知，，据此分析； 【详解】A．过程①未得失电子，化合价不变，②③④均得电子，N的化合价均发生变化，A错误； B．过程②有H-N极性键形成，过程③中有H-O极性键形成，B正确； C．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，过程⑤中为，C错误； D．电催化与盐酸生成的反应方程式：，D错误； 故选B。 10．D 【详解】A．a点时加入5mL0.1mol∙L-1盐酸，此时10mL0.1mol∙L-1NaOH中，剩余0.005molNaOH，生成0.005molNaCl，溶液中还存在Na2CO3，由于水解生成OH-、水电离生成OH-，所以，A不正确； B．b点的溶液中，pH=7，NaOH、Na2CO3都与盐酸发生完全反应(Na2CO3全部转化为NaHCO3)，且NaHCO3部分与盐酸反应，此时溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3、H2CO3，再滴加盐酸时，发生NaHCO3与HCl的反应，反应的离子方程式为，B不正确； C．c点的溶液中，溶质为NaCl、NaHCO3、H2CO3，由于H2CO3的电离使溶液的pH＜7(实际上，的电离程度小于其水解程度)，C不正确； D．d点的溶液中，溶质为NaCl和H2CO3，依据电荷守恒，，溶液中，所以，D正确； 故选D。 11．(1) (2) (3)将-2价硫氧化生成硫单质，促进硫化钴及硫化镍溶解 (4) (5)1:1作氮肥 (6) 【分析】该流程以富钴结壳矿氧化除铁后液（主要含Co2+、Ni2+、Cu2+、Mn2+）为原料，先通过LiX84萃取分离铜，反萃取得到硫酸铜溶液；萃铜余液加硫化钠沉淀，利用硫化物溶度积差异将以硫化物形式与留在滤液1的分离；硫化钴镍沉淀加硫酸和过氧化氢氧化溶解，将硫化物转化为硫酸盐同时生成单质硫除去杂质硫；后续用P507-Cyanex272协同萃取钴，萃余液2分离出镍离子；负载有机相用硫酸反萃得到钴的硫酸盐溶液，再加入过二硫酸铵将残留微量氧化为二氧化锰除去；除锰后溶液加草酸铵沉钴得到草酸钴，最终实现铜、镍、钴、锰有价金属的分步回收，据此作答。 【详解】（1）“反萃铜”应使平衡逆向移动，应增加氢离子的浓度，最终得到溶液，故加入稀硫酸； （2）与大小接近，无法分离，因此加入硫化钠的主要目的是分离出锰离子；若时恰好沉淀完全，其浓度为，此时，根据，推出，又因为，，则； （3）“氧化溶解”时的作用是将价硫氧化生成硫单质，促进硫化钴及硫化镍溶解；被过氧化氢溶液氧化的离子方程式为； （4）根据题意，“协同萃取”应分离出，因此“萃余液2”的主要溶质为； （5）根据信息判断过二硫酸铵将锰离子氧化生成二氧化锰，离子方程式为，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；滤液2溶质主要为硫酸铵，因此可用作氮肥； （6）煅烧生成时，为氧化剂，为还原剂，因此化学方程式为。 12．(1)蒸发浓缩冷却结晶 (2)打开K2，关闭K3 (3)隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化 (4)当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶内溶液变为浅紫红色，且半分钟内不褪色 (5)偏高 (6)没有尾气处理装置，未反应的CO有毒，会污染空气 (7) 【详解】（1）草酸亚铁难溶于水，从其水溶液体系获得结晶的常规操作是先蒸发浓缩提高溶液浓度，再冷却结晶析出晶体，后续经过滤、洗涤、干燥得到产品。 （2）装置a中铁屑和稀硫酸反应生成和，先打开K3排尽装置内空气防止被氧化，待反应一段时间空气排尽后，关闭K3、打开K2，a中持续生成的使锥形瓶内压强增大，将生成的溶液压入b中与草酸铵反应生成草酸亚铁。 （3）草酸亚铁具有强还原性，装置c中的水形成液封，阻止外界空气进入b中氧化草酸亚铁晶体。 （4）KMnO4本身为紫红色，滴定中作为指示剂，当草酸亚铁被完全氧化后，过量的半滴KMnO4使溶液显紫红色，且半分钟不褪色即达到滴定终点。 （5）根据电子守恒配平反应：1mol失去3mol电子，1mol得到5mol电子，可得计量关系：。，则，草酸亚铁（）摩尔质量为180g/mol，纯度为。若滴定管未用KMnO4待装液润洗，标准液被残留水稀释，会导致消耗的标准液体积b偏大，最终测得结果偏高。 （6）草酸亚铁热分解生成CO，CO是有毒气体，该装置没有设置尾气处理环节，直接排放CO会污染环境，不符合绿色化学要求。 （7）根据实验现象：无水硫酸铜变蓝说明生成H2O，B中澄清石灰水变浑浊说明生成CO2，E中CuO变红、F中澄清石灰水变浑浊说明生成CO，A中残留FeO，结合原子守恒即可配平得到草酸亚铁晶体受热分解的化学方程式，化学方程式为。 13．(1)氯苯(2) (3) (4)取代反应(5)3(6)酰胺基、醚键(7)(8)CH3COClNaBH4 【分析】根据题干信息，A与发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C（），C发生取代反应生成D，D与发生取代反应生成E，E与发生取代反应生成F，F水解生成G，据此分析； 【详解】（1）A的化学名称为氯苯； （2）对比B和C的分子知，可知发生了加成（还原）反应，C的结构简式为； （3）根据D、E的结构，可知D与发生取代反应生成E，化学方程式为：； （4）E与发生取代反应生成F； （5）中采用sp3杂化的C原子数即为饱和C原子，有3个； （6）F（）中的含氧官能团名称是酰胺基、醚键； （7）的不饱和度为1，同分异构体，①能发生银镜反应，说明含有醛基，②其中核磁共振氢谱峰面积比为9∶4∶1，则说明含有三个甲基，则结构简式为：； （8）与生成CH3COCl（参考C→D转化），CH3COCl与苯反应（参考A→B转化）生成,与NaBH4反应生成（参考B→C转化），与生成。 14．(1)191.5第1步(2)ⅰAD(3) 【详解】（1）①已知CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)，则图中总反应的。根据图示可得，解得。 ②多步反应中，活化能越大的步骤反应速率越慢，慢反应决定总反应速率。由图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故第一步决定了COS的生成速率。 （2）①由图3可知，随着温度升高，反应ⅰ的逐渐增大，说明平衡常数增大，平衡正向移动，故反应ⅰ为吸热反应，即。 ②A．CO是反应ⅰ和ⅱ的反应物，是反应ⅱ的反应物，增大二者浓度，反应ⅰ和ⅱ的正反应速率均增加，正确； B．为固体，改变其用量不影响化学平衡，错误； C．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，错误； D．降低温度，分子平均动能减小，活化分子百分数降低，正确。 故选AD。 ③B点时反应ⅰ的，则。设平衡时和的分压均为，根据，解得。反应消耗的CO分压等于生成的分压，即，故起始CO分压为，CO的平衡转化率为。 （3）晶胞中的个数为，的个数为8，即一个晶胞含有4个。晶胞质量，晶胞体积，则晶体密度。 第2页共16页 高三化学答案·第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $