河南省重点高中联考2026届高三上学期模拟预测化学试题

2025一2026学年（上）高三年级顶尖计划（二） 化学(B卷)答案 1~14题，每小题3分，共42分。 1.答案A 命题透析本题以传统与创新为情境，考查合金及其性能、炼钢等知识，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与 微观探析、科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨两者均通过碳氧化(C→C02)降低含碳量，A项正确；生铁含碳量更高，硬度大于熟铁，B项错误；特 种钢材性能由合金元素种类、含量及工艺共同决定，C项错误；“炒钢”涉及碳氧化的化学反应，并非仅为物理加 工，D项错误。 2.答案C 命题透析本题以化学用语或图示为情境，考查球棍模型、核磁共振氢谱图、超分子结构示意图等知识，意在考 查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨 HCHO是平面结构的分子，含有C=0键和C一H键，且原子半径：C>0>H,其球棍模型为 2s 2p ,A项正确；基态氮原子的轨道表示式 ↑ ↑↑↑，B项正确：某物质的红外光谱图： C项错误；18-冠-6识别K+形成的超分子结构示意图： ,D项正确。 3.答案D 命题透析本题以物质推断为素材，考查常见元素与化合物的性质知识，意在考查分析与推测能力，证据推理 与模型认知的核心素养。 思路点拨由题意推测，A为硫、B为二氧化硫、C为硫酸、D为硫酸铜、E为氢氧化铜。元素S的最高价氧化物 对应水化物是H,SO4,是强酸，A项错误；SO2的漂白性是由于其与有色物质结合生成无色物质，不是强氧化性， B项错误：CSO,的稀溶液与铜不反应，C项错误；Cu(OH)2在空气中加热分解可生成CuO,是黑色固体，D项 正确。 4.答案B 命题透析本题以实验操作或方法为情境，考查实验仪器、实验基本操作知识，意在考查探究与创新能力，科学 探究与创新意识的核心素养。 思路点拨溶解少量固体于试管中，应加水振荡，手指不应该捂住试管口，以免污染试剂或试剂腐蚀手指，A项 错误；转移热的蒸发皿应用坩埚钳夹取，并放在陶土网上，B项正确；萃取振荡时要及时放气，放气时分液漏斗 一1 下端应向上倾斜，且手握活塞的方式不正确，C项错误；加热结晶水合物，会生成水，应防止水倒流，则图中试管 口应向下倾斜，D项错误。 5.答案B 命题透析本题以实验现象与离子方程式的正误判断为情境，考查离子方程式书写，意在考查理解与辨析能 力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨ZnCL2溶液中通入H,S后，析出的白色沉淀是ZmS,其离子方程式为Zn2++H,S—ZS↓+2H*,A 项正确；因为2Fe3++2I=2Fe2++l2,Fe203溶于Hl溶液，溶液变黄色，其离子方程式为Fe203+6H+2I 一2F2++L2+3H2O,B项错误；碳酸钠溶液中通人二氧化碳，CO2与水反应生成碳酸，进而与碱性较强的 CO号反应生成碱性较弱的HC0,,其离子方程式为CO号+CO2+H,0=2HCO,,C项正确；A13+与HC0在 溶液中发生双水解反应，生成A1(OH)3沉淀和CO,气体，其离子方程式为A13++3HCO一A1(OH)3↓+ 3C02↑，D项正确。 6.答案D 命题透析本题以“人造太阳”等离子体约束材料为情境，考查原子结构、电子排布、元素推断等知识，意在考 查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨由题意推测，W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Al。Na(第IA族)的第一电离能小于Al(第ⅢA族)的第 一电离能，A项错误；VX2即CO2,结构式为O=C=0,中心C原子的杂化类型为sp,空间结构为直线形，B项 错误；简单氢化物的沸点：NH(离子晶体)>H,O(分子间存在氢键)，C项错误；Al,CL。中所有原子最外层均满 CI .C1 CI 足8e稳定结构，则Al,CL。的分子结构为 ,AL2CL。分子中含有8个σ键，D项正确。 7.答案C 命题透析本题以B一氰基丙烯酸酯衍生物的制备为素材，考查立体异构、杂化类型、官能团的性质等知识，意 在考查理解与辨析能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拔观察结构，X与Y互为立体异构中的顺反异构，A项正确；X中碳原子的杂化类型有3种：s即（氰基 碳原子)、sp(苯环以及碳碳双键、碳氧双键碳原子)、sp3(甲基碳原子)，B项正确；1molX最多能与6olH2 COOH 发生加成反应（苯环3、碳碳双键1、氰基2），C项错误；在酸性、加热条件下，Z能转化为H0 ,D项 0 正确。 8.答案C 命题透析本题以饱和氯水的相关探究为素材，考查实验设计与评价、氯及其化合物等知识，意在考查探究与 创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨刚制备的氯水呈黄绿色，是因为溶解的CL2;具有漂白性，是因为CL2与水反应生成的HClO,反应为 2 CL2+H,0HC1+HC1O。避光保存的氯水：颜色变浅，漂白性减弱，说明C2和HC0在缓慢反应或分解，但 由于避光，分解速度较慢。阳光下放置的氯水：颜色迅速变浅至几乎无色，漂白性完全丧失，有气泡逸出，这主 要因为HC0在光照下迅速分解，发生反应：2HC0光照2HCl+0,↑，0，的生成导致气泡逸出：d,与H,0反应 的平衡向右移动，C2浓度降低，导致颜色变浅至接近无色。阳光主要促进HC0的分解，但解释不全面，A项不 符合题意；解释了HCIO分解导致的气泡、pH降低和漂白性丧失，但未能解释溶液中CO?的生成，B项不符合 题意：阳光促进HCIO分解生成O,和HCl,解释了气泡、漂白性丧失和pH降低，同时，在光照和酸性条件下， HClO歧化生成CO和C,解释了ClO的来源，C项符合题意；“HC0与Cl在酸性条件下反应生成ClO,” 不符合氧化还原反应化合价升降规律，D项不符合题意。 9.答案A 命题透析本题以物质性质的解释正误判断为素材，考查分子间作用力、键能与分子稳定性关系等知识，意在 考查归纳与论证能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨稳定性：H,0>H,S,是因为O一H键的键能大于S一H键，断键需要更多能量，A项错误；氟的电负 性大于氯，键的极性F一C>C一C,导致三氟乙酸中羧基中羟基的极性更大，更易电离出H,B项正确；金刚石 和晶体硅均为共价晶体，其熔点取决于共价键的强度，碳原子半径小于硅，C一C键键长更短，键能更大，破坏需 要更多能量，故熔点更高，C项正确；甲苯的甲基受苯环影响变得活泼，易被酸性KMO,溶液氧化，D项正确。 10.答案B 命题透析本题以实验方案和现象能否得出相应结论为情境，考查实验设计与评价等知识，意在考查探究与 创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨加入冰醋酸，c(C,COOH)增大，电离平衡向右移动，但电离的百分比下降了，即转化率不一定增 大，A项正确：镁与水的反应是放热反应，实验中加热导致反应速率加快，这是化学反应速率的普遍规律一 升高温度，反应速率增大，B项错误；用惰性电极电解CuSO4溶液，阳极反应为2H20-4e一O2↑+4H*,阴 极反应为Cu2++2e一一Cu,总反应相当于从溶液中脱去了CuO,加入C0,溶液恢复原状，可知电解产物是 02和Cu,C项正确；在酸性条件下，N0具有强氧化性，能将+4价的硫氧化为+6价的S0,SO}再与Ba 结合生成不溶于酸的BaSO,沉淀，D项正确。 11.答案A 命题透析本题以废弃塑料PLA的再利用为素材，考查高分子的结构与性质、单体与链节等知识，意在考查 理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨PLA的重复单元中只含有酯基一种官能团，A项错误；由PLA的结构可判断，PLA的单体为 OH CH3一CH一COOH,则合成PLA步骤的反应类型为缩聚反应，B项正确；由PLA的结构可知其为聚酯，碱性条 件下可发生水解反应，C项正确：M含有氨基、羧基，M属于氨基酸，D项正确。 12.答案C 命题透析本题以电催化CO2与NO合成尿素的原理为素材，考查电解原理、电极反应式等知识，意在考查分 一3 析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨由图可知，X极NO→CO(NH2)2的过程中氮元素的化合价由+2价降到-3价，X电极为阴极，发 生还原反应，A项正确：HC0向阳极移动，B项正确；Y电极反应式：4HC0-4e一=02↑+4C02↑+ 2H0,故电路中通过0.4mol电子时，Y极理论上收集到的气体质量为20.8g,C项错误；X极电极反应式为 11C02+2N0+10e+7H0=C0(NH2)2+10HC03,D项正确。 13.答案D 命题透析本题以羰基一烯环化反应机理为素材，考查化学键极性大小判断、机理的理解与运用知识，意在考 查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨步骤ⅱ为决速步骤，活化能较大，A项正确； 的分子式均为C,H20, 不考虑副反应，该环化反应的原子利用率为100%，B项正确：据图分析，反应副产物可能有 ,C项 正确；据图分析，反应物 中C一D键并没有断裂，D项错误。 14.答案D 命题透析本题以Na2CO4溶液中含铬微粒随pH的变化图像为素材，考查离子浓度的大小比较、电离常数等 知识，意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨Na,CrO,溶液中存在水解平衡：CO?+H,0HCO,+OH,随着pH增大，水解平衡逆向移 动，lgc(CrO)增大（曲线I)、lgc(HCO,)减小，结合表格又可得出曲线Ⅱ代表HCO,、曲线Ⅲ代表Cr,O (随pH增大，转化趋势：CO?→HCO,→CO?),A项正确；由表中信息可知，pH=12时，溶液显黄色，B项 正确：根据Q点可知：HCr0,一C0?+H电离常数为106,3，C项正确；P点时c(C0)=c(C,0),根 据元素守恒可得：2c(Cr2O号)+c(CrO)+c(HCr04)=0.025mol·L,即3c(CrO)+c(HCrO,)= 0.025mol·L-1,D项错误。 15.答案(1)AgN03(2分) (2)IC1+20H=0+C1+H20(2分) (3)弱酸性(1分)51+I0,+6H*一=3L2+3H20(2分) (4)调pH生成L2的反应中，O过量，大量IO,残留在滤液Ⅲ中(2分，合理即可)2经加热升华进人漏斗， 冷却为固体后被收集在漏斗中，从而达到分离提纯的目的(2分，合理即可) (5)3.06×103(2分) 命题透析本题以卤水中提取碘的流程为素材，考查陌生方程式的书写、化学平衡常数的计算与应用、物质的 分离与提纯等知识，意在考查理解与辨析能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨(1)结合流程分析，“反应Ⅱ”的目的：一是将碘元素氧化为ICL,二是将Ag转化为能被（浓）氨水 溶解的AgCl{Agl(s)+2NH(aq)一[Ag(NH3)2](aq)+I(aq)的化学平衡常数K极小}，以便于后续 一4 AgNO,的回收。 (2)结合流程和题意，“反应Ⅲ”含碘微粒涉及的离子方程式有IC1+20H=I0+C1+H,0、3I0一 2I+103。 (3)“调pH”至弱酸性的主要目的是使I和IO,在酸性环境中转化为L2,离子方程式：5I+O+6H* 3L2+3H20。 (4)不考虑操作和反应损失，该流程回收I2的量与预期相差较大，主要原因是滤液Ⅲ中有大量未被还原的 I0(由3I0一2I+I0,、5I+I0+6H=3L2+3H20分析判断)。L2进一步精制的原理是2经加热 升华进人漏斗，冷却为固体后被收集在漏斗中，从而达到分离提纯的目的。 (5)已知Kp(AgC)=1.8×10-1o2NH,(aq)+Ag*(aq)[Ag(NH)2]+(aq)K2=1.7×10',AgCl(s)+ 2NH,(aq)[Ag(NH)2](aq)+C(aq)的化学平衡常数K=Kp(AgCI)·K=3.06×103。 16.答案(1)Cu,0+2HBr△2CuBr+H,0(2分) (2)在氮气等惰性气体环境下进行(2分，合理即可) (3)将可能形成的Cu(Ⅱ)还原回Cu(I)(或防止CuBr被氧化)(2分，合理即可)除去残留的还原剂，并除 去水分，加速干燥(2分，合理即可) (4)①c(2分) ②当加人最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复(2分，合理即可) ③偏小(2分) ④57.6cy(2分)】 命题透析 本题以溴化亚铜的制备为素材，考查实验设计与评价、氧化还原反应滴定原理及误差分析等知识， 意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨(1)Gu,0与浓HBr反应生成CuBr和水，配平后为C,0+2HBr△2Cubr+H,0。 (2)CuBr中的Cu(I)易被空气中的氧气氧化为Cu(Ⅱ)，因此在制备过程中需要通入惰性气体（如氮气）进行 保护，以隔绝氧气。 (3)第1次洗涤：去除HBr和可溶性杂质；第2次洗涤：防止氧化，将可能形成的Cu(Ⅱ)杂质还原为Cu(I); 第3次洗涤：去除还原剂，去除水分，加速干燥。 (4)①N,S,0,标准溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，滴定前装有标准液的滴定管（碱式滴定管）排气泡时， 应弯曲橡胶管，使滴定管口向上倾斜，挤压橡胶管内的玻璃珠，使液体充满尖嘴。②达到滴定终点的标志是当 加入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。③滴定过程中，若滴定前读数准确，滴定 后俯视读数，则读数偏小，标准溶液的体积偏小，测定结果将偏小。④依题意可确定计算关系为2CBr~【2~ 2S,O},即n(CuBr)=n(Na,S,O3)=cV×10-3mol,CuBr粗品中CuBr的质量分数为 4eV×10-3mmlx144gmml×100%=57.6cy%。 ag 5 17.答案(1)(2a-2b-c)(2分) (2)①-142(2分) ②<(1分)S02和S0,中心S原子的价电子对数均为3，S02中S有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对 之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致键角变小(2分，合理即可) (3)增大S0,的转化率(2分，合理即可) (4)90(2分) (5)02 480(2分） 3 2 PN ②bc(2分) 命题透析本题以硫铁矿为素材，考查盖斯定律、反应的自发性、价层电子对互斥理论、化学平衡、晶体结构等 知识，意在考查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)根据盖斯定律可知：2×①+2×②+③=目标反应，即4FS2(s)+11O2(g)一8SO2(g)+ 2Fe,0,(s)的△H=(2a-2b-c)kJ·mol-l。 (2)①根据△G=△H-TAS。△G=-198k·mol-1-[298K×(-188J·mdl1·K-1)/1000J·kJ1]≈ -142k·mol1。②S02和S03中心S原子的价电子对数均为3，S02中S有一个孤电子对，孤电子对与成键 成子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致键角：S03>S02。 (4)设原料共100mol,S02的转化率为x,列出三段式： 2S02(g)+02(g)2S03(g) 起始/mol 12 44 0 转化mol 12x 6x 12x 44 则2-12x+4-6x+12x+4×10%=46.5%,x0.90,则S0,的转化率为90%。 (5)①设品胞参数为口0m,由图可知，8”之间的最知距离为面对角线的二分之一，即为。em,由均推法可 知，每个晶胞中有4个FeS2,则acm3×pg·cm3×N=4mol×120g·mol-1,a= 3480,Fe2+之间的最短距 离为号 3480 cm。②观察晶胞，S号的配位数为6，b、c项符合题意。 18.答案(1)（酮）羰基、酰胺基(2分) Br Br H +CH;COCI CH,CI, (2) TEA +HC(2分)保护氨基，避免参与反应(2分，合 NH2 NH 理即可) (3)3-丁烯酸(2分)CH2=C一C00CH3(2分) CH 6 COOH COOH CH CHCH,CH CH,CHCH CHCH,COOH 0 H.C 0 H20 (4)3(2分) 或 (2分) NH NH 命题透析本题以依喜替康有机合成路线为素材，考查有机物的结构与性质、有机物的名称、同分异构体等知 识，意在考查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)G中的含氧官能团为（酮）羰基、酰胺基。 Br H,C (2)观察C、M的结构，可推测D是 E是 、H中又含有氨基，故C→D NH NH Br CH,CI, 的化学方程式： CH COCI- TEA +HC1,该步骤的目的是保护氨基，避 NH2 免参与反应。 CH (3)有机玻璃的结构简式为ECH2一C ,其单体为CH,=C一CO0CH3 COOCH, CH3 COOH COOH CH CHCH CH CH,CHCH CHCH,COOH H,C 0 H.C 0 H.C (4)符合题意的同分异构体有 和 一7null