2026年高考总复习化学考前模拟卷1-【辽海备考】2026年高考总复习化学考前模拟卷

2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷 化学（一) (满分100分，考试时间75分钟) 敬 可能用到的相对原子质量：H一1C一120一16Na一23Ce一140 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求。 1.化学与生活密切相关，下列涉及氧化还原反应的是 ( A.用肥皂水涂抹蚊虫叮咬处 B.制作豆腐时加入葡萄酸内酯 圜 C.使用含氟牙膏预防龋齿 D.咬过的苹果果肉变色 2.C02汽提法生产尿素的工艺主要在合成塔中发生如下两个化学反应： 蜘 I:2NH+CO2=NH-COONH II:NH2COONH=CO(NH2)2+H2O 为 下列有关化学用语或说法正确的是 ( ) 烘 A.NH的电子式：H:N:H B.NHCOONH4的晶体类型：分子晶体 H 长 C.CO2的空间结构：直线形 D.CO(NH)2中碳原子杂化方式：sp3杂化 闻 3.从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列说法正确的是 ☒ A.磷脂分子头部亲水，尾部疏水，因此细胞膜中的磷脂双分子层头向外、尾向内排列 如 B.乙醚是非极性分子，乙醇是极性分子，因此乙醚在水中的溶解度比乙醇小 郡 C.F,C一是吸电子基团，Cl,C一是推电子基团，因此F,CCOOH的酸性强于CI,CCOOH D.O—HO的作用力大于F一H…F的作用力，因此HO的沸点比HF高 4.侯氏制碱法制取NaHCO3的反应原理为NaCl+CO2+NH3+HO一NaHCO3↓+NH,Cl。设NA为阿 伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 菌 A.0.1 mol NaHCO3晶体中含离子数目为0.3Na B.N2与足量H2充分反应生成2 mol NH,转移电子数目为6Na C.2L0.5mol·L NHCI溶液中，NH数目为Na D.2.24LC02含σ键数目为0.2NA 5.奥司他韦（化合物M)是目前治疗流感的常用药物，其合成路线如下（其中某些步骤省略）。 婚 下列说法正确的是 OCH2CF NH, ONH2 茶 HN NH; CH2-CHCOOH- COOC2Hs Z M 化学（一）第1页（共8页） A.X中所有原子可能共平面 B.Y中含有4种官能团 C.Y→Z反应类型为还原反应 D.X、M均可以发生水解反应和加成反应 6.下列实验操作能够达到实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 A 向乙酸乙酯（含少量乙酸）样品中加入乙醇、浓硫酸 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 向CuSO4溶液中加入少量NaCI固体，振荡，溶液由蓝色变为黄[CuCl4]2配位键稳定性大于 9 绿色 Cu(HO)412* C 将硝酸银溶液逐滴滴加到氨水中，溶液恰好澄清 配制银氨溶液 D 用pH试纸测定相同浓度的NaCIo和醋酸钠溶液pH 验证HC1O和醋酸酸性 7.前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X 与Z、R均可形成离子化合物：Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列 说法正确的是 () A.简单离子半径：W>Z>Y B.X分别与Y、W形成的常见化合物都属于弱电解质 C.Y分别与Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同 D.用铂丝蘸取含R元素的溶液，在无色灯焰上灼烧可直接观察到黄色火焰 8.下列实验操作与选用的部分仪器不相匹配的是 0玻璃棒 /100mL 25℃ ① ② ⊙ ⑤ A.用NaOH溶液来吸收NO2尾气，选用③④ B.分离Br2的CCl4溶液和水，选用②③ C.将干海带灼烧成海带灰，选用①⑥⑦ D.配制100mL1mol/L的NaCI溶液，选用③⑤⑥⑧ 9.氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂YO3,Y+占据原来Ce4+的位 置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性能。CO2晶胞 中Ce4+与最近O2的核间距为apm,下列说法不正确的是 () 化学（一）第2页（共8页） Ce0, CeO,Y,O 。Ce或Y+●O2或氧空位（无O-) A.已知M点原子的分数坐标为(0,0,0)，则N点原子的分数坐标为(1,1,1) B.CeO2晶胞中与Ce4+最近且等距的Ce+的个数为l2 C.若掺杂Y03后得到n(Ce02):n(Y03)=0.8:0.1的晶体，则此晶体中O2的空缺率为5% D.Ce0,晶体的密度为，1,72x10gcm3 (V3a)3.N 10.化合物Z是合成药物艾氟康唑的中间体，下列说法正确的是 A.Y可发生取代、加成、氧化、消去反应 OH B.1molZ分子最多可消耗3 mol NaOH HSO-F C.Y分子不存在对映异构现象 D.Y的水溶性比Z的水溶性小 2 11.利用某钒废渣（主要成分为VO4以及铁、铝、硅的氧化物）制备VO的工艺流程如图： HSO4适量HO2 NaCO 萃取剂 KCIO 钒废渣酸浸→氧化1调pH→萃取 反萃取氧化2 滤渣1 滤渣2 水相 有机相 煅烧一NHVO,沉钒一NH,CI V05 已知：I.V,O4溶于酸后以VO+的形式存在，过量HO2可氧化VO2+; Ⅱ.VO+2HR(有机层)VOR,(有机层)+2H; Ⅲ.溶液中VO与VO可相互转化：VO+HO一VO+2H。 下列说法错误的是 A.“氧化1”中不适宜用升温的方式加快转化速率 B.“滤渣2”的成分为Fe(OH)3和Al(OH)3 C.“氧化2”的离子反应方程式为CIO+6VO2+3HO=6VO+CI+6H D.“沉钒”时需加入稀HCI用来抑制NH水解，使VO沉淀完全 化学（一）第3页（共8页） 12.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象 阴极表面有无色气体，一段时间后阴 ① 0.1 mol.L-CuS04+少量 极表面有红色固体，气体减少。经检 H2SO, 验，电解质溶液中有Fe2 Cu 等 阴极表面未观察到气体，一段时间后 0.1 mol.L-CuSO4+过量 电解质溶液 ② 阴极表面有致密红色固体。经检验， 氨水 电解质溶液中无铁元素 下列说法正确的是 A.①中气体减少是由于溶液中c(H)减小和F反应速率减慢 B.反应结束后向①中阴极附近溶液滴加K3[Fe(CN)6]溶液来检验①中的Fe+ 等 C.②中随阴极析出Cu,推测溶液c(Cu2+)减小，Cu2+4NH3一[Cu(NH)4]2+平衡逆向移动 D.对比①②可知，加入氨水，使Cu+转化为[Cu(NH)4]2,适当降低c(Cu2+),电镀效果更好 13.全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法 不正确的是 A.隔膜为阳离子交换膜 B.a极材料为负载铁的石墨 C.充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小 D.理论上，Fe+每减少1mol,Fe2+总量相应增加1.5mol 14.一定条件下可合成乙烯：6H2(g)+2C02(g)CH2=CH(g)+ ® 隔 ® 4H,O(g),已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效 率的影响如图所示，下列说法正确的是 ( 70 C02平衡转化率 60 M(250,50) 50----- 40 30 催化效率 0 100150200250300350400 t/℃ 焙 A.温度不变，若增大压强，v正>v逆，平衡常数增大 B.升高温度，平衡向逆反应方向移动，催化剂的催化效率降低 C.温度不变，若恒压下向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动 D.若投料比n(H2):n(CO2)=3:1,则图中M点乙烯的体积分数为7.7% 化学（一）第4页（共8页）》 15.常温下，向HA(弱酸)和CuSO4的混合溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中 以pM-gM,M=得号、e《C)]随pH的变化关系如图所示。已知：HA和 CuSO4在溶液中不反应；离子浓度c≤105molL1认为已除尽。下列叙述错误的是() A.⑧代表pS(HA与pH的关系 ①② ③ c(A2-) 敬 B.①和②的交叉点X的坐标为(5.6,2.8) C.0.1 mol.L NaHA溶液中：c(Na)>c(HA)>c(A2)>c(HA) 4 D.25℃时，要除尽工业废水中的Cu+,需调整溶液的pH至 .8 5.7 pH 少为7.3 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)以赤泥熔炼渣（主要成分为FeO3、SiO2、CaO,少量Sc03)为原料分离稀土元素 钪(Sc)的一种工艺流程如下： 铷 98%HS04萃取剂 试剂X NaOH HNO HCO 打 熔炼渣酸浸 萃取 ·萃取液 反萃取 固体ScPO,→酸溶→沉钪 →Sc2(C204)3-→Sc ￥ 浸渣 萃余液 有机相水相 滤液 长 已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc+的氧化性很弱。 ☒ 回答下列问题： 如 (1)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。 郡 (2)“反萃取”的目的是分离Sc和F。“萃取液”中含 100 有的金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Sc+,向“萃取液”中 d6 -Sc 令 加入NaOH,阳离子沉淀率随pH的变化如图。试剂 60 ---Fe X为 (填“NaSO3”或“NaCIo”),应调节 40 …Fe24 点 pH最佳为 、0 (3)“沉钪”时，发生反应：2Sc+3H,CO4=SC2(CO4)3+ 4 6 6H。为判断该反应能否进行，计算时所需数据除 pH K[Sc2(CO4)3]外还需 (4)Sc2(CO4)3经系列操作可得ScCl3·6H0,ScCl36H,0加热脱水时生成ScOCI的化学方程 式为 (5)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数（分 配系数K)K=(A)；萃取率=”有n(X)xI00%。萃取Sc的过程中，若钪元素的分配 c(B) n总(X) 系数K=c(有机相)=7.5，取100mL含钪的水溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc c(水相) 化学（一）第5页（共8页） 的萃取率为 %(保留到小数点后一位，下同)：若将60mL萃取剂分成3次萃 取，每次用20mL,则最后一次水层中钪的残留率为 %。 17.(14分)丙酮酸乙酯广泛应用于医药、生物、农药、食品、香料及化妆品等领域。实验室 可采用乳酸乙酯进行催化氧化合成丙酮酸乙酯。实验反应原理如下： ClO+2Br+2H*-Br2+Cl-+H2O CHCH(OH)COOCH,CH+Br2-CHCOCOOCHCH+2Br +2H 乳酸乙酸 丙酮酸乙酯 已知：①丙酮酸乙酯是无色液体，溶于乙醇、乙醚、丙酮，微溶于水，相对分子质量为116： ②丙酮酸乙酯易被溴取代，生成溴代丙酮酸乙酯。 实验步骤： I.制备：在如图1的三颈烧瓶中加入一定量三氯甲烷和溴化钠及盐 酸，搅拌，控制温度在20℃，光照条件下滴加0.2ol乳酸乙酯和 稍过量的次氯酸钠溶液，控制在2~3h内滴完。 Ⅱ.提纯：倒出反应液，加入10%碳酸钠溶液，分离出有机层，用饱 和食盐水洗涤两次，并用无水硫酸镁干燥，蒸出溶剂得到粗产品。 粗产品经减压蒸馏得到精制丙酮酸乙酯17.8g,色谱测定其纯度为98%。 图1 回答下列问题： (1)仪器A的名称是 (2)制备丙酮酸乙酯时，溴化钠在反应中起 作用。 (3)提纯丙酮酸乙酯的过程中，用饱和食盐水替代蒸馏水洗涤的目的是 (4)减压蒸馏的装置如图2所示，提纯丙酮酸乙酯中采 克式蒸馏头 出水 用减压蒸馏技术，日的是 相对于冷凝管直接连接蒸馏烧瓶，使用克氏蒸馏头 接真 的优点是 空泵 进水 (5)探究溴化钠与乳酸乙酯摩尔比（物质的量之比）对 丙酮酸乙酯产率的影响，实验结果如图3所示。为 图2 了提高产率，实验中采用的最佳的溴化钠与乳酸乙 880 酯摩尔比为 ；随着溴化钠与乳酸乙酯摩尔 10 比增大，丙酮酸乙酯产率先增大后减少，后减少的 50 原因是 40 (6)本实验中丙酮酸乙酯产率为 (保留两位有 % 0.050.10.150.2 效数字)。 溴化钠与乳酸乙酯摩尔比 图3 18.(14分)丁烷催化裂解为化工行业提供了丰富的原料，相关反应如下： 反应I CHCHCH2CH(g)=CH4(g)+CH6(g)△H>0 化学（一）第6页（共8页） 反应ⅡCH,CH.CH2CH(g)=C2H6(g)+CH4(g）△H2 回答下列问题： (1)已知△G=△H-T△S,△G随着温度变化的三种趋势如图1中曲线所示，能用来表示反应 Ⅱ的曲线是 (填“x”“y”或“z”)。 2.0 1.6 1.2 b 24 (-1-ow)/2 C.Hio 0.8 0.4 CH d 增长 2468101214161820 T/K t/min 图1 图2 (2)某温度下，向5L密闭的刚性容器中通入10 mol CH,CH,CHCH(g)发生反应I、反应 Ⅱ，保持温度不变，正丁烷、丙烯的浓度随时间的变化关系如图2所示： ①0~12min内v(CH4)= mol-Ll.minl。 ②反应达到平衡后的压强是反应前的倍。 4 ③反应Ⅱ的平衡常数K= ④14min时，降低温度，丙烯的浓度随时间的变化对应图2中的曲线 (填字母)。 (3)采用选择性膜技术（可选择性地让某气体通过而脱离体系）可提高CH。的选择性，其 原因是 (4)工业生产时向正丁烷中混入一定量的水蒸气以减少积碳对催化剂活性的影响，结合化 学方程式说明这样操作的原因： 19.(13分)有机物H是一种抗癌药物的合成中间体，其合成路线如下图所示。 CHs MnO.Cl H.COOC- E CN R 已知：R,CHO.RCHOH。 回答下列问题： (1)A→B的反应类型为 化学（一）第7页（共8页） (2)C→D的化学方程式为 (3)E中含氧官能团的名称是 CI CH C (4)A具有碱性，其碱性 (填“>”或“<”) (5)A的同分异构体中含苯环和一N<的共有 种：其中核磁共振氢谱有3组峰， 且峰面积之比为2：2：1的结构简式为 (写出一种即可)。 (6)GH的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反 应，则第二步反应有机产物的结构简式为 等 些 洲 杀 哦 倒 牌 化学（一）第8页（共8页） 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷 化学（一）答题卡 姓 名 考生禁填 缺考考生，由监考员贴条形码，并 证 号 用2B铅笔填涂右面的缺考标记 1.答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓 贴条形码区 填 注 名、准考证号，并核对准条形码上的信息。确认无误后，将条形码 粘贴在答题卡上相应位置。 涂 正确填涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用黑色字迹的签字笔 样 事 或钢笔作答，字体工整、笔迹清楚 3.考生必须在答题卡各题目的规定答题区域内答题，超出答题区域范 例 项 围书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不准折叠，不得损坏。 选择题 1.ABCD 5.AB C D 9.ABCD 13.A B CD 2.ABCD 6.AB CD 10.ABCD 14.A B C D 3.A B C D 7.A BCD 11.A B C D 15.AB C D 4.ABCD 8.AB C D 12.AB CD 非选择题 16.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) 17.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 非选择题 18.(14分) (1) (2)① ② ③ ④ (3) (4) 5 19.(13分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效参考答案与解析 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷化学（一） 1.D【解析】用肥皂水涂抹蚊虫叮咬处，是利用肥皂水水解使溶液呈碱性的性质来中和蚊虫叮咬处的有机酸，故A错误： 制作豆腐时加入葡萄酸内酯，利用了胶体聚沉的性质，不涉及氧化还原反应，故B错误；使用含氟牙音预防龋齿，是利用了含 氟牙音中的F能转换为溶解度更小的沉淀，也不涉及氧化还原反应，故C错误；咬过的苹果果肉变色，是果肉中的酚类物质被 氧气氧化为棕色的醌类物质，故D正确。 2.C【解析】NH的电子式应为HNH,故A错误；NH.COONH,为含有铵根离子的有机铵盐，为离子晶体，故B错误； H CO,中碳原子为sp杂化，分子构型为直线形，故C正确；CO(NH)2中碳原子和氧原子以双键相连，所以碳原子的杂化方式应 为sp2杂化，故D错误。 3.A【解析】磷脂分子头部亲水，尾部疏水，因此细胞膜中的磷脂双分子层头向外、尾向内排列，故A正确：乙醚的结构 中氧原子为$p杂化，氧原子上仍有2对孤电子对，对两根碳氧键有排斥作用，因此实际的结构为V形，并不是对称的分子， 正负电荷中心不重合，因此乙醚为极性分子，乙醇也是极性分子，乙醚的极性比乙醇弱，且乙醇与水更易形成分子间氢键，因 此乙醚在水中的溶解度比乙醇小，故B错误；F,C一是吸电子基团，CC一也是吸电子基团，F,C一的吸电子效应更大，因此 F,CCOOH的酸性强于Cl,CCOOH,故C错误；H,O的沸点高于HP,是因为相同物质的量的H,O中形成氢键的数目比HF中形 成的氢键数目多，故D错误。 4.B【解析】NaHCO3晶体中含有1个Na和1个HCO,0.1 mol NaHCO3晶体中含离子数目为0.2Wa,故A错误；N2与H 反应生成NH的过程虽然是可逆的，但是当反应生成2 mol NH时，转移电子数目等于6Wa,故B正确；NH在水溶液中会发 生水解，2L0.5 mol.L-NH,C溶液中，NH数目小于NA,故C错误；CO2体积2.24L但是没有注明体系是标准状况，故D错误。 5.A【解析】X中所有碳原子均为$p杂化，所以X中所有原子可能共平面，故A正确；Y中含有的官能团有碳碳双键、 酯基、碳氟键，共3种，故B错误：Y→Z为取代反应，故C错误：X中含有碳碳双键，能发生加成反应，但不含能水解的官 能团（如酯基、卤素原子等），不能发生水解反应，M中含有酯基能发生水解反应，含有碳碳双键能发生加成反应，故D错误。 6.B【解析】乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应为可逆反应，不能通过添加过量乙醇使剩余的乙酸反应完全，故A错误；蓝 色的CuSO,溶液中加入少量NaC固体，溶液颜色由蓝色变为黄绿色，是因为[Cu(H,O)4]2+转化为更为稳定的[CuC]2，故B正 确；银氨溶液的制备操作为向硝酸银溶液逐滴滴加氨水至溶液恢复澄清，故C错误；NaCIO溶液中CIO会水解生成HClO,而 HClO会漂白指示剂，故不能用pH试纸来测量NaC1O溶液的pH,故D错误。 7.B【解析】X、Y、Z、W、R五种元素分别为H、O、Na、S、K。简单离子半径：S2>O>Na,故A错误；H与O、S 形成的简单化合物HO、HS均为弱电解质，故B正确；NO2和SO2均具有漂白性，但是原理并不相同，故C错误；钾元素 的焰色需透过蓝色钴玻璃呈紫色，故D错误。 8.C【解析】NO2尾气需用NOH吸收，同时要防倒吸，所以用倒置的漏斗和烧杯，故A正确：分离Br2的CCl溶液和水 所用的操作为分液，需用到的仪器为分液漏斗和烧杯，故B正确；将干海带灼烧成海带灰，需用到的仪器为坩埚、三脚架和泥 三角，不能选择蒸发l,故C错误：配制1O0mL1mol/L的NaCl溶液需用到的仪器为烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴 管，故D正确。 9.D【解析】M点原子的分数坐标为(0,0,0)，由图可知，N点原子的分数坐标为(1,1,1)，故A正确；根据图示， CeO2晶胞中与Ce+最近且等距的Ce+的个数为12，故B正确；氧化铈(CeO2)品胞中掺杂YO3,Y+占据原来Ce+的位置，未 参考答案与解析第1页（共60页） 掺杂之前，每个晶胞中有4个Ce#、8个O2,若掺杂YO3后得到n(CeO2):n(YO3)=0.8:0.1的晶体，每个晶胞中Ce+和Y+共4 个时，含有4x(0.8×2+0.1x3)=7.6个0'，则此品体中02的空缺率为8-76×100%=5%，故C正确：根据均摊原则，Ce02晶胞中 8 Ce的数目为4,0的数目为8，Ce与最近0的核间距为apm,是体对角线的}，即边长为43apm,密度为 3 *17xI0 (4Yx10xN(V3a-w8m,故D错误。 172×4 3 10.A【解析】Y分子中存在碳卤键、羟基和苯环结构，且羟基的邻位碳原子上有氢原子，所以Y可发生取代、加成、氧 化、消去反应，故A正确：Z分子中含2个氟原子和1个氯原子，但是氟原子直接与苯环相连，所以水解时最多可消耗5ol NOH,故B错误；Y分子中，与羟基相连的碳原子为手性碳原子，则Y分子存在对映异构现象，故C错误；Y分子中含有亲 水基团羟基，而Z分子中无亲水基团，所以Y的水溶性更好，故D错误。 11.D【解析】“氧化1”中，过氧化氢不稳定受热会分解，所以不适宜用升温的方式加快转化速率，故A正确；加入 NaCO,调节pH的目的是使Fe+和AI+沉淀，因此“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,故B正确；“氧化2”过程中 CIO作氧化剂，使VO2+转化为VO,故C正确；溶液中存在平衡VO+HO一VO+2H,加入稀HC1,溶液酸性增强，平衡逆 向移动，不利于VO的沉淀，故D错误。 12.D【解析】随着反应的进行，一段时间后溶液中的c(H)减小，同时阴极发生电极反应：Cu+2e=Cu,生成的Cu覆盖 在阴极铁制镀件表面，阻碍了H与铁的接触，故气体减少，故A错误；检验Fe+应在实验结束后取阴极附近溶液滴加K[Fε(CN)6], 不可直接向阴极附近滴加K[Fe(CN)6],因为K[Fe(CN)6]会腐蚀Fe电极，也会生成蓝色沉淀，故B错误；当阴极有Cu析出 时，阴极电极反应：Cu2+2e=Cu,阳极电极反应：Cu-2e=Cu2+,又因为②中电解液中无铁元素，根据得失电子守恒，溶液 73 中c(Cu2+)不变，故C错误：①中的c(Cu2+)相对较大，H和Cu+都在阴极放电，产生氢气且镀层不够致密，②中Cu+与氨水 形成配合物，适当降低了c(Cu+),使得Cu缓慢析出，形成更致密的镀层，故适当降低c(Cu2),电镀效果更好，故D正确。 13.A【解析】全铁流电池原理为2Fe+Fe=3Fe2,a极发生Fe-2e=Fe+,为负载铁的石墨电极，作负极，b极发生Fe+e= F2+,发生还原反应，b为石墨电极，作正极。两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，故A错误； 根据分析，放电时，a极为负极，b极为正极，故B正确；充电时，a接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2+2e=Fe,b接 电源正极，为阳极，发生的电极反应式为Fe2+-e=Fe+,两极的Fe2+均减少，故C正确；根据总反应方程式2Fe3+Fe=3Fe2+可 知，Fe+减少1mol,Fe2+增加1.5mol.故D正确。 14.D【解析】平衡常数只与温度有关，温度不变，若增大压强，v>w邀，平衡常数不变，故A错误；升高温度，CO2的平 衡转化率降低，可知平衡向逆反应方向移动；根据图示，催化剂的催化效率先升高后降低，故B错误；温度不变，若恒压下向 平衡体系中充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，故C错误；若投料比n(H2):n(CO2)=3:1,图中M点CO, 的平衡转化率为50%，则： 6H2(g)+2CO2(g)=CH2=CH(g)+4H2O(g) 起始时物质的量/mol 3a 0 0 转化的物质的量/mol1.5a0.5a 0.25aa 平衡时物质的量/mol1.5a 0.5a 0.25aa 乙烯的体积分数为0254x100%=7.7%,故D正确。 3.25a 15D【解】从国作可以看出，②8两条线平行，则时者斜率相同.}，则pp代起代： K K 参考答案与解析第2页（共60页） g太gc,同理p气号p-ge起人-电e().因此这两种楷况的斜率相同，而K冰，故在y箱上栽距 K. K 小的对应K的情况，即②代表p(A与pH的关系，③代表p(HA与pH的关系，则①代表pCu与pH的关系，故A正确： c(HA) c(A2) 由于K=c(HA)c(H),K=c(AeHD,当pH28时，p(A-0,即cHAl,K=c(Hr)=102,当pH5.7时，pA-0, c(H2A) c(HA) c(HA) c(HA-) c(A2) 即c(HA2=1,K=c(H)=1053,根据①与X的交点可知铜离子浓度为1molL时，c(H)=102molL,则K[Cu(OH)2]=1096, c(A2-) 在0和2的交又点x处，器-9，-e,度时cQ),又因为kQ0,Cro, e(0H)=备，联立可得c(H=10“mL,pH=56,p028,所以交又点X的坐标为(56,28)，放B正确：由于K= 0气HA的水解常数K=90巴，HA的电离程度大于水解程度，所以0.1 mol-L-NaHA溶液中：c(Na)>c(HA≥ c(A2)>c(HA),故C正确；当c(Cu2+)=10-5mol/L时，pCu2+=5,根据Km[Cu(OH)2]=10-9.6可得，此时c(OH)=10-73molL, c(H)=107mol/L,因此调节pH至少为6.7，故D错误。 16.(14分，每空2分) (1)CaSO4、SiO2 (2)Na2SO3 2 (3)K(HC2O4)、K(HC2O4) (4)ScC16H,0△Sc0C1+2HC1↑+5H,0 (5)81.86.4 74 【解析】熔炼渣主要成分为FeO、SiO2、CO,少量ScO,其中二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，故 “浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2;FeO和Sc,O和硫酸反应生成相应的盐，随后用萃取剂萃取，将钪元素和铁元素分离出 来，加入试剂X将三价铁还原为二价铁，加入氢氧化钠实现钪和铁的分离，过滤后加入硝酸溶解，随后加入草酸沉钪，处理后 得到单质钪。 (1)“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2 (2)由图可知，Fe2更容易和Sc+分离，故试剂X应该是将Fe转化为Fe2+,则试剂X需具有还原性，则X为NaSO;由图 可知，pH为2时，Fe2+没有沉淀，Sc+的沉淀率已经接近100%，故应调节pH最佳为2。 (3)根据盖斯定律和平衡常数的计算要求可知反应2Sc+3H,C,0,一Sc(C,0,)+6H的平衡常数K=[K(H,C0,)]:[K(HC0)] KspSc2(C204)3 (4)ScCL,6H,0沉淀在高温脱水的过程中，ScC1,发生了水解反应，方程式为ScCl,·6H,0△Sc0C+2HC1↑+5H,0 (5)设100mL含Sc的溶液中Sc的物质的量为amol,一次性加入60mL萃取剂，其中可以萃取的Sc的物质的量为xmol, 则K,=60x10=7.5,解得x0.818a,Sc的萃取率为(X×100%=0.8180×1009%=81.8%;若将60mL萃取剂分成3次萃 a-x na(X) a 100×10-3 取，每次用20mL,设100mL含Sc的溶液中Sc的物质的量为amol,一次性加入20mL萃取剂，其中可以萃取的Sc的物质 的量为xmol,则K= 20x10=75,解得x=0.60,Sc的苯取率为L(X×1009%=0,60×100%=60%,钪的残留率为1-60%= a-x ne(X) a 100×10-9 40%,每次萃取时，使用的萃取剂体积都是20L,则每次的萃取率相同，故最后一次水层中钪的残留率为40%x40%x40%=6.4% 17.(14分，除特殊标记外，每空2分) 参考答案与解析第3页（共60页） (1)球形冷凝管(1分) (2)催化剂(1分) (3)降低丙酮酸乙酯的溶解度，减少丙酮酸乙酯损耗 (4)降低沸点，防止在蒸馏过程中丙酮酸乙酯高温分解防止液滴溅射入冷凝管 (5)0.025溴化钠的量增大，生成过多的溴与丙酮酸乙酯反应生成溴代丙酮酸乙酯，导致产率降低（合理即可） (6)75% 【解析】(1)由题图可知，仪器A是球形冷凝管。 (2)由实验反应原理如下： ClO +2Br +2H-Br2+CI+H2O CHCH(OH)COOCH,CH+Br2→CH COCOOCH,CH+2B+2H可知，Br先被反应，后又被生成，故溴化钠在反应中起催化剂 乳酸乙酯 丙酮酸乙酯 作用。 (3)利用盐析原理，降低有机物在水中溶解度，用饱和食盐水替代蒸馏水洗涤可降低丙酮酸乙酯的溶解度，减少产品损失。 (4)减压蒸馏可以降低馏出物沸点，防止在蒸馏过程中丙酮酸乙酯高温分解；连接克氏蒸馏头可防止因圆底烧瓶中液体暴 沸而使液滴溅射入冷凝管。 (5)据图可知，当溴化钠与乳酸乙酯摩尔比约为0.025时，丙酮酸乙酯的产率最高，故为了提高产率，实验中采用的最佳 的溴化钠与乳酸乙酯摩尔比为0.025：已知丙酮酸乙酯易被溴取代，生成溴代丙酮酸乙酯，若摩尔比过大，溴化钠的量增大，生 成过多的溴与丙酮酸乙酯反应生成溴代丙酮酸乙酯，导致产率降低（合理即可）。 (6)由题知，乳酸乙酯物质的量为0.2mol,理论生成丙酮酸乙酯0.2mol,质量为0.2mol×116gmol=23.2g,实际精制后 质量为17.8g,纯度为98%，则实际纯品质量为17.8gx98%≈17.444g,产率为1744×1009%≈759%（保留两位有效数字）。 23.2 18.(14分，每空2分) (1)z (2)①0.05②1.7®18④d (3)CH6可通过选择性膜而脱离体系，促进反应I的平衡正向移动、反应Ⅱ的平衡逆向移动 (4)水蒸气能与积碳发生反应：C+H,0商温C0+H,可消除催化剂表面的积碳，使催化剂与反应物充分接触，提高催化剂 的催化效率 【解析】(1)反应Ⅱ在反应前后气体分子数增大，即该反应为嫡增反应，对比反应I可知反应Ⅱ为吸热反应，结合△G= △H-TAS,则温度越高，△G越小，因此能用来表示反应Ⅱ的△G变化趋势的曲线为z。 (2)由图2可知，平衡时，c(CHo)=c(CH)=0.6molL1,由题中信息可知反应体系的体积恒定为5L,平衡时，n(CHo)= n(CH6)=3mol,则： 反应I: CH.CH.CH.CH(g)-CH(g)+CH (g) 变化的物质的量/mol 3 33 可知反应Ⅱ中转化的正丁烷：n(C,Ho)=l0mol-3mol-3mol=4mol,则： CH:CHCH2CH3(g)=C2H(g)+C2H(g) 变化的物质的量/mol 4 44 则平衡时，n(CHo)=n(CH)=3mol,n(CH)=3mol,n(CHs)=4mol,n(CH)=4mol,气体的总物质的量为17mol。 参考答案与解析第4页（共60页） 3 mol ①0-12min内(CH,)=12mi 5L -=0.05 mol.L-!.min-! ②由题意知，反应前气体的总物质的量为10ol,则在恒温恒容条件下，反应达到平衡后的压强是反应前的1.7倍。 4mol×4mol ③反应Ⅱ的平衡常数K=c(C4)c(CH,) .5L 5L=16 c(CH CHCH,CH) 3 mol 15 5L ④由题可知，反应I的正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，丙烯的浓度减小，则丙烯的浓度随时间的变化对应 图2中的曲线d。 (3)选择性膜提高C,H。的选择性，其原因是CH。可通过选择性膜而脱离体系，促进反应I的平衡正向移动、反应Ⅱ的平 衡逆向移动。 (4)向正丁烷中混入一定量的水蒸气以减少积碳对催化剂活性的影响，原因是水蒸气能与积碳发生反应C+H,0商温CO+ H2,可消除催化剂表面的积碳，使催化剂与反应物充分接触，提高催化剂的催化效率。 19.(13分，除特殊标记外，每空2分) (1)氧化反应(1分) OH (2)2 +0 +2H20 (3)酯基 (4)> NHCI 5)10 【解析】A被MO2氧化，将甲基氧化为醛基生成B,B与CHMgBr在H,O+条件下发生已知反应生成C,则C为 OH 人C,C与O:在Cu的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮羰基，生成D,D与E发生取代反应生成F,F与H,在 i的催化下发生还原反应，将氰基还原为氨基，生成G,G依次发生加成反应、消去反应、加成反应生成H,据此回答。 (1)由分析知，A被O2氧化，将甲基氧化为醛基生成B,A→B的反应类型为氧化反应 (2)C与O2在Cu的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮羰基，生成D,化学方程式为 OH +2HO。 COOC- (3)E为 CN' 含氧官能团的名称为酯基。 参考答案与解析第5页（共60页） CI CH; (4)在含氮有机物中，氮原子上电子云密度越大，结合质子能力越强，碱性越强， 中甲基是推电子基团，会 CH 使氮原子上电子云密度增大， 的碱性更强。 CI CH (5)A为 其同分异构体中含苯环和一N<,若苯环上只有一个取代基，为一NC2,共有1种；若苯环上有 ci 两个取代基，为一CI和一NHCL,有邻、间、对3种；若苯环上有三个取代基，为一C1、一C1、一NH,苯环上连三个取代基， 其中有两个相同时，共有6种，符合题意的同分异构体共1+3+6=10种；核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为2：2：1，说明 NH2 Cl、 CI 分子中有3种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为2：2：1，上述同分异构体中符合条件的有 NHCI C (6)由于G→H的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，即 CHNH2→ a川，华=有ar台太为 75 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷化学（二） 1.A【解析】石墨烯为单层石墨，属于新型无机非金属材料，故A正确；聚醚醚酮是有机材料，故B错误；煤油是烃类混 合物，不属于酯类化合物，故C错误；智能手机芯片主体材料是硅，硅品体中原子通过共价键结合，形成空间网状结构，属于 共价晶体，石墨晶体中，层内碳原子间以共价键结合，层与层之间通过范德华力相互作用，是混合型晶体，二者晶体类型不同， 故D错误 2.C【解析】氯原子半径大于碳原子，不能表示四氯化碳，故A错误；邻羟基苯甲醛分子内氢键应是羟基中的H与醛基中 o h CH O形成，示意图为 ,故B错误；KC是离子化合物，故C正确；S0,中硫原子的孤电子对数为6-3x2-0,价层电子 2 对数为3+O=3,其VSEPR模型为平面三角形，故D错误。 3.B【解析】28gSi物质的量为1ol,晶体硅中每个硅原子形成4条共价键，每条共价键为2个硅原子共有，所以1 mol Si 中含共价键的数目为2WA,故A错误；5.6gSi的物质的量为0.2mol,根据电负性可知H为-1价，故由题目所给反应可知每生 成1 mol Si需转移4mol电子，故转移电子的物质的量为(0.2×4)mol=0.8mol,即转移电子数为0.8Va,故B正确；标准状况下 SiHCI3是液体，不能用气体摩尔体积计算，故C错误；1LpH=2的HCI溶液中，c(H)=102moL,全部来自HCI的电离，水 参考答案与解析第6页（共60页）