2026年高考总复习化学考前模拟卷4-【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（四） (满分100分，考试时间75分钟) 敬 可能用到的相对原子质量：B一11C-12K-39Ca一40Fe一56 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.化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是 A.烹饪锅包肉需要用到蔗糖，蔗糖属于寡糖 圜 B.制造轮胎用的SBS橡胶是由苯乙烯和丁二烯合成的，有固定熔点 C.制作化学传感器的双层石墨烯是一种新型无机非金属材料 蜘 D.过氧乙酸与医用酒精混用会降低杀灭病毒的效果 2.下列化学用语或图示表达正确的是 A.CS2的电子式为：S:C:S: B.基态铍原子的价层电子排布式为2s22p 长 HC、 CH C.C,H2的球棍模型为 D.反-2-丁烯的结构简式为C=C H H 3.我国研究人员利用手性催化剂Bis(Salen)Al合成了具有优良生物相容性的PLGA。下列叙述 如 正确的是 郡 A.该反应为缩聚反应 Bis(Salen)Al B.(R)-MeG分子中所有碳原子共平面 C.聚合反应过程中，b键发生断裂 D.PLGA碱性水解生成单一化合物 (R)-MeG PLGA 常 4.下列有关反应方程式错误的是 A.泡沫灭火器反应原理：Al2(SO4)3+3NaCO3+3H,O=3NaSO+2AI(OH)3↓+3CO2↑ B.用金属钠除去甲苯中的微量水：2Na+2HO一2NaOH+H2↑ C.用NaOH溶液吸收尾气中的NO2:2NO+2OH=NO+NO+HO D.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：Cl+Ca(OH)2一Ca2+CI+ClO+HO 胎 5.将6mL0.05molL的KI溶液与1mL0.05molL的FeCl3溶液混合，滴加KSCN溶液后 变红色。设N为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是 ( 茶 A.上述反应过程中转移的电子的数目为5×10NA B.0.05molL的FeCl3溶液中含有的Fe+的数目小于0.05NA C.5.6gFe+中含有的未成对电子的数目为0.5Na 化学（四）第1页（共8页） D.SCN的空间构型为V形 6.化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作不符合规范的是 8 mL 浓硫酸 铜丝 95%乙醇 0.1 mol/L 月一苯、液溴 浸有NaOH BaCl,2溶液 溶液的棉团 沿烧杯壁 向上层清 4 mL 0.1 mol/L 品红溶液 液继续滴 [Cu(NH3)]SO 铁粉 硝酸银 溶液 加1~2滴 z 溶液 A.铜与浓硫酸反应并检验气态 B.检验SO是否C.制备晶体 D.证明苯和液溴为取代 产物 沉淀完全 Cu(NH3)4]SO,.H2O 反应 7.一种高聚物(XYZ2)m被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都 是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，乙的 最外层只有1个未成对电子。下列说法正确的是 A.X、Z的第一电离能：X>Z B.X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C.最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D.X、Y、Z均能形成多种氧化物 8.从锂离子电池电极材料LiCoO2(含少量金属Cu)中提取Co(OH)2和LiCO3的回收工艺流程 如图所示，得到的Co(OH)2和LiCO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生。下列说法正确 的是 () HSO+H2O2 NaOH NaOH 正极材料 浸取 沉铜 滤液1沉钴 滤液2，.一→Li,CO, 气体 Cu(OH)2 Co(OH)2 A.为加快“浸取”的反应速率，可将溶液加热煮沸 B.“浸取”反应中，HO2实际消耗量超过理论用量可能与Cu+有关 C.由图示过程可知Kp[Co(OH)2]<K[Cu(OH)2] D.LiCoO2再生：4C0(OH)2+2Li2C0,商温4LiCo02+2C0↑+4H,0 9.一种新型高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数 为xpm,晶体的密度为pg·cm3。下列说法错误的是 () A.晶体最简化学式为KCaB.C6 ● C B.晶体中K与最近的Ca距离为xpm ⑦K ®ca C.晶胞中B和C构成的多面体有14个面 € 化学（四）第2页（共8页） D.阿伏加德罗常数的值N=2.17xI0 xp 10.缬沙坦具有降血压效果持久稳定、毒副作用小等特点，其合成中间体X的结构简式如图所 示。下列关于X的说法错误的是 A.一定条件下1molX可与8molH2发生加成反应 B该有机物中含有3种官能团 COOCH C.该有机物中碳原子有$p2、sp两种杂化方式 D.该有机物分子中只有1个手性碳原子 CN 11.关于反应MnO4+CuS2+H→Cu2+SO2↑+Mn2++HO(未配平，S3的结构与O3相似)，下列说 法正确的是 () A.反应中氧化产物仅是SO2 B.方程式配平后H的系数为28 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5 D.生成1 mol SO2,转移电子的物质的量是6mol 12.在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CHOH的实验。保持压强一定，将起始 n(CO2):n(H2)=1:3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和生成 生成CH,OH的物质的量一×I00%与温度的关系如图所示（图中虚线 CH,OH的选择性7=参与反应的CO的物质的量 20 表示平衡时CO2的转化率或CHOH的选择性)。 1100 30 ■ 820 40 15 20 10 200220240260 280300 t/℃ 已知反应管内发生的反应为 反应1：C02(g)+3H2(g)=CHOH(g)+HO(g)△H=-49.5 kJ.mol- 反应2：CO2(g)+H(g)=C0(g)+H0(g)△H=+41.2 kJ.mol 下列说法正确的是 A.3CO(g)+2H2O(g)=2CO2(g)+CHOH(g）△H=+173.1kJ·mo B.220~280℃时，延长催化反应管的长度，出口处一定存在：n(C0)<n(CHOH) C.220~280℃时，反应1进行速率比反应2快 D.为提高CH,OH的平衡产率，应研发高温下催化活性更强的催化剂 13.某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H,O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+在电极上发生相互转化， 伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动（①→②→③→④→①）实 化学（四）第3页（共8页）》 现制冷。装置只通过热交换区域I和热交换区域Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列 描述错误的是 热交换区域Ⅱ A.已知②处的电解液温度比①处的低，可推断[F(HO)6] 可瓦 比[Fe(H,O)6]2+稳定 多 电 LFe(HO)]3 [Fe(H,O)6]3+ B.阳极反应为[Fe(HO)6]+e=[Fe(HO)6]2+ 孔 [Fe(HO)6]2 [Fe(H,O)6]2+ 极 C.多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换 D.热效应主要来自电子转移后[Fe(HO)6]3+和[Fe(H2O)6]2 ⑧2回卫可 ② 离子结构的改变 泵热交换区域I 电源 14.下列实验设计及相应结论均正确的是 选项 实验设计 结论 向1mL0.1molL1KCr,O,溶液中滴加1mL1molL12CrO?+2Ht一CrO+H0,c(H+) 等 A HBr溶液，橙黄色加深 增大，使上述平衡向正反应方向移动 向1 nL CHCOOC2H中加入1mL0.3molL1HSO4溶液 使用合适的催化剂加快反应速率， 性 后，上层液体减少 使酯的水解平衡向正反应方向移动 某无色溶液加稀盐酸酸化，再加入FeCL,溶液，溶液变黄色 蠕 C 该溶液中不一定含有NO, 且试管上部产生红棕色气体 基元反应NO4一2NO2,将盛有NO2的密闭烧瓶浸入热水颜 D 正反应活化能小于逆反应活化能 色加深 15.二元弱酸在有机相和水相中存在平衡：H2A(有机相)一HA(aq),平衡常数为K,HA在 有机相中不电离。25℃时，向0.1mol·LHA(有机相)溶液中加入等体积水进行萃取， 用NaOH(s)或HCI(g)调节溶液pH,忽略体积变化。测得两相中含A微粒的浓度与水相 萃取率&Q=1-C有机相(H,A) 0.1molL可 随pH的变化关系如图。下列说法正确的是 0.10 100 0.08 80 0.06 60 0.04 李点 40 6 0.02 20 d 0.00 0 10 焙 pH A.K=4 B.a代表水相中c(HA) C.N点c(H+)=2.5×105molL D.当pH=5.6时，体系中c有机相(HA)>c(HA)>c(A2) 化学（四）第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(13分)LiFePO4常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。FePO4·2HO是 制备LiFePO4的原料。 (1)由钛白渣（主要成分为FeSO4)获取FePO42H,O的流程示意图如下： HPO4和 预处理 较纯净 NH·HO混合液 过量H0,溶液B NH3·HO 数 钛白渣 FeSO,溶液 溶液A FePO4·2H2O Ⅱ 资料：i.FPO4·2HO的性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小； O i.HPO空间结构：HO PWO于 ①I中将钛白渣粉碎的目的是 ②溶液A的主要成分是FeHPO4(配合物)，分析FeHPO4中配位键的形成过程： 0 学 ③溶液B中含铁的主要微粒为FHPO,写出Ⅲ中反应的离子方程式： ④V中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是 (2)从废旧LiFePO4电极粉末中回收制备FPO4·2HO,同时获得副产品LiCO3,工艺流程 阿 如下。 分 ①H02 FePO4·2HO 酸浸 ②物质B 废旧LiFePO:电极粉末 滤液 过滤 过滤 CH OH LiNO LiCO: 热解 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 菌 (填化学式)。 (3)产品FPO4·2H0中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。 取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入SnCl,溶液，至Fe3+恰好完全还原为Fe2+, Sn+被氧化为Sn+,滴加指示剂，用0.01mol·L-K2Cr2O,标准溶液滴定（铬元素被还原 为Cr+),消耗V mL K2Cr2O2标准溶液，样品中铁的质量分数为 (实验条件 的 下CI存在不影响实验结果) 17.(14分)NaAIH(氢化铝钠)、Al-LBH4(铝与硼氢化锂)复合材料都有较高的储氢能力。 (I)实验室以无水四氢呋喃为溶剂，AICl,和NaH在无水无氧条件下反应制备NaAIH4。装 置如图所示（夹持、搅拌等装置略）。 化学（四）第5页（共8页）》 A1Cl+四氢呋喃 温度计 A瓶 -NaH+四氢呋喃+少量NaAIH4固体 已知：NaA1H易溶于四氢呋喃（沸点66℃），难溶于甲苯（沸点110.6℃）。 步骤：向A瓶中分别加入50mL含NaH的四氢呋喃悬浮液、少量NaAH4固体（质量 可忽略)作催化剂，搅拌，接通冷凝水，控温30℃。边搅拌边缓慢滴加50mL含 A1Cl的四氢呋喃溶液，有白色固体析出，滴加完后，充分搅拌1h,放置沉降，取上 层清液，加入试剂X,减压蒸馏、过滤，得粗产品，再纯化得到产品。 ①A瓶中冷凝水的进水口是 (填“a”或“b”);仪器B的名称为 ②制备NaAIH的化学方程式为 0 ③实验中发现，在滴加AICl的四氢呋喃溶液的过程中，反应速率逐渐减慢，主要原因 是 0 ④试剂X是 ；减压蒸馏蒸出物为 (填名称)。 (2)某课题组对A-LBH体系与水反应产生氢的特性进行了下列研究。 21 ①根据不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同， 本AOH 用仪器测得Al-LiBH复合材料[ω(LBH4)= 赵 米：LiOH LiB(OH) 25%]在25℃和75℃时与水反应一定时间后所 1★O:AIBO, ￥ 含物质的表征结果如右图所示，则表征所用仪 25℃ 器名称是 75℃ ②分析右图中信息可知，25℃与75℃时，AILiBH4 20 40 60 80 2x×衍射角/度 复合材料中与水未完全反应的物质是 (填化学式)。 18.(14分)乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题： (1)乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。 主反应：2CH6(g)+O2(g)=2CH(g)+2HO(g）△H=-209.8kmol; 副反应：CH4(g)=CH2(g)+H(g）△H>0。 ①副反应在一定温度下能自发进行的原因是 ②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为2：1的CH和 O2,反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。 a.图中A点反应一定未达平衡，原因是 b.若C点反应也未达平衡，可能的原因是 J (2)K,是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定 t/℃ 化学（四）第6页（共8页） 温度和压强下， 反应i:C2H,(g)=CH4(g)+H(g)K; 反应ⅱ：CH6(g)+H(g)一2CH4(g）K(K远大于K.)。 ①仅发生反应i时，CH的平衡转化率为40.0%，计算K= ②同时发生反应i和ⅱ时，与仅发生反应i相比，CH的平衡产率 (填“增 大”“减小”或“不变”)。 (3)某团队提出CSSZ-13为催化剂、CO2作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙 烯技术。配位不饱和C+催化CO2耦合CH脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷 与配位不饱和C+中心反应，从C一H键活化开始，同时Cr的价态由+3升高到+4。补 全图中画框部分。 CO+HO C.H +CO +C2H6 H2 +C02 +CO Cr (4)某团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为 22 电极A 电源 固体电解质（传递0）。碳 电极B 0氧 0氢 0=0=0 0Ξ0 19.(14分)某研究小组按下列路线合成某抗炎镇痛药物（部分反应条件已简化）。 COOH A B CHCOOH C.Hs C,H.CI H.CO CH; CI H HCI D OCH C20H2ICIN204 C20HISCINO CH.CCH,CH.COOCH G 一定条件 NH CI 某抗炎镇痛药物 NH2 F 化学（四）第7页（共8页） 已知： i.R-COOH SOCERCOCI: R' i. R C CHR R R: 定条件 N-NH2 N-N-C CH-R' H H $ Q i.R一COOH+R'NH,DPPA.RNH--C-NHR'。 (1)化合物D中官能团的名称是 (2)A为芳香族化合物，A→B的化学方程式是 (3)下列说法正确的是 (填字母)。 a.F中氮原子的杂化方式均为sp b.B→D的反应类型为氧化反应 些 c.E的芳香醛类同分异构体共有6种 (4)F→G的化学方程式是 (5)I的结构简式是 (6)由F可制备物质K,转化过程如下图： HO F 试剂a DPPA 一定条件 别 N NH N= 帝 写出试剂a和中间产物Q的结构简式： 哦 化学（四）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（四）答题卡 姓 名 考生禁填 缺考考生，由监考员贴条形码，并 证 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.AB CD 8.AB C D 12.AB CD 非选择题 16.(13分) (1)① ② ③ ④ (2)① ② (3) 17.(14分) (1)① ② ③ ④】 (2)① ② 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)① ②a. b. (2)① ② (3) (4) 19.(14分) 23 (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(5)Mn2+与NH.HCO3反应，HCO电离出的CO?与Mn+结合生成MnCO3 17.(13分，除特殊标记外，每空2分) (1)a-b+c高温(1分) (2)BD (3)①a②14.0 (4)72.0MgNi(s)吸氢反应的活化能低于Mg(s),相同时间内反应速率更快，吸氢量更大 【解析】(1)根据盖斯定律，反应I的△H等于产物总能量减去反应物总能量，即a-b+C;该反应△H>0、△S>0,高温下 △G=△H-TAS<0,可自发进行。 (2)A项均为反应Ⅱ正反应方向的生成物，不能判断是否达到平衡；B项混合气体总质量不变，总物质的量变化，平均摩 尔质量不变说明已经平衡；C项恒容体系，气体总质量不变，密度始终保持不变；D项H的体积分数不变是平衡标志。 (3)①温度升高，CO的选择性上升，CO2的选择性下降，故a为CO2的选择性曲线。 ②573K时，乙醇转化率为60%，C02的选择性为85%，C0选择性为15%，结合反应I、Ⅱ计算平衡分压，代入K,表达 式得14.0。 (4)活化能为反应历程中反应物与过渡态的能量差，即72.0kJ/ol:MgNi(s)吸氢活化能更低，反应速率更快，故5分钟 内吸氢量更大 18.(14分，除特殊标记外，每空2分) (1)2NH,C1+Ca(OH)2△2NH,↑+2H,O+CaCl (2)下口(1分)平衡气压，使液体顺利滴下水（或其他酸溶液）(1分) (3) O+NH→HCI+ 0或 O+2NH→NH,C HN O (4)2MnO:+3S0+H2O=2MnO2+3S0:+20H- (5)过滤速度快，得到的沉淀更干燥取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加足量稀盐酸，再滴加BC,溶液，若无白色 沉淀生成，则沉淀洗涤干净 【解析】(1)实验室常用氯化铵与氢氧化钙固体加热制取氨气，配平化学方程式。 (2)冷凝管进水口为下口，保证冷凝充分；恒压滴液漏斗支管平衡压强，使液体顺利滴下；氨气为易溶于水的碱性气体， 用水吸收尾气即可 (3)邻甲苯磺酰氯与氨气反应生成邻甲苯磺酰胺和氯化铵。 (4)步骤③用NaSO,除去过量KMnO4,弱碱性条件下MnO:被还原为MnO2,SO?被氧化为SO?,配平离子方程式即可。 (5)抽滤利用负压加快过滤速度，沉淀更干燥；沉淀表面可能有SO?,用盐酸和BaC1,溶液检验。 19.(14分，除特殊标记外，每空2分) (1)氨基、（酚）羟基CHNO,CI(1分)》 (2)氧化反应 COC CI+HCI (4)HNCH.CH,OH 参考答案与解析第13页（共60页）》 1OLakaia (6)CH,COOH SOCL>CH,COC1苯→ 【解析】(1)A含氨基和（酚）羟基；根据B的结构简式，数出C、H、O的原子个数，得分子式CHNO,CI。 (2)C→D是甲基的氧化反应，属于氧化反应 (3)B中羟基中的氢与E中酰氯中的氯发生取代反应生成F和HCI。 (4)根据合成路线推导，Y为2-氨基乙醇，结构简式为HNCH,CH,OH。 (5)符合条件的同分异构体需含两个苯环，无醛基，核磁共振氢谱4组峰且峰面积比为1：2：4：4，可知其为对称结构。 (6)参照题中路线，乙酸先转化为酰氯，再与苯酚酯化，通过题中的反应得到目标产物。 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷化学（四） 1.B【解析】蔗糖是二糖，二糖属于寡糖，故A正确；SBS橡胶是由苯乙烯和丁二烯合成的高分子化合物，属于混合物， 没有固定熔点，故B错误：石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料，故C正确：过氧乙酸是强氧化剂，而酒精是还原性有 机物，两者混合会发生反应，会降低杀灭病毒的效果，故D正确。 2.A【解析】CS2与CO2结构类似，电子式为：S:C:S:,故A正确；Be是第4号元素，基态铍原子的价层电子排布式为 2s,故B错误；乙炔的球棍模型为O二0O,图中表示乙炔的空间填充模型，故C错误；反2丁烯的分子中，两个甲 HC H 基位于双键的不同侧，结构简式是C=C ,故D错误。 79 CH 3.C【解析】反应没有小分子生成，故A错误；六元环中存在sp杂化的碳原子且含有“丫”结构，所有碳原子不共平 面，故B错误；根据PLGA结构可知，聚合反应过程中，b键发生断裂，故C正确；PLGA有酯基，水解可得到2种化合物， 故D错误 4.A【解析】泡沫灭火器中反应物应为NaHCO,故A错误；金属钠优先与水反应生成NaOH和H,甲苯不参与反应，方 程式正确，故B正确；NO,与NaOH反应生成NO和NO,方程式配平及产物均正确，故C正确；石灰乳[Ca(OH)2悬浊液] 不能拆为OH,故D正确。 5.C【解析】n(KI)=0.006L×0.05mol/L=3×104mol,n(FeC13)=0.001L×0.05mol/L=5×10-5mol,由反应2Fe+2I=2Fe2+L2 可知，Fe+不足，根据Fe+的物质的量计算转移电子数，Fe+转化为Fe2+,1个Fe+得到1个电子，n(Fe+)=5×10-5mol,则转移 电子数为5×I0NA,又因为滴加KSCN溶液后变红色，所以溶液中含有Fe+,该反应为可逆反应，转移电子数小于5×105W,故 A错误；只知道FeCl溶液的浓度为0.05mol·L,没有溶液体积，无法计算Fe+的数目，故B错误；Fe#的简化电子排布式为 [A如3对，3动轨道上有5个未威对电子，56ge的物质的量为n56的-0101，合有的未成对电子的数目为05N.放C 正确；SCN价层电子对数为2+0=2，碳原子为sp杂化，所以SCN的空间构型为直线形，故D错误。 6.D【解析】铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，可用装置制取，气态产物为SO2,可利用SO的漂 白性进行检验，观察到品红溶液褪色，并且浸有NOH溶液的棉团吸收尾气，故A正确；沿烧杯壁向上层清液中加入氯化钡溶 液，若无白色沉淀产生，说明SO已经沉淀完全，故B正确；[Cu(NH)4]SO,不溶于乙醇，向[Cu(NH)4]SO,加入乙醇，有利于 Cu(NH)4]SO4HO晶体析出，故C正确；用装置制取溴苯时，将液溴加入苯中，在催化剂存在下发生反应，从圆底烧瓶中出 来的HBr中混有溴蒸气，溴蒸气也可使硝酸银溶液产生沉淀，无法证明苯与液溴反应为取代反应，故D错误。 参考答案与解析第14页（共60页） 7.D【解析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的2p轨道半充满，则 X为P,Y为N,X、Z电子层数相同，Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，乙为C1,以此分析。第一电离能同周 期从左到右有增大趋势，第一电离能C>P,故A错误；X、Y的简单氢化物分别为PH和NH,电负性N>P,共用电子对距N 近，成键电子对斥力N一H大于P一H,键角NH>PH,故B错误；元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金 属性C>N>P,酸性HCIO>HNO>HPO4,故C错误；P、N、CI均能形成多种氧化物，故D正确。 8.B【解析】正极材料LiCoO2(含少量金属Cu)中加入HSO4、HO2,Co+被还原为Co2+,同时生成O2;Cu与HO2、HSO4 作用转化为CuSO,:将反应后的溶液中加入NaOH溶液沉铜，Cu+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤后，往滤液中继续加入NaOH溶 液沉钴，此时Co2转化为Co(OH)2沉淀；将滤液2经过一系列操作，最后制得Li,CO。H,O2受热易分解，为加快“浸取”的反 应速率，可将溶液适当加热，但不能加热煮沸，故A错误；“浸取”反应中，由于C2+可催化HO,分解，所以H,O,实际消耗 量超过理论用量可能与Cu+有关，故B正确；由图示过程可知，加入NOH溶液过程中，先生成Cu(OH)2沉淀，后生成Co(OH)2 沉淀，则表明沉淀Co2+时，所需c(OH)大，所以KCo(OH)2]>Kp[Cu(OH)2],故C错误；LiCoO2再生时，将Co(OH)2 Cu(OH)2混合后高温，此时Co2+被空气中的O2氧化为Co3+,依据得失电子守恒和质量守恒，可得出反应的化学方程式为： 4Co(OH)+2Li.C0+0,商温4LiCo0+2C0,↑+4H,0,故D错误。 9.D【解析】根据晶胞结构可知，其中K个数为8x81,Ca个数为1，B个数为12x)=6,C个数为12x?-6,故其最简 化学式为KCaB,C,故A正确：品体中K与最近的C距离为体对角线的一半，为Yxm,故B正确；根据品胞结构可 知，品胞中B和C构成的多面体有14个面，故C正确：根据品体密度计算公式：广x20gcm、M=21X0,故 217 D错误。 80 10.C【解析】1mol苯环可与3molH2发生加成反应，1mol一CN可与2molH2发生加成反应，故1molX可与8molH 发生加成反应，故A正确；该有机物中含酯基、亚氨基、氰基，共3种官能团，故B正确；该有机物中苯环、酯基中的碳原子 COOCH H 为sp杂化，一CN中的碳原子为Sp杂化，甲基中的碳原子为sp杂化，故C错误；如图所示： CN 圈中碳原子为手性碳原子，该有机物分子中只有1个手性碳原子，故D正确。 11.D【解析】12MnO:+5CuS2+56H=10Cu2+10SO2↑+12Mn2+28H0反应中，铜元素的化合价由+1价升到+2价，硫元素 的化合价由-1价升到+4价，共转移60个电子。根据分析，氧化产物为SO2和Cu+,故A错误；H+的系数为56，故B错误； MnO:为氧化剂，CuS2为还原剂，比例为12：5，故C错误；据方程式10SOr60e,则生成1 mol SO2,转移电子的物质的量是 6mol,故D正确。 12.C【解析】图中信息显示，CO2在出口处的转化率低于平衡转化率，CHOH在出口处的选择性高于平衡时的选择性，且 不低于60%，则表明相同时间内，转化为CHOH的CO2的物质的量大于转化为CO的CO2的物质的量，所以220~280℃时， “反应1”进行的速率大于“反应2”进行的速率。依据盖斯定律，△H=△H-3△H2,得反应3CO(g)+2HO(g)一2CO2(g)+CH,OH(g) △H=(-49.5kJ·mol)-(+41.2 kJ.mol)×3=-173.1kJmo,故A错误；220~280℃时，延长反应管的长度相当于延长反应时间， 在反应时间内可能达到平衡状态，当CHOH的选择性低于50%时，出口处存在n(CO)>n(CHOH),故B错误；由分析可知， 220~280℃时，相同时间内，转化为CHOH的CO2的物质的量大于转化为C0的CO2的物质的量，所以反应1进行的速率大于 反应2进行的速率，故C正确；催化剂可加快反应速率，从而缩短反应到达平衡的时间，但不影响反应物的平衡转化率和平衡 产率，所以平衡产率与催化剂活性无关，D项错误。 参考答案与解析第15页（共60页） 13.B【解析】由图可知，左侧电极发生反应[Fe(HO)]2+-e=[Fe(HO)6]+,则左侧为阳极，右侧电极反应为[Fe(HO)6]3+ e=[Fe(H2O)6]2+,则右侧电极为阴极。已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断[Fe(HO)6]3+e=[Fe(HO)6]2+是吸热反应， 则可推断[Fe(H,O)6]+的能量更低，[Fe(H,O)6]+比[Fe(H,O)6]2+稳定，故A正确；阴极反应为[Fe(H,O)6]+e=[Fe(H,O)6]2,不 是阳极，故B错误；多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，故C正确；热效应实际上来源于电子转移完成 后，新生成的离子[Fe(H,0)6]4和[Fe(H,O)6]+因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化，故D正确。 14.C【解析】KCrO,在溶液中存在CO与CO:的平衡，H增加确实会促使平衡右移，使Cr0浓度增大，橙黄色加 深，但HBr中的B在酸性条件下可能被Cr,O?氧化为Br2,导致颜色变化。实验现象橙黄色加深可能由氧化还原反应引起， 而非平衡移动，故A错误；催化剂只会改变反应速率，不影响平衡移动，故B错误；酸性溶液中含NO;、NO,均可氧化 Fe2+,生成Fe+和NO,NO遇氧气生成红棕色NO2,由实验及现象不能证明溶液中是否含有NO,故C正确；颜色加深说明 NO2浓度增加，平衡右移，正反应为吸热反应（△H>0),根据基元反应活化能关系，△H=E-E,吸热反应中E,>E,故D 错误。 5.C【解析】有机相中HA的浓度[cssA]与水相茶取率aa=-小可知O1 t(H)-0.1,可知 曲线a应为c有机相(H,A),b为水相萃取率，水溶液中的HA会随着pH的增大先增大后减小，曲线d为水溶液中的HA,而A3 来源于HA的电离，由图可知，pH=2时，HA浓度为0，即此时A2为0，因此曲线f为水溶液中的A2,即c为水溶液中HA的 浓度，综上，a为c有机相(HA)、b为水相萃取率、c为c(HA)、d为c(HA)、f为c(A2-),c、d交点的pH为4，即HA的K= c(H)c(HA)=10,d、f交点的pH为7，即K,=cH):cA)=10-7。当pH=2时，代入数据得K=c(HA)、=0.02-0.25. c(HA) c(HA) C有机相(H2A)0.08 故A错误；据分析得，曲线a代表c有s(HA),故B错误；由A选项KcHA0,02=025,可知c(H,A)0,25C(HA, c有机相(HA)0.08 因为K=CHA20,可得K62:DA0.当c(HA)cHA)时，c(HP)-25xI0moL,pHE46. c(HA) C正确；由A选项K=cHA=00R=025,可知c(HA)=025e有(HA),又因为K.=c(H):HA=10、K.= c有机相(HA)0.08 c(H2A) &=10、可得人人=2-送=0，南线a和商线f的交点处有e(A产)EaA.则 c(HA-) c2(H)=2.5x102,c(H)=1.6x10moM,p5.8,曲线c和曲线f的交点处有c(A2)=c(H,A),则c2(HF)=10-",c(H)=105mol/L,pH= 5.5,则当pH=5.6时，根据图像以及上述分析可知，体系中c(HA)>c有机相(HA)>c(A2-)>c(HA),故D错误。 16.(13分，除特殊标记外，每空2分) (1)①增大接触面积，浸出速率加快，使浸出更加彻底(1分) ②Fe2+提供空轨道，HPO?中O提供孤电子对 32FeHPO.+H2O2+2H*-2FeHPO:+2H2O ④pH过高会使Fe+水解生成Fe(OH)3,影响产品纯度；pH过高体系中c(PO:)增大，Fe+与PO沉淀速率过快，影响产品 颗粒大小，影响产品性能 (2)①温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 ②Li,C0, (3)3.36Y9% 【解析】(1)①I中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底。 ②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为Fe+提供空轨道，HPO中O提供孤电子对。 ③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FHPO,反应的离子方程式为2FHPO4+ 参考答案与解析第16页（共60页） HO,+2H+-2FeHPO:+2H2O ④V中加入氨水调节pH在I.0~1.5,pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高 体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 (2)①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃时硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反 应速率慢。 ②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入碳酸锂使溶液pH升至5，既有利于过氧化氢溶液将滤液中的亚铁离子转化为 二水合磷酸铁沉淀，又不向碳酸锂中增加新杂质，则物质B为碳酸锂 (3)由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6FePO4·2HO-KCr2O,滴定消耗VmL0.01mol/LK2CrO,溶 液，则样品中铁的质量分数 0.01 moVx1Lx5 g/mol ×1009%=3.36Y%。 17.(14分，除特殊标记外，每空2分) (1)①b(1分)球形冷凝管(1分) 24NaH+AlCl,=NaAlH,+3NaCl ③反应过程中产生NaCI固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍AICl,与NaH反应 ④甲苯四氢呋喃 (2)①X射线衍射仪②A1 【解析】(1)①冷凝水应下进上出，故进水口为b:仪器B为球形冷凝管。 ②根据原子守恒可知反应为4NaH+A1Cl,=NaAlH+3NaCl。 ③在滴加AICl,的四氢呋喃溶液时，生成了NaCl固体，NaCI固体覆盖在NaH表面，阻止了NaH与AlCl的进一步接触， 使得反应速率减慢。 ④已知NAH易溶于四氢呋喃（沸点66℃），难溶于甲苯（沸点110.6℃），所以试剂X为甲苯；四氢呋喃的沸点低于甲 苯，先被蒸出，减压蒸馏蒸出物为四氢呋喃。 (2)①X射线衍射技术可以根据晶态物质对X射线的衍射特性来分析物质的组成和结构信息，则表征所用仪器名称是X射 线衍射仪 ②由谱图可知在25℃与75℃时，都存在A1对应的衍射峰，说明在这两个温度下，A1-LiBH复合材料中A1与水未完全 反应。 18.(14分，每空2分) (1)①该反应的△H>0、△S>0,高温时△G=△H-TAS<0 ②a.该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低 b.催化剂活性降低，导致反应速率减慢 2)① :(或0.19)②增大 1 CH, (3) 01 (4)CH-2e-+02=CH+H2O 【解析】(1)①该反应的△H>0、△S>0,高温时△G=△H-T△S<0,在高温下能自发进行。②一定温度下，向装有催化剂的 恒容密闭容器中充入物质的量之比为2：1的CH。和O2,反应相同时间后，测得乙烯的产率随温度先增加后减小。a.图中A点 参考答案与解析第17页（共60页） 反应一定未达平衡，因为该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低。b.若C点反应也 未达平衡，因为随着温度的升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢。 (2)①仅发生反应1CH(g)一CH,(g)+H,(g)时，CH的平衡转化率为40.0%，假设反应前乙烷的物质的量为1mol,得： CH6(g)=CH(g)+H2(g) 起始时物质的量/mol 1 0 0 变化的物质的量mol 0.4 0.40.4 平衡时物质的量/mol 0.6 0.4 0.4 0.40.4 计算K=6-号-0,19。②K,远大于人，说明反应ⅱ进行程度远大于反应1，反应i的反应物H需要反应1来提 0.6 1.4 供，也就是说反应ⅰ先发生，生成氢气后，这些氢气马上与CH发生反应ⅱ，而且因为反应ⅱ进行程度大，导致氢气浓度降 低，反应ⅰ平衡不断正向移动，因此CH的平衡产率增大。 (3)物理吸附的乙烷与配位不饱和C+中心反应，从C一H活化开始，同时Cr的价态由+3升高到+4，即增加一个共价键， H CH, 根据碳原子的电负性强于铬原子，推测图中画框部分为 Cr (4)从图分析，电极B上二氧化碳反应生成一氧化碳，得到电子，为阴极反应，则A为阳极；A电极上乙烷反应生成乙烯 和水，电极反应式为C,H,2e+O=CH+HO。 19.(14分，每空2分)》 81 (1)羧基、碳氧键 CH CH 2) CI (3)bc OCH OCH 0 (4) ]+CH,CCH.CH,COOCH.定条件， +HO CH NH HN-N-C NH, CH-CH-COOCH CH,COOCH H.CO -CH; (5) =0 CI H.CO (6)CHCCOOH NH 参考答案与解析第18页（共60页） 【解析】(1)由结构可知，D中官能团的名称是羧基、碳氯键。 CH CH (2)A为甲苯，A与氯气在催化剂作用下发生苯环的取代反应生成B,方程式为 +HCI CI (3)F中氮原子形成3个共价键，且存在1对孤电子对，价电子对数为4，杂化方式均为sp,故a错误；B一→D的反应是甲 COCI CI CI 基被氧化为羧基，反应类型为氧化反应，故b正确；E为 不饱和度为5，E的芳香醛类同分异构体共有 (箭头所指为醛基的位置)，共有6种同分异构体，故c正确。 OCH OCH 0 (4)F与CH,CCH,CH,COOCH发生信息iⅱ的反应生成G, +CH,CCH,CH,COOCH,-定条件 CH NH HN-N-C NH2 CH,CH,COOCH +H2O- CH,COOCH 82 H.CO -CH (5)由分析可知，I的结构简式是 C=0 (6)对比F和K,结合信息ⅲ能推出a,Q。 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷化学（五) 1.D【解析】合金的硬度通常比其成分金属更高，熔点通常比其成分金属更低，故A正确；质子数相同、中子数不同的核 素互为同位素，故B正确；液氧与煤油燃烧时生成二氧化碳和水，碳、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，故C正确；石 墨烯是碳的一种单质，属于无机材料，故D错误。 2.D【解析】1个Fe0含有的质子数为26+8=34，但题目未指明Fe0的物质的量，故A错误；反应中每生成2 mol CuS转 移12mol电子(S被氧化，1molS失去6e,共2molS),则生成1 mol CuS转移6W个电子，故B错误；25℃、101kPa下， 6.72LO2的物质的量小于0.3ol(非标准状况)，σ键数目为O2物质的量×N%(每个O2含1个σ键)，实际g键数小于0.3W,故 C错误；32gSO2为0.5mol,根据反应比例(2molS02对应3molO2),生成0.5 mol SO2时消耗0.75molO2,即0.75Na个分 子，故D正确。 3.D【解析】Cu2+与HS反应生成CuS沉淀，但NO,在酸性条件下会氧化H,S,则反应的离子方程式为Cu+4HS+2NO,= CuSI+2NO↑+3S↓+4HO,故A错误：向饱和NaCO,溶液中通入足量的CO2会析出NaHCO3沉淀，反应的离子方程式为 2Na+CO?+CO2+H,O=2 NaHCO3↓，故B错误；1 mol NH,A1(SO4)2需要2 mol Ba(OH)2恰好使SO反应，提供的4 mol OH-中 的3 mol OH优先与A+生成AI(OH)3沉淀，剩下1 mol OH与NH反应生成NH3HO,反应的离子方程式为2Ba+4OH+NH+ 参考答案与解析第19页（共60页） A1+2SO=2BaSO4↓+A1(OH)3↓+NH·HO,故C错误；向FeL溶液中通入一定量Cl,Cl2先完全氧化I,再氧化50%的Fe2+, 根据FL的组成，Fe2+与下的反应比为(1x50%):2=1:4,则反应的离子方程式为2Fe24+8I+5Cl,=2Fe+41+10CI,故D正确。 4.C【解析】CaC2为离子化合物，由Ca2+和C构成，C中碳原子间形成三键，电子式应为Ca2[:CC:]2,故A正确； CH,COOH中甲基（一CH3)的C形成4个σ键，为sp杂化，羧基（一COOH)的C形成3个键（含1个C=O的σ键）， 为sp杂化，C一C为sp3sp2σ键，故B正确；H,O中O的价层电子对数为2（成键电子对）+2（孤电子对）=4，VSEPR模型为 应生成H,易燃气体)和NaOH（腐蚀品).实验需关注易松、 do 易燃气体、腐蚀品等相关图标则合理，故D正确。 5.A【解析】短周期主族元素中，Y的第一电离能最高，且结构中Y能形成1个化学键，短周期主族元素中F的第一电离 能最大，故Y为F;Z的原子序数大于Y(9),且X与乙同族，Z的第一电离能最低，且结构中Z能形成6个化学键，第三周 期非金属元素中S的电离能较低，故Z为S,则X与Z同族，X为O:W原子序数小于X,结构中W形成3条共价键，W为 N,因N的第一电离能大于O,符合图2中W>X的趋势；V原子序数小于W(7),第一电离能低于W,则V为C;U原子序 数最小，第一电离能高于V,且结构中Y能形成1条化学键，则U为H。元素的电负性与非金属性一致，非金属性O>N>H, 故电负性O>N>H,故A错误；S原子在第三周期，O、F在第二周期，原子半径S>O>F,故B正确；元素的非金属性越强，其 最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S>C,酸性HSO>HCO,故C正确；简单氢化物沸点与分子间作用力有关， 因HF含有分子间氢键，其沸点大于没有氢键的HS,故D正确。 6.C【解析】X为邻苯二酚（含酚羟基），正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；Z含两个苯环，与足量H加成 后苯环变为环己烷环，产物分子对称，环己烷环、中间一(CH2)3一链上等效氢为5种，则一氯代物有5种，故B错误；Z为冠 醚类似物，环内氧原子含孤对电子，与L通过配位键结合，配位键强度较弱，属于弱配位键，故C正确；冠醚识别金属离子具 有选择性，依赖环大小与离子半径匹配，Z可识别Lt,但Na*、K*、Cs*离子半径较大，与Z环大小不匹配，无法形成类似R的 结构，故D错误。 7.D【解析】反应2NO(g)一O,(g)+N,(g)的△S<0,反应自发性由△G=△H-TAS<0判断。AS<0时，-TAS为正值，高温下T 增大使-TAS更大，若△H<0,高温易导致△G>0,反应不自发，若△H>0,△G恒正，故较高温度下正反应不可自发，故A错 误；物质能量越低越稳定，已知△H>△H2且均为负值，说明椅式环己烷的生成焓更负（能量更低），则椅式比船式更稳定，故 B错误：反应2Mg(s)+C0.(g)=C(s)+2Me0(s)的平衡常数K=d0温度不变时K不变，故c(C0)不变，故C错误：反 应4NO(g)+CH(g)一2N2(g)+CO2(g)+2H0(g)前后气体分子数不变，绝热恒容容器中压强增大，由PV=nRT可知只能是温度升 高，说明反应放热（体系温度因放热升高），故△H<0,故D正确。 8.D【解析】每个[Fe(HO)6]3+中，Fe+与6个HO形成6个配位σ键，每个H0内部有2个O一Hσ键，共6×2=12个，总 g键数为6+12=18个，故A错误；实验①中，浓硫酸的强酸性抑制Fe3+水解，Fe+被氧化为Fe+并以[Fe(H,O)6]+形式存在，溶液 呈淡紫色，未生成F(OH)3沉淀，故B错误；实验未涉及SCN,无法直接得出SCN~的配位能力顺序，故C错误； 实验②中，加入H,SO抑制F©+水解，溶液黄色变浅，说明黄色可能由水解产物（如羟基配位离子）引起，故D正确。 9.A【解析】根据机理图，亚胺正离子(V)水解得到醛(V),结合原子守恒，可知该过程的反应物X应为HO,故A错 误；顺反异构体要求双键两端碳原子各连2个不同基团，化合物I双键碳连相同基团，不存在顺反异构，故B正确：化合物V 为多环结构（含醛基），手性碳需连4个不同基团，其结构中桥头碳及醛基连接的碳共3个手性碳，故C正确：Dils-Aldr反应 为[4+2]环加成，1,3-环己二烯与乙烯反应生成二环结构，正确结构简式为 故D正确。 参考答案与解析第20页（共60页）