2026年高考总复习化学考前模拟卷5-【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（五) (满分100分，考试时间75分钟) 数 可能用到的相对原子质量：H一1C-12N一140一16Na-23S-32C1一35.5 K-39Mn-55Fe-56Cu-64Sn-119 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。 1.2025年9月3日举行的纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会向全世 圜 界展示了我国的军事实力和科技发展成果。下列说法错误的是 A.无人僚机使用的镁锂合金硬度比金属镁的高，熔点比金属镁低 蜘 B.“DF-5C”液体洲际战略核导弹射程覆盖全球，其核反应堆所用铀棒中含有的U与U 为 互为同位素 共 C.火箭用的液氧-煤油等推进剂在工作时发生氧化还原反应 D.歼-20S等隐身战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种有机纤维 长 2.瑞昌市铜岭铜矿遗址对研究中国火法炼铜历史具有重要意义。火法炼铜时会发生反应： 网 2 CuFeS,+3O,商温2CuS+2FeO+2SO2。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是() ☒ 如 A.FeO含有的质子数为34Na B.生成1 mol CuS的同时会转移4Wa个电子 郡 C.25℃、101kPa下，6.72L02含σ键数日为0.3N 闻 D.生成32gSO2的同时消耗O2的分子数为0.75NA 3.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列反应方程式书写正确的是 常 A.向Cu(NO3)2溶液中加入HS:Cu2+HS=CuS↓+2H B.向饱和NaCO3溶液中通入足量CO2:CO?+CO+H2O=2HCO C.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2恰好使SO反应完全：2Ba2+4OH+A3+2SO= 2BaSO4↓+[Al(OH)4] D.向FeL2溶液中通入一定量C2,测得有50%的Fe2+被氧化：2Fe2+8I+5Cl2一2Fe+4I+10CI 4.下列化学用语表达错误的是 ( 婚 A.CaC2的电子式：Ca2+[:CC:]2 B.CH,COOH中的C-C键为Sp3-sp2σ键 茶 C.HO的VSEPR模型：。O。 化学（五）第1页（共8页）》 D.“钠与水反应”实验有关图标： 5.化合物甲可用于制备高效路易斯酸催化剂，其结构如图1所示。U、V、W、X、Y、Z为原 子序数依次增大的短周期主族元素，六种元素的第一电离能与原子序数关系如图2所示，X 与Z同族。下列说法错误的是 () Z 化合物甲 01 原子序数 图1 图2 A.电负性：W>X>U B.原子半径：Z>X>Y C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>VD.简单氢化物的沸点：Y>Z 6.冠醚分子可识别L计，实现卤水中L的萃取，其合成方法如下。下列说法正确的是() OH a KOH 过程Ⅱ 25 OH 过程1 X R A.X分子为非极性分子 B.Z与足量H,加成后所得产物，其一氯代物有4种 C.L计与Z通过弱配位键相结合 D.Z可以识别Li计、Na、K、Cs等碱金属离子，形成类似于R的结构 7.下列说法正确的是 A.2NO(g)一O2(g)+N2(g),已知△S<0,则正反应在较高温度下可自发进行 船式)△H<0 C.H ,已知△H>△H2,则船式环已烷比椅式 催化剂 ① (椅式)△H2<0 环己烷更稳定 C.已知2Mg(s)+CO2(g)一C(s)+2MgO(s),达到平衡后，温度保持不变，缩小容器体积， 重新建立平衡后，CO2浓度增大 D.4NO(g)+CH4(g)一2N2(g)+CO2(g)+2HO(g)在绝热恒容容器中反应朝正向进行，若气体 总压强增大，则△H<0 化学（五）第2页（共8页） 8.已知含[F(HO)6]+的溶液呈淡紫色。为探究铁盐溶液呈黄色的原因，进行了实验。结合实 验事实，下列分析正确的是 序号 实验操作 现象 ① 向2mL较浓硫酸中滴加2滴饱和FeSO,溶液 溶液变淡紫色 ② 向2mL0.05 mol-L-Fe2(SO4)3溶液中滴加少量3molL1HS04 溶液黄色变浅 A.1mol[Fe(HO)6]+中存在12molσ键 B.由实验①可知，Fe2+被氧化为Fe(OH)3 C.由实验可知，与Fe+的配位能力：SCN>OH>HO D.上述实验说明，铁盐溶液呈黄色可能是F+水解导致的 Ba CO,Me 9.某Diels-Alder反应催化机理如右图 C -CO.Me 下列说法错误的是 Ba A.X为H B.化合物I不存在顺反异构体 C.化合物V有3个手性碳原子 COMe COMe Ba -COMe D.根据该反应，可以由1,3环已二烯 Ba N CIBa N'CI CO:Me V Ba 和乙烯合成 26 CHO 10.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 ( 选项 实验操作及现象 结论 A 向某溶液中先滴加氯水，后滴加KSCN溶液，溶液显红色 原溶液中一定含有Fe2 向两支分别盛有2mL0.1molL1KC和KI溶液的试管中各滴 加2mL0.1molL[Ag(NH)2]OH溶液，充分振荡，KCl溶液 与Ag结合的能力：>NH>CI 中无白色沉淀生成，KI溶液中有黄色沉淀生成 用pH计分别测定CH,COONa溶液和C,H,ONa溶液的pH, C 酸性：CH,COOH>CH,OH CH,ONa溶液的pH大 向丙烯醛中加人溴水，溴水褪色 丙烯醛中含碳碳双键 11.通过化学键异裂产生的带正电的基团进攻不饱和键而引起的加成反应称为亲电加成反应。 正离子与烯烃反应形成碳正离子，是亲电加成反应的决速步。丙烯与HBr发生加成反应的 机理如图所示，下列说法不正确的是 HCH,一CH一CHcH-CH,CH反应1 Br CH,-CH-CH2 副产物 CH,CH-CH,CH一CHCH反应2 Br 主产物 化学（五）第3页（共8页）》 A.氢离子与烯烃作用形成碳正离子过程中，只断裂π键 B.反应历程中离子与烯烃反应形成碳正离子的活化能更大 C.已知双键上电子云密度越大，亲电加成反应速率越快，所以CHCH一CH发生亲电加成 的速率大于CFCH=CH CH CH D.CH一C=CH,与HBr发生加成反应的主产物是CH,一CH一CHBr 12.一种新型醌类 酸碱混合电池具有高能量密度和优异的循环稳定性，该电 池工作示意图如下。下列说法正确的是 ( & →放电 一-》充电 些 n H-SO KOH e MnSO 离子交换膜 A.c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜 B.放电时，中间室的KSO4溶液浓度减小 C.充电时，电路中每转移1ol电子，阳极区溶液的质量增加4.5g D.放电时有1mol 生成，理论上电路中转移电子的数目为2NA个 13.常温下，药物乙酰水杨酸（用HA表示，K=1.0x103,且含A粒子为药物有效部分）在胃内 吸收模式如图（只有HA可自由穿过胃黏膜进入血液）。若不考虑溶液体积的变化，下列说 法错误的是 血液pH=7.4 A.酸性强的食物有利于药物吸收 胃pH=1.0 H++A--HA HA-H++A B.在胃中，QA=10 胃壁血管 c(HA) C.HA在血液中电离度小于在胃中 D.血液与胃中药量之比约为104 胃壁血管 14.活性炭可用于还原NO2防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)一N2(g)+2CO2(g)。 在密闭容器中，1olNO2和足量炭发生该反应，反应相同时间，测得NO2的生成速率与 N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示。维持温度不变，反应相同时间，测得NO2的 化学（五）第4页（共8页） 转化率随体积的变化如图2所示。 C(T5,0.06)PNO2 B(T4,0.025) N (T5,0.03) 40 数 20 三 0 T T T T 温度K 容器容积L 图1 图2 下列说法正确的是 A.图2中D点所示条件下，v正>w递 B.图1中的A、B、C三个点中，只有C点达到平衡状态 C.向F点所示体系起始时充入更多NO2,反应相同时间，其转化率一定变大 D.容器内的压强：PDP<6:7 蜘 15.戊二酸（用HA表示）易溶于水，向1.0LHA溶液中加入NaOH固体，保持溶液为常温， 忽略溶液体积的变化，过程中测得pX随溶液pH的变化如图所示。已知：pX=-lgXX为 4.00h 长 。HA)、e(A、品。下列说法错误的是 A.曲线Ⅱ为pc(A2-)随pH的变化曲线 3.00 2.00外------- 分 B.开始时，c(HA)>0.2molL 1.00 C.pH=7.8时，c(HA)=0.1molL 5.6 郡 D.戊二酸的Ka=1.0x1056 pH 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)FeSO4·7H,0可用作媒染剂、鞣草剂等，工业上由黄铁矿（主要成分为FeS2,还有 少量SiO2、Al,O3等杂质)制备绿矾(FeSO47HO)的工艺流程如下： 会 空气 20%硫酸 试剂X 调pH 过滤 黄铁矿 焙烧→酸浸 过滤 还原 除铝 隔绝空气 洗涤 →绿矾粗产品 操作I 干燥 S02 滤渣1 滤渣2 已知常温下，该流程中相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表： 金属阳离子 Al Fe Fe2 的 开始沉淀的pH 4.0 2.7 7.6 沉淀完全的pH 5.0 3.7 9.6 回答下列问题： (1)“焙烧”过程生成F®，O的化学方程式为 化学（五）第5页（共8页） (2)“酸浸”可生成Fe+,写出Fe+的价层电子轨道表示式： 0 为提高 “酸浸”时的速率，可采取的措施有 (任写一种)。 (3)“滤渣1”的主要成分是 0 (4)“还原”步骤发生反应的离子方程式为 如果没有“还原” 步骤，后果是 (5)“除铝”时调pH的范围是 Q (6)“操作I”为 ●1 (7)FeS2晶体的晶胞如图所示。与Fe2+距离最近且相等的S?的数目 .0 ≥- 为 ，该晶体的密度为 gcm3(用Na代 a nm 表阿伏加德罗常数的值)。 ●Fe2+O0S 17.(14分)实验室可用熔融的Sn与Cl2反应制备SnCl4,该反应易生成杂质SnCl2,已知SnC4 易水解。回答下列问题： 浓盐酸 冷凝管 高锰酸钾 浓硫酸 饱和食盐水 碱石灰 V 2 27 已知有关物质的性质如下表： 物质 颜色、状态 熔点/℃ 沸点℃ Sn 银白色固体 231.9 2260 SnCl4 无色液体 -33 114 SnCl2 无色晶体 246 652 (1)装置I中仪器甲的名称是 (2)将上述仪器组装成一套制备Scl的装置（每个仪器只用一次），正确的连接顺序是 (填接口字母)：B→ →N→A→ (3)检查装置Ⅱ气密性的方法是 检查完装置气密性后，先打 开装置Ⅱ中漏斗的活塞，待装置I中 (填实验现象)后，再点燃酒精灯。 (4)装置Ⅱ中导管乙的作用是 本实验中用到的冷凝管为 (填字母)。 b a 化学（五）第6页（共8页）》 (5)装置M中 (填“能”或“不能”)用NaOH溶液，理由是 (6)产品SnCL4中混有SnCl2,利用反应2+Sn2+一2I+Sn+测定产品的纯度。称取mg产品， 用浓盐酸溶解并加水稀释，以淀粉溶液为指示剂，用colL1的L2标准溶液滴定至终 点，消耗标准溶液VmL,计算产品的纯度为 18.(13分)煤气中主要的含硫杂质有HS以及CS2、COS等有机硫煤气中的湿法脱硫的原理是 利用NaCO3溶液吸收HS生成NaHS,再进一步被空气氧化成NaSO3。请回答下列问题： (1)脱除煤气中COS的方法有B2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。 ①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为 ②Br,的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为 ③已知断裂1mol化学键所需的能量如下： 化学键 H-H C=0 C-S H-S C=0 E/(kJ·mol) 436 745 577 339 1072 H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)=HS(g)+CO(g),该反应的△H= kJmo。 ④用活性-AlO3催化COS水解的反应为COS(g)+HO(g)一CO2(g)+HS(g)△H<0, 相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，在相同的时间内测得不同温 28 度下COS的转化率（未达平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与n(HO)的 n(COS) 关系如图2所示。 1001 80 50 0 ● 30 20 40 览 10 0 69 20 12 100120140160180 n(HO) t/C n(COS) 图1 图2 由图1可知，催化剂活性最强时的温度约为 ;由图2可知，P点时平衡常数 K= (保留两位有效数字)。 (2)回收处理燃煤烟气中SO2的方法之一是用氨水先将SO2转化为NH HSO3,再通入空气 将其氧化成(NH4)SO4。能提高燃煤烟气中SO2去除 100 90 率的措施有 (填字母)。 数 80 甲酸 R COOH 70 a.增大氨水浓度 b.增大燃煤烟气的流速 50 3.75 4.88 c.升高温度 d.增大压强 40 30 0 (3)某浓度的甲酸可与其他有机酸混合作清洗剂，对研究 10H 0 混合酸中的微粒数量关系很有意义。25℃时，相同浓 化学（五）第7页（共8页） 度的甲酸、丙酸(CH,COOH)及某羧酸RCOOH的水溶液中，酸分子的分布分数 a(RCOOH)= c(RCOOH) c(RCOOH)+e(RCOO) 随pH变化的曲线如图所示。 ①向HCOOH和CH,COOH的混合溶液中加入NaOH至pH=7,c(HCOO) (填“>”“=”或“<”)c(Na)。 ②将等物质的量浓度等体积的HCOOH和R,COONa混合充分，发生的反应为 HCOOH+R,COO=R COOH+HCOO,则平衡时HCOOH的转化率为 19.(14分)昂丹司琼可用于预防和治疗手术后的恶心和呕吐，其某种合成路线如下（略去部 分试剂、条件和步骤)： 0 NH2 N:HSO Br Br Br H.SO/NaNO CuBr Fe/HCl. No, NO, NH NH F 学 CH CH; 些 NN CH: (CH)NH/(HCHO)H CHI CH 1.试剂J .HC1·2HO 2.HCI NH NH NH G 昂丹司琼 NaoH溶液CHOH 已知：①CH,CHO+HCHO CH,CHO ② CHX2-H:O/NaOH CHO ③不饱和度：又称缺氢指数，某一有机物衍变为相应的烃后，与相同碳数的饱和开链烃相 比较，每缺少2个氢为1个不饱和度，用2表示。 哦 回答下列问题： (1)有机物A的化学名称为 (2)C→D的反应类型为 (3)D中官能团的名称为 (4)H的结构简式为 (5)已知试剂J的分子式为CH,N2,其结构简式为 J存在两个一NH2且不存在 一C三C一的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。 已知：①连二烯烃不稳定；②儿]中不存在大π键：③正四面体烷 八)的2=3。 (6)化合物K的合成路线如下： HC- 〉NO,W思RHC HOAGOH CHCHCHOK(C,H0,N) ① ② NaOH溶液 ③ ④ 参照上述的合成路线，写出第④步反应的化学方程式： (忽略立体化学)。 化学（五）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（五）答题卡 姓 名 考生禁填 准 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.A B CD 6.AB CD 10.ABCD 14.A B C D 3.A B CD 7.A BCD 11.A B CD 15.AB C D 4.A B CD 8.AB C D 12.AB CD 非选择题 16.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) 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.(13分) (1)① ② ③ ④ (2) (3)① ② 19.(14分) (1) 29 (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【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） 1O.B【解析】检测F2+需先加KSCN无现象，再加氧化剂（如氯水）显红色，直接加氯水可能将Fe+氧化为Fe+,无法排除原 溶液含Fe+的干扰，故A错误；向两支分别盛有2mLO.1 mol.L-KCI和KI溶液的试管中各滴加2mL0.1molL[Ag(NH,)2]OH 溶液，充分振荡，C未生成AgCI沉淀，说明NH结合Ag*能力比CI强，而生成AgI沉淀，表明I结合Ag*能力更强，则与 Ag*结合的能力I>NH,>C,故B正确；需要用pH计分别测定等浓度的CH,COONa溶液和CH,ONa溶液的pH,才能比较 CH,COONa和CH,ONa的水解程度以及CH COOH和CHOH的酸性，故C错误；丙烯醛含醛基和碳碳双键，溴水褪色也可能 因醛基被氧化，无法确定碳碳双键存在，故D错误。 11.D【解析】氢离子与烯烃作用时，烯烃双键中的π键断裂，电子对与H+形成新的σ键，原双键的σ键未断裂，只断裂 π键，故A正确；反应历程中氢离子与烯烃反应形成碳正离子是决速步，所以活化能更大，故B正确；一CH3为给电子基团， 可增加双键电子云密度，一C℉？为强吸电子基团，会降低双键电子云密度，双键电子云密度越大，亲电加成速率越快，故 CH, CH CH,CH=CH的反应速率大于CF,CH=CH,故C正确；CH,一C=CH,与HBr发生加成反应的主产物是CH,一C-CH,故D Br 错误。 12.C【解析】由题干图示信息可知，放电时a电极为正极，MnO2转化为Mn,发生还原反应，电极反应为MnO+2e+4H OK Mn2+2HO:b电极为负极，发生氧化反应，电极反应为 2nK+2nH,O,此时阳离 子移向正极，阴离子移向负极，则c交换膜为阴离子交换膜，则左室的SO?进入中间K,SO,室，d为阳离子交换膜，右室的K+ 进入中间KSO,室。结合分析知，c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故A错误；放电时，则左室的SO进入中间KSO4 室，右室的K*进入中间KSO,室，导致KSO,溶液浓度增大，故B错误；充电时，a为阳极，电极反应为Mn2+2H,O-2e= MnO+4H,电路中每转移2mol电子，阳极区生成1 mol MnO2,质量减少87g,同时中间室有1 mol SO经c膜进入左室阳极 区，质量增加96g,则阳极质量最终增加(96-87)g=9g,故电路中每转移1mol电子，阳极区质量增加4.5g,故C正确；由 分析可知，放电时b电极为负极，有1mo 生成，理论上电路中转移电子的数日为4Wa,故D错误。 B.C【解析】HA的电离方程式为HA一H+A,酸性增强，平衡逆向移动，有利于药物吸收，故A正确；K,=A×一 c()=1.0x103,胃中pH=1.0,c(H)=1x100molL,则胃中c(A=1×102,故B正确；HA的电离方程式为HA=H+A,血 c(HA) 液中pH=7.4,呈弱碱性，促进HA电离，胃中pH=1.0,呈酸性，抑制HA的电离，血液中HA的电离程度比胃中大，故C错 EHA0=10则血液中药物有效部分以A为主，HA可以忽略不计，胃中存在CA=人=0，则胃 误；血液中存在c(A)=K c(HA)101 中药物有效部分以HA为主，A可以忽略不计，血液中c(HA)油胃中扩散平衡决定，故血液中和胃中c(HA)近似相等，则血液药量≈ 胃药量 C直(A)=104,故D正确。 c(HA) 14.B【解析】图2中D点对应体积V1,转化率40%，维持温度不变，增大体积（减压）平衡正向移动，平衡转化率增大， E点(V2)转化率为80%（在整个减压过程中最大）为平衡转化率。反应物浓度越大，反应速率越快，达平衡时间越短，所以 D点反应达平衡状态，v=逆，故A错误；图1中，达到平衡时需满足逆反应生成NO,的速率等于正反应消耗NO,的速率。根 参考答案与解析第21页（共60页） 据反应方程式，正反应中u(NO2)清能=2x(N)生成，平衡时u(NO2)耗(NO2)生成，即u(NO)生成=2(N2)生成。C点NO2生成速率为 0.06 mol.L.min,N生成速率为0.03molL1mim',满足0.06=2×0.03，达到平衡，A、B点NO2生成速率均小于N2生成速率 的2倍，反应正向进行，未达平衡，故B正确；F点充入更多NO2,相当于增大起始浓度，若反应未达平衡，转化率受速率和 平衡移动共同影响：增大浓度可能加快速率，相当于原平衡体系加压，平衡逆向移动（气体分子数增加），所以转化率不一定增 大，故C错误；D点转化率为40%，气体总物质的量no=1+0.5x0.4=1.2mol;E点转化率为80%，E=1+0.5×0.8= 14mol,2-20-张，因>W.放号，故D指误。 Pe ngxV 1.4V1 7V PE 15.D【解析】向戊二酸溶液中加入NaOH过程中，pH增大，c(HA)减小，则-lgc(HA)增大，故曲线Ⅲ为-lgc(HA)随 pH的变化曲线，南线1、面线Ⅱ分别为g然、gc(A)随pH的变化曲线，故A正确：pH=78时，g、-0, 即c(HA)=c(A2),此时，1gc(A2)=1,即c(A2)=0.1mol·L,因此c(HA)+c(A2)=02molL,由元素守恒可知，开始时c(HA)> 0.2molL,故B正确、C正确；P点H=5.6,即c(Hr)=106molL,c(A2)=c(HA),KK=c(A)cH)=c2(H)=1.0x10 c(HA) B,Q点pH=7.8时，K=(H:A=c()=1.0x107,则K=1.0x104,故D错误。 c(HA) 16.(14分，除特殊标记外，每空2分) (1)4RS+10,益整2Fe,0,+8S0, 3d (2)个↑↑个↑(1分)粉碎、搅拌、适当升温等(1分) (3)Si02(1分) (4)Fe+2Fe=3Fe4(1分)在沉淀除铝时，使得Fe+会生成沉淀Fe(OH)3,后续溶液中没有Fe+,不会得到产品FeSO.·7HO 83 (5)5.0≤pH<7.6 (6)蒸发浓缩、冷却结品(1分) (7)6(1分）480x102 aN 【解析】黄铁矿焙烧时，二硫化亚铁与空气中的氧气高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁、氧化铝与20%硫酸反 应，二氧化硅不溶于硫酸，过滤得到硫酸铁、硫酸铝溶液和“滤渣1”二氧化硅，向溶液中加入过量铁粉将硫酸铁转化为硫酸 亚铁，再调节pH使铝离子转化为氢氧化铝沉淀得到“滤渣2”，然后硫酸亚铁溶液隔绝空气经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗 涤、干燥得到绿矾，据此解答。 ()黄铁矿焙烧时，二硫化亚铁与空气中的氧气在高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫：4cS+110,益整2e0,+8S0,。 3d (2)铁为26号元素，失去3个电子形成铁离子，F®+的价电子轨道表示式为个↑↑↑。为提高酸浸时的速率，可采取 的措施有粉碎、搅拌、适当升温等。 (3)由分析，“滤渣1”的主要成分是Si02 (4)“还原”步骤发生反应为铁单质将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式为e+2Fe+=3F2+。由表中数据可知，如果没 有“还原”步骤，后果是在沉淀除铝时，使得Fe+生成沉淀Fe(OH),后续溶液中没有Fe+,不会得到产品。 (5)由表中信息知，铝离子开始沉淀时pH为4.0，完全沉淀时的pH为5.0，且亚铁离子开始沉淀时pH为7.6，“除铝” 需要把铝离子完全沉淀且亚铁离子不能沉淀，即需控制的pH范围是5.0≤pH<7.6。 (6)根据分析可知，操作I为蒸发浓缩、冷却结品。 (7)据图可知，晶胞的体心为Fe2+,因此与F®2+距离最近且相等的S数目为6；据“均摊法”，晶胞中含1+12×】=4个 4 参考答案与解析第22页（共60页） 4M N ®8议8+6x24个S罗，则晶体密度为px0方cm480l0cm aN 17.(14分，除特殊标记外，每空2分) (1)蒸馏烧瓶(1分) (2)H→E→F(1分)C→D→J(→K)(1分) (3)将出口B连接玻璃导管，将导管口放入水中，微热圆底烧瓶，导管口出现气泡，停止加热，冷却到室温后，导管中产 生一段稳定的液柱充满黄绿色气体 (4)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下(1分)B(1分) (5)不能(1分)无法防止空气中的水蒸气进入装置 (6)m-cV×0.19x100% 【解析】根据题干可知，利用熔融的Sn与Cl2反应制备SCl4,用装置Ⅱ制备Cl2,浓盐酸具有挥发性，因此制得的C中混 有HCI和HO,用饱和食盐水除去C2中混有的HCI,用浓硫酸除去HO,此时得到纯净的C2,将纯净的C2通入装置I,因 SnCl4易水解，故装置末端放置盛有碱石灰的干燥管，据此分析组装装置制备SnCl4 (1)根据装置图可知仪器甲为蒸馏烧瓶。 (2)由分析可知，装置的正确连接顺序为B→H一→一→E一→F一N→A→C一D一→J(→K) (3)实验开始前要检查装置的气密性，检查装置Ⅱ的气密性时，将出口B连接玻璃导管，将导管口放入水中，微热圆底烧 瓶，导管口出现气泡，停止加热，冷却到室温后，导管中产生一段稳定的液柱时，证明气密性良好；因SCl,易水解，因此在 实验开始时，应先将制备的纯净干燥的氯气通入一段时间，将装置内部所有空气排出后再进行实验，故装置I中充满黄绿色气 84 体时，再点燃I处的酒精灯」 (4)装置Ⅱ中使用了恒压滴液漏斗，导管乙能平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；因本实验需要通过冷凝管的是气体，需使气 体液化并收集液态产物，故要使用直形冷凝管。 (5)装置M既能吸收未反应完的Cl2,同时还能防止空气中的水蒸气进入装置，若换成装有NOH溶液的洗气瓶，就无法防 止空气中的水蒸气进入装置，因此不能用装有NaOH溶液的洗气瓶代替。 (6)根据l+Sn2=2I+Sn+可得SnCl,与l,的关系式为SnCl,~,即n(L)n(SnCl)=cmo/×W×103L=cV×103mol,产品中 SnCL,的质量为m-cVx103molx190gmol,则产品的纯度为m-cVx0.19x100%。 18.(13分，除特殊标记外，每空2分) (1)①S:C:0(1分)②C0S+4Br+120H=C0+S0+8Br+6H,0③+8④150℃(1分)0.048 (2)ad (3)①<(1分)②90.9% 【解析】(1)①cOS与CO,结构相似，结合CO,的电子式可知COS的电子式为S:C:0。 ②B2作氧化剂，化合价降低为-1，COS作还原剂，硫元素化合价从-2升高到+6，根据电子转移守恒，可知其离子方程式 COS+4Br2+120H=CO+SO:+8Br +6H,O ③结合表中键能数据列式，△H=(436+745+577)kJ/mol-(339×2+1072)kJ/mol=-+8kJ/mol。 ④根据图1数据变化特点可知，在150℃时，COS的转化率最高，相同时间内反应速率最快，因此催化剂活性最强。由图 2可知，P点时的转化率为30%，列出三段式： 参考答案与解析第23页（共60页） COS(g)+HO(g)CO2(g)+H2S(g) 起始时物质的量/mol1 3 00 变化的物质的量/mol0.3 0.3 0.30.3 平衡时物质的量mol0.7 2.7 0.30.3 K=c(C0)c(HS)=0,3x0.3≈0.048。 c(H0)·c(C0S)0.7x2.7 (2)增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，故正确；增大燃煤烟气 的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，故b错误；升高温度，气体的溶解度减小， 使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO,的去除率降低，故c错误：由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大， 而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，故d正确。 (3)①油于HCOOH、CH,COOH能与NaOH反应生成HCOONa、CH,COONa,pH=7说明c(H)=c(OH),由电荷守恒得 c (HCOO-)+c(CH;COO-)+c(OH-)=c(Na*)+c(H+),c(HCOO-)<c(Na+) ②由图知，pH=3.75时，HCOOH分子的分布分数是50%，根据电离平衡常数的表达式和图中HCOOH的分布分数随pH变 化曲线可知，K甲酸=103西，同理可得RCOOH的电离平衡常数为K某酸=1075，则HCOOH+RCO0一RCOOH+HCO0的平衡常 ==10西-10，设HC0OH和RCOONa的起始浓度为1moL,HC00H的转化率为x,列出三段式： 数K=K甲位=10375 HCOOH+R COORCOOH+HCOO- 起始浓度/(molL) 1 0 0 变化浓度/(mol·L) x x 平衡浓度/(molL1) 1-x 1-x x 则K= 0,解得品，故平衡时HC00H的转化率为10x100%=90.9% 11 19.(14分，每空2分) (1)邻硝基苯胺（或1-氨基-2-硝基苯、2硝基苯胺） (2)还原反应 (3)碳溴键、氨基 CH. CH (5)HN NH2 CHOH (6)CH:CH2CHO+2HN- 一CHO NOH溶液，H,C一C -CH- CHO OH 【解析】利用化合物A与硫酸反应生成化合物B,B与CuBr反应生成化合物C,化合物C中的一NO2被F还原为一NH 形成化合物D:化合物D断裂N一H与化合物E先加成后消去形成化合物F:化合物F中断裂C一Br与碳碳双键处的C一H发 参考答案与解析第24页（共60页） 生取代反应成环，形成化合物G;根据G到H过程(CH)NH提供了两个甲基和一个氮原子，且(HCHO)n提供了一个碳原子， CH CH 再结合有机物 CH CH 去掉一个CHI结构即可确定H的结构简式为 根据昂丹司琼的结构 NH NH CH 简式逆推可得试剂J的结构简式为H (1)有机物A 中硝基和氨基连在苯环的邻位，其化学名称为邻硝基苯胺或1-氨基-2-硝基苯或2硝基苯胺 NO Br (2)由〔 属于“去氧加氢”的还原反应。 (3)D中官能团有 C -Br,其名称为碳溴键，还有一NH2,其名称为氨基 (4)根据G到H过程(CH)NH提供了两个甲基和一个氮原子，且(HCHO)提供了一个碳原子，再结合有机物 CH CH CH 去掉一个CHI结构即可确定H的结构简式为 CH: CH (5)根据昂丹司琼的结构简式逆推可得试剂J的结构简式为H N. 该有机物有三个不饱和度，其同分异构体要求存在 两个一NH2且不存在一C=C一和连二烯结构，故其可能的碳骨架为 不存在大π键，则该结构固 NH, 定一个一NH的位置，另一个一NH的位置可能为 同理，另外两个碳骨架固定一个一NH2的位置，另一个一NH 的位置可能为 人人m△ 合计7种。 (6)H,C NO,先发生光卤代反应得到Br,HC》 NO2,再在Fe和HCI的作用下将一NO2还原为一NH,得到 B,HC〈《)NH,再在碱性环境下发生已知信息②反应得到OHC H,再发生已知信息①反应得到 NH CHOH HC C CH--○-NH,最后一步反应的化学方程式为CH.CH.CHO+2HN CHONOH溶液， CHO OH 参考答案与解析第25页（共60页） NH2 CHOH H,CCCH -NH CHO OH 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷化学（六） 1.A【解析】液冷散热技术所用的石墨烯是无机非金属材料，主要成分是碳单质，故A错误；晶体硅的导电性介于导体和 绝缘体之间，是良好的半导体材料，常用于制造芯片，故B正确；研发催化剂将CO2还原为甲醇，可减少CO2的排放，有利于 实现碳中和，是促进碳中和的有效途径，故C正确：四氯乙烯是具有一定毒性的有机溶剂，残留在衣服上的四氯乙烯也会对人 造成伤害，故D正确。 2.D【解析】Co的原子序数为27，基态钻原子的电子排布式为[Ar]3d4s2,则基态Co的价层电子排布式为3d”,故A错误； NH的电子式为HNH,故B错误；中子数为18的氧原子可表示为Cl,故C错误；1个[Co(NH)6]3+中含共价键的 数目为24，则1mol[Co(NH3)6]3+中含24mol共价键，故D正确。 3D【解析】N易水解，所含NE的数量小于01N,故A错误：18gD0的物质的最为20品a-09ma,而09nm D,0中含0.9mol中子，故B错误；1 mol Fel2中含有1 mol Fe2+、2mol,完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子， 转移的电子数为3Wa,故C错误；丙烯和环丙烷的最简式相同，均为CH2,所以42g丙烯和环丙烷中含有6ol氢原子，含 有的氢原子的个数为6NA,故D正确。 4.A【解析】标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol,而1个氮气分子中含2个π键，则1mol氮气中含2Na个π键， 85 故A正确；铵根离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，0.5L1 mol.L-NH,.C溶液中含NH的数目小于0.5NA,故B错误；18g 水的物质的放为88品引m0,面每个水分千中合2对关用电了对有2对氧电子对。则1水中含4仪，个电子对。放C 错误；将氮元素由游离态转变为化合态的过程为氨的固定，生物酶将NO,转化为N,的过程不是氮的固定，故D错误。 5.C【解析】泡沫灭火器的反应原理的离子方程式为A1+3HCO=A1(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；Fe(SCN)3为配合物， 应该写化学式，离子方程式为2Fe(SCN)+Fe=3Fe2++6SCN,故B错误；NaOH溶液过量时，铝离子转化为[Al(OH)4],该离 子方程式为A+4OH=[A1(OH)4],故C正确；[Ag(NH)2]C要拆开写银氨配离子和氯离子，离子方程式为AgC+ 2NH·HO=[Ag(NH)2]+C+2HO,故D错误 6.B【解析】元素Z最外层电子数为内层电子数的3倍，Z为O,根据分子中各原子成键情况及短周期元素X、Y、Z、M、 N、W原子序数依次递增，可推知六种元素分别为H、C、O、N、P、CI。同周期元素随原子序数的增大，最高价氧化物对应 的水化物酸性逐渐增强，则酸性HCIO>HPO>H,CO,故A错误；O与其他五种元素均可形成2种及以上化合物，如H,O、 HO2、NO2、NO、N,O,等，故B正确；依据层多径大，简单离子半径CI>O?,依据核外电子层结构相同的离子序大径小原则， 半径O>Na,则简单离子半径CI>O>Na*,故C错误；H与Na形成离子化合物NaH,故D错误。 7.A【解析】油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，油脂水解得到的是丙三醇，故A错误；富马酰氯分子中碳碳双键的碳原 子所连的两个基团不同，存在顺式异构体，故B正确；生成物中除聚合物外，还有小分子HCI生成，该反应类型为缩聚反应， 故C正确；聚富马酸丙二醇酯中含有酯基，可以发生水解反应，即可以降解，故D正确。 8.B【解析】A.生成少量三溴苯酚可溶于过量的苯酚溶液中，则无沉淀生成，故错误；B.白色沉淀加入足量稀盐酸，部分 沉淀溶解，可知白色沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，则部分NSO被氧化，故正确；C.蔗糖水解后，应在碱性条件下检验葡萄糖， 水解后没有加碱中和酸，不能说明蔗糖水解情况，故错误；D.铁离子和B2均可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则溶液中可能 参考答案与解析第26页（共60页）