2026年高考总复习化学考前模拟卷11-【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（十一)】 (满分100分，考试时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140一16Na-23C1-35.5K-39 V-51Fe-56Cu-64Zn-65Ga-70Ag-108 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、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是 ( A.“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅 B.实现海上首飞的“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料为航空煤油，其组成元素与生物柴油相同 in C.用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏 D.某疫苗使用的中硼硅玻璃瓶含有的Na2O·BO,SiO2是一种复杂的氧化物 2.下列化学用语或叙述正确的是 ( 长 A.HO的VSEPR模型： 闻 的 NC CN B.KFe[Fe(CN)6]中阴离子的结构式：[NC-Fe→CN]4 数 NC CN C.KOH电子式：K:O:H D.NaCI固体溶于水，Na形成了由6个水分子环绕的水合钠离子 总 3.下列有关工业制备的说法不正确的是 A.工业制氯气：2CI+2H,O电解CL2↑+H2↑+2OH B.工业制氨气：N+3H,警2NH, C.工业治炼Al:2A1C,(熔融)2A+3C↑ D.工业制乙醇：CH2=CH+H,O熊化剂，CH,CH,OH 密 4.下列物质鉴别或检验能达到实验目的的是 A.用丁达尔效应鉴别淀粉溶液和NaOH溶液 B.检验甲酸溶液中混有甲醛，可取少量溶液，加入银氨溶液、加热 C.用NH,·HO鉴别AICl3和MgC2溶液 D.用AgNO,溶液检验新制氯水是否变质 化学（十一）第1页（共8页） 5.海水提溴过程中发生反应：3Br2+6NaCO3+3HO一NaBrO+5NaBr+6 NaHCO3。下列说法正确的 是 （) A.标准状况下2molH,O的体积约为44.8L B.反应中消耗3 mol Br2转移的电子数约为5×6.02x10 C.反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1 D.1L0.1 mol-L-NazCO3溶液中CO的物质的量为0.1mol 6.益母草中的提取物益母草碱具有活血化瘀、利水消肿的作用，其分子结构如图。下列说法不 正确的是 () A.存在3种含氧官能团 B.能发生取代、加成和氧化反应 HO NH C.既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应 NH D.分子中氮原子的杂化方式都是Sp 7.在直流电源作用下，双极膜中间层中的HO解离为H和OH，利用双极膜电解池产生强氧化 性的羟基自由基(·OH),处理含苯酚废水和含SO2的烟气的工作原理示意图如下。下列说法 正确的是 () 直流电源 CO, OH O膜b膜a .OH 含SO,的烟气 61 案 A.从膜a进入溶液的离子是H B.阴极电极反应式为O2+2e+2H=2.OH C.每处理9.4g苯酚，理论上有2.8molH透过膜a D.若OH只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2的物质的量之比为1：7 8.有机化合物E具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图。下列说法 正确的是 A.GE发生了水解反应 B.E分子中所有碳原子在同一平面内 C.化合物G中存在手性碳原子 D.G、E均能与H2、NaOH、酸性KMnO4溶液反应 9.化合物G是通过“点击化学”合成的产物，其结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次 增大的短周期主族元素，W、X、Z位于不同的周期，Y的核外电子数等于Z的最外层电子 数。下列有关说法不正确的是 A.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y 化学（十一）第2页（共8页） B.简单氢化物的沸点：Y>X C.第一电离能小于Y的同周期元素有5种 D.基态Z原子的核外电子空间运动状态有17种 l0.以红土镍矿（主要含有FeO3、FeO、NiO、SiO2等）为原料，获取净水剂黄钠 铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如图： HSO NaClO Na,SOa、Na,CO 红土镍矿 酸浸 过滤I 氧化 沉铁 过滤Ⅱ …→纳米镍粉 滤渣 C02 黄钠铁矾 已知：Fe+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3,Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2o 下列说法错误的是 A.“滤渣”的主要成分是SO2 B.为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I”的滤液和滤渣洗涤液合并 C.“氧化”过程发生的离子方程式为2H+2Fe2+C1O一2Fe3+CI+HO D.“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的pH,应将pH控制在3.7~9 11.铝空气电池因成本低廉、安全性高，有广阔的开发应用前景。一种铝空气电池放电过程示意 62 图如下。下列说法不正确的是 ( 多 翰 合金 碱性电解质 [A1(OH)4] A.b为正极，放电时发生还原反应 B.放电时OH向a极迁移 C.电路中每转移4mol电子，消耗22.4L氧气 D.该电池负极的电极反应为A1-3e+4OH=[A1(OH)4] 12.工业上可用“氨催化氧化法”生产NO,以氨气、氧气为原料，在Pt-Rh合金催化剂存在下 生成NO和副产物N2,两个竞争反应的化学方程式如下： I.4NH3(g)+502(g)=4NO(g)+6H2O(g) Ⅱ.4NH(g)+302(g)=2N2(g)+6HO(g) 现将1 mol NH3、1.45molO2充人1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时 间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示： 化学（十一）第3页（共8页） 已知：有效转化率=制备目标物质消耗原料的量×1O0%。 原料总的转化量 1.0 下列说法不正确的是 A.400℃时，主要发生反应Ⅱ 0.2 N B.520℃时，NH3的有效转化率约为66.7% C.由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO,最佳温度约为 400520 840 840℃ t/℃ D.840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致 13.实验设计有利于创新思维的培养。下列实验设计能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验设计 用玻璃棒蘸取少量的NaCIO溶液，点到pH试纸的中部，待变色 A 测定溶液的pH 后，与标准比色卡对比、读数 等 B 比较Mg和Al的金属性强弱将MgCL2溶液和AICL溶液分别与足量NaOH反应 些 C 证明无色溶液中含有钠元素 用玻璃棒蘸取该无色溶液，灼烧，观察火焰颜色 D 除去苯中混有的苯酚 滴加浓溴水，过滤 14.科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为αpm。阿伏加 德罗常数的值为VA。下列说法错误的是 A.K的价层电子排布为4s 学 B.晶体中与K最近且距离相等的Ca4有8个 C.晶胞中硼原子和碳原子构成的多面体有12个面 ●C D.晶体的密度为2.17x102 K a.NA g.cm3 Ca 15.实验测得0.10mol/L NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是（ 8.80 8.70 0 玉 -.(25,8.62) 8.60F Q 8.5 2025303540455055+ t/℃ A.OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是升温促进了水的电离 B.O点溶液和P点溶液的c(OH)相等 C.将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62 D.Q点、M点溶液均有c(CO号)+c(HCO)+c(HCO3)=0.10mol/L 化学（十一）第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)铊(T1)在工业中的用途非常广泛。从某铅锌厂的电尘（主要成分为Pb0、ZO, 还含有少量FeO3、TlO)中回收铊的工艺流程如图所示： 稀HSO4 NaOH溶液 NaS 稀HSO4 Zn 电尘→酸浸 分步沉淀 富集 酸溶 置换→T 州 滤渣 沉淀 滤液 已知：①Zn(OH)2为两性氢氧化物，溶液pH=10.0时开始溶解； ②常温下，相关离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示： 离子 Fe Zn2 圜 开始沉淀的pH 2.7 6.4 沉淀完全(c=1.0x105molL-)的pH 3.7 8.0 铷 回答下列问题： 类 (1)铊(T)价层电子的排布式为 (2)“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸” 长 时还需要加入絮凝剂，其目的是 _o (3)“分步沉淀”时，先形成的沉淀为 (填化学式)。沉淀第二种离子时调节溶 ☒ 液pH的范围为 当其恰好完全沉淀，则溶液中先沉淀的离子 浓度为 郡 (4)“酸溶”中发生反应的离子方程式是 (5)铊化钠的晶胞结构如图所示，若晶胞参数为apm,该物质的 Na 胸 摩尔质量为M g/mol,阿伏加德罗常数的值为Na,则晶胞密 度为 gcm3;Tl原子间的最近距离为 pm。 点 17.(12分)氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为 (NH4)5[(VO)6(CO)4(OH)g]·10HO。实验室以VOC2和NHHCO3为原料制备氧钒(V)碱 式碳酸铵晶体的装置如下： VOCl2溶液 盐酸 ah 的 石灰石 饱和 澄清 -NaHCO3 石灰水 NH,HCO,溶液 溶液 A B D 化学（十一）第5页（共8页） 已知：+4价钒的化合物易被氧化。 回答下列问题： (1)上述装置依次连接的合理顺序为e→ (按气流方向，用小写字母表示)。 (2)实验开始时，先关闭K2,打开K,当 (填实验现象)时， 关闭K1,打开K2,进行实验。 (3)写出装置D中生成氧钒(V)碱式碳酸铵晶体的化学方程式： (4)测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下： 称量ag产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02molL KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加I%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去 过量NaNO2,最后用c mol/L(NH)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体 积为bmL。(已知：VO+Fe2+2H=VO+Fe+HO) ①NaNO2溶液的作用是 ②粗产品中钒的质量分数表达式为 (以VO2计). ③若(NH)Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果 (填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。 18.(15分)二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。 I.利用CO2和H2合成甲醇，涉及主要反应如下： 63 已知：a.CO2(g)+3H2(g)=CH,OH(g)+HO(g)△H1<0 b.CO2(g)+H2(g)CO(g)+HO(g）△H2 c.2CH;OH(g)=CH;OCH3(g)+H2O(g)AH3<0 (1)甲醇水化制H2的反应能量变化如图1所示，则△H= k/mol(用含有a、b、 c的式子表示)。 HCOOCH+2H2 CO2+CH2OH+3H2 +HO HCOOH+CH;OH+2H2 2CH;OH 反应过程 图1 (2)一定条件下，向密闭容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应，使用 不同催化剂经相同反应时间，C02的转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图2所示。 化学（十一）第6页（共8页） 14 ●CO2转化率 12 催化剂1 善CHOH选择性。 90 80 10 70 催化剂2■ 8 催化剂1 60 6 50 HOHO 催化剂2 40 210220230240250260270 温度℃ 图2 已知：甲醇的选择性=n(CH,OH) n(CO)+n(CH,OH)X100%. 210~270℃间，催化剂2条件下C02的转化率随温度的升高而增大，原因可能为 Ⅱ.一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3molH2进行上述反应， 反应经10min达平衡，C02的平衡转化率为30%，容器中C0(g)为0.05mol,CH,OH(g) 为0.05mol。 (3)前10min,CH,OCH(g)的反应速率为 ,反应c的平衡常数K= 64 继续向容器中加入0.1 mol CH,OH(g)和0.1 mol H2O(g),此时反应c (填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。 (4)在一定条件下，在恒容密闭容器中按()=3投料进行上述反应，C0,的平衡转化率 n(CO,) 及CO、CH,OCH3、CHOH的平衡体积分数随温度变化如图3所示。 61 -◆-C02 60 -CHOH 4f 40 2 斗 20 8 453473493513533553573 温度K 图3 图中曲线x表示 的平衡体积分数随温度的变化。 Ⅲ.中科院研究所利用CO2和甲酸(HCOOH)的相互转化设计并实现了一种可逆的水系金 属二氧化碳电池，结构如图4所示。 化学（十一）第7页（共8页） e 放电 充电 b膜 n CO, a膜只允许H+通过 OH b膜 b膜只允许OH通过 HCOOH H a膜 Zn薄片 双极膜 双功能催 双极膜 化纳米片 图4 (5)放电时，正极上的电极反应为 ；若电池工作时产生 α库仑的电量，则理论上消耗锌的质量为 g。(已知：转移1mol电子 所产生的电量为96500库仑) 等 19.(14分)环喷托酯是一种常见的散瞳剂，常用于儿童散瞳验光，其合成路线如下： 些 CH,Ck CH.CIDNaCN CH.O: 乙醇 D E ②H*/H,0 浓硫酸，△ 一定条件 CHCOCH-CH-N(CH)2 B HN(CH)2F 环喷托酯 OH 已知：①R,CH,COOR+RCOR-定条件RCCHCOOR2; RR 2R COOR2+ROH R COOR+R2OH 回答下列问题： 哦 (1)环喷托酯中含氧官能团的名称为 ；A生成B的反应条件为 (2)由C生成D的化学方程式为 (3)HN(CH)2的化学名称是 :该物质易溶于水的主要原因是 0 (4)E和F在生成环喷托酯时会产生分子式为C1H4O2的副产物，结构简式为 (5)符合下列条件的D的同分异构体有 种。写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且 峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式： ①能发生银镜反应； ②能与2倍物质的量的NaOH反应； ③苯环上有2个取代基。 化学（十一）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（十一）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 CD 7.A BCD 11.AB 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.(12分) (1) (2) (3) (4)① ② ③ 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.(15分) (1) (2) (3)》 (4) (5) 19.(14分) (1) 65 (2) (3) (4) (5) 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(6)4 COOH COOH (7)OHCCH.CHOHOOCCHCOOH ICH"HOOCCH-CHCH-CHCOOHECH-CH-CH-CH 【解析】(1)由分析可知，A发生氧化反应生成B,醇羟基转化为醛基，所需的试剂和条件为O,、C1、加热。 0 (2)B分子中含有醛基，能被新制的氢氧化铜氧化，产生砖红色沉淀，化学方程式为 +2Cu(OH)2+NaOH△， CHO +Cu20↓+3H20。 COONa (3)由D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称为羟基、羧基。 (4)E与X发生酯化反应生成F,对比D、F结构，可推出X为CHCH(OH)CHCH3,X的名称为2丁醇。 (5)由F生成G的过程中，F的酚羟基中氢原子被取代生成G和HC,因此该反应类型为取代反应：手性碳原子是连接4 个不同的原子或原子团的碳原子，根据化合物G结构简式可知其分子中含有2个手性碳原子，如图标有“*”的碳原子为手性 碳原子：当个0 98 (6)D是H-COOH D的同分异构体H满足下列条件：①分子中有5个碳原子在一条直线上，说明含有碳碳 三键且与苯环直接相连，用去2个不饱和度，则苯环侧链已无羧基；②能与NaOH溶液反应，且1molH消耗3 mol NaOH, 说明含有3个酚羟基；③苯环上的一氧代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子。则连接在苯环上的取代基为3个一OH 1个一C=CCH或3个一OH、1个一C=CH、1个一CH3,且一C=CH和一CH处于对位，则符合条件的同分异构体有 OH OH CH CH HO OH HO OH OH 共4种。 HO OH OH HO OH CH CH CH CH (7)由信息推知，OHCCH CHO催化氧化可得HOOCCH-COOH,然后与OHCCHO反应制得HOOCCH=CHCH=CHCOOH, COOH COOH COOH COOH 然后再发生加聚反应得七CH一CH=CH一CH,则以丙二醛和乙二醛为原料，设计制备七CH一CH=CH一CH的合成路线 COOH COOH OHCCHCHOHCCHCOOHRGHOOCCH-CHCH-CHCOOHECH-CH-CH-CH 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷化学（十一）】 1.C【解析】生产光纤的原料为晶体二氧化硅，故A错误：航空煤油属于混合物，是由不同馏分的烃组成的，组成元素是 碳和氢，而生物柴油的成分是油脂，组成元素为碳、氢、氧，故B错误：石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石一石膏法脱硫过 程中发生反应：CaC0,高温Ca0+C0,↑，S0,+CaC0,=CaS0,+C02,2CaS0,+0,=2CaS04,得到了石音，故C正确；硼硅玻璃 参考答案与解析第51页（共60页） 的主要成分为N2O·B2OSiO2,它是一种硅酸盐，不是氧化物，故D错误。 2.A【解析】H0分子中的氧有2对成键电子对，2对孤电子对，价层电子对数为4，则其VSEP取模型为：O故A 正确；KF[Fe(CN)6]中阴离子为[FPe(CN)6]3,其中铁提供空轨道、一CN中碳提供孤电子对，从而形成配位键，结构式： NC CN [NC-FeCN]3,故B错误；KOH是离子化合物，电子式为K[:O:H],故C错误；氯化钠溶于水形成水合钠离子和水合氯离 NC CN 子，由于Na半径比C小，所以钠离子形成了由5个水分子环绕的水合钠离子，而氯离子形成了由6个水分子环绕的水合氯离 子，故D错误。 3.C【解析】工业冶炼A1应为电解熔融的氧化铝。 4.A【解析】光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其他分散系时不能产生丁达尔效应，能 0 0 用丁达尔效应鉴别淀粉溶液（胶体）和NOH溶液，故A正确；甲酸结构为H一C一OH,甲醛结构为H一C一H,都存在醛基， 二者均可发生银镜反应，故B错误；AICL,和MgC,溶液均可以和氨水生成不溶解的白色沉淀，故C错误；新制氯水中含有盐 酸，所以氯水无论是否变质都能与AgNO,溶液反应生成氯化银沉淀，所以不能达到目的，故D错误。 5.B【解析】标准状况下水是液体，故A错误；反应中消耗3molB转移的电子数约为5×6.02×I0,故B正确；反应中 氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，故C错误；C0水解，溶液中CO的物质的量小于0.1mol,故D错误。 6.D【解析】益母草碱中存在醚键、酚羟基和酯基三种含氧官能团，故A正确；益母草碱中存在酯基、氨基可发生取代反 应，碳氮双键及苯环可发生加成反应，酚羟基易发生氧化反应，故B正确：益母草碱中存在酚羟基及酯基，能与氢氧化钠溶液 反应，含有氨基，能与盐酸反应，故C正确；分子中氮原子有两个，一个只含有单键，杂化方式为$p,另一个氮原子存在碳氮 双键，杂化方式为sp2,故D错误。 7.B【解析】双极膜中间层中的HO解离为H和OH,M极上O2得电子与H反应生成羟基自由基(·OH),说明M极为 阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基(·OH)将苯酚氧化成CO2;N极为阳极，HO解离产生的OH失电子产生 羟基自由基(·OH),羟基自由基(·OH)将SO2氧化为硫酸根离子。电解池中阳离子移向阴极，从膜b进入溶液的离子是H, 故A错误；M为阴极，电极反应式为0+2e+2H=2OH,故B正确；1mol苯酚转化为CO2,转移28mol电子，9.4g苯酚的 物质的量n=g240.1mol,每处理9,4g苯酚，理论上有2.8mol电子转移，有2.8molH透过膜b,故C错误：若·0H只月 与苯酚和SO2反应，转移电子数之比为28：2，则参加反应的苯酚和SO2的物质的量之比为1：14，故D错误。 8.D【解析】G一E酮羰基转化为羟基，发生了加成反应，故A错误；E分子中含有连接两个甲基的碳原子，该碳原子和与 其相连的4个碳原子呈四面体形结构，E分子中所有碳原子不可能在同一平面内，故B错误；化合物G分子中没有手性碳原 子，故C错误。 9.D【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Z位于不同的周期，则W为氢元素；由化合 物G的结构可知，X、Y、Z形成共价键的数目分别为4、3、1，Y的核外电子数等于Z的最外层电子数，则X为C、Y为N、 Z为C。高氯酸酸性强于硝酸，故A正确：氨分子能形成分子间氢键，甲烷分子不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作 用力强于甲烷，沸点高于甲烷，故B正确；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮元素的第一电离能大于氧元素， 故C正确；电子的空间运动状态数=轨道数，故氯元素的电子空间运动状态为9种，故D错误。 10.D【解析】向红土镍矿（主要含有FeO3、FeO、NiO、SiO2等）中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni+、Fe2+ Fe+等，二氧化硅不溶于硫酸，形成滤渣，滤液中加入NaCIO氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液的pH,使铁 参考答案与解析第52页（共60页） 离子全部沉淀，过滤后得到沉淀黄钠铁矾，滤液经处理可得到N,据此分析解答。根据上述分析，故A正确；滤渣表面吸附有 滤液中的镍、铁元素，为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I”的滤液和滤渣洗涤液合并，故B正确：“氧化”过程中 NaCIO氧化Fe2+生成Fe+,反应的离子方程式为2H+2Fe2+CIO=2Fe+CI+HO,故C正确；Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为 Fe(OH)2,“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的pH形成黄钠铁矾[NaFe(SO,)2(OH)6],应将pH控制在pH<3.7, 故D错误。 11.C【解析】根据题图可知，在b电极O2得到电子发生还原反应，所以b电极为正极，故A正确；放电时OH向负极区 (极)迁移，故B正确：未指明气体所处的外界条件，故不能根据转移电子数目确定消耗的氧气体积，故C错误；根据题图可 知，在a电极A1失去电子产生A1,A+与溶液中的OH反应生成[A1(OH)4],负极的电极反应为Al-3e+4OH一[A1(OH)4], 故D正确 12.B【解析】400℃时，氨气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，故A正确；由图知520℃时，生成氮气和一氧化氮 的物质的量均为0.2mol,则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol,反应I消耗的氨气的物质的量为0.2mol,NH3的有效转 0.2 mol 化率为0200m×100%=3.3%,故B错误；840℃时一氧化氮的产率最高，副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化 制备HNO3,选择的最佳温度是840℃，故C正确；840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I为放热反应，升温，反应I 平衡逆向移动所致，故D正确。 13.B【解析】次氯酸钠溶液有漂白性，不能用pH试纸测定，故A错误；AICl能与足量NOH反应生成Na[Al(OH)4], 说明A1(OH)3具有两性，可以证明A1的金属性比Mg弱，故B正确；玻璃棒是硅酸盐产品，其主要成分是硅酸钠、硅酸钙和 二氧化硅，灼烧，观察火焰颜色显黄色，不能证明无色溶液中含有钠元素，故C错误；苯酚与溴水反应生成2,4,6三溴苯 酚，溶于苯，故D错误。 14.C【解析】K的价层电子排布为4s',故A正确；根据晶胞结构可知，C+位于晶胞体心，K*位于顶点，则晶体中与K 最近且距离相等的C+有8个，故B正确；根据晶胞结构可知，晶胞中B和C构成的多面体有14个面，故C错误；根据晶胞 结构可知，其中K个数：8xg-1,Ca个数：1，B个数：12x6,C个数：12x?=6,故其最简化学式为KCaB,C,则1个 品照质量为识g,品照体积为☆10cm,则其密度为270gcm,故D正确。 a'·Na 15.B【解析】OM段碳酸氢钠溶液加热促进水的电离，pH减小，M点升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，升温促 进碳酸根离子的水解，溶液碱性增强，pH增大。水解吸热，升高温度，水解平衡右移，而根据图像可知，碳酸氢钠溶液加热， M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进了水的电离，故A正确；O点溶质只有NaHCO3,P点溶质有NaHCO3和 N2CO3,水解程度不同，c(OH)不相等，故B错误；升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃， 由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C正确；Q点、M点溶液均存在元素守恒：c(CO?)+ c(HCO)+c(HCO3)=0.10mol/L,故D正确 16.(14分，除特殊标记外，每空2分》 (1)6s26p (2)PbSO4(1分)吸附PbSO4沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂 (3)Fe(OH)3(1分)8.0≤pH<10.0(1分)10-79mol/L (4)2H+TlS=HS↑+2T1 5)0sY。1分) 8M 【解析】向电尘（主要成分为PbO、ZnO,还含有少量FO3、TlO)中加入稀硫酸，金属氧化物与硫酸反应变为PbSO4 参考答案与解析第53页（共60页） ZnSO4、Fez(SO4)、TSO4,其中PbSO,不溶，通过过滤进入滤渣，然后向滤液中加入NaOH溶液，分步进行沉淀，当溶液调节 pH为2.7-3.7，则产生Fe(OH)a,当溶液pH为8.0-10.0时沉淀是Zn(OH)2沉淀，向滤液中加入NaS溶液，S2-与T*反应生成 TS沉淀，过滤后将沉淀用稀硫酸溶解得到TSO4,将T+进行富集，加入Zn发生置换反应：Zn+2T+一Zn+2T1,制取得到金 属T。 (1)铊(T1)为主族元素，价电子即为最外层电子，故价层电子的排布式为6s26p'。 (2)酸浸时，金属氧化物与硫酸反应，PbO与硫酸反应产生微溶性的PbSO4,其他金属氧化物反应产生的都是可溶性硫酸 盐，故滤渣主要成分为PbSO4:由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时还需要加入絮凝剂，其目的是吸附PbSO4沉淀，使沉淀 颗粒变大，便于过滤除杂。 (3)向滤液中加入NaOH溶液，进行分步沉淀，由于Fe+形成沉淀的溶液pH最小，Fe+沉淀完全溶液pH=3.7,故“分步沉 淀”时，先形成的沉淀为Fe(OH)3;由于Zn+沉淀完全时pH=8.0,在溶液pH=10.0时开始溶解，所以沉淀第二种离子Zn2+时 调节溶液pH的范周为80≤pk100,由表格数据，e(OH),沉淀完全的pH-37可知，kR(OH,=10×0)广-10。 a(OH,沉淀完全时，pH为80，则R的浓度c(e=0-10moL. (4)由分析可知，“酸溶”中发生反应原理为T2S+H2SO,=T12SO+H2S↑，该反应的离子方程式是2H+T2S=H2S↑+2T (5)根据品胞结构可知：在一个品胞中含有Na原子数目是14+12x=8:含有T的数目是8x名+6x+4=8,由于品胞参 数为aPm,则品胞的密度=骨-呼cm-N0西em:根据图示可知在晶胞中n原子间的最近距离为体对角线 8M 的宁，由于品胞参数是apm,品胞体对角线为V了am,所以T原子间的最近距离为apm, 17.(12分，每空2分) 99 (1)ab→f→g*c→d (2)装置B中溶液变浑浊 (3)6V0C+6H,0+17NH,HCO,=(NH)s[(VO)6(CO)4(OH)]·10H,0↓+13CO2↑+12NH,C1 (4)①除去过量的KMn0,②836cx10x100%③偏高 a 【解析】(1)由于+4价钒的化合物易被氧化，因此装置D反应前需要用装置C产生的二氧化碳排尽装置内的空气，装置C 产生的二氧化碳中会混入HCI杂质，需要用装置A中的饱和碳酸氢钠溶液除去，用装置B检验CO2,故接口依次连接的合理顺 序为e→a一→b一fg→*c→d。 (2)实验开始时，先关闭K2,打开K1,当装置B中溶液变浑浊时，说明装置内的空气已经排尽，关闭K1,打开K2,进行 实验。 (3)装置D中生成氧钒(V)碱式碳酸铵品体的化学方程式为6VOCl6HO+17 NHHCO一(NH)5[(VO)6(CO)4(OH)]·10HO↓+ 13CO2↑+12NH,C1。 (4)①KMnO,溶液具有氧化性，其作用是将+4价钒的化合物氧化为VO,NaNO2具有还原性，所以NaNO2溶液的作用是 除去过量的KMnO4。②消耗标准溶液的体积为bmL,根据滴定反应VO+Fe2+2H=VO2+Fe3++HO可知，n(VO2+)=n(Fe2+)=bc× 10'mol,所以产品中钒的质量分数（以V0,计）为bcx103molx83gmox100%=83bcx10x100%。③若(NH,)Re(S0,2标准 溶液部分变质，溶液中F+浓度减小，会消耗更多的标准溶液，导致测定结果偏高。 18.(15分，除特殊标记外，每空2分) (1)(b-a-c)(1分) 参考答案与解析第54页（共60页） (2)升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快，相同反应时间CO2转化率增大 (3)0.01 mol.L.min116向正反应方向进行 (4)CHOCH (5)CO,+2e-+2H+-HCOOH 13a 38600 【解析】(1)由图示可得该过程的总反应为CH,OH(g)+H,O(g)一CO2(g)+3H,(g),对应焓变△H=(c+a-b)kJ/mol,则该反 应的逆反应△H=(b-a-c)kJ/mol (3)由题意知，转化的C02物质的量n(C02)=1mol×30%=0.3mol,平衡时C0物质的量为0.05mol,说明通过反应b转化 的C02为0.05mol,则通过反应a转化的CO2为0.25mol,故反应a生成CHOH为0.25mol,又因为平衡时CHOH为0.05mol, 说明有0.2 mol CH.OH通过反应c转化为CHOCH,列式如下： CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) 转化的物质的量/mol 0.050.05 0.050.05 平衡时物质的量mol 0.05 CO2(g)+3H2(g)=CHOH(g)+HO(g) 转化的物质的量mol 0.250.75 0.25 0.25 平衡时物质的量/mol 0.05 2CH,OH(g)=CHOCH(g)+H2O(g) 转化的物质的量mol 0.2 0.1 0.1 100 平衡时物质的量/mol 0.05 0.1 综上所述，平衡时n(CH0H)=0.05mol,n(CH0CH)=0.1mol,n(H,0)=(0.05+0.25+0.1)mol=0.4mol,前10 min CHa0CH的 0.1 mol 反应速率(CHOCH,.)=10min --0.01 mol/(L.min):反应c的K,=c(CH:0CHcH0）=0.1moLx0.4moL=16:加入0.1mol c(CHOH) (0.05molL)2 0.1mol×(0.4+0.1)mol CH,OH(g)和0.1molH,0(g),此时Q=c(CH,OCHc(H,0)= IL =2.22<K。,故平衡向正反应方向移动。 e2(CHOH) (0.05+0.1)mol12 (4)随着温度的升高，反应c平衡逆向移动，故CH OCH3(或二甲醚)平衡体积分数减小，对应曲线x。 19.(14分，除特殊标记外，每空2分) (1)酯基、羟基光照(1分) CH,COOH CHCOOCH,CH (2) +CH,CH,OH、张酰酸 +H0 A (3)二甲胺（或二甲基胺）二甲胺与水形成氢键(1分) 参考答案与解析第55页（共60页） OOCH (5) CHCI CH-CI 【解析】由有机物的转化关系可知 在光照条件下与氯气发生取代反应生成 先发生取代反应，后酸化 CH COOH CHCOOH CHCOOH CH-COOCH-CH 得到 则C为 ；在浓硫酸作用下， 与乙醇共热发生酯化反应生成 ,则D为 CH-COOCH-CH CH-COOCH-CH CHCOOCHCH CHCOOCHCH 0) 发生加成反应生成 -OH ,则E为 、OH ；八与 CHCOOCH-CH NH(CH)2发生环加成反应生成HOCH,CHN(CH)2,则F为HOCH,CH,N(CH)2;HOCH CHN(CH)2与 OH CHCOOCHCHN(CH)2 发生取代反应生成 OH CH (1)由结构简式可知，环喷托酯的含氧官能团为酯基、羟基；由分析可知，A生成B的反应为 在光照条件下与氯气发 CH,CI 生取代反应生成 和氧化氢。 CH,COOH CH,COOCHCH (2)由分析可知，C生成D的反应为在浓硫酸作用下， 与乙醇共热发生酯化反应生成[ 和水， CHCOOH CH,COOCH.CH 反应的化学方程式为 +CH,CH,OH、浓疏酸 +H2O (3)由结构简式可知，NH(CH)2的名称为二甲胺或二甲基胺，二甲胺或二甲基胺分子中含有的氨基能与水分子形成氢键， 所以二甲胺或二甲基胺易溶于水。 CHCOOCH,CH OH CHCOOCHCHN(CH)2 (4)由结构简式可知，HOCH,CHN(CH3)2与 发生取代反应生成U -OH 时， CHCOOCHCH OH 也可以发生分子内取代反应生成 则分子式为CHO2的副产物为 (5)D的同分异构体能发生银镜反应，能与2倍物质的量的氢氧化钠反应，苯环上有2个取代基可能为一OOCH和 一CH,CH,CH,或一OOCH和一CH(CH)2,其中苯环上取代基为一OOCH和一CH,CH,CH、一OOCH和一CH(CH)2各有邻间 参考答案与解析第56页（共60页） OOCH 对3种结构，共有6种，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷化学（十二） 1.D【解析】合金的特点是熔点低、硬度大，故D错误。 2.B【解析】本题考查化学用语，是基础题，可知B正确 3.C【解析】标况下，NO2是液体，不能用气体摩尔体积计算公式，故A错误：B项没给体积，无法计算OH数目，故B 错误；根据电荷守恒，可知C正确；根据氧化还原反应价态归中规律，可知转移的电子数目是5W,故D错误。 4.A【解析】分子中只含有两种官能团：羧基和酯基，故A错误。 5.D【解析】由题推断可知：X为C,Y为O,Z为Mg,W为S。电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越 大，半径越小，故A错误；O半径小非金属性强，第一电离能大，O>C,故B错误：W的最高价氧化物对应水化物为强酸，故 C错误。 [Cs@TiO 6B【】n价电子为3，是d区元素，放A正确：根据上述平衡可知，人68-®西O [Cs*] [Rb*] 从右衡图像的意义看，人。=直线的斜率一00=0，放B结误：根超C项分析可知，上述平商容易向正向进行，即 {Ti2O}团簇对于Cs具有比Rb大的亲和力，故C正确：金属性越强，电负性越小；非金属性越强，电负性越大，故D正确。 7.B【解析】SiHCI中H是-1价，被氧化的原子与被还原的原子个数比为3：1，故B错误。 8.C【解析】钠、钾属于金属晶体，金属晶体半径越小，金属键越强，熔点越高，N>K,故A错误；碳酸钠的溶解度大于 碳酸氢钠，故B错误；锂在氧气中燃烧，产物为氧化锂，故D错误。 9.C【解析】由题分析可知，第二步中两电极在发生反应时，放电结束后，Na,4MnO2→NaoMnO2,Ag→AgCI,分别消耗 钠离子和氯离子，因此电解质溶液中NaC的含量降低，故C错误。 10.D【解析】反应机理题的解题策略是看箭头的方向：只进不出反应物，只出不进生成物，进进出出循环物质。根据反应 物、生成物可判断出该反应是取代反应，故D错误。 11.D【解析】使用ScNC的反应活化能小于使用YNC的反应活化能，说明SCNC比YNC更利于吸附氮气，故A错 误；催化剂不能提高平衡转化率，故B错误；催化剂不改变反应热，故C错误；反应速率由慢反应步决定，故D正确。 12.B【解析】氯化钙与碳酸钠反应，碳酸根离子浓度减小，对于碳酸根水解平衡体系，平衡逆移，抑制碳酸根水解，故B 错误。 13.C【解析】不同浓度的高锰酸钾溶液，颜色不同，褪色时间可能不同，无法探究浓度对反应速率的影响，故A错误；鲜 花中有水分，通入干燥的氯气也能使鲜花褪色，无法判断干燥的氯气是否有漂白性，故B错误；硝酸银与氯化钠反应时，银离 子过量，剩余的银离子可能会与碘化钾离子反应，无法证明沉淀的转化，故D错误。 14.A【解析】根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向 阴极移动，阴离子向阳极移动，则a为阴极，电极反应式为2(CH)N+2HO+2e=2(CH)NOH+H2↑，故A正确；b为阳极， 电极反应式为4OH-4e=O+2HO,a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极， 故C错误；Na通过e膜，C通过d膜，(CH)N*通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，故B错误；题中 没有提标准状况下，无法计算气体体积，如果在标准状况下，182g(CH),NOH的物质的量为g182.2mol,a极电极反应 参考答案与解析第57页（共60页） 式为2(CH)N+2H,O+2e=2(CH3)NOH+H2↑，则收集氢气1mol,转移电子为2mol,b极电极反应式为4OH-4e=O+2HO, 则收集氧气为0.5mol,标况下两极可得气体体积为1.5mol×22.4Lmol=33.6L,故D错误。 15.C【解析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越 大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1molL硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1molL 硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1oL碳 酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1ol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线 ④表示含碳酸锶固体的1moL碳酸钠溶液的变化曲线，故B错误。K,只与温度有关，与浓度无关，故A错误。由分析可知， 曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Kp(SSO4)=1035×0.1=1065,温度不变，溶度 积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为，10 1mon=105,则a为-6.5，故C正确。对含Srs0(s)且NaS0,和Na,C0,初始 浓度均为1.0o·L的混合溶液中锶离子的浓度为105，根据图示，pH≥6.9时锶离子的浓度降低，所以pH≥6.9时发生沉淀 转化，故D错误。 16.(14分，每空2分) (1)2V,0,+0,+4HS0,益整4V0S0,+4H0正四面体 (2)①2Fe+SO?+H,O=2Fe2+2H+SO?②使A1+转化为A1(OH)3沉淀便于除去，同时提高VO+在有机试剂中的萃取率 (3)溶液中存在反应10VO+8H,0一HVO+14H,pH<2.5时，H浓度过高，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀 (4)V0,1.66x10 xNA 【解析】(1)VO转化为VOSO4的过程中V被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，根据氧化还原反应配平，可分析出方程 式；硫酸根离子空间构型为正四面体。 101 (2)含磷有机试剂对溶液中的F+也有很强的萃取能力，所以加入亚硫酸钠溶液的第二个作用是将三价铁离子还原为二价 铁离子，根据氧化还原三步配平可得离子方程式为2F++SO+H,O一2F2+2H+SO?;根据题中所给信息可知加氨水调节溶液的 pH≈5可以使铝离子完全沉淀，除去A1(OH)3,同时提高VO2+在有机试剂中的萃取率。 (3)溶液中存在反应10VO+8HO一HVO+14H,pH<2.5时，H浓度过高，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀。 (4)由晶胞可知，V位于顶点和体心，个数为1+8×】=2：0有4个位于面心，2个位于体内，个数为4×1+2=4，故晶胞 512+164g1.66x10 中实际含有的0和V的个数比为4：2，所以该物质的化学式为V0,则该晶体的密度为p=晋=x10cm> NA g.cm xNA 17.(14分，每空2分) (1)-49.1 (2)a.>b.90% (3).反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行 b.反应②（或反应③）为放热反应，而反应①为吸热反应，所以温度升高不利于CHOH的合成，但有利于CO的生成，所 以CHOH产率降低 c.K=c(C0)c(H,0) c(CO2)·c(H2) (4)增大压强（或使用更高效的催化剂） 【解析】本题主要考查化学反应原理，考查学生对化学反应原理的理解能力和综合运用能力。 (1)本题是对盖斯定律进行考查，属于基本题型。 参考答案与解析第58页（共60页）