精品解析：四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期一模化学试题

四川省2026年普通高中学业水平选择性考试·第二阶段学情调研测试 化学试题 川北版(一轮结束) ★考生注意★ 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.考试结束后，只交回答题卡。 5.考试范围：请参照2026届绵阳二诊考试范围。 ◈预祝你们考试成功◈ 一、单选题(共15小题，每小题3分，共45分) 1. 下列叙述错误的是 A. 实验室用镊子夹取钠且剩余的钠可以放回原试剂瓶 B. 当火灾现场存放有大量金属钠时不能用水来灭火 C. 氯气泄漏应及时将人群逆风转移到地势较高的地方 D. 久置氯水漂白性增强 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠的化学性质活泼，实验室用镊子夹取钠，剩余的钠应放回原试剂瓶，以免发生危险，A正确； B．金属钠与水反应，会生成氢气且放出大量热，易引发爆炸，B正确； C．氯气密度比空气大，逆风且向高处转移可避开低处聚集的氯气，C正确； D．久置氯水中次氯酸发生反应，漂白性减弱，D错误； 故答案为D。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 小苏打电离方程式： B. 乙烯的最简式： C. 中子数为12的氖核素： D. 用电子式表示CsCl的形成过程： 【答案】B 【解析】 【详解】A．小苏打为弱酸的酸式盐，电离时碳酸氢根不能完全电离为H⁺和碳酸根，正确电离方程式为，A错误； B．乙烯分子式为，最简式为分子中各原子的最简整数比，即，B正确； C．氖的质子数为10，中子数为12时，质量数=质子数+中子数=22，核素应表示为，C错误； D．CsCl为离子化合物，形成过程中Cs失去电子形成Cs⁺，Cl得到电子形成Cl⁻，的电子式应表示为：，D错误； 故选B。 3. 下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是 A B C D 操作现象 将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多 蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖逐渐变黑并有刺激性气味的气体产生 向盛有固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀 结论 乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼 浓硫酸具有脱水性和氧化性 不能证明氯元素的非金属性强于碳元素 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠与乙醇反应更平缓，说明乙醇羟基的氢活性低于水中的氢，结论正确，A正确； B．蔗糖碳化变黑体现脱水性，产生刺激性气体（SO2）体现氧化性，结论正确，B正确； C．盐酸与Na2CO3反应生成CO2说明酸性强于碳酸，但非金属性需比较最高价含氧酸酸性，结论正确，C正确； D．未中和酸性环境直接加Cu(OH)2，导致无法检测水解产物葡萄糖（需碱性条件），不能说明蔗糖未水解，结论错误，D错误； 故选D。 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol 中σ键的个数为 B. 22.4 L二氧化硫溶于水，溶液中、、的数目总和为 C. 1 mol (Cr的化合价为+6)含过氧键的数目为 D. 常温下，向100 mL 18 mol·L-1浓硫酸中加入足量的Cu，该过程转移电子的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．每个NH3分子含有3个N-H σ键，4个NH3共12个；同时每个NH3与Cu2+形成1个配位键（σ键），共4个；总σ键数为12+4=16，即1 mol [Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为16NA；A错误； B．未指明气体状态是否为标准状况，无法计算含硫物质的数目，B错误； C．CrO5中Cr的化合价为+6，则结构为CrO(O2)2，含2个过氧键（O-O），即1 mol CrO5有2NA个过氧键，C正确； D．由可知，每消耗2 mol浓硫酸转移2 NA电子，题目共有1.8 mol浓硫酸，反应过程中生成水会稀释浓硫酸，即参与反应的浓硫酸小于1.8 mol，则转移电子数小于1.8NA，D错误； 故答案选C。 5. 要除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)，下列实验方案设计中，合理的是 A. ：将气体先通入氢氧化钠溶液，再通过浓硫酸 B. NaCl溶液 (NaOH)：加入过量的溶液 C. 溶液：通入适量氯气 D. 溶液：滴加适量盐酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．中，能被氢氧化钠溶液吸收，浓硫酸干燥后得到纯净CO，不引入新杂质，方案合理，A正确； B．NaCl溶液(NaOH)中加入过量溶液，虽除去NaOH但引入过量和杂质，方案不合理，B错误； C．溶液中通入适量氯气，虽氧化但引入杂质，方案不合理，C错误； D．溶液中滴加适量盐酸，虽转化但引入NaCl杂质，方案不合理，D错误； 故答案选A。 6. 高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品中，其合成路线如图所示。 下列说法错误的是 A. 1mol物质A最多与2mol 发生加成反应 B. 物质B不存在顺反异构体 C. 物质C能与乙二醇发生反应生成八元环状酯 D. 合成M的整个过程中的原子利用率为100% 【答案】D 【解析】 【分析】根据聚合物M的结构可反推出有机物B的结构为CH2=CHOCH3，有机物A与发生加成生成CH2=CHOCH3，则可推出A的结构为；C的名称为丁烯二酸，则结构为，羧基脱水后转化为；然后将CH2=CHOCH3和进行加聚得到高分子M：，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，A的结构为，为乙炔，含碳碳叁键，则1 mol最多与2 mol 发生加成反应生成，A正确； B．物质B的结构为CH2=CHOCH3，其碳碳双键的一端连接的是2个相同的H原子，无法形成顺反异构体，故CH2=CHOCH3不存在顺反异构体，B正确； C．物质C的结构为，能与进行多元酯化生成环状酯结构，属于八元环状酯，C正确； D．合成M的整个过程中，由C脱水生成时还有副产物产生且后续未使用，则原子利用率未达到100%，D错误； 故答案为：D。 7. 已知有如下反应：①；②；③；④，下列叙述不正确的是 A. 氧化能力： B. 还原能力： C. 反应能顺利进行 D. 反应能顺利进行 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据反应①得出氧化性，反应②得出氧化性，反应④得出氧化性，反应③得出氧化性，因此氧化能力顺序为，A正确； B．由反应③得出还原性，由反应④得出还原能力应为，因此还原能力顺序应为，B正确； C．反应要顺利进行要求的氧化性强于，但反应①已证明，因此反应不能进行，C错误； D．由反应③和④得出氧化性，因此能氧化为，因此反应能顺利进行，D正确； 故答案选C。 8. 化合物XYZ2W6为翡翠的主要成分，W、X、Y和Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态W原子的价层电子排布式为nsnnp2n，Y的基态原子核外电子共占据7个原子轨道，Z的最高正化合价和最低负化合价的绝对值相等。下列说法中正确的是 A. 简单离子半径：X>Y>W B. ZW2的空间构型为直线型 C. X和Y的第一电离能均小于同周期相邻元素 D. YCl3分子中所有原子均满足8e-结构 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态W原子的价层电子排布式为nsnnp2n，s能级充满可以容纳2个电子，其价层电子排布式为2s22p4，则W为O元素；Y的基态原子核外电子共占据7个原子轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，Y为Al元素；Z的最高正化合价和最低负化合价的绝对值相等，其原子序数大于Al，只能处于Ⅳ族，可知Z为Si元素；由化学式“XYZ2W6”可知，X表现+1价，其原子序数大于O，则X为Na元素；据此作答。 【详解】A．电子层数相同，核电荷数越大，半径越小；则简单离子半径：，即，A错误； B．ZW2为SiO2，其结构为立体网状而非直线型，B错误； C．Na的第一电离能小于同周期相邻的Mg，Al的第一电离能小于相邻的Mg和Si，C正确； D．AlCl3中Al的价层电子数为6，未满足8e-结构，D错误； 故答案选C。 9. 化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 与足量加成后的产物中含有2个手性碳原子 B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验Y中是否含有X C. Y→Z发生取代反应，有生成 D. 等物质的量的Y、Z分别与足量溶液反应，Y消耗的量更多 【答案】C 【解析】 【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X与足量氢气加成后的产物中环上连接支链的碳原子都是手性碳原子，有3个手性碳原子，A错误； B．X、Y中酚羟基、甲基都能被酸性高锰酸钾氧化而使得溶液褪色，不可用酸性高锰酸钾溶液检验Y中是否含有X，B错误； C．结合质量守恒，Y中酚羟基和酯基发生取代反应生成Z和，C正确； D．酯基水解生成的羧基、酚羟基都能和以1：1反应，1molY最多消耗，Z中酯基水解生成酚羟基、羧基和醇羟基，最多消耗，D错误； 故答案选C。 10. 工业上常以铝土矿(主要成分为，含少量)为原料冶炼金属铝，其工艺流程如图： (已知：Na[Al(OH)4]+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3)下列说法不正确的是 A. “溶解”时发生反应的离子方程式为 B. “过滤1”中所得滤渣的主要成分为红褐色 C. “酸化”时不能用代替 D. 图中所示转化的反应中，只有一个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3，铝土矿加氢氧化钠“溶解”，氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，过滤1分离出Fe2O3，滤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤2分离出氢氧化铝，氢氧化铝灼烧生成氧化铝，电解熔融氧化铝得到金属铝。 【详解】A．Al2O3为两性氧化物，与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸盐，离子方程式为：，原子、电荷均守恒，故A正确； B．Fe2O3为碱性氧化物，不与NaOH溶液反应，故滤渣主要成分为Fe2O3，而非Fe(OH)3，故B错误； C．“酸化”目的是将转化为Al(OH)3沉淀，若用过量，Al(OH)3会继续溶解，无法得到沉淀，故C正确； D．图中所示转化的反应中，只有电解熔融氧化铝是氧化还原反应，故D正确； 答案选B。 11. 以和为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，为元素钒，其最高化合价为+5价，、为氨基酸，下列说法错误的是 A. 该机理中化合物是中间产物 B. 反应过程中，钒的成键数目发生了改变 C. 该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成 D. 制备机理的总反应的离子方程式为： 【答案】A 【解析】 【详解】A．化合物A先和H2O2反应，经过一系列反应又生成了A，因此该机理中化合物A作催化剂，故A错误； B．反应过程中，A到B、B到C，D到E，钒的成键数改变了，故B正确； C．A→B的反应过程中有氢氧键的断裂，C→D的反应过程中有氢氧键的生成，故C正确； D．根据图中的转化关系得到制备机理的总反应的方程式为：，故D正确。 故选A。 12. 下列有关阿伏加德罗常数的说法正确的是 A. 常温常压下，中的分子总数小于 B. 常温常压下，24 g由乙炔和苯组成的混合物中含个C原子 C. 标准状况下，2.8 g硅单质中含有的共价键数目为 D. 中含有键数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．常温常压下，46 g 的物质的量为1 mol，但存在的平衡，导致分子总数减少，因此分子数小于，A正确； B．乙炔（）和苯（）的最简式均为CH，24 g混合物中CH的物质的量为，对应C原子数为，而非，B错误； C．2.8 g Si的物质的量为0.1 mol，每个Si原子形成4个共价键，但每个键被两个原子共享，总键数为，C错误； D．HClO的结构为H-O-Cl，不存在H-Cl键，因此1 mol HClO中H-Cl键数目为0，D错误； 故选A。 13. 下列方法不能达到除杂的目的的是 选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂(均适量) 操作方法 A CO2(HCl) 饱和碳酸氢钠溶液 洗气 B Cl2(HCl) NaOH溶液 洗气 C MgCl2(MgSO4) BaCl2溶液 充分反应，过滤，保留滤液 D NaOH溶液(Na2CO3) Ca(OH)2溶液 充分反应，过滤，保留滤液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，可除去CO2中的HCl且不引入新杂质，A正确； B．Cl2和HCl均能与NaOH反应，不能用氢氧化钠溶液除去氯气中的氯化氢气体，B错误； C．MgSO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀和氯化镁，过滤后保留滤液，则加入适量氯化钡溶液，充分反应，过滤，保留滤液，可除去氯化镁中的硫酸镁且不引入新的杂质，C正确； D．Na2CO3与Ca(OH)2生成CaCO3沉淀和NaOH，过滤后保留滤液，则加入适量的氢氧化钙溶液，充分反应，过滤，保留滤液，可除去氢氧化钠溶液中的碳酸钠且不引入新的杂质，D正确； 故选B。 14. 一种主要成分是FeTiO3的钛铁矿含少量FeO、Al2O3、SiO2杂质，以该钛铁矿为原料生产TiO2的工艺流程如图所示(部分步骤、条件和产物已省略)。已知：TiOSO4极易水解生成TiO(OH)2沉淀。下列说法正确的是 A. “滤液1”中阴离子主要是和OH- B. “操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶 C. “调pH”加入铁粉可以防止Fe2+被氧化 D. “灼烧”时必须隔绝空气 【答案】C 【解析】 【分析】成分是FeTiO3的钛铁矿含少量FeO、、杂质加入氢氧化钠碱浸，、分别转化为、进入滤液1，FeTiO3、FeO进入滤渣，加入80%硫酸酸浸，FeTiO3、FeO转化为TiOSO4、，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，加入碳酸钠与TiOSO4进行互促水解生成TiO(OH)2沉淀，加入铁粉防止溶液中的亚铁离子被氧化，TiO(OH)2沉淀经灼烧生成二氧化钛。 【详解】A．“滤液1”中阴离子主要是、和OH-，A错误； B．“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B错误； C．调pH加入铁粉可以防止Fe2+被氧化，防止水解生成氢氧化铁沉淀引入杂质，C正确； D．TiO(OH)2沉淀灼烧生成TiO2的反应为非氧化还原反应，生成的TiO2很稳定，不需要隔绝空气，D错误； 故选C。 15. 铁镁合金是一种新型储氢材料，立方晶胞类似于CaF2，结构如图所示。该合金储氢后H2位于晶胞的体心和棱心位置(晶胞图中未画出)，晶胞参数为apm，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 该合金的化学式为：FeMg2 B. 1cm3该合金的质量为： C. 熔融该合金的过程中需要破坏金属键 D. 储氢后晶体中的原子个数之比 【答案】D 【解析】 【详解】A．该合金晶胞类似CaF2结构，CaF2中Ca2+为面心立方堆积（8×+6×= 4个），F-填充8个四面体空隙（8个），化学式为CaF2（1:2）。类比可知，Fe相当于Ca2+（4个/晶胞），Mg相当于F-（8个/晶胞），Fe:Mg=4:8=1:2，化学式为FeMg2，A正确； B．1个晶胞质量为 g，晶胞体积为（a×10-10cm）3 = a³×10-30cm3，密度ρ=g/cm3，故1cm3质量为g，B正确； C．合金属于金属材料，由金属键结合，熔融时需破坏金属键，C正确； D．储氢后H2位于体心（1个）和棱心（12×=3个），共4个H2分子，含8个H原子。晶胞中Fe=4、Mg=8，故Fe:Mg:H=4:8:8=1:2:2≠1:2:1，D错误； 故选D。 二、解答题(共4小题，16题13分，17~19题各14分，共55分) 16. 某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图。 已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如表。 氢氧化物 开始沉淀的 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的 3.7 9.7 9.2 回答下列问题： （1）为提高浸取效率，可采取的措施是______。 （2）浸出渣主要成分为______、______。(填化学式) （3）“除铜”时，将氧化为S的反应离子方程式为______。 （4）“氧化”的目的是将溶液中氧化为，写出该反应的离子方程式______。温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是______。 （5）“调”时，的控制范围为______。 （6）“除钙”后，若溶液中F-浓度为，则______。［已知常温下，］ 【答案】（1）将含镍催化剂粉碎、适当升高温度、适当增大H2SO4的浓度等 （2） ①. CaSO4∙2H2O ②. BaSO4 （3）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ （4） ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. 温度太高，H2O2受热易分解 （5）3.7≤pH<7.7 （6）1.0×10-3 【解析】 【分析】废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)中加入H2SO4酸浸，NiO、Fe2O3、CuO溶解，CaO、BaO转化为CaSO4∙2H2O、BaSO4沉淀，部分CaSO4溶解在溶液中；过滤后，浸出渣为CaSO4∙2H2O、BaSO4；往滤液中通入H2S，Cu2+转化为CuS沉淀，Fe3+被H2S还原为Fe2+，同时生成S沉淀；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，通过调pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入NaF溶液，将溶液中的Ca2+转化为CaF2沉淀；加入NaCl电解混合溶液，Ni2+转化为2NiO(OH)∙H2O，过滤后热分解生成Ni2O3。 【小问1详解】 为提高浸取效率，可采取的措施是：将含镍催化剂粉碎、适当升高温度、适当增大H2SO4的浓度等。 【小问2详解】 由分析可知，浸出渣主要成分为：CaSO4∙2H2O、BaSO4。 【小问3详解】 “除铜”时，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。 【小问4详解】 “氧化”的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2的热稳定性差，温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是：温度太高，H2O2受热易分解。 【小问5详解】 “调”时，应让Fe3+完全沉淀，而Ni2+不生成沉淀，则pH的控制范围为3.7≤pH<7.7。 【小问6详解】 “除钙”后，若溶液中F-浓度为，则====1.0×10-3。 【点睛】除去溶液中的Fe2+时，通常将其氧化为Fe3+，然后调节pH让Fe3+生成沉淀。 17. 镉及其化合物在工业上应用广泛。某地所产的铜镉渣主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、MnO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收镉的某种工艺流程如图所示： 已知：部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。 金属离子 Zn2+ Cd2+ Fe2+ Pb2+ Cu2+ Fe3+ 开始沉淀时 (c = 0.01 mol⋅L-1) 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时 (c = 1.0×10-5 mol⋅L-1) 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： （1）Pb为第六周期ⅣA族元素，其价电子排布式为_______；Cd与Zn同族且相邻，则Cu、Zn、Cd、Fe、Mn五种金属元素中属于ds区的有_______种。 （2）为提高“酸浸”速率，可采取的措施是_______；“滤渣Ⅰ”中含有PbSO4，写出Pb与稀硫酸生成PbSO4的反应的离子方程式：_______。 （3）加入石灰乳调节pH=5后再加入KMnO4氧化，“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中Fe2+反应的离子方程式为_______。 （4）“置换”中镉置换率与的变化关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。 实际生产中的值最佳为1.3，若需置换出28 kg Cd，且使镉置换率达到98%，则实际加入的Zn的质量约为_______kg。(保留三位有效数字) （5）“置换”后滤液中除Ca2+外的金属阳离子主要是_______(填离子符号)。 （6）“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。“熔炼”中生成的气体为_______(填化学式)。 【答案】（1） ①. 6s26p2 ②. 3 （2） ①. 将镉废渣粉碎、适当升高温度、适当增大稀硫酸的浓度、搅拌（任写一条即可） ②. （3） （4）21.6 （5）K+、Zn2+ （6）H2 【解析】 【分析】铜镉渣用稀硫酸酸浸时，Cd、CdO变为Cd2+，Zn变为Zn2+，Fe变为Fe2+，MnO变为Mn2+，Cu、SiO2不反应，Pb变为PbSO4，因此滤渣Ⅰ的成分为Cu、SiO2、PbSO4；加石灰乳调节pH=5，再加KMnO4氧化Fe2+和Mn2+，可得到滤渣Ⅱ为Fe(OH)3和MnO2；加入足量Zn置换Cd2+得到海绵镉，再用NaOH熔炼得到Cd和Na2ZnO2。据此分析解答。 【小问1详解】 Pb在元素周期表的位置为第六周期ⅣA族，因此价电子排布式为 6s26p2；Cu、Zn、Cd三种元素位于周期表ds区； 【小问2详解】 提高“酸浸”速率措施有将镉废渣粉碎、适当升高温度、适当增大稀硫酸的浓度、搅拌等；Pb与稀硫酸反应生PbSO4的离子方程式为； 【小问3详解】 “氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，Fe2+的氧化产物为Fe3+，由于之前已经加入石灰乳调节pH=5，因此Fe3+沉淀为Fe(OH)3，反应的离子方程式为； 【小问4详解】 要得到28 kg Cd且镉置换率达到98%，需实际存在Cd的质量为，物质的量为，Zn置换Cd2+的离子方程式为，可得Cd与Zn物质的量之比为1：1，所以Zn的质量为； 【小问5详解】 “置换”后滤液中除Ca2+外，主要剩余的金属阳离子是K+和Zn2+； 【小问6详解】 “熔炼”步骤中，Zn与NaOH发生反应放出的气体为H2，化学方程式为。 18. 在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题： Ⅰ．CO2加氢制甲醇 （1）已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：   反应ⅱ： ∆H2 反应ⅲ： 计算：∆H2=______。 （2）在一绝热恒容的密闭容器中发生反应，下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A. 体系的压强保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 保持不变 D. CO的体积分数保持不变 （3）一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。 已知：甲醇的选择性。 ①260℃时，H2的转化率______。反应ⅰ的平衡常数______(精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。 ②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：______。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 （4）CO2电还原可能的反应机理如图所示(表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：______。 ②若还原产物主要为，应选择______(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 【答案】（1）-90.6 （2）BC （3） ①. 22% ②. 0.022 ③. 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低 （4） ①. ②. Cu 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ=反应ⅲ，则△H2=△H3—△H1=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol，故答案为：—90.6； 【小问2详解】 A．该反应是气体体积不变的吸热反应，绝热恒容的密闭容器中反应时，容器中温度减小，体系压强减小，当体系的压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； C．由碳原子个数守恒可知，反应中始终不变，则保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； D．一氧化碳的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； 故选BC； 【小问3详解】 ①设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol、3mol，由图可知，260℃时二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol—1mol×30%=0.7mol，甲醇的物质的量为1mol×30%×60%=0.18mol，一氧化碳的物质的量为1mol×30%×40%=0.12mol，由氧原子个数守恒可知，水蒸气的物质的量为1mol×2-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为=2.34mol，则混合气体的总物质的量为3.64mol，氢气的转化率为×100%=22%，反应ⅰ的平衡常数≈0.022，故答案为：22%；0.022； ②甲醇选择性随温度升高而降低是因为反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ、ⅲ为放热反应，升高温度，反应ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应ⅱ、ⅲ的平衡向逆反应方向移动，使得甲醇的选择性降低，故答案为：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低； 【小问4详解】 ①由图可知，二氧化碳在催化剂表面得到电子转化为，则a为，故答案为：； ②由图可知，生成甲烷的第一步反应是二氧化碳中的碳原子与催化剂活性位点相连，由题给信息可知，锡的活性位点对氧原子的连接能力较强，金、铜的活性位点对碳原子的连接能力较强，但铜对一氧化碳的吸附能力远强于金，且铜吸附一氧化碳后不易脱离，所以应选择铜做催化剂制备甲烷，故答案为：Cu。 19. 一种受体拮抗剂中间体合成路线如下。 已知：①； ②试剂a是。 （1）D分子中含有的官能团有___________；K→L的反应类型是___________。 （2）的化学方程式是___________。 （3）的过程中，的作用是___________。 （4）以G和M为原料合成P分为三步反应。 已知： 的结构简式为，则的结构简式是___________。 （5）P的合成路线中，有两处氨基的保护，分别是： ①引入保护基，脱除保护基； ②___________。 （6）同时满足下列条件的B的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。 ①含有苯环；②能发生银镜反应。 其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的物质的结构简式为___________。 【答案】（1） ①. 硝基、酰胺基 ②. 还原反应 （2） （3）吸收HCl，促进反应正向进行 （4） （5）E→F引入保护基，Y→P脱除保护基 （6） ①. 26 ②. 【解析】 【分析】由A→B的反应条件及B的分子式，可知B为；B→D为硝化反应，对比B与G的结构，可知D为；D→E为酰胺基的水解反应，可知E为；对比E、G和试剂a的结构，可知E与试剂a发生取代反应，生成的F为；由反应条件可知I→J发生的信息是已知信息①中的反应，故J为；对比J与L的结构，结合J→K的反应条件和K的分子式，可知K为； 【小问1详解】 根据分析可知，D为，则D分子中含有的官能团有硝基、酰胺基；根据分析可知K→L的过程中K中的硝基被还原成氨基，则K→L的反应类型是还原反应； 【小问2详解】 根据分析可知，的化学方程式是 ； 【小问3详解】 根据分析可知，的过程中有HCl生成，加入碱性物质可以吸收HCl，促进反应正向进行； 【小问4详解】 M（）与G在N=C双键上先发生加成反应得到X，X的结构简式为：，X在碱性条件下脱除得到Y，Y的结构简式为：，最后发生已知的反应得到P，Y的结构简式为：； 【小问5详解】 根据分析可知，E→F中氨基转化为酰胺基从而被保护，Y→P中酰胺基又变回氨基从而脱除保护； 【小问6详解】 根据分析可知，B的结构简式为，其不饱和度为5；满足下列条件的同分异构体：①含有苯环，不饱和度为4；②能发生银镜反应，根据分子式中O原子的个数，含有-CHO；苯环上含有三个取代基、、的结构有10种，苯环上含有二个取代基、的结构有3种，苯环上含有二个取代基、的结构有3种，苯环上含有二个取代基、的结构有3种，苯环上含有二个取代基、的结构有3种，苯环上含有一个取代基、、、的结构有4种，一共26种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的物质的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省2026年普通高中学业水平选择性考试·第二阶段学情调研测试 化学试题 川北版(一轮结束) ★考生注意★ 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.考试结束后，只交回答题卡。 5.考试范围：请参照2026届绵阳二诊考试范围。 ◈预祝你们考试成功◈ 一、单选题(共15小题，每小题3分，共45分) 1. 下列叙述错误的是 A. 实验室用镊子夹取钠且剩余的钠可以放回原试剂瓶 B. 当火灾现场存放有大量金属钠时不能用水来灭火 C. 氯气泄漏应及时将人群逆风转移到地势较高的地方 D. 久置氯水漂白性增强 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 小苏打电离方程式： B. 乙烯的最简式： C. 中子数为12的氖核素： D. 用电子式表示CsCl的形成过程： 3. 下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是 A B C D 操作现象 将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多 蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖逐渐变黑并有刺激性气味的气体产生 向盛有固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀 结论 乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼 浓硫酸具有脱水性和氧化性 不能证明氯元素的非金属性强于碳元素 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol 中σ键的个数为 B. 22.4 L二氧化硫溶于水，溶液中、、的数目总和为 C. 1 mol (Cr的化合价为+6)含过氧键的数目为 D. 常温下，向100 mL 18 mol·L-1浓硫酸中加入足量的Cu，该过程转移电子的数目为 5. 要除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)，下列实验方案设计中，合理的是 A. ：将气体先通入氢氧化钠溶液，再通过浓硫酸 B. NaCl溶液 (NaOH)：加入过量的溶液 C. 溶液：通入适量氯气 D. 溶液：滴加适量盐酸 6. 高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品中，其合成路线如图所示。 下列说法错误的是 A. 1mol物质A最多与2mol 发生加成反应 B. 物质B不存在顺反异构体 C. 物质C能与乙二醇发生反应生成八元环状酯 D. 合成M的整个过程中的原子利用率为100% 7. 已知有如下反应：①；②；③；④，下列叙述不正确的是 A. 氧化能力： B. 还原能力： C. 反应能顺利进行 D. 反应能顺利进行 8. 化合物XYZ2W6为翡翠的主要成分，W、X、Y和Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态W原子的价层电子排布式为nsnnp2n，Y的基态原子核外电子共占据7个原子轨道，Z的最高正化合价和最低负化合价的绝对值相等。下列说法中正确的是 A. 简单离子半径：X>Y>W B. ZW2的空间构型为直线型 C. X和Y的第一电离能均小于同周期相邻元素 D. YCl3分子中所有原子均满足8e-结构 9. 化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 与足量加成后的产物中含有2个手性碳原子 B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验Y中是否含有X C. Y→Z发生取代反应，有生成 D. 等物质的量的Y、Z分别与足量溶液反应，Y消耗的量更多 10. 工业上常以铝土矿(主要成分为，含少量)为原料冶炼金属铝，其工艺流程如图： (已知：Na[Al(OH)4]+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3)下列说法不正确的是 A. “溶解”时发生反应的离子方程式为 B. “过滤1”中所得滤渣的主要成分为红褐色 C. “酸化”时不能用代替 D. 图中所示转化的反应中，只有一个属于氧化还原反应 11. 以和为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，为元素钒，其最高化合价为+5价，、为氨基酸，下列说法错误的是 A. 该机理中化合物是中间产物 B. 反应过程中，钒的成键数目发生了改变 C. 该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成 D. 制备机理的总反应的离子方程式为： 12. 下列有关阿伏加德罗常数的说法正确的是 A. 常温常压下，中的分子总数小于 B. 常温常压下，24 g由乙炔和苯组成的混合物中含个C原子 C. 标准状况下，2.8 g硅单质中含有的共价键数目为 D. 中含有键数目为 13. 下列方法不能达到除杂的目的的是 选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂(均适量) 操作方法 A CO2(HCl) 饱和碳酸氢钠溶液 洗气 B Cl2(HCl) NaOH溶液 洗气 C MgCl2(MgSO4) BaCl2溶液 充分反应，过滤，保留滤液 D NaOH溶液(Na2CO3) Ca(OH)2溶液 充分反应，过滤，保留滤液 A. A B. B C. C D. D 14. 一种主要成分是FeTiO3的钛铁矿含少量FeO、Al2O3、SiO2杂质，以该钛铁矿为原料生产TiO2的工艺流程如图所示(部分步骤、条件和产物已省略)。已知：TiOSO4极易水解生成TiO(OH)2沉淀。下列说法正确的是 A. “滤液1”中阴离子主要是和OH- B. “操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶 C. “调pH”加入铁粉可以防止Fe2+被氧化 D. “灼烧”时必须隔绝空气 15. 铁镁合金是一种新型储氢材料，立方晶胞类似于CaF2，结构如图所示。该合金储氢后H2位于晶胞的体心和棱心位置(晶胞图中未画出)，晶胞参数为apm，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 该合金的化学式为：FeMg2 B. 1cm3该合金的质量为： C. 熔融该合金的过程中需要破坏金属键 D. 储氢后晶体中的原子个数之比 二、解答题(共4小题，16题13分，17~19题各14分，共55分) 16. 某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图。 已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如表。 氢氧化物 开始沉淀的 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的 3.7 9.7 9.2 回答下列问题： （1）为提高浸取效率，可采取的措施是______。 （2）浸出渣主要成分为______、______。(填化学式) （3）“除铜”时，将氧化为S的反应离子方程式为______。 （4）“氧化”的目的是将溶液中氧化为，写出该反应的离子方程式______。温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是______。 （5）“调”时，的控制范围为______。 （6）“除钙”后，若溶液中F-浓度为，则______。［已知常温下，］ 17. 镉及其化合物在工业上应用广泛。某地所产的铜镉渣主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、MnO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收镉的某种工艺流程如图所示： 已知：部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。 金属离子 Zn2+ Cd2+ Fe2+ Pb2+ Cu2+ Fe3+ 开始沉淀时 (c = 0.01 mol⋅L-1) 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时 (c = 1.0×10-5 mol⋅L-1) 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： （1）Pb为第六周期ⅣA族元素，其价电子排布式为_______；Cd与Zn同族且相邻，则Cu、Zn、Cd、Fe、Mn五种金属元素中属于ds区的有_______种。 （2）为提高“酸浸”速率，可采取的措施是_______；“滤渣Ⅰ”中含有PbSO4，写出Pb与稀硫酸生成PbSO4的反应的离子方程式：_______。 （3）加入石灰乳调节pH=5后再加入KMnO4氧化，“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中Fe2+反应的离子方程式为_______。 （4）“置换”中镉置换率与的变化关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。 实际生产中的值最佳为1.3，若需置换出28 kg Cd，且使镉置换率达到98%，则实际加入的Zn的质量约为_______kg。(保留三位有效数字) （5）“置换”后滤液中除Ca2+外的金属阳离子主要是_______(填离子符号)。 （6）“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。“熔炼”中生成的气体为_______(填化学式)。 18. 在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题： Ⅰ．CO2加氢制甲醇 （1）已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：   反应ⅱ： ∆H2 反应ⅲ： 计算：∆H2=______。 （2）在一绝热恒容的密闭容器中发生反应，下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A. 体系的压强保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 保持不变 D. CO的体积分数保持不变 （3）一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。 已知：甲醇的选择性。 ①260℃时，H2的转化率______。反应ⅰ的平衡常数______(精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。 ②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：______。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 （4）CO2电还原可能的反应机理如图所示(表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：______。 ②若还原产物主要为，应选择______(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 19. 一种受体拮抗剂中间体合成路线如下。 已知：①； ②试剂a是。 （1）D分子中含有的官能团有___________；K→L的反应类型是___________。 （2）的化学方程式是___________。 （3）的过程中，的作用是___________。 （4）以G和M为原料合成P分为三步反应。 已知： 的结构简式为，则的结构简式是___________。 （5）P的合成路线中，有两处氨基的保护，分别是： ①引入保护基，脱除保护基； ②___________。 （6）同时满足下列条件的B的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。 ①含有苯环；②能发生银镜反应。 其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的物质的结构简式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $