基本分专练14-【伯乐马】2026年高考化学基本分专练

化学高考基本分专练（十四） 1.茶叶中富含茶多酚，茶多酚能有效清除人体的活性氧自由基从而具有抗衰老的功能。 手工制作茶叶的过程为：“将采回的鲜茶叶，及时均匀地摊在竹匾上，用木炭火烘 焙，在锅内手工翻炒…”。下列有关说法中错误的是 () A.用开水刚冲泡的茶水pH<7 B.茶叶在烘焙时，应控制合适的温度 C.茶多酚之所以具有抗衰老的功能是源于它易被还原 D.泡茶的陶瓷杯、玻璃杯均属于传统无机非金属材料 2.下列化学用语或图示表示正确的是 0 A.CH的VSEPR模型： OH B.酚醛树脂的结构简式：H王 CH2OH C.C1的结构示意图： H-0 D.邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： 3.劳动教育是“五育并举”的重要一环，下列劳动项目与化学知识关联错误的是() 选项 劳动项目 化学知识 A 家务劳动：用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na,CO3可与酸反应 B 学农活动：用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含N、P、K等元素 C 秋收体验：用收获的秸秆生产酒精、饲料 糖类水解、发酵 D 自主探究：果蔬电池 原电池原理 4.达普司他作为肾性贫血治疗的“新一代”药物，具有良好的疗效和安全性，其结构 简式如图所示。下列有关该物质说法正确的是 () A.碳原子有sp2和sp两种杂化方式 B.三个环均为平面结构 C.环上的一氯代物有4种 D.1mol该物质最多消耗5mo1NaOH 5.18一冠一6的结构如图1，将KF溶人18一冠一6的乙腈(CHCN)溶液中可轻松实 现氟的取代，反应过程如图2所示。下列说法正确的是 ) 乙腈溶液 图1 图2 伯乐马2027年高考基本分专练（十 A.18一冠-6也可识别Na+ B.18一冠一6的所有原子在同一个平面上 C.KF与18一冠一6形成化合物的过程体现超分子自组装的特征 是超分子 6.物质结构决定物质性质，下列性质与结构因素匹配错误的是 ( 选项 性质 结构因素 A 沸点：HF>HCI HF中氢氟键键能更大 B 酸性：CH2 CICOOH>CH COOH 氯原子有吸电子效应 C 碱性：NaOH>Mg(OH)2 钠的金属性强于镁 D 熔点：SiO2(1723℃)远高于CO2(-56.6℃) 两者晶体类型不同 7.下列离子方程式与所给事实不相符的是 A.向饱和氨盐水中通人过量CO2:NH3+H2O+CO2=HCO3+NH B.泡沫灭火器的反应原理：3HCO3+A13+=A1(OH)3+3CO2个 OH C.向苯酚钠溶液中通人CO2: ○+C0,+H,0 +HCO3 D.将SO2通入酸性KMnO4溶液：5SO2+2MnO,+2H2O=5SO?+2Mn+ +4H+ 8.立方钙钛矿晶胞如图甲示，晶胞参数为anm;一种金属卤化物光电材料的组成为 Pb+、I厂和有机碱离子CH,NH,其晶胞如图乙所示。设NA是阿伏加德罗常数的 值。下列说法错误的是 () ● 02 Ca2-Ti+ I CH NH;Pb2 A.甲中氧离子之间的最短距离为 2a nm 136 B.甲的密度为。XNAX10可g·cm C.乙中CHNH周围紧邻的I有12个 D.甲中Ti+与乙中Pb2+的空间位置不同 四)·化学·第1页（共2页） 9.组成为W2(YX)3Z的化合物可用作农药中间体、饲料添加剂等。其中X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的前四周期元素，且均属不同的周期；基态X、Z、W原子均有 相同数目的单电子，且基态W原子d轨道充满电子；Y是地壳中含量最多的元素。 下列说法错误的是 A.W2(YX)3Z属于重金属盐 B.W2(YX)3Z晶体中存在共价键 C.第一电离能：W>Z>Y D.基态W原子的价层电子排布式：3d"4s 10.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 实验操作及现象 结论 用pH计测得碳酸钠溶液的pH小 A 酸性：碳酸>苯酚 于苯酚钠溶液的pH 加热0.3mol·L1CuCl2溶液， [CuC14]2-(黄色)+4H2O一4CI B 溶液由蓝色变为黄色 +[Cu(H,O)]+(蓝色)△H<0 向葡萄酒中滴加几滴酸性KMnO。 C 葡萄酒中含SO2 溶液，溶液紫红色褪去 取两份新制氯水，分别滴加 D AgNO3溶液和淀粉KI溶液，前 氯气与水的反应存在限度 者产生白色沉淀，后者溶液变蓝色 11.中学阶段常见单质和化合物有如图所示的转化关系（反应V的部分生成物未给出）， 已知：甲是NCL,气体乙在标准状况下的化合物乙· +单质X H20 隔绝空气 密度为0.76g·L1,常温下Y是一种 化合物甲 () 加热( w)乙 黄绿色气体。下列叙述正确的是( ）化合物丙手 单质Y A.乙的摩尔质量为17g H20 B.Y常用于杀菌漂白，与反应i有关 (i) 化合物丁· C.化合物丙见光分解得到单质Y D.反应V中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 12.氨化硅陶瓷是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷。以N2、H2、SiC1,(g)(沸点 57.6℃，极易水解，具有腐蚀性)为原料在高温下制备氨化硅的实验装置如图。实 验结束后丁装置硬质玻璃管增重2.8g,己装置增重15.56g,不考虑SiC14在丙装置 和戊装置中的损耗。 下列说法不正确的是 稀硫酸 尾气处理 浓硫酸 NaOH 浴液 NH,CI和 NaNO,的浓溶液 伯乐马2027年高考基本分专练（十 A.乙装置中反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1 B.丁装置中反应的化学方程式为2N+6H+3SiC,(g)高温siN,+12HC C.戊装置中的试剂为浓硫酸 D.该实验中氨化硅的产率为75% 13.电解水制氢和耦合醇制酸的装置及机理如下，下列说法错误的是 0 HO i NiO(OH) RCHOH 活性电极 NiO、 RCH,OH -e 阴离子交换膜 OH HO .H RCOO RCOO NiO i进 HOOH OH RCHO -e /H0 RCH2OH iv KOH溶液 KOH溶液 (O:NiO(OH)RCH(OH) A.阳极反应的催化剂是NiO B.电解时，RCH2OH被氧化 C.iii转化为iv的反应方程式为RCHO+H2O→RCH(OH) D.经历2次NiO与NiO(OH)的互相转化可得到2molH2 14.利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能 产物。 已知：①图1中曲线表示NaCO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ②图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH)=Kp[Mg(OH)2];曲 线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO)=Kp(MgCO3) [注：起始c(Na2CO3)=0.1mol·L1,不同pH下c(CO)由图1得到]。 1.0 HCO I.Mg(OH) H.CO, CO 0.6 0.4 [(3W)1 2 4 II.MgCO 0.2 -6 0.0 -8 6 10 12 9 10 11 12 pH pH 图1 图2 下列说法不正确的是 A.由图1，pH=6.37时，c(HCO3)=c(H2CO3) B.由图2，初始状态pH=10、lg[c(Mg2+)]=-5,体系中优先析出MgCO,沉淀 C.由图2，初始状态pH=12、1g[c(Mg2+)]=-6,平衡时c(Mg2+)由Mg(OH)2 的溶度积决定 D.由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg+)]=0,反应后溶液中c(HCO3)会 显著降低 四)·化学·第2页（共2页）(十四) 1.CA.茶叶中含有茶多酚等酸性物质，冲泡得到的茶水呈酸性，因此pH<7,A正确；B.茶多酚 属于有机物，高温下易分解变质，因此茶叶烘焙时需要控制合适温度，防止茶多酚被破坏，B 正确；C茶多酚需要清除具有氧化性的活性氧自由基，该过程中茶多酚作还原剂，说明茶多酚 易被氧化，而非易被还原，C错误；D.陶瓷、玻璃都属于传统无机非金属材料，因此陶瓷杯、玻 璃杯均属于传统无机非金属材料，D正确；故选C。 2.AA.CH时中C原子的价层电子对数为3+4-1,3X1=3,无孤电子对，VSEPR模型为平 2 面三角形，A正确；B.酚醛树脂是由苯酚和甲醛缩聚而成，正确的结构简式为 OH H七 CH,0H,B错误；C.C1的质子数为17，C1核外有18个电子，正确结构示意图为 88,C错误：D.邻羟基苯甲醛中，羟基的H与醛基的0形成分于内氢键，正确的氢键应表 HD错误；故答案选A。 3.AA.小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来作膨松剂，故A错误；B.厨余垃圾含N、P、K 等元素，因此可用厨余垃圾制肥料，故B正确；C秸秆的主要成分是纤维素，纤维素经过水解 得到葡萄糖，葡萄糖经过发酵变为乙醇，因此秸秆可用于生产酒精、饲料，故C正确；D.果蔬呈 酸性，可以当做电解质溶液，制作果蔬电池利用了原电池原理，故D正确；选A。 4.AA.分子中所有饱和碳原子，即环己烷环的碳、侧链亚甲基碳、中间环的次甲基碳等，均为 sp3杂化；所有C=O中的碳原子为sp2杂化，不存在其他杂化方式，A正确；B.分子中的环己 烷环，所有碳均为sp3杂化，环己烷为空间非平面结构，B错误；C.两个环己烷环境相同，环己 烷环上有4种不同化学环境的氢，中间六元环的次甲基上有1种氢，故环上共有5种不同化 学环境的氢，C错误；D.碱性条件下，酰胺基水解消耗NaOH,羧基中和也消耗NaOH:结构O =C(N-)2中羰基连两个N,水解生成碳酸盐，1mol该基团消耗2 molNaOH;环上另有2个 普通酰胺羰基，侧链还有1个酰胺键，共消耗3 molNaOH;1mol羧基消耗1 molNaOH;总计 消耗2十3+1=6 molNaOH,D错误；答案选A。 5.DA.18-冠一6不能识别半径较小的Na+,A错误；B.18一冠一6中C、O都是sp3杂化，所有 原子不在同一个平面上，B错误；C.KF与18一冠-6形成化合物的过程体现超分子的分子识 别的特征，C错误；D.超分子是由两种或两种以上的分子（或离子）通过非共价键相互作用形 成的分子聚集体； 是超分子，D正确；故答案选D。 伯乐马2027年高考基本分专练 6.AA.沸点HF>HCI是因为HF能形成分子间氢键，而HCI不能形成分子间氢键，A错误； B.酸性CH2 CICOOH>CH3COOH是因为氯原子有吸电子效应，导致CH CICOOH中O一H 键极性更大，更易断裂，故酸性更强，B正确；C.钠的金属性强于镁，故碱性：NOH>Mg (OH)2,C正确，D.SiO2是共价晶体，而CO2是分子晶体，故熔点：SiO2远高于CO2,D正确， 故选答案A。 7.AA.向饱和氨盐水中通人过量CO2即产生NaHCO3沉淀和NHCl,反应原理为NaCl+ NH+CO2+H2O=NaHCO3￥+NH,Cl,离子方程式为NH3+H2O+CO2+Na+= Na HCO3￥十NH,A符合题意；B.泡沫灭火器的原理为碳酸氢钠和硫酸铝的双水解反应，离 子方程式为3HCO3+A13+=A1(OH)3↓+3CO2个，故B不符合题意；C.向苯酚钠溶液中 OH 通人CO2生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为 +CO2+H2O→ +HCO3,故C 不符合题意；D.酸性KMnO:溶液将SO2氧化为硫酸根，离子方程式为5SO2十2MnO:+ 2H2O=5SO?+2Mn++4H+,故D不符合题意；故选A。 8.D立方钙钛矿晶胞中，Ca+位于体心，数自为1：T件位于顶点，数目为8X81:O位于 棱上，数目为12×年=3，化学式为CaTiOa;金属卤化物光电材料晶胞中，CHNH时位于顶 点数目为8×日-1：Pb*位于体心，数日为1：1位于面心，数目为6×号一-3，化学式为CH, NHPb,据此分析。A,甲中氧离子位于棱心，最短距离为面对角线的一半，即号anm,A不 符合题意：B,甲晶胞参数为amm=a×10'cm,晶胞体积为(aX10)Pcm,晶胞质量为N8, 136 136 密度为XNXI0g·cm,B不符合题意：C.乙中CH,NH时位于顶点，周国紧邻的I位 于面心，共12个，C不符合题意；D.甲中Ti+位于顶点，乙中Pb2+位于体心，比较晶胞甲、乙可 知，将图乙中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图甲所示晶胞结构，图 乙中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图甲中的T4+,甲中T4+与乙中Pb+的空间 位置相同，D符合题意；故选D。 9.CY是地壳中含量最多的元素，为O,故X在第一周期，Z在第三周期，W在第四周期，基态 W原子d轨道充满电子，说明W的3d轨道排满10个电子；且X、Z、W单电子数目相同：W 为第四周期元素，d轨道充满，若单电子数为1，则W的核外价电子排布为3d°4s',W是Cu; X为第一周期，单电子数为1，X是H；Z为第三周期，单电子数为1，原子序数介于O和Cu 之间，对应Z是Cl,则X=H、Y=O、Z=C1、W=Cu。A.Cu为重金属，Cu2(OH)3C1属于重 金属盐，A正确；B.化合物中OH内部存在O一H共价键，B正确：C.一般情况下，同周期从 化学答案·第1页（共2页） 左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，O和C1处于不同周 期，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，其第一电离能大于C:铜的电子排布为 [Ar]3d4s',4s轨道只有一个电子，容易失去，形成稳定的3d"全充满结构，因此，第一电离 能最低，故第一电离能：O(Y)>C1(Z)>Cu(W),C错误；D.Cu是29号元素，其价层电子排布 为3d14s1,D正确；故选C。 10.BA.实验中未控制碳酸钠和苯酚钠溶液浓度相等，无法直接根据pH的大小判断碳酸和苯 酚的酸性强弱，A错误；B.加热后溶液由蓝色变为黄色，说明温度升高，平衡向生成黄色 [CuCl4]2-的方向移动，即[CuCl,]-(黄色)+4H2O=一4C1+[Cu(H2O)4]2+(蓝色)逆 向移动，升温平衡向吸热方向移动，说明逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H<0,B 正确；C.葡萄酒中含有乙醇，乙醇也具有还原性，可还原酸性高锰酸钾使其褪色，无法证明葡 萄酒中一定含有SO2,C错误；D.氯气与水反应生成HC1和HClO,滴加AgNO3溶液产生白 色沉淀，说明有C1存在；滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝色，说明有氧化性物质存在（氧化I生 成I2而使淀粉变蓝)，可以是C12或HCO,因此不能说明氯气与水的反应存在限度，D错误； 故答案选B。 11.B甲是NCl3气体乙在标准状况下的密度为0.76g·L1,计算摩尔质量M=pVm=0.76g ·L1×22.4L·mol1≈17g·mo,故乙为NHa;单质Y常温下为黄绿色气体，故Y是 氯气；NCl3与H2O发生水解反应，NCl3+3H2O一NH3个+3HC1O,因此乙为NH3,化合 物丙为HC1O;NC13隔绝空气加热分解，生成单质X和CL2,结合原子守恒和得失电子守恒可 知，X是氨气；Cl2与H2O反应，生成化合物丁和丙，则丁是HC1。由题意推测，X是氨气，Y 是氯气，乙是NH3,丙是HCIO,丁是HC1。由此解题，A.气体乙在标准状况下的密度为 0.76g·L1,则乙的摩尔质量为0.76g·L1×22.4L·mol1≈17g·mol-1,A错误；B. C2常用于漂白或自来水的杀菌消毒，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，即 与反应i有关，B正确；C.HC1O见光分解得到氧气，Y是氯气，C错误；D.依题意可得反应V 的化学方程式为3Cl2+8NH3=6NH,C1+N2,该反应中3 mol Cl2作氧化剂，得到6mol 电子，8 mol NH3中有2mol作还原剂，被氧化为氮气，失去6mol电子，故氧化剂与还原剂 的物质的量之比为3：2，D错误；故答案选B。 12.D以N,H。,SCL,(g)为原料在高温下制备氮化硅的方程式为2N十6H,+3SCL(g)高温SiN +12HC1,甲装置用于生成氢气，乙装置用于生成氮气，丙装置中将N2、H2、SCl4干燥、混 合，在丁装置内发生反应制取S3N4;戊装置的目的是防止水蒸气进人丁装置，己装置用于吸 收过量的SiC1,气体和反应生成的HC1气体，以防止污染环境。A.乙装置中NHCI与 NaNO2反应生成N2,反应方程式为NH4Cl十NaNO2=N2个+NaCl+2H2O,其中NH4Cl 作还原剂化合价升高生成氮气，NNO2作氧化剂化合价降低生成氮气，二者得失电子数均 为3，物质的量之比1：1，A正确；B.丁装置中以N2、H2、SCl(g)为原料在高温下制备氮化 硅，方程式为2N十6H+3SiC1,(g)高温si,N,十12HC1,B正确：C.SiC,极易水解，为防止 伯乐马2027年高考基本分专练 SiCl4进入丁装置应在戊中加人浓硫酸除水，C正确；D.m(SiN4)=2.8g,n(SiN4)= 2.8g 140g/mol =0.02mol,m(SiC:)+m(HC)=15.56g,依据反应2N,+6H,+3SiCL,(g)高温 Si3N4+12HC1,可求出n(HC1)=0.02mol×12=0.24mol,m(HC1)=0.24mol×36.5g/mol 6.8g -8.76g,m(Sicl,)-15.56g-8.76g-6.8g(Sicl )=170g/moi-0.04mol,iCl. 转化为SN,又可生成SN,的物质的量为O04 mol,该实验氨化硅的产率为 0.02mo1 0.02mol+0.04mo ×100%=60%,D错误；故选D。 3 13.D阴极上，水发生还原反应生成氢气：2H2O十2e=H2个十2OH,生成的OH通过阴离 子交换膜进人阳极室。阳极上，NO作为催化剂，经过一系列反应，最终被氧化为RCOO, 据此分析。A.由机理图可知，NO在阳极反应中参与循环，反应前后质量和性质不变，是阳 极反应的催化剂，A不符合题意；B.电解时，RCH2OH转化为RCOO,碳元素化合价升高， 被氧化，B不符合题意；C.i为RCHO,V为RCH(OH)2,转化的反应方程式为RCHO+ H2O→RCH(OH)2,C不符合题意；D.阴极反应为2H2O+2e=H2个+2OH,生成1 molH2转移2mol电子；阳极上NiO转化为NiO(OH)时，Ni从十2价变为+3价，每经历1 次NiO与NiO(OH)的互相转化，转移1mol电子，因此经历2次转化可得到1molH2,D符 合题意；故选D。 14.BA.从图1可以看出，当pH=6.37时，HCO3的物质的量分数曲线与H2CO3相交，此时 二者物质的量分数相等，则有c(HCO)=c(H2CO3),A正确；B.从图2可以看出，当初始 pH=10,lg[c(Mg2+)]=-5时，该点位于曲线I和曲线Ⅱ下方，不会产生Mg(OH)2和 MgCO3沉淀，B错误；CpH=12,lg[c(Mg2+)]=一6时，该点位于曲线I上方，体系内产生 Mg(OH)2沉淀，平衡时的c(Mg+)由该温度下Mg(OH)2的溶度积决定，C正确；D.pH =8,lg[c(Mg2+)]=0时，该点位于曲线Ⅱ上方，体系内能产生MgCO,沉淀，溶液中的 含C离子主要是HCO,存在电离平衡：HCO一H++CO,Mg2+与CO?反应生 成MgCO3沉淀，c(CO)降低，上述电离平衡向正反应方向移动，使c(HCO,)降低，直 至达到沉淀平衡，D正确；故答案选B。 化学答案·第2页（共2页）