精品解析：辽宁省部分重点中学协作体2026届高三下学期4月高考模拟考试 化学试卷

2026年4月高考模拟考试 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 P-31 Fe-56 Cu-64 一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求。每小题3分，共45分。) 1. 中国的无人机产量居世界第一。下列有关无人机的说法错误的是 A. 制造芯片的主要材料为Si B. 机翼主体所用碳纳米材料属于胶体 C. 起落架所用铝合金硬度比纯铝大 D. 机身所用增强聚酯树脂属于复合材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．硅是良好的半导体材料，是制造芯片的核心原料，A正确； B．胶体是分散质粒子直径在1~100 nm之间的分散系，属于混合物，而碳纳米材料是纯净的碳单质，不属于分散系，因此不属于胶体，B错误； C．合金的硬度通常高于其组成纯金属，因此铝合金硬度比纯铝大，C正确； D．增强聚酯树脂是由聚酯基体和增强材料复合而成，属于复合材料，D正确； 故选B。 2. 下列化学用语表述错误的是 A. SiO2的电子式： B. 基态镍原子结构示意图： C. HF中σ键示意图： D. Cl2O的VSEPR模型名称：四面体形 【答案】A 【解析】 【详解】A．SiO2​是原子晶体，不存在独立的SiO2​小分子，晶体中每个Si原子与周围4个O原子形成共价键，无法写出电子式，A错误； B．镍原子原子序数为28，基态镍原子核外电子排布为2、8、16、2，总电子数为28，原子结构示意图为，B正确； C．HF中σ键是H的1s轨道和F的单电子轨道沿键轴头碰头重叠形成的，该示意图符合σ键的成键特征，C正确； D．Cl2​O的中心原子为O，价层电子对数=σ键数+孤电子对数，因此其VSEPR模型名称为四面体形，D正确； 故选A。 3. 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. 分子式为C19H26O6N3 B. 分子中所有原子可能共平面 C. 在酸性和碱性条件下都能发生水解反应 D. 1 mol该物质最多能消耗4mol NaOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据结构式可知，该分子的分子式为，A错误； B．分子中含有环己基，环己基中均为饱和杂化碳原子，为四面体结构，因此所有原子不可能共平面，B错误； C．该分子含有多个酰胺键，酰胺键在酸性、碱性条件下都能发生水解反应，C正确； D．1 mol该分子含1 mol羧基、5 mol酰胺键，碱性条件下，1 mol羧基消耗1 mol NaOH，每个酰胺键水解消耗1 mol NaOH，则1 mol该分子总共最多消耗6 mol NaOH，D错误； 故答案为C。 4. 从微观视角探析物质结构和性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释相符的是 选项 实例 解释 A 萘()易溶于四氯化碳 萘与四氯化碳中均含有非极性共价键 B 、、的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 熔点：TiF4>TiBr4>TiCl4 相对分子质量越大，范德华力越强 D 邻羟基苯甲酸的酸性强于苯甲酸 邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，利于羧基电离出H+ A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．萘是非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据“相似相溶”原理，萘易溶于四氯化碳，与分子中是否含非极性共价键无关；因此该实例与解释不相符，A错误； B．三种粒子键角顺序确实为，但​和​都不含孤电子对，二者键角差异是因为价层电子对数（杂化类型）不同，不是孤电子对斥力导致的，该解释不能说明键角依次减小的原因，解释不相符，B错误； C．TiF4是离子晶体，熔点由离子键决定；TiCl4、TiBr4是分子晶体，熔点由范德华力决定。 该熔点顺序不是单纯由相对分子质量（范德华力）决定的，因为TiF4的熔点远高于另外两者，是晶体类型不同导致的；C错误； D．邻羟基苯甲酸电离出H+后，形成的羧酸根负离子可以与邻位的-OH形成分子内氢键，稳定了羧酸根负离子，从而促进羧基电离，使酸性增强，D正确； 故答案选D。 5. 已知铜与KCN溶液反应的方程式为：2Cu+8KCN+2H2O=2K3[Cu(CN)4]+2KOH+H2↑。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 64gCu与足量KCN溶液反应时转移电子的数目为2 B. 标准状况下，2.24LH2O的中心原子含有的孤电子对数目为0.2 C. K3[Cu(CN)4]固体中键数目为8 D. 常温下，1L pH=9的KCN溶液中水电离出的OH-数目为10-5 【答案】D 【解析】 【详解】A．64 g Cu的物质的量为1 mol，反应中Cu从0价升高到+1价，每个Cu转移1个电子，故转移电子数目为，A错误； B．标准状况下不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法计算孤电子对数目，B错误； C．未给出的物质的量，无法计算固体中键的数目，C错误； D．KCN溶液中水解促进水的电离，水电离出的是溶液中全部的，常温下pH=9的溶液中，1 L溶液中物质的量为，数目为，D正确； 故选D。 6. 解释下列实验现象的反应方程式错误的是 A. K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色： B. Al2(SO4)3溶液与NaHS溶液混合产生气体： C. CuCl2溶液通SO2后褪色产生白色沉淀： D. 将黑色灼热CuO加入乙醇中变成红色： 【答案】B 【解析】 【详解】A．为橙色，为黄色，碱性条件下重铬酸根与氢氧根反应生成铬酸根，方程式符合反应事实，A正确； B．与发生双水解反应，应生成沉淀和气体，正确离子方程式为，选项方程式产物错误，B错误； C．具有还原性，将还原为生成白色沉淀，元素被氧化为+6价，方程式电子、原子均守恒，符合反应事实，C正确； D．加热条件下乙醇被氧化为乙醛，被还原为单质，方程式符合反应事实，D正确； 故选B。 7. 下列实验设计合理的是 A．使发黑的银手镯恢复光亮 B．滴定法测定KI溶液的浓度 C．分离I2和NH4Cl固体混合物 D．制备溴苯 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．银手镯发黑是因为表面生成了Ag2​S，该装置中锡、Ag2​S与NaCl溶液形成原电池，锡比银活泼，锡作负极失电子，Ag2​S在正极得电子被还原为Ag，可以使发黑的银手镯恢复光亮，实验设计合理，A正确； B．Fe3+与I−会发生反应，滴定一开始就会生成I2​，使淀粉溶液变蓝，无法判断滴定终点，B错误； C．加热时，I2​升华，NH4​Cl受热也会分解为NH3​和HCl气体，二者遇冷后，I2​凝华、NH3​和HCl又重新化合为NH4​Cl固体，都附着在烧瓶底部，无法分离，C错误； D．苯制备溴苯需要液溴才能在溴化铁催化下发生取代反应，浓溴水的溴浓度低，无法发生该反应，D错误； 故答案为A。 8. 化合物RY2(YZ3X10)(XW)2在涂料等领域应用广泛。W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，W、X、Y、R分别属于前四个不同周期的主族元素。基态X原子核外电子占5个轨道且有2个未成对电子，基态Z原子次外层电子数是最高能层电子数的2倍，基态R原子的价电子只占据最高能层1个轨道，Y和Z原子序数之和等于X和R原子序数之和。下列说法错误的是 A. 原子半径：R > Y > Z > X B. 电负性：X > W > Y > R C. X的第一电离能低于同周期相邻元素 D. Y、Z、R的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能反应 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，W、X、Y、R分别属于前四个不同周期的主族元素，W为第一周期主族元素，故W是H；X为第二周期主族元素，原子核外电子占5个轨道且有2个未成对电子，则电子排布为，故X是O；基态Z原子次外层电子数是最高能层电子数的2倍，即各电子层的电子数分别为2、8、4，故Z为Si；Y为第三周期主族元素，R为第四周期主族元素，基态R原子的价电子只占据最高能层1个轨道，可知R为K或Ca。结合“Y和Z原子序数之和等于X和R原子序数之和”（）及“原子序数依次增大”进行排除：若R为Ca（），则Y为Si（），与Z元素相同，舍去；故R必为K（），则Y为Al（）。据此解答。 【详解】A．电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素原子序数越大半径越小，原子半径：，即，A正确； B．电负性随非金属性增强而增大，电负性：，即，B正确； C．同周期原子轨道半充满结构更稳定，第一电离能大于，核电荷数更大，第一电离能也大于，故的第一电离能低于同周期相邻元素，C正确； D．三者最高价氧化物对应水化物分别为、、，是两性氢氧化物，仅能与强酸、强碱反应，是弱酸，二者不反应，并非两两均能反应，D错误； 故答案为D。 9. 一种生物基可降解高分子P合成路线如下。下列说法错误的是 A. A中有1个手性碳原子 B. A与B生成D的反应类型为加成反应 C. P中含有9个sp2杂化的碳原子 D. P可发生水解反应而降解 【答案】C 【解析】 【分析】A与B发生加成反应生成D，由P的结构简式可知，反应物A与B的化学计量比是2:1，则D的结构为，D与E反应生成高聚物P和水。 【详解】A．反应物A中有1个手性碳原子：，A正确； B．A与B以化学计量比是2:1反应生成D（），2个A和B的原子数和与D相同，则反应类型为加成反应，B正确； C．P中苯环、羰基和碳氮双键中的碳原子为sp2杂化，P为聚合物，原子数与聚合度n有关，因此sp2杂化的碳原子数目为9n，C错误； D．由高分子P的结构可知，P中的酰胺键易水解，导致高分子P可降解，D正确； 故选C。 10. ZnS立方晶胞结构如下图。ZnS晶体中掺入少量CuCl后会出现能量不同的“正电”区域和“负电”区域，光照下发出特定波长的光，可作特殊光学材料。下列说法错误的是 A. 掺入CuCl前，Zn2+填入S2-围成的正四面体空隙，填隙率为50% B. 区域A掺入的离子为Cl-，区域B为“负电”区域 C. 掺入CuCl比例不同，光照下发光颜色不同 D. 若另选ZnS立方晶胞，使晶胞体心有S2-，则该晶胞中其他S2-位于顶角 【答案】D 【解析】 【详解】A．由晶胞图可知，一个顶点S2-和距离最近的三个面心S2-构成一个正四面体。Zn2+填入S2-构成的正四面体空隙，晶胞中共有8个正四面体，四个正四面体空隙中填入了Zn2+，因此空隙占有率为50%，A正确； B．区域A中“○”代表S2-，晶胞掺杂过程中同种电荷进行替换，则区域A的中的离子为Cl-；区域B中“●”代表Zn2+，其中一个“●”被CuCl中Cu+代替，该位置的正电荷数由+2降为+1，形成“负电”区域；则区域B带负电，B正确； C．发光的颜色由能量差决定，掺入CuCl比例不同，晶胞内“正电/负电”区域的数量、分布不同，导致电子跃迁的能量差不同，对应光的波长（颜色）不同，C正确； D．若晶胞体心有1个S2-，晶胞中S2-总数为4。体心贡献1个，则还需要3个S2-；仅顶点的话只有8×=1个，加上体心1个，总数仅2个，不满足4个S2-的要求。因此“其他S2-仅位于顶角”的说法错误，D错误； 故答案选D。 11. 利用如图装置(省略夹持仪器)制备TiCl4.已知：TiCl4易水解，熔点-24℃，沸点136.4℃；CCl4沸点76.8℃；TiO2不溶于水和稀酸；装置C中除生成TiCl4外，还生成一种有毒气态氧化物和少量CCl4。下列说法正确的是 A. 装入试剂后，应先加热陶瓷管，再打开装置A中分液漏斗活塞 B. 装置D烧杯中可加入冰水，便于收集纯净的液态TiCl4 C. 装置B和装置E的作用不完全相同 D. 整套装置仍存在的缺陷是装置C前没有加除去Cl2中HCl的装置 【答案】C 【解析】 【分析】装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应产生的氯气中含有水蒸气，通过装置B中的浓硫酸除去，然后在电炉内与二氧化钛和碳的混合物发生反应生成TiCl4，用装置D的冰水降低温度，获得液态TiCl4，TiCl4易与水反应，故在后面连接干燥管，防止空气中的水蒸气进入装置D，同时装置E也可以吸收未反应完的Cl2和可能挥发出来的HCl，防止污染环境。 【详解】A．若先加热陶瓷管，装置内空气（含水蒸气）会导致TiCl4​水解，应先打开分液漏斗活塞通入Cl2​排尽装置内空气，再加热陶瓷管，A错误； B．CCl4​沸点为76.8℃，TiCl4​沸点为136.4℃，冰水冷却时两种物质都会冷凝为液态，得到的是二者混合物，无法收集到纯净TiCl4，B错误； C．装置B的作用仅为干燥Cl2​，除去Cl2​中的水蒸气，装置E除了防止空气中水蒸气进入D使TiCl4​水解，还需要吸收尾气中未反应的有毒Cl2​，防止污染空气，二者作用不完全相同，C正确； D．HCl不参与反应，也不影响TiCl4​的制备和收集，不需要额外除去Cl2​中的HCl，D错误； 故选C。 12. 某工厂由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备纯净ZnS的流程如图。 已知：Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CdS)=8.0×10-27，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.2×10-13。当离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，认为离子沉淀完全。下列说法正确的是 A. “酸浸”时，用98%的硫酸可有效提高酸浸速率 B. 用H2O2代替O2能加快反应并降低生产成本 C. “除铁”时可加入ZnO，“调pH”时需加入酸性物质 D. “除镉”时，当溶液pH=1、c(H2S)=0.01mol·L-1时，Cd2+沉淀完全 【答案】D 【解析】 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入H2SO4、O2，酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3+和Cd2+，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【详解】A．98%的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，电离出的浓度很低，无法提高酸浸速率，实际酸浸常用稀硫酸，A错误； B．​的价格远高于​，用​代替​会提高生产成本，B错误； C．“酸浸”后溶液为强酸性，“除铁”时加入是为了消耗、升高pH，使沉淀除去，但后续“沉锌”得到ZnS需要更大的浓度，浓度越高，浓度越低，因此“调pH”应加入碱性物质升高pH，C错误； D．根据的电离常数得：，代入已知条件pH=1即、得：，再根据得：，因此沉淀完全，D正确； 故选D。 13. 用Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化乙酸甲酯羰基化反应制备乙酸的反应机理和部分能量—反应过程图像如下。Rh(I)表示Rh化合价为+1，TN1中Rh只以配位键与周围原子结合，TS表示过渡态，下列说法正确的是 A. 反应中Ru和Rh的化合价均未发生改变 B. 该羰基化反应总反应的原子利用率为100% C. TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变 D. 由生成经历了3个基元反应，其中最后一步反应为决速步骤 【答案】B 【解析】 【分析】由反应机理图可知，反应物应为、和，产物为，故总反应为。 【详解】A．根据反应机理可知，Ru的配位数一直不变，即Ru化合价一直不变，但是Rh的配位数发生变化，则Rh化合价发生了改变，A错误； B．总反应为，原子利用率为100%，B正确； C．由反应机理图可知，TN1是反应过程中的中间体，不是催化剂，C错误； D．由图可知，由生成经历了4个基元反应：CH3ITN1TN2TN3CH3COI，，能量图中最后一步的活化能垒最高，即最后一步反应为决速步骤，D错误； 故选B。 14. 一种光电催化脱除SO2的工作原理如图所示。工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴(h+)，双极膜中H2O解离出的H+和OH-分别向两极迁移。下列说法错误的是 A. 工作时，GDE电极的电势高于Fe2O3电极 B. 双极膜中H2O解离出的H+向GDE电极移动 C. 左室发生的电极反应式： D. 工作一段时间，当电路中转移1mole-，右室增重16 g 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，电池工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴，故Fe2O3电极为负极，电极反应为：，GDE电极为正极，电极反应为：O2+2H++2e-=H2O2，电解质溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，故双极膜中，靠近Fe2O3电极的一侧为阴膜，OH-通过阴离子交换膜移向负极，H+通过阳离子交换膜移向正极，据此分析作答。 【详解】A．原电池中正极电势高于负极，GDE为正极，因此其电势高于Fe2O3电极，A正确； B．原电池中阳离子向正极移动，双极膜解离出的H+是阳离子，向正极（GDE电极）移动，B正确； C．左室为碱性环境，​被空穴氧化，电极反应，电荷、原子均配平，符合反应规律，故C正确； D．工作一段时间，当电路中转移1 mol e-，O2+2H++2e-=H2O2，右室增重为氢离子和氧气质量，增重=1 mol×1 g/mol+0.5 mol×32 g/mol=17 g，故D错误； 故选D。 15. 常温下，向CaA饱和溶液(有足量CaA固体)中通入气体，调节体系促进溶解，总反应为CaA+2H+H2A+Ca2+。平衡时lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示(其中M代表H2A 、HA-或A2-)。比如δ(A2-)=c(A2-)/c总，c总=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)。下列说法正确的是 A. 常温下，0.1mol·L-1 的NaHA水溶液呈碱性 B. 常温下，Ksp(CaA)的数量级为10-8 C. Q点：c(Ca2+)<3c(HA-) + c(Cl-) D. 、c(Ca2+)=0.1mol·L-1 时，0.1mol·L-1 NaHA溶液中无沉淀生成 【答案】C 【解析】 【分析】常温下，向饱和溶液中通入气体，随着的通入，逐渐增大，逐渐减小，图像从右向左，逐渐减小，导致增大，继续通入，逐渐减小，逐渐增大，故曲线Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ分别表示、和与的变化关系，根据反应，随着横坐标向右，逐渐减小，上述平衡逆向移动，导致逐渐减小，曲线Ⅰ和Ⅱ逐渐减小，又因为在未通入时，饱和溶液的，其中，故曲线Ⅱ表示与的变化关系，的一级电离平衡常数，曲线Ⅰ和曲线Ⅲ的交点处，则，同理可得，，据此分析： 【详解】A．的水解常数，​，说明电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，A错误； B．，很大时，，此时，，因此，数量级为，B错误； C．Q点，，根据电荷守恒，代入，整理得，Q点，溶液显酸性，，因此，可得，C正确： D．，，中，由得，离子积，会生成沉淀，D错误； 答案选C。 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 从某种废旧锂离子电池正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝箔等)选择性回收LiFePO4的一种工艺流程设计如下： 已知：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小。 回答下列问题： （1）“焙烧”时，反应去除的物质是___________；该工序中铝箔基本未发生反应，原因是___________。 （2）“浸取”时，LiFePO4主要发生反应的化学方程式为___________；浸取后的滤液中含有少量的醋酸铁，由其结构可知Fe3+的配体数为___________。 （3）“沉锂”时，尽可能使Li2CO3固体与滤液分离的操作方法为___________；该滤液可以进入___________步骤循环利用。 （4）LiFePO4的晶胞结构如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构，白色球代表Li，晶胞参数(单位：nm)，。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，完全充满时则形成。 ①设为阿伏加德罗常数的值。LiFePO4的密度为___________g·cm-3(列出计算式即可)。 ②若充电完成60%时，Li1-xFePO4中___________。 【答案】（1） ①. 炭黑 ②. 铝箔表面存在致密的氧化膜 （2） ①. ②. 3 （3） ①. 趁热过滤 ②. 除杂 （4） ①. ②. 2：3 【解析】 【分析】废旧锂离子电池正极材料(主要成分为，含炭黑、粘结剂、铝箔等)在空气中焙烧，炭黑、粘结剂转化为二氧化碳除去，剥离出铝箔后，加入双氧水和乙酸浸取，得到浸渣和含和少量的浸出液，向浸出液中加入氢氧化钠除去少量的铁离子后，加入碳酸钠将转化为沉淀，过滤后，将、葡萄糖、混合后在氮气氛围下高温烧结制得，据此分析。 【小问1详解】 正极材料中的炭黑在空气中焙烧，与氧气反应生成​被除去；铝高温下被氧气氧化，表面生成致密氧化铝薄膜，隔绝氧气，阻止内部铝继续反应，因此铝箔基本不发生反应。 【小问2详解】 浸取时​中被​​氧化为，生成​沉淀和醋酸锂，化学方程式为；从结构看，直接与6个氧原子形成配位键，则配位数为6，每个醋酸根有2个氧与配位，故配体数为3。 【小问3详解】 已知​​溶解度随温度升高而减小，高温下​​溶解度更小，析出更多，因此选择趁热过滤分离；沉锂后滤液中含醋酸盐，溶液呈碱性，可返回除杂步骤循环调节pH，使得铁元素转化为。 【小问4详解】 ①如图所示，白色球代表Li，由个，根据化学式可知该晶胞中含4个​单元，​摩尔质量为，晶胞体积为，因此密度为； ②完全充电时脱出全部Li，充电完成60%即脱出60%的Li，化学式为，设、，根据电荷守恒：，且，解得、，因此。 17. 光催化技术是利用太阳能驱动化学反应的前沿方向。某课题组通过光催化水产生羟基自由基(·OH)而启动反应，再利用O2将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。 反应原理： 实验步骤： Ⅰ．在双颈烧瓶中，加入少量TiO2纳米管粉末、1.06g对二甲苯(沸点138℃)和50mL乙腈-水混合溶液(体积比4：1，乙腈沸点81℃)。 Ⅱ．连通氧气源(足量)，开启冷凝水和磁力搅拌器，光照。每隔一定时间，用注射器抽取少量反应液，分析产物组成。一段时间后终止反应。 Ⅲ．将反应液离心分离出固体催化剂。将上清液转移至蒸馏烧瓶，蒸除乙腈溶剂，再向烧瓶剩余物质加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，加入乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，再用稀盐酸酸化至pH=2，析出白色固体。抽滤、洗涤、用无水Na2SO4干燥得产品。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ采用“乙腈-水混合溶液”的主要原因是___________。 （2）产率随步骤Ⅱ反应时间的变化关系如下表所示，可判断获得对甲基苯甲酸的最佳反应时间，超过该反应时间，产率下降的可能原因是___________。 反应时间/h 1 2 3 4 6 8 10 12 对甲基苯甲酸产率/% 18 38 58 75 80 78 70 65 （3）步骤Ⅲ中，与“普通过滤”相比，“离心分离”的优点是___________；用乙酸乙酯洗涤的目的是___________；加入HCl后，析出白色固体时发生反应的离子方程式是___________。 （4）在最佳反应时间内，理论上可获得对甲基苯甲酸的最大产量为___________g。 （5）实验小组获得产品的质谱图如下，推测产物中是否混有杂质，并说明理由___________。 【答案】（1）乙腈作溶剂，能溶解对二甲苯 提供水产生·OH而启动反应 （2）对甲基苯甲酸进一步被氧化(或副反应增加) （3） ①. 分离速度快、可分离出颗粒小的固体、固体含湿量小(或固体更干燥) ②. 洗去未反应的对二甲苯 ③. （4）1.088 （5）有杂质；对甲基苯甲酸相对分子质量为136，其质荷比最大值应为136，图中最大质荷比为227，说明存在分子量为227的杂质 【解析】 【分析】该实验利用光催化技术，以TiO2纳米管为催化剂、O2为氧化剂，在乙腈-水混合体系中将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸，经分离提纯得到目标产物。 【小问1详解】 对二甲苯是有机物，易溶于有机溶剂乙腈；该反应需要水产生羟基自由基启动，因此混合溶剂可同时满足溶解反应物和提供反应引发试剂的需求。 【小问2详解】 该反应是选择性氧化一个甲基，时间过长后，反应程度加深，第二个甲基也会被氧化，生成副产物，目标产物产率降低。 【小问3详解】 催化剂是纳米级粉末，普通过滤时纳米颗粒易透过滤纸，离心分离速率更快、分离更彻底；加过量NaOH后，对甲基苯甲酸转化为易溶于水的对甲基苯甲酸钠，未反应的对二甲苯等有机杂质易溶于乙酸乙酯，用乙酸乙酯洗涤可除去这些杂质；酸化时，对甲基苯甲酸根与氢离子结合生成溶解度较小的对甲基苯甲酸，析出固体对甲基苯甲酸，离子方程式为。 【小问4详解】 对二甲苯的摩尔质量为，，最佳产率为，对甲基苯甲酸摩尔质量为，因此产量为。 【小问5详解】 质谱中最大质荷比等于纯净物的相对分子质量，对甲基苯甲酸相对分子质量为136，其质荷比最大值应为136，图中最大质荷比为227，说明存在分子量为227的杂质。 18. CO2合成甲烷有利于实现“碳达峰、碳中和”，转化过程中发生的反应有： 反应i：H2(g) + CO2(g)CO(g) +H2O(g) = +41 kJ/mol 反应ii：4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g) =-165 kJ/mol 反应iii：3H2(g)+CO(g)CH4(g)+H2O(g) 回答下列问题： （1）反应iii的=___________；反应iii在___________(“高温”或“低温”)下能自发进行。 （2）向某恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和2 mol H2(g)发生反应i、ii、iii，一段时间后体系达到平衡状态。反应i的正、逆反应速率可分别表示为、(、分别为正、逆反应速率常数且均大于0，p为气体分压)，降低温度时，的数值___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）向9 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和2 mol H2发生反应i、ii、iii，达平衡时各组分的物质的量随温度的变化如图所示： ①图中b表示的物质是___________(填化学式)。 ②温度为T℃时，平衡时H2、H2O的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol，则CO2的物质的量为___________mol，反应ⅲ的平衡常数= ___________L2·mol-2 (列出计算式即可)。 ③保持温度不变，缩小容器体积，容器内___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. -206 kJ/mol ②. 低温 （2）减小 （3） ①. CO2 ②. 0.5 ③. ④. 减小 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应ⅱ-反应ⅰ=反应ⅲ，则反应ⅲ的；该反应,，当时可自发，故反应iii在低温下能自发进行。 【小问2详解】 达到平衡时，，故，故该反应的，反应i的，降低温度，减小，故减小。 【小问3详解】 ①反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，反应ⅰ向正反应方向移动，反应ⅱ、ⅲ逆向移动，则一氧化碳的物质的量增大、甲烷的物质的量减小，所以物质的量先增大后减小的曲线b表示二氧化碳、物质的量减小的曲线a表示甲烷、物质的量增大的曲线c表示一氧化碳； ②温度为T℃时，平衡时H2、H2O的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol，根据氢原子守恒，故，根据碳原子守恒可知，根据氧原子守恒可知，故，，故反应ⅲ的平衡常数； ③由方程式可知，反应ⅰ的平衡常数为：，则由平衡常数可知，平衡时，，温度不变，平衡常数不变；反应ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应ⅱ、ⅲ均是气体体积减小的反应，增大压强，平衡均向正反应方向移动，则保持温度不变缩小容器体积时，氢气的物质的量减小、水蒸气的物质的量增大，容器内减小，所以容器内减小。 19. 4，7-二氯喹啉(G)是制备治疗新冠药物的重要中间体，其合成路线如下： 已知：①Et表示乙基(-CH2CH3)；②喹啉环上的羟基与酚羟基性质相似。 回答下列问题： （1）化合物A的名称为___________。A的所有同分异构体在表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同是___________(填序号)。 a．质谱仪 b．元素分析仪 c．红外光谱仪 d．核磁共振仪 （2）化合物B中含氧官能团的名称为___________。 （3）在该反应条件下，D→E分两步进行，写出第一步反应(D与足量NaOH溶液加热回流)的化学方程式：___________。 （4）E合成F需升温至250℃左右、回流1.5小时，操作时要在氮气氛围下进行，氮气的主要作用是___________。 （5）满足下列条件的G的同分异构体数目为___________(不考虑立体异构)。 I．除1个苯环外不存在其他环状结构，苯环上有3个取代基且其中两个相同； II．能使溴水褪色，含-CN(已知-CN与溴水不反应)。 写出其中一种核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为1：1：1：2的有机物结构简式___________。 （6）若C→D的反应过程包括如图所示的“环化”和“异构化”两步(异构化：原子种类、数目都没变，只是排列方式改变)： 则M的结构简式为___________。 【答案】（1） ①. 间氯苯胺(或3-氯苯胺) ②. b （2）醚键、酯基 （3） （4）作保护气(防止羟基被氧化) （5） ①. 12 ②. 、、(任写一种即可) （6）(或)(任写一种即可) 【解析】 【分析】A和B发生取代反应生成C和乙醇，C发生取代反应并异构化生成D，D发生水解反应然后酸化生成E，E发生脱羧反应生成F，F发生取代反应生成G。 【小问1详解】 A的名称为间氯苯胺或3-氯苯胺；同分异构体分子式和相对分子质量相同，结构不同，因此元素分析仪检测元素组成完全相同，质谱仪的最大质荷比(相对分子质量)相同，但碎片离子种类、质荷比、相对丰度不同，质谱图不完全相同，而红外光谱、核磁共振氢谱会因结构不同显示不同信号，因此选b。 【小问2详解】 化合物B中含有三种官能团：碳碳双键、醚键、酯基，其中含氧官能团为醚键和酯基。 【小问3详解】 D→E的反应分两步进行，第一步为碱性条件加热回流使酯基彻底水解以及喹啉环上的羟基生成盐，第二步为酸化后合成E，故第一步化学反应方程式为。 【小问4详解】 E→F为脱羧反应，氮气作为保护气，可防止喹啉环上的羟基被氧化。 【小问5详解】 根据G的结构简式，其同分异构体分子中除苯环外不存在其他环状结构，且苯环上有3个取代基且其中两个相同，分子能使溴水褪色，由此推知分子中含有碳碳双键、-CN，三个取代基为、，各自有6种同分异构体，一共12种；其中核磁共振氢谱中有4组峰，说明分子中有四种环境不同的氢原子，且峰面积比为1：1：1：2，结构可能是、、。 【小问6详解】 先环化得到M再异构化生成，说明C→M发生了一个酯基去掉乙氧基后取代-Cl对位上-H的反应，生成M（）和乙醇。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年4月高考模拟考试 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 P-31 Fe-56 Cu-64 一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求。每小题3分，共45分。) 1. 中国的无人机产量居世界第一。下列有关无人机的说法错误的是 A. 制造芯片的主要材料为Si B. 机翼主体所用碳纳米材料属于胶体 C. 起落架所用铝合金硬度比纯铝大 D. 机身所用增强聚酯树脂属于复合材料 2. 下列化学用语表述错误的是 A. SiO2的电子式： B. 基态镍原子结构示意图： C. HF中σ键示意图： D. Cl2O的VSEPR模型名称：四面体形 3. 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. 分子式为C19H26O6N3 B. 分子中所有原子可能共平面 C. 在酸性和碱性条件下都能发生水解反应 D. 1 mol该物质最多能消耗4mol NaOH 4. 从微观视角探析物质结构和性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释相符的是 选项 实例 解释 A 萘()易溶于四氯化碳 萘与四氯化碳中均含有非极性共价键 B 、、的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 熔点：TiF4>TiBr4>TiCl4 相对分子质量越大，范德华力越强 D 邻羟基苯甲酸的酸性强于苯甲酸 邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，利于羧基电离出H+ A. A B. B C. C D. D 5. 已知铜与KCN溶液反应的方程式为：2Cu+8KCN+2H2O=2K3[Cu(CN)4]+2KOH+H2↑。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 64gCu与足量KCN溶液反应时转移电子的数目为2 B. 标准状况下，2.24LH2O的中心原子含有的孤电子对数目为0.2 C. K3[Cu(CN)4]固体中键数目为8 D. 常温下，1L pH=9的KCN溶液中水电离出的OH-数目为10-5 6. 解释下列实验现象的反应方程式错误的是 A. K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色： B. Al2(SO4)3溶液与NaHS溶液混合产生气体： C. CuCl2溶液通SO2后褪色产生白色沉淀： D. 将黑色灼热CuO加入乙醇中变成红色： 7. 下列实验设计合理的是 A．使发黑的银手镯恢复光亮 B．滴定法测定KI溶液的浓度 C．分离I2和NH4Cl固体混合物 D．制备溴苯 A. A B. B C. C D. D 8. 化合物RY2(YZ3X10)(XW)2在涂料等领域应用广泛。W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，W、X、Y、R分别属于前四个不同周期的主族元素。基态X原子核外电子占5个轨道且有2个未成对电子，基态Z原子次外层电子数是最高能层电子数的2倍，基态R原子的价电子只占据最高能层1个轨道，Y和Z原子序数之和等于X和R原子序数之和。下列说法错误的是 A. 原子半径：R > Y > Z > X B. 电负性：X > W > Y > R C. X的第一电离能低于同周期相邻元素 D. Y、Z、R的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能反应 9. 一种生物基可降解高分子P合成路线如下。下列说法错误的是 A. A中有1个手性碳原子 B. A与B生成D的反应类型为加成反应 C. P中含有9个sp2杂化的碳原子 D. P可发生水解反应而降解 10. ZnS立方晶胞结构如下图。ZnS晶体中掺入少量CuCl后会出现能量不同的“正电”区域和“负电”区域，光照下发出特定波长的光，可作特殊光学材料。下列说法错误的是 A. 掺入CuCl前，Zn2+填入S2-围成的正四面体空隙，填隙率为50% B. 区域A掺入的离子为Cl-，区域B为“负电”区域 C. 掺入CuCl比例不同，光照下发光颜色不同 D. 若另选ZnS立方晶胞，使晶胞体心有S2-，则该晶胞中其他S2-位于顶角 11. 利用如图装置(省略夹持仪器)制备TiCl4.已知：TiCl4易水解，熔点-24℃，沸点136.4℃；CCl4沸点76.8℃；TiO2不溶于水和稀酸；装置C中除生成TiCl4外，还生成一种有毒气态氧化物和少量CCl4。下列说法正确的是 A. 装入试剂后，应先加热陶瓷管，再打开装置A中分液漏斗活塞 B. 装置D烧杯中可加入冰水，便于收集纯净的液态TiCl4 C. 装置B和装置E的作用不完全相同 D. 整套装置仍存在的缺陷是装置C前没有加除去Cl2中HCl的装置 12. 某工厂由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备纯净ZnS的流程如图。 已知：Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CdS)=8.0×10-27，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.2×10-13。当离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，认为离子沉淀完全。下列说法正确的是 A. “酸浸”时，用98%的硫酸可有效提高酸浸速率 B. 用H2O2代替O2能加快反应并降低生产成本 C. “除铁”时可加入ZnO，“调pH”时需加入酸性物质 D. “除镉”时，当溶液pH=1、c(H2S)=0.01mol·L-1时，Cd2+沉淀完全 13. 用Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化乙酸甲酯羰基化反应制备乙酸的反应机理和部分能量—反应过程图像如下。Rh(I)表示Rh化合价为+1，TN1中Rh只以配位键与周围原子结合，TS表示过渡态，下列说法正确的是 A. 反应中Ru和Rh的化合价均未发生改变 B. 该羰基化反应总反应的原子利用率为100% C. TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变 D. 由生成经历了3个基元反应，其中最后一步反应为决速步骤 14. 一种光电催化脱除SO2的工作原理如图所示。工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴(h+)，双极膜中H2O解离出的H+和OH-分别向两极迁移。下列说法错误的是 A. 工作时，GDE电极的电势高于Fe2O3电极 B. 双极膜中H2O解离出的H+向GDE电极移动 C. 左室发生的电极反应式： D. 工作一段时间，当电路中转移1mole-，右室增重16 g 15. 常温下，向CaA饱和溶液(有足量CaA固体)中通入气体，调节体系促进溶解，总反应为CaA+2H+H2A+Ca2+。平衡时lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示(其中M代表H2A 、HA-或A2-)。比如δ(A2-)=c(A2-)/c总，c总=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)。下列说法正确的是 A. 常温下，0.1mol·L-1 的NaHA水溶液呈碱性 B. 常温下，Ksp(CaA)的数量级为10-8 C. Q点：c(Ca2+)<3c(HA-) + c(Cl-) D. 、c(Ca2+)=0.1mol·L-1 时，0.1mol·L-1 NaHA溶液中无沉淀生成 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 从某种废旧锂离子电池正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝箔等)选择性回收LiFePO4的一种工艺流程设计如下： 已知：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小。 回答下列问题： （1）“焙烧”时，反应去除的物质是___________；该工序中铝箔基本未发生反应，原因是___________。 （2）“浸取”时，LiFePO4主要发生反应的化学方程式为___________；浸取后的滤液中含有少量的醋酸铁，由其结构可知Fe3+的配体数为___________。 （3）“沉锂”时，尽可能使Li2CO3固体与滤液分离的操作方法为___________；该滤液可以进入___________步骤循环利用。 （4）LiFePO4的晶胞结构如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构，白色球代表Li，晶胞参数(单位：nm)，。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，完全充满时则形成。 ①设为阿伏加德罗常数的值。LiFePO4的密度为___________g·cm-3(列出计算式即可)。 ②若充电完成60%时，Li1-xFePO4中___________。 17. 光催化技术是利用太阳能驱动化学反应的前沿方向。某课题组通过光催化水产生羟基自由基(·OH)而启动反应，再利用O2将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。 反应原理： 实验步骤： Ⅰ．在双颈烧瓶中，加入少量TiO2纳米管粉末、1.06g对二甲苯(沸点138℃)和50mL乙腈-水混合溶液(体积比4：1，乙腈沸点81℃)。 Ⅱ．连通氧气源(足量)，开启冷凝水和磁力搅拌器，光照。每隔一定时间，用注射器抽取少量反应液，分析产物组成。一段时间后终止反应。 Ⅲ．将反应液离心分离出固体催化剂。将上清液转移至蒸馏烧瓶，蒸除乙腈溶剂，再向烧瓶剩余物质加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，加入乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，再用稀盐酸酸化至pH=2，析出白色固体。抽滤、洗涤、用无水Na2SO4干燥得产品。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ采用“乙腈-水混合溶液”的主要原因是___________。 （2）产率随步骤Ⅱ反应时间的变化关系如下表所示，可判断获得对甲基苯甲酸的最佳反应时间，超过该反应时间，产率下降的可能原因是___________。 反应时间/h 1 2 3 4 6 8 10 12 对甲基苯甲酸产率/% 18 38 58 75 80 78 70 65 （3）步骤Ⅲ中，与“普通过滤”相比，“离心分离”的优点是___________；用乙酸乙酯洗涤的目的是___________；加入HCl后，析出白色固体时发生反应的离子方程式是___________。 （4）在最佳反应时间内，理论上可获得对甲基苯甲酸的最大产量为___________g。 （5）实验小组获得产品的质谱图如下，推测产物中是否混有杂质，并说明理由___________。 18. CO2合成甲烷有利于实现“碳达峰、碳中和”，转化过程中发生的反应有： 反应i：H2(g) + CO2(g)CO(g) +H2O(g) = +41 kJ/mol 反应ii：4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g) =-165 kJ/mol 反应iii：3H2(g)+CO(g)CH4(g)+H2O(g) 回答下列问题： （1）反应iii的=___________；反应iii在___________(“高温”或“低温”)下能自发进行。 （2）向某恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和2 mol H2(g)发生反应i、ii、iii，一段时间后体系达到平衡状态。反应i的正、逆反应速率可分别表示为、(、分别为正、逆反应速率常数且均大于0，p为气体分压)，降低温度时，的数值___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）向9 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和2 mol H2发生反应i、ii、iii，达平衡时各组分的物质的量随温度的变化如图所示： ①图中b表示的物质是___________(填化学式)。 ②温度为T℃时，平衡时H2、H2O的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol，则CO2的物质的量为___________mol，反应ⅲ的平衡常数= ___________L2·mol-2 (列出计算式即可)。 ③保持温度不变，缩小容器体积，容器内___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 19. 4，7-二氯喹啉(G)是制备治疗新冠药物的重要中间体，其合成路线如下： 已知：①Et表示乙基(-CH2CH3)；②喹啉环上的羟基与酚羟基性质相似。 回答下列问题： （1）化合物A的名称为___________。A的所有同分异构体在表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同是___________(填序号)。 a．质谱仪 b．元素分析仪 c．红外光谱仪 d．核磁共振仪 （2）化合物B中含氧官能团的名称为___________。 （3）在该反应条件下，D→E分两步进行，写出第一步反应(D与足量NaOH溶液加热回流)的化学方程式：___________。 （4）E合成F需升温至250℃左右、回流1.5小时，操作时要在氮气氛围下进行，氮气的主要作用是___________。 （5）满足下列条件的G的同分异构体数目为___________(不考虑立体异构)。 I．除1个苯环外不存在其他环状结构，苯环上有3个取代基且其中两个相同； II．能使溴水褪色，含-CN(已知-CN与溴水不反应)。 写出其中一种核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为1：1：1：2的有机物结构简式___________。 （6）若C→D的反应过程包括如图所示的“环化”和“异构化”两步(异构化：原子种类、数目都没变，只是排列方式改变)： 则M的结构简式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $