备考信息导航演练（六）-【衡水真题密卷】2026年高考化学备考信息导航演练（广东专用）

2025一2026学年度备芳信息导航演练 化学（六） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H一1Li一7O一16S一32Cu一64Zr一91 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题 4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.广东省是岭南文化的传承地。下列手工艺品涉及材料的主要成分属于硅酸盐的是 A.香云纱 B.广彩瓷 C.木雕 D.火画扇 2.化学与传统文化、生产生活都有着密不可分的联系。下列有关说法正确的是 A.“若作酒醴，尔惟曲蘖”：用酒曲酿酒过程中发生了氧化还原反应 B.《本草纲目拾遗》中有对强水的记载：性最猛烈，能蚀五金。强水溶液属于强电解质 C.“素手把芙蓉，虚步蹑太清”：壁画敦煌飞天颜料孔雀绿，耐腐蚀耐高温 D.节日燃放的烟花产生绚丽多彩的颜色是由物质发生化学变化而发光 3.近年来，我国在航天、材料、能源、深海等领域取得了重大突破。下列说法正确的是 A.“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能 B.隐形战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种新型无机非金属材料 C.长征五号火箭使用液氧煤油发动机，煤油属于酯类化合物 D.“华龙一号”核反应堆采用二氧化铀(UO2)陶瓷芯块，U含有中子数为92 4.劳动项目中蕴含丰富的化学知识，下列说法错误的是 选项 劳动项目 化学知识 A 洁厕灵与“84消毒液”不能混合使用 混用会生成有毒气体C1 B 75%的医用酒精可用来消毒 乙醇使细菌蛋白质发生水解反应 C 聚乳酸可用于手术缝合线 聚乳酸有良好的生物相容性和生物可吸收性 D 适量SO2可作食品添加剂 SO2具有一定杀菌消毒和抗氧化作用 化学试题（六）第1页（共8页） 备考信息 5.天冬氨酸(Z)广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如图 班级 所示。 COOH Br Br、 COOH NH.H.N COOH COOH COOH COOH 姓名 x Y 天冬氨酸 Z 下列说法错误的是 得分 A.可用红外光谱鉴别X、Y和Z B.Y能发生消去反应和取代反应 C.天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐 D.天冬氨酸有1个手性碳，能通过加聚反应合成聚天冬氨酸 6.下列所示装置或操作能达到实验目的的是 Na,S溶液 稀硫酸 FAL(SO), A.测定锌与稀硫酸的反应速率 B.制备Al2S固体 制 L的乙 CuSO,溶液+ 醚溶液 过量氨水 C.乙醚萃取碘水得到L2的乙醚溶液 D.在铁制品上镀致密铜镀层 7.下列关于溶液中离子平衡的说法正确的是 A.向水中加入酸或碱，水的离子积常数Kw会改变 B.常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7 C.向碳酸钠溶液中加入适量水，水解程度增大，溶液的碱性增强 D.向氨水中加入氯化铵固体，氨水的电离程度减小，溶液的pH减小 8.下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A SiO2可用于制备光导纤维 SiO2熔点高、硬度大 工业合成氨在高温高压条件下 B 合成氨反应为吸热反应 进行 C BaCO,难溶于水 BaCO,可作胃透视检查时的钡餐 D NaHCO,可用作糕点的膨松剂 NaHCO,受热易分解，产生气体 导航演练 化学试题（六）第2页（共8页） 4 9.部分含Mg或含A1物质的“价-类”二维图如图所示。下列说法错误的是 --g +2 b d 单质氧化物氯化物氢氧化物 A.若a的氯化物为分子晶体，常温下可用a制容器盛装浓硫酸 B.分别向相同浓度f和c的溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，现象相同 C.可存在a→f→g→e>a的转化关系 D.直接加热蒸干c或f的溶液不能得到其对应的无水氯化物 10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.0.1mol·L1 NaHCO3溶液中：c(OH-)>c(H2CO3)+c(H+) B.常温下，1L0.1mol·L1的中性CH COONH溶液中CH COO数目小于0.1NA C.1L0.1mol·L1 NaHSO3溶液中含有0.1NA个SO D.标准状况下，11.2LNH3溶于水，溶液中NH、NH3·H2O的微粒数之和为 0.5NA 11.某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q组成（结构如图）。X 的最外层电子数等于内层电子数，Y是有机物分子骨架元素，Q和W能形成两种室温 下常见的液态化合物。下列说法错误的是 A.同周期元素中第一电离能小于X的只有一种 W YW B.该化合物中Q和W之间可形成氢键 W C.简单离子半径：Z>Q Q Z-W D.W、Z、Q三种元素可形成离子化合物 12.PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示。 白磷P,)过量浓aOH溶液厂广PH, →PH L次磷酸钠硫酸，次磷酸分解 (NaH,PO,) →HPO 下列说法正确的是 A.上述流程中每一步均有元素化合价变化 B.在流程中PH3均为还原产物 C.次磷酸钠(NaH2PO2)属于酸式盐 D.2mol次磷酸分解时转移2mol电子 13.由结构不能推断出对应性质的是 选项 结构 性质 A 氨气与水分子均为极性分子 氨气易溶于水 B 聚乙炔分子含有共轭双键 聚乙炔可制备导电高分子材料 C 苯与甲苯分子均含有苯环 两者均可以与酸性高锰酸钾反应 D 超分子具有“分子识别”特征 空穴大小不同的冠醚能适配不同大小的碱金属离子 14.一种新型可充电硫锂电池中4-巯基吡啶(4MPy)作电解液添加剂，可先与多硫化物反 应生成吡啶硫醇锂(L-PyS),其后放电过程的工作原理如图所示。下列叙述错误的是 化学试题（六）第3页（共8页） 备考信息导 用电器 LiS6① 6 Li Li-PyS. -Li-PyS ③ Li ⑤Li-PyS,⑥ LiS LizS A.b电极总的反应式可表示为Sg-16e+16Li+—8Li2S B.若过程②中Li-PyS与Li2S反应的物质的量之比为1：1，则m=4 C.过程⑥中，完全转化生成1 mol Li-PyS,理论上Li-PyS2可转移2mol电子 D.充电时，每转移0.05mol电子，负极材料质量增加0.35g 15.某偶联反应的机理如图所示(X代表卤素原子)。下列说法错误的是 R X (C.H)NHX R R-X- (CHs)N ② CuX LPd ③Cu 个 H -R' ① ④ CuX- R RR Pd H A.反应过程中Pd元素化合价发生变化 B.该偶联反应的催化剂为L2Pd和CuX C.反应过程涉及非极性键的断裂和形成 D.CH3Br与HC=CH发生该偶联反应可得到CHC=CCH 16.食品添加剂甘氨酸盐酸盐(CIH3 NCH COOH)的阳离子可以发生二级电离。常温下 1mol·L1甘氨酸盐酸盐溶液中H3NCH2COOH、HNCH2COO、H2NCH2COO 的物质的量分数（⑥）随pH变化如图所示。 H:NCH2 COOH -H NCH2 COO-+H+ HNCH,COO--H,NCH,COO-+H+ Ka2 1.0 Ⅲ 0.5 (2.34,0.5) 9.60,0.5) 024681012pH 下列说法错误的是 A.Ka1=10-2.34 B.曲线Ⅱ代表c(H3NCH2COO) C.pH=10时，c(H3NCH2COO-)<c(H2NCH2COO-) D.用NaOH溶液滴定达到终点时，c(H2NCH2COO)+c(H3NCH2COOH)+ c(H3 NCH2COO)=c(Na) 航演练 化学试题（六）第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17.(14分)铜及其化合物应用广泛，某兴趣小组制备含铜化合物并探究其性质。 (1)制备CuSO4·5H2O晶体。 我国汉代已将CuSO4·5H2O用于制药等生活实践。实验室欲制备少量CuSO4· 5H2O晶体，装置如图所示，在锥形瓶中加入洗净的铜屑和稀H2SO4,水浴加热，通 入O2并搅拌，充分反应。将最终所得溶液经分离提纯得CuSO4·5H2O。 常温下氧气热的尾气 多孔 80℃水浴 球泡 电磁搅拌加热器 ①制备过程中化合价发生变化的物质有 (填化学式)。 ②由溶液获得CuSO4·5H2O晶体的主要步骤为 、 和干燥。 (2)利用CuSO4·5H2O制备铜氨配合物晶体并对晶体的成分进行探究。 a.配制溶液：现需配制60mL0.2000mol·L1CuSO4溶液，需要用托盘天平称 量CuSO4·5H2O晶体 g,配制溶液需要的操作及顺序：洗涤、 (填标号)及装瓶。 基水 -100mL A 0 ◇ b.晶体制备：取10mL0.2000mol·L1CuSO4溶液于烧杯，逐滴加入浓氨水，直 至生成的沉淀恰好溶解，溶液呈深蓝色，测得溶液的pH为13。向该溶液中滴加无 水乙醇，至产生大量的深蓝色晶体。 c.提出假设：晶体可能是[Cu(NH3)4]SO4·H2O、[Cu(NH3)4](OH)2·nH2O中 的一种或两种。 d.查阅资料：[Cu(NH3)4]2+在碱性溶液中可稳定存在，在酸性溶液中会分解。 e.实验验证：兴趣小组设计如下方案，进行实验。 实验步骤 检测结果 「.将b中的产物进行固液分离 ⅱ，取ⅰ中的晶体于烧杯中加水溶解配制成饱和 溶液pH为12；有 溶液，测其溶液pH;向溶液中滴加 (填现象) 而.取ⅰ中的滤液少量于试管中，测其溶液pH； 溶液pH为10，有白色沉淀生成 用盐酸酸化后滴加BaCl,溶液 iV,另取i中的剩余滤液滴加浓NaOH溶液并 湿润的红色石蕊试纸变蓝 加热，有气体放出用湿润的红色石蕊试纸检验 化学试题（六）第5页（共8页） 备考信息导 f.实验结论：实验e的步骤及结果说明深蓝色晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O和 [Cu(NH3)4](OH)2·nH2O的混合物。试解释深蓝色晶体中含有 [Cu(NH3)4](OH)2·nH2O的判断依据 18.(14分)以钛铁矿（主要成分为FeTiO3,含有少量Fe2O3、SiO2)为主要原料制取TiN和 水处理剂聚合氯化铁[Fez(OH).Cl6-a]m的工艺流程如图所示。 稀硫酸适量铁粉酸性双氧水NH, 盐酸 钛铁矿一→酸浸]→沉钛→氧化→沉铁一→酸浸2→水解聚合一聚合氯化铁 滤渣 滤液 NH TiO(OH-,TiCl,(熔融)→600C还原→TiN 气体X 已知：i.“酸浸1”所得滤液中阳离子主要有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+。 i.室温下，TiO2+(aq)+2H2O(1)=TiO(OH)2(s)+2H+(aq)的化学平衡常数K= 10;该条件下，Fe2+、Fe3+开始沉淀的pH分别为6.3、1.8。 回答下列问题： (1)在元素周期表中，Ti位于第 周期 族；基态Fe3+离子与基态Fe+ 离子未成对电子数之比为 (2)FeTiO3溶于稀硫酸的离子方程式为 (3)室温下，当“沉钛”阶段上层清液中的c(TiO2+)=1.0×10-5mol·L1时，上层清 液的pH为 ;“氧化”时双氧水实际消耗量远大于理论消耗量，其原因 为 (4)“水解聚合”生成[Fe2(OH).Cl6-a]m的化学方程式为 (5)TN具有高硬度、耐磨损、化学稳定性好等特性，在工具涂层、切削工具应用广泛。 已知生成物气体X中有2种成分，其中一种是N2,则制备TN的反应中，氧化剂与 还原剂物质的量之比为 ；该流程中，能循环利用的物质是 (填化学式)。 19.(14分)“碳中和”是当前全球应对气候变化的重要目标，通过特定技术将二氧化碳转化 成有用产品是实现该目标的关键路径之一。 (1)一定条件下，CO2加氢可转化为绿色产品CHOH。该转化体系涉及以下三个 反应： 反应I:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-24.7kJ·mol-1; 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol1; 反应Ⅲ：C0,(g)+3Hg一2CH0CH(g)+H.0g)△H=-60,8W·ma。 ①计算2CHOH(g)=CH3OCH(g)+H2O(g)的△H= kJ·mol-1。 ②在一定条件下，反应I的正、逆反应速率方程：正反应速率v正=k正·x(CO2)· x3(H2),逆反应速率v逆=k逆·x(CHOH)·x(H2O)(k正、k逆分别为正、逆反应 速率常数，只与温度有关，x为物质的量分数)。达到平衡后，升高温度，k正增大的 倍数 k逆增大的倍数（填“>”“<”或“=”）。 航演练 化学试题（六）第6页（共8页） 4 (2)一定条件下，CO2可转化为高附加值产品HCOOH。该转化体系涉及以下两个 反应： V.主反应：CO2(g)+H2(g)-一HCOOH(g)△H4=-31.0kJ·mol-1; V.副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H5=+41.2k·mol-1。 ①在恒温恒容密闭容器中加入等物质的量的CO2和H2,起始压强为P。kP,平衡 时压强为PkPa,CO与HCOOH的浓度相等，则反应IV的标准平衡常数K (写出表达式，不需要化简)；能提高HCOOH平衡产率的措施有 (至少写出两种)。已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 dD(g)+eE(g)=gG(g)+hH(g),K 其中p°=100kPa,pc、 · pH、pD、pE为各组分的平衡分压。 ②实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性（产物的选择性：生 成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。 0.8 0.8 b 0.6 0.4 0.2 200240 280320360 温度（℃） 曲线a表示 :曲线b表示 ;温度高于240℃ 时，随着温度升高曲线a和b均呈下降趋势的原因是 (3)甲醇的沸点高于甲硫醇(CH3SH),其原因是 ;我 国科学家已成功开发出以ZO/ZrO2固溶体为核心的高选择性二氧化碳加氢合成 甲醇的催化剂。其中ZrO2的晶胞结构如图所示。 A OB 其中A表示 (填O2或Zr+)。ZrO2晶胞的棱长分别为anm、anm、 cnm,则晶体密度为 g·cm3(列出计算式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 化学试题（六）第7页（共8页） 备考信息导 20.(14分)八氢香豆素Ⅵ是合成香料的原料，以化合物I为原料制备化合物I的合成路线 如图所示（反应条件略）。 CI CICH.(CN) ① =0 CHCOOOH ③ M I (1)化合物I的分子式为 ,官能团名称为 (2)脂环化合物Y为化合物Ⅲ的同分异构体，能发生银镜反应，且不含手性碳原子，其 结构简式为 (任写一种)。 (3)对化合物V,分析预测其可能的化学性质，完成表格。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 Br 消去反应 (4)关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有 (填标号)。 A.化合物Ⅱ中，碳原子采取了sp3和sp2两种杂化方式 B.反应①中，仅有非极性键的断裂与极性键的形成 C.反应②中，有O一H键和C一H键断裂 D.CH;COOOH易溶于水，且该分子能与水分子形成氢键 (5)反应③的化学方程式可表示为M+CH COOOH→I十Z,化合物Z的结构简式 为 COOCH (6)参考上述合成路线，以甲醇、和HC=C一COOH为有机原料，合成[ ①相关步骤涉及卤代烃的消去反应，有机产物的结构简式为 ②最后一步反应是原子利用率100%的反应，则从HC=C一COOH出发，第一步反应 的化学方程式为 (注明反应条件)。 航演练 化学试题（六）第8页（共8页）·化学· 参考答案及解析 参考答案及解析 2025一2026学年度备考信息导航演练化学（六） 一、选择题 有良好的生物相容性和生物可吸收性，可用于手术 1.B【解析】香云纱主要成分是蛋白质（丝绸类）， 缝合线，C正确；适量SO2可作食品添加剂，是因 不属于硅酸盐，A错误；广彩瓷属于陶瓷，陶瓷的 为SO2具有一定杀菌消毒和抗氧化作用，D正确。 主要成分是硅酸盐，符合要求，B正确；木雕的主 5.D【解析】X含有羧基，Y含有碳溴键和羧基，Z 要成分是纤维素（木材），属于有机物，不属于硅酸 含有氨基和羧基，因此可用红外光谱鉴别X、Y和 盐，C错误；火画扇的扇面材料（如纸、丝绸）主要 Z,A正确；由Y结构简式可知，该有机物分子中含 成分不是硅酸盐，D错误。 有羧基、碳溴键，能发生消去反应和取代反应，B 2.A【解析】酿酒过程中，葡萄糖在酶催化下转化 正确；天冬氨酸分子中含有羧基，能和碱反应生成 为乙醇和二氧化碳，CH0。微生物发酵 羧酸盐，含有氨基，能和酸反应生成盐，属于两性 2C2HOH十2CO2个，C6H1zO。中碳的平均化合 化合物，C正确；天冬氨酸有1个手性碳，如图所 价为0价，反应后得到的产物C2HOH中碳的平 示：H,NCOOH,天冬氨酸分子中含有羧基和氨 均化合价为一2价，CO2中碳的化合价为+4价， COOH 涉及碳的化合价变化，属于氧化还原反应，A符合 基，可通过缩聚反应合成聚天冬氨酸，D错误。 题意；强水溶液是混合物，电解质是化合物，是纯 6.D【解析】测定锌与稀硫酸的反应速率，可通过测 净物，强水溶液既不是电解质也不是非电解质，B 量单位时间内生成H2的体积实现。装置中锌与稀 不符合题意；孔雀绿主要成分为碱式碳酸铜，高温 硫酸在锥形瓶中反应，生成的气体通过导管进入量 下易分解，不耐高温，C不符合题意；焰色试验是 气装置（如带刻度的玻璃管），记录时间和气体体积 金属原子或离子在火焰中受热时，电子吸收能量 即可计算速率，且应该使用分液漏斗，A错误；制备 跃迁至激发态，随后回落至基态并释放特定波长 AlS固体时，A1+与S2在溶液中发生双水解反 的光，使火焰呈现特征颜色，该过程属于物理变 应：2A13++3S2+6H20—2A1(OH)3￥十 化，不涉及物质化学性质的改变，D不符合题意。 3H2S个，无法得到Al2S,B错误；乙醚萃取碘水 3.B【解析】太阳能电池将光能直接转化为电能，A 时，乙醚密度小于水，萃取后上层为含12的乙醚 错误；石墨烯是碳的单层结构，属于新型无机非金 层，下层为水层，C错误；铁制品镀铜时，需铜作阳 属材料，B正确；煤油为石油分馏产物，属于烃类， 极（失电子生成Cu+)、铁制品作阴极(Cu+得电 C错误；23U含有中子数为235-92=143，D 子析出铜)，电解质为CuSO,溶液。但若用 错误。 CuSO,和过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以 4.B【解析】洁厕灵含HCl,84消毒液含NaCIO,两 形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一 者混合发生反应：NaCIO+2HC—NaCl+Cl2个 个稳定的状态，此时镀上的镀铜层会更一致，镀层 +HO,生成有毒的CL2,故不能混用，A正确；乙醇 的孔隙率下降，使铁制品上镀致密铜镀层，D 使细菌蛋白质发生变性，而非水解，B错误；聚乳酸 正确。 化学答案（六）第1页（共6页） 4 2026 备考信息导航演练（六） 7.D【解析】水的离子积常数Kw仅与温度有关，加 HSO,的电离程度很小，SO的浓度远低于 入酸或碱不会改变Kw,A错误；醋酸为弱酸，pH 0.1mol·L1,C错误；NH3溶于水后存在溶解 =3时浓度高于0.001mol·L1,而NaOH为强 平衡和电离平衡，NH3·H2O和NH的总数小 碱，pH=11时浓度为0.001mol·L1,等体积混 于0.5NA,D错误。 合后醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7,B错误；稀释 11.A【解析】X的最外层电子数等于内层电子数， 碳酸钠溶液时，水解程度增大，但溶液浓度降低， 则X的核外电子排布式为1s22s,X为Be元素， OH浓度减小，碱性减弱，C错误；加入NH,CI, W只能形成一条共价键，结合W的位置可知W 溶液中铵根离子浓度增大，通过同离子效应抑制 为H元素，Y是有机物分子骨架元素，则Y为C 氨水电离，电离程度减小，OH浓度减小，pH减 元素，Q和W能形成两种室温下常见的液态化 小，D正确。 合物，则Q为O元素，Z为N元素，据此解答。 8.D【解析】SO2用于光导纤维是因其导光性，而 同周期元素中第一电离能小于B的有两种，即 非熔点高、硬度大，A错误；工业合成氨反应为放 Li和B,A错误；该化合物中O的电负性较大，可 热反应，采用高温条件是保证催化剂活性，B错 以和H之间形成氢键，B正确；电子层结构相同 误；钡餐应为BaS():,BaCO3与胃酸反应生成有 时，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径： 毒Ba+,Ba+为重金属离子，对人体有害，C错 N3->O2-,C正确：H、N、)可以形成离子化合 误；NaHCO3受热分解产生CO2,CO2气体使糕 物，如NH4NO3,D正确。 点膨松，D正确。 I2.B【解析】白磷与过量浓NaOH溶液加热发生 9.B【解析】由图可知，a为Al或Mg,b为MgO,e为 歧化反应得到NaH,PO2和PH,次磷酸钠与硫 Al2O3,c为MgCl2,f为AIC,d为Mg(OH)2,g为 酸发生复分解反应生成HPO2和NaHSO:,次 Al(OH)3。若a的氯化物为分子品体，则a是Al 磷酸歧化分解得到PH和HPO4,整个流程通过 单质，常温下可用铝制容器盛装浓硫酸，A正确； 歧化反应两次生成，实现价态转化，据此分析。 AI(OH)3是两性氢氧化物，可溶于过量NaOH溶 NaH2PO2和HSO,反应生成HPO2和 液，Mg(OH)2属于中强碱，不溶于NaOH溶液， NaHSO1,无元素化合价发生变化，A错误；反应 因此向相同浓度f和c的溶液中逐滴加入NaOH P,+3NaOH(浓)+3HO—3 NaH2PO,+PH↑ 溶液至过量，前者先产生白色沉淀后逐渐溶解，后 中，P元素的化合价由0价降至PH中的一3 者产生白色沉淀，B错误；若a是铝单质，则存在 价，PH为还原产物，HPO2中P的化合价为十1 A1→A1Cl→A1(OH)3→Al2O3→A1的转化关系， 价，PH3的化合价为一3价，所以HPO2分解生 C正确；由于镁离子和铝离子均会水解，直接加热 成PH为还原反应，PH3属于还原产物，B正确： 蒸千MgC2或AlCL溶液无法得到无水氯化物， 白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NaH,PO2,这 应在氯化氢气流中加热，可抑制MgCl2或AICl 说明次磷酸(HPO2)为一元酸，其分子中只有一 的水解，D正确。 个羟基氢可以电离，故NaH2 PO2为正盐，C错误； 10.B【解析】0.1mol·L1 NaHCO3溶液中存在 HPO2分解方程式为2HPO2一HPO 质子守恒：c(CO)+c(OH)=c(H,CO3)+ 十PH3个，P从十1价升高到+5价，同时，P从 (H+),因此c(OH)<c(H2CO3)十c(H+),A 十1价降低到一3价，在该反应中，2 mol H;PO2 错误；CHCOO-水解，所以溶液中CHCO) 转移4mol电子，D错误。 数目小于0.1NA,B正确；NaHSO,溶液中13.C【解析】氨气和水均为极性分子，根据相似相 4 化学答案（六）第2页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且氨与水可 为曲线 Ⅲ。曲线 I 和 的交点 处 形成氢键，进一步增大溶解度，A正确；聚乙炔的 $$c \left( H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O H \right) = c \left( H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right) ，$$ ，则 $$K _ { A 1 } =$$ 共轭双键结构使电子离域，形成导电通路，因此 $$c \left( H ^ { + } \right) = 1 0 ^ { - 2 . 3 4 } ， A$$ 正确；据分析，曲线Ⅱ代 可制备导电材料，B正确；苯和甲苯均含苯环，但 表 $$H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - }$$ 的物质的量分数随pH变化曲 苯不能被酸性高锰酸钾氧化，而甲苯因苯环导致 线， B 正确；据分析，曲线Ⅱ、Ⅲ分 别表示 甲基活泼可被氧化。两者结构差异导致性质不 同，无法仅通过苯环推断均能反应，C错误；超分 $$H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } 、 H _ { 2 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - }$$ 的物质的量分数随 子的“分子识别”特性使其能选择性结合特定离 pH 【变化曲线， pH=9.6 时 $$c \left( H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right) =$$ 子，冠醚空穴大小与金属离子匹配即体现此性 $$c \left( H _ { 2 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right) ，$$ 则 pH=10 时 $$c \left( H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right)$$ 质，D正确。 $$< c \left( H _ { 2 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right) ， C$$ 正确；甘氨酸盐酸盐 14.A【解析】放电时a电极发生氧化反应，Li被氧 $$\left( C l H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O H \right)$$ 的阳离子可以发生二级电 化为 $$L i ^ { + } ， b$$ 电极发生还原反应， $$， S _ { 8 }$$ 被还原并与 离，用氢氧化钠滴定会出现2次滴定终点，第一 $$L i ^ { + }$$ 结合进入电解液中，据此解答。b电极为正 次滴定终点时，两者按物质的量之比1：1反应， 极，得电子发生还原反应，电极反应为 $$S _ { 8 } + 1 6 e ^ { - }$$ 溶液中的元素守恒为 $$c \left( H _ { 2 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right) +$$ $$+ 1 6 L i ^ { + } \xlongequal { \quad } { \quad } 8 L i _ { 2 } S ， A$$ 错误； ；Li-PyS 与 $$L i _ { 2 } S _ { 6 }$$ 量为 1：1 时，过程②反应为 $$L i - P y S + L i _ { 2 } S _ { 6 }$$ = $$c \left( H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O H \right) + c \left( H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right) =$$ $$c \left( N a ^ { + } \right) ，$$ ，第二次滴定终点时，甘氨酸盐酸盐与 $$L i _ { 2 } S _ { 3 } + L i - P y S _ { 4 } ， m$$ 为4，B正确； $$； L i - P y S _ { 2 }$$ 转化为 NaOH 按物质的量之比1：2反应，溶液中的元素守 Li-PyS 的方程式为 $$L i - P y S _ { 2 } + 2 e ^ { - } \xlongequal { \quad } { \quad } L i - P y S +$$ $$S ^ { 2 - } ，$$ ，所以每生成 1molLi-PyS， ， 转移2mol电子， 恒为 $$2 \left[ c \left( H _ { 2 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right) + c \left( H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O H \right) +$$ C 正确；充电时，外接电源负极接a极，发生反应 $$c \left( H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - } \right) = c \left( N a ^ { + } \right) ， D$$ 错误。 $$L i ^ { + } + e ^ { - } \xlongequal { \quad } { \quad } L i ，$$ ，每转移 0.05mol 1电子，增加质 二、非选择题 量为 $$0 . 0 5 m o l \times 7 g \cdot m o l ^ { - 1 } = 0 . 3 5 g ， D$$ 正确。 $$1 7 . \left( 1 \right) \textcircled 1 O _ { 2 } 、 C u \left( 2$$ 分) 15.C【解析】由图可知，反应过程中Pd的配体个 ②蒸发浓缩(1分)冷却结晶(1分)过滤(1 数发生了变化，则Pd元素化合价发生了变化，A 分)洗涤(1分) 正确；由图可知， $$， L _ { 2 } P d$$ 和 CuX 【参与了反应过程， (2)5.0(1 分) CE BD(2分) 盐酸酸化后再 且在反应后其化学组成和结构未变，则两者是催 加 $$B a C l _ { 2 }$$ 溶液(2分)白色沉淀生成(1分)实 化剂，B正确；分析反应过程，涉及 R-X 键(极性 验测得的滤液碱性明显比未加乙醇结晶前的 键)断裂等，形成 R-C=C-R 中的 C-C 键等。 深蓝色溶液碱性弱(或实验i中深蓝色晶体溶于 反应中没有非极性键的断裂，有非极性键 (C-C) 水后的溶液显示出比实验滤液还强的碱性)(2 的形成，C错误；根据偶联反应机理 R'CC=C-H 分，合理即可) →R-C=C-R'， ，则 $$C H _ { 3 } B r$$ 与 HCCH 【发生该 【解析】(1)① 铜屑和稀 $$H _ { 2 } S O _ { 4 }$$ 在水浴加热条件 偶联反应可得到 $$C H _ { 3 } C C C H _ { 3 } ， D$$ 正确。 下通入 $$O _ { 2 }$$ 充分反应，生成 $$C u S O _ { 4 }$$ 和 $$H _ { 2 } O ，$$ ，反应 16.D【解析】 $$H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O H$$ I为酸性物质，分布于低 方程式为 $$2 C u + 2 H _ { 2 } S O _ { 4 } + O _ { 2 } \xlongequal { \triangle } { \quad } C u S O _ { 4 } +$$ pH区域，故为曲线 $$I ； H _ { 3 } N C H _ { 2 } C O O$$ 既有酸性又有 $$2 H _ { 2 } O ，$$ ，结合方程式可知，化合价发生变化的是 碱性，主要分布于 pH 中间区域，故为曲线Ⅱ； $$O _ { 2 } 、 C u 。$$ $$H _ { 2 } N C H _ { 2 } C O O ^ { - }$$ 为碱性物质，分布于高pH区域，故 ② 硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得 化学答案(六)第3页(共6页) 4 2026 备考信息导航演练（六） 到CuSO4·5H2O晶体. 于第四周期VB族；基态Fe+离子与基态Fe+ (2)配制60mL0.2000mol·L1CuSO4溶液， 离子的核外电子排布式分别为 需要选用100mL容量瓶，CuSO4·5H2O的摩 1s22s22p3s23p3d和1s22s22p3s23p3d,因此 尔质量是250g·mol1,则需要称量CuSO4· 未成对电子数之比为5：4。 5H20的质量为0.1L×0.2000mol·L-1× (2)根据“酸浸1”所得滤液中阳离子主要 250g·mol1=5.0g;配制溶液的顺序为称量、 有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+,结合电荷守恒与元素 溶解、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀，则洗涤之后 守恒，FeTiO.3溶于稀硫酸的离子方程式 的顺序为CEBD。检验SO?,加入盐酸酸化后 为FeTiO3+4H+-TiO2++Fe++2H2O。 再加BaCl2溶液，有白色沉淀，则含有SO,证 (3)室温下，TiO+(aq)+2HO(1)一TiO(OH)2 明晶体中含有[Cu(NH3)4]SO1·H2O。实验ii c2(H+) (s)十2H(aq)的化学平衡常数K= 测得的滤液碱性明显比未加乙醇结晶前的深蓝 c(TiO) c2(H+) 色溶液碱性弱，这说明原深蓝色溶液中的)H 1.0×105 =10,c(H)=102mol·L1,pH=2; 并不完全存在于结晶后的滤液中，蓝色晶体中也 “氧化”时生成Fe3+,Fe3+可催化过氧化氢分解，造 含有OH,故含有[Cu(NH3)4](OH)2· 成实际消耗量远大于理论消耗量。 nH2O;或实验ⅱ中深蓝色晶体溶于水后的溶液显 (4)“水解聚合”生成[Fe2(OH).Cl6。]m,根据元 示出比实验滤液还强的碱性，这说明深蓝色晶体 素守恒可写出化学方程式：2 n FeCl3十amH2O 中含有碱性化合物[Cu(NH)4](OH)2·nH2O。 -Fe2 (OH).Cl6-a]m+am HCl. 18.(1)四(1分)VB(1分)5：4(1分) (5)依题意，用氨气还原四氯化钛的化学方程式 (2)FeTiO+4H+-TiO++Fe2++2H2O(2) 为6TiC1,+8NH,600C6TiN+N2+24HCL,该 (3)2(2分)Fe3+可催化过氧化氢分解，造成实 反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3：1，该 际消耗量远大于理论消耗量(2分) 反应生成的氯化氢能返回“酸浸2”循环利用。 (4)2m FeCl;+am H2O-[Fez (OH).Clo-] +am HCI(2分) 19.(1)①-72.2(1分) (5)3:1(2分)HC1(1分) ②<(2分) 【解析】钛铁矿（主要成分为FeTiO3,含有少 P。-P 100 量Fe2O3、SiO2)用稀硫酸酸浸，所得滤液中阳离 (2)① 。(2分)降温、加压（或及时 2P- 子主要有TiO+、Fe+、Fe3+、H+,加入适量铁粉 2 P。 100 “沉钛”，将TiO+转化为TiO(OH)2, 分离出HCOOH)(2分) TiO(OH)2转化为TiCl后用氨气还原得到 ②HCOOH的选择性(1分)CO,的转化率(1 TiN,生成物气体X中有2种成分，其中一种是 分)升温反应Ⅳ逆向移动程度大于反应V正向 N2,由元素守恒可知，另外一种气体是HCI,过滤 移动程度(1分) 后滤液中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+,然后 (3)甲醇能形成分子间氢键，甲硫醇不能(1分) 通入氨气将F3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤后， 氢氧化铁沉淀用盐酸浸取得到FCl?溶液，“水 Zr+(1分) 4×91+8×16(2分) a2c×101NA 解聚合”生成[Fe2(OH).Cl6-a]mo 【解析】(1)①目标反应=2×反应Ⅲ一2×反应 (1)Ti的原子序数是22，在元素周期表中，Ti位 I,故△H=2△H3-2△H1=(-60.8×2+24.7 化学答案（六）第4页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 ×2)kJ·mol-1=-72.2kJ·mol-1。 (3)浓HBr、浓硫酸加热（或浓HBr'加热）(1分) ②反应I为放热反应，升温平衡逆向移动，则达 取代反应(1分) 浓硫酸加热(1分) 到平衡后升高温度，k正增大的倍数<k运增大的 》(或 )(1分) 倍数。 (2)①加入的CO2和H2的物质的量相等，所以 (4)CD(2分) Po (5)CHCOOH(1分) 起始时C0,和H,分压均为2，列三段式： CO2+H2 -HCOOH (6)① 1分) Po Po 起始 2 2 0 ②HC=C-COOH+CH,OH,浓硫酸 △ 转化2(P。-P)2(P。-P)P。-P HC=C-COOCH+HO(2分) 年衡2p3P2P 3 【解析】由流程，I发生取代反应生成Ⅱ，Ⅱ再使 P。一P P。-P 得一CN经多步转化得到Ⅲ，Ⅲ和 加成生成 100 3 2,主反应V为放热反应，正向 Ⅳ，V和氢气加成使得碳碳双键变为单键得到 2P- P V,V中羟基被氧化为羰基得到I,T在 100 CH COOOH条件下转化为I。 气体分子数减少，降温、加压、及时分离出 (1)由结构，化合物I的分子式为C4HC2,官能 HCOOH均可使平衡正向移动，均能提高 团名称为碳氯键、碳碳双键。 HCOOH平衡产率。 (2)化合物Ⅲ不饱和度为2、含5个碳、1个氧，脂 ②主反应下为放热反应，升高温度，平衡逆向移 环化合物Y(脂环为1个不饱和度)为化合物Ⅲ 动，HCOOH的选择性减小、CO2的转化率减小， 的同分异构体，能发生银镜反应，则含醛基，且不 副反应V为吸热反应，升高温度，平衡正向移动， 含手性碳原子，则其结构简式可以为☐ CHO CO的选择性增大、CO2的转化率增大，则曲线 为HCOOH的选择性、曲线c为C)的选择性， CH 曲线b为CO2的转化率；温度高于240℃时，升 或人CHO 高温度HCOOH的选择性减小、CO2转化率减 (3)化合物V中羟基和浓HBr在浓H2SO1、加热 小，说明升温反应Ⅳ逆向移动程度大于反应V正 条件下反应，发生取代反应引入溴原子；化合物 向移动程度。 V中羟基在浓硫酸、加热条件下，发生消去反应 (3)由于甲醇能形成分子间氢键，甲硫醇不能，所 以甲醇的沸点高于甲硫醇。根据ZO2的晶胞结 生成碳碳双键得到 1 (4)化合物Ⅱ中，双键碳原子采取了sp杂化，饱 构可知A的个数为8× 8+6X2=4,B的个数 和碳为sp3杂化，一CN中碳为sp杂化，A错误； 为8，因此依据化学式可知A表示Zr+。该晶体 由流程可知，化合物I与CH2(CN)2生成化合物 m4×91+8×16 的容度p-V-acX100Ng·cm Ⅱ和HCI,有碳氯、碳氢极性键的断裂，碳碳非极 20.(1)C4HCL(1分)碳碳双键、碳氯键(2分) 性键形成，氢氯极性键的形成，B错误；反应②中 CHO CH 羟基转化为羰基，结合质量守恒，同时生成水，存 -CHO (2)☐ 或 (1分) 在分子中羟基中O)一H键和羟基碳中C一H键 化学答案（六）第5页（共6页） 4 2026 备考信息导航演练（六） 断裂，C正确；CH COOOH为极性分子且含有 和甲醇发生酯化反应生成HC=C一COOCH, 羧基，能与水分子形成氢键，使得其易溶于水，D HC=C-COOCH 和 发 生加成反应生 正确。 (5)反应③的化学方程式可表示为Ⅵ十 COOCH CH,COOOH→I十Z,结合质量守恒，化合物 ①由分析，相关步骤涉及卤代烃的消去反应，有 Z为乙酸，结构简式为CH COOH (6)相关步骤涉及卤代烃的消去反应，则 机产物的结构简式为 和溴 ②由分析，最后一步反应是原子利用率100%的 加成生成 Br在氢氧化钠醇溶液加 反应，则从HC=C一COOH出发，第一步反应的 Br 化学方程式为HC=C一COOH+CHOH 热条件下发生消去反应生成 ,最后一步反应是 线酸HC=C一COOCH,十H,O。 △ 原子利用率100%的反应，则HC=C一COOH首先 4 化学答案（六）第6页（共6页）