备考信息导航演练（四）-【衡水真题密卷】2026年高考化学备考信息导航演练（福建专用）

2025一2026学年度备芳信息导航演练 化学（四） 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一1O一16Ne一20Mg-24Fe一56 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是 A.CIO2具有强氧化性，可用于杀菌消毒 B.S是半导体，可用于制作太阳能电池 C.SO2有还原性，可用于葡萄酒中的抗氧化剂 D.氧化铝熔点高、耐高温，坩埚可用于高温熔融碳酸钾 2.枫叶所含鞣酸在铁锅中加热后会形成黑色色素，故能用于制作黑色糯米饭。下列有关 鞣酸的说法正确的是 OR RO OR RO 其中R为 鞣酸 OH A.不能使FeCl3溶液显紫色 B.能与溴水发生取代反应 C.有4个手性碳原子 D.可与NaHCO3溶液反应 3.钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前 20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中 含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原 子序数之和。下列说法正确的是 化学试题（四）第1页（共8页） 备考信息 A.M与Z不能形成离子化合物 B.原子半径：R<T<X 班级 C.QR2是非极性分子 D.电负性：Y<R<Q 4.下列说法错误的是 姓名 水 得分 水（足量） 酚酞（少量） A.VLNH喷泉实验后（装置如图所示）所得溶液浓度 1 22.4mol·L1 B.温度、压强相同时，三种气体的密度关系：p(O2)>p(Ne)>p(H2) C.100g浓度为cmol·L1稀硫酸中加入一定量的水稀释成0.5cmol·L1,则加入水 的体积小于100mL D.某MgCl2溶液的密度为1.2g·cm3,Mg2+的质量分数为5%，1L该溶液中C1-的 物质的量为5mol 5.已知：BF3和水反应生成氟硼酸(HBF4)和硼酸(HBO3),一定条件下BF3与一定量水 可形成(HO)2·BF晶体Q(H-0H-0-B-P)。下列有关说法正确的是 H E A.(H2O)2·BF3的热稳定性比BF3高 B.BF,和水反应为非氧化还原反应，氟硼酸(HBF4)的酸性大于硼酸(H3BO3) C.(H2O)2·BF3晶体属于分子晶体，晶体中存在范德华力、氢键、离子键和配位键 D.(H2O)2·BF3中键角∠FBF大于BF3中键角∠FBF 6.不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好完全反应，结果如表 所示。 反应 起始 KI物质 KMnO,物质 还原 氧化 序号 酸碱性 的量/mol 的量/mol 产物 产物 ① 酸性 0.001 n Mn2 2 ② 中性 0.001 10n MnO2 IO 下列说法正确的是 A.对比反应①和②，x=1 B.对比反应①和②，可得出结论：MO的氧化性随酸性减弱而增强 C.对比反应①和②，可得出结论：I的还原性随酸性减弱而减弱 D.反应①中，n(Mn2+):n(I2)=2:5 导航演练 化学试题（四）第2页（共8页） 5 NaOH溶液 7.利用SO2 HOZS.OH821八aS.O,转化制取连三亚疏酸钠NaS.O 的装置如图所示。已知金属Z类似于金属A1,具有两性。下列说法错误的是 18%NaOH溶液 SO, 尾气处理 温度计 Zn-H.O 电加热磁力搅拌器 ① ② A.装置①的作用是防倒吸 B.先打开滴液漏斗旋塞，再通入SO2至溶液中 C.调pH为8.2~10.5的目的是使Zn(OH)2析出 D.该实验适合使用NaOH溶液进行尾气处理 8.一种黄铜矿（主要成分为CuFS2,还含有SiO2)的处理工艺流程如图所示。 空气 过量Fe粉 黄铜矿N.sO,焙烧一水浸一过滤-沉铜→固体X 混合气 滤渣溶液Y 已知“培烧”后所得固体为CuSO4、CuO、Fe2(SO4)3、SiO2,所得混合气中有NH3,无含 硫气体 下列说法正确的是 A.“焙烧”后所得CuSO4、CuO、Fe2(SO4)3的物质的量均相等 B.为防止混合气直接排放到空气中污染环境，可以用碱石灰吸收混合气 C.溶液Y中所含溶质为FeSO, D.将固体X用足量稀硝酸浸泡后，过滤可以得到单质铜 9.我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成 甘氨酸，原理如图，双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知 在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH2O,存在平衡：HOCH2O+OH —一[OCH2O]2+H2O。Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2-一e 一HCOO十H·。下列说法错误的是 电源 OH HO H PbCu Cu HO HCOO HO HCHO HO HSO4、K,SO4 KOH 溶液 溶液 HO 双极膜 5 化学试题（四）第3页（共8页） 备考信息 A.电解一段时间后阳极区c(OH)减小 B.理论上生成1molH3N+CH2COOH,双极膜中有6molH2O解离 C.阳极总反应式为HCHO-2e+3OH-HCOO+2H2O D.阴极区总反应式为H2C,O4+HO一N+H3+6e+6H+H3N+CH2COOH +3H2O 10.联氨(N2H4)又称肼，是一种二元弱碱，其在水溶液中的分步电离平衡如下： N2H4+H2O=N2H+OHKb1=3.0×10-6; N2H时+H2O=N2H++OH-Kb2=7.6×10-15 常温下，用0.100mol·L1的盐酸溶液滴定10.00mL浓度为0.100mol·L1的联 氨水溶液。滴定过程中溶液的pOH[pOH=一lgc(OH-)]变化如图所示（已知lg3≈ 0.48)。下列关于滴定过程的说法正确的是 pOH AN 人 5101520ml A.滴定前，0.100mol·L1的联氨水溶液的pOH=3.26 B.若M点pOH=7,则c(CI-)=c(N2H)+c(N2H+) C.当c(N2H)=c(N2H+),该点在N点和P点之间且靠近P点 D.该滴定有两个滴定突变，可分别选用甲基橙和酚酞作为指示剂 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(15分)三氟甲基亚磺酸锂(M,=140g·mol-1)是我国科学家通过人工智能设计开发 的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如图所示。 0 F:C-S-CI+Na:SO;- NaHCO; HCLTHE M LiOH,H2O 80℃ ONa FC OLi 三氟甲磺酰氯 三氟甲基亚磺酸钠 三氟甲基亚磺酸锂 实验步骤如下： I.向三颈烧瓶中加入3.5 g NaHCO3、5.2gNa2SO3和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐 滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M,=168.5g·mol1),有气泡产生（装置如图， 夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。 导航演练 化学试题（四）第4页（共8页） Ⅱ.向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF),充分搅拌后，加入无 水Na2SO4,振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF,得黏稠状固体。所得固体 进行纯化处理。 Ⅲ.将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0LTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入 足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。 V.将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h 后，减压蒸除溶剂，得粗产品，经纯化处理后得产品1.1g。 已知：①THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶； ②三氟甲磺酰氯易水解。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为 ,b处玻璃导管的作用 0 (2)步骤I反应中有气泡产生，则该反应的化学方程式为 (3)步骤Ⅱ和Ⅳ中将固体进行纯化处理的操作是 (4)步骤Ⅲ中发生反应的产物是M和 ,M的电离程度 甲基亚磺酸 (H,C-§-OH)(填“大于”“等于”或“小于”)。 (5)步骤N中加入蒸馏水的作用是 (6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为 (写出原始计算式，无需化简)。 12.(15分)兰地洛尔（化合物J)能改善快速性心律失常，具有高选择性，可应用于医学临床 手术。J的一条合成路线如图所示（略去部分条件和试剂）。 OH 00 BPO,NBS (1)NaOH溶液 CH,COOH B 一定条件 (2)H △，C0,F K2CO3,KOH,DMSO HO K2CO;,acetone OH 化学试题（四）第5页（共8页） 备考信息导 已知：①BPO为过氧化物，NBS为溴化试剂； ②RCH(COOC,H),DNOH溶RCH(COOH,.△.-cO-RCH,COOH. 2)H+ 回答下列问题： (1)A的名称为 (2)合成路线中设计A>B这一步的目的是 (3)D→E中，第一步反应的化学方程式为 0 (4)G中所含有的官能团是羟基 0 (5)物质J的高选择性与其结构相关，其所含手性碳数目为 个。 (6)F的同分异构体同时满足下列条件的有 种（不考虑立体异构）。 ①含有酚羟基； ②含有酯基； ③苯环上只有2个取代基。 (7)制备化合物I,分为两步： M 0 C (C.HON) 写出M和I的结构简式： 13.(15分)纳米Fe3O4在生物医学等方面具有广泛的用途。利用废I旧镀锌铁皮（含Fe、 Zn、Fe2O3、ZnO)制备纳米FeO4及副产物ZnO的流程如图所示。 NaOH溶液 稀HSO, NaOH、N 铁皮 →碱洗逃渣酸溶→氧化 镀锌 加热沉铁一→分离→ FeO 纳米粒子 滤液1 C0,→沉锌 系列操作→Zn0 滤液Ⅱ 查阅资料：Zn、ZnO、Zn(OH)2的化学性质与铝及其化合物类似。 (1)“沉锌”时，滤液I(含[Zn(OH)4]2-)中不是滴加盐酸而是通入CO2的依据是 (2)“氧化”后的溶液中所含金属阳离子有 (填离子符号)。 (3)文献表明，若“氧化”时，溶液pH过低，Fe2+容易转化为FeOOH,该反应的化学方 程式为 0 (4)某化学兴趣小组用100g废旧镀锌铁皮(Fe元素的质量分数为50.4%)制备纳 米FeO4,最终得到52.2g产品，则产率为 0 (5)工业上用电解法制备FO4,工作原理如图所示，已知：低共熔溶剂可传导O2-,阳 极由C1进行放电。 航演练 化学试题（四）第6页（共8页） 5 a电源 6 石墨 低共熔溶剂 ①甲电极为 极（填“阳”或“阴”）。 ②电解过程中若乙电极生成C12的体积是3.36L(标准状况下)，则理论上甲电极生 成的Fe3O4的物质的量为 mol。 (6)Fe3+与尿素分子(H2 NCONH2)形成配离子的硝酸盐Fe(H,NCONH2)6](NO)3 俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ,电负性最大的是 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 、 ③八面体配离子Fe(H2 NCONH2)]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相 等，则与Fe3+配位的原子是 (填元素符号)。 14.(15分)我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，利用CO2、H2为 原料合成CH3OH的主要反应如下： I.CO2 (g)+3H2(g)-CHsOH(g)+H2O(g)AH=-48.5 kJ.mol-K1; Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g）△H2=+43.9kJ·mol-1K2。 回答下列问题： D吧知反应Ⅲ的平衡常数K,二人，则反应川的△H kJ·mol-1。 (2)为提高CH,OH(g)的平衡产率，理论上应采用的条件是 (填标号)。 a.高温高压 b.低温高压 c.高温低压 d.低温低压 (3)一定温度下，向压强恒为pMPa的密闭容器中通入1 mol CO2(g)和2.8molH2 (g),充分反应后，测得CO2平衡转化率为50%，CHOH选择性为80%，该温度下 H2的分压为 MPa[分压=总压×物质的量分数，甲醇的选择性= 生成甲醇消耗的C0:×1O0%],计算此时反应I的平衡常数K.= 总消耗的CO2 (Kx 为以物质的量分数表示的平衡常数)。 (4)研究者向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入一定量的反应物混合气 [n(CO2):n(H2)=1:2],测定甲醇的时空收率在不同催化剂表面随温度的变化 曲线如图所示（时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率）。 5 化学试题（四）第7页（共8页） 备考信息导 0.25 (223,0.20) 金 NisGa 0.10 (169,0.10)NiGa NiGa 04 160180200220 240260 TIC 不同Ni、Ga配比的Ni-Ga/SiO,催化剂对 二氧化碳加氢制甲醇反应的影响 ①请解释甲醇时空收率“抛物线”后半段下降的可能原因： ②为获得最大的甲醇时空收率，根据图像选择催化剂最佳配比和反应最佳反应温 度为 (填字母)。 A.Nis Ga3,210℃ B.NiGa,220℃ C.NiGa,240℃ D.Ni5Ga3,220℃ (5)二氧化铈为立方晶胞结构，其独特的电子结构使得它更易在Ce4+和Ce3+之间进行 可逆电荷转移，从而实现两步法制氢，当晶胞中部分Ce4+被还原为Ce3+时会产生 氧空位。 Ce+ 02 CeO,理想的晶体结构 ①二氧化铈晶胞中Ce+的配位数为 ,Ce+与O2-的最短距离为 nm(晶胞边长为anm)。 ②当晶体中Ce3+和Ce+个数比为2：5时，氧空位比为 [氧空位比= 气。 杭演练 化学试题（四）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（四） 一、选择题 体密度与摩尔质量成正比。O2(32g·mol1)> 1.D【解析】CO2的强氧化性使其可作为高效消 Ne(20g·mol-1)>Hz(2g·mol1),密度关系正 毒剂，A正确；太阳能电池的半导体材料是单质硅 确，B正确；令加入水的质量为xg,稀释前溶质的 (Si),B正确；SO2的还原性可防止葡萄酒氧化，C 质量分数为心1，稀释后溶质的质量分数为心2，利 正确；氧化铝是两性氧化物，高温下与熔融碳酸钾 用稀释前后溶质的质量不变，即有100×心1= (强碱性环境)反应，导致坩埚被腐蚀，故无法作为 (100+x)Xw2,利月c=10000 M ,存在c= 熔融碳酸钾的材料，D错误。 2.B【解析】鞣酸结构中含有酚羟基，酚羟基能 100000,0.5c=100,三式联立解得 M M 与FCl溶液发生显色反应，A错误；鞣酸结构中 含酚羟基（苯环连一OH),酚羟基邻对位H活泼， 100十x,因为硫酸浓度越大，密度越大，因此有 200 能与溴水发生取代反应，B正确；手性碳原子是指 02 200 与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，鞣酸 100+x >1,解得x<100,水的密度为1g· OR RO cm3,因此加入水的体积小于100mL,C正确： 中含有5个手性碳原子，分别 OR RO令O余OR 1L溶液质量为1000mL×1.2g·cm3=1200g, m(Mg2+)=1200g×5%=60g,对应2.5mol C错误；与NaHCO3反应需羧基（酸性强于碳 MgCl2,CI-物质的量为2.5mol×2=5mol,D 酸)，鞣酸仅含酚羟基（酸性弱于碳酸），不能与 正确。 NaHCO反应，D错误。 5.B【解析】(H2O)2·BF3存在氢键和配位键，稳 3.C【解析】元素M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数 定性弱于BF?的共价键，高温时易分解，A错误； 依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小 反应时元素化合价未发生改变，故为非氧化还原 的元素，则M是H,Q是形成物质种类最多的元 反应，氟硼酸(HBF4)的H直接电离，为强酸，硼 素，则Q是C,R是地壳中含量最高的元素，则R 酸需与水作用后间接电离出氢，酸性弱，B正 是O,T、X、Y同周期，则T、X、Y在第三周期，Q、 确；(H2O)2·BF;晶体属于分子晶体，晶体中存 X均与Y相邻，则Q与Y同主族相邻，X与Y同 在范德华力、氢键、配位键，无离子键，C错 周期相邻，Y是Si,X是Al,Z的原子序数等于M 误；(H2O)2·BF3中B为sp3杂化，BFg中B (原子序数为1)、R(原子序数为8)和T的原子序 为sp2杂化，所以(H2O)2·BF3中键角∠FBF小 数之和且小于等于20，则T为Na,Z为Ca,据此 于BF3中键角∠FBF,D错误。 回答。M(H)与Z(Ca)可形成CaH2,属于离子化6.D【解析】根据反应①10I十2MnO+16H+ 合物，A错误；一般而言，电子层数越多，原子半径 —2Mn2++5l2+8H2O,可得关系式：10I~ 越大，电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径 2MnO,求得n=0.0002,则反应②n(I): 越大，故原子半径：O(R)<Al(X)<Na(T),B错 n(MnO4)=0.001:(10×0.0002)=1:2,反应 误；QR2为CO2,属于直线型分子，其分子结构对 ②对应的关系式为I-~2MnO,~2MnO2~IO 称，正负电荷中心重合，为非极性分子，C正确；同 ~6e,I0中I的化合价为十5价，x=3,反应② 周期主族元素，由左至右元素电负性逐渐增大，同 为I+2MnO4+H2O—2MnO2￥+IOg+ 主族元素，由上至下元素电负性逐渐减小，故电负 2OH,A错误；反应①中Mn由+7价转化为+2 性顺序应为Si(Y)<C(Q)<O(R),D错误。 价，反应②中Mn由十7价转化为十4价，可知酸 4,A【解析】氨气所处的温度和压强未知，无法计 性减弱Mn得电子能力减弱，故MnO,的氧化性 算其物质的量浓度，A错误；温度、压强相同时，气 随酸性减弱而减弱，B错误；中性条件下I厂被氧化 化学答案（四）第1页（共6页） 5 2026 备考信息导航演练（四） 为IO(+5价)，酸性条件下被氧化为I2(0价)，9.C【解析】在KOH溶液中HCHO转化为 说明酸性减弱时I的还原性增强，C错误；反应① HOCH O:HCHO+OH→HOCHO,存在平 为10IF+2MnO+16H+—2Mn2++5L2+ 衡HOCH2O+OH-=[OCHO】2-+HO,Cu 8H2O,参加反应的n(Mn2+):n(I2)=2:5,D 电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]-一e 正确。 一HCOO十H·,H·结合成H2,Cu电极为阳 7.B【解析】Zn和SO2反应生成ZnS2O4,控制温 极；PbCu电极为阴极，首先HOOC一COOH在Pb 度，使ZnS,O4和NaOH反应生成Na2S2O4和 上发生得电子的还原反应转化为OHC一COOH: Zn(OH)2沉淀，通过过滤除去Zn(OH)2,得 H2C2O +2e-+2H+-OHC-COOH+H2O, 到Na2S2O4溶液，对溶液进行降温，使NazS2O4 OHC-COOH与HO-N+H反应生成 晶体析出。装置①为安全瓶，可防止装置②中液 HOOC-CH-N-OH:OHC-COOH+ 体倒吸进入S)2气源装置，A正确：滴液漏斗中为 HO-N HHOOC-CH-N-OH+HO+ Na)H溶液，若先打开旅塞加入NaOH,Zn为两 H,HOOC-CH一N一OH发生得电子的还原反应转 性金属会与NaOH反应生成锌酸盐（如 化成HN+CH COOH:HOOC-CH-N-OH+ Na2[Zn(OH)],阻碍Zn与SO2反应生成 4e+5Ht一HNCH2COOH+HO,据此分析。 ZnS2O4,应先通入SO2与Zn反应生成ZnS2O4, 根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH、同时生成 再滴加NaOH调pH,B错误；ZnS2O4溶液中加入 H2O,故电解一段时间后阳极区c(OH)减小，A正 NaOH,调pH至8.210.5的碱性条件下，Zn2 确；阴极区的总反应为HCO,十HO一N+H十6e 与OH结合生成Zn()H)2沉淀，便于分离得到 +6H+-H,N CH2 COOH++3H2 O,1 mol H2O Na2S2O4溶液，C正确；尾气中可能含未反应的 离成1molH和1 mol OH,故理论上生成1mol SO2,SO2为酸性氧化物，可与NaOH溶液反应生 H3N+CH2CO)H,双极膜中有6molH2O解离， 成NaSO3和H2O,适合用NaOH溶液吸收，D B正确：根据分析，结合装置图，阳极总反应为 正确。 2HCHO-2e+40H-2HCOO+2H,O+ 8.C【解析】黄铜矿（主要成分为CuFeS2,含有 H2个，C错误；由分析可知，阴极总反应为H2CO SO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄 铜矿在硫酸铵作用下，转化成CuSO,,得到的混合 +6e +6H+HO-N+H -H,N+CH COOH 气体中主要含NH,固体为SiO2、CuO、CuSO4与 十3H2O,D正确。 Fe2（SO1)3,加水分离，主要形成含硫酸铜和硫酸 10.A【解析】设第一步电离产生的c(OH)= 铁的滤液，滤渣含SO2,向硫酸铜溶液中加入过量 c(N2H)=x,初始c(N2H)=0.100mol·L1, 的铁，置换得到固体X为铜、铁的混合物，滤液Y 电离平衡时c(N2H)≈0.100mol·L1一x≈ 主要成分为FeSO4。“焙烧”后所得固体含 0.100mol·L1(x很小，可近似为0)，根据K CuSO4、CuO、Fe2(SO4)3等，所得混合气中含 表达式K=CNH)·c(OH)x NH3,不含含硫气体，涉及的化学反应有① C(N2 H) 0.100= 4 CuFeS,十170，商温2CuS0,+2Cu0+ 3.0×10-6,解得x=√3.0×107mol·L-1= 2Fe,(SO0,),反应②Cu0+(NH,),SO,高温 √3×10-3.5mol·L1,又lg3≈0.48，解得pOH= CuSO4+H2O个+2NH3↑，反应①中CuSO4、 -lg(5×10-3.5)≈3.26，A正确；M点pOH=7, CuO、Fe2(SO)3的物质的量相等，则发生反应② 即溶液呈中性，c(OH)=c(H)=10-7mol· 后各生成物质的物质的量均不相等，A错误；混合 L1,溶液中存在的离子有CI、N2H、N,H、 气含氨气，为防止混合气直接排放到空气中污染 H、OH,根据电荷守恒：c(C1)+c(OH)= 环境，可以用硫酸吸收混合气，B错误；“水浸”后， c(N2 H)+2c(N2 H)+c(H),c(OH ) 滤液中含CuSO、含有铁的硫酸盐；“沉铜”时加入 c(H),可得c(C-)=c(N2H)+2c(N2H+),B 过量Fe粉，发生反应：Fe十CuSO4一FeSO,+ 错误；当消耗HC1恰好为15mL时，溶质为 Cu、Fe+Fe2(SO4)3—3FeSO4,Fe粉过量，反应 N2HCI和N2HCI2,且二者的物质的量比为 后溶液中溶质只有FSO4,C正确；根据分析可 1:1,此时溶液pOH>7,呈酸性，故N2H件水 知，固体X为铜、铁的混合物，加入足量稀硝酸，铜 解占主导（也可根据K2判断，N2H水解大于 和铁都会溶解，生成硝酸铜和硝酸铁，D错误。 N2H电离，溶液显酸性)，N2H+H+十 化学答案（四）第2页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 N2H,故溶液中c(N2H时)>c(N2H+),若满足 率，室温搅拌反应1h后，减压除溶剂，得粗产品， c(N2H)=c(N2H+),则需要增加N2HCl2的 加入适量乙醇进行重结晶，得产品，据此解答。 含量，即在原有1：1的基础上继续滴加HC1,故 (1)由图可知，仪器A为恒压滴液漏斗，其玻璃导 过P点，C错误；第一步滴定终点时，N2HC1溶 管的作用是平衡气压，使液体能顺利流下。 液因N2H水解呈酸性(N2H十H2O=一 (2)A中加入3.5 g NaHCO3、5.2 g Naz SO3和 N2H,·H2O+H),应选酸性范围变色的指示 20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g) 剂（如甲基橙，变色pH范围为3.1~4.4），但第 三氟甲磺酰氯(M=168.5g·mol1),生成了三氟 二步滴定终点由于N2H牛水解程度很大，是强 甲基亚磺酸钠、硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化 酸性溶液，而酚酞的变色pH范围为8.0~10.0， 氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生。其化学 适用于碱性环境，因此酚酞不能用于第二步滴定 方程式为CF,SO,CI+NaSO,+2NaHC0,809 终点，第二步滴定终点通常使用甲基橙或其他酸 CF,SO2Na+Naz SO4+NaC1+2CO2↑+HO。 性指示剂，但突跃不明显，误差较大，D错误。 (3)步骤Ⅱ和V对所得固体的纯化均可采用“重 二、非选择题 结品”操作。 11.(1)恒压滴液漏斗(1分)平衡气压，使液体顺利 (4)由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和 流下(2分) 3.0 mL THF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴 (2)CF SO.CI+NaSO,+2NaHCO,CF,SO.Na 加入足量浓盐酸，发生反应的化学方程式为 +Na2SO+NaC1+2CO2个+HO(2分) +HCI THE 0 +NaCl;M中 (3)重结晶(2分) F C ONa (4)NaC1(2分)大于(2分) F的电负性较大，能吸电子，所以使得M中的 (5)作溶剂，溶解后加快反应速率(2分) 一OH的极性变大，更易电离。 (6)1:1X1685×100%2分) (5)将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水 3.3×140 和过量LiOH,水可作为溶剂。 【解析】向A中加入3.5 g NaHCO5.2 g Naz SO (6)已知向A中加入3.5 g NaHCO3、5.2g 和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL Na2SO3、20.0mL蒸馏水和2.1mL(3.3g)三 (3.3g)三氟甲磺酰氣(M,=168.5g·mo1),生成 氟甲磺酰氣(M,=168.5g·mol1),三氟甲磺 了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢 酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为 钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产 140×3.3 生，80℃下反应3h后，减压蒸馏除溶剂得到浅 168.5g,氟甲基亚磺酸锂的产率为33心.5 黄色固体。向上述所得固体加入10.0mL四氢 ×100%。 呋喃(THF),充分搅拌后，加入无水Na2SO,可 12.(1)对甲基苯酚（或4-甲基苯酚）(1分) 促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠， (2)保护酚羟基(2分) 洗涤可吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤 液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除THF,得 ONa 黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。将所 (3) +4NaOH 得三氟甲基亚磺酸钠和3.0 mL THF加入圆底 ONa 烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生 OONa 0 反应的化学方程式为 +HCI THE +CH COONa+2CHCH,OH+H,O(2) FC ONa (4)酯基(1分)醚键(1分) (5)2(2分) 十NaCl,析出白色固体。抽滤、洗涤。 (6)18(2分) 将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和 过量LiOH,水可作为溶剂，溶解后加快反应速 (7)HN (2分) NH(2分) 化学答案（四）第3页（共6页） 5 2026 备考信息导航演练（四） OH 可知I的结构为 【解析】A是 与 CH COOH发生 人NH,据此回答。 (1)根据A的结构可知，A的名称为对甲基苯酚 或4-甲基苯酚。 (2)酚羟基易被氧化，设计A→B这一步的目的 取代反应生成B,根据C的结构 ,可知B 是保护酚羟基，防止酚羟基在B转化成C的过程 被氧化。 Br (3)D>E中，第一步反应是酯基发生水解反应， 0 0 的结构为 ,B发生取代反应生成C,C与 化学方程式为 +4NaOH- 人。。人在一定条件下支主取代反应生成 0 00 0 ONa CH COONa 2CH CH,OH D ,D发生酯基水解反应、酸化，生 ONa OONa 01 +H2O。 OH (4)根据G的结构 成E: ,E在加热条件下脱去CO2,生 HO OH 可知，其官能团有羟基、酯基、醚键。 (5) OH 成F 发生 OH 结构中标有的碳原子为手性碳，有2个。 (6)满足条件的F的同分异构体结构中，酯基的取代 取代反应生成G: 基结构有HCOOCHCH一、HCOOCH(CH)一、 HO CH COOCH2-、CH CH COO-、一COOCH CH、 一CH COOCH,有6种，与酚羟基的位置可以是 G与O,N 0入0发生取代反应生成 邻、间、对3种，共6×3=18种。 7。与M反应生成 结合M的分子式可知M的结构为N, 根据 的结构 与HN NH发生取代反应生 化学答案（四）第4页（共6页）】 ·化学· 参考答案及解析 (标准状况下)，n(Cl2)=0.15mol,电路中转移 成 NH 0.3mol电子，根据得失电子守恒，理论上甲电极 0 生成的FeO1的物质的量为0.3mol。 13.(1)Zn(OH)2能溶解在盐酸中，不会溶解在CO2 (6)①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大 水溶液中(2分) 趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，故第 (2)Fe2+、Fe3+(2分) 一电离能：N>)>C;同周期元素从左到右，电负 (3)4FeSO,+O2+6H2O一4 FeOOH￥+ 性逐渐增大，因此电负性：O>N>C。 4H2SO4(2分) ②尿素分子(H,NCONH2)中C原子形成3个o (4)75%(2分) 键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为$p (5)①阴(1分) 杂化。 ②0.3(2分) ③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+ (6)①N(1分)O(1分) 的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原 ②sp(1分) 子不会参与形成配位键，说明C一0中O原子参 ③0(1分) 与配位，所以与Fe3+配位的原子是O。 【解析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反 14.(1)-92.4(2分) 应，锌溶解生成Na2[Zn(OH)4]和氢气，铁不溶 (2)b(2分) 解，过滤得到滤液中含有Na2[Zn(OH)],通入 5(2分) 1 二氧化碳生成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、灼烧得 (3)0.5(2分) 到ZO;滤渣不溶物为铁及其氧化物，溶于稀硫 (4)①温度升高，催化剂活性降低，甲醇时空收率 酸后通入氧气，氧化部分Fe2+为Fe3+,得到 降低(2分) 含Fe2+、Fe3+的溶液，加入氢氧化钠，通入氮气 ②A(1分) 生成Fe3),纳米粒子。 (1)Zn(OH)2的化学性质与铝及其化合物类似， (5)①8(1分) 4a(1分) 则即使通入过量CO2,Zn(OH)2也不会溶于碳 ②1：13(2分) 酸，而易溶于盐酸，故“沉锌”时，选用CO2而不 用盐酸，反应为Na2[Zn(OH)]和CO2生成 〖解析】)根据反应Ⅲ的平衡常数K,二K可 Zn(OH)2沉淀和NaHCO3:[Zn(OH)4]2-+ 知，反应Ⅲ=反应I一反应Ⅱ，根据盖斯定律，反 2CO2—Zn(OH)2￥+2HCO3。 应Ⅲ的反应热△H,=△H1一△H2= (2)最终得到四氧化三铁中含有二价铁和三价 (-48.5kJ·mol-1)-(+43.9kJ·mol-1)= 铁，结合分析可知，“氧化”后的溶液中所含金属 -92.4kJ·mol-1。 阳离子为Fe3+、Fe2+。 (2)为提高CHOH(g)的平衡产率，应使反应I (3)氧气具有氧化性，“氧化”时，溶液pH过 平衡正移，而反应工为放热且气体体积减小的反 低，Fe2+容易被氧气氧化为FeOO)H,反应中铁化 应，故降低温度可以使反应I平衡正移、增大压 合价由十2变为十3、氧气中氧化合价由0变为 强可以使反应I平衡正移，故理论上应采用的条 一2，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式为 件是低温高压，故选b。 4FeSO:+O2+6H2O-4FeOOH+4H2SO. (3)充分反应后，测得C02平衡转化率为50%， (4)由铁元素守恒可得，产率=” CHOH选择性为80%，则平衡时，n(CO2) m理论 1 mol-1 mol x50%=0.5 mol,n (CH:OH)= 52.2g 100g×50.4×(56×3+16×4) -×100%=75%。 1mol×50%×80%=0.4mol,n(CO)=1mol× 56×3 50%×(1-80%)=0.1mol,n(H2)=2.8mol (5)①甲电极Fe2O)3转化为Fe3O,,Fe元素化合 -0.4mol×3-0.1mol=1.5mol,n(H20)= 价降低发生还原反应，甲电极为阴极。 0.4mol十0.1mol=0.5mol,平衡时气体总物质 ②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L 的量为3mol,该温度下H2的分压为p MPaX 化学答案（四）第5页（共6页） 5 2026 备考信息导航演练（四） 1.5 mol =0.5pMPa;反应I的平衡常数Kx= (5)①根据晶胞无隙并置的特点，观察晶胞上下 3 mol 面面心的C4+可知，它上下各有4个O2-到它距 × 离相等，8个O2-构成正方体，故Ce4+的配位数 3 16 -15 为8；由CeO2的晶胞结构可知，Ce+与O2的最 短距离为晶胞体对角线长度的 (4)①甲醇时空收率先增大后减小，因为在一定 4anm。 温度范围内，温度升高，反应速率加快，而温度过 ②当晶体中Ce3+和Ce+个数比为2：5时，根据 高时催化剂活性降低，反应速率减慢。 化合价代数和为0，Ce和O的组成比为7：13， ②从图像可知，相同温度下，催化剂Ni,Ga,催化 若是CeO2,Ce和O的组成比为1：2=7：14，故 效果好（甲醇时空收率高），在210℃时，催化效 氧空位比为(14一13)：13=1：13。 果最好（甲醇时空收率最高），故选A。 5 化学答案（四）第6页（共6页）