化学（一）-【真题密卷】2026年高考化学考前冲顶实战演练（冀湘渝甘赣桂贵晋豫陕青宁新藏滇专版）

2025一2026学年度考前冲顶实战演练 化学（一） 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：O一16S一32C1一35.5Zr一91Cd一112 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。 1.九三阅兵展示了我国多种高科技材料。下列材料属于金属材料的是 A.碳纤维复合材料—一卫星通信车轻量化结构件 B.氮化硅陶瓷轴承一地面装备传动系统核心部件 C.钛合金部件一新型战机发动机关键构件 D.聚酰亚胺薄膜—电子对抗系统柔性电路基材 2.科学家发现金星大气中存在PH3,据此推断金星大气层或存在生命。利用下列反应可 制备PH2:3KOH(浓)十P,+3H20△3KH2PO2十PH,个。下列说法正确的是 A.PH3为非极性分子 B.中子数为10的氧原子可表示为8O C.P3-的结构示意图为( D.1个P4分子中含有4个o键 3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A.室温下，pH=1的H2SO4溶液中，H+的数日大于0.1Na B.1L0.1mol·L-1HC1O溶液中含有ClO-的数目为0.1NA C.1L1.0mol·L-1FeCl3溶液中，阳离子数目小于0.1Na D.1L0.1mol·L1NH4Cl溶液中，NH4的数目小于0.1NA 化学试题（一）第1页（共8页） 考前冲顶 4.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 班级 3滴0.1moL- KSCN溶液 姓名 A Mg ------------- 得分 二NaOH溶液二」 4mL0.01mol-L1KI和 2mL0.01 mol-L-FeCl,混合溶液 A.比较A1和Mg的活泼性 B.证明Fe3+与I厂反应存在一定的限度 饱和 溴水 苯酚 溶液 C.验证苯环活化了羟基 D.加热CuCl2溶液制备无水CuCl2 5.常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是 A.澄清透明溶液：K+、Na+、SO?、MnO4 B.遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、I、CI C.在加人铝粉能产生氢气的溶液：NHt、Fe2+、S2O、C1O D.通入足量NH3的溶液：K+、Cu2+、SO?、CI 6.LiDFOB是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目 前的锂电池中。LiDFOB的结构如图所示，其中M、X、Y、Z为位于同一短周期元素，X 原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1。下列叙述正确的是 A.简单氢化物的沸点：Z>Y>X B.X、Y两元素组成的分子一定为非极性分子 C.电负性：Z>Y>X>M D.第一电离能介于M与Y之间的同周期元素有1种 7.化合物Z是一种麻醉药物合成的中间体，其合成路线如图所示。 CHO HC=CHCOOC,H. CHCH,CH,OH CH.COOC,H. H,.Pd/C C,HOH,△ 高温高压 X 下列说法错误的是 A.X分子中所有原子均可在同一个平面上 B.1molY最多能和4molH2发生加成反应 C.通过红外光谱仪可以区分X和Y D.Y、Z可用酸性KMnO4溶液鉴别 实战演练 化学试题（一）第2页（共8页） 8.结构决定性质，性质决定用途。下列事实与结构因素匹配正确的是 选项 事实 结构因素 用四氯化碳萃取溴水中的溴，而不选用 A 丙酮能和水分子形成氢键，四氯化碳不能 丙酮 B 在水中的溶解度：Cl2>CO 氯气分子的极性小于一氧化碳 C-CI键长：CH3CH2CI>CH2=CHCI C原子杂化方式及C1原子参与形成大π键的 C >CH=CCI 数目 相同温度下，K1 -COOH OH D CooH) C0OH形成分子内氢键 -OH 9.实验室分别利用下列两个反应制取氯气，其反应化学方程式分别为①2KMnO4十16HCI (浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2◆+8H2O;②MnO2+4HCI(浓)△MnCl2+Cl2+ 2H2O。生成等量的C12时，下列说法正确的是 A.转移电子的量：①>② B.消耗HCI的量：①>② C.被氧化的HCI的量：①>② D.氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2 10.在1L恒容密闭容器中充入1molN2H4(g),发生反应：N2H4(g)一N2(g)十 2H2(g)△H,反应相同时间，不同温度下N2H4的转化率[a(N2H4)]如图所示。下列 叙述正确的是 20 °40 "60 80 10 200300400500600700800 TIC A.a、b、c点对应的反应速率：vb(逆)>v(正)>v(逆) B.上述反应的产物总能量高于反应物总能量 C.在c点体系中加入1molN2H4(g),N2H4的平衡转化率减小 卫，300℃时，该反应的平衡常数K<56 化学试题（一）第3页（共8页） 考前冲顶 11.由下列实验事实得出的结论正确的是 选项 实验事实 结论 A 铝粉和Fe2O3的反应需要引燃 该反应的△H>0 将点燃的镁条迅速伸入集满CO2 CO2具有氧化性 的集气瓶中，产生白烟和黑色固体 C 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2,产 K2(H2 CO>K(HC1O) 生白色沉淀 向FeCl2溶液中滴入NaOH溶液， 出现的白色沉淀迅速变为灰绿色， Ksp [Fe(OH)3]<Ks Fe(OH)2] 最终变为红褐色 12.某研究小组利用某酸性腐蚀废液（含Fe3+、Cu2+、NH、SO),制取铵明矾 [NH4Al(SO4)2·12H2O]的流程如图所示。下列说法错误的是 过量铁屑 试剂a 硫酸铝溶液 操作1 氨水 操作2 废液上→氧化上过滤 合成铵明矾 结晶上→产品 滤渣 A.向废液中加入过量铁屑可以除去Cu2+ B.试剂a适宜选用H2O2溶液，且H2O2实际用量等于理论用量 C.操作1用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 D.操作2为过滤、乙醇洗涤、干燥，乙醇洗涤的目的是减少晶体的溶解损失，同时乙醇 易挥发，能加快晶体干燥 13.我国科研团队研发的强酸(IBA)单液流电池使用强酸性高浓度异卤电解质溶液，通过 引入Br/Br2使得I/IO3进行多电子转移，从而提高电池的安全性和能量密度，其 工作原理如图所示。下列说法错误的是 电极M 电极N Br,、IO H+ Cd2 、 HO Cdso H H,SO Br ->Cd2+ Br Cd 质子交换膜 石墨 衣 A.放电时，H+向电极N移动 B.充电时，阴极区pH减小 C.充电时，阳极区存在反应2IBr-10e+6H2O一Br2+2IO3+12H+ D.放电时，每消耗2.24gCd,右室有0.02 mol Br生成 实战演练 化学试题（一）第4页（共8页） 14.HRO3为三元弱酸，在溶液中存在多种粒子形态。常温下，将NaOH溶液滴到1mol· L1HRO3溶液中，各种含R粒子的分布分数8[如6(HRO)= c(HRO) c(H,RO,)+c(HRO)+c(HRO)+c(RO)]随pH变化曲线如图所示。下列说 法错误的是 1.0F----------- 0.8 d 0.84 0.6 0.4 0.2 -0.16 6 0 2 46 8101214 8.519.22 12.8 PH A.H3RO3的Ka1=10-8.51 B.c曲线代表HRO C.当pH调至11~12时发生反应的离子方程式为H2RO3+OH一HRO?+H2O D.pH=14时，溶液中c(OH)>c(RO?)>c(HRO?)>c(H2RO3) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（14分)硫酰氯(SO2C12)是一种重要的化工试剂，通常条件下为无色液体，熔点为 一54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”，100℃以上开始分解生成S02 和C12,长期放置也会发生分解。 回答下列问题： I.制备S0,C。实验室合成S0,Cl2的原理为S0,(g)+Cl2(g)催化剂S0,C,(1) △H=一97.3kJ·mol1,实验装置如图所示（部分夹持装置略）： 浓盐酸 活性炭 甲 丙 丁戊 (1)实验室中用N2SO3固体与70%的硫酸反应制取SO2,则装置甲可选取下列装置 (填标号)。 活塞K (2)装置己中发生反应的离子方程式为 装置乙和装置丁的作用 (填“相同”或“不相同”)。 化学试题（一）第5页（共8页） 考前冲顶实 (3)制备的硫酰氯会发黄，其原因可能为 ;为了防止这 种情况出现，对装置丙进行改进的措施为 Ⅱ.测定SO2Cl2产品纯度（杂质不参与反应）。称取mgSO2C12产品于锥形瓶中，加 入足量蒸馏水，充分反应。滴加几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cmol·L-1AgNO3溶 液滴定反应后的溶液中C1一的含量，平行实验三次，达到滴定终点时消耗AgNO3溶液 的平均体积为VmL。已知： 物质 Ag2SO AgCl Ag2 CrO 颜色 白色 白色 砖红色 Ksp 1.2×10-5 1.8×10-10 1.12×10-12 (4)S02C12与H2O反应的化学方程式为 滴定终点的现象是 (5)该SO2C1l2产品的纯度为 %(用含m、c、V的代数式表示)。 16.(14分)铟烟灰渣[含In2S3、In2O3、ZnO、PbO、FeAsO4、SiO2等]为主要原料制备In和 活性ZnO的工艺流程如图所示。 浓H,SO4H,O S02 铁粉萃取剂H,A2 稀H,SO,锌粉 帝国南取流密应立有帆相反本國→空国巴留+相 灰渣 除砷 水相NH,HCO, SO2滤渣1 AS,03 滤液2 8→南→7c0,2zmon 灼烧活性 ZnO 滤渣2滤液1 已知：①常温下，一些金属离子开始沉淀与完全沉淀时的pH: Zn2+ Fe2+ Fe+ In3+ 开始沉淀 6.5 6.3 1.5 3.5 完全沉淀 8.5 8.3 2.8 4.8 ②在酸性溶液中H2A2可萃取三价金属离子：M3++3H2A2一一M(HA2)3+3H+。 回答下列问题： (1)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。 (2)“还原除砷”时，可将溶液中的H3AsO4转化，发生反应的化学方程式是 0 (3)加入铁粉“还原”的目的是 (4)“反萃取”中，可通过 提高萃取率。 (5)“滤液2”可在 (填操作单元)再利用。 (6)“调pH”中可选用的试剂X为 ；H2O2的使用量远大于理论计算 量，可能的原因是 ;pH应控制的范围是 0 (7)“灼烧”时，发生反应的化学方程式是 17.(15分)CO2与H2通过催化可转化为甲烷、甲醇、乙醇、一氧化碳等，是实现“双碳”目 标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据如下： I.CO2(g)+4H2(g)CH(g)+2H2O(g)AH; Ⅱ.2CO2(g)+6H2(g)==CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H2=-174kJ·mol-1; Ⅲ.C02(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)△H3=+41kJ·mol-1; V.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H4=+207kJ·mol-1。 战演练 化学试题（一）第6页（共8页） 1 回答下列问题： (1)基态0原子电子排布式为 (2)△H1= kJ·mol-1。 (3)利用Rh@Au作催化剂有利于CO2甲烷化，路径如图1所示，该催化路径决速步骤 的能垒是 eVo 21 -Rh@Au 1 0.61 0.18 0.00 0.00 -0.24 -1 -0.48 -0.67 -1.19 -2 -1.45 C02 COOH* CO* CHO* CH,O* CH,O* CH+O*CH+OH**+CH, 注：*代表负载在催化剂上，一代表的是CO的△G 图1 (4)CO2甲烷化的过程中，一定温度下，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总 流量控制在60mL·min1,测得CO2的转化率为80%，则CO2反应速率为 mL·minl (5)模拟CO2加氢在不同温度下的平衡组分的物质的量分数（如图2所示），若只发生 反应Ⅱ和Ⅲ，保持总压为5×103kPa,则： 80r 70F H(g) 60F 50 40 30C.H,OH(g) 20 10 C0,(g) 0 下b 0 100200300400500600700800 温度(C) 图2 ①图中b代表产物 (填化学式)，温度高于500℃时，H2的含量随温度 升高而下降的原因是 ②计算300℃时反应Ⅱ的平衡常数K。= (kPa)-4。 (6)在Cu-ZnO-ZrO2催化作用下利用CO2和H2可以合成甲醇。催化剂ZrO2立方晶胞 结构如图3所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。则ZO2晶体的密度为 g·cm3(用含a、NA的代数式表示，列出计算式即可)。 Zr 10 apm 图3 1 化学试题（一）第7页（共8页） 考前冲顶实战活 18.(15分)磷酸氯喹常用于疟疾的治疗，可由氯喹和磷酸在一定条件下制得。氯喹J的合 成路线如图所示。 0 C2HsO OCHs C,HsOOC COOC,Hs Fe/NH4Cl C2H01 C.H CI NH,100C CI E OH OH 二甲醚 C00CNa0H溶液CoH.N0,C250C POCI ci 2)HCI G H NH2 HN 入N(C2Hs2 N(C2Hs)2 CI 已知：①当苯环上原有基团为RCOO一、烃基、一X(X表示卤素原子)时，后进入取代基 主要进入到原取代基的邻、对位；原有基团为一COOH、一NO2时，后进入取代基主要 进入原取代基的间位。 ②苯胺(《二一NH)易被氧化，类似于苯环的结构都具有芳香性。 回答下列问题： (1)由A生成B所需试剂是 (2)C中所含官能团的名称为 (3)由F生成G的第一步反应的化学方程式为 (4)I→J的反应类型为 (5)M是D的一种芳香同分异构体，满足下列条件的M有 种（不考虑立体异构）。 ①分子结构中含一个六元环，且环上有两个取代基； ②红外光谱测得分子结构中含有碳氯键。 其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：1：1的物质的结构简式为 (6)以甲苯为原料可经三步合成2,4,6-三氨基苯甲酸，合成路线如图所示： CH. COOH HN NH 反应① 中间 反应② 中间 反应③ 体A 体B NH 中间体A的结构简式为 ,反应③的条件为 寅练 化学试题（一）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学年度考前冲顶实战演练化学（一） 一、选择题 5.A【解析】澄清透明溶液中，K+、Na+、SO?、 1.C【解析】碳纤维复合材料不属于金属材料，A MnO:均为可溶性离子，且彼此间不反应，能大量 错误；氨化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，B错 共存，A正确；遇KSCN变红色的溶液含Fe3+, 误；钛合金为合金，属于金属材料，C正确；聚酰亚 Fe3+会与I厂发生氧化还原反应生成L2和Fe2+,故 胺薄膜属于有机高分子材料，D错误。 I不能大量存在，B错误；加入铝粉产生H2的溶 2.C【解析】PH3中P原子的价层电子对数为4，且 液可能为强酸性或强碱性。若为酸性，C○与 含有1个孤电子对，则PH3的空间结构为三角锥 H+结合生成HClO,且CIO会氧化Fe+和 形，正负电荷中心不重合为极性分子，A错误；中 S2O?;若为碱性，NHt与OH反应，Fe2+与 子数为10的氧原子可表示为80，而不是90，B错 OH-会生成沉淀，离子无法共存，C错误；通入足 误：P原子的核电荷数为15，P3-是由P原子得3 量NH3的溶液呈碱性，Cu2+会与NH3·H2O反 个电子形成，核外有18个电子，C正确；P4分子为 应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，D错误。 正四面体结构，4个P原子位于正四面体的4个顶 6.C【解析】X原子核外的s轨道与p轨道上的电 ,点上，每两个P原子之间有一个。键，该分子中含 子数之比为2：1，则X元素是C,M、X、Y、Z是位 有6个。键，D错误。 于同一短周期元素，由结构图可知，Z形成1个共 3.D【解析】pH=1的硫酸溶液中c(H+)= 价键，则Z元素是F;Y能形成2个共价键，则Y 0.1mol·L1,但未提供溶液体积，无法确定H+ 元素是O;M元素是B,其中1个F与B形成配位 数目，A错误；HCIO是弱电解质，只能部分电 键，据此解答。H2O和HF均能形成分子间氢键， 离，CIO的数目小于0.1NA,B错误；Fe3+的水解 使其沸，点升高，且H2O形成的氢键数目比HF 方程式为Fe3++3H2O一Fe(OH)3+3H+,故 多，因此最简单氢化物的沸，点顺序为H2O>HF> 阳离子数目大于0.1NA,C错误；NH在水中会 CH4,A错误；X、Y分别为C、O,通常可形成化合 发生水解，故溶液中NH的数目小于0.1NA,D 物CO、CO2,而CO为极性分子，B错误；同周期元 正确。 素从左到右电负性逐渐增大，电负性：F>O>C> 4.B【解析】金属活泼性强弱可通过比较金属与酸 B,C正确；第一电离能介于B和O之间的同周期 反应的剧烈程度等方法来证明，Al能与NaOH溶 元素有Be和C两种，D错误。 液反应而Mg不能，此装置不能用于比较A1和 7.D【解析】X分子含苯环（平面结构）和醛基（平 Mg的活泼性，A错误；KI与FeCL发生的反应 面结构)，单键可旋转，因此所有原子可共平面，A 为2I十2Fe3+一L2十2Fe2+,混合液中n(KI)= 正确；1molY分子含1mol苯环（可与3molH2 0.004L×0.01mol·L-1=0.00004mol, 加成)、1mol碳碳双键（可与1molH2加成），但 n(FeCl3)=0.002L×0.01mol·L-1 酯基不能与氢气加成，因此1molY最多能与 =0.00002mol,KI过量，若反应完全，Fe3+应被 4molH2加成，B正确；X、Y的官能团不同，可通 耗尽，滴加KSCN溶液后若变红，说明仍有Fe3+ 过红外光谱仪可以区分X和Y,C正确；Y含碳碳 剩余，证明反应存在限度，能得出结论，B正确；饱 双键，Z含羟基，二者均能被酸性KMnO4溶液氧 和溴水与苯只发生了萃取，但与苯酚却发生取代 化（褪色），无法鉴别，D错误。 反应，说明羟基对苯环有影响，是羟基活化了苯 8.C【解析】四氯化碳能萃取溴水中的溴，丙酮不 环，C错误；CuCl2溶液加热时，Cu2+水解生 能，因为四氯化碳是非极性分子，不溶于水，而丙 成Cu(OH)2和HC1,HCl挥发促进水解，最终得 酮是极性分子与水互溶，且溴在四氯化碳中的溶 到CuO而非CuCl2,D错误。 解度大，并非氢键的因素，结构因素错误，A错误； 化学答案（一）第1页（共5页） 1 2026 考前冲顶实战演练（一） Cl2在水中溶解度高于CO并非因极性(Cl2非极 11.B【解析】铝粉与Fe2O3的反应需要引燃，但铝 性，CO极性)，而是C12与水反应，结构因素错误， 热反应是放热反应（△H<0),引燃仅用于克服活 B错误；氯乙烷、氯乙烯、氯乙炔三种分子中形成 化能，与△H的正负无关，A错误；镁在CO2中 C一C1键的原子相同，键长取决于碳原子杂化轨 燃烧生成MgO和C,CO2作为氧化剂被还原，说 道中s成分的多少，S的成分越多，碳氯键越强，键 明其具有氧化性，B正确；向Ca(ClO)2中通入 长越短，同时也取决于氯原子参与形成大π键的 CO2生成CaCO3沉淀和HClO,可说明碳酸酸性 数目，形成的大π键越多，碳氯键越短，键越强，C 强于HCIO,即K1(H2CO3)>K.(HC1O),反应 正确；邻羟基苯甲酸形成分子内氢键如图： 生成了CaCO3沉淀、不能说明K2(H2CO3)> K.(HCIO),事实上K2(H2CO3)<K.(HCIO), O,导致酸性减弱，D错误。 C错误；Fe(OH)2沉淀被氧化为Fe(OH)3的现 OH 象由氧化反应导致，与K即无关，D错误。 9.D【解析】这两个反应中C1元素均由一1价上升 12.B【解析】向废液中加入铁屑，三价铁被还原为 到0价，生成等量的C12时转移电子的量：①=②， 十2价，铜被置换为铜单质，过滤除去铜和过量的 铁屑，向溶液中加入氧化剂将十2价铁氧化为十3 A错误；由化学方程式①2KMnO4+16HCl(浓) 价铁，加入氨水调节pH,使铁转化为氢氧化铁沉 -2KCl+2MnCl2+5Cl2个+8H2O、②MnO2+ 淀除去，过滤后向溶液中加入硫酸铝合成铵明 4HC1(浓)△MnC2十C2+十2H,0可知，假设 矾，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得 生成1 mol Cl2,反应①消耗3.2 mol HCl,.反应② 到产品。向废液中加入过量铁屑时，Cu+十Fe 消耗4 mol HCI,则消耗HCl的量：①<②，B错 —Fe2++Cu,可以除去Cu2+,A正确；为了不 误；这两个反应中CI元素均由一1价上升到0价， 引入杂质试剂a适宜选用H2O2溶液，由于 生成等量的C2时，被氧化的HCl的量相等，被氧 H2O2在Fe3+催化作用下易分解，所以实际用量 化的HC1的量：①=②，C错误；反应①在常温下 大于理论用量，B错误；操作1为过滤，用到的玻 即可进行，反应②的反应条件是加热，说明 璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；操作2为 KMnO4更容易将Cl-氧化为Cl2,KMnO4的氧化 过滤、乙醇洗涤、干燥，乙醇洗涤的目的减少晶体 性强于MnO2,MnO2可以将Cl氧化为Cl2, 的溶解损失，同时乙醇易挥发，能加快晶体干燥， MnO2的氧化性强于Cl2,则氧化性：KMnO4> D正确。 MnO2>Cl2,D正确。 13.D【解析】由图可知，放电时，M电极Cd失去电 10.C【解析】a、b,点未平衡，温度升高逆反应速率增 子生成Cd+,电极M是负极，则电极N为正极， 大，即（逆）>va(逆)，c,点达到平衡，正、逆反应 结合二次电池的工作原理，据此分析解题。放电 速率相等，且温度高于b点，故v（正)=0。（逆）> 时，阳离子向正极移动，N为正极，交换膜为质子 vb(逆)，即v(正)>b(逆)>a(逆)，A错误；根 交换膜，则放电时，H+向电极N移动，A正确；充 据图像，纵坐标从下至上依次减小，600℃之后， 电时，M为阴极，充电时，阳离子向阴极移动，即 N2H4的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，故 氢离子向电极M移动，即阴极区pH减小，B正 正反应是放热反应，反应物总能量高于产物总能 确；由图可知，充电时，IBr生成单质溴和碘酸根 量，B错误；恒温恒容下，再充入N2H4,相当于原 离子，即充电时，阳极区存在反应2IBr一10e+ 平衡加压，平衡逆向移动，N2H4的平衡转化率减 6H2O-Br2+2IO3+12H+,C正确； 小，C正确；c点反应达平衡，平衡时α(N2H4)= 2.24gCd的物质的量为0.02mol,共失去电子 80%,可得c(N2H4)=0.2mol·L1,c(N2)= 0.04mol,结合C的分析可知，放电初期Br2 0.8mol·L-1,c(H2)=1.6mol·L1,平衡常 和IO3的物质的量为1：2,1个Br2和2个IO3 数K=0.8×1.62256 0.2 =25,由于该反应正反应是放 最终分别生成溴离子和碘离子，共得到14个电 热反应，升高温度平衡常数减小，故300℃时平 子，根据得失电子守恒可知，可以生成0.04mo 14 衡常数K>256 5,D错误。 X2=0.04 7 mol Br,D错误。 化学答案（一）第2页（共5页） ·化学· 参考答案及解析 14.A【解析】HRO3为三元弱酸，电离过程分步 一H2SO4十2HCl,滴定时滴加几滴K2CrO4溶 进行，则图中a、b、c、d分别表示HRO3、 液作指示剂，用硝酸银滴定，先生成白色沉淀， HRO?、HRO?、RO?分布分数随pH变化曲线。 Cl先反应，后K2CrO4反应，故滴定终点时现象 图中pH=9.22时，c(H3RO3)=c(H2RO5),则 为滴入最后半滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉 H3R03的K1=109.22,A错误；c曲线代表 淀，半分钟内不变色。 HRO,B正确；当pH调至11~12时，H2RO3 (5)S02CL2水解方程式为S02Cl2+H20 迅速减小，HRO?迅速增大，则H2RO?与 H2SO4+2HCl,cmol·L-1AgNO3溶液滴定反 OH反应生成HRO?,离子方程式为H2RO? 应后的溶液，终，点时消耗AgNO?溶液的平均体积 +OH一HRO?+H2O,C正确；pH=14时， c(OH)=1mol·L1,且由图可知：c(RO)> 为VmL,n(S0,Cb)= 2(AgNO,)= 2XcXv c(HRO)>c(H2RO3),且各种含R粒子的浓 X10mol=2cV×10-mol,产品的纯度为 度都小于1mo1·L1,则溶液中c(OH)> cV×10-3×135 c(RO月)>c(HRO)>c(H2RO3),D正确。 %。 2m ×100%=13.5cv 2m 二、非选择题 16.(1)PbS04、Si02(2分) 15.(1)b(1分) (2)2H3AsO4+2SO2—As2O3+2H2SO4+十 (2)4H*+2CI-+MnOz Ck+Mn*++ H2O(2分) 2H2O(2分)相同(1分) (3)将Fe3+转化为Fe2+,防止Fe3+进入有机相 (3)装置丙中反应温度过高导致硫酰氯分解(2 (2分) 分)将装置丙进行冰（或冷）水浴(2分) (4)适当提高酸的浓度、多次萃取(1分) (4)SO2C12+2H2OH2SO4+2HC1(2分) (5)沉锌(1分) 滴人最后半滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀， (6)ZnO(或ZnCO3)(1分)产生的Fe3+催化 半分钟内不变色(2分) H2O2分解(1分，合理即可)2.8≤pH<6.5 6)13,5cY(或.75cY(2分) (2分) 2m m (7)ZnC0,·2Zn(0H)2商温3Zn0+C0,++ 【解析】甲制备二氧化硫，乙千燥二氧化硫并根 2H2O(2分) 据气泡的速率判断生成二氧化硫的快慢；己制备 氯气，戊除掉氯气中的HCI,丁干燥氯气并根据 【解析】热溶解时得到In3+、Zn2+、Fe3+、 H3AsO4、SiO2、PbSO4、SO2等，水浸得到“滤渣 气泡的速率判断排出氯气的快慢；二氧化硫和氯 1”为SiO2、PbSO4,还原除砷时，H3AsO4与SO2 气通入丙中发生反应S0,(g)十CL(g)催化剂 生成As2O3,加入铁粉还原Fe3+,在酸性溶液中 SO2C12(1)制备S02Cl2。 H2A2可萃取三价金属离子，再加入稀硫酸反萃 (1)实验室中用Na2S03固体与70%的硫酸反应 取，得到In3+,加入锌粉置换得到粗In,电解精炼 制取SO2,属于固体十液体不加热制备气体，由 得到纯In;萃取后的水相中含有Zn2+、Fe2+等， 于Na2SO3易溶于水，故不能使用a和c,故选b。 加入H2O2氧化Fe2+,加入ZnO或者ZnCO3调 (2)装置己中浓盐酸与MnO2加热制备氯气，发 DH得到氢氧化铁沉淀，向滤液中加入碳酸氢铵 生反应的离子方程式为4H++2CI+MnO2 溶液沉锌，再经灼烧得到活性氧化锌。 △C,个十Mn++2H,0;由分析可知，装置乙 (1)根据分析知，“滤渣1”的主要成分是 和丁的作用都是干燥气体并根据气泡的速率判 PbSO4、SiO2。 断排出气体的快慢，作用相同。 (2)H3AsO4转化发生反应的化学方程式是 (3)制备的硫酰氯会发黄的可能原因为装置丙中 2H3 AsO,+2SO2-As2 O3+2H2SO,+H2O. 反应温度过高导致硫酰氯分解，改进的措施为将 (3)根据分析知，加入铁粉“还原”的目的是将 装置丙进行冰（或冷）水浴。 Fe3+转化为Fe2+,防止Fe3+进入有机相。 (4)S02C12与H20反应时化合价不变，生成 (4)“反萃取”中，可通过适当提高酸的浓度、多次 H2SO4和HCl,化学方程式为SO2C12+2H20 萃取提高萃取率。 化学答案（一）第3页（共5页） 2026 考前冲顶实战演练（一） (5)“滤液2”主要成分是硫酸锌，最后进入沉锌再 移，H2的含量随温度升高而下降，当温度高于 利用。 500℃时，温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅱ的 (6)锌与铁可以还原Fe3+,为了不引入新杂质，加 影响。 入ZnO或者ZnCO3调pH得到氢氧化铁沉淀； ②300℃时，CH3CH2OH的平衡组分与CO2的 加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,便于 平衡组分均为10%，H2的平衡组分与H2O的平 后续通过调节pH使其沉淀除去；H2O2的使用 衡组分均为40%，则平衡常数K。= 量远大于理论计算量，可能的原因是产生的Fe3+ p(CHCH2OH)·p3(H2O) p2(CO2)·p(H2) 催化H2O2分解；控制pH使Fe3+沉淀，而Zn2+ (10%×5×103kPa)×(40%×5×103kPa)3 不沉淀，则pH应控制的范围是2.8≤pH<6.5。 (10%×5×103kPa)2×(40%×5×103kPa)6 (7)“灼烧”时，发生反应的化学方程式是ZnCO3· 2.5×10-13(kPa)-4 2Zn(0H,高温3Zn0+C0,◆+2H,0。 (6)根据“均摊法”，晶胞中含4个Z,8×g十12 17.(1)1s22s22p4(1分) 1 (2)-166(2分) ，义】十6×+1=8个O,晶体密度P (3)0.95(2分) 91×4+16×8 (4)9.6(2分) NA (5)①CO(2分)升高温度，反应Ⅱ逆移，反应Ⅲ (aX10-10)3g·cm8=492X100 Na·a3g·cm3。 正移，当温度高于500℃时，温度对反应Ⅲ的影 18.(1)浓硫酸、浓硝酸(2分) 响大于对反应Ⅱ的影响(2分) (2)碳氯键、硝基(2分) ②2.5×10-13(2分) OH (6)492X100 (3 COOC,Hs +2NaOH VA·a(2分) 【解析】(1)基态0质子数为8，基态O原子电子 ONa 排布式为1s22s22p4。 COONa+H,0+CH,OH(2分) (2)根据盖斯定律，反应Ⅲ一反应N得CO2(g)+ CI 4H2(g)=CH(g)+2H2O(g),△H1=△H3 (4)取代反应(1分) △H4=+41kJ·mol-1-(+207kJ·mol-1)= (5)12(2分) CI NH,(2分) -166kJ·mol-1。 CH (3)由图可知，该催化路径决速步骤即活化能最 NO 大的步骤(C0*→CH0*),能垒是一0.24eV (6) (2分) Fe/NH4CI(2分) (-1.19eV)=0.95eV。 NO, (4)CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比 为1：4，反应气的总流量为60mL·min1,则 【解析】C结构上的硝基和CI原子处于间位关 系，结合已知条件①可推出B的结构简式为 1min内初始时C0,的体积为60×行mL= NO, ,则A为苯；根据F→G的反应条件可 12mL,CO2转化率为80%，则C02反应速率为 mLmin-9,6 mL.min 知，F在NaOH条件下发生水解得到 1 ONa (5)①对于反应Ⅱ，升高温度，反应逆向移动，对 COONa,经HCl酸化后生成G 于反应Ⅲ，升高温度，反应正向移动，C0的物质 的量分数增大，H2O的物质的量分数减小，a代 OH 表产物H2O,b代表产物CO;升高温度，反应Ⅱ COOH 逆移，H2的含量随温度升高而升高，反应Ⅲ正 化学答案（一） 第4页（共5页）》 ·化学· 参考答案及解析 (1)苯在浓硫酸、浓硝酸，加热条件下生成硝基 和一CH3,采用“定 一”法： 苯，故所需试剂为浓硫酸、浓硝酸。 (2)C的官能团为碳氯键、硝基。 " 10种同分 (3)由上述分析可知第一步反应方程式为 OH 异构体；故满足条件的同分异构体有12种；其中 COOC,H 2NaOH 核磁共振氢谱有3组，且峰面积之比为1：1：1的 ONa 结构简式为C1 NH2。 COONa+H,0+C,H,OH。 (6)结合已知条件①可知，应先在甲苯中甲基的 CI 邻位和对位发生硝化反应，引入硝基，故中间体 (4)I→J的反应过程中，I分子中的C1原子被取 CH, 代，反应类型为取代反应。 O,N No. A的结构简式为 结合已知条件 (5)根据题意可知，六元环可能为 NO, 当六元环为 时，取代基可为一CI和一NH2, ②可知，氨基容易被氧化，故应先将苯环上的甲 基氧化为羧基，最后再将苯环上的硝基还原为氨 取代基相对位置有邻、间(D)、对，除去D之后 基，结合CD的反应条件可知，反应③的条件为 有2种；当六元环为 取代基可为一C Fe/NH4Cl。 化学答案（一）第5页（共5页）》 1