化学（一）-【真题密卷】2026年高考化学考前冲顶实战演练（山东专版）

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90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：0一16S一32C1-35.5Ni-59Cu一64Cd一112 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.明代宋应星所著的《天工开物》是一本工艺百科全书。下列化学原理错误的是 选项 工艺 关键操作 化学原理 A 耕种 “石灰淹苗足” 利用石灰中和土壤酸性 B 冶锡 “火力已到，砂不即熔，用铅少许勾引，方始沛 然流注” 在锡中加铅形成合金以升高熔点 C 制盐 “凡煎卤未即凝结，将皂角椎碎，和粟米糠投 入其中搅和，盐即顷刻结成” 皂角和粟米糠促进食盐结晶 制糖 “凡饴饧…用稻、麦之类浸湿，生芽暴干，然 谷物生芽产生糖化酶使淀粉水解 D 后煎炼调化而成” 成麦芽糖 2.九三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.氨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—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 3.高分子化合物在生活中广泛应用。下列说法错误的是 A.“肠粉”中大米粉的主要成分淀粉是混合物 B.“春笋炒肉”中春笋中的纤维素是多糖 C.“猪油拌饭”中猪油属于有机高分子化合物 D.“双皮奶”中牛奶中的蛋白质在人体内可水解 4.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、ClI C.在加入铝粉能产生氢气的溶液：NHt、Fe2+、S2O?、CIO D.通入足量NH3的溶液：K+、Cu+、SO?、CI 化学试题（一）第1页（共8页） 考前冲顶 5.现有常温下浓度均为1mol·L1的下列五种溶液：①H2SO4溶液②NaHCO3溶液 班级 ③NH4CI溶液④NaOH溶液⑤(NH4)2SO4溶液。下列有关说法错误的是 A.NH,CI溶液可作金属焊接中的除锈剂 B.溶液④稀释到体积为原溶液的100倍，溶液的pH=12 姓名 C.这五种溶液pH由大到小的顺序是④②③⑤① D.这五种溶液中由水电离的H+浓度最小的是④ -------------- 得分 6.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+的数目大于0.1NA B.1L0.1mol·L1HC1O溶液中含有CIO-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·L-1NH4CI溶液中，NH的数目小于0.1NA 7.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：C12>CO 氯气分子的极性小于一氧化碳 C C-CI键长：CHCH2CI>CH2-CHCI C原子杂化方式及CI原子参与形成大π键的 >CH=CCI 数目 相同温度下，Ka1 c00H) -OH D COOH 一COOH形成分子内氢键 -OH K( 8.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 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+16HCI (浓)—-2KC1+2MnC2十5Cl2◆+8H,O;②Mn0,十4HC1(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HC1的量：①>② C.被氧化的HCl的量：①>② D.氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2 实战演练 化学试题（一）第2页（共8页） 10.在1L恒容密闭容器中充入1molN2H4(g),发生反应：N2H4(g)-一N2(g)+ 2H2(g)△H,反应相同时间，不同温度下N2H4的转化率[α(N2H4)门如图所示。下列 叙述正确的是 20 40 80 6 1 200300400500600700800 TC A.a、b、c点对应的反应速率：vb(逆)>v(正)>va(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 D.300℃时，该反应的平衡常数K<256 25 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要 求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11.某研究小组利用某酸性腐蚀废液（含Fe3+、Cu2+、NH、SO),制取铵明矾 [NH4A1(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 结晶业产品 滤渣 A.向废液中加入过量铁屑可以除去Cu+ 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 12.由下列实验事实得出的结论正确的是 选项 实验事实 结论 铝粉和FezO3的反应需要引燃 该反应的△H>0 心 将点燃的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶中， 产生白烟和黑色固体 CO2具有氧化性 C 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2,产生白色沉淀 K2(H2 CO)>K(HC1O) 向FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，出现的白色 D Ksp Fe(OH)3]<Kp Fe(OH)2] 沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 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B/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 3 化学试题（一）第3页（共8页） 考前冲顶 电极M 电极N Bg2、IO -Cd H,0 IBr Cdso HSO Br -->Cd2+ Br Cd 质子交换膜 石墨 A.放电时，H+向电极N移动 B.充电时，阴极区pH增大 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 14.烯烃在催化剂和氧化剂的条件下能转化为邻二醇，其机理如图所示。下列说法正确 的是 OH OH H.C A.化合物丙是该反应的催化剂 B.转化过程中涉及非极性键的断裂与形成 C.反应过程中Os的化合价发生了改变 OD D.若将反应中H2O换成D2O,则产物中含有 OD 15.H3RO3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)十c(HRO)+c(HRO)十c(RO)]随pH变化曲线如图所示。下列说 法正确的是 A.H3RO3的Ka1=108.51 1.0 B.c曲线代表HRO 0.8 0.84 C.当pH调至11~12时发生反应的离子方程 0.6 0.4 式为H3RO3+OH=H2RO3+H2O 0.2 .<0.16 b D.pH=14时，溶液中c(OH-)>c(RO)> 0 2 4 68101214 c(HRO)>c(H2RO3) 8.519.2212.8 PH 实战演练 化学试题（一）第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.（12分)先进的雷达需要锗、砷等元素形成的化合物；坦克装甲离不开铁、铬、镍元素；各 种电子元器件和计算芯片是以铜、硅为基本原料制造的；各种导弹燃料和炸药中都含 有碳、氢、氧、氯、氮等元素。回答下列问题： (1)基态Cr原子的电子排布式为 (2)已知：铁系元素能与CO形成Fe(CO)s、Ni(CO)4等金属羰基化合物。室温时Fe(CO) 为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)；晶体类型为 0 (3)氮、砷形成的简单氢化物的空间构型均为 ,其中沸点较高的是 (填化学式，下同)，键角小的是 (4)形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基 石。SO4是一种四面体形的离子（属硅 酸根)，其结构可用图a表示，硅原子位 居该四面体中心（图中不可见），四个氧 原子各占一个顶点。图b和图c则是复 合硅酸根离子中的两个实例，均为无支 链的单环状，分别由数个硅氧四面体a通过共用氧原子的形式构成。写出b的化学 式： (5)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示，其中原子A的分 OCu 数坐标为(0,1,0)。则原子B的分数坐标为 ONi ,若该晶体密度为dg·cm3,设NA为阿伏加德 罗常数的值，则铜镍原子间最短距离为 pm。 17.(12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 SO, 铁粉萃取剂HA,稀H,SO,锌粉 铟烟 灰渣 →热溶解→水浸 浸取液还原 除砷 →壶→南机相反来取→表粗组电翻烟 水相NH,HCO, S0, 滤渣1 As03 滤液2 试剂X调p四→沉锌>znC0,2Zn(OHn, H,O, 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+ Fe3+ 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+十3H2A2一一M(HA2)3十3H+。 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 (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。 化学试题（一）第5页（共8页） 考前冲顶实 (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 (7)“灼烧”时，发生反应的化学方程式是 18.(12分)硫酰氯(S02C12)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,Cl2。实验室合成S0,C,的原理为S0,(g)十C12g)催化剂S0,C,(1) △H=一97.3kJ·mol-1,实验装置如图所示（部分夹持装置略）： 浓盐酸 活性炭 甲 丙 人 戊 己 (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”)。 (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·L1AgNO3溶 液滴定反应后的溶液中CI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 Ag2 SO AgCl Ag2CrO 颜色 白色 白色 砖红色 Ksp 1.2×10-5 1.8×10-10 1.12×10-12 (4)SO2Cl2与H2O反应的化学方程式为 滴定终点的现象是 (5)该S02C12产品的纯度为 %(用含m、c、V的代数式表示)。 战演练 化学试题（一）第6页（共8页） 3 19.(12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。 C2HOOC、COOC2H5 A Fe/NHCI C2HsO NO CI NH2100℃ CI D E O OH 二甲醚 C00 CHs DNaOH溶液Cr.NO,C250℃ 2)HC1 G NH2 HN 入N(C2Hs)2 人入 N(C2Hs)2 C 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(《 H)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. 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 20.(12分)CO2与H2通过催化可转化为甲烷、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.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=+41kJ·mol-1; 化学试题（一）第7页（共8页） 考前冲顶实 V.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H4=+207kJ·mol-1。 回答下列问题： (1)△H1= kJ·mol-1。 (2)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 eV。 2 Rh@Au 0.61 0.18 0.00 0.00 0.24 -1 -0.48 -0.67 -1.19 -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C0的△G 图1 (3)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·min-1,测得CO2的转化率为80%，则CO2反应速率为 mL·min-1。 (4)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： 80 70 H.(g) 60F 50A 40 30C.H;OH(g) 20 o 0 CO(g) Kb 0100200300400500600700800 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。 (5)利用太阳能将CO2转化为HCOOH是处理CO2的另一途径，该过程发生的反应 为CO2(g)十H2(g)一HCOOH(g)△H5。该反应的速率方程为v正=k正· c(CO2)·c(H2),v逆=k逆·c(HCOOH),其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常 数。实验测得200℃达到平衡时k正=2.5k逆，而300℃达到平衡时正=2.0k逆，则 △Hs (填“>”“<”或“=”)0。 战演练 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 浓度的溶液中，①H2SO,溶液为二元强酸溶液，呈 1.B【解析】“石灰淹苗足”指的是向酸性土壤中加 酸性；②NaHCO3溶液中碳酸氢根离子既会水解 入氧化钙，氧化钙与水反应生成的氢氧化钙用于 也会电离，但水解程度略大，呈弱碱性；③NH,CI 中和酸性土壤，有利于农作物的正常生长，A正 溶液中铵根离子部分水解，溶液呈弱酸性， 确；合金的熔，点比各组分都低，所以在锡中加铅形 ④NaOH溶液为一元强碱溶液，呈碱性； 成合金的目的是降低熔点，B错误；“凡煎卤未即 ⑤(NH4)2SO4溶液中铵根离子部分水解，溶液显 凝结，将皂角椎碎，和粟米糠投入其中搅和，盐即 示弱酸性，但铵根离子浓度大于③NH4CI溶液中 顷刻结成”说明皂角和粟米糠可以作为晶核促进 铵根离子浓度，即(NH4)2SO4溶液酸性大 煎卤中的食盐结晶而析出，C正确；“凡饴饧…… 于NH4Cl溶液，所以这5种溶液pH由大到小的 用稻、麦之类浸湿，生芽暴干，然后煎炼调化而成” 顺序为④②③⑤①，C正确；②③⑤为含有弱酸根 说明谷物发芽产生糖化酶，催化剂糖化酶有利于 或者弱碱根离子的盐溶液，促进了水的电离，而① 淀粉水解为麦芽糖，D正确。 ④分别为酸和碱溶液，抑制了水的电离，其中①电 2.C【解析】碳纤维复合材料不属于金属材料，A 离的氢离子浓度大于④电离的氢氧根离子，所以 错误；氨化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，B错 ①中水的电离程度最小，水电离的H+浓度最小， 误：钛合金为合金，属于金属材料，C正确；聚酰亚 D错误。 胺薄膜属于有机高分子材料，D错误。 6.D【解析】pH=1的硫酸溶液中c(H+)= 3.C【解析】淀粉是高分子化合物，由不同聚合度 0.1mol·L1,但未提供溶液体积，无法确定H+ 的分子组成，属于混合物，A正确；纤维素水解的 数目，A错误；HCIO是弱电解质，只能部分电 最终产物是葡萄糖，纤维素属于多糖，B正确；猪 离，ClO的数目小于0.1NA,B错误；Fe3+的水解 油主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量 方程式为Fe3++3H2O一Fe(OH)3+3H+,故 较小（通常几百），不属于有机高分子化合物（一般 阳离子数目大于0.1NA,C错误；NHt在水中会 相对分子质量需达到上万)，C错误；牛奶中的蛋 发生水解，故溶液中NH的数目小于0.1NA,D 白质在人体内需水解为氨基酸才能吸收，D正确。 正确。 4.A【解析】澄清透明溶液中，K+、Na+,SO、7.C【解析】四氧化碳能苯取溴水中的澳，丙酮不 MnO:均为可溶性离子，且彼此间不反应，能大量 能，因为四氯化碳是非极性分子，不溶于水，而丙 共存，A正确；遇KSCN变红色的溶液含Fe3+, 酮是极性分子与水互溶，且溴在四氯化碳中的溶 Fe3+会与I厂发生氧化还原反应生成12和Fe2+,故 解度大，并非氢键的因素，结构因素错误，A错误； I厂不能大量存在，B错误；加入铝粉产生H2的溶 Cl2在水中溶解度高于C0并非因极性(C12非极 液可能为强酸性或强碱性。若为酸性，CO与 性，C0极性)，而是Cl2与水反应，结构因素错误， H+结合生成HClO,且CIO会氧化Fe+和 B错误；氯乙烷、氯乙烯、氯乙炔三种分子中形成 S2O?;若为碱性，NH与OH反应，Fe2+与 C一C1键的原子相同，键长取决于碳原子杂化轨 道中S成分的多少，S的成分越多，碳氯键越强，键 OH会生成沉淀，离子无法共存，C错误；通入足 量NH3的溶液呈碱性，Cu+会与NH3·H2O反 长越短，同时也取决于氯原子参与形成大π键的 数目，形成的大π键越多，碳氯键越短，键越强，C 应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，D错误。 5.D【解析】NH,CI水解使溶液呈酸性，可以溶解 正确；邻羟基苯甲酸形成分子内氢键如图： 0 氧化铁，A正确；溶液④稀释到体积为原溶液的 100倍，溶液的c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+) 0,导致酸性减弱，D错误。 =10-12mol·L-1,溶液的pH=12,B正确；相同 OH 化学答案（一）第1页（共5页） 3 2026 考前冲顶实战演练（一） 8.C【解析】X原子核外的s轨道与p轨道上的电 二、选择题 子数之比为2：1，则X元素是C,M、X、Y、Z是位 11.B【解析】向废液中加入铁屑，三价铁被还原为 于同一短周期元素，由结构图可知，Z形成1个共 十2价，铜被置换为铜单质，过滤除去铜和过量的 价键，则Z元素是F;Y能形成2个共价键，则Y 铁屑，向溶液中加入氧化剂将十2价铁氧化为十3 元素是O;M元素是B,其中1个F与B形成配位 价铁，加入氨水调节pH,使铁转化为氢氧化铁沉 键，据此解答。H2O和HF均能形成分子间氢键， 淀除去，过滤后向溶液中加入硫酸铝合成铵明 使其沸，点升高，且H2O形成的氢键数目比HF 矾，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得 多，因此最简单氢化物的沸点顺序为H2O>HF> 到产品。向废液中加入过量铁屑时，Cu+十Fe CH,A错误；X、Y分别为C、O,通常可形成化合 一Fe2+十Cu,可以除去Cu+,A正确；为了不 物CO、CO2,而CO为极性分子，B错误；同周期元 引入杂质试剂a适宜选用H2O2溶液，由于 素从左到右电负性逐渐增大，电负性：F>O>C> H2O2在Fe3+催化作用下易分解，所以实际用量 B,C正确；第一电离能介于B和O之间的同周期 大于理论用量，B错误；操作1为过滤，用到的玻 元素有Be和C两种，D错误。 璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；操作2为 9.D【解析】这两个反应中C1元素均由一1价上升 过滤、乙醇洗涤、千燥，乙醇洗涤的目的减少晶体 到0价，生成等量的C12时转移电子的量：①=②， 的溶解损失，同时乙醇易挥发，能加快晶体干燥， A错误；由化学方程式①2KMnO4+16HCl(浓) D正确。 =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O、②MnO2+ 12.B【解析】铝粉与Fe2O3的反应需要引燃，但铝 4HCl(浓)△MnC2+CL2↑+2H,0可知，假设 热反应是放热反应（△H<0),引燃仅用于克服活 生成1 mol Cla2,反应①消耗3.2 mol HCI,反应② 化能，与△H的正负无关，A错误；镁在CO2中 消耗4 mol HCI,则消耗HCl的量：①<②，B错 燃烧生成MgO和C,CO2作为氧化剂被还原，说 误；这两个反应中C1元素均由一1价上升到0价， 明其具有氧化性，B正确；向Ca(ClO)2中通入 生成等量的Cl2时，被氧化的HCI的量相等，被氧 CO2生成CaCO3沉淀和HClO,可说明碳酸酸性 化的HC1的量：①=②，C错误；反应①在常温下 强于HClO,即K1(H2CO3)>K.(HCO),反应 即可进行，反应②的反应条件是加热，说明 生成了CaCO3沉淀、不能说明K2(H2CO3)> KMnO4更容易将CI-氧化为Cl2,KMnO4的氧化 K.(HC1O),事实上K2(H2CO3)<K.(HC1O), 性强于MnO2,MnO2可以将Cl-氧化为Cl2, C错误；Fe(OH)2沉淀被氧化为Fe(OH)3的现 MnO2的氧化性强于Cl2,则氧化性：KMnO4> 象由氧化反应导致，与Kp无关，D错误。 MnO2>Cl2,D正确。 13.BD【解析】由图可知，放电时，M电极Cd失去 l0.C【解析】a、b,点未平衡，温度升高逆反应速率增 电子生成Cd+,电极M是负极，则电极N为正 大，即v(逆)>va(逆)，c点达到平衡，正、逆反应 极，结合二次电池的工作原理，据此分析解题。 速率相等，且温度高于b,点，故。（正)=v。（逆)> 放电时，阳离子向正极移动，N为正极，交换膜为 vb(逆)，即ve(正)>vb(逆)>v。(逆)，A错误；根 质子交换膜，则放电时，H+向电极N移动，A正 据图像，纵坐标从下至上依次减小，600℃之后， 确；充电时，M为阴极，充电时，阳离子向阴极移 N2H4的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，故 动，即氢离子向电极M移动，即阴极区pH减小， 正反应是放热反应，反应物总能量高于产物总能 B错误；由图可知，充电时，IBr生成单质溴和碘 量，B错误；恒温恒容下，再充入N2H4,相当于原 酸根离子，即充电时，阳极区存在反应2IBr一 平衡加压，平衡逆向移动，N2H4的平衡转化率减 10e+6H20—Br2+2I03+12H+,C正确； 小，C正确；c点反应达平衡，平衡时a(N2H4)= 2.24gCd的物质的量为0.02mol,共失去电子 80%,可得c(N2H4)=0.2mol·L-1,c(N2)= 0.04mol,结合C的分析可知，放电初期Br2 0.8mol·L1,c(H2)=1.6mol·L-1,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 =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 0.2 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,D错误。 ×2-804 mol Br,D错误。 3 化学答案（一）第2页（共5页） ·化学· 参考答案及解析 14.CD【解析】化合物丙为该反应的中间产物，A 还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致 错误；该过程只涉及非极性键的断裂，并未涉及 物质的沸点升高，故二者分子中沸，点较高的是 非极性键的形成，B错误；反应过程中Os形成的 NH3;电负性：N>As,NH分子中N电负性大， 化学键个数发生变化，Os的化合价发生了改变， 对成键电子对吸引力强，成健电子对更靠近中心 C正确；根据机理中丙与H2O反应得到邻二醇 原子，成键电子对之间的斥力大，故键角：NH OH >AsH3。 和丁的断键过程可知，丙生成 的过程中， (4)b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结 OH 构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si的 H2O提供H原子，若将H2O换成D2O,则产物 化合价为十4，氧元素化合价为一2可知，b的化 OD 中含有 学式为(Si03)或SiO8。 ,D正确。 OD (5)根据A的坐标，可以判断晶胞底面的面心上 15.BD【解析】H3RO3为三元弱酸，电离过程分步 的愿子B的分教坐标为（合，0,2）：由品跑5构 。1 进行，则图中a、b、c、d分别表示HRO3、 HRO、HRO、RO月分布分数随pH变化曲线。 可知，处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离 图中pH=9.22时，c(HRO3)=c(HRO),则 最近，设二者之间的距离为acm,则晶胞面对角 HR03的K1=10-9.22,A错误；c曲线代表 线长度为2acm,晶胞的棱长为2a×2 HRO?,B正确；当pH调至11~12时，H2RO? 59+64×3 迅速减小，HRO?迅速增大，则H2RO与 =2acm,又晶胞的质量为N入 g,所以 OH反应生成HRO,离子方程式为H,RO +OH-HRO?+H2O,C错误；pH=14时， (W2acm)'Xdg·cms=59+64X3 NA ,解得a= c(OH)=1mol·L1,且由图可知：c(RO)> c(HRO)>c(H2RO3),且各种含R粒子的浓 、[251×10pm。 =2X√aN 度都小于1mol·L1,则溶液中c(OH)> 17.(1)PbS04、Si02(1分) c(RO)>c(HRO)>c(H2RO3),D正确。 (2)2H3 AsO,+2SO2-As2 O3+2H2 SO,+ 三、非选择题 H20(2分) 16.(1)[Ar]3d4s(或1s22s22p3s23p3d4s) (3)将Fe3+转化为Fe2+,防止Fe3+进入有机相 (2分) (1分) (2)分子晶体(1分) (4)适当提高酸的浓度、多次萃取(1分) (3)三角锥形(1分)NH3(1分) AsH3 (5)沉锌(1分) (1分) (6)ZnO(或ZnCO)(1分)产生的Fe3+催化 (4)(Si03)8(或Si3O8)(2分) HO2分解(1分，合理即可)2.8≤pH<6.5 (2分) 6)(0,22分) ×1010 (7)ZnC0,·2Zn(0H)2商温3Za0+C0,◆十 (2分) 2H2O(2分) 【解析】(1)Cr元素为24号元素，原子核外有24 【解析】热溶解时得到In3+、Zn+、Fe3+、 个电子，基态Cr原子的电子排布式为[Ar]3d4s H3AsO4、SiO2、PbSO4、SO2等，水浸得到“滤渣 或1s22s22p3s23p3d4s。 1”为SiO2、PbSO4,还原除砷时，H3AsO4与SO2 (2)固态Fe(CO)5沸，点较低，为分子晶体。 生成As2O3,加入铁粉还原Fe3+,在酸性溶液中 (3)氮、砷都是第VA族元素，二者形成的简单氢 H2A2可萃取三价金属离子，再加入稀硫酸反萃 化物分别是NH3、AsH3,NH3和AsH3中中心 取，得到In3+,加入锌粉置换得到粗In,电解精炼 原子的价层电子对数均为4，均有一对孤对电 得到纯In;萃取后的水相中含有Zn+、Fe2+等， 子，NH?和AsH3的分子空间结构均为三角锥 加入H2O2氧化Fe+,加入ZnO或者ZnCO3调 形；NH3和AsH3分子之间都是以分子间作用 pH得到氢氧化铁沉淀，向滤液中加入碳酸氢铵 力结合，形成的都是分子晶体，但NH分子之间 溶液沉锌，再经灼烧得到活性氧化锌。 化学答案（一）第3页（共5页） 3 2026 考前冲顶实战演练（一） (1)根据分析知，“滤渣1”的主要成分是 (3)制备的硫酰氯会发黄的可能原因为装置丙中 PbSO4、SiO2。 反应温度过高导致硫酰氯分解，改进的措施为将 (2)H3AsO4转化发生反应的化学方程式是 装置丙进行冰（或冷）水浴。 2H3AsO4+2S02=As2O3+2H2SO4+H2O. (4)SO2C12与H2O反应时化合价不变，生成 (3)根据分析知，加入铁粉“还原”的目的是将 H2SO4和HCl,化学方程式为SO2Cl2+2H2O Fe3+转化为Fe2+,防止Fe3+进入有机相。 H2SO4+2HC1,滴定时滴加几滴K2CrO4溶 (4)“反萃取”中，可通过适当提高酸的浓度、多次 液作指示剂，用硝酸银滴定，先生成白色沉淀， 萃取提高萃取率。 CI先反应，后K2CrO4反应，故滴定终，点时现象 (5)“滤液2”主要成分是硫酸锌，最后进入沉锌再 为滴入最后半滴AgNO,溶液时，出现砖红色沉 利用。 淀，半分钟内不变色。 (6)锌与铁可以还原Fe3+,为了不引入新杂质，加 (5)SO2CL2水解方程式为SO2Cl2+H2O 入ZnO或者ZnCO3调pH得到氢氧化铁沉淀； H2SO4十2HCl,cmol·L1AgNO3溶液滴定反 加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,便于 应后的溶液，终点时消耗AgNO。溶液的平均体积 后续通过调节pH使其沉淀除去；H2O2的使用 为VmL,n(S0,C)=2n(AgNO,)=号XeXV 量远大于理论计算量，可能的原因是产生的Fe3+ 1 催化H2O2分解；控制pH使Fe3+沉淀，而Zn+ X10mol=2cV×10mol,产品的纯度为 不沉淀，则pH应控制的范围是2.8≤pH<6.5。 cV×10-3×135 5×100%=18,5cy%. (7)“灼烧”时，发生反应的化学方程式是ZnCO3· 2m 2m 2Zn(0H,高温3Zn0+C0,◆+2H,0。 19.(1)浓硫酸、浓硝酸(1分) (2)碳氯键、硝基(1分) 18.(1)b(1分) OH (2)4Ht+2CI+Mn0。△Cl,◆+Mn2++ (3) COOC,Hs +2NaOH 2H2O(2分)相同(1分) (3)装置丙中反应温度过高导致硫酰氯分解(1 ONa 分)将装置丙进行冰（或冷）水浴(1分) COONa+H,O+CH:OH(2分) (4)SO2Cl2+2H20-H2SO4+2HC1(2分) CI 滴人最后半滴AgNO,溶液时，出现砖红色沉淀， (4)取代反应(1分) 半分钟内不变色(2分) (5)13.5c (5)12(2分) NH(2分) )(2分) 2m (或675c m CH 【解析】甲制备二氧化硫，乙干燥二氧化硫并根 02N no 据气泡的速率判断生成二氧化硫的快慢；己制备 (6) (2分) Fe/NH4Cl(1分) 氯气，戊除掉氯气中的HCI,丁干燥氯气并根据 NO, 气泡的速率判断排出氯气的快慢；二氧化硫和氯 【解析】C结构上的硝基和C1原子处于间位关 气通入丙中发生反应S02(g)十C,(g)模化剂 系，结合已知条件①可推出B的结构简式为 S02Cl2(1)制备S02C2。 NO2 (1)实验室中用Na2SO3固体与70%的硫酸反应 ,则A为苯；根据F→G的反应条件可 制取SO2,属于固体十液体不加热制备气体，由 知，F在NaOH条件下发生水解得到 于Na2SO3易溶于水，故不能使用a和c,故选b。 ONa (2)装置己中浓盐酸与MnO2加热制备氯气，发 COONa ,经HC1酸化后生成G 生反应的离子方程式为4H++2CI+MnO2 △CL,个十Mn++2H,0;由分析可知，装置乙 OH COOH 和丁的作用都是干燥气体并根据气泡的速率判 断排出气体的快慢，作用相同。 3 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 (4)①CO(1分)升高温度，反应Ⅱ逆移，反应Ⅲ 苯，故所需试剂为浓硫酸、浓硝酸。 正移，当温度高于500℃时，温度对反应Ⅲ的影 (2)C的官能团为碳氯键、硝基。 响大于对反应Ⅱ的影响(2分) (3)由上述分析可知第一步反应方程式为 ②2.5×10-18(2分) OH (5)<(2分) COOC,H 2NaOH 【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ一反应V得CO2 (g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g),△H1=△H3 ONa -△H4=+41kJ·mol-1-(+207kJ·mol-1)= COONa+H,0+C,H,OH。 -166kJ·mol-1。 (2)由图可知，该催化路径决速步骤即活化能最 (4)I→J的反应过程中，I分子中的C1原子被取 大的步骤(C0*→CHO*),能垒是-0.24eV 代，反应类型为取代反应。 (-1.19eV)=0.95eV. (3)CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比 (5)根据题意可知，六元环可能为 为1：4，反应气的总流量为60mL·min-1,则 当六元环为 时，取代基可为一C和一NH2, 1mn内初始时C0:的体积为60X号ml, 12mL,C02转化率为80%，则C02反应速率为 取代基相对位置有邻、间(D)、对，除去D之后 0=12×0.8 1 mL·minl=9.6mL·minl。 有2种；当六元环为 取代基可为一C (4)①对于反应Ⅱ，升高温度，反应逆向移动，对 和一CH。,采用“定 移 一” 法： 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 10种同分 表产物H2O,b代表产物CO;升高温度，反应Ⅱ 逆移，H2的含量随温度升高而升高，反应Ⅲ正 异构体；故满足条件的同分异构体有12种；其中 移，H2的含量随温度升高而下降，当温度高于 核磁共振氢谱有3组，且峰面积之比为1：1：1的 500℃时，温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅱ的 影响。 结构简式为C -NH2 ②300℃时，CH3CH2OH的平衡组分与CO2的 (6)结合已知条件①可知，应先在甲苯中甲基的 平衡组分均为10%，H2的平衡组分与H20的平 邻位和对位发生硝化反应，引入硝基，故中间体 衡组分均为40%，则平衡常数K。= CH, p(CH3CH2OH)·p3(H2O) b2(CO2)·p5(H2) NO, A的结构简式为 ;结合已知条件 (10%×5×103kPa)×(40%×5×103kPa)3 (10%×5×103kPa)2×(40%×5×103kPa)5 NO 2.5×10-13(kPa)-4。 ②可知，氨基容易被氧化，故应先将苯环上的甲 (5)达到平衡时玉=v递，即玉·c(CO2)· 基氧化为羧基，最后再将苯环上的硝基还原为氨 c(H2)=k逆·c(HCOOH),则平衡常数 基，结合C→D的反应条件可知，反应③的条件为 Fe/NHCl. c(C0)·c(H)龙，故200℃时K=2.5,而 c(HCOOH)k正 20.(1)-166(2分) 300℃时K=2.0,说明升温平衡向逆反应方向 (2)0.95(2分) 移动，故△H5<0。 (3)9.6(1分) 化学答案（一）第5页（共5页）》 3