化学（三）-【真题密卷】2026年高考化学考前冲顶实战演练（安徽广西专版）

2025一2026学年度考前冲顶实战演练 化学（三） 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：C-12N一14O一16Na一23C1一35.5Zn一65 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.科技发展见证国家强大，下列有关说法正确的是 A.麒麟芯片主体材料的晶体类型与石墨晶体类型相同 B.长征六号丙运载火箭采用液氧/煤油发动机，煤油属于可再生能源 C.磁悬浮列车使用钇钡铜氧化物作为超导材料，Ba位于元素周期表的s区 D.利用CO2合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 2.关于实验室安全，下列说法错误的是 A.实验室可将少量钠保存在煤油中 B.轻微烫伤，可先用洁净的冷水处理，再涂上烫伤药膏 C.对于酸、碱废液，确定混合无危险时，可每次各取少量分次混合后再排放 D.氨溶于水的喷泉实验，先挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，再打开弹簧夹 0 12 3.过二硫酸钠Na2S2Os(Na Na)是工业上常用的强氧化剂，可将Mn+氧 化为MnO4。下列说法正确的是 A.过二硫酸钠中硫的化合价为十7价 B.过二硫酸钠氧化性比过氧化氢强 C.Mn2+十S2O?+H2OMnO4十H++SO?,该反应中氧化剂与还原剂的物质的 量之比为2：5 D.电解硫酸氢钠溶液制备1mol过二硫酸钠，则电路中转移1mol电子 化学试题（三）第1页（共8页） 考前冲顶 4.下列实验所用仪器或实验操作合理的是 班级 NH,CI和 Ca(OH) 姓名 得分 /250mL 20℃ A.配制250mL 0.1mol·L-1 B.实验室制备并收 C.量取一定体积的酸D.用铜和浓硫酸制 NaOH溶液 集NH3 性KMnO4溶液 备S02 5.近期，科学家合成出了一种化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为短周期元素且最高能 层均有空的d轨道，Z的最外层电子数是X核外电子数的一半。下列说法错误的是 A.第一电离能：Z>Y>X>W B.正盐WmYO4的水溶液显中性 C.化合物中X、Y原子均采取sp3杂化 D.高温下X的单质与Z的简单氢化物可以反应 阅读以下材料，完成6~7题。 碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷具有较大燃烧热 (890.3kJ·mol-1),是常见燃料；H2CS是一种弱酸，在水中缓慢水解生成CO2;通过反 应Ni(s)十4CO(g)→Ni(CO)4(g)可用于提纯Ni。Si、Ge是重要半导体材料，硅可以溶 于HF和稀HNO3的混合酸中生成H2SiF6;PbCl2在盐酸中溶解度比在水中大；醋酸铅 (易溶于水，难电离)溶液可以吸收硫化氢气体。 6.下列化学反应表示错误的是 A.表示甲烷燃烧热的热化学方程式：CH4(g)十2O2(g)—CO2(g)+2H2O(I)△H= -890.3kJ·mol-1 B.H2CS3与水反应：H2CS3+2H2OCO2个+3H2S↑ C.硅溶于HF-HNO3的混合酸中：3Si+4HNO3+18HF—3H2SiF6+4NO个+8H2O D.醋酸铅溶液吸收硫化氢气体：Pb2++H2S—PbSY+2H+ 7.下列说法正确的是 A.碳、硅的单质中键角均为109°28 B.CO2中的C原子与SiO2中的Si原子杂化方式相同 C.配合物Ni(CO)4中不含离子键 D.基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]4s24p2 实战演练 化学试题（三）第2页（共8页） 6 8.我国研究人员以丙烯酸甲酯为原料制备高性能高分子P(M)的路线如图所示。 HCHO P(M) 已知：物质Y为丙二酸与乙醇反应的产物。 下列说法正确的是 A.P(M)在一定条件下可降解 B.由X、Y、Z制得M的过程中原子利用率为100% C.M分子中含有手性碳原子 D.X、Y、M都能与氢气发生加成反应 9.合成某种脱氢催化剂的主要成分之一为立方ZO,其晶胞结构如图所示，已知晶体密度 为pg·cm3,a的分数坐标为(0,0,0)，设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误 的是 ●Zn2+ 02 A.与02-最近的02-有12个 √2 3324 B,Zm+之间的最短距离为2×0·Na X10'nm C.可通过质谱仪测定此晶体的键长、键角等数据 D.b的分数坐标为44) /133\ 10.氯化铝易升华、易水解，是良好的有机合成烷基化反应和石油工业的催化剂，具有广泛 的应用。实验室常利用如图所示装置制备氯化铝，下列说法错误的是 M 浓硫酸 水 饱和食盐水 y B D E A.装置B中，物质M为浓盐酸，物质N为二氧化锰 B.利用上图装置制备无水氯化铝时，导管的连接顺序为c→h→i→d→e→a→b→f→g C.实验开始时，应先点燃A装置的酒精灯，后点燃B装置的酒精灯 碱石灰 D.尾气处理装置可选用 6 化学试题（三）第3页（共8页） 考前冲顶 11.LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（主要成分 为MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如图所示。 硫酸MnO,石灰乳BaS LiC03C0,和O, 菱锰矿 反应器 调pH7 分离器 →电解槽 >MnO,- 煅烧窑 →LiMn,O. M 滤渣 电解废液 下列说法错误的是 A.硫酸溶矿主要反应的化学方程式为MnCO3十H2SO4一MnSO4+H2O+CO2↑ B.滤渣的成分仅有Al(OH)3、Fe(OH)3、NiS C.不宜使用H2O2替代MnO2,原因是Mn2+和生成的Fe3+可以催化H2O2分解 D.爱烧窑中，生成LiMn:O,的化学方程式为2Li,CO,十8MnO,强4 LiMn:O,十 2CO2个+O2↑ 12.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 分别向新制氯水中滴 前者生成白色沉 A 加AgNO3溶液和淀粉-KI 淀，后者溶液变为 氯气与水的反应存在 限度 溶液 蓝色 将CuO固体加热，用带火星 固体由黑色变为砖 B 的木条检验产生的气体 红色，木条复燃 热稳定性：Cu2O>CuO 将浓硫酸和灼热木炭反应 产生的气体依次通过品红 品红溶液褪色，澄 浓硫酸和木炭反应产 C 溶液、饱和NaHCO3溶液、 清石灰水变浑浊 生S02和CO2气体 澄清石灰水 将NaBiO3加入酸性FeCl2 溶液变成棕黄色， 氧化性：NaBiO3>Cl2 D 溶液中 有黄绿色气体产生 >Fe3+ 13.某理论研究认为：燃料电池（图甲）的电极I和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别 如图乙和图丙，其中O2获得第一个电子的过程最慢。理论上下列说法错误的是 气体 气体 -e H 质子交换膜 H+e 分 A.电极I为燃料电池的负极 B.电池工作过程中，电解质溶液的pH保持不变 C.图丙中，①②③④过程的活化能最高的是① D.相同时间内电极上的催化循环完成次数：电极I是电极Ⅱ的2倍 实战演练 化学试题（三）第4页（共8页） 14.常温下，向0.1mol·L1Na2MoO4溶液中通人HCl气体，测得含钼(M)微粒的物质 的量分数(6)与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是 d MoO? MosO 100% HMoO; 80% Mo,094 66% 40% HMoO, 20% 0% 4 A.在此过程中，存在反应：7HMoO4+H+一MoO4+4H2O B.当c(H2MoO4)=c(MoO?)时，溶液的pOH=8.25 C.pOH=7时，若忽略Mo,O4和Mo3O6,则c(C1-)=c(HMoO)+c(H2MoO4) D.pOH=8时，若忽略Mo7O4和Mo8O6,则2c(H2MoO4)十c(HMoO4)+ c(H+)=c(OH-)+c(CI-) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)(CNO)3Cl2Na俗称优氯净，广泛用于饮用水、公共场所的杀菌消毒。 I.制备优氯净 浓盐酸 氰尿酸[(CNO),H] 的吡啶溶液 磨砂浮子 多孔 玻璃泡 aOH 放大图 溶液 Na,SO,溶液 磁力搅拌器 A 0 已知：pH在10~12、温度在15~25℃时，氰尿酸(CNO)3H3与次氯酸钠溶液混合，可 制得优氯净。 (1)①下列与本实验无关的图标是 (填标号)。 G ②实验装置B中的试剂是 (2)实验开始向C中通人足量氯气将NaOH转化为NaClO,滴加(CNO)3H3的吡啶溶 液并搅拌生成优氯净。生成优氯净的化学方程式为 0 化学试题（三）第5页（共8页） 考前冲顶实 (3)反应过程中需持续补充氯气，目的为 D中多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是 Ⅱ.测定优氯净的纯度 用分光光度法测定优氯净粗品纯度：取mg样品溶于水，加酸使氯原子全部转化为 HClO,加入V1mLc1mol·L1FeSO4溶液（过量），充分反应后，加入适量邻二氮菲 使Fe2+显色，定容至250.00mL。测得吸光度为1.8a,该条件下，Fe2+浓度与吸光度 的关系如图所示。已知：(CNO)3Cl2Na的摩尔质量为220g·mol-1。 2d. C2 2c2 c(Fe2)/(mol-L) (4)该粗产品的纯度为 (用含V1、m、c1、c2的代数式表示)。 (5)下列因素会导致纯度测定值偏低的是 (填标号)。 A.样品溶于水时加入酸过少，仅部分氯原子转化为HC1O B.c1mol·L1FeSO4溶液使用前部分被氧化 C.定容时俯视刻度线 16.(16分)GaAs是重要的半导体材料。以高砷烟尘（主要成分为As2O3、As2O5和少量 Zn、Pb、In的氧化物)为原料，回收砷和铟的工艺流程如图所示。 生石灰，H0 碳 H,SO,硫化物 S0, HR 水层 高 赛发结鼠As0,CaAO,还原卫一Ag 烟→酸浸→沉锌→还原个→萃取 尘 反苯取HnCL,电沉积 In 浸渣 滤渣 有机层 浓HCI 已知：①In为第ⅢA族元素。 萃取 ②In3+(水层)+3HR(有机层)一InR3(有机层)+3H+(水层)。 ③As2O5能溶于水生成对应的酸，“蒸发结晶”步骤H3AsO3转化为As2O3。 回答下列问题： (1)基态砷原子的电子排布式为 ;H2S的沸点比H2O2的沸点低的原 因是 (2)“酸浸”时加入硫酸生成硫酸盐，硫酸盐中阴离子的空间构型为 ；“还原 1”反应的化学方程式为 (3)①“反萃取”步骤加入的浓HC1作用是 ②“电沉积”阴极InCl4发生的电极反应式为 :“电沉 积”完成后，溶液经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)实现循环 利用。 (4)“氧化”反应的化学方程式为 (5)“还原2”中，碳的用量对C3(AsO4)2还原过程中部分平衡组分的影响如图所示。 当碳的用量超过1.5mol时，生成产物As4(g)的可能原因是 战演练 化学试题（三）第6页（共8页） n/mol 3 2 Ca:(AsO.)2 Caj(AsO)2 As(g) 345 6 8 碳的量(mol) 17.(14分)有机物Q是一种染料中间体，它的一种合成路线如图所示。 0 A C B CH,OH C NaCN CH:C-OCH, C2HO2 一定条件 C,H,CIO, 浓硫酸，△ CN D Q 9 CoH-N3 E 浓硫酸 浓HNO, G H0 NH J 还原M C。H,CI △ 浓硫酸，△ CHCINO, C.H N2O2 C.HgN2 SOH F 已知：①有机物Q为芳香化合物，分子中含有一个五元环，M的核磁共振氢谱有三 组峰。 R R ② =O+H,N-R,→HO〉—HNR,→ =NR。 R R N-R2 ③亚胺结构 R-CH2-C-R3 中一C=N一键性质类似于羰基： (1)写出能检验A中官能团的试剂： ,B→C的化学方程式是 ,C→D的反应类型是 0 浓HNO (2)由E →H可以直接合成H,设计E→F的目的是 浓硫酸，△ (3)G分子中含氧官能团有磺酸基（一SO3H)、 (填名称)，有机物Q的结 构简式为 O COOH (4)已知由 COoH合成 的路线如图所示。 NH, COOH COOH 一定条件 -HO X >Y (C3HIsON) 6 化学试题（三）第7页（共8页） 考前冲顶实战活 写出Y的结构简式： 0= 的同分异构体中能发生银镜反应且为 链状的共有 种（不考虑立体异构）。 18.(14分)氢能源是一种绿色能源，其工业生产来源之一是天然气，可以通过甲烷的重整 反应获得H2。 重整反应：CH4(g)十CO2(g)→2CO(g)+2H2(g)△H1。 副反应I:2CO(g)CO2(g)+C(s)△H2=-172kJ·mol-1。 副反应Ⅱ：CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H3=+76kJ·mol-1。 (I)重整反应所需的CO2可从工业尾气中捕获，下列能作为捕获剂的是 (填 标号)。 A.氯化钙溶液 B.小苏打溶液 C.纯碱溶液 D.硫酸铵溶液 (2)重整反应焓变△H1= ,有利于该反应正向自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (3)恒温恒压条件下，可提高CH4平衡转化率的措施有 （填标号)。 A.增加原料中CH4的量 B.增加原料中CO2的量 C.通人Ar气 D.使用更高效的催化剂 (4)压强恒定为p的密闭容器中加人CH4、CO2各1mol进行反应。在不同温度下反 应达到平衡时，气相中含碳组分的摩尔分数（即物质的量分数）和碳的物质的量变 化曲线如图所示，曲线 (填“甲”“乙”“丙”或“丁”)表示CH4的摩尔分数 变化。当温度高于T1时，随温度升高曲线丁对应物理量减小的原因是 丙 0.36- 0.24 0.08 To Ti 温度 增大 (5)压强p下、温度为T。时，图示气相中含碳组分的摩尔分数分别为0.36、0.24、 0.08,反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的K。= (列出计算 式即可，分压=总压×摩尔分数，K。是以分压表示的平衡常数)。 寅练 化学试题（三）第8页（共8页）2026 考前冲顶实战演练（三） 参芳答案及解析 2025一2026学年度考前冲顶实战演练化学（三） 一、选择题 4.B【解析】配制一定物质的量浓度溶液中，转移 1.C【解析】麒麟芯片主体材料是硅，属于共价晶 步骤需要使用玻璃棒引流，图中装置没有玻璃 体；石墨属于混合型晶体，其层内为共价键，层间 棒，A不符合题意；实验室利用Ca(OH)2和 为范德华力，晶体类型不同，A错误；煤油是石油 NH,CI共热来制备NH3,NH3的密度比空气小 分馏的产物，石油属于不可再生能源，因此煤油 且易溶于水，采用向下排空气法收集NH3,图中 不可再生，B错误；钡(Ba)为第ⅡA族元素，价电 装置正确，B符合题意；酸性KMnO4溶液具有强 子排布为6s2,位于s区，C正确；高分子化合物的 氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该 相对分子质量通常高达数万甚至数百万，高级脂 使用酸式滴定管，C不符合题意；Cu与浓硫酸制 肪酸甘油酯的相对分子质量未达到高分子化合 备SO2需要加热，图中没有加热装置，D不符合 物的范畴，不属于高分子化合物，D错误。 题意。 2.D【解析】钠的密度比煤油大，会沉入煤油底部 5.B【解析】短周期元素中最高能层均有空的d轨 以防止其与氧气反应，故可用煤油保存，A正确； 道的只能是第三周期元素，Z的最外层电子数是 冷水降温可减少热损伤，药膏防止感染，符合实 X核外电子数的一半，根据结构分析，W、X、Y、Z 验室烫伤应急处理规范，B正确；酸、碱废液混合 分别为Na、Si、P、Cl。第一电离能：CI>P>Si> 无危险时，可以通过少量多次混合后再排放，C正 Na,A正确；正盐WnYO4(NaPO4)为强碱弱酸 确；应该先打开弹簧夹，再挤压胶头滴管，否则不 盐，其水溶液显碱性，B错误；由图知，化合物中 够严谨，无法得出氨易溶于水的结论判断，而且 X、Y原子均采取sp3杂化，C正确；X的单质为 先挤压胶头滴管，瓶内气压迅速下降，会引起胶 Si,Z的简单氢化物为HCl,二者可以发生反应Si 头和胶管较大变形，此时打开弹簧夹，液体迅猛 +3HC1高温SHCL,十H2,D正确。 倒吸，冲击烧瓶内壁，可能导致烧瓶破裂，或含氨 6.D【解析】甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和 的液体溅出灼伤皮肤、黏膜，有一定的安全问题， 水，此反应为放热反应，表示甲烷燃烧热的热化 D错误。 学方程式：CH4(g)+2O2(g)—C02(g)+2H20 3.B【解析】过二硫酸钠的结构里有过氧键(O一O), (1)△H=-890.3k·mol1,A正确；根据题 每个过氧键的O是一1价，其他O是一2价。Na 意，H2CS?是一种弱酸，在水中缓慢水解生成 是+1价，所以设S的化合价为x,由化合价代数 CO2和硫化氢，根据质量守恒配平化学方程式： 和为0得2×(+1)+2x+6×(-2)+2×(-1) H2CS3+2H2O-CO2个+3H2S个，B正确；硅 =0,解得x=十6，所以S是十6价，A错误； 与HF和稀HNO3混合酸反应，硅被氧化为 Na2S2Og可氧化Mn+为MnO4,MnO可氧化 H2SiFg,HNO3被还原为NO,化学方程式为3Si H2O2为O2,可知氧化性：Na2S2Og>MnO4> +4HNO3+18HF—3H2SiF6+4NO↑+ H2O2,故过二硫酸钠氧化性比过氧化氢强，B正 8H2O,C正确；醋酸铅（弱电解质）和硫化氢反应 确；配平离子方程式为2Mn+十5S2O十8H2O 可生成难溶物PS,同时有醋酸生成，酷酸属于弱 —2MnO4+10SO?+16H+,氧化剂与还原剂 酸，所以醋酸铅和醋酸都不能拆，反应方程式 物质的量之比为5：2，C错误；电解NaHSO4溶 为(CH;COO)2Pb+H2S—PbS↓+ 液制备Na2S2Og的电极反应为2SO-2e 2CH3COOH,没有离子方程式，D错误。 S2O?,每生成1molS2O?,需要转移2mol电 7.C【解析】石墨键角约120°，晶体硅键角109°28'， 子，D错误。 并非所有碳的单质键角均为109°28'，A错 6 化学答案（三）第1页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 误；CO2中的C原子与O原子以双键结合，则C 氯化铝水解，D正确。 原子杂化方式为sp,SiO2中的Si原子与O原子 11.B【解析】菱锰矿中主要含有MnCO3,加入硫 以单键结合，则Si原子杂化方式为sp3,B错误； 酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学 配合物Ni(CO)4中，Ni与CO通过配位键结合， 方程式为MnCO3+H2SO4一MnSO4+HzO 形成中性分子，不含离子键，C正确；基态G(32 十CO2个，A正确；分析流程可知，滤渣中除了有 号元素)原子的电子排布式为[Ar]3d4s24p,D Al(OH)3、Fe(OH)3、NiS外，还含有BaSO4 错误。 等，B错误；不宜使用H2O2氧化Fe2+,因为 8.A【解析】P(M)是聚酯类高分子，分子中含酯 Mn2+和氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分 基，酯基在酸性或碱性条件下可发生水解反应， 解，会浪费原料H2O2,C正确；煅烧窑中MnO2 因此聚酯类高分子在一定条件下能够降解，A正 与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4,反应的化学 确；根据元素守恒，由X、Y、Z制得M的过程中有 方程式为2Li,CO,十8Mn0,高温4LiMn,O,十 副产物甲醇生成，原子利用率不为100%，B错 2C02个十O2个，D正确。 误；连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性 12.B【解析】氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸， 碳原子，故M的分子中不含有手性碳原子，C错 分别向新制氯水中滴加AgNO3溶液和淀粉-KI 误；Y、M中含有的官能团为酯基，酯基不能与氢 溶液，前者生成白色沉淀，说明氯水中含有氯离 气发生加成反应，D错误。 子；后者溶液变蓝色，说明新制氯水中存在能将 9.C【解析】顶点上O2-与3个面心上的O2-最 KI氧化成碘单质的氧化剂，该氧化剂可以是C12 近，顶，点上的O2一被八个晶胞共用，面心上的O2 或生成的HCIO,则不能证明氯气与水的反应存 被两个晶胞共用，因此与0”最近的0？有3义8 在限度，A不符合题意；将CuO固体加热，固体 由黑色变为砖红色，且用带火星的木条检验产生 =12个，A正确；该晶胞中含有4个ZnO单元， 的气体，木条复燃，说明氧化铜受热分解生 ZnO的摩尔质量近似取81g·mol-1,则晶体密度p 成Cu2O和氧气，即CuO的热稳定性比Cu2O 4×81324 NA·L=NA·D,解得晶胞边长L= 的差，则热稳定性：Cu2O>CuO,B符合题意；品 红溶液褪色，说明浓硫酸和木炭反应产生SO2, 3324 √p·Ncm,由图可知，两个Zn2+之间的最短距 但SO2与饱和NaHCO3溶液反应生成的CO2 也能使澄清石灰水变浑浊，则不能说明浓硫酸和 离为西对角线的一半，即L-巨× 2L= 2 8324 p·Nacm 木炭反应产生CO2,C不符合题意；将NaBiO -×324 加入酸性FeCL2溶液中，溶液变成棕黄色（即生 2Np·Na ×10'nm,B正确；可通过X射线 成Fe3+),有黄绿色气体产生（即生成Cl2), 衍射仪测定此晶体的键长、键角等数据，C错误； 因NaBiO3具有强氧化性，可将亚铁离子氧化为 根据a的分数坐标为(0,0,0)，可知b的分数坐标 铁离子，同时也能氧化氯离子生成氯气，即不能 为行D正喷。 说明氣气能将亚铁离子氧化为铁离子，则不能得 出氧化性：Cl2>Fe3+,D不符合题意。 10.C【解析】若实验室用加热的方法制取氯气，药 13.B【解析】电极I上氢气被氧化生成H+和电 品应选择二氧化锰和浓盐酸，A正确；根据分析 子，故电极I为负极，A正确；由催化机理可推 可知，装置连接顺序是B→E→C→A→D,故导 断电解质溶液呈酸性，由于总反应为2H2+O2 管的连接顺序为ch→i→d→e→a→b→f→g,B —2H2O,产生水，相当于稀释溶液，故电解质 正确；实验开始时，应先点燃B装置的酒精灯， 溶液的pH发生变化，B错误；根据题千“O2获 后，点燃A装置的酒精灯，利用氯气排尽体系中 得第一个电子的过程最慢”可知①活化能最高， 的空气，确保铝不被氧气氧化，C错误；碱石灰含 C正确；1molH2转移2mol电子，1molO2转 有氢氧化钠和氧化钙，可以和氯气反应，吸收氯 移4ol电子，相同时间内负极的催化循环完成 气，避免环境污染，同时可以吸收水蒸气，避免 次数正好是正极的2倍，D正确。 化学答案（三）第2页（共6页） 6 2026 考前冲顶实战演练（三） 14.C【解析】根据图像可知：当pOH在9~12， 溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，据 c(HMoO,)减小，c(Mo2O4)增大，存在反应： 此分析。 7HMoO,+H-=Mo,O9,十4HO,A正确；根据 (1)①该实验需要使用浓盐酸，需要加热，生成 c(HMoO4)·c(H) 有毒气体，利用磁力搅拌器，需要电源，故需要 图像可知：H2MoO4的Ka c (H MoO) 戴护目镜、火源、排风、加热、洗手、电源，故答案 =10,K。=c(Mo0)·c(H+) =10-7.5,当 为E。 c(HMoO) ②实验装置B用来除去HCI气体，试剂是饱和 c(H2MoO4)=c(MoO)时代入K1·K2= 食盐水。 c(MoO)·c2(H+) c(H2 MoO) =1011.5可得c(H+)= (2)NaClO和(CNO)3H3的吡啶溶液搅拌，生成 优氯净，化学方程式为2NaC1O十(CNO)3H3 105.5,即pOH=8.25,B正确；若忽略Mo,Oa -NaOH+(CNO),Cl2Na+H2O. 和MoO6,电荷守恒有c(Na+)十c(H+)= (3)制备过程中需要不断通入氯气，控制pH值， 2 c(MoO)+c (HMoO)+c(CI)+c(OH), 使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参 pOH=7时c(H+)=c(OH),则c(Na)= 与反应，提高原料的利用率；D中多孔玻璃泡内 2c(MoO)+c(HMoO:)+c(CI),根据物料守 置一密度小于水的磨砂浮子，目的是防止倒吸。 恒有：溶液中c(Na+)=0.2mol·L1,c(MoO)+ (4)取mg样品溶于水、加酸使氯原子全部转化 c(HMoO4)+c(H2MoO4)=0.1mol·L1,即 为HC1O,结合反应HCIO+2Fe2++H+— c (Na+)=2 [c (MoO)+c(HMoO,)+ 2Fe3+十CI-+H2O,找出关系式为 c(H2MoO4)],代入电荷守恒式得2[c(MoO?) (CNO)3C2Na~2HC1O~4Fe+,加入适量邻二 +c (HMoO)+c (H2 MoO)]=2c (MoO)+ 氮菲使Fe2+显色，定容至250.00mL,测得吸光 c(HMoO)十c(CI),整理得c(C)=c(HMoO) 度为1.8α，由图可知，吸光度测得的亚铁离子的 +2c(HMoO4),C错误；pOH=8时，若忽 物质的量n⑧（Fe2+)=1.8c2mol·L1×0.25L= 略Mo,O4和Mo3O6,根据质子守恒存在关 0.45c2mol,因此与次氯酸反应的亚铁离子的物质 系：2c(H2MoO4)+c(HMoO4)+c(Ht)= 的量为n反(Fe2+)=n慈(Fe2+)-n厦(Fe2+)= c(OH)十c(C1),D正确。 (V1c1×10-3-0.45c2)mol,根据关系可得 二、非选择题 15.(1)①E(2分) [CNO),CLNa]-(*) -X(Vic1X ②饱和食盐水(2分) 103-0.45c2)mol,所以粗产品纯度为 (2)2NaClO (CNO):H3 NaOH+ (CNO)3Cl2Na+H2O(2分) 4X(Wc1X10-3-0.45c2)mol×220g·mol- (3)控制pH值，使反应生成的氢氧化钠再次生 m g 成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率(2 ×100% 55(W1c1×103-0.45c2）×100%。 分)防止倒吸(2分) m （455(V1c1×103-0.45c) (5)加入稀硫酸的量过少，将使反应不完全，生 ×100%(2分) 成的HCI。偏少，故导致样品有效氯测定值偏 (5)AC(2分) 低，A符合题意；因邻二氨菲使F+显色，由测 【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰 得的吸光度求得剩余的F®+浓度，因 固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发 n反(Fe2+)=n总(Fe2+)-n(Fe2+),c1mol· 性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B L1FeSO4溶液使用前部分被氧化，所以 中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装 n(Fe2+)偏小，n反（Fe2+)偏大，故(CNO)3 Cl2Na 置C中氯气与氢氧化钠溶液反应制备次氯酸 纯度测定值偏高，B不符合题意；定容时俯视刻 钠，次氯酸钠溶液与氰尿酸的吡啶溶液反应制 度线，即加水少未达到刻度线，则c(Fe2+)偏 备二氯异氰尿酸钠，装置D中盛有的亚硫酸钠 大，导致n吸(Fe+)偏大，n反(Fe+)=ns(Fe+)一 化学答案（三）第3页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 n(Fe+)偏小，故将导致(CNO)3Cl2Na纯度测 单质，电极反应为InCl+3eIn+4Cl-; 定值偏低，C符合题意。 “电沉积”后，废液主要含HCI,可导入反萃取单 16.(1)[Ar]3d04s4p3(2分)H2O2中含有分子 元循环利用，提供H+和CI。 间氢键(1分) (4)“氧化”反应的化学方程式为As2O3十3CaO (2)正四面体形(2分)H2O十SO2+H3AsO4 +2H2O2-Ca3(AsO4)2+2H2O。 —H3AsO3+H2SO4(2分) (5)“还原2”中，碳是还原剂，还原Ca3(AsO4)2。 (3)①增大溶液中Cl浓度，有利于In3+与C1 当碳的用量超过1.5mol时，还原剂过量，还原 配位形成HInCl4,增大溶液中H+的浓度，平衡 性显著增强，会将As的还原产物从低价态进一 逆向移动有利于反萃取(2分) 步还原为As4(g)。 ②InCl+3e—In+4CI(2分)反萃取 17.(1)NaHC03(1分，合理即可) (1分) 0 浓硫酸 H +CH,OH +HO (4)As2O3+3Ca0+2H2O2-Ca3(As04)2+ △ 2H2O(2分) (2分)取代反应(1分) (5)还原剂过量，促进Ca3(AsO4)2被还原 (2)防止生成副产物对硝基氯苯(2分) 成As4(g)(2分) 【解析】该工业流程以高砷烟尘（主要成分 (3)硝基(2分) CH,CN(2分) 为As2O3、As2O5和少量Zn、Pb、In的氧化物) COOH 为原料，分两条主线回收In和As。铟回收线： OH 先通过“酸浸”使烟尘中的金属氧化物溶解，接 (2分)8(2分) 着“沉锌”除去Zn+,再用S02进行“还原1”反 NH 应调整砷的价态，随后通过“萃取”将In3+转移 OH 至有机层，之后“反萃取”让In3+回到水层，最后 【解析】由C与NaCN发生取代反应生成D “电沉积”得到铟单质；砷回收线：萃取后的水层 0 经“蒸发结晶”将H3AsO3转化为As2O3,再经 (H,C-C-OCH),可推知C的结构为 “氧化”反应生成Ca3(AsO4)2,最后通过“还原 CN 2”反应（碳作还原剂）得到As4(g)。 HC一C一OCH,由B与甲醇在浓硫酸、加热条件下 (1)As为33号元素，核外电子排布式为 CI [Ar]3d4s24p3;H2S的沸点比H2O2的沸，点低 发生酯化反应生成C,可推知B的结构为 的原因是H2O2中含有分子间氢键。 0 (2)“酸浸”时加入硫酸生成硫酸盐，硫酸盐中阴 H,C-C-OH,由A与Cl2在一定条件下生成B, 离子为硫酸根，1个硫原子连接四个氧原子，S 原子的杂化方式为sp3,其空间构型为正四面体 可推知A为H,C8OH'由E的分子式为 形；由题可知，“还原1”中SO2将H3AsO4还原 C,HCl,结合E与浓硫酸发生反应生成F 为H3AsO3,自身被氧化为H2SO4,因此化学方 程式为H2O+SO2+H3AsO4—H3AsO3 ),可推知E )与浓硫酸、 +H2S04。 SO H SO,H (3)①已知萃取的平衡为In3+(水层)十3HR 浓硝酸在加热条件下反应生成G,则G为 (有机层)整InR(有机层)十3H+(水层)，浓 O,N HCl提供大量Cl,与In3+配位形成HInCl4;同 C s0,H?G与水发生反应生成H 时增大H+浓度，使上述平衡逆向移动，促 O,N 进In3+从有机层转移到水层。 、),H和NH3反应，结合分子式可知， C ②“电沉积”时，InCl在阴极得电子被还原为In 化学答案（三） 第4页（共6页） 6 2026 考前冲顶实战演练（三） 发生了取代反应，可推知J的结构简式为 中能发生银镜反应且为链状的有 O,N CHO CHO .T 经还原生成M,结合M的核磁共 CH=CH-CH,一CH, CH2=C-CH,一CH CH2=CH一CH一CH3 振氢谱有三组峰，发生硝基还原为氨基的反应， CH2=CH-CH2-CH2 CHO CHO 则M为 (H.C- OCH)和M CHO CHO CH;-C=CH-CH; CH2-CH=CH-CH3 )发生已知信息②的反应生成Q,结 CHO CHO H,N CH=C一CH、CH=C一CH,共8种。 CH.CN CH; CH; 合信息①可得Q 18.(1)C(2分) (1)A为乙酸，可用碳酸氢钠与其反应生成气体 (2)十248kJ·mol-1(2分)高温(2分) CO2来检验官能团；B→C的化学方程式为 (3)BC(2分) 浓硫酸 (4)乙(2分)温度高于T1时，副反应I起主导 入0H+HoH △ +H,0; 作用，随温度升高，平衡逆向移动，碳的物质的 C→D的反应类型是取代反应。 量减少（或升高温度，副反应I逆移程度大于副 (2)设计E→F的目的是防止生成副产物对硝基 反应Ⅱ正移程度)(2分) 氯苯。 (6)0.32p)2×(0.08p) (2分) 0.24p×0.36p (3)根据分析可知：G分子中含氧官能团有磺酸 【解析】(1)捕获CO2即与CO2反应达到储存 基和硝基；有机物Q的结构简式 的效果，纯碱溶液可以与CO2反应生 为 -CH.CN 成NaHCO,进而实现CO2的捕获。 (2)由盖斯定律可得：△H1=△H3一△H2=[(+76) -(-172)]kJ·mol1=+248kJ·mol1,反 (4)由合成路线可知 COOH和 应的△H>0,△S>0,要使反应能够自发进行， 需满足△H一T△S<0,则高温条件有利于反应 NH 自发进行。 COOH (3)增加原料中CH的量，虽然平衡正向移动， 0 但因为原料中CH4的量也增加，导致CH4的平 反应生成X OH ),X在一定 衡转化率降低，CO2的转化率升高，A不符合题 意；增加原料中CO2的量，平衡正向移动，CO2 的平衡转化率降低，而CH4的平衡转化率升高， B符合题意；恒压条件下通入Ar气，容器体积增 COOH OH 大，相当于减压，平衡正向移动，CH4的平衡转 化率升高，C符合题意；使用高效催化剂只能改 条件下生成Y( ),Y脱水 变反应速率，不影响平衡移动，CH4的平衡转化 NH 率不变，D不符合题意。 OH (4)根据重整反应：CH4(g)+CO2(g)一2CO COOH (g)十2H2(g)为吸热反应，温度升高，平衡正移， 得到 的同分异构体 副反应Ⅱ：CH4(g)=C(s)十2H2(g)为吸热反 应，温度升高，平衡正移，则CH4的摩尔分数减 小，而副反应I:2C0(g)==CO2(g)十C(s)为 化学答案（三） 第5页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 放热反应，温度升高，平衡逆移，CO2的摩尔分 热反应，副反应Ⅱ为吸热反应，温度高于T1时 数减小；从重整反应、副反应I方程式中可以看 随温度升高副反应I平衡逆向移动，使碳的物 出，随CO2的减少，CO增加，且增加的CO为减 质的量减少大于副反应Ⅱ平衡正移使碳的物质 少的CO2的2倍，故曲线乙代表CH4的摩尔分 的量增加。 数随温度的变化，曲线甲代表CO?的摩尔分数 (5)根据图像中曲线含义，温度为T。时，图示气 随温度的变化，曲线丙代表CO的摩尔分数随温 相中含碳组分的摩尔分数中CO2为0.36、CH 度的变化；曲线甲代表CO2的摩尔分数始终减 为0.24、C0为0.08，则H2的摩尔分数为1一 小，曲线丙表示CO的摩尔分数始终增大，而曲 0.36-0.24-0.08=0.32,则反应CH4(g)十 线丁的变化为先增大后减小，故曲线丁表示碳 CO2(g)-一2C0(g)+2H2(g)的K。= 的物质的量变化。当温度高于T1时，随温度升 p2(C0)·p2(H2)(0.08p)2×(0.32p)2 高，碳的物质的量减小的原因是副反应I为放 p(CH4)·p(CO2) 0.24p×0.36p 化学答案（三）第6页（共6页）》 6