化学（四）-【鱼跃龙门卷】2026年高考押题登科卷（甘贵陕晋青宁专版）

·化学SS· 参考答案及解析 昏专答桌及解折 2026年高考模拟试题一押题登科卷（四）》 一、选择题 1.C【解析】可降解塑料可在自然环境中逐步分解，能减少难降解塑料带来的白色污染，符合绿色化学减少环境 污染的理念；荧光材料发光的本质是电子吸收能量跃迁到高能级后，再从高能级回到低能级时以光的形式释放 能量；传统无机非金属材料指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐类材料，氮化镓(GN)是半导体材料，属于新型无机非金 属材料，不属于传统无机非金属材料；铝合金具备硬度大、密度小、耐腐蚀的优良性质，适合作为结构材料使用， 不符合题意。 2.C【解析】乙醇是易挥发的液态有机物，保存在细口试剂瓶中，阴凉处可防止其挥发，保存方法正确。浓硝酸见 光、受热易分解（光热），棕色试剂瓶避光、阴凉处隔热，保存方法正确。三氯甲烷是有机溶剂，有机溶剂会溶解 橡胶塞，导致瓶塞粘连无法打开；且三氯甲烷易挥发，应保存在带玻璃塞的细口玻璃瓶中并密封，保存方法错 误。硅酸钠、碳酸钠、NOH均为碱性化合物，不相互反应，可存放在同一药品柜中（实验室药品分类原则：酸、 碱、盐、氧化剂、还原剂等分柜存放)，保存方法正确。 3.D【解析】聚氯乙烯属于高分子材料，绝缘性优良，生活中常用来制作电线外皮；聚苯乙烯泡沫内部多孔，隔热 性好，常用于包装材料：聚四氟乙烯性质稳定，耐高温耐腐蚀，是制作厨具不粘涂层的材料；聚甲基丙烯酸甲酯 (有机玻璃)属于酯类高分子，但其难溶于水，可用于制作镜片。 4.A【解析】H2O和H2S的中心O、S均为sp3杂化（均含2个。键、2对孤电子对），杂化类型相同，键角H2O> H2S的原因是O电负性大于S,成键电子对之间的排斥力更强，因此键角更大；杯酚分离C、C7o利用超分子的 分子识别原理，C分子大小与杯酚的空腔大小适配，可被杯酚包结从而实现分离；根据相似相溶原理，CCL4是 非极性溶剂，O,极性微弱，因此O,在CCL4中的溶解度高于在极性水中的溶解度；邻羟基苯甲醛主要形成分子 内氢键，对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，分子间氢键会增强分子间作用力，使沸点升高，因此沸点：邻羟基 苯甲醛<对羟基苯甲醛。 5.B【解析】M和N分子中均含有碳碳双键(C一C),可与溴水发生加成反应，导致溴水褪色。无其他易被氧化 基团干扰；两者均含羰基和碳碳双键，官能团种类相同；M含3个羰基+1个碳碳双键，一共需3十1=4molH2 完全加成，N含2个羰基+2个碳碳双键，共需2十2=4molH2完全加成，二者等于4molH2;两分子骨架中多 个碳原子连接四个不同取代基（如桥环上连有一H、甲基、环片段等），均存在多个手性中心，故M和N中都含有 手性碳原子。 6.A【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；X、Y是组成生命体的重要元素，且X成4根 键，故X是C元素；X、Y、Z相邻，Z能形成2个共价键，Z是O元素；Y形成3个共价键，Y是N元素；W能形成 1个共价键，W是H元素。CB中具有酰胺基，在强酸性或强碱性条件下都能显著水解，不具有耐酸碱性。CB 分子中有2种不同环境的H;N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于O,第一电离能C<O<N;X是 C元素，Y是N元素，碳能形成众多氢化物，有些的氢化物是固体，沸点高于氮的氢化物NH。 7.D【解析】根据电极电势，对应电对E值L2/I(0.54V)<Fe3+/Fe2+(0.77V)<Br2/Br(1.09V)<MnO4/ Mn2+(1.51V),E越小还原型还原性越强，故还原性I厂>Fe+>Br>Mn2+;S2Og/SO的E值为2.01V, 高于MnO,/Mn2+的1.51V,说明S2O?氧化性强于MnO,,可氧化Mn2+制备MnO,;Fe3+/Fe2+的E值 0.77V高于Sn4+/Sn2+的0.l5V,Fe3+氧化性强于Sn4+,可发生氧化还原反应Sn2+十2Fe3+-Sn4+十2Fe2+; MnO,/Mn2+的E值1.51V高于Br2/Br的1.09V,MnO会氧化Br,因此不能用氢溴酸酸化高锰酸钾 溶液。 8.C【解析】CP2与水生成PH3,PH3被碘单质氧化成次磷酸(HPO2),次磷酸与氢氧化钠中和生成次磷酸 。1。 押题登科卷（四） ·化学SS· 钠，据此分析。 0 CP2是离子晶体（离子化合物，由阴阳离子构成），PH3是分子晶体，晶体类型不同；H3PO,( )和 HO OH OH H;PO2( )中P原子均形成4个。键，无孤电子对，杂化方式均为sp3杂化，杂化方式相同；PH中 OH P为一3价，生成HPO2中+1价P,共升4价；2molI2中I从0价变为一1价，共降4价，该反应得失电子守 恒、原子守恒，方程式正确；HPO2是一元酸（只有1个可电离的羟基H),与过量NaOH反应生成的NaH2PO2 是正盐，不是酸式盐。 9.C【解析】反应历程中，活化能最大的为决速步，其中历程④的活化能最高，为0.9εV;历程①中有Hg2+与 H2O之间形成了配位键，即有σ键生成，历程③中碳碳三键变成碳碳双键，断裂了π键；断键吸热，会使体系能 量升高，成键放热，使体系能量下降，历程⑤中，体系能量下降，是因为生成C一0等化学键释放的能量大于断 开C一Hg2+等键吸收的能量；反应的焓变只与始态、终态有关，故反应的热化学方程式为HC三CH(g)十H2O(g) =CH3CHO(g)△H=-67.424kJ·mol1。 10.A【解析】据题意可知，所需原料为SO2、NH2OH,因此用装置①通过亚硫酸钠与硫酸反应得到二氧化硫。 根据已知信息，NH2OH性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和CO2时迅速分解，加热时爆炸，可知要用 NaOH溶液吸收CO2,通入③之前必须先通入④装置进行吸水干燥，还要避免空气中的水蒸气进人反应装置。 本实验需要先制备干燥SO2(羟胺遇水蒸气会分解，因此S02必须干燥)，再通入反应装置与羟胺反应，最后要 防止尾气处理装置中的水蒸气进入反应装置，再处理尾气，故导管接口连接顺序为a>e→f→c→d→e→fb; 装置①用于制备SO2,通常用亚硫酸盐与酸反应。若用饱和Na2SO3溶液替代Na2SO3粉末，则反应物浓度降 低，反应速率会减慢，不能加快反应速率；氨基磺酸是固体，反应后若得到的是固体氨基磺酸和液体的混合物， 应采用过滤操作进行分离，而不是分液。分液适用于分离互不相溶的液体；装置④的作用之一是干燥SO2,碱 石灰是碱性干燥剂，会吸收酸性气体SO2,因此不能替代。 11.B【解析】I在反应中作催化剂，反应物为丙烯和过氧化氢，生成物为环氧丙烷、氧气和水，据此分析。 由反应机理可知，I在整个循环中先参与反应，最终又重新生成，是该反应的催化剂，催化剂在反应前后质量 和化学性质都不改变；Ti在所有中间体中均为十4价，无论结合过氧根、羟基还是氧原子，T的化合价都没有 发生改变；反应过程中，存在H一OTi一O等极性键的断裂，也有H一O、C一O(环氧丙烷中)等极性键的生成， 因此存在极性键的断裂和形成；将各步反应消去中间产物，得到总反应：C,H,(丙烯)十3H,O,催化剂C,H,0 (环氧丙烷)十3H2O十O2,原子守恒、电子守恒均成立。 12.D【解析】左侧为浓差电池，由溶液A的浓度小于溶液B可知，Ag(2)为正极，Ag发生得电子还原反应生成 Ag,Ag(1)为负极，Ag发生失电子氧化反应Ag;右侧为电解池，与正极相连的电极a为阳极，水分子在阳极 失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，中间池中硫酸根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，电极b为阴 极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，中间池中钠离子通过阴离子交换膜进入阴 极区；据此解答。 据分析，Ag(2)为正极，电极反应式为Ag+十e一Ag;据分析，电极b为电解池阴极，水分子在阴极得到电子 发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O十2e一H2↑十2OH;未知氧气的状态，无法计 算物质的量；据分析，a附近阳离子增加，b附近阴离子增加，因此硫酸根离子进入a、钠离子进入b,故c、d离子 交换膜依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜。 13.D【解析】由图中虚线可知，平衡后继续升高温度，一氧化氮平衡转化率减小，说明升温平衡向逆反应方向移 动，该反应是放热反应，则反应的△H<0;由图可知，相同温度时，曲线b中对应点一氧化氮的转化率大于曲线 ·2· ·化学SS· 参考答案及解析 a,说明曲线a代表未加人催化剂时，一氧化氮转化率与温度变化的关系，所以NO的转化率随温度升高而增 大，是因为反应速率变快而导致；曲线b对应有催化剂的转化率，M点到N点未平衡，在达到平衡之前，转化率 随着温度升高先增大后减小，是因为催化剂活性随温度升高到一定程度后减小，导致反应速率先增大后减小； 恒压反应器中，增大c(O2),平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率升高，即该曲线后半段不能与虚线 重合。 14.B【解析】在混合溶液中存在以下平衡：①HL2-=一H+十L3K.;②Cu2+十L3=一[CuL]-K1; ③[CuL]+2L3-一一[CuL2]4-K2;随溶液pH的增大，平衡①正向移动，生成更多的L3,说明在pH较小 时c(HL2-)>c(L3-),则曲线I代表HL2,Ⅱ曲线代表L3。随溶液pH的增大，溶液中L3浓度增大，先发 生反应②，再发生反应⑧，故溶液中ò+持续减小，曲线Ⅲ代表⊙+，0c山先增大后减小，曲线W代表 ⊙c,dcL,-一直增大，曲线V代表cL,4-。 由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、V、V分别代表1gc(HL2),lgc(L3),ò2+dcòcu山，*与溶液pH的关系； 由图可知，曲线Ⅲ和V交点处c(Cu2+)=c([CuL]),c(L3)=l09.4mol·L1,则反应Cu2+十L3-=三 c([CuL]) 1 [CuL]的平衡常数K,c(Cw),:)10=1o24,曲线N和V交点处c([Cu])=c([CuL]), cL)=102mol·L,则反应[CuL]+2L一[CuL]的平衡常数K:-c(L),c(L) c([CuL2]4-) 107a=102。则反应Cu+2L一[CuL,]4的平衡常数K=K,K2=1024X102=106;曲线I和Ⅱ交 1 点处pH=11.6,lgc(HL2-)=lgc(L3-),则c(H+)=10.6,反应①HL2-一H++L3-的K。= c(H)cL-）=10.a点时pH为x,此时，8+=8c,1K=e(CuL)·c2(L)c2(L c([CuL2]4-) c(HL2-) =1016.6 应c=01mo·L圆c=10,由K,X《Xc(H)=10,得cHD 10-43mol·L1,pH=4.3;由图可知，pH=6.4时c(HL2-)≈0.1mol·L1,HL2的电离平衡常数K= cXc(H*)=106,此时溶液中c(L)≈1082molL1,分布系数c,=0.90,8c-=0.09, c(HL2-)1 根据Cu原子守恒可知，c([CuL2]4-)=0.002mol·L1×0.90=1.8×103mol·L1,c([CuL])=0.09× 0.002mol·L-1=1.8×10-4mol·L1,则体系中c(HL2-)>c([CuL2]4)>c([CuL])>c(L3)。 二、非选择题 15.(1)3d(2分) (2)A(2分)102.25(2分) (3)为了实现锰离子的高效、更加完全沉淀分离，以提高锰离子的回收率和产品MSO4·H2O产品纯度(2分) (4)若时间少于15min将导致碱式碳酸镁分解不完全，得到的MgO纯度较低、产率低，时间超过30min增加 能耗，且可能导致MgO颗粒烧结，降低其活性(2分) (5)Mg2++HPO?+NH3·H2O+5H2O-MgNH4PO4·6H2O4(2分) (6)蒸发浓缩、冷却结晶(2分) 【解析】根据题干流程中，沉锰Ⅱ、沉镁I中加人含铵根离子或氨水，沉镁Ⅱ中生成含有铵盐，故调节pH选用 氨水，不会引入新的杂质离子Na+等，即废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4,溶液再加入 (NH,)2S2Og,进行沉锰Ⅱ得到MnO2,产生气体O2,溶液再加入NH,HCO3和NH3·H2O调节pH,沉镁I 得到MgCO3,煅烧得到MgO,溶液再加人H,PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4 调节pH=6.0结晶得到硫酸铵，最后与MnO2和MnO4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O,据此分 析解题。 (I)已知Mn是25号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d4s2,则基态Mn+的价层电子排布式为3d。 ·3· 押题登科卷（四） ·化学SS· (2)根据题干流程中，沉锰Ⅱ、沉镁I中加入含铵根离子或氨水，沉镁Ⅱ中生成含有铵盐，故调节pH选用氨水， 不会引入新的杂质离子Na+等，“沉锰I”时，O2要在碱性条件下反应，下列最适合用于调节pH的是NH3· H2O,该过程中Mn2+先形成Mn(OH)2后被氧化成MnO4,当Mg+(c=1.0X10o.8mol·L1)将要开始沉淀 时，溶液中c(OH)= √cMg+)=√.0X10万=105mol·L1,Mn+浓度为 KMg(OH)21.0X10-11.35 K[Mn(OHD:]_ c2(OH) 1.0×10-12.72 (105,s5)2=10325molL1。 (3)由题干信息可知，“沉锰”时I为先将Mn2+转化为Mn(OH)2再用O2将其氧化为MnO,、Ⅱ为用 (NH)2S2Og将Mn2+氧化为MnO2,由于Mg(OH)2、Mn(OH)2的Kp比较接近，若一步沉淀则易导致 Mn+、Mg2+同步沉淀，使得获得的MnSO,·H2O产品不纯，所以流程中采用两步进行。 (4)将“沉镁I”中得到的碱式碳酸镁[x MgCO3·yMg(OH)2·之H2O]加到“回转窑”中，在500~600℃下煅 烧可得轻质Mg0,煅烧时间控制在15~30min的理由为若时间少于15min将导致碱式碳酸镁分解不完全， 得到的MgO纯度较低、产率低，时间超过30min增加能耗，且可能导致MgO颗粒烧结，降低其活性。 (5)由题干图像信息可知，pH=8.0是含磷微粒是HPO,“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀 完全，同时也能使溶液中的H沉淀，结合流程图可知，“沉镁Ⅱ”中生成沉淀的离子方程式为Mg+十 HPO2+NH3·H2O+5H2O-MgNH4PO4·6H2O。 (6)从溶液到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故“结晶”中，获得(NH4)2SO4晶体的方 法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 16.(1)饱和NaHS溶液(2分)漏斗(2分) (2)防止H2O2局部过量导致二氧化硫脲被氧化(2分) (3)加快过滤速率，同时使产物更干燥(2分) (4)CS(NH2)2+2H2O2=(NH2)2CSO2+2H2O(2分) (5)0滴人最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色(2分)@2.7(6c,V。一2c,V)(2分) m 【解析】由实验装置图可知，装置A中硫化钙与盐酸反应制备硫化氢；装置B中盛有的饱和硫氢化钠溶液用于 除去氯化氢；装置C为空载仪器，作安全瓶起到防倒吸的作用；装置D中石灰氨与硫化氢、水在80℃条件下反 应制备硫脲；装置E中盛有的硫酸铜溶液用于吸收硫化氢，防止污染空气；反应制得的硫脲与过氧化氢溶液反 应制得二氧化硫脲。 (1)由分析可知，装置B中盛有的饱和硫氢化钠溶液用于除去氯化氢；由实验装置图可知，仪器a为漏斗。 (2)由题意可知，二氧化硫脲具有还原性，所以用硫脲制备二氧化硫脲时，应分批加入过氧化氢溶液，防止过氧 化氢溶液局部过量导致二氧化硫脲被氧化而使得产率降低。 (3)与过滤相比，二氧化硫脲的制备中采用减压过滤可以加快过滤速率，同时有利于使产物更干燥。 (4)由题意可知，硫脲制备二氧化硫脲的反应为硫脲与过氧化氢溶液反应生成二氧化硫脲和水，反应的化学方 程式为CS(NH2)2+2H2O2—(NH2)2CSO2+2H2O。 (5)①由题意可知，草酸钠溶液与酸性高锰酸钾溶液完全反应后，再滴入半滴草酸钠溶液，溶液会由浅红色变 为无色，且半分钟内不变色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变为无色，且半分钟 内不变色。 ②由题意可知，滴定消耗V1mLc1mol·L1草酸钠溶液，则由方程式可知，粗品中二氧化硫脲的物质的量为 (c,molL1X10V,L-c1ol.L1X10-V,Lx号)× 5(5coV。-2c1V1)×10-3 mol,所以测得的二氧 4 (5cV。-2c1V1)X10-3 mol×108g·mol11 化硫脲纯度为 -×100% 2.7(5cV。-2c1V2%. m g m ·4· ·化学SS· 参考答案及解析 17.(1)+213.0kJ·mol1(2分)高温(1分) (2)b(2分)700K以后，温度升高时，反应②平衡逆向移动，CO2生成量减少；反应③平衡逆向移动，C02消 耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小(2分) (3)AB(2分) 9.6 ,4.2 21.gb×21,9p (4)78.3%(2分) 元0剂 6.4 (5)C+H,0(g)商温C0+H,(2分) 【解析】(1)根据表格数据可得：②CO(g)+H2O(g)一CO2(g)+H2(g)△H=[0+（-394)-(-242) (-110.5)]kJ·mol1=一41.5kJ·mol-1,结合盖斯定律可知：目标反应=反应①+3×反应②，即反应④的 △H=△H1+3△H2=+337.5+3×(-41.5)=+213.0k·mol1;由C3HO3(g)+3H2O(g)—3C02(g)+ 7H2(g)△H=十213.0k·mol1可知：该反应△S>0,△H>0,则反应在高温时可自发进行。 (2)升高温度，反应②逆向移动，平衡时CO2减少；反应③逆向移动，平衡时CO2增多、CH4减少，因此随温度 升高CO2减少的趋势更平缓，对应曲线b;700K以后，温度升高时，反应②平衡逆向移动，CO2生成量减少；反 应③平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小。 (3)C0的体积分数属于变量，变量不变则证明已达到平衡状态；升高温度，反应②逆向移动，平衡时H2O的物 质的量增大；虽然总反应在高温下正向移动，但图像显示CO2在减少，说明反应②占主导，H2O增多；增大压 强，反应①逆向移动、反应③正向移动，总反应逆向移动，均会使H2减少；催化剂不改变平衡产率。 (4)平衡时，设CH,物质的量为五m,根据选择性可知H,物质的量为货=16xm0l,设反应①甘油分解 4m0l,依据碳原子守恒：C0.C0,物质的量之和为(3a-x)m0l,根据选择性可知3a--4%+28%=8,则 x 4% x=号，根据氢元素守恒，4z十32x=8a十(10-6.4)×2，代入x=名可得a=1.8:则C,H,0,的平衡转化率= 3 2.3×100%≈78.3%；结合上述分析，平衡时各物质的物质的量：C,H,0,为2.3-1.8=0.5m0l,C0和CH, 1.8、 为0.6mol,H2为9.6mol,H20为6.4mol,CO2为4.2mol;总物质的量为21.9mol,故水气变换反应的平衡 9.6 4.2 数K8-心营 0.6 21.9pX21.9P (5)增大水醇比时，过量的水蒸气会与积碳发生水煤气反应，将积碳转化为C0和H2,从而避免积碳附着，方程 式为C+H,O(g)商温C0+H2. 18.(1)1,4-二溴丁烷(2分)取代反应(1分) (2)醚键(2分) (3)HC1和SO2(2分) (4)吡啶显碱性与HC1反应，促进反应正向进行(2分) MgBr (5 +MgBrCl-+H2O(2分) 。5 押题登科卷（四） ·化学SS· H2N CH3 (6)20(2分) (2分) 【解析】A为直链二溴代物，和乙醇胺(H2NCH2CH2OH)发生取代得到B和HBr,B中羟基被SOCL2取代得 到C,C和对溴苯酚发生取代反应得到D,D和镁在THF中反应得到E,E按照已知反应与原料Ⅱ的酮羰基依 次发生加成、消去反应得到F,F与HCI发生酸碱反应得到盐酸盐形式的萘氧啶。 (1)A是直链四碳，两端连溴原子，命名为1,4-二溴丁烷；A与乙醇胺发生取代脱HBr成环得到B,属于取代 反应。 (2)根据萘氧啶的结构，其中的含氧官能团为醚键。 (3)B中羟基与SOCL2反应生成氯代物，副产物为HCl和SO2,都是大气污染物，可被NaOH吸收。 (4)C与对溴苯酚发生取代反应生成D和HCl,吡啶显碱性可与HC1反应，促进反应正向进行，提高产率。 (5)据分析，E按照已知反应与原料II的酮羰基依次发生加成、消去反应得到F、MgBrCl和水，化学方程式为 MgBr +HCI- +MgBrCl-+H2O。 (6)B分子式为C6H3NO,不饱和度为1，则不含苯环，该分子中含氨基、不含N一O,故符合条件的B的同分异 构体分以下情况讨论： ①甲基和氨基取代吡喃( )的氢原子，两个取代基在同一个碳上有3种 (数字为两个取代基位置)， H2 H 在不同碳上有10种： 数字为甲基位置)，共有13种；②一CH2NH2取代吡 H>N 喃( )的氢原子，与氧原子有邻、间、对3种：③取代基为氨基和羟基取代环己烷的氢原子，在同一个碳上有 1种，不同碳上有邻、间、对3种，共4种；一共有20种符合条件的同分异构体。 H>N CH 核磁共振氢谱峰面积比为2：3：4：4，则为对称结构，结构为 ·6。 ·化学SS· 参考答案及解析 2026年高考模拟试题一押题登科卷（四）·化学细目表 题号 题型 分值 必备知识 难易程度 1 选择题 3 化学与STSE 易 选择题 3 试剂保存 易 3 选择题 3 高分子材料 易 4 选择题 3 结构、性质、用途 易 5 选择题 3 有机物的结构与性质 易 6 选择题 3 元素周期表与元素周期律 中 7 选择题 3 氧化还原反应的应用 中 8 选择题 3 物质的转化 易 9 选择题 3 反应历程与能量图像分析 易 10 选择题 3 物质制备的实验装置 易 11 选择题 3 有机合成反应机理 中 12 选择题 3 电化学综合 中 13 选择题 3 化学平衡图像分析 中 14 选择题 3 盐溶液中的离子浓度、水解常数等 难 15 非选择题 14 化学工艺流程综合 中 16 非选择题 14 化学实验综合 中 17 非选择题 15 化学反应原理综合 难 18 非选择题 15 有机化学综合 中 ·7。2026年高考模拟试题—： 押题登科卷（四） 化学 本试卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。 版权所有，严禁网络传播，违者必究 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。 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：H1C12N14016S32 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。 1.2026年春晚舞台大量采用可降解环保高分子材料、LED半导体发光材料和铝合金数控装置等。 下列说法错误的是 A.可降解塑料的使用，能有效减少白色污染，符合绿色化学理念 B.舞台荧光材料发光，利用了电子跃迁释放能量的原理 C.LED发光材料中的氨化傢(GaN)属于传统无机非金属材料 D.铝合金用作舞台数控装置的结构材料是因为其具有硬度大、密度小、耐腐蚀等特点 2.实验室中，下列试剂保存方法错误的是 A.乙醇保存在细口试剂瓶中，并放在阴凉处 B.浓硝酸保存在棕色试剂瓶，并放在阴凉处 C.三氯甲烷保存在带有橡胶塞的细口玻璃瓶中 D.硅酸钠、碳酸钠与NaOH存放在同一药品柜中 3.高分子材料应用广泛，下列说法错误的是 A.聚氯乙烯可制成电线外皮，绝缘性好 B.聚苯乙烯泡沫用于包装，隔热性好 C.聚四氟乙烯可用于制作厨具的不粘涂层，耐高温 D.聚甲基丙烯酸甲酯可用于制作镜片，易溶于水 押题登科卷（四）·化学SS第1页（共8页） 4. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实的化学解释错误的是 选项 事实 化学解释 A 键角：H2O>H2S 中心原子杂化类型不同 B “杯酚”分离C60、C0 C6。分子大小与“杯酚”空腔大小适配 O3在CCl4中的溶解度高于其在水中的溶解度 O3的极性微弱 邻羟基苯甲醛只形成分子内氢键，对羟基苯甲醛 D 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 只形成分子间氢键 5.上海交通大学一课题组首次成功实现了生物活性分子M和N的仿生合成，M、N的结构如图（一Me 表示甲基)。下列叙述错误的是 Me Me Me Me H Me H H Me Me Me Me Me Me M N A.M和N都能使溴水褪色 B.M和N所含官能团不同 C.1molM和1molN都能与4molH2完全加成 D.M和N中都含有手性碳原子 6.CB是超分子组装中广泛应用的大环分子，结构如图。W、X、Y、Z是原 子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z相邻，X、Y是组成生命体 的重要元素。下列说法正确的是 A.CB不耐酸碱 B.CB中有3种不同环境的W C.元素的第一电离能：W<X<Y<Z D.氢化物沸点：X<Y 7.氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势（用“E”表示），E越大 则该电对中氧化型物质的氧化性越强，E越小则该电对中还原型物质的还原性越强。下表为部 分电对的电极电势。 氧化还原电对（氧化型/还原型） 电极电势(E/V) 氧化还原电对（氧化型/还原型） 电极电势(E/V) Fe+/Fe2+ 0.77 Brz/Br 1.09 S20/SO 2.01 Sn++/Sn2+ 0.15 MnO,/Mn2+ 1.51 1/I 0.54 押题登科卷（四）·化学S$第2页（共8页) 根据表格数据分析，下列说法错误的是 A.还原性：IF>Fe2+>Br>Mn2+ B.可用S2O号氧化Mn2+制备MnOa C.反应Sn2++2Fe3+-Sn4+十2Fe2+可发生 D.酸化高锰酸钾溶液可以使用硫酸或者氢溴酸 8.磷的化合物的转化关系如图所示，下列说法正确的是 GaR,HOPH,占，HO,HPO,过量NaOH溶液NoH,PO,. CuSO 溶液 H:PO A.Ca3P2与PH3的晶体类型相同 B.H3PO4与H3PO2中P原子的杂化方式不同 C.PH3与I2、H2O反应的化学方程式为PH3+2I2+2H2O一H3PO2十4HI D.NaH2PO2为酸式盐 9.计算机模拟单个乙炔(HC三CH)分子在Hg2+催化作用下生成CH,CHO的反应历程及相对能 量变化如图所示（已知1eV=1.6×10-19J;NA=6.02×1023mol-1)。 相对能量/eV 1.2 0.75 0.6 ④CH2=CHoH一Hg2+ -0.00 0.0 ① -0.15 H20(g) -0.40 ③ H ⑥ -0.6+Hg2+ [HgH,0j2② -0.78 -0.70 Hg =C-OH CH3CHO(g) -1.2 C+HC=CH(g)+HC=CH(g) HC=C—H +Hg2+ -1.8 Hg 一0H2 H 反应历程 下列说法错误的是 A.该反应历程中决速步骤能垒为0.9eV B.历程①中有σ键生成，历程③中有π键断裂 C.历程⑤中，体系能量下降，是因为断开C一Hg2+键放出能量 D.该反应的热化学方程式为HC=CH(g)+HO(g)CH CHO(g)△H=-67.424kJ·mol1 10.氨基磺酸(H2NSO3H)是一种无味、无毒的固体强酸，可用于制备金属清洗剂等，微溶于乙醇， 260℃时分解，溶于水时存在反应：H2O十H2NSO3H一NH4HSO4。实验室用羟胺 (NH2OH)和SO2反应制备氨基磺酸。已知：NH2OH性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和 CO?时迅速分解，加热时爆炸。选用下列装置可以制备氨基磺酸（装置可以重复使用）。下列说 法正确的是 押题登科卷（四）·化学SS第3页（共8页) 75% 羟胺乙醇 流酸 溶液 Na,SO NaOH 个浓硫酸 ① 粉末 ② ·溶液 ③ ④ A.气流从左至右，导管接口连接顺序为a→e→f→c→d→e→f→b B.①装置中用饱和Na2SO3溶液替代Na2SO3粉末可以加快化学反应速率 C.实验完毕后，采用分液操作分离X装置中的混合物 D.装置④可以用盛装碱石灰的U形管替代 11.环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂 x0、03 H,02 沸石为催化剂，由丙烯（一）为原料生产环氧丙 11、 0 烷（只）的反应机理如图所示。下列说法错误 H202 ←00y 的是 02,2H20≤ Ti、 00 A.I在反应前后质量和化学性质都没有改变 2H,02w HO B.过程中T1元素的化合价发生了变化 H C.过程中存在极性键的断裂和形成 D。该过程总反应为一+3H,O,催化剂 ∽表示含Si物种 3H20+O2 12.由于存在同种电解质溶液的浓度差而产生电动势的电池称为浓差电池，电解质溶液的浓度相同 时停止工作。利用浓差电池电解硫酸钠溶液可以制得氧气、氢气、硫酸和氢氧化钠，其装置如图 示(a、b电极均为石墨电极，已知：溶液A为1L1mol·L1AgNO3溶液；溶液B为1L 4mol·L-1AgNO3溶液)。下列说法正确的是 Na2SO4 溶液 Ag(1) Ag(2) 较浓NaOH 溶液 稀NaOH ·溶液A- ·溶液B- 酸 溶液 阴离子交换膜 离子交换膜 A.电池放电过程中Ag(1)为正极 B.b电极为电解池阴极，电极反应式为2H++2e一H2个 C.装置每产生11.2L的O2,溶液B中有2 mol NO3进人溶液A中 D.c、d离子交换膜依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜 押题登科卷（四）·化学SS第4页（共8页) 13.为研究反应2NO+O22NO2在不同条件下NO的转化率，向恒压反应器中通入含一定浓 度NO与O2的气体，在无催化剂和有催化剂在时，分别测得不同温度下反应器出口处NO的转 化率如图中曲线、b所示（图中虚线表示相同条件NO的平衡转化率随温度的变化），下列说法 错误的是 100 A.反应的△H<0 80 B.曲线a中NO转化率随温度升高而增大，是由于反应速率变快 60 C.曲线b中从M点到N点，NO转化率随温度升高而减小是由 40 于催化剂活性减弱 D.催化剂存在时，其他条件不变，增大气体c(O2),NO转化率随 100200300400500 温度的变化为曲线c 温度/C 14.已知Cu2+和L3-结合形成两种配离子[CuL]和[CuL2]4-。常温下，0.100mol·L1的H3L 和0.002mol·L1的CuSO4混合溶液中，HL2-和L3-的浓度对数lgc(实线)、含铜微粒的分布 系数δ（虚线）{例如0c+ c(Cu2+) c(Cu2+)+c([CuL]-)+c([CuL2]4-) 〉与溶液pH的关系如图所示。 下列说法错误的是 0 a(x,-1) (11.6,-1.3) 。1.0 IV 6.4,0.90) 0.8 Ⅱ 出6 0.6 0q6 -10m 0.2 (6.4,0.09) -12 -- 0.0 3.2 55.46789 101112 A.曲线Ⅱ代表lgc(L3-),曲线V代表òcu B.Cu2++2L3-→[CuL2]4-,K=108.6 C.图中a点对应的pH=4.3 D.当pH=6.4时，体系中c(HL2-)>c([CuL2]4-)>c([CuL]-)>c(L3-) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、NH的硫酸盐）的工艺流程 如下。 NH3.H2O O2 (NHA)2S2Og NHHCO3 HPO H2SO pH |调pH=6.0 废 溶液→沉锰一→沉锰可→沉镁 沉镁 结晶 Mn304 MnO2 煅烧MgNH,PO4·6H,0( NH4)2S04 MgO 焙烧→→MnS04H0 已知：①常温下Kp(MgC03)-1X105.17、KpMg(OH)2]=1X10-1.25、KpMn(OH)2]= 1X10-12.72; 押题登科卷（四）·化学SS第5页（共8页） ②温度达到280℃左右时，(NH4)2SO4容易分解为氨气和硫酸氢铵。 回答下列问题： (1)基态Mn2+的价层电子排布式为 (2)“沉锰I”时，O2要在碱性条件下反应，下列最适合用于调节pH的是 (填标号)。 A.NH3·H2O B.NaOH C.Na2CO 该过程中Mn2+先形成Mn(OH)2后被氧化成MnO4,当Mg2+(c=1.0×10-o.8mol·L1)将 要开始沉淀时，溶液中Mn2+浓度为 mol·L-1。 (3)“沉锰”分I、Ⅱ两步进行的原因是 (4)将“沉镁I”中得到的碱式碳酸镁[x MgCO3·yMg(OH)2·之H2O]加入“回转窑”中，在 500~600℃下煅烧可得轻质Mg0,煅烧时间控制在15~30min的理由为 (5)“沉镁Ⅱ”中，加HPO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全，同时也能使溶液中的NH沉淀。 据图分析，写出生成沉淀的离子方程式： 100 80 H:PO H,PO 40中 ◆HPO 20 oPO; 如 12 14 (6)“结晶”中，获得(NH4)2SO4晶体的方法为 、过滤、洗涤、干燥。 16.(14分)植物染作为非物质文化遗产，其靛蓝染色在现代工业中常使用二氧化硫脲 [(NH2)2CSO2]作为还原剂。二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，但在受热或碱性条件下易水 解。某课题组制取二氧化硫脲并测定其产品纯度的步骤如下： 步骤I:硫脲的制备 将水与CaCN2固体混合后再通入H2S,控制温度30℃反应1h,迅速升温至80℃反应4h,趁 热过滤，得到含硫脲[CS(NH2)2]的溶液。 步骤Ⅱ：二氧化硫脲的制备 将上述所得溶液降温至5℃，分批加入H2O2溶液，控制温度低于10℃和pH<6进行反应，反 应完成后，结晶、减压过滤、乙醇洗涤、干燥得到产品二氧化硫脲。 部分实验装置如图所示： Cuso CaCN2 溶液 A B 0 押题登科卷（四）·化学SS第6页（共8页） 回答下列问题： (1)装置B中Y溶液是 ;仪器a的名称是 (2)步骤Ⅱ中分批加入H2O2溶液的目的是 (3)二氧化硫脲的制备中采用减压过滤的优点是 (4)硫脲制备二氧化硫脲的化学方程式是 步骤Ⅲ：测定二氧化硫脲产品纯度 (5)称取mg粗品（杂质不参与反应）于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，加入V。mLc。mol·L 酸性KMnO4溶液充分反应，用c1mol·L1的Na2C,O4标准溶液滴定剩余的KMnO4,滴 定至终点时消耗标准溶液V1mL。 已知：5(NH2)2CSO2+4MnO+12H++4H2O-5C02↑+5SO?+10NHt+4Mn2+ ①滴定终点的现象是 ②测得的二氧化硫脲纯度是 %。 17.(15分)甘油(C3HO3)与水蒸气重整获得H2过程中发生以下反应： 主反应：①甘油分解：C3HO3(g)—3C0(g)+4H2(g)△H=+337.5kJ·mol-1 ②水气变换：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0 副反应：③甲烷化：C02(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165kJ·mol-1 已知：△Hm为物质生成焓，反应焓变△H=产物生成焓之和一反应物生成焓之和。 相关物质的生成焓如下表所示。 物质 H2O(g) CO2(g) H2(g) CO(g) △Hm/(kJ·mol-1) -242 -394 0 -110.5 n(i) 反应产物i的选择性定义为，m(H,)十m(Co)十n(C02)十m(CH,)×100%。 回答下列问题： (1)甘油与水蒸气重整获得H2的总反应④为C3HO3(g)+3H2O(g)—3CO2(g)+7H2(g), 其△H= ,该反应在 (填“高温”或“低温”)时自发进行。 (2)反应达平衡时，温度对CO、CO2、CH,选择性的影响情况 40 如图所示。图中表示CO2选择性的曲线是 (填 30 “a”或“b”),700K以后，C02的选择性随温度升高呈该三20 变化趋势的原因是 (结合平衡移动加以解释)。 10H CO (3)在一定温度和压强下发生以上反应，下列说法正确的是 (填标号)。 0 A.CO体积分数不再发生变化时，各反应达到平衡状态 6007008009001000110012001300 温度K B.其他条件不变，在1000~1200℃时，平衡时H20的物质的量随温度升高而增大 C.其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量 D.改用对反应②选择性更强的催化剂，可增大H2的平衡产率 押题登科卷（四）·化学SS第7页（共8页） (4)维持压强为pkPa,在温度为TK条件下，2.3molC3HgO3与10.0molH2O发生上述反应 达平衡状态时，剩余6.4molH2O,测得体系中产物的选择性如下表所示： 组分 CH, H2 co CO2 选择性 4% 64% 4% 28% 结合上表数据，pkPa、TK条件下，C3HgO3的平衡转化率为 %(保留1位小数)，水 气变换反应的平衡常数K。= (用含p的计算式表示，无须化简。分压=总压×物 质的量分数)。 (5)在实际生产中，增大水醇比可避免积碳的生成。用化学方程式说明以上措施的原理 18.(15分)萘氧啶是一种抗肿瘤药物，其一种合成路线如图所示。回答下列问题： Br H2NCH2CH2OH OH SOCI2,NaOH CI Br OH D Br A B Br MgBr () Mg THF HCI(少量) HCI 萘氧啶 R3 OH 已知： +R:MgBr+HCI- 十MgBrCl;三级醇（连接叔碳的醇）极易脱水。 RI R2 RI R2 (1)A的化学名称是 ,A→B的反应类型是 (2)萘氧啶中含氧官能团名称是 (3)B→C的反应中，NaOH溶液用于吸收尾气，以避免尾气污染环境，尾气中含有2种大气污染 气体，它们是 (填化学式)。 (4)在C→D的反应中，添加吡啶( 、)能提高产率，其原因是 (5)写出E→F的化学方程式： (6)在B的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有 种（不包括立体异构体）。 ①含六元环；②含氨基（一NH2);③不含N一O。 其中，在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积比为2：3：4：4的结构简式为 押题登科卷（四）·化学SS第8页（共8页)】