2026年普通高等学校招生押题考试化学(黑吉辽蒙)试题1-【伯乐马】2026年高考押题卷

2026年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（一） 化学答题卡(DB) 姓 名 准考证号 考场 号 00 0 00 00 00 0] 座位号 和和101知幻 0 D 团① 2 2列2习2 2 2 2] 2 2网 2 3 3 3 考生禁填 ④ ④④④ ④ 4 ④ 4④ ④④ 缺考标记 贴条形码区 固55 55 66]6] 6 ⊙ @ ® ⊙ 缺考考生由监考员粘贴条形码 刀刀7 (切勿贴出虚线框外) 并用2B铅笔填涂该缺考标记。 8 888 8 8 8 8 8 99999 99 9 99 选择题 A B© 回 6 B @ A B C 可 2 A A 3 ■ A B 可 78 a 13 A B a D 4 A B D A B A B画© 10 B© D 15 AB© D 非选择题 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 16.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 17.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 18.(13分) (1) (2) (3) 19.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 ■ ■姓名 绝密★启用前 准考证号 2026年普通高等学校招生伯乐马押题考试（一） 化学 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.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。涂写在本试卷上无效。 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。 4.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-1C-12N-14O-16Si-28Fe一56Mg-24 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求。 1.新一代人形机器人的“骨骼”“关节”“心脏”与“皮肤”等部件的制作都离不开新 型材料。下列说法正确的是 A.“骨骼”采用的高强度碳纤维增强环氧树脂属于无机非金属材料 B.“关节”框架金属钝化处理的过程，只发生物理变化 C.“心脏”所使用的固态和液态电池的能量转化方式不同 D.“皮肤”以石墨烯作感知材料，利用了石墨烯易导电等性质 2.HCHO还原银氨溶液的方程式为HCHO+4[Ag(NH3),]OH→(NH)2CO3+ 4Ag￥+6NH3+2H2O。下列有关叙述错误的是 A.甲醛的结构简式为CH2=O B.碳原子最内层电子的电子云轮廓图： C.NH4Cl的电子式为：[H:N:H+[C D.NH的空间填充模型为：C● 3.下列有关物质结构或性质的比较中正确的是 A.熔点：K2SO4<H2C2O B.[Cu(NH3)4]SO4在不同溶剂中的溶解度：乙醇>水 C.键角：NF3<NH3 D.SiH4、NCl3都是由极性键构成的非极性分子 伯乐马·化学押题（一）·第1页（共8页）DB卷 4.工业上用焦炭还原石英砂制粗硅的反应为SO,十2Cs十2C0◆。设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是 A.30gSiO2含有的分子数为0.5Na B.1molC含有的电子数为12Na C.1mol晶体Si含有的Si-Si键数为2Na D.生成22.4LCO,转移的电子数为2NA 5.米格列奈可用于治疗糖尿病，其结构如图，下列关于米格列奈说法不正确的是 A.所有碳原子不可能共平面 B.最多能与等物质的量的NaOH反应 C.碳原子的杂化方式有sp和sp3 D.能发生加成反应和取代反应 6.化学反应中有颜色变化之美。下列相关离子方程式表示正确的是 A.c溶液与一定量氯气反应，转移电子数为2VA时： 2 Fe2++4 Br+3 Cl2=2 Fe3++2 Br2+6 Cl B.向HI溶液中加入H2O2后溶液变为黄色：2I厂+H2O2+2H+=I2+2H2O C.碘化亚铁溶液与等物质的量Br2反应：2Fe2+十2I-+2Br2=2Fe3++I2+4Br D.向含1 mol FeBr2溶液中通人标准状况下22.4LCl2时发生的反应： 2 Br+Cl2=Br2+2 Cl 7.天蓝石是一种具有玻璃光泽的蓝色晶体，其分子式为ZW2(QY4)?(YX)2。其中X、 Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子的s能级上的电子数 与p能级上的电子数相等，W与Z相邻且Z和Q的第一电离能均比同周期相邻元素 的高。下列叙述正确的是 A.X、Z、W均位于元素周期表的p区 B.简单离子半径：Y>Z>W C.基态原子的未成对电子数：Z<X<W<Y<Q D.电负性：W<Z<Q 8.下列实验装置和操作正确且能达到实验目的的是 5滴0.1mol·L 0.1000mol/L KI溶液和 0.1mol·L 0.lmol·L1 NaOH溶液 淀粉溶液 NaCI溶液 KI溶液 (4滴 聚四氟乙烯 (2滴) 活塞 瓷坩埚 0 3mL0.1mol·L- 2mlL0.1mol·LAgN03溶液 盐酸（含酚酞） FeCl3溶液 先产生白色沉淀，再生成黄色沉淀 A B A.探究Fe3+与I的反应是否为可逆反应 B.实验证明Kp(AgI)<Ksp(AgCl) C.用NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度 D.熔化Na2CO3固体 伯乐马·化学押题（一）·第2页（共8页）DB卷 9.Fe一Mg合金是极具前景的储氢材料，其晶胞结构如下图所示，合金中Fe,Mg原 子个数比为1：2。该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置。下列说 法正确的是 Fe 0 Mg A.图中黑球表示镁原子，白球表示铁原子 B.该合金中，每个Fe原子周围与它最近且相等距离Mg原子有4个 C.Mg原子与它最近且相等距离的Fe原子构成正八面体 D.理论上52kg该合金最多可储存1kgH 10.羟甲香豆素（丙）有治疗胆结石的功效，其合成方法如下。下列说法正确的是 HO OH HO ① ② H.C OH OH 甲 丙（羟甲香豆素） A.甲的分子式为C12H14O B.1mol乙最多消耗3 mol NaOH C.丙中含有两种官能团 D.可用质谱法测定丙中存在羟基 1l.由菱锰矿(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备锂电池正极材料 LiMn2O4的流程如下。下列说法错误的是 硫酸MnO2石灰乳BaS 碳酸锂C0,和02 菱锰矿 反应器 分离器 电解槽 MnO, 煅烧窑 LiMn,O 调pH≈7 滤渣 电解废液 A.粉碎菱锰矿可加快酸溶速率 B.反应器中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+ C.加入BaS生成的沉淀只有NiS D.电解槽中发生电解反应的离子方程式为M2+2H,0电解H,+十MnO,+2H时 12.某兴趣小组欲测定(NH4)2SO。与K1反应的化学反应速率，实验过程如图所示： 8mL0.010mol/LNa2S203溶液 将20mL0.20mol/LNH4)2S20g溶液 20mL0.20mo/LKI溶液 2mL0.2%淀粉溶液 快速加入，同时按下秒表计时，不断摇 混合摇匀 荡溶液，停止计时的时间为秒 已知：①实验中发生反应：S2O?+3I=2SO+I(较慢)； 2S2O+I=S4O?+3I厂（极快）。 ②淀粉遇I变蓝。 下列说法错误的是 A.当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时 伯乐马·化学押题（一）·第3页（共8页）DB卷 B.(S08)= 0.20×20 50t mol·L1·s1 C.利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I的反应速率，但需反应的反应速率较慢 D.若Ⅱ中同时加人1mL0.5mol·L1HzSO4溶液，测定的化学反应速率会偏快 13.一种以Ni一CuO作为电催化剂的A1一NO3新型电池如图所示，放电时可将污水中 的NO3转化为NH3。下列说法错误的是 OH NH Ni OH Al [AI(OH)4] 离子交换膜 放 Cuo 奮 电解质 NO 02 A.充电时，电极Ⅱ为阳极 B.放电时，负极区溶液中pH逐渐减小 C.放电时，理论上每消耗4molA1最多可处理62g的NO3 D.充电时，电解池的总反应为4[A1(OH)4] 电解4A1十302个+6H,0+4OH 14.一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和 能量变化图如图甲、乙所示（其中吸附在催化剂表面上的粒子用标注）。下列说法 正确的是 1.80H H,O C02(g) 1.40 Cu/ZnO ④ /Zro 1.00 品 0.60 C0(g) 3H2(g) 0.20 +3H2(g) OH CH,OH ① 6H“ 安 -0.20 反应历程 -0.60 ③ CH OH(g) -1.00 +H,O(g) C02 -1.40 CH,O'4②LHCO0 +6H HCOO CH,OH -1.80 +5HCH,O° +HO+H +OH'+H' CH,OH 甲 +H,O" 乙 A.该历程存在非极性键的断裂和形成 B.该历程的决速步骤反应为HCOO*+4H=CH3O+H2O C.使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数，提高CO2的平衡 转化率 D.升高温度可提高生成CHOH(g)的速率，同时可以提高CH3OH(g)的平衡产率 伯乐马·化学押题（一）·第4页（共8页）DB卷 15.室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如 c(H2S) 8(H2S) c(H,S)+c(HS)+c(S)]。下列说法正确的是 1.0 ① 2 ③ 80.5 7.0 13.0 0.0+ 4 10 pH A.曲线③代表H2S的物质的量分数随pH的变化 B.室温下，在pH=1的含0.10mol·L1H2S的水溶液中存在： c(H+)=2c(S2-)+c(HS)+c(OH-) C.用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液的浓度时，加入甲基橙作为指示剂判断滴定终点 D.忽略S2的第二步水解，0.10mol·L1的Na2S溶液中浓度大小： c (Na)>c(HS)>c(S) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分) 磷酸铁锂(LiFePO4)常用于锂离子电池正极材料，以绿矾(FeSO4·7H2O)和海 水为原料制备的过程如下图所示： H202 NH4),PO4滤液→副产物 葡萄糖 绿矾溶獬氧化沉淀过滤烘干·FPO, LiFePO 滤渣 二次除镁 沉锂 ·Li,CO2 海水→精制除杂→调囬蒸发浓缩 ◆NaCl固体 Na,CO, HCI 调pHI0 已知：①Kp[Mg(OH)2]=2.4×101；②“沉锂”用的沉淀剂为Na2CO3; ③Li2CO3的溶解度随温度变化如下表所示： 温度/℃ 20 40 60 80 溶解度/g 1.33 1.17 1.01 0.85 (1)“氧化”使用H2O2而不用Cl2的原因是 (2)“氧化”前加入HPO的目的除了防水解外，还可以 (3)副产物在日常生产和生活中的主要用途为 (4)用HC1“调pH”目的是 (5)“二次除镁”要使c(Mg2+)<6×10-4mol·L1,应控制pH> (1g2≈0.3) (6)从溶解度角度分析，“沉锂”应控制适宜温度是 (填选项序号)。 伯乐马·化学押题（一）·第5页（共8页）DB卷 A.20℃ B.60℃ C.90℃ D.120℃ (7)葡萄糖的作用是 17.(14分) 某兴趣小组利用如图所示装置（加热和夹持仪器略）进行过硫酸铵[(NH)2S2O3]液 相氧化法去除NO的实验。 气体流量计 %8 多孔 烟气分析仪 球泡 干燥瓶 KMnO. 溶液 实验步骤如下： I.在装置B中装人反应液{c(Fe+-EDTA)=0.01mol·L1、c[(NH4)zSOs]= 0.10mol·L1},调节溶液pH=2.80。 Ⅱ.用氮气对管路和反应器吹扫2min。 Ⅲ.保持反应温度为333K,同时通人N2和NO,控制气体流速和两种气体的体积比。 IV.通过烟气分析仪测定NO的浓度，计算NO的去除率。 已知：Fe2+一EDTA为活化剂；BaS,Og为白色难溶物质。 (1)步骤Ⅱ的主要目的是除去 (填化学式)。 (2)装置B应采用 (填标号)加热。 a.酒精灯 b.水浴 c.油浴 d.酒精喷灯 (3)过硫酸铵将NO转化为NO?的离子方程式为 (4)过硫酸铵和水缓慢反应：(NH4)2S2O3+2H2O=2NH4HSO4+H2O2 ①检验过硫酸铵溶液是否已变质，可使用的试剂（或用品）是 (填标号)。 a.BaCl2溶液 b.pH计 c.KI一淀粉试纸 d.NaOH、红色石蕊试纸 ②低温有利于保存过硫酸铵溶液，原因是 (写一个)。 (5)Fe+一EDTA中含有6个配位键，结构如图所示，其中x= (6)研究表明，反应体系中氧化NO的粒子有·SO、·OH、S2O,为了探究 它们对去除NO的贡献率，更换装置B中溶液，补充2组对比实验（见表ⅱ和ⅲ），测 得3组实验的结果如图所示。 编号 装置B中溶液 i 原反应液 i 原反应液十TBA(只清除·OH) 原反应液十EtOH(同时清除·OH、·SO4) 伯乐马·化学押题（一）·第6页（共8页）DB卷 NO去除率/% 70 60A ￥40.0 40 30叶 27.1 b 20 ￥9.6 10H ★★★★★★ ★★★★C 0 050100150200250300时间/5 ①表示实验所测结果的曲线是 (填“a”“b”或“c”)。 ②200s时，实验ⅰ中·OH去除NO的贡献率为 。(X对去除NO的贡献 率一1 X所去除的NO量 体系中去除的NO总量 ×100%) 18.(13分) CO2合成甲烷有利于实现“碳达峰、碳中和”，转化过程中发生的反应有： 反应i:H2(g)+CO2(g)≥CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ/mol 反应i:4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H2=-165kJ/mol 反应iii:3H2(g)十CO(g)=CH(g)+H2O(g)△H3 回答下列问题： (1)反应iii的△H3= ;反应iii在 (“高温”或“低温”)下能自 发进行。 (2)向某恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和2molH2(g)发生反应i、i、ii, 一段时间后体系达到平衡状态。反应ⅰ的正、逆反应速率可分别表示为)正=正· p(CO2)·p(H2)、)逆=k道·p(CO)·p(H2O)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数 且均大于0，p为气体分压)，降低温度时， 正的数值 (填“增大”“减小”或 “不变”）。 (3)向9L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和2molH2发生反应i、ii、ii,达平衡 时各组分的物质的量随温度的变化如图所示： 1.8 1.6 1.4 H(g) 1.2 1.0 H2O(g) 0.8A 0.4 a 0.2 b 300400 600T 800 温度/℃ ①图中b表示的物质是 (填化学式)。 ②温度为T℃时，平衡时H2、H2O的物质的量分别为1.2mol、0.6mol,则CO2 伯乐马·化学押题（一）·第7页（共8页）DB卷 的物质的量为 mol,反应i的平衡常数K= L2·mol-2（列出计算式 即可)。 n(CO) ③保持温度不变，缩小容器体积，容器内 n(CO2) (填“增大”“减小”或 “不变”)。 19.(14分) 褪黑素是由松果体产生的一种胺类激素，某研究小组以氯乙烯为原料，设计合成路 线如下（部分反应条件已省略）： H.C-CHCI NaCN M:C,Hi2O H2 C1oHjOaN B C,HONa Ni△ D OH -N CHiON i.NaOH CDCL E ii.H OH NaO C2HON2Na 碱石灰「 CuHON2 (CH,C0)20 △ H I 已知： OH ①R1-C—O-R2+R3-NH2 →R1-C-NH-R3+R2OH: CDCI ②乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：CH,COON.十NaOH CH,.个+Na:C0, 回答下列问题： (1)B的名称为 (2)F中含氧官能团的名称为 ;E的结构简式为 (3)H→I的化学反应方程式为 (结构简式表示)。 (4)与G互为同分异构体，且符合下列条件的有 种。 ①有 结构，其有两个取代基； ②有两个一NH2且不与 相连；③与碳酸氢钠反应。 (5)综合上述信息并结合所学知识，在下图方框中填写合适的物质（写结构简式）： Q (八元环状结构)。 CH.CL NaCN.NCCH.CN Ni/△ H,0/H CHCH,OH CDCI NCCHCN 0 CHOOCCHCOOC,H. 伯乐马·化学押题（一）·第8页（共8页）DB卷2026年普通高等学校招生伯乐马押题考试（一）》 化学试题答案及评分参考 1.DA.碳纤维增强环氧树脂属于复合材料，其中环氧树脂为有机高分子材料，因此 不属于无机非金属材料，A错误；B.金属钝化是金属表面与氧化性物质反应生成致 密氧化膜的过程，有新物质生成，属于化学变化，并非只发生物理变化，B错误； C.固态电池和液态电池都属于化学电源，能量转化方式均为化学能转化为电能，能 量转化方式相同，C错误；D.石墨烯具有良好的导电性，作为感知材料时可通过电 信号的变化反馈外界刺激，利用了石墨烯易导电等性质，D正确：答案选D。 2.BA.甲醛的结构为一个C原子连接2个H原子，与O原子形成碳氧双键，结构 简式可写为CH2=O,A正确；B.碳原子核外电子排布为1s22s22p,最内层电子填 充在1s轨道，s轨道的电子云轮廓图为球形，B错误；C.NH4Cl是离子化合物， H 由NH和CI构成，电子式[H:N:H[C厂，C正确；D.NH3空间构型为三角锥 H 形，且N原子半径大于H原子，空间填充模型：●，D正确；故选B。 3.CA.K2SO4为离子晶品体，H2C2O:为分子晶体，由于离子键强度大于分子间作用 力，一般离子晶体熔点远高于分子晶体，故熔点K2SO4>HC2O4,A错误；B. [Cu(NH3)4]SO4是离子化合物，水的极性强于乙醇，根据相似相溶原理，该物质 在极性更大的水中溶解度更高，即不同溶剂中的溶解度：水>乙醇，B错误；C.NF 和NH的中心N原子均为sp3杂化，均含有1对孤电子对，F的电负性大于H,NF 中成键电子对更偏向F,成键电子对之间的排斥力更小，因此键角NF3<NH3,C正 确；D.SH4是正四面体结构，正负电荷中心重合，是由极性键构成的非极性分子； NCl与氨气一样为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误； 故选C。 4.CA.SiO2属于共价晶体，由Si原子和O原子直接构成，不存在SiO2分子，因此 30gSiO2含有的分子为0.5NA表述错误，A错误；B.C原子的核外电子数为6， 1molC含有的电子数为6NA,B错误；C.晶体Si为类似金刚石的空间网状结构， 每个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si一Si键被2个Si原子共用，因此1mol晶体 Si含有的Si-Si键数为4X2XNA=2NA,C正确；D.题干未指明CO处于标准 状况，无法确定22.4ICO的物质的量，因此无法计算转移电子数，D错误；故答 案选C。 5.BA.该分子中存在多个饱和碳原子，呈四面体结构，如环己烷环上的碳原子不在 同一平面，故所有碳原子不可能共平面，A正确；B.该分子里含有1个羧基和1个 酰胺基，羧基（一COOH)能与NaOH发生中和反应，1mol羧酸消耗1mol NaOH;酰胺基能发生碱性水解，1mol酰胺键消耗1 mol NaOH,故1mol该有机 物最多消耗2 mol NaOH,B错误；C.苯环碳、羰基碳属于sp杂化；饱和环上的 碳、侧链中的饱和碳属于sp3杂化，C正确；D.分子中有苯环，可与氢气发生加成 反应，羧基可以与醇发生取代（酯化）反应，D正确；故选B。 6.BA.在FeBr2溶液中，还原性：Fe2+>Br。当1 L1mol·L1FeBr2溶液（含 2026年伯乐马押题（一）化学答案及 1 mol Fe2+和2 mol Br)与氯气反应，转移电子数为2NA时，实际是1 mol Fe2+ (失去1mol电子)和1 mol Br(失去1mol电子)被氧化。正确的方程式2Fe2++ 2Br+2Cl2=2Fe3++Br2+4CI,A错误；B.向HI溶液中加入H2O2,溶液变 黄是因为生成了I2。在酸性条件下，H2O2将I厂氧化为I2,自身被还原为H2O,离 子方程式2I十H2O2十2H+=I2十2H2O符合氧化还原反应规律，且与现象一致，B 正确；C.在碘化亚铁溶液中，还原性：I>Fe+。等物质的量的FeL2与Br2反应 时，Br2应优先氧化I厂，反应为2I+Br2=I2+2Br,而不是氧化Fe2+。给出的方 程式2Fe++2I+2Br2=2Fe3++12十4Br错误地氧化了Fe2+,C错误；D.向含 1 mol FeBr2的溶液中通入1 mol Cl2时，Cl2优先氧化还原性更强的Fe2+(消耗 0.5 mol Cl2),剩余0.5 mol Cl2再氧化部分Br。给出的方程式2Br十Cl2=Br2+ 2C1只表示了Br的氧化，正确的方程式为：2Fe++2Br+2Cl2=2Fe3++Br 十4CI,D错误；故答案选B。 7.B首先推断元素：X、Y、Z、W、Q为原子序数递增的短周期主族元素，Y的s 能级电子数等于p能级电子数，结合结构中存在YX基团，推知Y为O,X为H; 第三周期中第一电离能高于相邻元素的为Mg(3s2全满)和P(3p3半满)，结合 Z、W相邻，且存在QY4基团，推知Z为Mg、W为Al、Q为P。A.X为H、Z 为Mg,均位于s区，仅W(A1)位于p区，A错误；B.O2、Mg+、A13+电子层 结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2>Mg2+>A13+,即Y>Z >W,B正确；C.基态原子未成对电子数：Mg(0)<H(1)=A1(1)<O(2)<P(3), C错误；D.同周期主族元素电负性从左到右递增，故电负性Mg<A<P,即Z<W <Q,D错误；故答案选B。 8.CA.向3mL0.1mol/L FeCl溶液中滴加5滴0.1mol/LKI溶液和淀粉溶液， 溶液变蓝，说明有I2生成，发生反应2Fe3+十2I→2Fe2++I2,但不能证明该反应 为可逆反应，A错误；B.向2mL0.1mol/L AgNO3溶液中滴加2滴0.1mol/L NaCl溶液产生AgCl白色沉淀，而AgNO3过量，再滴加0.1mol/LKI溶液，过量 的AgNO3与KI反应生成AgI黄色沉淀，不能证明白色沉淀转化为黄色沉淀，即不 能证明Kp(AgI)<Ksp(AgCl),B错误；C.NaOH是碱性溶液，聚四氟乙烯活塞 不与碱反应，可用于盛装NOH;滴定操作中左手控制活塞、右手摇动锥形瓶，碱 滴定酸选酚酞作指示剂也符合要求，装置和操作正确，能达到实验目的，C正确； D.瓷坩埚的成分中含有SiO2,高温下Na2CO3会与SiO2反应腐蚀瓷坩埚，熔化 Na2CO3固体应选用铁坩埚，不能用瓷坩埚，D错误；答案选C。 9.DA.图中黑球的个数为8×8十6×号=4，白球有8个，根据给定信息“合金中 F,Mg原子个数比为1：2”可知，黑球表示铁原子，白球表示镁原子，A错误； B.该Fe一Mg合金中，每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子在上下层 各有4个，共有8个，B错误；C.根据几何关系可知，Mg原子与它最近且相等距 离的4个F原子构成正四面体，C错误；D.该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心 和棱的中心位置，则会吸收12×+1=4个H2,则吸收氢后化学式为F®MgH2; 1kg 要储存1kgH2,至少需要 ×104g/mol=52kgFe-Mg合金，D正确。 2g/mol 10.BA.甲的分子式为C12H16O,不是C12H14O5,A错误；B.乙中的苯环上有1个 酚羟基，1mol酚羟基消耗1 molNaOH,含1个酚酯基，1mol酚酯基水解消耗 评分参考第1页（共4页）DB卷 2 molNaOH,醇羟基不与NaOH反应，因此1mol乙最多消耗3 molNaOH,B正 确；C.丙（羟甲香豆素）含有的官能团：酚羟基、酯基、碳碳双键，共3种官能 团，C错误；D.质谱法的作用是测定有机物的相对分子质量，测定官能团需要用红 外光谱法，D错误；故选B。 11.CA.粉碎菱锰矿可以增大其与硫酸的接触面积，从而加快酸溶速率，A正确；B. 反应器中加入MnO2的作用是将酸溶后生成的Fe2+氧化为Fe3+,以便后续通过调节 pH将其沉淀除去，方程式为MnO2十2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H,O,B正 确；C.加入BaS时，S2-不仅会与Ni+生成NiS沉淀，还会与溶液中可能存在的其 他重金属离子（如Fe2+等）生成沉淀；同时，Ba+也会与溶液中的SO生成 BaSO,沉淀。因此生成的沉淀不只有NiS,C错误；D.电解槽中，Mn2+在阳极被 氧化为MnO,H+在阴极被还原为H,离子方程式为：Mn+十2H,0电解H,◆十 MnO2￥+2H+,D正确；故答案选C。 12.B(NH4)2S2O8与KI反应，淀粉溶液为指示剂，2S2O十I5=S4O层+3I为快 反应，若溶液变蓝，说明S2O反应完全，立即停止计时，计时t秒来测定反应速 率；A.根据分析，当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时，A正确；B.根 据关系式：S0~2S.0,S0)=(S0)=2×8X0,01m 2 50t mol·L1·s1 0.04 50tmol·L1·s1,B错误：C.利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I的反应 速率，但需反应的反应速率较慢，因为反应速率快，生成I较多无法被2S2O十 I=S4O%十3I完全消耗，就会使溶液变蓝，不能测定反应速率，C正确；D.若 Ⅱ中同时加人1mL0.5mol·L1H2SO4溶液，酸性条件下S2O反应生成硫和二 氧化硫而消耗，溶液变蓝时间变短，测定的化学反应速率会偏快，D正确；故选B。 13.C放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，电极反应式 为Al-3e+4OH=[Al(OH)4],电极Ni一CuO为正极，NO被还原为 NH3,正极发生反应为NO3+8e+6H2O=NH3+9OH,充电时，金属铝为阴 极，电极反应与原电池相反，电极Ni一CuO为阳极，阳极反应式为4OH一4e =2H2O十O2个，据此解答。A.放电时电极Ⅱ为正极，充电时正极连接电源正极 作阳极，A正确；B.放电时负极反应为A1一3e十4OH=[Al(OH)4],消耗 OH,负极区OH浓度降低，pH逐渐减小，B正确；C.1 mol Al反应失去3mol 电子，4molA1共失去12mol电子；NO3转化为NH3时N元素从+5价变为-3 NO,得到8mol电子，故可处理NO,的物质的 2=1.5mol,质量 为1.5mol×62g/mol=93g,C错误；D.充电时阴极[Al(OH)4]得电子生成Al, 阳极OH失电子生成O2,配平总反应为4[A1(OH)4]电解4A1十3O,+十6H,0 +4OH,D正确；故选C。 14.B图甲为CO2加氢制甲醇的反应路径：CO2(g)在催化剂表面吸附，同时H2在催 化剂表面解离吸附为吸附态H原子(6H),随后依次经过生成HCOO、 CH3O*、OH等中间物种，最终得到产物CH3OH和H2O,总反应为：CO2(g)+ 3H2(g)≥[催化剂]CHOH(g)+H2O(g);图乙的纵坐标为相对能量，横坐标为反 应历程，最终产物总能量低于初始反应物，说明总反应为放热反应；反应的决速步 骤由活化能最大的步骠决定，活化能越大，反应速率越慢，决定总反应速率。A. 2026年伯乐马押题（一）化学答案及 该历程中，反应物H2存在H一H非极性键，反应过程中H2解离为H,因此存在 非极性键的断裂；但反应产物为CHOH和H2O,分子中均只含极性键，且整个反 应历程中没有非极性键生成，A错误；B.决速步骤是活化能最大的步骤，从图乙可 知，HCOO*+5H*转化为CHO*十H2O+H*的能垒最大，是整个反应中速率最 慢的一步，为决速步骠；消去两边相同的H,可得总反应为HCOO*十4H* CH3O十H2O,B正确；C.催化剂的作用是降低反应活化能，提高活化分子百分 数，加快反应速率，但催化剂不改变平衡状态，不能使平衡移动，因此无法提高 CO2的平衡转化率，C错误；D.从图乙可知，总反应中生成物总能量低于反应物， 总反应为放热反应（△H<0)；升高温度可以加快反应速率，但会使平衡逆向移动， CH3OH(g)的平衡产率降低，D错误；故选B 15.DA.在H2S溶液中存在电离平衡：H2S=H+十HS、HS→H++S2,随着 pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS的物质的量分数先增大后减小， S2-的物质的量分数逐渐增大，①、②、③依次代表H2S、HS、S2-的物质的量分 数随pH的变化，A错误；B.由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1X10, 0.1mol/L的H2S水溶液pH≈4，该项中溶液pH=1是因为额外加人了酸，电荷 守恒表达式中缺少额外加入的酸根阴离子浓度，B错误；C.滴定终点溶液呈碱性， 而甲基橙的变色范围为3.1~4.4，故不能用甲基橙作该反应的指示剂，C错误；D NazS溶液中存在水解平衡S-+H2O≥HS+OH(忽略第二步水解)，第一步水 解平衡常数K。(S)=c(HS)·c(OH) c(HS)·c(OH)·c(H+) c(S-) c(S2-)·c(H+) K 1×10-14 Ke(HS)-1X10=0.1,设水解的S的浓度为xmol/L,则。x =0.1，解 0.1x 得x≈0.062,9的水解率约为00200☒ ×100%=62%,故溶液中存在： c(Na+)>c(HS)>c(S2-),D正确；故选D。 16.(1)防污染，避免引入C1杂质 (2分) (2)增大PO的浓度，有利于FePO4沉淀，防止Fe3+催化H2O2分解(2分) (3)氨肥(2分) (4)除去过量的Na2CO3,避免Li2CO3提前沉淀 (2分) (5)10.3(2分) (6)C(2分) (7)作为还原剂，将FePO,中的Fe3+还原为Fe+(2分) 【解析】 该流程以绿矾和海水为原料制备磷酸铁锂，分为两大主线：绿矾经溶解后，加 入磷酸防水解，再用过氧化氢氧化F2+,随后加入磷酸铵沉淀得到磷酸铁，过滤后 得到(NH4)2SO4副产物与FePO4,海水经加碳酸钠调pH精制除镁、盐酸调pH 中和过量碱后，蒸发浓缩析出氯化钠，再经二次除镁后加碳酸钠沉锂得到碳酸锂； 最后磷酸铁与碳酸锂在葡萄糖（还原剂，将三价铁还原为二价铁）作用下反应生成 目标产物磷酸铁锂，由此分析解题。 (1)Cl2会引入杂质离子C1,且Cl2有毒，会污染环境，H2O2的还原产物为 H2O,不会引入杂质，也无污染，更加环保，因此选用H2O2做氧化剂。 (2)“氧化”前加入H3PO4的目的，除了防水解外，还可以为后续生成FPO 沉淀提供PO?,增大PO的浓度，有利于FPO,沉淀，同时防止Fe3+催化H2O 评分参考第2页（共4页）DB卷 分解。 (3)流程中绿矾经氧化后得到的F3+与(NH4)3PO4反应，过滤后得到的副产 物为(NH4)2SO4(硫酸铵)，它是一种常用的氨肥。 (4)海水精制除杂后溶液呈碱性（含过量Na2CO3),用HCl调pH,除去过量 的Na2CO3,避免Li2CO3提前沉淀。 (5)已知：①Kp[Mg(OH)2]=2.4X10-1,c(Mg2+)<6×10-4mol·L1, Kp[Mg(OH)]=c(Mg*)·c2(0H)推导出c2(OH)>24X10" 6X104=4X10-8 mol2/L2解得：c(OH-)>2×10-4mol/L,pOH=-1gc(OH-)<-1g(2×10-4)= 4-lg2=3.7,即pOH<3.7,则pH=14-pOH>14-3.7=10.3. (6)由表可知，Li2CO3溶解度随着温度升高而降低，温度越高，溶解度越小， 越容易沉淀析出。选项中温度最高且合理的是90℃，(120℃超过水的沸点，蒸发条 件下无法稳定控制)。 (7)在FePO4与Li2CO3制备LiFePO4的过程中，葡萄糖作为还原剂，将 FePO4中的Fe3+还原为Fe2+,实现铁离子到亚铁离子的转化，得到目标产物 LiFePO. 17.(1)O2(2分) (2)b(2分) (3)3S2Og+2NO+4H2O=6SO+2NO3+8H+(2分) (4)b(1分) 温度越低，S,O水解速率越小(2分) (5)2(2分) (6)c(1分) 32.25%(2分) 【解析】 装置A先通氨气排除空气，再控制气体流速和两种气体的体积比，装置B中进 行过硫酸铵[(NH4)2S2O]液相氧化法去除NO,装置C对从装置B中出来的气体 进行干燥，装置D为尾气处理装置。 (1)装置内原空气中含有O2,O2可氧化NO千扰实验测定，因此用氨气吹扫 除去O2; (2)反应温度为333K=60C,温度低于100C,可采用水浴加热，受热均匀且 易控温，故选b; (3)S2O作氧化剂，将NO氧化为NO3,自身被还原为SO?,离子方程式 3S2O+2NO+4H2O=6 SO+2 NO3+8H; (4)①a.BaS2 O8和BaSO4均难溶，用BaCl2溶液不能检验过硫酸铵溶液是否 已变质，a不符合题意；b.过硫酸铵变质生成NH4HSO4,1mol(NH4),S2Og变质 生成2 molNH4HSO,NH4HSO4电离出更多H+,溶液酸性增强，pH减小，可用 pH计检验，b符合题意；C.过硫酸铵（强氧化剂）和过氧化氢均能氧化I,均能 使试纸变蓝，用KI一淀粉试纸不能检验过硫酸铵溶液是否已变质，℃不符合题意； d.原溶液和变质溶液都含NH,加入氢氧化钠均能产生氨气，不能用NaOH、红 色石蕊试纸来检验过硫酸铵溶液是否已变质，d不符合题意；故选b。②温度越低， 水解速率越小，低温减慢过硫酸铵的水解变质反应，因此利于保存； (5)该结构中共有6个配位键，F2+带2个单位正电荷，EDTA中4个羧基均 脱质子共带4个单位负电荷，总电荷为十2一4=一2，因此x=2; 2026年伯乐马押题（一）化学答案及 (6)①实验i清除了·OH和·SO:,仅剩下S2Og氧化NO,NO去除率最 低，对应曲线C;②总去除率为40.0%，清除·OH后去除率为27.1%，因此 ·0H的贡献率为40.0%-27.1% 40.0% ×100%=32.25%。 18.(1)-206kJ/mol (2分) 低温(1分) (2)减小(2分) 0.6、0.1 9x9 (3)CO2(2分) 0.5(2分)》 0.41.28 (2分) 减小（2分)》 9X(9) 【解析】 (1)由盖斯定律可知，反应ⅱ一反应i=反应i,则反应i的△H3=△H2一 △H1=-165kJ/mol-41kJ/mol=-206kJ/mol;该反应△H3<0,△S<0,当△G =△H,一T△S<0时可自发，故反应iⅲi在低温下能自发进行。 (2)达到平衡时，U正=v运，故v正=v递=k逆·p(CO)·p(H2O)=k正· p(C0)·力).故孩反应的K,力CO,),bH,)=,反应1的△H>0, 降低温度，K。减小，故 减小。 (3)①反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ、川均为放热反应，升高温度，反应ⅰ向正 反应方向移动，反应ⅱ、逆向移动，则一氧化碳的物质的量增大、甲烷的物质的 量减小，所以物质的量先增大后减小的曲线b表示二氧化碳、物质的量减小的曲线 a表示甲烷、物质的量增大的曲线c表示一氧化碳；②温度为T℃时，平衡时H2、 H2O的物质的量分别为1.2mol、0.6mol,根据氢原子守恒4n(CH4)+2n(H2)+ 2n(H2O)=2mol×2,故n(CH4)=0.1mol,根据碳原子守恒可知n(CO)十 n(CO2)=1mol-n(CH4)=0.9mol,根据氧原子守恒可知2n(CO2)+n(CO)+ n(H2O)=1mol×2,故n(CO2)=0.5mol,n(CO)=0.4mol,故反应ii的平衡常 0.6×0.1 kK=8- 91 L2·mol2；③由方程式可知，反应1的平 贵个长为：K,0,思白千有车发了加，车青，，0 c(CO2)c(H,)' Kic(H2) c(H,0),温度不变，平衡常数不变；反应1是气体体积不变的反应，增大压 强，平衡不移动，反应ⅱ、川均是气体体积减小的反应，增大压强，平衡均向正反 应方向移动，则保持温度不变缩小容器体积时，氢气的物质的量减小、水蒸气的物 质的量增大，容器内 浅小，所以客器月减小 Kic(H2) 19.(1)丙烯腈 (2分) (2)羧基、酰胺基 (2分) (2分) 评分参考第3页（共4页）DB卷 NH2 NH2 (3) COONa +NaOH Na2 CO,+ Ca0 (2分) H (4)14 (2分) (5) H,N入√NH,2分) (2分) 【解析】 A与NaCN发生取代反应生成C:HC=CHCN,B与M反应生成C,根据C 00 的结构和M的分子式，M为 0 C与氢气发生加成反应生成D: H2N- 根据已知①，D分子内发生反应生成E: 中酯基碱性条件下水解后再酸化生成F,F一定条件下转化为G,G中酰胺基碱性 NH 条件下水解生成H: ONa,根据已知②，H在碱石灰加热条件下 NH2 反应生成I: ,I与(CHCO)2O发生取代反应生成J。 (1)B的名称为丙烯腈； (2)根据F的结构，F中含氧官能团的名称为羧基、酰胺基；根据分析，E的结构 简式为 NH (3)H→I的化学反应方程式为； COONa NaOHA, CaO Na2 CO H NH2 (4)符合要求的G的同分异构体 上的两个取代基为一COOH和 NH2 H2NNH2,故符合要求的G的同分异构体有 NH2 COOH 2026年伯乐马押题（一）化学答案及评分 H2N NH2 H2N NH2 NH2 H2 N- COOH COOH COOH COOH、 cOOH、 NH。 H2N NH2 COOH NH2 NH2 NH2 H2N NH2 NH2、 NH2、 LNH2 COOH COOH COOH COOH NH2 H.N H2 N- COOH,共14种； NH2 COOH H2N NH, COOH ()NCCH:CN与氢气发生加成反应生成P:H,N入√NH:,NCCH,CN 酸性条件下水解生成O:HOOCCH2COOH,O与乙醇发生酯化反应生成 C2 H OOCCH2COOC2H;,根据已知①，C2 H OOCCH2COOC2H与P反应生成 Q: 参考第4页（共4页）DB卷