2026年普通高等学校招生押题考试化学(黑吉辽蒙)试题2-【伯乐马】2026年高考押题卷

2026年普通高等学校招生伯乐马押题考试（二） 化学试题答案及评分参考 1.AA.(CH),NNH2中N元素为负价，与N,O,反应时，N元素化合价升高失电 子，因此(CH:)2NNH2作还原剂，A正确；B.碳纤维的主要成分为碳单质，属于 无机非金属材料，不是有机高分子材料，B错误；C.电镀利用电解原理，过程中是 电能转化为化学能，C错误；D.碳化硅不含硅酸盐的结构组成，不属于硅酸盐材 料，属于新型无机非金属材料，D错误；故答案选A。 C 2.DA.漏写了C1上的孤电子对，CCL的电子式为CI:C:C:,A错误；B.基态P原 :CI: 子的价层电子排布式为3s23p3,3p轨道上3个电子分占不同的轨道、且自旋平行， 3s 3p 基态P原子的价层电子排布图：F中，B错误；C.NH,中N的孤电子对 数为2×(5一3×1)=1、o键电子对数为3，NH:分子的VSEPR模型： 。 Q● C错误；D.乙烷的结构简式为CHCH,乙烷的球棍模型为o。。o,D正确：故 ●。 选D。 3.DA.共价分子的热稳定性与分子内共价键键能正相关，键能越大，分子热稳定性 越强，根据键能H一F>H一CI>H一Br可推出热稳定性HF>HCI>HBr,A不符 合题意；B.NH中心N原子的孤电子对可与Ag的空轨道形成配位键，生成可溶 性的[Ag(NH:)2],因此可推出氯化银可溶于氨水，B不符合题意；C.HO是极 性分子，根据相似相溶原理，极性分子O:在水中的溶解性大于非极性分子O2,可 推出水溶性O:>O2,C不符合题意；D.离子晶体的熔点由晶格能决定，晶格能与 离子半径、离子所带电荷有关，与摩尔质量无关，Cs+半径大于N,CsC1晶格能 小于NCl,熔点更低，无法由摩尔质量更大推出CsCl熔点更高，D符合题意；故 选D。 H2N NH2 4.AA.尿素的结构为 ,单键均为。键，双键中含1个。键，1个 0 CO(NH2)2分子共含7个o键，故1mo1该分子含o键数目为7NA,A正确；B. 2.8gN2物质的量为0.1mol,每个N2含14个电子，所含电子数为1.4NA；1.6g CH,物质的量为0.1mol,所含电子数为NA,二者电子数不都为NA,B错误；C. NH中N原子的价层电子对数为3个。键电子对十1对孤电子对，共4对，故1mo1 NH:中N原子价电子对数为4NA,C错误；D.标准状况下H2O不是气态，不能用 22.4L·mo11计算其物质的量，2.24L的HzO的原子数远大于0.3NA,D错误； 故答案选A。 5.DA.Q分子中碳原子的杂化方式有sp3和sp两种，A正确；B.Q分子中含有碳 碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.Q分子中的苯酚结构的邻位可 以与Br2发生取代反应，碳碳双键可与Br2发生加成反应，C正确；D.Q中的酮羰 2026年伯乐马押题（二）化学答案及 基、碳碳双键和苯环可与氢气加成，得到的产物含有的官能团为醚键与羟基，含有 2种官能团而不是3种，D错误；故答案为D。 6.BA.硫酸铜溶液中蓝色配离子为[Cu(H2O)1门+，加入氯化钠固体后C1浓度升 高，平衡正向移动，生成黄色[CuC1门-，题干离子方程式书写正确，A正确；B. 酸性重铬酸钾与乙醇反应时，乙醇被氧化为乙酸，不会生成CO2,正确的离子方程 式为：2CrO片（橙色）十3C:HOH十16H+→4Cr3+(墨绿色)十3 CH COOH+ 11H2O,B错误；C.CuS难溶于硫酸，硫酸铜与H2S反应能生成黑色CuS沉淀， 题干离子方程式书写正确，C正确；D.乙醛与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，生 成光亮银镜、乙酸铵、氨和水，题干离子方程式书写正确，D正确；故答案为：B。 7.B已知X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，X为十1价阳 离子且M的质子数是X的3倍，则X位于第IA族，短周期的第IA族元素有H、 Li、Na,符合要求的是X为Li、M为F;Y、Z、W分别在一1价阴离子中形成4、 4、2个共价键，则Y为B、Z为C、W为O;据此解答。A.Z为C,W为O,同 周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电 离能大于O,即第一电离能顺序为N>O>C,因此第一电离能O<C,即W<Z, A错误；B.W的简单离子为O-,M的简单离子为F-,二者电子层结构相同，核 电荷数越大，离子半径越小，O的核电荷数小于F,因此离子半径O->F,即W >M,B正确；C.键角∠1对应结构中C=O双键与C一O单键的夹角，C原子为 sp2杂化，键角约120°，∠2对应结构中B一O单键与B一O单键的夹角，B原子为 sp3杂化，键角约109.5°，因此∠1>∠2，C错误。D.Y为B,Z为C,同周期主 族元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，即非金属性C>B,非金属性越强，最 高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性H2CO,>HBO?,即Z>Y,D错误； 故选B。 8.BA.向CuSO,溶液中逐滴加过量氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，沉淀与NH 结合生成可溶性的[C(NH),门+，得到深蓝色溶液，给出的反应式正确，故A正 确；B.蔗糖在稀硫酸催化下水解后溶液呈酸性，新制氢氧化铜会先与酸发生中和反 应，无法与水解生成的葡萄糖（含醛基）反应，因此无砖红色沉淀，不能说明蔗糖 未水解，故B错误；C.苯酚的羟基受苯环影响，氢的电离活性增强，酸性强于 HCO,可与N2CO:反应生成可溶性苯酚钠和NaHCO:,溶液变澄清，故C正确； D.饱和Na2CO3溶液与过量CO2反应生成NaHCO:,同温下NaHCO:溶解度小于 N2CO:,且反应消耗水，溶质质量增加，因此有晶体析出，故D正确；因此答案 选B。 9.BA.Ti的原子序数为22，电子排布为[Ar]3d4s,位于元素周期表第四周期， 第VB族，属于d区元素，A正确；B.根据晶胞原子内的分布，我们从中间将晶胞 分为两部分，除开上下两个面，观察4个侧面，发现上半部分Ti位于z一x面上， In位于z一y面上，下半部分Ti位于z一y面上，In位于z一x面上，根据这个分布 关系，可以推出2为In原子，B错误；C.1号原子的分数坐标为(0,0,0)，观察 3号原子的位置，×轴方向位于处，y轴方向位于处，乙轴方向位于处，因此 3号原子的分数坐标为（保，是，受），C正确：D.品胞中，Ti原子数为8×日 4×号十1=4个，1n原子数为4×4十6×2=4个，Te原子数为8×1=8个，得到 晶胞中含有4个TmTe单元，总质量为：m=g,晶胞体积为V=axaepm' 评分参考第1页（共4页）DB卷 4M NA 4×100M X0cm=acX100cm,密度p=化=ac10=a. g·cm3。D正确；故答案选B。 10.DA.D的结构为对甲基苯胺，以氨基连接的苯环碳为1号位，甲基在4号位，系 统命名为4一甲基苯胺，A正确：B.E分子含有羟基和亚氨基，都可以和水分子形 成氢键，F没有羟基，且憎水的稠环结构更大，因此E在水中的溶解度大于F,B 正确；C.苯胺性质类似苯酚，氨基和羟基一样，是邻对位活化基团，能使苯环活 化，D中氨基的邻位均有空位，可以和溴水发生取代反应，C正确；D.若D→E为 加成反应，D的一NH2加成后得到一NH一CH2CHOH,若X为乙醛，加成后产 物为一NH一CH(OH)CH,结构与E不符，因此X不是乙醛，D错误；答案 选D。 1l.D闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入HSO1、O2,酸浸后，ZnS、FeS、 CdS分别转化为Zn+、Fe3+、Cd+,硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去 Fe3+和Cd+,调pH、沉锌后获得ZnS,据此解答。A.98%的浓硫酸中硫酸主要以 分子形式存在，电离出的H+浓度很低，无法提高酸浸速率，实际酸浸常用稀硫酸， A错误；B.H2O2的价格远高于O2,用H2O2代替O2会提高生产成本，B错误； C.“酸浸”后溶液为强酸性，“除铁”时加入ZO是为了消耗H+、升高pH,使 Fe3+沉淀除去，但后续“沉锌”得到ZnS需要更大的S-浓度，H+浓度越高，S 浓度越低，因此“调pH”应加入碱性物质升高pH,C错误；D.根据HzS的电离 常数得：K·K=cH)SS),代人已知条件pH=1即c(H)=O.1 c(H2S) mol/L、c(HS)=0.01mol/L得：c(S-)= Kal·K2·c(H2S) c(H+) 1.0×10×1.2×10B×0.01=1.2×100mol/L,再根据Km(CdS)=c(Cd+)· (0.1)2 c(S)得：c(Cd+)=Kp(CdS)_8.0x10r c(s-)=1.2X10-w≈6.7×10-'mo1/L<1.0×10-5mol/L, 因此Cd+沉淀完全，D正确；故选D。 12.CA.实验1中“固体消失”是MnO2在酸性条件下与H2O,反应生成Mn+(浅 粉色)、O,和H2O。从电子守恒看：Mn从十4价降至十2价，得到2个电子； H2O2中0从一1价升至0价，每个O失去1个电子，共失去2个电子，电子守恒。 配平后离子方程式为：MnO2十H2O2十2H+=Mn2+十O:个十2H2O,原子、电荷均 配平，该方程式正确，A选项说法正确。B.强酸性条件下，MO2与H2O,反应 时，Mn元素从十4价被还原为十2价(Mn+),MnO2作为氧化剂，仅表现氧化性； H2O:中O元素被氧化为O2,作为还原剂。反应中无M元素化合价升高的情况， 因此MnO2仅表现氧化性，B选项说法正确。C.实验IV中，加人NaOH后，溶液 酸性减弱、碱性增强，Mn+与HO:反应生成棕黑色的MnO2(反应：Mn+十 H2O2十2OH=MnO2￥十2H2O),而MnO2是H2O2分解的高效催化剂，因此气 体产生速率明显加快的主要原因是生成了MO2催化剂，而非单纯的碱性增强，C 选项说法错误。D.酸性条件下能氧化HzO,并被还原为Mn+；而碱性条件下， MO2的氧化性减弱，无法被H2O2还原，可稳定存在并作为催化剂催化分解（实 验V中产生大量气体，证明MO2的催化作用)，D选项说法正确。故选C。 13.B该装置为双极膜电渗析除硼装置，核心是利用电场驱动离子迁移与双极膜水解 离，将卤水中的[B(OH)1]转化为B(OH)3以除去；Pt电极为阳极，连接电源正 2026年伯乐马押题（二）化学答案及 极，I室中OH放电生成O2；石墨电极为阴极，连接电源负极，V室中H2O得电 子生成H2和OH-,与迁移来的Na+结合得到浓NaOH溶液；双极膜解离出的H 向Ⅱ室迁移，与[B(OH)]-反应生成B(OH)3；解离出的OH向I室迁移，补充 阳极放电消耗的OH;X膜为阴离子交换膜，允许C1从Ⅲ室进入Ⅱ室以维持电荷 平衡；Y膜为阳离子交换膜，允许N+从Ⅲl室进入V室，最终实现卤水除硼与 NaOH富集；据此作答。A.Pt电极为阳极，应连接电源的正极，A错误；B.X膜 为阴离子交换膜，B正确；C.I室（阳极）发生反应：4OH一4e=O2个+ 2H2O,生成1molO2时转移4mol电子，对应双极膜解离出4molH+进入Ⅱ室； 由反应[B(OH)1]-十H+=B(OH):十H2O可知，最多生成4molB(OH)?,C错 误；D.石墨电极（阴极）的反应为2H2O十2e=H2个十2OH,40 g NaOH的 物质的量为1mol,对应转移1mol电子；则1个双极膜需解离1molH2O,提供 1molH+和1 mol OH-,即2个双极膜需解离2 mol H:O,质量为36g,D错误； 故选B。 14.CA.CO合成甲醇的反应中，合成甲酸时消耗水，合成甲醛时生成水，故水为催 化剂，增加水的用量，平衡不会移动，A项错误；B.CO:转化为甲酸的过程中， CO2分子中含有两个C=O(含1个。键和1个π键)，反应过程中的π键会断裂， B项错误；C.CO转化为CO2的过程为图2中从右向左的反应。由图可知，该反应 分两步完成，第一步的活化能小于第二步的活化能，反应速率由活化能大的步骤决 定，故第二步为决速步骤，C项正确；D.三条路径反应的活化能大小无法确定，故 反应速率快慢无法判断，D项错误；故答案为：C。 15.BI、Ⅲ两条曲线平行，所以物质类型相同，则曲线Ⅱ代表滴定CH,COOH溶液 的变化关系，已知Kw[Mg(OH)2]>Kp[Cu(OH)2],则曲线I代表滴定CuSO 溶液的变化关系，曲线Ⅲ代表滴定MgSO1溶液的变化关系，据此解答；A.I、Ⅲ 两条线平行，代表物质类型相同，则曲线Ⅱ表示二g（CCQ与pH的变 关系；因Kp[Mg(OH)2]>Kp[Cu(OH)],pH相同时c(Mg2+)>c(Cu+),故 曲线I代表滴定CuSO1溶液的变化，A正确；B.当pH=4,c(OH-)= 10°mol/L,从图像上可知曲线I的纵坐标为0，由计算可得此时c(Cu+) 1.0mo1·L1,则Km[Cu(OH)2]=c(Cu+)·c2(OH)=10-0,当Cu+沉淀完全 时，c(Cu2+)=1.0×105mol·L1，则c(OH)= KCu(OD,▣-， /1020 c(Cu2+) =W105 10-.5mol·L-1,溶液的pH=6.5,B错误；C.由pH=8.0,c(OH-)=10-6mol/ L,从图像上可知曲线Ⅲ的纵坐标为0，由计算可得此时c(Mg2+)=1.0mol·L1, 故K,[Mg(OHD:]=10,Mg(OH):十Cu+Mg++Cu(OH),的K=cMg) c(Cu) =c(Mg+)·c(OH)=Kn[Mg(OH)2]_10-2 c(Cu)·c(OH)K,[Cu(O行=10=10*，C正确；D.当pH=7.0 时，溶液中c(Mg+)=K[Mg(OH)10 C(OH) 一10=10mol·L1,而a点是曲线Ⅱ和 曲线Ⅲ的文点：a点溶液中c6Mg)-CHCO9品，因此CCO0}=10. 则K,(CH,COOH)=c(H)·CCC10×10=103,D正确；故选B。 评分参考第2页（共4页）DB卷 16.(1)C(2分) (2)CaSO1(2分) (3)4HF+SiO2=SiF,+2H2 O (2) (4)除去溶液中的SO号 (2分)p(2分) (5)加入过多纯碱会使得溶液pH过高，使氟硅酸根离子分解生成硅胶和氟化物， 导致产率和纯度下降(2分) (6)1.4(2分) 【解析】 “酸浸1”中疏酸与CaF2、少量CaCO,发生复分解反应生成HF、CO2和硫酸 钙，少量SiO2与HF反应生成SiF1并进一步反应生成H2SiF；。超纯水吸收并合并 滤液后的溶液为含硫酸、少量CSO1、HSiF；的HF溶液，再在“酸浸2”中与大 量SiO2反应得到SiF1,进一步反应生成H2SiF6。加入PbO可将溶液中残留的SO号 以PbSO1形式除去，“净化”后的溶液为比较纯净的H2SF。溶液，再与碳酸钠反应 生成Na2SiF。产品沉淀。据此分析作答。 (1)“酸浸1”过程中含有大量HF,会与SiO2反应，不能用含SiO2的材料，也 不能用会与酸反应的A1。聚四氟乙烯材料耐酸碱且不与HF反应，故选C。 (2)根据分析，“滤渣”的主要成分为硫酸钙。 (3)“酸浸2”时第一步反应为SiO2十4HF=SiF,十2H2O,第二步反应为SiF1 2HF=H2SiF6。 (4)CSO,为微溶物，且溶液中有过量硫酸，因此溶液中残留有SO号，PbSO 的K较小，加入PbO可除去溶液中残余的SO?。Pb是第六周期第IVA族元素， 属于p区元素。 (5)由题干可知，SiF号在H>4.5的水溶液中剧烈分解生成硅胶和氟化物， 且碳酸铅也极难溶，若纯碱投入过量使溶液H过高，会使氟硅酸根离子分解，导 致产率和纯度下降。 (6)Kp(PbS)=1.0×108,当c(Pb2+)≤1×10-0mol·L1时可得c(S2-)≥ 1×10-molL。H,S2H+十g-的平衡常数K=c()c(S)=K4·K c(H2S) =10-18,则c(H)=√ K·Kg·cS,c(H,S)最大值为0.1mo1·L, c(S2-) c(S-)最小值为1×10-“mol·L1,故c(H+)≤√ 10-19.8×10- 10-18 -mol1·L-1=10-1.4 mol·L1,即pH最小值为1.4。 17.(1)②③①(2分) (2)HCO:+H+=H2O+CO2个(2分) (3)蒸发皿(1分)无水乙醇(1分) (4)a(2分) (5)向Na2CO:溶液中滴加稍过量NSO1溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加几滴FeSO 溶液，沉淀变成白色（或其他合理答案）(2分) (6)Fe(OH)2(2分)可防止Fe2+被氧化(2分) 【解析】 根据装置可知，A制备二氧化碳，B装置除去二氧化碳中的HCI,C装置制备 甘氨酸亚铁，D装置检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C,据此回答。 (1)先打开仪器的活塞，让盐酸与石灰石反应生成CO2,用CO2排尽装置内 2026年伯乐马押题（二）化学答案及 的空气，防止后续生成的F2+被氧化，空气排尽后，加热并不断搅拌装置C中混合 物，最后再向三颈烧瓶中滴加柠檬酸溶液，促进溶解并调节H,故选②③①； (2)由分析知，B装置用饱和NHCO:溶液除去二氧化碳中的HCl,离子方程 式为：HCO+H+=H2O十CO2个； (3)实验结束后，将滤液放入蒸发皿中进行蒸发浓缩，由于甘氨酸亚铁易溶于 水，难溶于乙醇，则过程Ⅱ中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶 析出： (4)若向Na2COa溶液中滴加FeSO1溶液（选项b),Na2CO:溶液碱性较强， Fe2+易水解生成Fe(OH)2,再被氧化为Fe(OH)3,导致产物不纯，向FeSO1溶液 中滴加Na2CO3溶液（选项a),Fe2+过量，可减少水解，更易得到纯净的FeCO,沉 淀，故选a； (5)已知：NiCO为难溶于水的浅绿色固体，FCO:为难溶于水的白色固体， 故向Na2CO溶液中滴加稍过量NiSO1溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加几滴FeSO 溶液，沉淀变成白色（或其他合理答案），即可证明Kp(NiCO:)>Kp(FCO:); (6)①步骤I加入柠檬酸促进FeCO:溶解并调节溶液pH,当pH过高即溶液 中c(OH)较大时，Fe2+与OH反应生成Fe(OH)2沉淀，导致产率下降、纯度降 低；②已知：柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性，故加入柠檬酸促 进FeCO:溶解并调节溶液pH,同时防止Fe2+被氧化； 18.(1)高温(1分) -393.6(2分) (2)B(2分) (3)CH2·+OH“=CO”十H2十H(2分) (4)b(2分) 1.89(2分) 7(2分) 【解析】 (1)I CH(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)AH=+206.0 kJ/mol Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)十H2(g)△H2=-41.0kJ/mol 根据盖斯定律，I十Ⅱ得CH1(g)十2HO(g)→CO2(g)+4H2(g),△H= 十206.0kJ/mo1一41.0kJ/mol=+165kJ/mol>0,正反应气体物质的量增多， △S>0,所以反应Ⅲ高温自发进行。 设CO2的标准摩尔生成焓为akJ/mol,反应Ⅲ的△H=十165kJ/mol,即a十 4×0-2×(-242)-(-74.6)=165,a=-393.6kJ/mo1; (2)A.恒压绝热密闭容器中发生反应，温度是变量，体系的温度保持不变， 反应一定达到平衡状，故不选A; B.H一H断键速率是C一H的断键速率的4倍，正逆反应速率不相等，反应没 有达到平衡状态，故选B; C.反应前后气体总质量不变，反应后气体分子数增多，容器体积增大，气体混 合物的密度是变量，气体混合物的密度不再变化，反应一定平衡，故不选C; D.反应前后气体总质量不变，反应后气体分子数增多，气体平均相对分子质 量是变量，气体平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状，故不选D: 选B。 (3)在催化剂作用下，反应I机理涉及如下过程如下(“*”代表催化剂吸附 中心位点，“CH2·”代表吸附态的CH2),总反应减去(1十ⅱ十V十V)得过程 ii的反应式CH2十OH*→CO*十H2十H。 (4)①随温度升高，I、Ⅲ正向移动，Ⅱ逆向移动，所以CH,的转化率增大， 评分参考第3页（共4页）DB卷 CO、CO2的选择性和为100%，所以表示CH,转化率的曲线是b;,随温度升高I 正向移动，Ⅱ逆向移动，所以CO的选择性升高，则c表示CO的选择性、表示 CO2的选择性。②700K时反应达平衡，甲烷的平衡转化率为60%，CO2的选择性 为85%、CO的选择性为15%，则反应消耗0.6 molCH1,反应生成CO的物质的量 0.09mol、生成CO2的物质的量0.51mol,容器中剩余CH1的物质的量为0.4mol, 此时测得n(H2)=2.31mo1,根据氢元素守恒，则n(H2O)=1×2十3一0.4×2 2.31=1.89mol;,由于反应前后气体分子数不变，其压强平衡常数Kp在数值上等 于用物质的量表示的平衡常数，反应Ⅱ的压强平衡常K= n (CO:)n(H:)= n(CO)n(HO) 0.51×2.31 0.09X1.89≈7。 19.(1)硝基、酯基(1分) 还原反应 (1分) (2) +2CH CI- 催化剂 +2HC1 (2分) (3)abc (2分) (2分) (5)37 (2分) HOOC CH;OOC CH OOC 浓硫酸、加热 浓硫酸、加热 (6) -NO2 CHOH 浓硝酸 HOOC CH OOC CH OOC CH OOC CH OOC Fe/HCI (CH:CO)20 NH NHCOCH(4分) CH OOC CHOOC 【解析】 由反应条件可知A和C2HOH发生酯化反应生成B,B发生硝化反应生成C, 可知B的结构简式为 ;A为 ,根据E的分子式和F的结构 COOC,H COOH 简式可知E发生取代反应生成F,E苯环上的一氯代物有1种，E的结构简式为 ；F发生氧化反应生成了G,结合G的分子式可以推知G为 HOOC COOH ;G脱水生成H(CoH2O；),H与D发生编聚反应生成P, HOOO COOH 结合P的结构倒推出H为 据此回答问题。 (1)由结构简式可知，C中官能团的名称是硝基、酯基。C→D过程中硝基转 化为氨基，发生还原反应。 (2)由分析可知，E的结构简式为 E和CH:C1发生取代反应生成F 2026年伯乐马押题（二）化学答案及 催化剂 化学方程式为 +2CH CI 2HC1. (3)a.由分析可知A为 ,苯环和一COOH中C原子都是sp2杂化， COOH 苯环为平面结构，则A中所有原子可能共平面，正确；b.由分析可知，B发生硝 化反应生成C,所需试剂是浓硝酸，反应条件是浓硫酸和加热，b正确；C.E的结 构简式为 ,H为 E可以使酸性KMnO1溶液褪色，而H不能，所 以能够用酸性KMnO1溶液鉴别E、H,c正确；d.C中含有苯环、酯基和乙基，碳 原子的杂化方式为sp、sp杂化，d错误；故选abc。 (4)由分析可知，H的结构简式为 (5)B 的同分异构体满足条件：①属于芳香族化合物则含有苯环； COOC,H; ②含有一COO一结构，说明其可以是羧酸或者酯，故分下列情况讨论： 工，当为羧酸时： 苯环上只有1个取代基为一CH2CH2COOH或一CH(CH)COOH,共2种；苯 环上有2个取代基为一COOH、一C2H;或一CH:、一CH2COOH,共2×3=6种； 若苯环上有3个取代基为一COOH、一CH、一CH,共6种； IⅡ.当为酯时，苯环上只有1个取代基为一COOCH CH3或一CH2 COOCH或 一OOCCH2CH或一CH2 OOCCH或一CH2CH2OOCH或-CH(CH)OOCH共6 种，减去B本身，故为5种；苯环上有2个取代基为一OOCH、一C2H或一CH、 一COOCH3,或-CH、一OOCCH或-CH、-CH2OOCH共4×3=12种；苯 环上有3个取代基为一OOCH、一CH、一CH共6种；综上所述，满足条件的同 分异构体有2+6十6十5十12+6=37种。 HOOC CH;OOC (6) 和CHOH发生酯化反应生成 HOOC CH OOC CH OOC CH OOC CH OOC 发生硝化反应生成 NO NO2发 CH OOC CH OOC CH OOC CH OOC CH OOC 生还原反应生成 NH2 NH2和(CHCO),O发生已 CH;OOC CH OOC CH:OOC HOOC 知信息的反应原理得到 NHCOCH,合成路线为： CH:OOC HOOC CH OOC CH OOC 浓硫酸、加热 浓硫酸、加热 Fe/HCI NO CHOH 浓硝酸 CH OOC CH,OOC CH OOC CH OOC (CHC())2() NH, NHCOCH。 CH OOC CH OOC 评分参考第4页（共4页）DB卷2026年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（二）】 化学答题卡(DB) 姓 名 准考证号 考场号 @O@ 00 0] 座位号 0和101们和 0 D 团 2 2I2I2 2 2 2四 22 2网 2 3 3 3 3 考生禁填 ④④④ ④ 4 ④ 4④ ④④ 缺考标记 贴条形码区 固 55团5 55 缺考考生由监考员粘贴条形码 66]6] 6 ⊙ @ 6 ⊙ 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 8 99999 99 9 99 选择题 ■ A B© 回 6 B @ 方 A B C 可 2 A A c] D 3 ■ A B G 78 13 B a D 4 D A B D A B A B画© 10 B© D 15 B© 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) 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) (4) 19.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 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（二） 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-16Na-23 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.当前中东局势复杂多变，全球能源与战略材料供应面临挑战，我国坚持科技自立自 强，在国防军工、能源安全、高端材料等领域实现自主可控。下列说法正确的是 A.国产新型导弹采用(CH)2NNH2和NO,作推进剂，二者反应时(CH)2NNH2 作还原剂 B.“巨浪一3”潜射导弹使用了高性能碳纤维，碳纤维属于新型有机高分子材料 C.隐身战机的防护层采用了无氰电镀技术，电镀过程中化学能转化为电能 D.新型两栖装甲车采用了碳化硅增强铝基复合材料，碳化硅属于硅酸盐材料 2.下列化学用语表述正确的是 A.CCl的电子式为C:C:CI cl 3s B.基态P原子的价层电子排布图：「 C.NH分子的VSEPR模型：B。 D.乙烷的球棍模型为gg 3.结构决定性质。下列由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 键能：H一F>H一Cl>H-Br 热稳定性：HF>HCI>HBr B NH,中心N原子含有孤电子对 氯化银可溶于氨水 O3是极性分子，O2是非极性分子 水溶性：O3>O2 CsCl与NaCl是离子晶体，CsCl的摩 CsCl的熔点高于NaCl的熔点 尔质量更大 伯乐马·化学押题（二）·第1页（共8页）DB卷 4.以天然气、水和氮气等为原料，可合成氨和尿素[CO(NH2)2]。设NA为阿伏加德 罗常数的值，下列说法正确的是 A.1 molCO(NH2)2分子中含o键的数目为7NA B.2.8gN2和1.6gCH4所含电子数均为Va C.1 mol NH3分子中氮原子的价电子对数为3NA D.标准状况下，2.24LH2O的原子数为0.3VA 5.研究发现，从中药黄芩中提取的Q对多种肿瘤细胞具有显著抑制作用，Q的结构简 式如图所示。下列关于Q的说法错误的是 OCH. A.碳原子的杂化方式有2种 B.能使酸性KMnO:溶液褪色 C.与Br2可发生取代反应和加成反应 Q D.与足量H2发生加成反应所得分子中有3种官能团 6.微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。下列实验中颜色变化或相关离子方 程式有错误的是 选项 实验 颜色变化与离子方程式 向硫酸铜溶液中加入 [Cu(H2O)4]2+(蓝色)十4C1→[CuCl4]2-(黄 A 氯化钠固体 色)+4H2O 向酸性重铬酸钾溶液 2Cr2O号（橙色）+C2HOH+16H+→4Cr3+(墨 B 中滴加适量无水乙醇 绿色)+2CO2N+11H2O 向硫酸铜溶液中通入 C Cu2+(蓝色)+H2S=CuSY(黑色)+2H+ H2S气体 CH,CHO(无色)+2[Ag(NH3)2]++2OH 向新制银氨溶液中滴 D △ 加乙醛，水浴加热 CH,COO+NH对+2AgV(光亮银镜)+ 3 NH3+H2O 7.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，M的质子数是X的3 倍。由以上5种元素组成的某种盐的结构如图所示。下列说法正确的是 20 A.第一电离能：Z>W B.简单离子的半径：W>M C.键角：∠2>∠1 D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z 伯乐马·化学押题（二）·第2页（共8页）DB卷 8.下列实验操作、现象和解释的对应关系错误的是 选项 操作 现象 解释 向0.1mol·L1CuSO4溶液中 先形成蓝色沉 沉淀溶解时主要反应： A 逐滴加入1mol·L1氨水至过 淀，后溶解得 Cu (OH)2+4 NHg= 量 到深蓝色溶液 [Cu (NH)]2++2 OH 将含有稀硫酸的蔗糖溶液水浴加 未产生砖红色 B 蔗糖未水解 热后，加入新制氢氧化铜并加热 沉淀 C 向苯酚悬浊液中加入NaCO,溶液 溶液变澄清 苯环对羟基有影响 向饱和碳酸钠溶液里通人过量的 有晶体析出 NaHCO3溶解度小 CO, 9.一种由Ti、In、Te组成的难熔合金的四方晶胞如图（晶 胞棱边夹角均为90)，化合物的摩尔质量为Mg·mol1, ●Ti o In 1号原子的分数坐标为(0,0,0)，NA为阿伏加德罗常Oe 数的值。 下列说法错误的是 A.Ti位于元素周期表d区 B.2号位为Ti原子 C.3号原子的分数坐标为（任，至，》 a pm a pm 4×1030M D.该晶体的密度为。，c·Ng·cm 10.含有吲哚结构的有机物F,是一种重要的药物中间体，一种合成方法如下： HO 催化 NH2催化 D 6 下列说法错误的是 A.D系统命名为4一甲基苯胺 B.E在水中的溶解度大于F C.若苯胺的性质类似苯酚，则D可与溴水反应 D.若D→E反应类型为加成反应，则X为乙醛 1l.某工厂由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备纯净ZnS的流程如图。 HSO,O, H,S 已知：Kp(FeS)=6.3×1018, 闪锌矿 酸浸]除铁除镉调 K郑(ZnS)=1.6×10-24, 沉锌-ZnS Kp(CdS)=8.0×10-27, Cds Ka1(H2S)=1.0×10-7, K2(H2S)=1.2×10-13」 当离子浓度小于1.0×10一5mol·L1时，认为离子沉淀完全。下列说法正确的是 A.“酸浸”时，用98%的硫酸可有效提高酸浸速率 B.用H2O2代替O2能加快反应并降低生产成本 C.“除铁”时可加人ZnO,“调pH”时需加人酸性物质 伯乐马·化学押题（二）·第3页（共8页）DB卷 D.“除镉”时，当溶液pH=1、c(H2S)=0.01mol·L1时，Cd+沉淀完全 12.某实验小组探究不同pH对MnO2催化H2O2分解反应的影响，进行如下实验： 少量MnO,粉末 现象：产生大量气体，几秒 少量MnO2粉未 后黑色固体减少至消失，气 1 mL6mol/L 体产生速率再次变慢 H,SO4溶液 10 0 平均分为两份 2mL7.7%H,0,溶液现象：固体消失，同时 NaOH溶液 7.7%H,0,溶液 现象：立即产 产生气体的速率迅速减 生大量气体 慢，最后几乎停止。最 终溶液呈浅粉色 现象：产生大 量气体 V 现象：重复出现“有棕黑色固 体生成，同时产生气体的速率 明显加快，振荡后，棕黑色固 体消失，气体产生速率减慢” 的现象，直至体系显碱性时， 棕黑色固体不再消失。 已知：H2O2在碱性条件下分解，保存H2O2溶液时添加适量磷酸；MO2为棕黑 色固体，Mn+通常显浅粉色，Mn(OH)2为白色沉淀。 下列说法错误的是 A.Ⅱ中解释“固体消失”现象的离子方程式为 MnO,+H2 O2 +2H+=Mn2++02+2H2O B.实验Ⅱ表明强酸性条件下，MnO2与H2O2反应时仅表现氧化性 C.实验W中产生气体的速率明显加快，主要是由溶液的碱性增强引起的 D.碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂 13.用双极膜电渗析法除去卤水中B(OH)4]的装置如图，双极膜中H2O解离出的 H+、OH在电场作用下向两极迁移。已知[B(OH)4]-十H+=B(OH)3十HO。 下列说法正确的是 电源 NaCl NaOH 稀溶液 浓溶液 _I L 1 Pt B(OH) 电极 4双极膜4X膜Y膜双极膜 NaOH溶液卤水NaCI浓溶液NaOH溶液水（含少量NaOH A.Pt电极连接电源的负极 B.X膜为阴离子交换膜 C.I室每生成1mol气体，Ⅱ室最多生成2molB(OH)3 D.石墨电极区每生成40 g NaOH,双极膜内共有18gH2O被解离 伯乐马·化学押题（二）·第4页（共8页）DB卷 14.CO、CO2羰基化合成甲醇的反应机理和CO、CO2相互转化的反应路径与相对能量 分别如图1、图2所示（部分产物省略，图中物质均为气态，TS表示过渡态）： 4相对能量/kJ.mol) +H, C0, TS1 300 303.9 +H2 TS2 HCOOH- tH2→H,0 H,O →HCHO H2CH,OH 200 287.8 中间 100 C0、H20 产物 HO 47.1 15.7 + CO2、H2 图1 图2 反应路径 下列说法正确的是 A.CO合成甲醇的过程中，增加水的用量一定能提高CO的平衡转化率 B.CO2转化为甲酸的过程中只有。键的断裂与形成 C.CO转化为CO2分两步完成，其中第二步为决速步骤 D.由图可知，CO合成甲醇有三条路径，其中需要两步完成的路径速率一定最快 15.常温下，用NaOH溶液分别滴定CH COOH、CuSO4、MgSO4三种溶液，pM= gMM表示c(C)、cMg*)、CH,CO},pM随pH变化关系如图 所示。已知KMg(OH)2]>Kp[Cu(OH)2],当金属离子浓度≤105mol·L1 时认为沉淀完全。下列说法错误的是 PM A.曲线I表示滴定CuSO:溶液的变化曲线 B.当Cu+刚好完全沉淀时，溶液pH=7.5 1.0 -DH C.Mg(OH)2+Cu2+→Mg2++Cu(OH)2的K=108 D.a点pH=7.0,K。(CH,COOH)的数量级为105 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分) 氟硅酸钠(N2SiF。)是一种白色固体，可用作搪瓷和玻璃的助熔剂、乳白剂，也 是人工合成冰晶石的原料之一。一种由萤石（主要成分为CaF2,含有少量SiO2、 CaCO3)制取氟硅酸钠的工艺流程如下： 浓硫酸 超纯水 SiO,粉末 PbO 纯碱 200-250C 萤石粉+酸浸1 吸收并合 粗制氢氟酸 并滤液 酸浸2→净化 复分解 +NazSiF产品 滤渣 PbSO4、CaSiF,等 已知：①氟硅酸(H2SiF6)是一种可溶性强酸，可由SF4在水溶液中与HF反应 得到。SiF在pH>4.5的水溶液中剧烈分解生成硅胶和氟化物。 ②部分物质的溶度积如下表： 物质 CaSO PbSO PbS PbCO: Naz SiFe Ksp 4.9×10-5 1.0×10-8 1.0×10-28 3.3×10-14 1.7×10-6 回答下列问题： 伯乐马·化学押题（二）·第5页（共8页）DB卷 (1)“酸浸1”可选择在 (填标号)容器中进行。 A.石英 B.陶瓷 C.聚四氟乙烯 D.铝 (2)“酸浸1”时使用过量浓硫酸保证转化完全，则“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“酸浸2”时可由两步反应得到H2SF6,写出第一步反应的化学方程式： (4)“净化”时加入PbO的目的是 。Pb属于 区元素。 (5)“复分解”时不能加入过多纯碱，原因是 (6)该工艺得到的Naz SiF。产品常包裹有少量Pb+,可能有重金属残留的风险。一 种改进方案是在“净化”后通人H2S深度除铅。为了使溶液中c(Pb2+)≤ 1×10-1°mol·L1,理论上需控制溶液pH至少为 (H2S的饱和浓度为 0.1mol·L1,电离常数K1=1069,K2=10-129) 17.(14分) 甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸 (NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如图所示（部分夹持和加热仪器已省略）。 盐酸 消膜泡 柠檬酸 饱和 FeCO, 澄清 NaHCO 石灰水 一浴液 甘氨酸 B D 查阅资料： ①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。 ②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。 实验步骤： I、装置C中盛有一定质量FeCO3和一定体积1.0mol·L1甘氨酸溶液。实验时经 过一系列操作。 Ⅱ、反应结束后过滤，将滤液放人仪器X中进行蒸发浓缩；加人试剂Y,过滤、洗 涤并干燥。 回答下列问题： (1)步骠I中一系列操作的顺序为 (填序号)。 ①向三颈烧瓶中滴加柠檬酸溶液 ②先打开仪器a的活塞 ③一段时间后，加热并不断搅拌装置C中混合物 (2)装置B中发生反应的离子方程式为 (3)仪器X的名称为 。试剂Y的名称为 (4)FeSO:溶液和Na2CO3溶液混合可制得FeCO3,混合时试剂的添加顺序为 (填字母)。 a.向FeSO4溶液中滴加Na2CO3溶液b.向Na2 CO3溶液中滴加FeSO4溶液 (5)设计实验方案：利用沉淀转化的方法证明Kp(NiCO3)>Kp(FCO3) 伯乐马·化学押题（二）·第6页（共8页）DB卷 (已知：NiCO3为难溶于水的浅绿色固体，FCO3为难溶于水的白色固体)。 (6)步骤I加人柠檬酸促进FCO3溶解并调节溶液pH,溶液产率 pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。 ①pH过高时因产生副产物 (填化学式)而导致产率 下降、纯度降低。 pH ②柠檬酸的作用还有 18.(13分) 水蒸气和沼气的催化重整反应可用于制氢气，相关反应如下： I CHa (g)+H2 O(g)=CO(g)+3H2 (g)H=+206.0 kJ/mol Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.0kJ/mol Ⅲ：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) (1)反应Ⅲ (填“高温”或“低温”)自发进行。在特定温度下，由稳定 态单质生成1ol化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。下表为物质 在298K的标准摩尔生成焓，则CO2的标准摩尔生成焓为 kJ/mol; 物质 H2(g) CH (g) H2O(g) 标准摩尔生成焓(kJ/mol) 0 -74.6 -242 (2)恒压绝热密闭容器中若只发生反应Ⅲ，下列不能说明反应Ⅲ达到平衡状态的是 (填标号)。 A.体系的温度保持不变 B.H一H断键速率是C-一H的断键速率的4倍 C.气体混合物的密度不再变化 D.气体平均相对分子质量不再变化 (3)在催化剂作用下，反应I机理涉及如下过程(“*”代表催化剂吸附中心位点， “CH2”代表吸附态的CH2),写出过程i的反应式 i:CH4+￥≥CH2+H2 i:H2O+2￥=H*+OH ⅷ： 100 iV:2H*=H2+2 100 a 1(700,85) V:CO*CO+* 80 80 (4)将1 mol CH.(g)和3molH0(g)投到 (700,60) 60 60 人恒容密闭容器中，在初始总压100kPa下，发菊 生上述三个反应，平衡时CO和CO2的选择性、 40 40 平衡时CH4的转化率随温度的变化曲线如图所 20 20 示。 0 700 TK 【已知：CO的选择性= n生成(CO) CO)+n生度(C0,)】 ①表示CH4转化率的曲线是 (填“a”、“b”或“c”)。 ②700K时反应达平衡，此时测得n(H2)=2.31mol,则n(H2O)= mol, 反应Ⅱ的压强平衡常数K。= 。(计算结果保留整数) 伯乐马·化学押题（二）·第7页（共8页）DB卷 19.(14分) 聚酰亚胺是重要的工程塑料，广泛应用于航空、纳米、激光等领域，被称为“解决 问题的能手”。聚合物P是合成聚酰亚胺的中间体。一种合成聚合物P的路线如下： O,N -NO HN- -NH, A C,H,OH Fe/HCI C,H。O2浓硫酸， COOC,H, COOC,Hs c D E CHCI 02 G 脱水 H CgHio 催化剂 催化剂门CHOg CioH2Os 0 NH NH-C- C 催化剂 HOOC COOH COOC,H P 已知：i. CH3催化剂 COOH (02 CHC i.2CH,CO0H脱水 RNH2 O +CH COOH(R代表烃基) CHC CHC-NH-R 回答下列问题： (1)C中官能团的名称是 ,C一D的反应类型是 (2)E苯环上的一氯代物有1种，则E一F的化学方程式是 (3)下列有关说法正确的是 (填字母)。 a.A中所有原子可能共平面 b.B生成C所需试剂是浓硝酸，反应条件是浓硫酸和加热 c.能够用酸性KMnO:溶液鉴别E、H d.C中所有碳原子的杂化方式均为sp杂化 (4)H的结构简式为 (5)同时符合下列条件的B的同分异构体有 种。 ①属于芳香族化合物；②含有一COO一结构。 HOOC (6)参照上述合成路线，设计由 CHOH和(CHCO)2O制备 HOOC CH OOC NHCOCH的合成路线： (用流程图表示，无机试剂任选)。 CH OOC 伯乐马·化学押题（二)·第8页（共8页）DB卷