精品解析：川云贵桂藏2026年高考押题卷化学试卷（含答题卡、答案）

机密★启用前 2026年普通高等学校招生全国统一考试押题卷 化学 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Fe：56 Cu：64 Zn：65 第Ⅰ卷 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是 A. “神舟十三号”逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于天然高分子材料 B. 杭州亚运会吉祥物“江南忆”机器人芯片的主要成分为二氧化硅 C. 月壤中的“嫦娥石[]”其成分属于无机盐 D. “三元催化器”将汽车尾气中和转化为和，有利于实现碳中和 【答案】C 【解析】 【详解】A．酚醛树脂是人工合成的有机高分子材料，不属于天然高分子材料，A错误； B．芯片的主要成分为单质硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，B错误； C．嫦娥石的成分为磷酸盐，属于无机盐类，C正确； D．该反应将CO转化为，仍然排放，不能减少碳排放，不利于实现碳中和，D错误； 故选C。 2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 光气（）的结构式： B. 的VSEPR模型： C. 的电子式： D. 基态的价层电子排布图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．光气（）分子中存在碳氧双键，结构式：，A错误； B．的中心原子O的价层电子对数为2+=4，有2个孤电子对，VSEPR模型：，B正确； C．分子中氯原子满足8电子稳定结构，电子式：，C错误； D．Fe元素是26号元素，价层电子排布式为3d64s2，Fe2+是失去两个电子形成的离子，从最外层电子开始丢失，则Fe2+价层电子排布式为3d6，价层电子排布图，D错误； 故选B。 3. 美好生活离不开化学。下列人类活动中，运用了相应的化学原理错误的是 选项 人类活动 化学原理 A 溶液除铁锈 水解呈酸性 B 可用作供氧剂 可以与反应放出 C 维生素C可用作补铁药物琥珀酸亚铁的抗氧化剂 维生素C具有还原性 D 港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐 利用外加电流的阴极保护法保护大桥不被腐蚀 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．水解使溶液呈酸性，酸性溶液中的可以与铁锈反应达到除锈目的，A正确； B．与反应的化学方程式为，能释放氧气，因此可用作供氧剂，B正确； C．维生素C具有还原性，可避免补铁药物中的被氧化，因此可作抗氧化剂，C正确； D．富锌底漆中锌比铁活泼，形成原电池时锌作负极被腐蚀、铁作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，不是外加电流的阴极保护法，D错误； 故答案为D。 4. 冰晶石（）是工业上冶炼金属铝所需要的助熔剂，制备反应为：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 标准状况下，中含有的键数目为 B. 室温下，溶液中阴离子数小于 C. ，的溶液中含有的数目为 D. 常温常压下，中含有的电子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下，22.4 L 的物质的量为1 mol，结构式为，1个分子含2个σ键，故σ键数目为，A正确； B．室温下，1 L 0.1 溶液中发生水解：，1个水解生成一个和一个，共2个阴离子，且水电离也会产生，因此阴离子总数大于，B错误； C．的HF溶液中，1 L溶液中，故数目为，C正确； D．18 g 的物质的量为1 mol，1个分子含10个电子，故含有的电子数为，D正确； 故答案选B。 5. 中成药连花清瘟胶囊的有效成分绿原酸的结构简式如图所示。下列有关绿原酸的说法正确的是 A. 分子式为 B. 分子中的含氧官能团有四种 C. 1 mol该物质最多能与反应 D. 能发生加成、取代、氧化、加聚、缩聚反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据分子结构简式可知，该有机物的分子式为，A错误； B．根据分子结构简式可知，分子中含有羧基、羟基、酯基，3种含氧官能团，B错误； C．分子中含有羧基、酚羟基、酯基能和氢氧化钠反应，每个酚羟基、羧基、酯基均可以和1个NaOH发生反应，1 mol该物质最多能与4molNaOH反应，C错误； D．因为分子中含有羧基、羟基，能发生取代、缩聚反应，含碳碳双键，能发生加成、氧化、加聚反应，D正确； 故选D。 6. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A．探究铁与水蒸气反应产生氢气 B．验证吸氧腐蚀 C．证明淀粉发生了水解 D．制备 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁与水蒸气加热条件下反应生成四氧化三铁和氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可检验反应生成的氢气，实验中还需要点燃的火柴棒，A错误； B．食盐水为中性，当试管中水沿导管上升，则可证明铁发生吸氧腐蚀，B正确； C．酸性条件下葡萄糖不能与银氨溶液共热发生银镜反应，在证明淀粉发生了水解的实验时，应向水解后的溶液中加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性后，再加入银氨溶液共热反应，观察是否有银镜生成，C错误； D．氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口处易化合生成氯化铵，不适用于实验室制备氨气，D错误； 故选B。 7. 某种天然沸石的化学式为，其中元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，且占据四个不同周期。Y在地壳中含量最高，在该化合物中R显示其最高价态，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道。下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能： C. 最简单氢化物稳定性： D. 氯化物熔点： 【答案】B 【解析】 【分析】Y在地壳中含量最高，则Y为O元素，几种元素占据四个不同周期，其中只有X的原子序数小于O，所以X为H元素，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，每个原子轨道中有两个自旋方向不同的电子，所以W核外共20个电子，为Ca元素；天然沸石的化学式为Ca[Z2R3O10] ▪3H2O，由于R的原子序数较大，所以R一定位于第三周期，若Z位于第二周期，则只能为F元素，此时该物质中R的化合价为+价，不合理，所以Z也位于第三周期，根据化合价分析，合理的结果为Z为+3价、R为+4价，所以Z为Al元素、R为Si元素。 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：，故A正确； B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：，故B错误； C．非金属性：O>Si，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，故C正确； D．W、Z的氯化物分别为CaCl2、AlCl3，CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，故D正确； 故选B。 8. 物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 在水中的溶解度比的大 和均为极性分子，为非极性分子 B 的沸点比的高 中的键能大于中的键能 C 冠醚18-冠-6能够与形成超分子，而不能与形成超分子 的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配 D 易与形成配离子 有空轨道，可接受中的N给出的孤电子对 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．在水中的溶解度比的大，根据“相似相溶”的规律可知，和均为极性分子，为非极性分子，A正确； B．结构相似的分子，通常相对分子质量越大范德华力越大，沸点越高，但分子间存在氢键，分子间作用力较大，所以的沸点比的高，键能主要影响的是分子的稳定性，B错误； C．冠醚18-冠-6能够与形成超分子，而不能与形成超分子，说明的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配，C正确； D．Cu2+有空轨道，可接受NH3中的N给出的孤电子对，因而Cu2+易与NH3形成[Cu(NH3)4]2+配离子，D正确； 故选B。 9. Negishi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一，反应过程如图所示（、表示烃基）。下列说法正确的是 A. 是该反应的催化剂 B. 位于元素周期表第四周期第ⅧB族 C. 反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成 D. 存在反应+RZnCl= +ZnCl2 【答案】C 【解析】 【详解】A．是反应的中间产物，A错误； B．是28号元素，则位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族元素，B错误； C．由题干反应历程图可知，反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成，C正确； D．反应方程式未配平，反应应该为+2RZnCl=+2ZnCl2，D错误； 故选C。 10. 工业上用软锰矿（主要成分是，含有、等杂质），制备的流程如下： 已知：固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。 下列说法错误的是 A. “浸取”后的溶液中通入调节，滤渣Ⅰ的成分有硅酸和氢氧化铝 B. “歧化”时，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进的生成，提高的产率 C. “歧化”步骤中，可以用浓盐酸来代替冰醋酸 D. “操作Ⅱ”为：加热浓缩，当溶液表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶析出晶体 【答案】C 【解析】 【分析】软锰矿主要成分是，含有、等杂质，加氢氧化钾煅烧得墨绿色炉渣，说明有二氧化锰和KOH反应生成高锰酸钾，氧化铝转化为偏铝酸钾、二氧化硅转化为硅酸钾，浸取，通入二氧化碳调节pH生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过滤得高锰酸钾溶液，加冰醋酸，高锰酸钾发生歧化反应生成锰酸钾、MnO2，过滤，滤液为锰酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶得锰酸钾晶 【详解】A．向“浸取”后的溶液中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为Al(OH)3和硅酸，A正确； B． 溶液中加冰醋酸，在酸性条件下发生歧化反应生成、MnO2.“歧化”时的反应为：，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进的生成，提高的产率，B正确； C．“歧化”步骤中若用浓盐酸调节溶液pH时，浓盐酸会与KMnO4反应，生成有毒氯气，降低KMnO4的产率，C错误； D．从溶液中获得晶体，可采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。由于受热易分解，加热浓缩时应注意控制温度，当溶液表面出现晶膜时，应停止加热，然后进行冷却结晶，以防分解，D正确； 故选C。 11. 碳酸二甲酯[]是一种符合现代“绿色化学”的化工原料，其电解制备原理示意图如下(含)。下列说法错误的是 A. 极区域存在反应： B. 电解过程中，在电场作用下移向玻碳电极 C. 制得1mol碳酸二甲酯时，外电路中迁移1mol电子 D. 总反应为 【答案】C 【解析】 【详解】A．极，发生还原反应，电极反应式为：，A正确； B．极，为电解池阴极，B极，为电解池的阳极，在电场作用下移向阴极，即玻碳电极，B正确； C．根据反应：，制得1mol碳酸二甲酯时，外电路中迁移2mol电子，C错误； D．根据以上图像分析，总反应为，D正确； 故选C。 12. 钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为。为探究的性质，取等量少许分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法不正确的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色：倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A. 试管甲中新生成的沉淀为金属 B. 试管甲中沉淀的变化均能体现的酸性 C. 试管乙实验可证明与形成无色配合物 D. 上述两个实验表明为两性氧化物 【答案】D 【解析】 【分析】试管甲中和发生歧化反应，生成铜和，倒掉溶液后，铜和浓硝酸反应生成和；试管乙中和过量氨水反应生成无色溶液，静置后被氧化为深蓝色的。 【详解】A．与0.3mol/L稀硝酸反应时Cu元素发生歧化，部分升为+2价使溶液显浅蓝色，部分降为0价生成金属Cu沉淀，A正确，不符合题意； B．试管甲第一步反应中生成，体现了酸性；第二步Cu与浓硝酸反应生成和，同时体现酸性和氧化性，两个变化均体现了的酸性，B正确，不符合题意； C．试管乙中加入过量氨水沉淀溶解得到无色溶液，振荡、静置后被氧化为深蓝色的，证明Cu(Ⅰ)与可形成无色配合物，C正确，不符合题意； D．两性氧化物是既能与酸反应只生成盐和水，又能与碱反应只生成盐和水的氧化物，Cu2O与硝酸发生氧化还原反应，与氨水反应生成配合物，不符合两性氧化物的定义，D错误，符合题意； 故答案选D。 13. 下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是 选项 X Y Z A B Fe C D NO A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl2和H2O反应生成HClO，HClO和NaOH反应生成NaClO，NaClO和HCl反应生成Cl2，可以实现，A不选； B．Fe和O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能和水反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能直接生成Fe，故不能实现，B选； C．SO2和O2反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，Cu和浓H2SO4反应生成SO2，可以实现，C不选； D．NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，Cu和稀HNO3反应生成NO，可以实现，D不选； 故选B。 14. 钒(V)的某种氧化物在升高到一定温度时，会发生可逆的相转变，由绝缘体变为导体，导体状态的晶体结构如图，V原子(大球)位于O原子形成的正八面体的中心。这种晶体结构的奇妙之处是能够导电。下列说法错误的是 A. O原子的配位数为6 B. 该晶体的化学式为 C. 冷却该晶体，会失去导电性 D. 该晶体的密度为 【答案】A 【解析】 【详解】A．V原子有8个位于顶点，4个位于棱心，2个在体内，个数为：4；O原子有4个位于面上、6个位于体内，个数为：8；V:O=1:2，则两者配位数之比等于2：1，由晶胞结构可知，V的配位数为6，则O的配位数为3，故A错误； B．V原子有8个位于顶点，4个位于棱心，2个在体内，个数为：；O原子有4个位于面上、6个位于体内，个数为：；V:O=1:2，化学式为，故B正确； C．由题意可知温度改变时，该晶体会发生相转变，高温下由绝缘体转化为导体，则冷却时会变回绝缘体，从而失去导电性，故C正确； D．晶胞的质量为：，晶胞体积为：；晶体的密度为，故D正确； 故选：A。 15. 25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L−1氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是 A. 25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25 B. t=0.5时，2c(H+)+c(NH3·H2O)=c(NH)+2c(OH−) C. P1所示溶液：c(Cl−)=0.05mol·L−1 D. P2所示溶液：c(NH)>100c(NH3·H2O) 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH3·H2O的电离平衡常数K=，据图可知当lgc(NH)=lgc(NH3·H2O)，即c(NH)=c(NH3·H2O)时，溶液pH=9.25，则此时c(OH−)=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A错误； B．t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH3·H2O)+c(NH)，联立可得2c(H+)+ c(NH) = c(NH3·H2O) +2c(OH−)，B错误； C．若c(Cl−)=0.05mol·L−1，则此时溶质应为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，由于NH的水解程度和NH3·H2O的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH)≠c(NH3·H2O)，与P1不符，C错误； D．K==10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，所以==102.25＞100，D正确； 综上所述答案为D。 第Ⅱ卷 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 钪（）是一种稀有金属。从铝土矿生产的副产品“赤泥”（主要成分为、、、）中回收钪。同时生产聚合硫酸铁铝具有极其重要的工业价值，一种生产工艺流程如图所示： 已知：①钪离子可以在不同下生成（）。 ②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的值如下表所示： 离子 开始沉淀的 7.0 1.9 3.0 0.3 完全沉淀的 9.0 3.2 4.7 2.0 回答下列问题： （1）基态原子的价电子数有_______个，是周期表中_______区的元素。 （2）流程中经处理后可循环利用的物质是_______（填“物质A”或“物质B”）；物质C最好选用_______（填“溶液”或“氨水”）。 （3）、、、的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的浓度为_______。 （4）“反萃取”时若加入过量的溶液，沉淀出会溶解。写出：与过量溶液反应生成含钪产物的化学方程式：_______。 （5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是_______。 （6）“聚合”生成聚合硫酸铁铝[]时，同时产生气体，该步骤的离子方程式为：_______。 【答案】（1） ①. 3 ②. d （2） ①. 物质A ②. 氨水 （3）1.8（1.7到1.9均可） （4） （5）防止和在“水解”工序同时沉淀，不利于元素与的分离 （6） 【解析】 【分析】赤泥加入硫酸进行浸取，得到浸取液进行萃取，所得萃取物加入氢氧化钠溶液进行反萃取，将所得沉淀加入草酸进行沉淀转化，进行一系列的处理后，加入氨水，调节pH，再加入氟化铵沉钪，脱水除铵，再加入钙置换得到Sc；而萃取后的溶液加入铁粉还原将铁离子转化为亚铁离子，然后进行水解得到沉淀，过滤滤液加入双氧水进行氧化，加入碳酸氢钠溶液进行聚合，得到聚合硫酸铁铝。 【小问1详解】 Sc为21号元素，基态Sc原子的价电子排布式为3d14s2，基态原子的价电子数有3个，是周期表中d区的元素。 【小问2详解】 通过分析“萃取”与“反萃取”可知，“物质A”的主要成分是萃取剂，可循环利用；从流程可知，“沉钪”时需加入NH4F之后“脱水除铵”可除去铵根离子，所以加入氨水更好，不会引入杂质钠离子，故物质C最好选用氨水。 【小问3详解】 钪的萃取率要高，同时要求Ti、Fe、Al的萃取率要尽可能的小，以达到更好的分离效果，根据图示可知，浓度为1.8 (1.7到1.9均可)时，钪的萃取率和其他三种元素差别最大； 【小问4详解】 由已知①信息，含钪产物为，故氢氧化钠和反应生成，方程式为：； 【小问5详解】 从题目所给信息可知，当达到完全沉淀时，已经铁离子开始沉淀，为防止铁离子和同时水解，需加入Fe粉将铁离子还原为亚铁离子，水解完成后再加过氧化氢溶液将亚铁离子重新氧化为铁离子，以达到分离提纯的目的； 【小问6详解】 “聚合”生成聚合硫酸铁铝[]时，有铝离子、铁离子、硫酸根离子、碳酸氢根离子参与反应，铝离子、铁离子和碳酸氢根离子存在相互水解，同时生成二氧化碳气体，结合质量守恒、电荷守恒，该步骤的离子方程式为：。 17. 邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是Gabriel合成法制备胺的原料。某实验室模拟氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。 反应原理： 实验装置如图： 相关物质的物理性质如表： 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 邻苯二甲酸酐 148 131~134 284 不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇 邻苯二甲酰亚胺 147 232~235 366 微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液 实验步骤： I．向250mL三颈烧瓶中加入74.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入50.0mL浓氨水(稍过量)，加热至80℃-95℃，待固体完全溶解后停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。 Ⅱ．继续升温至235℃-240℃，固体熔化，反应60分钟后，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到粗品白色粉末72.2g。 Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解， ，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体59.2g。 请回答下列问题： （1）仪器A的名称为______，仪器A中盛装的试剂是______。(填标号) a．碱石灰 b．五氧化二磷 c．浓硫酸 （2）步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为________。 （3）邻苯二甲酸酐的熔沸点远低于邻苯二甲酰亚胺，原因可能是________。 （4）步骤Ⅲ的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中划线部分应补全的操作是______。选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是_______。 （5）本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率最接近于______。(填标号) a．85% b．80% c．75% d．70% （6）邻苯二甲酰亚胺还可以用由邻二甲苯与氨气、氧气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：________。 【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. b （2）苯二甲酸酐 （3）两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高 （4） ①. 趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀 ②. 减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥 （5）a （6） +NH3+3O2 +4H2O 【解析】 【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干实验装置图可知，仪器A的名称为球形干燥管，实验中仪器A的作用为吸收尾气NH3，球形干燥管只能盛放固体，故其中盛装的试剂是五氧化二磷，故答案为：球形干燥管；b； 【小问2详解】 由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，可知步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为邻苯二甲酸酐，故答案为：苯二甲酸酐； 【小问3详解】 邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，故答案为：两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高； 【小问4详解】 由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，而邻苯二甲酰亚胺微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液，故Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体，选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥； 【小问5详解】 由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝89.37%，接近85%，故答案为：a； 【小问6详解】 由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为：+NH3+3O2 +4H2O，故答案为：+NH3+3O2 +4H2O。 18. 作为主要的温室气体，对人类的生产生活有着重要影响，还原是实现“碳达峰、碳中和”的有效途径之一，相关的反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应的平衡常数与温度变化关系如图所示。 （1）有利于提高合成选择性的条件是_______（填字母）。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （2）的取值范围是_______（填字母）。 A. B. C. D. （3）一定条件下，向体积为的恒温密闭容器中加入和发生上述反应，平衡时，容器中的浓度为的浓度，此时的浓度为_______，反应I的平衡常数为_______（保留一位小数）。 （4）还原能力可衡量转化率，已知，即相同时间段内与物质的量变化量之比。常压下和按物质的量之比投料，反应相同时间，和转化率如图所示。 ①在范围内，S值的变化趋势是_______（填字母）。 A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 ②由图像可知，转化率在时大于，其原因是_______。 ③温度较低时，两条曲线重合的原因是_______。 【答案】（1）C （2）C （3） ①. 0.05 ②. 19.2 （4） ①. C ②. 温度升高，反应速率加快 ③. 温度较低时只发生反应I 【解析】 【小问1详解】 由图可知，升高温度，反应Ⅰ的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为气体体积减小放热反应，降低温度和增大压强有利于平衡向正反应方向移动，提高甲醇的选择性，故选C。 【小问2详解】 由图可知，升高温度，反应I和反应Ⅲ的平衡常数减小，说明升温平衡向逆反应方向移动，该反应为焓变小于0的放热反应，升高温度，反应Ⅱ的平衡常数增大，说明升温平衡向正反应方向移动，该反应为焓变大于0的吸热反应，由盖斯定律可知，反应Ⅰ-Ⅲ得到反应Ⅱ，则ΔH1-ΔH3＞0，由于、，所以1，故选C。 【小问3详解】 由题意可建立如下三段式： 则平衡时二氧化碳的浓度为0.05mol/L，反应Ⅰ的平衡常数为=19.2。 【小问4详解】 ①由图可知，400−600℃范围内，二氧化碳的转化率增大幅度大于氢气转化率的增大幅度，则S值呈增大趋势，600−1000℃范围内，二氧化碳的转化率增大幅度小于氢气转化率的增大幅度，则S值呈减小趋势，所以400−1000℃范围内，S值的变化趋势为先增大后减小，故选C； ②由图像可知，氢气转化率在600℃时大于400℃，说明温度升高，反应速率加快，消耗氢气的量增大； ③温度较低时，两条曲线重合的原因是温度较低时只发生反应I。 19. H是合成某药物的中间体，一种合成H的流程如下(Et为乙基，Ph为苯基)，回答下列问题： （1）A→B的反应类型是_______。 （2）H中含氧官能团是_______(填名称)。 （3）有机物中N原子电子云密度越大，碱性越强。下列有机物碱性由弱到强排序为_______(填标号)。 a． b． c． d． （4）有机物y的作用是_______。 （5）写出E→F的化学方程式：_______。 （6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写一种)。 ①能发生银镜反应；②1mol有机物最多能消耗2molNaOH；③在核磁共振氢谱上峰的面积比为1∶2∶6。 （7）一种重要的有机物的合成路线如下图(反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为_______和_______。 【答案】（1）取代反应 （2）酯基 （3）dabc （4）吸收HCl，提高产率 （5） （6）或 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】A与Br2在红磷存在下反应生成B，B与EtOH在H+存在下生成C，由C的结构可知，B的结构简式为CH3CHBrCOOH；C与Zn反应生成D，D先与反应、然后在H3O+存在下反应生成E，E与NH(CH3)2加热反应生成F，F先与LiAlH4、再与H2O反应生成G，G与x在y存在下反应生成H。 【小问1详解】 A→B为CH3CH2COOH与Br2在红磷存在下发生取代反应生成CH3CHBrCOOH和HBr。 【小问2详解】 由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为酯基。 【小问3详解】 —F和—Br都是吸电子基团，—CH3是推电子基团，F的电负性大于Br的电负性，C—F的极性大于C—Br的极性，故有机物中N原子的电子云密度由大到小的顺序为c＞b＞a＞d，根据“有机物中N原子电子云密度越大，碱性越强”，故四种有机物碱性由弱到强的顺序为dabc。 【小问4详解】 对比G、H、x的结构，G→H为G与x发生取代反应生成H和HCl，而y具有碱性，故有机物y的作用是：吸收HCl，使反应正向移动，提高H的产率。 【小问5详解】 对比E、F的结构，E与NH(CH3)2加热发生取代反应生成F和EtOH，反应的化学方程式为。 【小问6详解】 由C的结构知，C的分子式为C5H9O2Br，不饱和度为1；C的同分异构体①能发生银镜反应说明含醛基或，②1mol有机物最多消耗2molNaOH，结合①则说明C的同分异构体中含1个碳溴键和1个，且在核磁共振氢谱上峰的面积比为1∶2∶6的结构简式为、。 【小问7详解】 的官能团为酯基，可由发生分子间酯化反应得到，对比与的结构，结合A→B可知，与Br2在红磷存在下发生取代反应生成，与NaOH水溶液加热反应后酸化得到，发生分子间酯化反应得到，故M、N依次为、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★启用前 2026年普通高等学校招生全国统一考试押题卷 化学 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Fe：56 Cu：64 Zn：65 第Ⅰ卷 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是 A. “神舟十三号”逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于天然高分子材料 B. 杭州亚运会吉祥物“江南忆”机器人芯片的主要成分为二氧化硅 C. 月壤中的“嫦娥石[]”其成分属于无机盐 D. “三元催化器”将汽车尾气中和转化为和，有利于实现碳中和 2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 光气（）的结构式： B. 的VSEPR模型： C. 的电子式： D. 基态的价层电子排布图： 3. 美好生活离不开化学。下列人类活动中，运用了相应的化学原理错误的是 选项 人类活动 化学原理 A 溶液除铁锈 水解呈酸性 B 可用作供氧剂 可以与反应放出 C 维生素C可用作补铁药物琥珀酸亚铁的抗氧化剂 维生素C具有还原性 D 港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐 利用外加电流的阴极保护法保护大桥不被腐蚀 A. A B. B C. C D. D 4. 冰晶石（）是工业上冶炼金属铝所需要的助熔剂，制备反应为：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 标准状况下，中含有的键数目为 B. 室温下，溶液中阴离子数小于 C. ，的溶液中含有的数目为 D. 常温常压下，中含有的电子数为 5. 中成药连花清瘟胶囊的有效成分绿原酸的结构简式如图所示。下列有关绿原酸的说法正确的是 A. 分子式为 B. 分子中的含氧官能团有四种 C. 1 mol该物质最多能与反应 D. 能发生加成、取代、氧化、加聚、缩聚反应 6. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A．探究铁与水蒸气反应产生氢气 B．验证吸氧腐蚀 C．证明淀粉发生了水解 D．制备 A. A B. B C. C D. D 7. 某种天然沸石的化学式为，其中元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，且占据四个不同周期。Y在地壳中含量最高，在该化合物中R显示其最高价态，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道。下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能： C. 最简单氢化物稳定性： D. 氯化物熔点： 8. 物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 在水中的溶解度比的大 和均为极性分子，为非极性分子 B 的沸点比的高 中的键能大于中的键能 C 冠醚18-冠-6能够与形成超分子，而不能与形成超分子 的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配 D 易与形成配离子 有空轨道，可接受中的N给出的孤电子对 A. A B. B C. C D. D 9. Negishi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一，反应过程如图所示（、表示烃基）。下列说法正确的是 A. 是该反应的催化剂 B. 位于元素周期表第四周期第ⅧB族 C. 反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成 D. 存在反应+RZnCl= +ZnCl2 10. 工业上用软锰矿（主要成分是，含有、等杂质），制备的流程如下： 已知：固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。 下列说法错误的是 A. “浸取”后的溶液中通入调节，滤渣Ⅰ的成分有硅酸和氢氧化铝 B. “歧化”时，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进的生成，提高的产率 C. “歧化”步骤中，可以用浓盐酸来代替冰醋酸 D. “操作Ⅱ”为：加热浓缩，当溶液表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶析出晶体 11. 碳酸二甲酯[]是一种符合现代“绿色化学”的化工原料，其电解制备原理示意图如下(含)。下列说法错误的是 A. 极区域存在反应： B. 电解过程中，在电场作用下移向玻碳电极 C. 制得1mol碳酸二甲酯时，外电路中迁移1mol电子 D. 总反应为 12. 钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为。为探究的性质，取等量少许分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法不正确的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色：倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A. 试管甲中新生成的沉淀为金属 B. 试管甲中沉淀的变化均能体现的酸性 C. 试管乙实验可证明与形成无色配合物 D. 上述两个实验表明为两性氧化物 13. 下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是 选项 X Y Z A B Fe C D NO A. A B. B C. C D. D 14. 钒(V)的某种氧化物在升高到一定温度时，会发生可逆的相转变，由绝缘体变为导体，导体状态的晶体结构如图，V原子(大球)位于O原子形成的正八面体的中心。这种晶体结构的奇妙之处是能够导电。下列说法错误的是 A. O原子的配位数为6 B. 该晶体的化学式为 C. 冷却该晶体，会失去导电性 D. 该晶体的密度为 15. 25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L−1氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是 A. 25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25 B. t=0.5时，2c(H+)+c(NH3·H2O)=c(NH)+2c(OH−) C. P1所示溶液：c(Cl−)=0.05mol·L−1 D. P2所示溶液：c(NH)>100c(NH3·H2O) 第Ⅱ卷 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 钪（）是一种稀有金属。从铝土矿生产的副产品“赤泥”（主要成分为、、、）中回收钪。同时生产聚合硫酸铁铝具有极其重要的工业价值，一种生产工艺流程如图所示： 已知：①钪离子可以在不同下生成（）。 ②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的值如下表所示： 离子 开始沉淀的 7.0 1.9 3.0 0.3 完全沉淀的 9.0 3.2 4.7 2.0 回答下列问题： （1）基态原子的价电子数有_______个，是周期表中_______区的元素。 （2）流程中经处理后可循环利用的物质是_______（填“物质A”或“物质B”）；物质C最好选用_______（填“溶液”或“氨水”）。 （3）、、、的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的浓度为_______。 （4）“反萃取”时若加入过量的溶液，沉淀出会溶解。写出：与过量溶液反应生成含钪产物的化学方程式：_______。 （5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是_______。 （6）“聚合”生成聚合硫酸铁铝[]时，同时产生气体，该步骤的离子方程式为：_______。 17. 邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是Gabriel合成法制备胺的原料。某实验室模拟氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。 反应原理： 实验装置如图： 相关物质的物理性质如表： 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 邻苯二甲酸酐 148 131~134 284 不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇 邻苯二甲酰亚胺 147 232~235 366 微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液 实验步骤： I．向250mL三颈烧瓶中加入74.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入50.0mL浓氨水(稍过量)，加热至80℃-95℃，待固体完全溶解后停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。 Ⅱ．继续升温至235℃-240℃，固体熔化，反应60分钟后，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到粗品白色粉末72.2g。 Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解， ，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体59.2g。 请回答下列问题： （1）仪器A的名称为______，仪器A中盛装的试剂是______。(填标号) a．碱石灰 b．五氧化二磷 c．浓硫酸 （2）步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为________。 （3）邻苯二甲酸酐的熔沸点远低于邻苯二甲酰亚胺，原因可能是________。 （4）步骤Ⅲ的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中划线部分应补全的操作是______。选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是_______。 （5）本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率最接近于______。(填标号) a．85% b．80% c．75% d．70% （6）邻苯二甲酰亚胺还可以用由邻二甲苯与氨气、氧气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：________。 18. 作为主要的温室气体，对人类的生产生活有着重要影响，还原是实现“碳达峰、碳中和”的有效途径之一，相关的反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应的平衡常数与温度变化关系如图所示。 （1）有利于提高合成选择性的条件是_______（填字母）。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （2）的取值范围是_______（填字母）。 A. B. C. D. （3）一定条件下，向体积为的恒温密闭容器中加入和发生上述反应，平衡时，容器中的浓度为的浓度，此时的浓度为_______，反应I的平衡常数为_______（保留一位小数）。 （4）还原能力可衡量转化率，已知，即相同时间段内与物质的量变化量之比。常压下和按物质的量之比投料，反应相同时间，和转化率如图所示。 ①在范围内，S值的变化趋势是_______（填字母）。 A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 ②由图像可知，转化率在时大于，其原因是_______。 ③温度较低时，两条曲线重合的原因是_______。 19. H是合成某药物的中间体，一种合成H的流程如下(Et为乙基，Ph为苯基)，回答下列问题： （1）A→B的反应类型是_______。 （2）H中含氧官能团是_______(填名称)。 （3）有机物中N原子电子云密度越大，碱性越强。下列有机物碱性由弱到强排序为_______(填标号)。 a． b． c． d． （4）有机物y的作用是_______。 （5）写出E→F的化学方程式：_______。 （6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写一种)。 ①能发生银镜反应；②1mol有机物最多能消耗2molNaOH；③在核磁共振氢谱上峰的面积比为1∶2∶6。 （7）一种重要的有机物的合成路线如下图(反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为_______和_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $