2026年高考化学全真模拟卷(一)-【数理报】2026高考化学满分冲刺复习专号

2026年高考化学全真模拟卷（一） ◆数理报社试题研究中心 (说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16Na-23Mg-24S-32Ca-40 Cu-64Zr-91 第I卷 选择题（共42分） 题号 2 3 4 5 6 个 8 9 10 1 12 13 14 选项 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意） 1.化学材料的使用对人类生活质量的提高和科技的发展有重要作用.下列说法错误的是 0 A.彩色玻璃是制玻璃过程中加入一些金属氧化物或盐制得的，可用于建筑和装饰 B.新型陶瓷碳化硅能承受比较高的温度，可用作耐高温结构材料，属于新型无机非金属材料 化 C.橡胶消声瓦可有效降低潜艇航行时的噪声，天然橡胶的主要成分是异戊二烯 D.有机玻璃为聚甲基丙烯酸甲酯，其透光性好，易加工，可制成飞机和车辆的风挡 真 2.下列化学用语或图示表示正确的是 A.基态氮原子的电子排布图： 2s 2s 卷 ↑↑↑ B.Ca02的电子式：[：0：]Ca2+[:0:] C.4-甲氧基苯胺的结构简式：H2N D.中子数为10的氧原子：80 3.我国研究人员成功制备出高强度、高导电性、高耐热的铝-锆-钪(A1-Zr-Sc)合金材料，为提升 我国绿色铝产业深加工能力提供了支撑.下列说法不正确的是 A.A1是地壳中含量最多的金属元素 B.基态21Sc的简化电子排布式是[Ar]3d'4s2 C.Al-Zr-Sc合金比相应的纯金属具有较高的熔点 D.Al-Zr-Sc合金的导电性与自由电子的运动相关 4.设N为阿伏加德罗常数的值.关于反应4BF,+2Na,CO,+2H,0=3NaBF4+Na[B(OH)4]+ 2C0,↑，下列叙述正确的是 A.0.1 mol BF,中B原子最外层电子数目为0.8Na B.10.6gNa2C03固体含C0号数目为0.1N C.标准状况下，4.48LC02分子中含σ键数目为0.8N D.1 mol Na[B(OH)4]含配位键数目为4N 5.劳动是幸福的源泉.下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用钢瓶储存和运输液氯 常温下CL,与铁不反应 B 利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气 沼气中含有的CH4可作燃料 C 用波尔多液(CuSO,、CaO和H,0的混合液)杀灭害虫 Cu2+水解使溶液呈酸性 电解熔融的氯化镁制备金属镁 氯化镁是离子化合物 6.下列解释事实的方程式不正确的是 ( A.向H2180中投入Na,02固体：2H210+2Na,02=4Na++40H+802↑ B.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：S02+Ca2++3Cl0+H,0=CaS0,↓+Cl+2HCl0 C.向AgCl沉淀中加入过量氨水使AgCl溶解：AgCl+2NH3·H,0=[Ag(NH3)2]++Clˉ+2H20 D.向Na2S溶液中通入足量S02:2S2-+5S02+2H,0=3S↓+4HS0, 7.下列实验原理、装置及操作能达到实验目的的是 () 浓盐酸 高考化学全真模拟卷 饱和 NaHSO 溶液 ① ② A.用装置①分离Fe(OH)3胶体中的NaCl B.用装置②除去S02中的S03 C.用装置③制取C2 D.用操作④检验化合物中是否含钾元素 8.在不同温度下，用相同浓度的NOH溶液吸收氯气，测得氧化产物与转移电子的数量关系如下图 所示.已知：反应1、反应3都只有一种氧化产物，且分别在25℃、70℃条件下进行.反应2有两种氧化产 物，其中一种与反应1相同，另一种与反应3相同 1.5 反应1 反应2 反应3 1.0 0.5 0.0- 转移电子mol ⑦ 下列叙述错误的是 A.制备漂白液宜选择常温条件下进行 B.反应2为6Cl2+12Na0H=8NaCl+3NaCl0+NaClO3+6H20 C.上述3个反应中，参与反应的n(Na0H)=2n(Cl2) D.根据上述信息可知，用热水稀释漂白液，会导致有效成分含量降低 9.有一种净水剂，结构如下图所示.短周期元素X、Y、W的原子序数依次增大，X、Y、W分布在不同 周期，X、Y原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，Z原子的最外层电子数与次外层电子 数相差12且基态原子含4个未成对电子，下列叙述正确的是 A.Y、W的简单离子的半径：Y>W B.ZW,在一定条件下可形成ZW4 C.化学键中离子键成分的百分数：ZW3>Z2Y, 高 D.分子极性：W2Y>X2Y 10.醋氯芬酸是一种新型强效解热、镇痛、抗关节炎药物，醋氯芬酸的结构简式如下图所示.下列说 华 法正确的是 ( COOH 卷 A.1mol该物质最多消耗6 mol NaOH B.该分子中所有原子可能处于同一平面上 C.该分子中含有5种官能团 D.该物质苯环上的一溴代物有4种 11.以下是研究[Co(NH3)。]S0,溶液的制备、性质和应用的相关内容. ①向CoSO4溶液中逐滴加入氨水，得到[Co(NH3)6]SO,溶液， ②分别将等浓度的CS0,溶液、[Co(NH)6]S0,溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者 无明显现象，后者产生使淀粉-K江溶液变蓝的气体 ③[Co(NH3)6]S04溶液可处理含N0的废气，反应过程如下. NHNO2+NHNO 2[Co(NH)6]2 2NO+4NH,+H2O 2NH [(NHs)sCo-O-O-Co(NH3)s]4 © 下列说法正确的是 () A.①中，为避免CoS04溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4),S04溶液 B.②中，CoSO,溶液中的Co2+浓度比[Co(NH3)6]S0,溶液中的高，CoSO4的还原性比[Co(NH3)6]S0, 的强 C.③中，[Co(NH3)6]2+转化为[(NH3)sCo一0一0一Co(NH3)5]4+的过程，Co元素的化合价不变 D.③中，降低pH可显著提高NO的去除率 12.硫锌二次电池工作原理如下图所示，下列叙述错误的是 电极a 电极b Zn [Zn(0H)4]2 NaOH+ZnO CuSO. 钠离子交膝膜M A.放电时，电极a为负极 B.充电时，电极b与电源正极连接 C.放电时，电极a上的电极反应为Zn-2e+40H=[Zn(0H)4]2 高考化学全真模拟卷 D.充电时，l6.0gCu2S完全反应时，向电极a迁移0.2 mol Na+ 13.常温下，将一定量稀硫酸滴入高铁酸钠(Na,FeO4)溶液中，溶液中含铁微粒(FeO}、HFe0,、 H,FeO4、H3FeO4)的物质的量分数δ(X)随pOH[pOH=-lgc(OH)-]的变化如下图.下列说法正确的是 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0 1.623.24 67.38 10 pOH A.曲线I表示HFeO:的变化曲线 B.a、c两点水的电离程度相同 C.b点溶液中存在：c(Na+)+c(H+)+c(HFeO4)=c(OH-)+2c(FeO子)+c(HFeO4) D.常温时，HFe0,+H20==H,Fe04+OH的平衡常数K=103.2 14.硫化锌(ZS)可用作分析试剂、荧光体、光导体材料.一种p型硫化锌的立方晶胞中S2~的位置如 图所示，半数的四面体空隙中填入Zn+(图b为晶胞在z轴方向的透视图).下列说法中错误的是 ( ○Zn2 图b A.晶胞中Zn2+的数目是4 B.S2-的配位数为8 C.熔点：ZnS<Zn0 D.已知晶胞参数为apm,则Z2*与S32-的最近距离为2apm 第Ⅱ卷非选择题（共58分） 华 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） 15.(16分)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑.一种从稀土矿（含镁、铁、铝等元 拟 素)中提取稀土的工艺如下： 酸化MgS0,溶液 月桂酸钠 矿物→浸取→浸取液→ 氧化 过滤1→滤液1 调pH 盐酸 滤渣 55℃ RECL溶液←操作又、加热搅拌一 滤饼←—过滤2 月桂酸 滤液2 已知：月桂酸(CH2C00H)和(CH23C00)3RE均难溶于水.月桂酸的熔点为44℃；该工艺条件 下，稀土离子保持+3价不变；(CHC00)2Mg的Kp=1.8×10-8,A1(OH)3开始溶解时的plH为8.8； 有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg Fe3+ A3+ RE3+ 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH 3.2 4.7 回答下列问题： (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 (2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至 的范围内，该过程中A3+发生反应的离子方程 式为 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+的浓度为2.7gL.为尽可能多地提取 RE+,可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(CH,COO)低于 mol/L. (4)①“加热搅拌”的目的是 ②“操作X”的过程为：先 ,再固液分离 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有 (写化学式). (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂P,Y. ①还原YCL和PtCl4熔融盐制备PL,Y(稀土离子保持+3价不变)，生成1 mol Pt3Y转移 mol 电子 ②Pt,Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O,的还原，发生的电极反应为 (7)一种利用离子交换法浸出稀土的过程如下图所示.已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能 力越强.下列离子对RE+交换能力最强的是 (填字母序号). RE RE RE3 RE SO RE3 高考化学全真模拟卷 交换前 交换后 A.Na* B.NH C.Mg2* D.CI- 16.(12分)亚硝酸钙[C(N02)2]常用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂.某兴趣小组在实验室利用 如下图所示实验装置制备Ca(NO2)2,反应原理为N0+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H,0. 浓硫酸 玻璃球泡 玻璃球泡 NaOH溶液 铜H 乳 硝酸 磁力搅拌器 B D C 已知：①亚硝酸不稳定，易分解，且具有一定的氧化性；在酸性条件下，C(NO2)2能将I氧化为L2, 反应为2N02+4H++2I=l2+2N0↑+2H20;②L2+2S,0}=2I+S403. 回答下列问题： (1)盛放铜片的仪器名称是 (2)装置A中发生反应的化学方程式为 (3)装置B中逸出的NO与NO,的物质的量之比为1：1，则装置B中发生反应的化学方程式为 若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体 中n(N02) (填“=”“>”或“<”)n(N0). (4)装置D的作用是 (5)利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度， 可供选择的试剂有：a.稀盐酸；b.c1mo/L的KI溶液；c.c2mol/L的Na,S203溶液；d.c3mol/L的酸 性KMnO4溶液 实验步骤：准确称取mgCa(NO2)2样品于锥形瓶中，加适量水溶解，先加人 (填具 体试剂，下同)并滴入几滴淀粉溶液，然后滴加 ,用c2mol/L的Na2S203溶液滴定至终点，读取消 耗Na,S,0溶液的体积，重复以上操作3次.若3次消耗Na,S20,溶液的平均体积为VmL,则Ca(NO2)2 的纯度为 17.(16分)二氧化碳是常见的温室气体，其回收利用是环保领域研究的热点课题.其中二氧化碳催 化加氢可制甲醇.以C02、H2为原料合成CH,OH涉及的反应如下： 反应i:H2(g)+C02(g)=C0(g)+H20(g)△H1=+41kJ/molK 华 反应iⅱ：3H2(g)+C02(g)==CH,0H(g)+H,0(g)△H2=-49kJ/mol K 反应i:CO(g)+2H,(g)==CH,OH(g）△HK 真 回答下列问题： (1)反应ⅲ的K= (用K、K2表示)，该反应在 (填字母序号)正向自发进行 卷 A.低温下能 B.高温下能 C.任何温度下都能 D.任何温度下都不能 (2)为提高反应ⅱ（仅发生反应ⅱ）中CO,的平衡转化率，理论上可采取的措施是 (填字母 序号) A.恒容时增大H2的浓度 B.减小反应容器的容积 C.提高反应体系的温度 D.选择合适的催化剂 (3)在恒容密闭容器中充入1molC0,和3molH2,发生反应i和iⅱ，测得平衡时C0,的转化率、C0 n(CO)或n(CH,OH) 和CHOH的选择性随温度的变化如下图所示[选择性= ×100%]. n(CO)+n(CHOH) 100 70 55 40 25 o 特0 210 230 250 270 温度心 ①表示CO的选择性的曲线是 (填标号). ②250℃时，反应i的平衡常数为 (结果保留2位有效数 字) ③210~250℃过程中，C02平衡转化率变化的原因是 (4)Zn0/Z02固溶体是我国科学家发明的高选择性的C02加氢合成 CHOH的催化剂，其中ZO2的立方晶胞结构如右图所示，晶胞的棱长为 )0 apm(设N,为阿伏加德罗常数的值).Zr+在晶胞中的配位数为 ,该晶体的密度为 g/cm3(列出计算式即可). 18.(14分)螺环化合物M具有抗病毒、抗肿瘤功能，其合成路线如下： COOC2Hs B KMnO/HCCOOH- D CH-CN E C-Hs C-HCI C,H0C一定条件 C 0 0 F 试剂 OC-H HCI H CHI I H2 CuHO2N-HCI NH-C -OC(CHs); CHON一定条件CH,0N催化剂CH0N G NH2 COOC2Hs 0 Oa K加成 加成 CH M 已知：I.-CH0+一CH,一COOR一定条件 -CH=C-C00R+H,0. 高考化学全真模拟卷 NH NH, Ⅱ. R R 回答下列问题： (1)A→B的反应类型为 (2)C分子中含有的官能团是 (3)D→E的化学方程式为 (4)试剂a的分子式为C4H,0,Cl,其结构简式为 (5)H分子中含有一个六元环和一个五元环.I的结构简式为 (6)下列关于J的说法正确的是 (填字母序号). a.含有手性碳原子 b.能发生消去反应 c.在加热和Cu催化条件下，不能被O2氧化 d.存在含苯环和碳碳三键的同分异构体 (7)E、K中均含有“一C=N”,K的结构简式为 (参考答案见2版)2 参考答案 数理极 2026年高考化学全真模拟卷（一） 极，电极b为阳极.CS在阳极失去电子发生氧化反应生成：出的气体中(NO2)>n(NO) Cu2+和S,电极反应为C2S-4e=2Cu2+S,则16.0g硫化亚 (5)根据已知反应建立关系式Ca(N02)2~2~2N2S,0, 1.C天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，C错误 16.0g×4= 铜完全反应时向电极a迁移钠离子的物质的量为60 消耗c2mol/L的NaS203溶液VmL,则n[Ca(N02)2]= 2.C基态氯原子的核外电子排布式为1s2222p3,电子排 0.4mol.综上D错误 a(Nas,0,)='x10- mol,Ca(NO2)2的纯度为 2 布图为尚面的卫A错误：0，的电子式为 13.D向Na,Fe0,溶液中滴加稀硫酸，发生反应：Fe0+c2V×10-3 H一HfeO,、HfeO,+H+一H2FeO,、H2feO,+H 2 mal×132g/mo 33c2V Ca2·[:0:0:]2,B错误：原子的表示中，左上角表示质量数， H,F0,开始时F0好-的物质的量分数最大，曲线I表示 mg ×10%=50×10% 中子数为10的佩原子质量数为18，表示为80，D错误 FeO的变化曲线随着硫酸滴人，HFO,开始增多，曲线Ⅱ表！ . .A 3.C合金的熔点比各成分纯金属的熔点低，C错误， 示HFeO,的变化曲线.接着HFeO,被消耗而减小，H,FeO,开 4.BBF,分子中原子的最外层电子数为6，则0.1ml (2)AB 始增多，曲线Ⅲ表示HFeO,的变化曲线.最后产生H,FeO,,曲 BF,分子中硼原子最外层电子数为0.1mol×6×N,mol-1=线VN表示H,Fe0的变化曲线. (3)①e②0.0015（或1.5×10-3）③升高温度对反应i 的影响大于反应ⅱ 0.6V,A错误；10.6g碳酸钠固体中含有的C0?数目日为 由上述分析可知，A错误；a,心两点溶液的微粒不同，pOH不 1O6g×1×N,mm1=0.1W,B正确：二氧化碳的结构式为 10.6g 同，对水的电离程度影响不相同，B错误；b点溶液中还含有 (4)8 4×(91+16x22或4×(91+16×2)×109 a2×10-0N a NA SO,由电荷守恒可得：c(Na)+c(H)+c(H,FeO4)= 解析：(1)根据盖斯定律，反应ⅲ=反应ⅱ-反应i,所以人 0=C一0,1个碳氧双键含有1个σ键，标准状况下，4.48L二氧 :c(OH)+2c(Fe0)+c(HFe0,)+2c(S0),C错误；从图 4.48L. 化碳中含有a键的数目为2.4m×2×Nmml=0.4N,C上可知b点c(H,e0,)=c(He0,),e(OH）=10-32, 冬：由于反应n是技热箱减的反应，根据4W-T八<0的反 错误：Na[B(OH):]中含有1个位键，则1mdNa[B(OH)4]中 :HFeO:+H,0一一H,FeO,+O州~的平衡常数K=应可自发进行，得出低温有利于反应ⅲ正向自发进行，故选A. c(H,Fe0)·c(0H)=102,D正确 (2)恒容时增大H,的浓度，平衡正向移动，可以增大二氧化 含有的配位键数目为1ml×1×Nmol-=N,D错误。 c(HFeO) 碳的平衡转化率，A正确：反应是气体体积减小的反应，减小反应 5.C用波尔多液(CS0,、,Ca0和H20的混合液)杀灭害虫 14.B 由题干信息可知S的晶胞为容器的容积即增大压强，平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率提 是因为重金属离子使蛋白质变性，与C2·水解使溶液呈酸性没 :高，B正确：提高反应体系的温度，平衡逆移，C02平衡转化率降 有关系，C符合题意， 低，C错误；选择合造的催化剂，C02平衡转化率不变，D错误 6.AN202与水反应时，Na,02既是氧化剂又是还原剂 (3)①反应i中生成C0(g)为吸热反应，反应ⅱ中生成 水既不是氧化剂也不是还原剂，向H,1⑧0中投入Na,02的离子 OZ2,晶胞中Zn2+的数目是4，A正：CH,0H(g)为放热反应，故随着温度的升高，反应i正向移动， 方程式为2H2180+2Na2024Na++20H-+280H-+02↑， :C0(g)的选择性升高，反应ⅱ逆向移动，CHOH(g)的选择性降 A错误， 低，且二者的选择性之和应为100%.结合图像可知表示C0的 7.BFe(OH)1胶体中的胶粒和电解质溶液中的离子都可 选择性的曲线是c. 以通过滤纸，因此不能采用过滤的方法分离除去Fe(OH),胶体 :确：根据晶胞结构可知，S2-的配位数为4，B错误；ZnS.Zn0均为 ②根据图像信息可知，250℃时，C0,的平衡转化率为 中的NaCl,应该采用渗析的方法提纯Fe(OH),胶体，A错误 离子晶体，02-的半径小于S2-的半径，故Z0的离子键强，熔点 12%,C0(g)的选择性为25%，CH,0H(g)的选择性为75%.可 s0,与饱亚硫酸氢钠溶液中的水反应产生H,S0,而s0,不高，C正确：已知昌胞参数为4m,Zm2·与s2-的最近距离等于计算出C0,的消耗量为1ml×12%=0.12md,生成C0(g)的 能溶解，也不能发生反应，因此可以用装置②除去S0,中的 物质的量为0.12mol×25%=0.03mol,生成CH0H(g)的物质 S03,B正确；浓盐酸和MnO2制C2需要加热，C错误；钾元素的 晶胞体对角线的子，即为导apm,D正确 的量为0.12mol×75%=0.09mol.根据题意，在该密闭容器中 馅色需要透过蓝色钴玻璃来观察，D错误， 15.(1)fe2+ 发生反应1和反应ⅱ，相关变化情况如下所示： 8.B由题干及图示信息可推测反应1为Cl2+2NaOH (2)4.7≤pH<6.2A3++30H-=A1(0H)3↓ 反应iH2(g)+C02(g)C0(g)+H20(g) NaCd+NaCl0+H,0,反应3为3Cl2+6Na0H=NaCd03+5NaC1+ (3)4.0×10-4 n(变化)0.03mol0.03mol0.03mol0.03mol 3H,0.得到1m0l氧化产物，反应2转移3mol电子，设反应2得 (4)①加快RE3+溶出速率②冷却结晶 反应iⅱ3H2(g)+C02(g)CH3OH(g)+H0(g) 到1mol氧化产物时生成的NaClO、,NaCO的物质的量分别为 (5)Mgs0 n(变化)0.27mal0.09mol0.09mol0.09mol xy,则有x+y=1x+5y=3,解得x=y=0.5mdl,故反应2为 (6)①15②02+2H20+4e-40H 故在该温度下达到平衡状态时，n(H2)=3mol-0.03mol 4CL2+8Na0H=6NaCl+NaC0+NaCI03+4H20,据此分析 (7)C 0.27 mol 2.7 mol,n CO2 1 mol -0.12 mol =0.88 mol 解答。 解析：(1)由题意可知，“氧化调H”中只有铁元素的化合价n(C0)=0.03mol,n(H,0)=0.03mol+0.09mol=0.12mol,反 已知漂白液的有效成分为N0,结合上述分析可知，制备发生变化，铝和稀土金属元素均为+3价，e2·被氧化为Fe+. !应1前后气体化学计量数相等，用浓度表示的平衡常数可以用 漂白液宜选择常温条件下进行，A正确：由上述分析可知，B错 (2)“过滤1”所得“滤渣”为Fe(0),和1(O),应调节物质的量来表示，反应i的平衡常数为K=0,3x0卫 误；由上述分析可知，3个反应中，参与反应的n(NaOH)=的pH范围为4.7≤pH<6.2,pH小于6.2是防止RE·开始沉 2.7×0.88 2n(C2),C正确：用热水稀释漂白液，VaCI0转化为NCIO3而失淀.该过程中A3+与OH-反应生成1(OH),沉淀. 0.0015. 去漂白能力，导致有效成分含量降低，D正确， ③升高温度，反应ⅰ正向移动，C02的平衡转化率升高，反 (3)“滤液2”中Mg2+浓度为2.7g/L,其物质的量浓度为 9.B短周期元素X,Y、W的原子序数依次增大且X,Y、W ;应ⅱ逆向移动，C0,的平衡转化率降低，结合图像信息可知，在 0.1125mo/L,Km[(C1H23C00)2Mg]=c2(C:H2C00-)· 分布在不同周期，由结构可知，X可形成1个共价键，Y能形成2 210~250℃过程中，C02平衡转化率随着温度的升高而升高，说 :c(Mg2+),c(CIH23C00-）= K.p (Cu H23 C0O)2Mg 个共价键，故可知X为H元素，Y为0元素；X,Y原子的最外层 明升高温度对反应i的影响大于反应ⅱ c(Mg2+） 电子数之和等于W原子的最外层电子数，则W最外层上有7个 (4)以面心+为参考，每个晶胞中有4个02-与z4+距 电子，即W为C1元素：Z原子的最外层电子数与次外层电子数 √025m0WL=4.0x104m/L,若c(C,H,C00)大离最近，面由两个晶胞共用，故Z的配位数为8：昌胞中Z 1.8×106 相差12且基态原子含4个未成对电子，则Z为e元素，据此分！ 于4.0×104o/L,则形成的“滤饼”中会混人位于顶点和面心，个数为8×名+6×了=4,02-位于品胞体 析解答， (Cu H COO)2Mg. Y、W的简单离子分别为02-和C1,C1核外有三个电子 内，个数为8，则一个晶胞含有4个02，晶胞质量为 层而02-核外只有两个电子层，所以半径：W(C1-)>Y(02-), 4)①搅样可以增大接触面积，加快反应速率，加热也可以4x91+6x2g,昌胞体积为：×10”cm,可知p=号 加快反应速率。 A错误；三氯化铁在一定条件下可与C1以配位键结合，B正确： ②加热搅拌"的温度为55℃，而月桂酸的熔点为44℃，所4×(91+16x2g/cm 因电负性：0>C1,所以化学键中离子键成分的百分数：Y以“操作X(过滤)前，先要冷结晶，使月桂酸变成固体. a3×10-0W (Fe0)>ZW,(FeCl),分子极性X2Y(H0)>W,Y(Cl0) (5)“滤液2”中含有MgS0,可作“浸取”时加人的“酸化 18.(1)取代反应 C,D错误 MS04溶液” (2)碳氯键，羧基 10.A该分子中含有的1个羧基、1个酯基，2个碳氯键及 (6)①反应中1的化合价由+4变为-1，电子转移关系为 (3）C〈-CH0+NCCH,Co0C,H, 一定件 水解生成的2个酚羟基均能与NaOH反应，则1mol该物质最多 !3PCl-PL3Y~15eˉ，则生成1molh3Y转移15mol电子 CN 消耗6 mol NaOH,A正确；分子中含有sp3杂化的碳原子，所有原 ②碱性条件下，02在正极得电子转化为OH: 子不可能处于同一平面上，B错误；该物质含羧基、酯基、氨基、 16.(1)圆底烧瓶 CH-C-COOCHs +Ho 碳氯键，共4种官能团，C错误；2个苯环上共有6种不同化学环 (2)Cu+2H,S04(浓)_△CS04+S02↑+2H,0 境的氢原子，该物质环上的一溴代物有6种，D错误， (3)2S02+2HN03+H20=N0+N02+2H2S04> (4)CICCOOC,H; 11.A[Co(NH)6]S04溶液中主要含有[Co(NH,)6]2+ (4)作安全瓶，防止倒吸 CS0,溶液中的Co2+浓度比[Co(NH,)6]S0,溶液中的高.②中 的现象说明CoS0不能被氧气氧化，[Co(NH)6]S0,能被氧气 (5)足量c1md/L的KI溶液稀盐酸 33cV 500m×100%(或 氧化，则CoS0,的还原性比[Co(NH,)。]S0,的弱，B错误；③ :其他合理形式) 中，[Co(NH)6]2+转化为[(NH,)5Co00C0 解析：装置A中制备二氧化硫，装置B中二氧化疏还原一定 CH. (NH3)5]4+,Co元素的化合价由+2升高为+3，C错误：③中，浓度的硝酸生成等物质的量的NO、N02,装置C中等物质的量 (6)ad 降低pH,溶液酸性增强，H+和氨气反应生成NH,不利于脱除的NO,NO2恰好被石灰乳吸收生成Ca(NO2)2,装置D为安全 COOC2Hs NO,D错误 瓶，装置E吸收尾气，防止污染。 H 12.D由图可知，放电时，电极a为负极，电极反应为Zn- (3)根据得失电子守恒，装置B中发生反应的化学方程式为 7 2e+40H-[Zm(0H)4]2-,电极b为正极，在铜离子作用下：2S02+2HN03+H,0=N0+N02+2H,S0,.若其他条件不变， 硫得到电子发生还原反应生成硫化亚铜：充电时，电极4为阴增大酸的浓度，硝酸氧化性增强，生成的N0,增多，则会使逸 H 数理极 参考答 案 3 解析：根据A的分子式结合C的结构可知，A为甲苯，A和：弱酸，CO2不与NaN2溶液反应，D错误 数为6×子=3，“⑧位于体心，个数为1，由化合价代数和为0 氯气发生取代反应生成的B为C1一《》一CH,结合已知信息 6.D 可知化学式为A1C03,即x=1,y=3,A正确；1与0最小间距 可知， D 为 为 大于Co与0最小间距，则黑球为A1,白球为0，根据晶胞结构， CN :1个1原子共用8个晶胞，每个晶胞使用3个面，每2个面重叠 B 正 确： d一C》CH一C-CO0C,H,·结合M的结构简式，又H分子 使用，则1个A1原子周围的0原子数为8×3×7=2，B,C正 △ 中含有一个六元环和一个五元环，推出H的结构简式为 A0,四aN(0H).1÷A(oH,c正确：e与氧气发生 确：根据晶体中2个白球间的距离为bm,设晶胞的边长为 缓慢氧化反应可转化成Fe20,但Fe2O不能直接转化成 则1的结构简式为 ,1→J为1 Fe(OH)3,且Fe(OH)3也不能直接转化成Fe,D错误. 7.C“浸取”时，搅拌或延长浸时间可以让原料充分反应 2anm,由 CH 知anm= nm 2 从而提高浸取效率，A正确：由流程可知，“操作4”是过滤，过滤操 OH 作需要的破璃仪器有绕杯玻璃棒，漏斗，B正确：由流程可知铁华 中的羰基和☒气的加成反应，则」为 0 ,以此解题 粉中含有铁单质，硝酸的量比较少时，生成的fe3+能与Fe发生反 应生成F+,滴入KSCN溶液不一定会变红，C错误；由流程可知 CH 10-7cm,则胞边长=2amn O州能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，即有氢氧化铁沉淀生成， 2×10-7cm=b×10-7am, (1)由分析可知，A→B的反应类型为取代反应. 说明OH结合Fe3+的能力强于CN-,D正确. 晶胞的体积V=(2anm)3=(√2b×107)3m3,晶体的密度p (2)C分子中含有的官能团是碳氯键，羧基， 8.D两组实验中草酸均不足量，高锰酸钾不能完全褪色 134 (3)根据已知反应I,D→E的化学方程式为：无法探究草酸浓度对反应速率的影响，A不符合题意：山2与 N 134 -g/cm3,D错误 一定条件 VO州反应而无法与淀粉显色，从而无法确定淀粉水解情况，若 要检验淀粉发生水解，应向淀粉溶液中加适量20%的H,S04溶 15.(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率Mn02+ CN 液，加热，冷却后加NOH溶液至碱性后再加少量新制的氢氧化 BaS +H2O =Ba(OH)2 +MnO +S CHCH-C-COOC:Hs +H20. 铜，加热可观察到砖红色沉淀；若要检验淀粉是否已经水解完 (2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH) (4)结合F的分子式和G的结构简式，再结合F→G失去 全，应该在冷的酸性的水解液中直接加碘水，B不符合题意： (3)蒸发 浓HNO,受热也会分解产生NO2,从而无法确定炭与浓HNO3是 (4)H,024.9 HC可知试剂a为C1CCO0C,H 否发生反应产生N02,C不符合题意。 (5)Mm2++HCO+NH2·H20-MnCO↓+NH+H,O 9.AX、Y,Z.W、R为原子序数依次增大的短周期主族元 素，Y、Z、W为同周期相邻主族元素，由题目信息Z的单质在空 Na(ax10-7)月 (5)由分析可知，I的结构简 气成分中体积分数占比最大可知Z为N元素，X原子核外电子 解析：软锰矿（主要成分为Mn02,含少量Fe30,、l20)和 只有一种运动状态，结合化合物中化学键的特征分析可知，X形BaS反应时，MO2与Bas溶液反应转化为MnO等，所得混合物 成1个共价键，为H元素，Y形成4个共价键，为C元素.W形成！过滤，滤液经处理后，可得到Ba(OH)2溶液；滤渣中加硫酸进行 (6)由分析可知，J为 =0,含有手性碳原子(* 2个共价键，为0元素.Z与R同主族，R为P元素 酸解，得到的滤液中主要含有的金属阳离子有Mm2+、Fe2+ YZ,W分别为C,N.0,同周期主族元素从左到右电负性依Fe+,A3+,得到的滤渣为不溶于硫酸的硫黄，为除去Fe2+和 CH 次增大，电负性由大到小的顺序为W(0)>Z(N)>Y(C),A正Fe3+,需加试剂X将Fe2+氧化为e3+,然后再加氨水调节溶液 标记)，4正确：」中含有羟基，但是羟基邻位碳上设有氢原子，则 确；非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定pH,使Fe+、A+转化为沉淀而除去：此时滤液中的金属阳离子 不能发生消去反应，b错误；J中含有羟基，且羟基碳上含有氢原 性：NH,>H,B错误；X与W形成的化合物可以为H,0或：只有M2+,向滤液中加人碳酸氢铵和氨水，从而生成碳酸锰沉 子，则在加热和C催化条件下，能被0氧化，c错误：J的不饱 H202,二者都为极性分子，C错误：该分子结构中含羧基，能和碱：淀，经过一系列操作后得到高纯碳酸锰.据此分析解答。 和度为6，则存在含苯环和碳碳三键的同分异构体，d正确， 反应，D错误. (2)由题目信息可知MO2为两性氧化物，当Mn02过量时， CN I0.C丁基苯酞的化学式为C2H.O2,A锆误：丁基苯酞分：会消耗反应生成的Ba(OH). (7)由分析可知，E为C一《○一CH-C一C00C,H,J为子中苯环上和基上的碳原子采用p'杂化，其余跑和碳原子采 (3)滤液1为结晶后剩余的Ba(0H)2饱和溶液，可导人蒸 ON 用p杂化，碳原子有2种杂化方式，B错误：酯基能发生取代反 发操作中循环使用. 应，苯环能与氢气发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，C正 (4)氧化2+时，为了不引人其他杂质，试剂X可选用 =0,E和J发生加成反应，且E、K中均含有确；苯环不对称，因此苯环上一氯代物有4种，D错误。 H2O2.因A(OH)3和Fe(OH)3的组成相似，且K[Fe(OH)3 11.C由图可知，步骤I涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形 <Km[A1(OH),],当A+完全沉淀时，Fe+也完全沉淀 CH 成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键的形成，A正确：直接参与化学键变化 K[AI(OH)3] /1×1023 一C=N”，再结合M的结构简式可知，K为的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应 c(0H-)= mol/L A c(A3+) V1x10-5 mol/L= NC 活化能会增大，则MO+与CD:反应的能量变化应为图中曲线©， COOC:H Kw 1×10-91mol/L,e(H*）三10n-=1x10-97mal、 HO 则氧原子更容易和H原子而不是和D原子生成羟基，故氘代用 醇的产量：CH2DOD<CHD2OH,B正确，C错误；根据反应机理可 10-49,即pH的理论最小值为4.9. ~c 知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或 (6)根据晶胞的结构分析，锰周围有4个S,则锰的配位数 CH CD30H,共2种，D正确. 为4.两个锰原子之间最短的距离为面对角线的一半，即为 2026年高考化学全真模拟卷（二） 12.D酸性介质下的丁烷燃料电池通人丁烷的一极是负 极，固态电解质可传导02，电极反应为C,Ho-26e+1302 二am.1个晶胞中含有锰原子数为4，含有s沁原子数为8×8 1.BSiN,中硅原子和氮原子之间形成极性键，没有非极 4C02+5H20;通人空气的一极是正极，电极反应为02+4e 性键，B错误 202-,由此可知，%为电解池的阴极，电极反应为2HS0+ 2.D依据水电离产生H,0+和0H,结合水微滴电性判2e+2H=S20匠+2H20,02为电解池的阳极，电极反应为 16.(1)球形冷凝管 断，大微滴正电荷微粒是H0+,小微滴负电荷微粒是0H-.HS0,-2e-+H20=S0+3H.A溶液为Na,S20,溶液，B (2)a一→g→f→d→e→b→c→d→e一→h H,0+中心原子是0，其价层电子对数=3+6-3×1=4，杂 溶液为NaHs0,溶液.标准状况下5.6L丁烷为0.25mdl,则消 (3)Mn02+4H++2d-△Mm2++Cd2↑+2H20 耗0.25mol丁院时电路中通过电子的物质的量为0.25mol×26 (4)Y205+3C+3C,△2V0Cl,+3C0 化方式为p,A正确：0州-中氢、氧属于不同元素，且存在一对 =6.5mol,理论上通过质子交换陕的H的物质的量为6.5mol, (5)除去氯气中混有的杂质 共用电子对，因此二者之间为极性共价键，B正确：充电后，O州 综上D正确. (6)吸收未反应完的氯气 把电子转移给大微滴H0+,OH~变为羟基一0H,两个羟基再 13.CM点对应的溶液中c(HA)=c(A),代人电离常数 (7)①(8)63.6% 结合生成H202分子，其电子式为H0:0:H,C正确；H,0+得 表达式可得K=103.3.随着pH增大，HOCH,C0OH浓度减 解析：(8)实际收集到的m(V0Cl3)=1.84g/mL×6.0ml 小，故L代表c(HA)与pH的关系，A正确；根据信息当酸和描 到电子生成H原子，H原子再结合生成H,因此总反应的产物 =11.04g.由化学方程式可知V205~2V0C13,理论上9.1g 浓度相等时缓冲能力最强.即溶液中c(HA)=c(A~),由电荷守 V20,和2.5g碳粉与足量氯气充分反应能够得到0.1mol 为H,0,和H2.D错误 恒c(Na)+c(H)=c(A)+c(0H),又c(H)>c(0H-)V0Cl,则理论上能够生成17.35gV0d,因此三氯氧钒的产率 3.D液氨属于非电解质，氨水属于混合物，A错误：金属 Na溶解于液氨，Na失去了电子，NaC溶于水无电子转移，原理 则c(Na)<c(A)=c(HA),B正确：常温下，A的水解常数 不错：的因定是作质转化为化合物，N,与HG气体k之=0P<人，浓度均为0.1mL的认和A海液 1.04×100%=63.6% 17.35g1 17.(1)+330.3(2)C 反应不属于氯的固定，C错误 等体积混合，HA的电离程度更大，即c(A~)>c(HA),pH> (3)300增大(4)减小 4.ANH,易溶解于水，且水溶液呈碱性，可以观察到变为 i3.83,C错误：溶液中始终存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= (5)1200K以上时以反应1为主，因反应物投料比相等，二 红色的喷泉，A项符合题意：制取NH,应该用NH,C固体与 c(A-)+c(OH-),等式两边同加c(HA),可得c(Na+)+者转化率趋于相等0.355 Ca(OH)2固体共热，B不符合题意：NH,与PO,(酸性干燥剂) e(H+)+e(HA)=e(HA)+e(A-)+e(OH-),e(Na*)+ 解析：(1)△H=2AH(C0)-△H(CH,）-△H(C02)= 反应，C不符合题意：NH,会和浓硫酸反应，将NH,直接通人浓 c(H+)+c(HA)=0.1+c(OH-),D正确 :2×(-110kJ/mol)-(-74.8kJ/mol)-(-393.5kJ/mol)= 硫酸中，达不到防倒吸的目的，D不符合题意. 14.D黑球位于顶点，个数为8×冬=1，白球位于面心，个 +248.3kJ/mol,根据盖斯定律，△H=4H+2△H2= 5.DHN3的酸性与醋酸相当，即强于碳酸，根据强酸制取 +248.3 kJ/mol +2 x41 kJ/mol =+330.3 kJ/mol.