2026年高考化学全真模拟卷(五)-【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（五） ◆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-140-16Cl-35.5 第I卷选择题（共42分）】 题号 2 3 6 8 9 10 11 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.食品安全至关重要.下列有关说法错误的是 A.维生素C可作为食品抗氧化剂使用是因为其本身易被氧化 高 B.食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用 C.油脂在人体中通过酶的催化可以发生分解反应，最终生成高级脂防酸和甘油 学 D.规范添加苯甲酸钠可减缓食品变质，延长食品保质期 真 2.在酸催化作用下，NaNO2与NH,Cl的混合溶液可发生反应：NaNO2+NH,Cl=N2↑+NaCl+ 模 2H,0,可在石油开采中用于油路解堵.下列化学用语表述正确的是 卷 玉 A.C1的结构示意图为 配位键 「H B.NH4中的配位键可表示为 C.H,0的结构模型为○ D.用电子式表示Nad的形成过程：Na·+·:一Na[:] 3.脱酸素剂（脱氧剂）常用于月饼保鲜，其主要成分是铁粉、活性炭和食品级硅胶，硅胶常用N2SO3 和稀盐酸制备.脱酸素剂脱氧原理为4Fe+302+xH,0=2F20,·xH,0.设VA为阿伏加德罗常数的值， 下列说法正确的是 ( A.9gH,0中孤电子对数目为N B.1L1×10-8mol/L盐酸中H+数目为1×10-8N C.脱氧反应中，每消耗22.4L02,转移电子数目为4N D.1L0.1mol/LNa,SiO3溶液中Si0}数目为0.1WA 4.下列离子方程式书写正确的是 A.向CuS04溶液中滴加氨水至过量：Cu2++2NH,·H,0=Cu(OH)2↓+2NH B.向NaOH溶液中滴入少量NHHCO3溶液：HCO3+OH=H,0+C02 C.向含0.1 mol FeBr2的溶液中通人标准状况下2.24LCL2:2Fe2++2Br+2CL2=2e3++Br2+4Cl D.向Al,(S04)3溶液中滴加Na2C03溶液：2A13++3CO?=AL(C03)3↓ 5.研究发现，空气-水界面处S0,快速被氧化成硫酸，原理如下图所示.下列说法错误的是（) SO. HSO. HO- OH 、空气小 0 水 H2SO A.S02分子的中心原子价层电子对数为3 B.H,S0,和H,0分子间能形成氢键 C.二氧化硫与硫酸中硫原子的杂化方式相同 D.空气-水界面上的反应为2S02+2H,0+02=4H++2S02 6.已知锰的氧化物与硝酸可发生如下反应： 反应I:Mn203+2HNO3(稀)=Mn(NO3)2+MnO2+H20 反应Ⅱ：Mn0+2HNO3(浓)=MnO2+2NO2↑+H,0 下列推断错误的是 A.由反应I可知，与MnO2相比，Mn2O3与浓盐酸反应制取氯气的条件更容易 高考化学全真模拟卷 B.由反应I、Ⅱ可知氧化性：HNO3(稀)<MnO2<HNO3(浓) C.反应：3Mn0+2HN03(稀)=3MnO,+2N0↑+H,0不能发生 金 D.将Mn304看作Mn0·Mn203,可发生反应：Mn04+2HN03(稀)=Mn(N03)2+2Mn02+H0 7.一种制备F(OH),的改进装置如右图所示，下列说法错误的是 ( FeSO4溶液 NaOH A.FeSO4溶液需要现用现配且使用过量的铁 溶液 稀硫酸 B.实验时先注入稀疏酸，再注入NaOH溶液和FeSO4溶液 小孔 C.装置N的作用是液封，并判断装置M中的空气是否排尽 Na.CO 粉末 紫色 B 石蕊 D.该实验可以用铁粉代替Na,CO3粉末 溶液 M 8.海水提取镁的主要流程如下所示.已知：液态亚硫酰氯(S0CL2)遇水生成两种 酸性气体，其中一种能使品红溶液褪色.镁晶胞如右图所示。 1)试剂2 1)SOCI 季水2共作g022)操作之g@,·6,02) →MgCL2 道电，Mg 下列叙述正确的是 A.试剂1、试剂2分别为澄清石灰水、盐酸 B.操作1、操作2都用到了酒精灯、烧杯和漏斗 C.生成MgCL,的反应是熵增过程 D.通电时，转移2mol电子，生成镁晶胞的数目约为6.02×1023 9.为探究Cu和浓HNO,反应后溶液呈绿色的原因，小组同学设计如下实验： 实验 实验操作 现象 将C山和浓硝酸反应所得溶液稀释后，再加 ① 溶液蓝色加深 入Cu(N03)2固体 ② 向①所得溶液中通入NO, 溶液由蓝色变为绿色 ③ 向②所得溶液中通入0， 溶液由绿色变为蓝色 ④ 将②中溶液加热 液面上方产生红棕色气体，溶液变蓝 下列说法不正确的是 A.铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HN0,(浓)=Cu(N0,),+2NO,↑+2H,0 B.实验①是基于溶液颜色可能与c(Cu2+)有关而设计的 C.实验③中可能发生的反应：4N0,+0,+2H,0=4HN0 D.实验④中的现象说明加热时未反应完的硝酸发生了分解 10.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，其中仅X、 Y在同一周期，它们形成的一种物质结构如右图所示，所有原子均形成 高 了8电子稳定结构.下列推断正确的是 A.X的氧化物一定是酸性氧化物 学 B.Y的简单氢化物是一种常见的弱电解质 真 C.W性质活泼，常温下可以保存在CCl中 模 D.X、Y、W可以形成离子化合物 卷 11.我国科学院化学研究所报道了化合物1催化C02氢化机理.由化合物1（固体）→化合物2( 体)过程的机理和相对能量曲线如下图所示（已知1εV=1.6×10~9J).下列说法错误的是 ( 相对能量x10eV TS21-2(7.05) C02 、PBu2 TS11-2(3.78) H H CO TS1-2 TS2 CO 12(1.3) ① 0② 1+C02(0.00) PtBu, PtBu 2(-7.27) 11-2 化合物1与C02反应生成化合物2 相对能量曲线 反应过程 A.化合物1→化合物2的过程中包含TS1,-2、I1-2、TS2,-2三个基元反应 B.降低温度有利于提高I-2的平衡转化率 C.图中化合物1和C02的总能量大于化合物2的总能量 D.过程①的热化学方程式为1(s)+C02(g)=l1-2(s)△H=+2.08kJ/mol 12.AK①是造纸工业上常用的一种浆内施胶剂，其合成方法如下： 0 ② ① 6 AKD 下列说法错误的是 A.化合物a能发生取代反应 B.AKD与NaOH溶液、溴的CCL4溶液都能发生反应 C.化合物c与AKD互为同分异构体 D.化合物c分子中所有碳原子处于同一平面 13.S@C(硒@多孔石墨)是一种极具潜力的二次电池系统替代材料，一种基于四电子转移反应的 快充水系硒基电池放电或充电原理如下图所示.已知充放电时Se的变化过程为Se=一CuSe一CuSe2 -Cu2Se--Cu,Se. 电源或负载 c8 Cu Se Se Zn2 Zn CuSO ZnSOa 溶液 溶液 Se@C 离子交换膜 下列说法正确的是 A.放电过程中S0?由右侧流向左侧 B.充电时Se@C的电极总反应为Cu,Se-4e=Se+2Cu2+ C.离子交换膜为阳离子交换膜 D.若中间物质Cu,-Se中x=0.2,则Cu2-Se中Cu2+与Cu*的个数之比为1：7 14.常温下，在柠檬酸(HR)和Cd(NO,)2的混合液中滴加KOH溶 -3 b(4,0.9) 化学全真模拟卷 液，混合液中pX[pX=-lgX],X代表c(Cd+)、 c(H2R-)e(HR2-) c(8,1.6) e(H3R) c(H,R)、 0 a(7,0.3） (R)与pH的关系如右图所示.下列说法正确的是 d c(HR2-) 22.74 10 DH c(H2R A.L直线表示p[c(H,R) ]与pH关系 B.0.1mol/LKH,R溶液呈减性 C.b点的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HR)+c(H,R)+c(HR2-)+c(R3-)+c(OH-) D.d点的溶液中无Cd(OH)2沉淀 第Ⅱ卷 非选择题（共58分） 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） 15.(20分)三氯氧磷(P0CL,)是一种化工原料，可用于制取有机磷农药等，还可用作染料中间体有机合 成的氯化剂、催化剂和阻燃剂等.工业上直接氧化PCL3制备POCL3的反应原理为P4(白磷)+6CL2一4PCL3, 2PCL3+O2=2P0CL3.PCL、POCL3的部分性质如下表. 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 相对分子质量 其他物理或化学性质 PCl; -112.0 75.5 137.5 PCL,和POCL,互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发 POCI 1.25 105.3 153.5 生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl 某兴趣小组模拟该工艺设计的实验装置如下图（某些夹持装置已略去）所示。 浓硫酸 回答下列问题： (1)检查装置气密性并在装置C中加入纯净的白磷，先制取的一种气体的电子式为 ,将该 化 气体缓慢地通入装置C中，直至装置C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体 (2)仪器a的名称为 :仪器b中盛放的试剂名称是 模 (3)装置B的作用除观察气体的流速和干燥气体之外，还起到的作用是 (4)装置C用水浴加热控制温度为60~65℃，除加快反应速率外，另一目的是 装 卷 置E中发生反应的离子方程式为 (5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中C1元素的含量，实验步骤如下： I.取ag产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后再加稀硝酸至溶液呈酸性； Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000mo/LAgN03溶液20.00mL,使C1完全沉淀； Ⅲ.向锥形瓶中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖； V.加人指示剂，用cmo/LNH,SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记录所用体积为VmL. 已知：Kp(AgC1)=1.77×10-0,Kp(AgSCN)=1.03×10-2. ①滴定选用的指示剂是 (填字母序号) a.FeCl2 b.甲基橙 c.淀粉 d.NH Fe(SO)2 ②滴定终点的现象为 ③所测C1元素的含量为 (用含a、c、V的表达式表示).若步骤I不加人稀硝 酸，所测C1元素的含量将会 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)， 16.(10分)回收稀土元素对促进稀土资源循环利用有十分重要的意义.钕铁硼磁铁因其超强的磁性 被誉为“永磁之王”.工业上一种回收磁性合金钕铁硼(Nd,F4B)废料制备光学材料氧化钕(Nd,O)的 流程如下图所示. (NH)2CO 试剂XHSO,溶液 沉淀1 Nd(OH)CO 纯度高的 钕铁硼 pH为1 Nd(H2POa)s 沉淀 硫酸钕结晶 废料 反应①反应②控制 液固比4：1 溶液1 NaHPO 溶液2 Nd203 已知：①Nd稳定的化合价为+3；②金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应.③硼不与稀硫酸反 应.回答下列问题： (1)反应①的目的是除去废料表面的油脂和污渍，试剂X常选用 (填化学式)溶液. (2)溶液1的溶质的主要成分有H,S04、」 (填化学式) (3)向硫酸钕溶液中加人(NH4)2CO,溶液，假设Nd3+在转化为Nd(OH)CO,沉淀时无气体产生，则 该反应的离子方程式为 (4)判断Nd(OH)C03已洗涤干净的实验操作及现象是 (5)将8.84mgNd(OH)C03(摩尔质量为221g/mol)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化 曲线如下图所示.550~600℃时，所得固体产物可表示为Nd0,(C03).,通过实验数据可确定该产物中 n(Nd+):n(CO)的比值为 8.84 7.60 化学全真模拟卷（五 深6.72 400 600 800 温度℃ 17.(12分)根据所学知识完成下列问题： (1)乙基叔丁基谜（以ETBE表示）是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂.用乙醇与异丁烯（以B 表示)在催化剂HZSM-5催化下合成ETBE,反应为C,H,OH(g)+B(g)=一ETBE(g)△H.反应物被 催化剂HZSM-5吸附的顺序与反应历程的关系如下图所示，该反应的△H=_ kJ/mol.反应历程 的最优途径是 (填“C”“C2”或“C3”) 10 过渡态2 9 春1 8 过渡态3 C.HOH(g)+Ig C ETBE(g) 反应历程 C表示先吸附乙醇 C表示先吸附异丁烯 C表示乙醇和异丁烯同时吸附 (2)一定条件下，用F,0,、Ni0或Cr,0,作催化剂对燃煤烟气回收.发生的反应为2C0(g)+ S02(g)==2C02(g)+S(1)△H=-270kJ/mol. ①其他条件相同、催化剂不同时，S0,的转化率随反应温度的变化如图1，F,0,和N0作催化剂均 能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择F0,的主要优点是 S02的转化率% S02的转化率% 100 18 100- 曲线a 80 80 60 60 40 40 曲线b 20 0 260300340380420 tmin 反应温度℃ 图1 图2 2某科研小组用Fe,0,作催化剂.在380℃时.分别研究SO为113：1时s0,转化率的变4 情况（图2）.则图2中表示(G0=3:1的变化曲线为 n(S0,)1 高 (3)已知NO2存在如下平衡：2NO2(g)==N204(g)△H<0,在一定条件下N02与N204的消耗速 化 率与各自的分压（分压=总压×物质的量分数）有如下关系：v(NO2)=k,·p2(N02),v(N,04)= k2·p(N,0,),相应的速率与其分压的关系如下图所示.一定温度下，k,、k与平衡常数K,(压强平衡常 依 数，用平衡分压代替平衡浓度计算)之间的关系是k,= 拟卷 (NO2)或(N,04) p(NO)或p(NO4) (4)二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应2S02(g)+02(g)一一2S03(g).已知：标准 p(S03）12 平衡常数K 其中p°为标准压强(1×103Pa),p(S03)p(02)和p(S02)为各组分 p(S02) 的平衡分压.S02和02的起始物质的量之比为2：1，反应在恒定温度和标准压强下进行，S03的平衡产率 为0，则K°= (用含w的最简式表示) 18.(16分)“逃离平面”的药物设计理念使得三维刚性结构的双环烷烃衍生物的研究逐渐兴起.双 环丁烷类化合物K作为一种药物中间体，其合成路线如下图所示。 0 OH 已知：i)4 +NaBH4+4H20→4 NaB(OH)4; R R2 R R2 ii)R-OH PPh3,CCl →RCl. CHO OCHs CHO OCHs B Br、N CN Br HCI K2CO3 NC CN COOH D HO NaOH CHnCIO:PPhs.CCl CrHO NaBHa E+ F H2SO ONa H OH NO NO,试剂X DCC 回答下列问题： (1)化合物B中所含官能团名称为 (2)物质I的名称为 (3)设计步骤A→B的目的是 (4)写出E生成F的化学方程式： 高考化学全真模拟卷（五 (5)J的同分异构体中满足下列条件的有 种 i.苯环上有四个取代基，包括一NO2和2个一CH iⅱ.1mol该物质可以与4mol[Ag(NH)2]OH反应 其中核磁共振氢谱的峰面积之比为3：1：1的化合物的结构简式为 (写出一个即可). (6)J生成K的反应中，试剂X可能为 (填字母序号). A.NH,CI B.H2SO N-Li' (7)参照上述合成路线，以乙烯和其他必要的试剂为原料，制备药物中间体环丙基甲酸甲酯 COOCH, (参考答案见30版)30 参 考答案 数理报 一H,C20,+0H,因此曲线I代表C,0,曲线Ⅱ代表成CH,0H最适宜的温度是250℃. HC20,,曲线Ⅲ代表H2C204.lgco(HC)=-1.2时，c(HC20,) ②由图可知，温度升高CHOH产率先升高后降低，产率升 2.DC1的结构示意图为（ A错误：NH,中的 =c(HC,0),则K=cHc,0)·c(H* 高表明反应可能还未达平衡，产率降低表明平衡逆向移动，也可 c(H2C204) =c(H+)=10-1.3, 能是催化剂的活性发生改变造成的。 溶液的pH=1.3,A正确：任意c0(HC)下均有元素质量守恒关 ③反应I中，由于反应物的气体分子数大于生成物的气体 配位辣 系：c(Ca2+)=c(HC,0,)+c(H,C20,)+c(C,0),B正确：分子数，所以增大体系压强，平衡正向移动，C02转化为CHOH 配位键由N提供孤电子对，表示为 ,B错误； go(HCI)=1时，c(H+)=10mol/L,c(HC20,)=1×的平衡转化率增大，a符合题意：提高C02和H2的投料比，虽然 10-28m0l/L,K2= (C,0)·c(H*)-10×c(C0 平衡正向移动，但CO2的转化率降低，b不符合题意；保持容器！ c(HC204) 1×10-28 体积和投科比不变，提高反应物浓度，则相当于增大压强，平衡H,0分子的中心原子0的价层电子对数为4，孤电子对数为2 10-43,c(C,0g-）=1×10-81mol/L:K1 正向移动，C0,转化为CHOH的平衡转化率增大，c符合题意 :为V形分子，不是直线形，C错误 ()(H)/L.x10 ④根据盖斯定律，由I~Ⅱ可得热化学方程式C0(g)+ 3.A一个水分子中含有2个孤电子对，则9gH0中含有 c(H2C204） c(H2C204) 10-13 c(H2C204)=1×10Q5md/L,由图可知lgeo(HCl)=1时， 2,()一，0H(®)4-A以：结合图示分折，反应1的的电子对数为8×2V,m=N:A正确：1× c(Ca2+）=c(H,C204)=1×10-0.5mol/L,则Kn(CC,0a)= 1K随着T增大而增大，说明降低温度，平衡正向移动，则反应10-m/L盐酸浓度较小，水的电离不能忽视，所以1L1× 【为放热反应，4山，<0：反应Ⅱ的k随着子增大而减小，说明 10-8mol/L盐酸中H+数目大于1×10-8NA,B错误；未说明在 c(Ca2+）·c(C20匠)=1×10-.6：CaC204(s）+2H+(aq)= 标准状况下，无法计算氧气的物质的量，C错误：S0?为扇酸酸 C2·(脚）+H,C,0,(购)的平衡常数K 1×10-86 降低湿度，平衡逆向移动，则反应Ⅱ为吸热反应，△>0，所以根离子，存在水解反应，1L0.1mo/LNa,Si0,溶液中si0数 △H,-△H2<0,升湿平衡逆向移动，平衡常数减小. 目小于0.1Na,D错误. e2(H) K·Ka =101x10= (3)①充分反应达平衡时CH4的转化率为50%，则参加反 4.CCS0,溶液中滴加氨水至过量生成铜氨络合物，离子 10-3,C正确：溶液中存在电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H+)= 应的CH的物质的量为1mol,其中转化为CO,的CH,为1mdl×方程式为C2++4NH·H,0=[Cu(NH,)4]2++4H,0,A错 c(0H）+c(HC20,）+2e(C20)+e(C-）,lgeo(HCl)= 10%=0.1mol,转化为CH,0H的CH4为1mol-0.1mol= 误：向NaOH溶液中滴人少量NH,HCO,溶液，NH和HCO,都 -4.1时，c(C0）=c(HC20:),则存在关系：2(Ca2+)+ 0.9mol由此可建立如下关系： :会与OH反应，正确的离子方程式为NH+HCO+20H一 c(H+)=c(OH-)+3c(HC20,)+c(C-),D错误. CH.(g)+-0 (g)-CHOH(g) NH3·H0+C0+H20,B错误：标准状况下，2.24LC12的物 14,B根据均摊法，晶胞中心原子数为8×+4×宁 变化量(mol)0.9 0.45 0.9 质的量为0.1mdl因还原性：fe2+>Br,通人含0.1 mol FeBr2 3.0原子数为8×寸+1=3，该化合物的化学式为0，A正确： CH(g)+202(g)=C02(g)+2H20(g) 的溶液中，其中0.05 mol Cl2先氧化0.1 mol Fe2+,剩余0.05mol 变化量(mol)0.1 0.2 0.1 0.2 CL,氧化0.1 mol Br,氧化产物分别为Fe3·和Br2,离子方程式 3×(93+16)_3.27×102 该晶体的密度为(ax10)xNN:。 g/cm,B错误； 平衡时02的物质的量为1mol-0.45mol-0.2mol=为2Fe2·+2Br+2Cl2=2Fe3++Br2+4C1-,C正确：向 0.35md. A山2(S0,),溶液冲滴加N出C03溶液发生水解互促反应，离子方程 根据图示，品胞中与N2+等距且最近的02-有4个，C正确：图 ②平衡时n(CH,)=1ml,n(02)=0.35md,n(CH,0H)=式为2A3++3C0+3H,0=2A1(0H)3↓+3C02↑，D错误 乙是该品体0原子在面心建立的品胞结构，D正确 0.9mol,n(C02）=0.1mol,n(H20)=6.2mol,na=8.55mol. 15.(1)碱石灰（或NaOH固体或Ca0)从C装置进人B 5.C0,分子的中心原子价层电子对数为2+6-2x2 装置的导管应该在液面上方，不能插人溶液中（或B,C装置间通 平衡时压强为，CH,OH的相对分压为0，兴，CH,的相对分压3，A正确：硫酸，水中均含有氢氧键，能形成分子间氢键，B正确： 8.55p 过球形干燥管连接) 8.55，0的相对分压为 0.35 二氧化疏中硫原子采取p杂化：硫酸分子中中心原子S的价层 (2)6NH3+3C02+2SmCl3+(x+3)H20=Sm2(C03)3 ,主反应的相对压力平衡常数 .55p 电子对数为4，采取p3杂化，硫原子的杂化方式不同，C错误；界 H,O +6NHCl 0.9p 面上二氧化硫、水、氧气发生氧化还原反应生成萌酸，D正确。 (3)①K1KK、K 8.55p 6.D由反应I可知M20,的氧化性大于Mn02,Mn203与 @23m-m1) 切*器 浓盐酸反应制取氯气的条件更容易，A正确：反应I为锰元素自 2(m2-m） 18.(1)羟基、酰胺基 身的歧化反应，稀HNO3并未将Mn2+氧化为MnO2,故说明稀 42x281±16tx0(分，分0 (2)p2、p3 HNO,的氧化性小于MnO2的，反应Ⅱ中浓HNO3将MnO氧化为 MnO2,说明浓HNO3的氧化性大于MnO2的，B正确：稀硝酸的 解析：(3)④根据已知信息，(m2-m)为SmF3的质量，(m (3)甲醇 氧化性扇于MnO2的，不能将Ma0氧化为MnO2,C正确；Mn3O4 m)为H20的质量，根据SmF3~xH20,可求结晶水数目x= SO,CH. CHBr, 中Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅲ)含量比为1：2，由反应I可知三价锰在酸 23(m3-m1) (4)C +2B2 光照 性条件下可发生歧化反应生成的n(Mn2+):n(Mn02)=1:1,则 2(m2-m） H;C_ :反应方程式为Mn0,+4HNO3(稀)=2Mn(NO3)2+Mn02+ (4)该晶胞中sSm的个数为4×方=2，Fe的个数为1+4× 2H,0,D错误. 2HBr取代反应 }=2,A:的个数为4x号=2,0和F的个数之和为8×号+ 7.DFS0易水解且容易被氧化，需要现用现配且使用过 OOCH 量的铁，A正确；实验时先注入稀硫酸，待二氧化碳排出锥形瓶 2×子=2，已知F的比例为x,0广的比例为，故该化合物的 H.C 内的空气后再注人NaOH溶液和FeSO,溶液生成氢氧化亚铁，B (5) 化学式为SmFeAs0,F,昌胞体积为a2c×10-0cm3,晶胞质量为 0 或正确：桃杯内紫色石蕊溶液变红，说明锥形瓶内空气完全排出， 同时装置N可以防止空气进人锥形瓶，C正确：氢气的密度比空 2×(281+16y+19x) NA g. 则晶体密度 为 气的小，用铁粉代替N2CO3粉末，不能排尽空气，D错误 8.C海水中加人石灰乳生成氢氧化镁沉淀，过滤分离出氢 2×(281+16y+19x)×1030 /cm3;原子2位于底面面心，其分数 a2eN H.C NH, 氧化镁，加入盐酸生成氯化镁，蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁 晶体，在亚硫酰氯环境下加热生成无水氯化镁，电解得到镁单 坐标为宁，号0)。 OOCH 质.由上述分析可知，试剂1为石灰乳而不是澄清石灰水，A错 16.(1)Cu2S+5Mn02+12H*=2C2++S02-+5Mn2++ OH 误；操作1为过滤操作，不使用酒精灯，B错误：亚硫酰氯 6H,0减少污染性气体S0,的排放 COOH COOCH (S0C:)遇水生成两种酸性气体，则生成MgCl2的反应过程中生 CH,OV浓孩酸 KBH. (2)①5.04×103 (6) 成气体，是熵增过程，C正确；根据“均摊法”，晶胞中含Mg的个 ②随循环次数增加，浸出液中c(C1-)增大，AgC1(s)+ COOH COOCH 数8×令+1=2，通电时，转移2md电子生成1 mol Mg,则生成 2S,0(aq)==C-(aq)+[Ag(S,0)]23-(aq)平衡左移，故 CH2OH CHO 0/a 镁晶胞的数目约为3.01×10”，D错误 浸出率下降 △ 9.D实验①中加人了C2·,溶液蓝色加深，是基于溶液颜 (3)<H2S03+Cl2+H20=H2Se04+2HCl CH2OH CHO 色可能与C2+浓度有关设计的.向①所得溶液中通人N02,溶 (4)H2S04 17.(1)-87 解析：(5)由题意可知，F的同分异构体中含有液由蓝色变为绿色，可能的原因是0，在溶液中达到饱和，0， (2)①250℃②反应1的正反应为放热反应，升高温度平 S0,CH、一OH(酚)、一NH、一O0CH:苯环上有一S0CH、的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，二者混合后呈绿色，来 OH(酚)，另一个取代基有以下4种：HCOOC(CH,)NH、 验正是否因c(Cu2+)发生改变引起颜色变化：向②所得溶液中 衡逆向移动，CH,O州产率降低：或温度升高，催化剂的活性下 通人02,02不与C2+反应，但可以与溶解在里面的N02反应 降，CH,OH产率降低③ac④减小 CH.CHOOCH、CHCH2OOCH、一CHCH2NH2;苯环上有3 (4NO2+02+2H20一4HNO3),由于N02被消耗，溶液中主要为 0.9p 8.55p" C2+,以颜色又重新变为蓝色；因②中溶解有大量的N02,加 (3)0.35mol 个不同取代基的结构有10种情况，共40种. 热后O2溶解度减小，大量逸出，液面上方出现红棕色气体，同 (6)邻苯二甲酸和甲醇发生酯化反应生成酯基，再发生G一时溶液中主要为C2+,颜色又重新变为蓝色，不是未反应完的 解析：(1)由图可知.反应3的焓变为E1-E2=66.5kJ/mcd H的原理将酯基转化为羟基，羟基氧化为醛基得到邻苯二甲醛. 硝酸发生了分解， 241.0kJ/mol=-174.5kJ/mol,反应①②的总焓变为 +87.5kJ/ml,则总反应2NH3(g)+C02(g)一C0(NH)2+ 2026年高考化学全真模拟卷（五）】 10.DX、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元 素，X可形成四个共价键，Y可形成三个共价键，且X、Y在同 H0(g）△H=(-174.5k/md)+(+87.5kJ/ml)=-87kJ/mm 1.C油脂在人体中通过的催化可以发生水解反应，生成：周期，结合原子序数大小，判断X为C元素，Y为N元素；Z可形 (2)①由图可以看出，250℃时CH,0H的产率最高，所以合 :高级脂肪酸和甘油，最终转化为C02和H,0,C错误 成两个共价键，判断为第MA族元素，又仅X,Y在同一周期，Z 数理极 参考答案 31 为S元素.W原子序数最大，且能失去一个电子形成W+,则W:成分有H,S04、Nd2(S04)3和FS04: 解析：A到B先发生加成反应，再发生取代反应，让酮羰基 为K元素：据此回答问题. (3)向硫酸钕溶液中加入(NH,)2C0,溶液，Nd3·和C0好转化为醚键，保护酮羰基：B到C发生取代反应，同时生成2分 X的氧化物可能是C0或CO2,C0不是酸性氧化物，A错发生水解互促反应生成M(OH)C0,沉淀和HCO,该反应的子HB;C到D醚键又转化为羰基，同时一CN转化为骏基，脱 误；Y为N元素，其简单氢化物NH,在熔融状态下不能导电，是离子方程式为N++2C0:-+H,0=Nd(OH)CO,↓+HC0,. 去一个CO,剩余一个羧基：D到E发生酯化反应，生成的E的结 非电解质，B错误：W为K元素，K的密度小于CC,故不能用其 (4)Nd(OH)C0沉淀表面吸附有C0,S0,检验的具体操 0 保存，C错误；X,Y,W可以形成KCN,K+和CN~间存在离子键，作为取最后一次洗涤液于试管中，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴 :构简式为〈 ;根据已知信息i),E被NaBH4还 是离子化合物，D正确 人几滴BaC,溶液，如果没有白色沉淀产生，证明已洗涤干净。 11.A由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化 COOCH,- 合物2的过程中有S112,S21-2两个过渡态，说明这一过程包 （⑤84sd0四，的物的是为之-4× OH 含两个基元反应，A错误：第二步反应是放热反应，因此降低温：105ml,其在氮气氛围中培烧后，金属元素的质量和化合价均 度有利于提高1-2的平衡转化率，B正确：总反应是放热反应， :保特不变，因此，n(Nd3)=4×10-5mol:550~600℃时剩余固 原为F,F的结构简式为◇ :根据已知信息ⅱ)， 所以图中化合物1和C02的总能量大于化合物2的总能量，C 体的质量为7.60mg,固体减少的质量为1.24mg,由于碱式盐在 C00CH2》 正确：过程①的格变为1.3×102×1.6×10-19×10-3kJ/ml= 受热分时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H0,碳酸 CI 2.08kJ/m0l,故热化学方程式为1($)+C02(g)=l1-2(s)△H :盐分解得到氧化物和C02,因此可以推测固体变为 =+2.08kJ/mol,D正确. Nd,0,(C0,):时失去的质量是生成出，0和C0,的质量：根据H由F生成的G的结构简式为◇ :G中的酯基在 12.D化合物a含有烷烃基和碳氯键，可以发生取代反应， 守恒可知，固体分时生成，0的质量为4×10-5m×号 COOCH,〈) A正确：AKD含有碳碳双键、酯基，可以与溴的CC,溶液、NaOH NaOH作用下水解得到H,H与I发生取代反应生成J,J在试剂 18×10mg/mol=0.36mg,则生成C02的质量为1.24mg- 溶液发生反应，B正确：化合物c与AKD分子式均为CsH2O2, X作用下生成K,同时脱去HC, 0.88mg 结构不同，互为同分异构体，C正确：化合物©分子中含有 0.36g=0.8器m鸭，则生成的C0,的物质的量为4X10g/m (5)J的同分异构体中满足“1mol该物质与4mcl Ag(NH3)2]OH反应”，说明有2个CHO,苯环上除去1个 ”,所有碳原子不可能共面，D错误 :2×105mol,由C元素守恒可知，原样品中n(C0-)=4× N02和2个一CH,另一个取代基上还有2个醛基和1个 :105mol,则分解后剩余的C0号的物质的量为4×105mol- CI 13.B该电池放电时，Zn极失去电子生成Z2+,作负极：2×10~5mol=2×10-5mol,因此可以确定该产物中n(Nd+): Se@C作正极，Se得到电子并与Cu2+结合形成CuSe.放电时阴：n(C0?-)的比值为2：1. C1,即为CCH0,苯环上有2个甲基和1个硝基的结构共 离子向负极移动，即S0?流向右侧，A错误：充电时，阳极发生 17.(1)-4aC CHO 四电子转移过程的逆过程，则充电时Se@C的电极总反应为 (2)①Fe,03作催化剂时，在相对较低的温度下就可获得较 N02 C出，Se-4e一Se+2Cu+,B正确：全电池过程中应使S0好能！高的S02转化率，从而节约能源②曲线a 自由通过，离子交换膜为阴离子交换膜，C错误；若中间物质 (3)2h2·K 有6种，分别是〔 0N.0, Cu2-,Se中x=0.2,则其化学式为CuLsSe,改写化学式为aCuSe 00则得号=即与*的个数之t 是 解析：(1)由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量， N0,每一种结构中再用 CHO取代苯 为1：(4×2)=1：8，D错误 为放热反应，则该反应的△H=-(5-1)akJ·mol1= CHO 14.DCd(NO3)2的溶液中滴加KOH溶液生成Cd(OH)2 -4kJ·mol-;活化能越小，反应越容易进行，过渡态3的活化环上一个H原子，种数分别有3种3种2种3种2种3种，共 沉淀，pH越大，c(C+)越小，其对应的pX[pX=-lgX]越大，能最小，反应历程最优 16种：其中核磁共振氢谱的峰面积之比为3：1：1的化合物的结 故L4直线代表c(C2+)与pH的关系；柠檬酸(HR)是三元弱 (2)②增大一种反应物的浓度，另一种反应的转化率增大. 酸，与碱反应逐渐转化为H2R,HR2-、R3-,酸的三步电离平衡 )人0，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，构具有对称性，结构简式为 常数人>人>人，山b山分别代表H,RH c(HR)(H,R-)N0,与N,0,的消耗速率的关系为r(N0,)=2(N,0,),则点，· p2(N02）=2h2·p(N204),k=2h2·Kn OHC CICHO OHC CICHO c(R3-) c(HR2-) (4)设S02和02起始物质的量为2mol和1mol,由S03的平 (6)刀生成K的同时还有HC1生成，HC可以与 由上述分析可知，A错误；利用b(4,-0.9)求出K1= 衡产率为可知，平时S0,的物质的量为2心，由题意建立如下： N-Li' c(h,R)cH)=1009×10-4=10-3,同理，得到K。= 三段式： c(H;R) 02(g)+2S02(g)2s03(g) 反应，促进反应进行，而HC1与NH,C1和H,S0,不反应，因此试 1047,K。=10-6.KH,R是酸式盐，HR的水解平衡常数为起(ml) 2 0 剂X为C. K=1×10-4 变(mol) 21w (7)运用逆推方法.C00CH可用C00H与CHOH发生 K10-3.L =10-10.9,电离常数为K2=10-47,通过比较，电 平(mol) 1-0 2-21e 21w 离程度大于水解程度，溶液呈酸性，B错误；b点溶质含KNO3 平时(s0,)p(0,)和s0)分别为。×p号 酯化反应得到，由题中信息C CN可以转化为COOH KHR,若为电荷守恒：c(K+)+c(H*)=c(NO)+c(H,R）+ 2c(HR2-)+3c(R3-)+c(0H-),柠檬酸(H,R)和Cd(NO3)2的 rp(s02]2 号二×p,则标准平商常数人 Br Br 混合液中，溶质起始浓度不知，不能简单做判断，C错误；由a点 Tps0212TP(0,2] NC 可计算K[Cd(0H)2]=10-14.3,d点在线的下方，通过计算可 CN可以由B,入Y 与NGCN反应得到，BrY 由 知，d点Q。<Km,没有Cd(OH)2沉淀，D正确 2 乙烯与溴加成得到。 2(3-0） 15.(1):d:a (2)球形冷凝管碱石灰(3)平衡气压 2)x() (1-0)3 2026年高考化学全真模拟卷（六） (4)防止PCl3挥发4H+2CI-+Mn0,△Mn2++ 18.(1)碳溴键，醚键 1.B高致密碳化硅特种陶瓷属于新型无机非金属材料，A Cl2↑+2H20 (2)对硝基苯酚(4-硝基苯酚)】 错误；红外光谱可确定有机物中的官能团和化学键，不能测定元 (5)①d②当最后半滴NH,SCN溶液滴人时，溶液变为红 (3)保护酮羰基 素种类，C错误：芯片的主要成分为晶体硅，D错误 色，且半分钟内不褪去③5.5x(20-V)x10x100% a 2.CHC0的电子式为H:0:C:,A错误；NH的VSEPR 偏大 NaBH,+4H,O 解析：(5)n(d)=0.1000mol/L×20.00×10-3L-c× 模型为 ,B错误：基态4C原子的价层电子排布式 10-3md=(2.0-c)×10-3mol,则m(C)=35.5×(2.0-c)× 10-g,所测C的含量为35.5x(2.0-Dx102x100%.若不 OH o 3d 加人稀硝酸，过量的NOH可以和AgNO,反应生成沉淀，被消耗 +NaB(OH) 为3d4s,轨道表示式为 TO回D错误 的AgNO,偏多，NH,SCN滴定的ANO3偏少，所测C1元素含量 3.AN0和C0催化转化得到的无污染气体是N2和C02 偏大 N元素的化合价降低，NO被还原，A错误 16.(1)Na0H(或NC02等) (2)Nd2(S04)3、Fes04 (5)16 4.D1分子 中含有9个g键，则0.1mol该有机 (3)Nd3++2C0+H20=Nd(0H)C03↓+HC0 (4)取最后一次洗涤液于试管中，用稀盐酸酸化，无明显现 OHC CICHO OHC CICHO :化合物含有0键数目为0.9V,A错误；25℃下，pH=9的醋酸 象，再滴人几滴BaC,溶液，如果没有白色沉淀产生，证明已洗涤 (6)C 钠溶液中c(OH-）=10-3mol/L,OH~均由水电离出，1L该溶 干净 液中由水电离的OH数目为105N、,B错误；电解精炼铜时，粗 (5)2:1 (7)H2C=CH2 Be,Br NCCN NC CN ©！铜作阳极，铜和比铜活泼的多种金属放电，无法通过转移电子数 解析：(1)呈碱性的溶液能使油脂发生水解反应而除去 !计算溶解金属的质量，C错误；NaHCO2、MgCO3中分别含有阴离 (2)加人稀硫酸溶解合金，钕、铁溶于稀硫酸得到可溶性硫 COOH COOCH 子HC03、CO-,NaHC03、MgC03的摩尔质量均为84g/mol,即 酸钕，硫酸亚铁，而硼不与稀疏酸反应，则溶液1的溶质的主要 :8.4g该混合物中含有阴离子的数目为0.1N,D正确.