精品解析：山西忻州现代双语学校2026届高三下学期高考考前预测卷·新高考卷二 化学试题

2026届高考考前预测卷 化学·新高考卷二 分值：100分 时间：75分钟 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.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，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 Cr：52 Zn：65 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. 下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是 A. 用手电筒照茶水出现“光亮”通路 B. 铁粉作为食品抗氧化剂 C. 误服BaCl2后立即用Na2SO4溶液洗胃 D. 白酒窖藏、陈酿后更添酒香 【答案】A 【解析】 【详解】A．用手电筒照茶水出现“光亮”通路是丁达尔效应，属于光的散射现象，没有新物质生成，为物理变化，不涉及化学变化，A符合题意； B．铁粉作为食品抗氧化剂时，铁与氧气反应生成氧化铁，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意； C．误服BaCl2后立即用Na2SO4溶液洗胃，发生反应生成BaSO4沉淀和NaCl，有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意； D．白酒窖藏、陈酿过程中发生酯化等化学反应，生成新的酯类物质，有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意； 故选A。 2. 羟基磷酸钙是骨骼和牙釉质的主要成分，其中一种制备方式的反应方程式为 。下列有关化学用语或说法错误的是 A. 的电子式： B. 中子数为10的氧核素： C. 的空间结构：正四面体形 D. 溶解度： 【答案】D 【解析】 【详解】A．是离子化合物，由和两个构成，内部氧氢之间为共用电子对，电子式为，A正确； B．中子数为10的氧核素质量数为，核素符号书写为，B正确； C．的中心原子P的价层电子对数为，的空间结构为正四面体形，C正确； D．制备反应能够自发正向进行，说明溶解度更小，溶解度关系应为，D错误； 故选D。 3. 三种氮氧化物的结构如下所示： 下列说法正确的是 A. 氮氮键的键能： B. 熔点： C. 分子的极性： D. 的键角： 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图中数据可知，氮氮键的键长：，则氮氮键的键能：，A正确； B．二者均为分子构成的物质，分子间作用力：，熔点：，B错误； C．为对称的平面结构，极性较弱，而结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于典型的极性分子，故分子极性：，C错误； D．结构为，中心原子N存在对孤对电子，中心原子N为杂化，受孤对电子影响，键角略小于120°；而中心原子N的孤对电子为，价电子数为3，也是杂化，没有孤对电子的影响，故键角，D错误； 故选A。 4. 工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 0.1 mol和0.3 mol充分反应，所得产物分子数为0.2NA B. 0.2 mol完全转化为，转移电子数为NA C. 将6.72 L（换算为标准状况下的体积）溶于水，所得溶液中数目为0.2NA D. 常温下，pH=2的硝酸溶液中水电离的数目为NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．合成氨反应（）是可逆反应，不能进行到底，0.1 mol 和0.3 mol 充分反应后，产物的物质的量小于0.2 mol，分子数小于，A项错误； B．转化为的反应为，氮元素化合价从-3价升至+2价，每摩尔氨气反应转移5 mol电子，0.2 mol反应转移1 mol电子，电子数为，B项正确； C．6.72 L（换算为标准状况下的体积）的物质的量为，溶于水的反应为，生成0.2 mol，为强酸，在水溶液中完全电离，产生0.2 mol，但在水溶液中 存在微弱电离，所以实际上的数目略大于，C项错误； D．常温下，pH=2的硝酸溶液中，，，水电离产生的浓度等于的浓度，题目中未指明体积，无法计算的物质的量和数目，D项错误； 故答案选B。 5. 现在被广泛使用的食品级手套一丁腈橡胶手套，具有良好的耐水性、气密性及优良的粘结性能。广泛用于制各种耐油橡胶制品。其产品标签如图，据此判断有关说法错误的是 名称：丁腈橡胶，简称NBR 化学通式： 反应通式： A. NBR耐油性极好，耐水性良好，耐热性较好，粘接力强 B. NBR是由丙烯腈与丁二烯单体加聚而成的 C. NBR分子结构是线性的，通常用少量的二硫键交联形成网状结构 D. NBR具有很好的稳定性，不易被酸化的高锰酸钾等强氧化剂氧化 【答案】D 【解析】 【详解】A．NBR具有如下主要特性：耐油性极好（丙烯腈含量高）、耐水性良好（碳链对水、水蒸气有一定耐受性）、耐热性较好（常规NBR耐温范围为-30℃至+120℃，短时可达150℃）和粘接力强（易与金属、织物等材料粘接），故A正确； B．根据反应通式，NBR是由丙烯腈与1,3-丁二烯单体加聚而成的，故B正确； C．NBR分子结构是线性的，线性高分子之间可以通过硫原子形成化学键，产生交联，形成网状结构，故C正确； D．NBR具有碳碳双键，可被酸化的高锰酸钾等强氧化剂氧化，故D错误； 故答案为D。 6. 色彩是化学语言中最生动的表达，下列对颜色变化的解释错误的是 颜色变化 解释 A 紫红色I2的CCl4溶液中，加入KI溶液，分层，下层为浅紫色，上层为棕黄色 I2+I-=I B 向新制的氢氧化铜中加入乙醛并加热，蓝色絮状物变为砖红色沉淀 CH3CHO+2Cu(OH)2+OH- CH3COO-+Cu2O↓+3H2O C 向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液由黄色变为红色 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 D 将铁丝(过量)在氯气中点燃，剧烈燃烧，产生棕色的烟 Fe+Cl2=FeCl2 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．I2可与发生反应，生成的进入水层使上层呈棕黄色，下层CCl4中I2浓度降低颜色变为浅紫色，A正确； B．乙醛具有还原性，碱性加热条件下可将新制Cu(OH)2还原为砖红色Cu2O，给出的反应方程式符合反应事实，B正确； C．Fe3+可与SCN-发生络合反应生成红色的Fe(SCN)3，C正确； D．氯气氧化性较强，无论铁是否过量，铁在氯气中点燃都生成FeCl3，棕色的烟是FeCl3固体小颗粒，反应应为，D错误； 故选D。 7. 扬州大学俞磊教授团队利用萤石直接制备电池电解质材料甲（）的新方法如下：、，其中X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前20号主族元素，X、Q为金属元素，Y、M为同主族元素，且Y是电负性最大的元素，基态Z原子的成对电子数与未成对电子数之比为4∶1。下列说法错误的是 A. 基态X原子核外只有1个未成对电子 B. 第一电离能：Q＜Z＜M＜Y C. 简单离子半径：Q＞M＞Y D. 、均为三角锥形分子 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前20号主族元素。Y是电负性最大的元素，Y是F元素；基态Z原子的成对电子数与未成对电子数之比为4∶1，Z是P元素。Y、M为同主族元素，M是Cl元素；X、Q为金属元素，X是Li元素；QCl2中Q显+2价，Q是Ca元素。 【详解】A．基态Li原子核外电子排布式为1s22s1，只有1个未成对电子，故A正确； B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能依次减小，第一电离能：Ca＜P＜Cl＜F，故B正确； C．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Cl->Ca2+＞F-，故C错误； D． PCl3、PF3，P原子价电子对数均为4，有1个孤电子对，空间构型均为三角锥形分子，故D正确； 选C。 8. 下列实验设计无法达到实验目的的是 A．除去中的 B．将酸碱中和设计为原电池 C．促进从过饱和溶液中析出 D．制备胶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸性溶液具有强氧化性，既可以和杂质反应，也会氧化，不符合除杂的原则，A无法达到实验目的； B．该装置中左侧Pt电极上在碱性条件下失电子发生氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，右侧Pt电极上得电子发生还原反应：2H++2e-=H2，总反应为酸碱中和反应，存在电势差可构成原电池，B能达到实验目的； C．用玻璃棒摩擦过饱和溶液的烧杯内壁，可产生微小晶核，诱导从过饱和溶液中析出，C能达到实验目的； D．向沸水中滴加饱和溶液，水解可生成胶体，是制备氢氧化铁胶体的正确操作，D能达到实验目的； 答案选A。 9. Li2O的立方晶胞结构如图所示，晶胞边长为a cm，下列说法正确的是 A. Li+在晶胞中的配位数为8 B. Li+和O2-离子之间只有静电引力 C. Li+和O2-的最短距离为a cm D. 阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，晶胞中离Li+最近的O2-有4个，则Li+的配位数为4，故A错误； B．Li+和O2-离子之间以离子键结合，离子键是阴阳离子间的静电作用形成的，这种静电作用既包含静电引力，也包含静电斥力，故B错误； C．Li+和O2-的最短距离为体对角线的，即a cm，故C错误； D． Li2O的晶胞中，O2-位于顶点和面心，数目为，Li+位于晶胞内部，数目为8，则晶胞质量为，晶胞体积为a3cm3，晶胞密度，故D正确； 答案选D。 10. OTM是一种可高效重复加工的酯交换交联单体，可用于合成生物基聚酯材料OTD，合成方法如下。下列有关说法错误的是 A. OTM与反应除了生成OTD外还有生成 B. OTD分子中含有4个手性碳原子 C. OTM能发生水解反应、加成反应、氧化反应 D. OTD能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应为酯交换反应，OTM中的酯基是−COOCH3，与题干中的醇ROH发生酯交换，生成−COOR和CH3OH，A正确； B．手性碳原子是连有4种不同基团的饱和碳原子：OTD中：，因此共4个手性碳原子，B正确； C．OTM中含酯基，可发生水解反应；含碳碳双键，可发生加成反应；碳碳双键、羟基均可发生氧化反应，C正确； D．OTD中，环上的羟基是烯醇结构，羟基与邻位的羰基氧位置合适，可形成稳定的六元环分子内氢键，同时也可以形成分子间氢键，D错误； 故选D。 11. 为有效地将粗金泥(主要成分为，含少量)中的金、银分离，提高贵金属的回收率，设计如下工艺流程： 已知：酸浸后银以存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被包覆。 下列说法错误的是 A. “酸浸”中，盐酸的作用是提高硝酸的氧化性 B. “氨浸”中，发生反应 C. 物质a为 D. 葡萄糖与恰好反应时，物质的量之比为 【答案】A 【解析】 【分析】粗金泥加入王水使得金溶解得到，处理后得到金单质；分金渣氨浸将银元素转化为二氨合银离子，使用葡萄糖还原为银单质，得到物质a为被氯化银包裹的金单质； 【详解】A．“酸浸”中，盐酸的作用是提供大量氯离子，可以使金形成配合离子，A错误； B．“氨浸”中，加入氨水将氯化银转化为二氨合银离子，发生反应，B正确； C．由分析，可知物质a为，C正确； D．1分子葡萄糖中含有1个醛基，和二氨合银离子发生氧化还原反应，醛基转化为羧基，同时生成银单质，存在关系：葡萄糖~2e-~2，葡萄糖与恰好反应时，物质的量之比为，D正确； 故选A。 12. 常温下，在绝热恒容容器中充入气体X发生反应，容器中v(X)和c(X)随反应时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线m表示v(X)随反应时间t的变化曲线 B. 3 min时，该反应的平衡常数约为1.11 C. 若绝热改为恒温，保持其他条件不变，平衡时容器中X的体积分数小于33.3% D. 10 min时， 【答案】B 【解析】 【分析】常温下，发生反应，c(X)持续减小，v(X)因X浓度的减小而降低，曲线m随反应时间先增大后减小，说明在绝热容器中该反应放热，温度升高反应速率加快，后由于X浓度降低使反应速率减小，所以曲线m代表v(X)随反应时间t的变化曲线，曲线n代表c(X)随反应时间t的变化曲线。 【详解】A．由分析可知，曲线m表示v(X)随反应时间t的变化曲线，A正确； B．3 min后v(X)、c(X)都减小，说明3 min时反应没有达到平衡状态，无法求反应的平衡常数，B错误； C．10 min时，该反应已达到平衡状态，此时容器中c(X)为，则，X的体积分数为，将绝热改为恒温，保持其他条件不变，会使平衡时体系的温度低于绝热时的温度，由于降温向生成Y的方向移动，所以X的转化率增大，其体积分数小于33.3%，C正确； D．平衡体系中，，由图可知，平衡时，，因此，D正确； 故选B。 13. 一种利用微生物或羟基自由基（•OH）将苯酚转化为和H2O的原电池—电解池组合装置如图所示，已知电极均为惰性电极，下列说法错误的是 A. a极的电极反应式 B. 左池中进行的是自发的氧化还原反应 C. d极电极反应为 D. 当该组合装置产生（标准状况）时，装置中转移的电子数为2.8 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，左池为原电池，a极为正极，水分子作用下重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成氢氧化铬和氢氧根离子，b极为负极，微生物作用下苯酚和水在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子；右池为电解池，c极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，d极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和羟基自由基，放电生成的羟基自由基与废水中的苯酚反应生成二氧化碳和水。 【详解】A．由分析可知，，a极为正极，水分子作用下重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成氢氧化铬和氢氧根离子，电极反应式为，故A正确； B．由分析可知，右池中发生的反应为放电生成的羟基自由基与废水中的苯酚反应生成二氧化碳和水，所以左池中进行的是自发的氧化还原反应，故B正确； C．由分析可知，d极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和羟基自由基，电极反应式为，故C正确； D．由分析可知，b极为负极，微生物作用下苯酚和水在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，右池中发生的反应为放电生成的羟基自由基与废水中的苯酚反应生成二氧化碳和水，则由得失电子数目守恒可知，若装置中转移2.8 NA电子时，生成标准状况下二氧化碳的为(×+×)×22.4L/mol=26.88L，故D错误； 故选D。 14. 糠醛(FAL)与发生反应主要涉及Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ途径，有机物的百分含量随时间变化如图所示，4h后各物质浓度不再变化，下列说法错误的是 A. 4h时，反应Ⅱ的正、逆反应速率相等 B. 该温度下的活化能：(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ) C. FA是中间产物，糠醛制备FA为放热反应 D. 途径Ⅰ加入催化剂可以改变其平衡转化率 【答案】D 【解析】 【详解】A．4h后各物质浓度不再变化，体系达到平衡状态，反应Ⅱ作为可逆反应，平衡时正、逆反应速率相等，A正确； B．活化能越低，反应速率越快。图像中THFA（途径Ⅰ产物）生成速率最慢，2-MF（途径Ⅱ）次之，FU（途径Ⅲ）最快，故活化能顺序应为(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)，B正确； C．FA的百分含量先升后降，为中间产物；随着反应的进行 FAL减小，FA含量增加，说明反应自发进行，且FAL→FA的<0 ，则<0，为放热反应， C正确； D．催化剂仅降低活化能、加快反应速率，不影响平衡状态，无法改变平衡转化率，D错误； 故选D。 15. 常温下，和的混合溶液在不同pH条件下，几种含氯微粒在溶液中的分布分数[如的分布分数]随pH的变化情况如图所示。下列有关说法错误的是 A. 曲线c代表的分布分数 B. 原混合液中， C. 常温下，溶液的pH约为11.25 D. 【答案】C 【解析】 【分析】混合溶液含等浓度NaCl与NaClO，体系含Cl-、Cl2、HClO、ClO-四种含氯微粒；Cl-不发生水解、平衡转化，其物质的量恒定，分布分数固定为=，对应图中数值恒为的水平虚线；pH越小（酸性越强），H+越多，ClO-先结合H+生成HClO，酸性极强时HClO与Cl-归中生成Cl2，因此低pH区微粒顺序：Cl2(a)、HClO(b)、高pH区ClO-(c)：曲线a随pH升高快速减小，代表Cl2，酸性越强Cl2越多；曲线b先增后减，中等pH时HClO占比最高，代表HClO；曲线c随pH升高持续增大，碱性越强ClO-越多，代表ClO-；pH=7.5处HClO(b)与ClO-(c)分布分数相等，即c(HClO)=c(ClO-)，此点可计算HClO电离常数Ka(HClO)==c(H+)=10-7.5； 【详解】A．曲线a、b、c分别代表Cl2、HClO、ClO-的分布分数；碱性条件下ClO-不结合氢离子，pH越大，ClO-分布分数越高，曲线c随pH上升单调递增，符合ClO-变化规律；A正确； B．和混合溶液中，水解使溶液呈碱性，所以和不发生反应，最大，，由于水解，略小于，但大于；故离子浓度顺序为c(Na+)>c(Cl−)>c(ClO−)>c(OH−)>c(H+)；B正确； C．由图可知，pH=7.5时，，所以溶液中，，则，pH≈10.25，C错误； D．由图可知，pH=2时，的分布分数均为，又因为原混合溶液中可认为，所以平衡时，，D正确； 故选C。 二、非选择题：本大题共4小题，共55分。 16. 稀土元素号称“工业维生素”，以某种氟碳铈矿[主要成分为（代表稀土元素Ce、Yb、Eu）、]等为原料提取稀土元素的工艺流程如下： 已知：常温下，各物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： （1）基态Ce原子的核外电子排布式为，则Ce在元素周期表中位于______区。 （2）已知：受热分解产生和；和HCl进一步与反应得到和。写出和HCl与发生反应的化学方程式_________。 （3）“酸浸”时，浸渣的成分为______（填化学式）。 （4）“氧化沉铈”时，只有Ce元素被氧化。该过程中发生反应的离子方程式为______。 （5）若缺少“还原”步骤，可能造成的影响为__________。 （6）“沉镱”时，当沉淀完全时，应调节溶液的pH不低于______。 （7）“沉镱”时，能否用NaOH溶液代替氨水，调节溶液的pH______（填“能”或“否”）；解释其原因为__________。 【答案】（1）f （2） （3）、 （4） （5）和共沉淀，无法分离（合理答案即可） （6）8 （7） ①. 否 ②. 氨水与形成，可降低游离的浓度，否则和共沉淀 【解析】 【分析】由氟碳铈矿为原料提取稀土元素的工艺流程为：先将氟碳铈矿加入混合高温焙烧，再将焙烧后的物质加盐酸酸浸，其中稀土元素和转化为离子，过滤进行分离，难溶于盐酸的和形成浸渣除去，得到含稀土金属离子和的滤液，加入P204有机萃取剂进行萃取除铁得到含稀土金属离子的水相溶液，通入将Ce元素氧化为过滤分离，剩余液体中加入单质Zn将还原为后，再加入氨水和沉淀镱元素为过滤分离，最后得到含的溶液，据此分析解答。 【小问1详解】 根据基态Ce原子的核外电子排布式为，Ce属于镧系元素，则Ce在元素周期表中位于f区。 【小问2详解】 根据题干所给信息：受热分解产生和；和HCl进一步与反应得到和，则和HCl与发生反应的化学方程式为：。 【小问3详解】 根据分析，酸浸是将焙烧后的物质加盐酸溶解反应，其中稀土元素和转化为离子，而浸渣中存在的是加入盐酸酸浸时不溶于盐酸的：和。 【小问4详解】 “氧化沉铈”时，只有Ce元素被通入的氧化为，则反应的离子方程式为：。 【小问5详解】 根据已知表格的溶度积常数可知：与比较接近，而大得多，所以不将还原为即缺少“还原”步骤，则在沉镱时会出现：和共沉淀，无法分离的情况。 【小问6详解】 要使沉淀完全时，根据可得，解得，得到，得到，所以要使沉淀完全，应调节溶液的pH不低于8。 【小问7详解】 在沉镱时采用氨水和的原因是利用氨水与形成，可降低游离的浓度，促使Yb元素充分沉淀为过滤分离，如采用NaOH溶液代替氨水、调节溶液的pH，则可能会出现和共沉淀的情况。故答案为：否；氨水与形成，可降低游离的浓度，否则和共沉淀。 17. 某小组用还原六水氯化铬，再将反应液加入溶液来制备易被氧化的淡红棕色沉淀。小组同学查阅资料得知：含的水溶液中，的配合物多显绿色，的配合物多显蓝色。实验步骤： Ⅰ．称取无水于中，加入新煮沸的蒸馏水配成溶液。 Ⅱ．c中加入锌粒和，加入新煮沸的蒸馏水，溶解得到深绿色溶液。 Ⅲ．操作开关，c中产生大量气泡，溶液逐渐由绿色变为蓝色。 Ⅳ．当中仍有大量气泡产生时，操作开关，使中液体流入中，得到淡红棕色沉淀。 Ⅴ．过滤出中的固体，洗涤、干燥，得到产品。 实验装置如图所示(夹持装置已省略)。 回答下列问题： （1）1mol六水氯化铬最多与反应，的配位数为_______。 （2）添加浓盐酸时，装置a除平衡压强，还有_______、_______的作用。 （3）装置c的名称为_______，c中右侧导管口应位于液面_______(填“上”或“下”)。 （4）步骤Ⅲ中产生大量气泡的离子方程式是_______。 （5）步骤Ⅳ中“操作开关”的具体操作是打开_______，关闭和_______。(均填“”或“”) （6）d中临近液面处沉淀呈绿色，对装置d可行的改进措施为_______。 （7）本次实验产率为_______%(保留三位有效数字)。 【答案】（1）6 （2） ①. 防止盐酸挥发 ②. 隔绝空气中的氧气 （3） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 下 （4） （5） ①. ②. （6）在中液体表面加一层植物油 （7）75.0 【解析】 【分析】醋酸亚铬易与氧气反应，则制备实验中应避免接触氧气，实验时，将过量的锌粒与氯化铬固体置于c中，加入少量去氧水，按图连接好装置，关闭K2，打开、，盐酸与锌反应生成氢气，可将装置内空气排出，避免亚铬离子被氧化，且发生反应Zn+2Cr3++=Zn2++2Cr2+，可观察到c中溶液由绿色逐渐变为蓝色，打开，关闭、，c中压强增大，可将蓝色溶液压入d，生成淡红色沉淀。 【小问1详解】 1mol六水氯化铬最多与反应，说明只有一个Cl-为外界离子，不和形成配位键，则，结合，，的配位数为。 【小问2详解】 装置a为恒压滴液漏斗，添加浓盐酸时，除平衡压强，还有防止盐酸挥发、隔绝空气中的氧气的作用。 【小问3详解】 装置c的名称为蒸馏烧瓶；步骤Ⅳ中需要借助气体产生压强将c中溶液推入d中反应，因此右侧为长管，c中右侧导管口应位于液面下。 【小问4详解】 锌粒的作用包括还原和产生氢气完成实验，步骤Ⅲ中产生大量气泡的离子方程式是。 【小问5详解】 步骤Ⅳ的目的是将c中溶液推入d中反应，因此需要打开的同时关闭所有其他出气口，步骤Ⅳ中“操作开关”的具体操作是打开，关闭和。 【小问6详解】 根据信息，中呈现的绿色是Cr3+的颜色，说明产物被d液面上方空气中的氧气氧化，因此需要采取措施隔绝氧气，所以d中临近液面处沉淀呈绿色，对装置d可行的改进措施为在中液体表面加一层植物油。 【小问7详解】 根据实验原理，锌粒过量，理论产量为，实际产量为，产率为。 18. 工业脱硝反应器中的关键反应I是由反应II和反应III两步进行的 反应I 反应II 快速平衡步骤 反应III 速率控制步骤 回答下列问题： （1）___________kJ/mol，反应I制时所设置的压强适宜___________(填“高压”或“低压”)。 （2）图甲为不同反应的关系图，结合图中所给数据分析，若反应器中温度为973 K时，不能自发的是反应___________(填“I”“II”或“III”)。 （3）一定温度下，实验测得反应I的反应速率与反应物浓度间存在定量关系：，其中k1是速率常数。NO和O2的反应初始浓度、反应初始速率v1如表所示。 编号 I 0.10 0.10 0.30 II 0.10 0.20 0.60 III 0.20 0.20 2.40 分析表中数据得到m=___________， =___________。 （4）图乙为反应I中NO转化率随时间的变化图，结合图乙分析： ①100 kPa时，反应I的反应速率在30℃时___________90℃时(填“>”或“<”)，可能的原因是___________。 ②当100 kPa、30℃时，起始投料比，当NO转化率达到50%时，___________(保留2位有效数字)。 【答案】（1） ①. -116 ②. 高压 （2）I、II （3） ①. 2 ②. 300 （4） ①. > ②. 温度升高，快速平衡步骤反应II逆向移动，使快速减小，速率控制步骤反应III速率随之减小，导致反应I速率减小 ③. 2.2 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅱ+反应Ⅲ可得到反应Ⅰ，根据盖斯定律计算，；反应I为气体分子数减小的反应，高压使反应正向移动，可以提高的产率；故答案为-116；高压。 【小问2详解】 由图可知，973 K时，反应Ⅱ的，不能自发，反应Ⅲ的，反应能自发进行，由700 K时数据知，反应Ⅰ的，故973 K时，反应不能自发进行，故答案为I、II。 【小问3详解】 由反应速率公式得，对比编号Ⅰ和编号Ⅱ实验数据，当不变，从变为，反应速率由变为，所以；对比编号Ⅱ和编号Ⅲ实验数据，当不变，从变为（增大2倍），反应速率由变为，所以；将编号Ⅰ中的数据代入速率公式，计算得=300，故答案为2；300。 【小问4详解】 ①由题可知，反应II为快速平衡步骤，反应为放热反应，反应III为速率控制步骤，温度升高，快速平衡步骤反应II逆向移动，使快速减小，速率控制步骤反应III速率随之减小，导致反应I速率减小，所以100 kPa时，反应I的反应速率在30℃时大于90℃时的反应速率，故答案为>；温度升高，快速平衡步骤反应II逆向移动，使c[(NO)2]快速减小，速率控制步骤反应III速率随之减小，导致反应I速率减小。 ②当100 kPa、30℃时，起始投料比，假设投入了和，则起始的分压为，由图可知，当NO转化率达到50%时，所用的时间为12.4 s，列三段式，则此时NO的分压为，所以，故答案为2.2。 19. 化合物H()为合成某药物的中间体，一种合成路线如下(部分反应条件已简化)： 已知：-COOH-CN。 回答下列问题： （1）H分子中杂化的碳原子数为___________。 （2）用系统命名法，B的名称为___________； 的反应类型为___________。 （3）经过三步反应完成：，写出G与LiOH溶液反应的化学方程式：___________。 （4）满足下列条件的B的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物，且不含醚键；②能发生水解反应，也能发生银镜反应。 其中核磁共振氢谱显示有四种氢原子，且峰面积之比为1：1：2：6的结构简式为___________。 （5）反应E→F，中两个键发生反应的是①而不是②，可能的原因是___________。 （6）参考上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为___________和___________。 【答案】（1）13 （2） ①. 苯乙酸甲酯 ②. 取代反应 （3） （4） ①. 14 ②. 、 （5）①碳氯键极性强于②碳氯键的极性 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】根据A→B的反应试剂和条件可知，发生的是酯化反应，故B的结构简式为，根据C→D的反应试剂与反应条件可知，苯环上发生硝化反应，因此C的结构简式为，D→E的反应条件以及E的结构可知，反应是将硝基还原为氨基，对E、F、G结构简式可知，E→F、F→G都是取代反应。 【小问1详解】 H分子中苯环上的碳和酰胺基上的碳为杂化，共13个。 【小问2详解】 对比A与D的碳骨架和官能团的不同，结合流程分析可知B为，B的名称为苯乙酸甲酯；C与浓在浓、加热条件下反应生成D，由D的结构简式知，C的结构简式为，对比B、C结构，可知反应属于取代反应。 【小问3详解】 G物质首先在碱性情况下发生酯基的水解反应，然后酸化生成X:，X然后和反应生成Y，结合已知信息可知，Y的结构简式为，最后脱水生成H；对比G和X的结构简式及G→X的反应条件可知，G与LiOH溶液，则可得化学方程式为：。 【小问4详解】 B的分子式为，根据已知信息，该同分异构体含有一个苯环、酯基和醛基或甲酸酯基，由于只有2个氧原子，一定含有一个、一个苯环和两个饱和碳原子，故有以下组合： 结构片段 种数 组合1 苯环+； 苯环+ 2 组合2 苯环+ 3 组合3 苯环+ 3 组合4 苯环++2个 6 因此总共有14种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有四种氢原子，且峰面积之比为1：1：2：6的结构简式为、。 【小问5详解】 中为吸电子基，使①键的极性增强，较易与氨基发生取代反应。 【小问6详解】 合成苯乙酸乙酯，需要向苯环上引入，再与乙醇发生酯化反应得到产物。结合流程B→C可知，需要将苯环与氯乙酸发生取代反应即可得到，故X为，然后X和苯取代，则Y为，最后Y和乙醇进行酯化得到目标产品。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考考前预测卷 化学·新高考卷二 分值：100分 时间：75分钟 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.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，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 Cr：52 Zn：65 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. 下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是 A. 用手电筒照茶水出现“光亮”通路 B. 铁粉作为食品抗氧化剂 C. 误服BaCl2后立即用Na2SO4溶液洗胃 D. 白酒窖藏、陈酿后更添酒香 2. 羟基磷酸钙是骨骼和牙釉质的主要成分，其中一种制备方式的反应方程式为 。下列有关化学用语或说法错误的是 A. 的电子式： B. 中子数为10的氧核素： C. 的空间结构：正四面体形 D. 溶解度： 3. 三种氮氧化物的结构如下所示： 下列说法正确的是 A. 氮氮键的键能： B. 熔点： C. 分子的极性： D. 的键角： 4. 工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 0.1 mol和0.3 mol充分反应，所得产物分子数为0.2NA B. 0.2 mol完全转化为，转移电子数为NA C. 将6.72 L（换算为标准状况下的体积）溶于水，所得溶液中数目为0.2NA D. 常温下，pH=2的硝酸溶液中水电离的数目为NA 5. 现在被广泛使用的食品级手套一丁腈橡胶手套，具有良好的耐水性、气密性及优良的粘结性能。广泛用于制各种耐油橡胶制品。其产品标签如图，据此判断有关说法错误的是 名称：丁腈橡胶，简称NBR 化学通式： 反应通式： A. NBR耐油性极好，耐水性良好，耐热性较好，粘接力强 B. NBR是由丙烯腈与丁二烯单体加聚而成的 C. NBR分子结构是线性的，通常用少量的二硫键交联形成网状结构 D. NBR具有很好的稳定性，不易被酸化的高锰酸钾等强氧化剂氧化 6. 色彩是化学语言中最生动的表达，下列对颜色变化的解释错误的是 颜色变化 解释 A 紫红色I2的CCl4溶液中，加入KI溶液，分层，下层为浅紫色，上层为棕黄色 I2+I-=I B 向新制的氢氧化铜中加入乙醛并加热，蓝色絮状物变为砖红色沉淀 CH3CHO+2Cu(OH)2+OH- CH3COO-+Cu2O↓+3H2O C 向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液由黄色变为红色 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 D 将铁丝(过量)在氯气中点燃，剧烈燃烧，产生棕色的烟 Fe+Cl2=FeCl2 A. A B. B C. C D. D 7. 扬州大学俞磊教授团队利用萤石直接制备电池电解质材料甲（）的新方法如下：、，其中X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前20号主族元素，X、Q为金属元素，Y、M为同主族元素，且Y是电负性最大的元素，基态Z原子的成对电子数与未成对电子数之比为4∶1。下列说法错误的是 A. 基态X原子核外只有1个未成对电子 B. 第一电离能：Q＜Z＜M＜Y C. 简单离子半径：Q＞M＞Y D. 、均为三角锥形分子 8. 下列实验设计无法达到实验目的的是 A．除去中的 B．将酸碱中和设计为原电池 C．促进从过饱和溶液中析出 D．制备胶体 A. A B. B C. C D. D 9. Li2O的立方晶胞结构如图所示，晶胞边长为a cm，下列说法正确的是 A. Li+在晶胞中的配位数为8 B. Li+和O2-离子之间只有静电引力 C. Li+和O2-的最短距离为a cm D. 阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞密度为 10. OTM是一种可高效重复加工的酯交换交联单体，可用于合成生物基聚酯材料OTD，合成方法如下。下列有关说法错误的是 A. OTM与反应除了生成OTD外还有生成 B. OTD分子中含有4个手性碳原子 C. OTM能发生水解反应、加成反应、氧化反应 D. OTD能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 11. 为有效地将粗金泥(主要成分为，含少量)中的金、银分离，提高贵金属的回收率，设计如下工艺流程： 已知：酸浸后银以存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被包覆。 下列说法错误的是 A. “酸浸”中，盐酸的作用是提高硝酸的氧化性 B. “氨浸”中，发生反应 C. 物质a为 D. 葡萄糖与恰好反应时，物质的量之比为 12. 常温下，在绝热恒容容器中充入气体X发生反应，容器中v(X)和c(X)随反应时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线m表示v(X)随反应时间t的变化曲线 B. 3 min时，该反应的平衡常数约为1.11 C. 若绝热改为恒温，保持其他条件不变，平衡时容器中X的体积分数小于33.3% D. 10 min时， 13. 一种利用微生物或羟基自由基（•OH）将苯酚转化为和H2O的原电池—电解池组合装置如图所示，已知电极均为惰性电极，下列说法错误的是 A. a极的电极反应式 B. 左池中进行的是自发的氧化还原反应 C. d极电极反应为 D. 当该组合装置产生（标准状况）时，装置中转移的电子数为2.8 14. 糠醛(FAL)与发生反应主要涉及Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ途径，有机物的百分含量随时间变化如图所示，4h后各物质浓度不再变化，下列说法错误的是 A. 4h时，反应Ⅱ的正、逆反应速率相等 B. 该温度下的活化能：(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ) C. FA是中间产物，糠醛制备FA为放热反应 D. 途径Ⅰ加入催化剂可以改变其平衡转化率 15. 常温下，和的混合溶液在不同pH条件下，几种含氯微粒在溶液中的分布分数[如的分布分数]随pH的变化情况如图所示。下列有关说法错误的是 A. 曲线c代表的分布分数 B. 原混合液中， C. 常温下，溶液的pH约为11.25 D. 二、非选择题：本大题共4小题，共55分。 16. 稀土元素号称“工业维生素”，以某种氟碳铈矿[主要成分为（代表稀土元素Ce、Yb、Eu）、]等为原料提取稀土元素的工艺流程如下： 已知：常温下，各物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： （1）基态Ce原子的核外电子排布式为，则Ce在元素周期表中位于______区。 （2）已知：受热分解产生和；和HCl进一步与反应得到和。写出和HCl与发生反应的化学方程式_________。 （3）“酸浸”时，浸渣的成分为______（填化学式）。 （4）“氧化沉铈”时，只有Ce元素被氧化。该过程中发生反应的离子方程式为______。 （5）若缺少“还原”步骤，可能造成的影响为__________。 （6）“沉镱”时，当沉淀完全时，应调节溶液的pH不低于______。 （7）“沉镱”时，能否用NaOH溶液代替氨水，调节溶液的pH______（填“能”或“否”）；解释其原因为__________。 17. 某小组用还原六水氯化铬，再将反应液加入溶液来制备易被氧化的淡红棕色沉淀。小组同学查阅资料得知：含的水溶液中，的配合物多显绿色，的配合物多显蓝色。实验步骤： Ⅰ．称取无水于中，加入新煮沸的蒸馏水配成溶液。 Ⅱ．c中加入锌粒和，加入新煮沸的蒸馏水，溶解得到深绿色溶液。 Ⅲ．操作开关，c中产生大量气泡，溶液逐渐由绿色变为蓝色。 Ⅳ．当中仍有大量气泡产生时，操作开关，使中液体流入中，得到淡红棕色沉淀。 Ⅴ．过滤出中的固体，洗涤、干燥，得到产品。 实验装置如图所示(夹持装置已省略)。 回答下列问题： （1）1mol六水氯化铬最多与反应，的配位数为_______。 （2）添加浓盐酸时，装置a除平衡压强，还有_______、_______的作用。 （3）装置c的名称为_______，c中右侧导管口应位于液面_______(填“上”或“下”)。 （4）步骤Ⅲ中产生大量气泡的离子方程式是_______。 （5）步骤Ⅳ中“操作开关”的具体操作是打开_______，关闭和_______。(均填“”或“”) （6）d中临近液面处沉淀呈绿色，对装置d可行的改进措施为_______。 （7）本次实验产率为_______%(保留三位有效数字)。 18. 工业脱硝反应器中的关键反应I是由反应II和反应III两步进行的 反应I 反应II 快速平衡步骤 反应III 速率控制步骤 回答下列问题： （1）___________kJ/mol，反应I制时所设置的压强适宜___________(填“高压”或“低压”)。 （2）图甲为不同反应的关系图，结合图中所给数据分析，若反应器中温度为973 K时，不能自发的是反应___________(填“I”“II”或“III”)。 （3）一定温度下，实验测得反应I的反应速率与反应物浓度间存在定量关系：，其中k1是速率常数。NO和O2的反应初始浓度、反应初始速率v1如表所示。 编号 I 0.10 0.10 0.30 II 0.10 0.20 0.60 III 0.20 0.20 2.40 分析表中数据得到m=___________， =___________。 （4）图乙为反应I中NO转化率随时间的变化图，结合图乙分析： ①100 kPa时，反应I的反应速率在30℃时___________90℃时(填“>”或“<”)，可能的原因是___________。 ②当100 kPa、30℃时，起始投料比，当NO转化率达到50%时，___________(保留2位有效数字)。 19. 化合物H()为合成某药物的中间体，一种合成路线如下(部分反应条件已简化)： 已知：-COOH-CN。 回答下列问题： （1）H分子中杂化的碳原子数为___________。 （2）用系统命名法，B的名称为___________； 的反应类型为___________。 （3）经过三步反应完成：，写出G与LiOH溶液反应的化学方程式：___________。 （4）满足下列条件的B的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物，且不含醚键；②能发生水解反应，也能发生银镜反应。 其中核磁共振氢谱显示有四种氢原子，且峰面积之比为1：1：2：6的结构简式为___________。 （5）反应E→F，中两个键发生反应的是①而不是②，可能的原因是___________。 （6）参考上述路线，设计如下转化。X和Y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 $