2025-2026学年广西柳州市新高三摸底考试（2026届高二）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西柳州市2025-2026学年新高三摸底考试（2026届高二）试题注意：1.请把答案填写在答题卡上，否则答题无效。2.答卷前，考生务必将密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题。3.选择题，请用2B铅笔，把答题卡上对应题目选项的信息点涂黑。非选择题，请用0.5mm黑色字迹签字笔在答题卡指定位置作答。可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12O：16S：32Cl：35.5Mn：55Ba：137一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活、生产息息相关。下列说法错误的是A.铁粉具有还原性，可用作食品干燥剂 B.莲藕中富含淀粉，淀粉可水解为葡萄糖C.Na2CO3溶液呈碱性，可用于去除油污 D.清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅生锈【答案】A【解析】A．铁粉的主要作用是作为脱氧剂，通过与氧气反应减缓食品氧化变质，而非直接吸收水分作为干燥剂（干燥剂通常为生石灰、硅胶等），A错误。B．淀粉水解最终产物为葡萄糖，符合其化学性质，B正确。C．碳酸钠溶液的碱性环境可促进水解油脂，用于去污，C正确。D．减少水分能有效抑制铁的生锈（需水、氧气共同作用），D正确。故选A。2.下列化学用语或图示表示错误的是A.K+的结构示意图： B.NaCl的电子式：C.质量数为16的氧原子： D.乙烯的结构简式：CH2=CH2【答案】B【解析】A．钾离子是钾原子失去一个电子形成的离子，故钾离子结构示意图为：，故A正确；B．NaCl为离子化合物，有钠离子与氯离子构成，电子式为，故B错误；C．氧原子的质子数为8，元素符号的左上角为质量数，表示方法为：，故C正确；D．乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略，为CH2=CH2，故D正确；答案选B。3.下列实验装置(部分夹持装置已省略)使用或操作正确的是A.图①装置用于制备并收集氨气 B.图②操作用于过滤沉淀和不溶性杂质C.图③装置用于制备并收集乙酸乙酯 D.图④装置用于除去CO2中混有的HCl【答案】A【解析】A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，氨气密度小于空气，使用向下排空气法收集，A正确；B．过滤是漏斗下端要紧贴烧杯内部，B错误；C．为防止液体倒吸，长导管不能深入液面以下，C错误；D．二氧化碳也会和饱和碳酸钠反应，D错误；故选A。4.化合物Y是合成药物的重要中间体，其合成路线中的某一步如下：下列有关X和Y的说法正确的是A.两者中所有原子共平面 B.两者可通过X射线衍射推测含有的官能团C.两者可用2%银氨溶液进行鉴别 D.1molY最多能与3molH2发生加成反应【答案】C【解析】A．X、Y中均有甲基，甲基中的碳原子为饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，故A错误；B．X射线衍射可测定晶体结构，确定化学键和官能团等，不是推测，故B错误；C．Y含醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，X不能，可用2%银氨溶液鉴别，故C正确；D．Y中苯环、醛基均可与加成，1molY最多与4mol加成（苯环3mol，醛基1mol），故D错误；故选C。5.物质结构决定性质。下列物质性质差异和结构因素无关的是选项性质差异结构因素A键角：中心原子的杂化类型B键能：BF3>BCl3卤化物的键长C熔点：KCl>I2晶体类型D酸性：CF3COOH>CCl3COOH分子间氢键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．为sp杂化（直线型，键角180°），为sp2杂化（平面三角形，键角120°），键角差异由杂化类型决定，A不符合题意；B．BF3键能大于BCl3，因F原子半径小，B-F键长更短，键能更大，与键长直接相关，B不符合题意；C．KCl为离子晶体，I2为分子晶体，离子晶体熔点通常更高，与晶体类型相关，C不符合题意；D．CF3COOH酸性强于CCl3COOH，因F电负性更强，吸电子效应使得羟基极性增强，更容易电离出氢离子，而非分子间氢键，D符合题意；故选D。6.能正确表示下列反应的离子方程式为A.NO2通入水中：B.利用覆铜板制作印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C.家里用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D.苯酚钠溶液中通入少量CO2：【答案】A【解析】A．NO2与水反应生成HNO3和NO，方程式为3NO2+H2O=2H++2+NO，电荷守恒且产物正确，A正确；B．Fe3+与Cu反应的电荷不守恒，正确方程式应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．食醋中的CH3COOH是弱酸，不能拆分为H+，正确方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C错误；D．少量CO2与苯酚钠反应应生成而非，正确方程式为C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+，D错误；7.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子有2个未成对电子，Y和W同族，W的原子序数是Y的2倍，Z的金属性在短周期元素中最强。下列说法错误的是A.原子半径：Z>W>Y B.电负性：Y>X>ZC.X和Y形成的化合物均为非极性分子 D.W的最高价氧化物的水化物为强酸【答案】C【解析】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子有2个未成对电子，X原子序数最小，则X可能为C或O，因Y和W同族，且W的原子序数是Y的2倍，在短周期中满足此条件的只有O元素和S元素，则X为C元素、Y为O元素、W为S元素；Z的金属性在短周期元素中最强，则Z为Na元素，据此分析解答。A．根据分析，在第三周期中原子半径，同主族元素，则有原子半径：，即Z>W>Y，A正确；B．电负性从左向右逐渐增大、同主族从上向下逐渐减小，则电负性：，即Y>X>Z，B正确；C．X和Y形成的化合物有和，其中CO为极性分子，为非极性分子，C错误；D．W的最高价氧化物的水化物为，属于强酸，D正确；故答案为：C。8.下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液中含有B向2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液滴加5滴6mol/LH2SO4溶液，橙色加深平衡向生成方向移动C乙醇和浓硫酸共热至170℃，产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色该气体是乙烯D用pH试纸测得NaHCO3溶液的pH约为9，CH3COONa溶液的pH约为10CH3COOH酸性强于H2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．滴加溶液产生白色沉淀，可能由、或等引起，无法直接确定含，故A错误；B．向溶液中加，根据平衡，增加使平衡左移，浓度增大，橙色加深，故B正确；C．乙醇与浓硫酸共热至170℃生成气体使酸性高锰酸钾褪色，可能含乙烯或（浓硫酸氧化副产物），无法确定气体仅乙烯，故C错误；D．的pH（约10）高于（约9），说明水解程度更大，对应酸性弱于，实验现象与结论矛盾，故D错误；故选B。9.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：(2≤x≤8)。用电器下列说法错误的是A.电池放电时，电极b为负极B.电池放电时，Li2S2的量逐渐增多C.电池充电时，电极a可发生反应：3Li2S4-2e-=2Li2S6+2Li+D.电池充电时，外电路中流过0.1mol电子，负极材料增重1.4g【答案】D【解析】放电时，性质活泼，做负极，会失去电子发生氧化反应，电极反应式为。在电池工作时，会向正极移动。在正极得电子，逐步被还原，经历、、到的转化过程，以为例，电极反应涉及得电子结合生成相应含硫化合物。A．放电时，向电极a移动，根据原电池中阳离子向正极移动，可知电极a为正极，电极b为负极，故A正确；B．放电时，电极a发生还原反应，逐步得电子生成等，的量逐渐增多，故B正确；C．充电时，电极a为阳极，发生氧化反应，可发生，故C正确；D．充电时，电极b为阴极，电极反应为，外电路流过0.1mol电子，负极材料增重为0.1mol×7g/mol=0.7g，故D错误；故选D。10.大气细颗粒物是导致城市雾霾的主要驱动因素。科研人员提出雾霾微颗粒中硫酸盐生成的可能转化机理如图。下列说法正确的是A.该过程中NO2是催化剂B.该过程中不存氧氢键断裂C.该过程中存在反应：D.NaHSO4在水中主要以Na+和的形式存在【答案】C【解析】A．参与反应转化为，是反应物不是催化剂，故A错误；B．从转化机理看，作为反应物参与反应，中存在的键会发生断裂，故B错误；C．观察转化机理图，开始时，存在到和参与反应，生成和，对应反应可表示为，所以该过程中存在反应，故C正确；D．在水中主要以、、形式存在，故D错误；故选C。11.胆矾(CuSO4·5H2O)结构示意图如图所示。将胆矾溶于足量的水，然后滴加过量的氨水，可得到深蓝色的透明溶液，下列说法错误的是A.Cu2+的价电子排布式为3d9B.与Cu2+配位的能力：NH3<H2OC.H2O的VSEPR模型为四面体形D.胆矾结构中存在的化学键有配位键、共价键、离子键【答案】B【解析】A．铜原子的价层电子排布为，铜原子最先失去的电子，然后失去的电子，故的价电子排布式为，A正确；B．氧原子的电负性大于氮原子，水分子中的孤对电子更难释放与铜离子形成配位键，故配位的能力：，B错误；C．水分子的价层电子对数是，含有2对孤电子对，模型为四面体形，C正确；D．该晶体中，铜离子与硫酸根形成离子键；内部均存在共价键；一个铜离子与周围4个H2O形成了配位键，D正确；故选B。12.过氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源，反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molCO2中σ键的数目为B.1molNa2O2晶体中离子的数目为C.1L0.1mol/LNa2CO3溶液中的数目为D.该反应中每生成1molO2转移的电子数目为【答案】D【解析】A．分子中每个双键含1个键，含键，数目为，A错误；B．晶体中每摩尔含和，总离子数为，B错误；C．溶液中因水解减少，数目小于，C错误；D．生成时，氧从-1价升至0价，转移电子，数目为，D正确；故答案选D。13.氢能是清洁的绿色能源，CH4和H2O(g)催化重整是一种有效的制氢方法。主要反应原理如下：①②③其中反应①②的平衡常数随温度变化如图所示，下列说法正确的是A.相同条件下，B.反应①的△H<0，反应②的ΔH>0C.达平衡后增大反应体系压强，变小，但不变D.生产过程中增加混合气中H2O(g)的体积分数，可提高CH4的平衡转化率【答案】D【解析】A．由题意可知，反应③=反应①+反应②，平衡常数，故A错误；B．由图可知，反应①平衡常数随温度升高而增大，说明，反应②平衡常数随温度升高而减小，说明，故B错误；C．平衡常数只与温度有关，增大压强，、都不变，故C错误；D．增加的体积分数，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，故D正确；故选D。14.一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.该温度下，Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)B.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀C.向b点的混合溶液中，加入少量硝酸银固体，会减小D.向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使c点变到b点【答案】B【解析】根据图像中(1.7，5)可计算Ag2CrO4的；同理根据图像中(4.8，5)可计算AgCl的。A．根据分析该温度下，，A错误；B．沿a点画一条垂直于横轴的线，可知当阴离子浓度相同时，a点所在的阳离子浓度大于饱和溶液中阳离子浓度，二者的浓度熵均大于其对应的溶度积Ksp，二者都会生成沉淀，B正确；C．向b点的混合溶液中，加入少量硝酸银固体，即增加，，增加，会增大，C错误；D．温度不变，向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，还是AgCl，但由于增加了（横坐标左移）使AgCl(s)溶解平衡逆移，减小(纵坐标上移)，可使b点变到c点，D错误；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。用MnO2粉与MnS矿(含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下。回答下列问题：已知：物质Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2Fe(OH)2Ksp2.8×10-391.3×10-335.5×10-161.9×10-134.9×10-17（1）“滤渣1”主要含有S和___________，为提高“溶浸”速率，可采取的措施___________(任举一例)。（2）“氧化”发生反应的离子方程式为___________。（3）调pH=6.0，此时溶液中c(Al3+)=___________mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，则“滤渣3”的成分是___________(填化学式)。（4）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是___________。（5）Mn的某种氧化物的晶胞(立方体结构)如图所示。则该氧化物的化学式为___________。已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为___________g·cm-3。(设N为阿伏加德罗常数，用含a和的代数式表示)【答案】（1）①.SiO2②.粉碎矿石或搅拌、适当升温（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O（3）①.1.3×10-9②.BaSO4、NiS（4）（5）①.MnO②.【解析】MnO2粉与MnS矿(含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)加入硫酸进行溶浸得到滤渣1主要为S和SiO2，滤液加入二氧化锰进行氧化，再加入氨水调节pH得到滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入BaS后过滤得到滤渣3为BaSO4、NiS，电解滤液除去废液得到MnO2，在煅烧窑中加入碳酸锂煅烧产生二氧化碳和氧气，同时制备LiMn2O4；（1）根据分析可知，“滤渣1”主要含有S和SiO2；为提高“溶浸”速率，可采取的措施粉碎矿石或搅拌、适当升温等；（2）“氧化”时亚铁离子被二氧化锰氧化为铁离子，同时生成锰离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）调pH=6.0，则c(OH-)=10-8mol/L，根据Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，此时溶液中c(Al3+)=mol/L=1.3×10-9mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，因钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，镍离子与硫离子生成硫化镍沉淀，则“滤渣3”的成分是BaSO4、NiS；（4）煅烧窑中，碳酸锂与二氧化锰反应生成LiMn2O4，同时生成二氧化碳和氧气，反应的化学方程式是；（5）根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Mn，个O，则该氧化物的化学式为MnO；已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为=g·cm-3。16.二氯化二硫()是一种金黄色液体，沸点为138℃，广泛应用于贵金属萃取、合成植物生长激素、除草剂、橡胶硫化剂等。已知遇水剧烈反应，热稳定性较差，能被Cl2氧化为红棕色的(沸点为59℃)。回答下列问题：I．实验室采用如下装置(加热和夹持仪器已略去)模拟工业生产（1）装有浓盐酸的仪器名称是___________。（2）装置接口从左到右的顺序为：a→___________→j→k(填小写字母)。F中碱石灰的作用是___________。（3）检查装置气密性后加入药品，打开K1，向装置中通一段时间N2后加热B装置，使硫磺熔融，关闭K1，往A中缓慢滴加浓盐酸且要控制用量，原因是___________。实验结束后继续通入N2至装置内为无色，此时通N2目的是___________。（4）要精制含少量SCl2杂质的，可采用的实验方法的___________。Ⅱ．测定的纯度(杂质不影响测定)。某课题组称取ag市售的产品于烧瓶中，加入足量的蒸馏水充分反应，用水蒸气将生成的气体全部蒸出，并用足量的H2O2溶液吸收；然后向其中加入足量BaCl2溶液，过滤洗涤、干燥称量，得到bg固体。（5）往中加蒸馏水产生烟雾，产物中有一种气体能使品红溶液褪色，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式___________。（6）样品中的质量百分数为___________。【答案】（1）分液漏斗（2）①.f→g→d→e→b→c→h→i②.吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置（3）①.使Cl2与S充分接触，防止被氧化为②.将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的S2Cl2排入E中收集（4）蒸馏或分馏（5）2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓（6）【解析】由实验装置图可知，装置中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中氯气与硫共热反应制备，装置用于冷凝收集，装置中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置F使水解，据此分析作答。（1）装有浓盐酸的仪器是分液漏斗。故答案为：分液漏斗。（2）根据分析，装置接口从a出来的氯气中混有氯化氢和水蒸气，f进g出可吸收HCl气体，d进e出可用于干燥氯气，b进c出在三颈烧瓶中氯气与硫共热反应制备，h进i出用于冷凝。F中碱石灰可以用于尾气处理氯气，同时遇水剧烈反应，F中碱石灰的第二个作用是作用是防止空气中的水蒸气进入装置。故答案为：f→g→d→e→b→c→h→i吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置。（3）检查装置气密性后加入药品，打开K1，向装置中通一段时间N2后加热B装置，使硫磺熔融，关闭K1，往A中缓慢滴加浓盐酸且要控制用量，原因是使Cl2与S充分接触，防止被氧化为。实验结束后继续通入N2至装置内为无色，此时通N2目的是将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的排入E中收集。故答案为：使Cl2与S充分接触，防止被氧化为；将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的S2Cl2排入E中收集。（4）沸点为138℃；沸点为59℃，沸点相差很大可采用蒸馏的方法分离两物质。故答案为：蒸馏或分馏。（5）往中加蒸馏水产生烟雾，烟雾HCl(化合价不变)；产物中有一种气体能使品红溶液褪色为SO2(S元素化合价升高)；过程中只有一种元素化合价发生变化，故S元素化合价还得降低生成S单质。方程式配平为2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓。故答案为：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓。（6）根据反应、、，可得关系式：，则样品中的含量为。故答案为：。17.氨是最重要的化学品之一，目前我国氨的生产能力位居世界首位。I．合成氨原料中的N2由分离液态空气得到，H2可来源于水煤气，反应如下：①②（1）___________kJ·mol-1。（2）在恒容密闭容器中同时发生反应①②，下列说法正确的是___________。A.反应①可以在任意温度下自发进行 B.反应②有极性键的断裂与形成C.使用催化剂，可提高H2O的平衡转化率 D.容器内压强保持恒定说明反应达到平衡状态Ⅱ．合成氨反应原理为。（3）某温度下，向恒定压强为20MPa的容器中以x(H2)=0.75、x(N2)=0.25(x代表物质的量分数)进料发生上述反应，tmin达平衡时x(NH3)=0.20，NH3的平衡分压为___________MPa，该反应平衡常数___________(MPa)-2(列出表达式即可)。[为用某组分B的平衡压强表示的平衡常数，，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数。]（4）研究发现采用过渡金属催化合成氨可有效降低生产能耗，反应历程如图，其中决定化学反应速率快慢的基元反应是___________(“*”表示微粒被催化剂吸附)，合成氨反应的正逆反应活化能：___________(填“>”“<”或“=”)。（5）我国科学家以悬浮纳米Fe2O3作催化剂，直接常压电化学合成氨，工作原理如图所示，阴极的电极反应式为___________。【答案】（1）+90.1（2）BD（3）①.4②.（4）①.NH2*+H*=NH3*②.<（5）N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-【解析】（1）求：根据盖斯定律，将反应①与反应②相加，可得：，则（2）A．反应①根据，当时反应自发进行，所以反应①在高温下能自发进行，A错误；B．反应②中和中的化学键断裂，和中的化学键形成，存在极性键的断裂和形成过程，B正确；C．使用催化剂，只能改变反应的速率，不能使平衡移动，的平衡转化率不变，C错误；D．反应①是气体增大的反应，容器内压强保持恒定说明反应达到平衡状态，D正确；故答案选BD；（3）①已知恒定压强，达平衡时，根据；②解得x=0.05，根据平衡常数计算公式可得到：；（4）①活化能越大，反应速率越慢，结合反应历程图可知，决定化学反应速率快慢的基元反应是；②根据反应历程图可知反应物能量大于生成物能量，属于放热反应，所以（5）根据图观察可知，化合价从0降低到-3，氮气在阴极得到电子，反应方程式为：。18.铃木反应在有机合成中的用途很广，某课题组利用该反应合成了具有广泛生物活性的天然抗氧化剂白藜芦醇。以下是合成路线。已知：铃木反应：回答下列问题：（1）A中的官能团名称为___________。（2）A→B的反应类型为___________。（3）写出D到E的反应方程式___________。（4）写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式___________。①分子中含有苯环；②能使FeCl3溶液显色；③能发生银镜反应和水解反应；④核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：1：1。（5）反应A到B的目的是___________。（6）研究小组探究了不同溶剂情况下铃木反应的产率，结果如下表：溶剂碱产率乙醇/水KOH83.9%N、N-二甲基甲酰胺/水KOH79%水KOH15%用水做溶剂时产率较低的主要原因是___________。（7）以和为主要有机原料(无机试剂任选)，设计的合成路线___________。【答案】（1）醛基、羟基（2）取代反应（3）++Br-B(OH)2（4）、（5）保护酚羟基（6）化合物D很难溶于水（7）【解析】本题为有机推断与合成，结合合成路线分析，反应物在亚硝酸钠和硫酸的作用下反应将氨基取代变为酚羟基形成物质A，A与碘甲烷在碳酸钾作用下发生取代反应变成甲氧基形成物质B，B中的醛基与四溴化碳发生反应生成依次生成一溴代物D，D通过信息铃木反应发生取代引入苯环基团形成物质E，最后再进行酚羟基的复原得到产物。（1）根据A的结构简式，A中的官能团有醛基、酚羟基，故答案为：醛基、羟基；（2）对比A和B的结构简式，CH3I中的-CH3取代了酚羟基上的氢的位置，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）结合已知信息铃木反应可知，D生成E是利用了该反应信息，R2基团取代了卤素原子-X的位置，故发生的反应方程式为：++Br-B(OH)2；（4）B的分子式为C9H10O3，结合题目信息含有苯环，能使FeCl3溶液显色说明有酚羟基（直接与苯环相连），能发生银镜反应和水解反应说明含有甲酸酯基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：1：1，说明2个甲基，故能形成的两种结构分别为：、；（5）由（2）问可知A与CH3I在碳酸钾作用下发生取代反应生成B和HI，由A和F都含有酚羟基可知，A→B的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；（6）通过分析表格数据，只有水作溶剂时产率很低，只能达到15%，但在水中加入有机溶剂乙醇或N、N-二甲基甲酰胺，产率明显提升，说明反应物更易溶于有机物，在水中溶解度不大，故答案为：化合物D很难溶于水；（7）结合流程可知可利用铃木反应将两个苯环相连，现在得到产物就需要将硝基转变成甲氧基，故先将硝基还原为氨基，再利用题目流程得到甲氧基，故合成路线为：。广西柳州市2025-2026学年新高三摸底考试（2026届高二）试题注意：1.请把答案填写在答题卡上，否则答题无效。2.答卷前，考生务必将密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题。3.选择题，请用2B铅笔，把答题卡上对应题目选项的信息点涂黑。非选择题，请用0.5mm黑色字迹签字笔在答题卡指定位置作答。可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12O：16S：32Cl：35.5Mn：55Ba：137一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活、生产息息相关。下列说法错误的是A.铁粉具有还原性，可用作食品干燥剂 B.莲藕中富含淀粉，淀粉可水解为葡萄糖C.Na2CO3溶液呈碱性，可用于去除油污 D.清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅生锈【答案】A【解析】A．铁粉的主要作用是作为脱氧剂，通过与氧气反应减缓食品氧化变质，而非直接吸收水分作为干燥剂（干燥剂通常为生石灰、硅胶等），A错误。B．淀粉水解最终产物为葡萄糖，符合其化学性质，B正确。C．碳酸钠溶液的碱性环境可促进水解油脂，用于去污，C正确。D．减少水分能有效抑制铁的生锈（需水、氧气共同作用），D正确。故选A。2.下列化学用语或图示表示错误的是A.K+的结构示意图： B.NaCl的电子式：C.质量数为16的氧原子： D.乙烯的结构简式：CH2=CH2【答案】B【解析】A．钾离子是钾原子失去一个电子形成的离子，故钾离子结构示意图为：，故A正确；B．NaCl为离子化合物，有钠离子与氯离子构成，电子式为，故B错误；C．氧原子的质子数为8，元素符号的左上角为质量数，表示方法为：，故C正确；D．乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略，为CH2=CH2，故D正确；答案选B。3.下列实验装置(部分夹持装置已省略)使用或操作正确的是A.图①装置用于制备并收集氨气 B.图②操作用于过滤沉淀和不溶性杂质C.图③装置用于制备并收集乙酸乙酯 D.图④装置用于除去CO2中混有的HCl【答案】A【解析】A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，氨气密度小于空气，使用向下排空气法收集，A正确；B．过滤是漏斗下端要紧贴烧杯内部，B错误；C．为防止液体倒吸，长导管不能深入液面以下，C错误；D．二氧化碳也会和饱和碳酸钠反应，D错误；故选A。4.化合物Y是合成药物的重要中间体，其合成路线中的某一步如下：下列有关X和Y的说法正确的是A.两者中所有原子共平面 B.两者可通过X射线衍射推测含有的官能团C.两者可用2%银氨溶液进行鉴别 D.1molY最多能与3molH2发生加成反应【答案】C【解析】A．X、Y中均有甲基，甲基中的碳原子为饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，故A错误；B．X射线衍射可测定晶体结构，确定化学键和官能团等，不是推测，故B错误；C．Y含醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，X不能，可用2%银氨溶液鉴别，故C正确；D．Y中苯环、醛基均可与加成，1molY最多与4mol加成（苯环3mol，醛基1mol），故D错误；故选C。5.物质结构决定性质。下列物质性质差异和结构因素无关的是选项性质差异结构因素A键角：中心原子的杂化类型B键能：BF3>BCl3卤化物的键长C熔点：KCl>I2晶体类型D酸性：CF3COOH>CCl3COOH分子间氢键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．为sp杂化（直线型，键角180°），为sp2杂化（平面三角形，键角120°），键角差异由杂化类型决定，A不符合题意；B．BF3键能大于BCl3，因F原子半径小，B-F键长更短，键能更大，与键长直接相关，B不符合题意；C．KCl为离子晶体，I2为分子晶体，离子晶体熔点通常更高，与晶体类型相关，C不符合题意；D．CF3COOH酸性强于CCl3COOH，因F电负性更强，吸电子效应使得羟基极性增强，更容易电离出氢离子，而非分子间氢键，D符合题意；故选D。6.能正确表示下列反应的离子方程式为A.NO2通入水中：B.利用覆铜板制作印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C.家里用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D.苯酚钠溶液中通入少量CO2：【答案】A【解析】A．NO2与水反应生成HNO3和NO，方程式为3NO2+H2O=2H++2+NO，电荷守恒且产物正确，A正确；B．Fe3+与Cu反应的电荷不守恒，正确方程式应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．食醋中的CH3COOH是弱酸，不能拆分为H+，正确方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C错误；D．少量CO2与苯酚钠反应应生成而非，正确方程式为C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+，D错误；7.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子有2个未成对电子，Y和W同族，W的原子序数是Y的2倍，Z的金属性在短周期元素中最强。下列说法错误的是A.原子半径：Z>W>Y B.电负性：Y>X>ZC.X和Y形成的化合物均为非极性分子 D.W的最高价氧化物的水化物为强酸【答案】C【解析】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子有2个未成对电子，X原子序数最小，则X可能为C或O，因Y和W同族，且W的原子序数是Y的2倍，在短周期中满足此条件的只有O元素和S元素，则X为C元素、Y为O元素、W为S元素；Z的金属性在短周期元素中最强，则Z为Na元素，据此分析解答。A．根据分析，在第三周期中原子半径，同主族元素，则有原子半径：，即Z>W>Y，A正确；B．电负性从左向右逐渐增大、同主族从上向下逐渐减小，则电负性：，即Y>X>Z，B正确；C．X和Y形成的化合物有和，其中CO为极性分子，为非极性分子，C错误；D．W的最高价氧化物的水化物为，属于强酸，D正确；故答案为：C。8.下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液中含有B向2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液滴加5滴6mol/LH2SO4溶液，橙色加深平衡向生成方向移动C乙醇和浓硫酸共热至170℃，产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色该气体是乙烯D用pH试纸测得NaHCO3溶液的pH约为9，CH3COONa溶液的pH约为10CH3COOH酸性强于H2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．滴加溶液产生白色沉淀，可能由、或等引起，无法直接确定含，故A错误；B．向溶液中加，根据平衡，增加使平衡左移，浓度增大，橙色加深，故B正确；C．乙醇与浓硫酸共热至170℃生成气体使酸性高锰酸钾褪色，可能含乙烯或（浓硫酸氧化副产物），无法确定气体仅乙烯，故C错误；D．的pH（约10）高于（约9），说明水解程度更大，对应酸性弱于，实验现象与结论矛盾，故D错误；故选B。9.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：(2≤x≤8)。用电器下列说法错误的是A.电池放电时，电极b为负极B.电池放电时，Li2S2的量逐渐增多C.电池充电时，电极a可发生反应：3Li2S4-2e-=2Li2S6+2Li+D.电池充电时，外电路中流过0.1mol电子，负极材料增重1.4g【答案】D【解析】放电时，性质活泼，做负极，会失去电子发生氧化反应，电极反应式为。在电池工作时，会向正极移动。在正极得电子，逐步被还原，经历、、到的转化过程，以为例，电极反应涉及得电子结合生成相应含硫化合物。A．放电时，向电极a移动，根据原电池中阳离子向正极移动，可知电极a为正极，电极b为负极，故A正确；B．放电时，电极a发生还原反应，逐步得电子生成等，的量逐渐增多，故B正确；C．充电时，电极a为阳极，发生氧化反应，可发生，故C正确；D．充电时，电极b为阴极，电极反应为，外电路流过0.1mol电子，负极材料增重为0.1mol×7g/mol=0.7g，故D错误；故选D。10.大气细颗粒物是导致城市雾霾的主要驱动因素。科研人员提出雾霾微颗粒中硫酸盐生成的可能转化机理如图。下列说法正确的是A.该过程中NO2是催化剂B.该过程中不存氧氢键断裂C.该过程中存在反应：D.NaHSO4在水中主要以Na+和的形式存在【答案】C【解析】A．参与反应转化为，是反应物不是催化剂，故A错误；B．从转化机理看，作为反应物参与反应，中存在的键会发生断裂，故B错误；C．观察转化机理图，开始时，存在到和参与反应，生成和，对应反应可表示为，所以该过程中存在反应，故C正确；D．在水中主要以、、形式存在，故D错误；故选C。11.胆矾(CuSO4·5H2O)结构示意图如图所示。将胆矾溶于足量的水，然后滴加过量的氨水，可得到深蓝色的透明溶液，下列说法错误的是A.Cu2+的价电子排布式为3d9B.与Cu2+配位的能力：NH3<H2OC.H2O的VSEPR模型为四面体形D.胆矾结构中存在的化学键有配位键、共价键、离子键【答案】B【解析】A．铜原子的价层电子排布为，铜原子最先失去的电子，然后失去的电子，故的价电子排布式为，A正确；B．氧原子的电负性大于氮原子，水分子中的孤对电子更难释放与铜离子形成配位键，故配位的能力：，B错误；C．水分子的价层电子对数是，含有2对孤电子对，模型为四面体形，C正确；D．该晶体中，铜离子与硫酸根形成离子键；内部均存在共价键；一个铜离子与周围4个H2O形成了配位键，D正确；故选B。12.过氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源，反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molCO2中σ键的数目为B.1molNa2O2晶体中离子的数目为C.1L0.1mol/LNa2CO3溶液中的数目为D.该反应中每生成1molO2转移的电子数目为【答案】D【解析】A．分子中每个双键含1个键，含键，数目为，A错误；B．晶体中每摩尔含和，总离子数为，B错误；C．溶液中因水解减少，数目小于，C错误；D．生成时，氧从-1价升至0价，转移电子，数目为，D正确；故答案选D。13.氢能是清洁的绿色能源，CH4和H2O(g)催化重整是一种有效的制氢方法。主要反应原理如下：①②③其中反应①②的平衡常数随温度变化如图所示，下列说法正确的是A.相同条件下，B.反应①的△H<0，反应②的ΔH>0C.达平衡后增大反应体系压强，变小，但不变D.生产过程中增加混合气中H2O(g)的体积分数，可提高CH4的平衡转化率【答案】D【解析】A．由题意可知，反应③=反应①+反应②，平衡常数，故A错误；B．由图可知，反应①平衡常数随温度升高而增大，说明，反应②平衡常数随温度升高而减小，说明，故B错误；C．平衡常数只与温度有关，增大压强，、都不变，故C错误；D．增加的体积分数，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，故D正确；故选D。14.一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.该温度下，Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)B.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀C.向b点的混合溶液中，加入少量硝酸银固体，会减小D.向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使c点变到b点【答案】B【解析】根据图像中(1.7，5)可计算Ag2CrO4的；同理根据图像中(4.8，5)可计算AgCl的。A．根据分析该温度下，，A错误；B．沿a点画一条垂直于横轴的线，可知当阴离子浓度相同时，a点所在的阳离子浓度大于饱和溶液中阳离子浓度，二者的浓度熵均大于其对应的溶度积Ksp，二者都会生成沉淀，B正确；C．向b点的混合溶液中，加入少量硝酸银固体，即增加，，增加，会增大，C错误；D．温度不变，向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，还是AgCl，但由于增加了（横坐标左移）使AgCl(s)溶解平衡逆移，减小(纵坐标上移)，可使b点变到c点，D错误；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。用MnO2粉与MnS矿(含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下。回答下列问题：已知：物质Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2Fe(OH)2Ksp2.8×10-391.3×10-335.5×10-161.9×10-134.9×10-17（1）“滤渣1”主要含有S和___________，为提高“溶浸”速率，可采取的措施___________(任举一例)。（2）“氧化”发生反应的离子方程式为___________。（3）调pH=6.0，此时溶液中c(Al3+)=___________mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，则“滤渣3”的成分是___________(填化学式)。（4）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是___________。（5）Mn的某种氧化物的晶胞(立方体结构)如图所示。则该氧化物的化学式为___________。已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为___________g·cm-3。(设N为阿伏加德罗常数，用含a和的代数式表示)【答案】（1）①.SiO2②.粉碎矿石或搅拌、适当升温（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O（3）①.1.3×10-9②.BaSO4、NiS（4）（5）①.MnO②.【解析】MnO2粉与MnS矿(含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)加入硫酸进行溶浸得到滤渣1主要为S和SiO2，滤液加入二氧化锰进行氧化，再加入氨水调节pH得到滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入BaS后过滤得到滤渣3为BaSO4、NiS，电解滤液除去废液得到MnO2，在煅烧窑中加入碳酸锂煅烧产生二氧化碳和氧气，同时制备LiMn2O4；（1）根据分析可知，“滤渣1”主要含有S和SiO2；为提高“溶浸”速率，可采取的措施粉碎矿石或搅拌、适当升温等；（2）“氧化”时亚铁离子被二氧化锰氧化为铁离子，同时生成锰离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）调pH=6.0，则c(OH-)=10-8mol/L，根据Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，此时溶液中c(Al3+)=mol/L=1.3×10-9mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，因钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，镍离子与硫离子生成硫化镍沉淀，则“滤渣3”的成分是BaSO4、NiS；（4）煅烧窑中，碳酸锂与二氧化锰反应生成LiMn2O4，同时生成二氧化碳和氧气，反应的化学方程式是；（5）根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Mn，个O，则该氧化物的化学式为MnO；已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为=g·cm-3。16.二氯化二硫()是一种金黄色液体，沸点为138℃，广泛应用于贵金属萃取、合成植物生长激素、除草剂、橡胶硫化剂等。已知遇水剧烈反应，热稳定性较差，能被Cl2氧化为红棕色的(沸点为59℃)。回答下列问题：I．实验室采用如下装置(加热和夹持仪器已略去)模拟工业生产（1）装有浓盐酸的仪器名称是___________。（2）装置接口从左到右的顺序为：a→___________→j→k(填小写字母)。F中碱石灰的作用是___________。（3）检查装置气密性后加入药品，打开K1，向装置中通一段时间N2后加热B装置，使硫磺熔融，关闭K1，往A中缓慢滴加浓盐酸且要控制用量，原因是___________。实验结束后继续通入N2至装置内为无色，此时通N2目的是___________。（4）要精制含少量SCl2杂质的，可采用的实验方法的___________。Ⅱ．测定的纯度(杂质不影响测定)。某课题组称取ag市售的产品于烧瓶中，加入足量的蒸馏水充分反应，用水蒸气将生成的气体全部蒸出，并用足量的H2O2溶液吸收；然后向其中加入足量BaCl2溶液，过滤洗涤、干燥称量，得到bg固体。（5）往中加蒸馏水产生烟雾，产物中有一种气体能使品红溶液褪色，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式___________。（6）样品中的质量百分数为___________。【答案】（1）分液漏斗（2）①.f→g→d→e→b→c→h→i②.吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置（3）①.使Cl2与S充分接触，防止被氧化为②.将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的S2Cl2排入E中收集（4）蒸馏或分馏（5）2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓（6）【解析】由实验装置图可知，装置中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中氯气与硫共热反应制备，装置用于冷凝收集，装置中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置F使水解，据此分析作答。（1）装有浓盐酸的仪器是分液漏斗。故答案为：分液漏斗。（2）根据分析，装置接口从a出来的氯气中混有氯化氢和水蒸气，f进g出可吸收HCl气体，d进e出可用于干燥氯气，b进c出在三颈烧瓶中氯气与硫共热反应制备，h进i出用于冷凝。F中碱石灰可以用于尾气处理氯气，同时遇水剧烈反应，F中碱石灰的第二个作用是作用是防止空气中的水蒸气进入装置。故答案为：f→g→d→e→b→c→h→i吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置。（3）检查装置气密性后加入药品，打开K1，向装置中通一段时间N2后加热B装置，使硫磺熔融，关闭K1，往A中缓慢滴加浓盐酸且要控制用量，原因是使Cl2与S充分接触，防止被氧化为。实验结束后继续通入N2至装置内为无色，此时通N2目的是将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的排入E中收集。故答案为：使Cl2与S充分接触，防止被氧化为；将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的S2Cl2排入E中收集。（4）沸点为138℃；沸点为59℃，沸点相差很大可采用蒸馏的方法分离两物质。故答案为：蒸馏或分馏。（5）往中加蒸馏水产生烟雾，烟雾HCl(化合价不变)；产物中有一种气体能使品红溶液褪色为SO2(S元素化合价升高)；过程中只有一种元素化合价发生变化，故S元素化合价还得降低生成S单质。方程式配平为2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓。故答案为：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓。（6）根据反应、、，可得关系式：，则样品中的含量为。故答案为：。17.氨是最重要的化学品之一，目前我国氨的生产能力位居世界首位。I．合成氨原料中的N2由分离液态空气得到，H2可来源于水煤气，反应如下：①②（1）___________kJ·mol-1。（2）在恒容密闭容器中同时发生反应①②，下列说法正确的是___________。A.反应①可以在任意温度下自发进行 B.反应②有极性键的断裂与形成C.使用催化剂，可提高H2O的平衡转化率 D.容器内压强保持恒定说明反应达到平衡状态Ⅱ．合成氨反