2026届四川省达州市高三上学期模拟预测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省达州市2026届高三上学期模拟预测(考试时间：75分钟满分：100分)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，用铅笔把答题卡上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—1O—16Na—23S—32Cr—52Co—59一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活紧密相关，下列说法错误是A.宇宙飞船返回舱所用高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料B.聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层C.硅太阳能电池与锂电池产生电能的原理不一样D.银耳环久置表面变暗为电化学腐蚀【答案】D【解析】A．高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，A正确；B．聚四氟乙烯耐高温、耐腐蚀，可用于厨具表面涂层，B正确；C．硅太阳能电池利用光电效应将太阳能转化为电能，锂电池将化学能转化为电能，产生电能的原理不一样，C正确；D．银耳环久置表面变暗为单质Ag与空气中含硫物质直接发生反应形成的化学腐蚀，D错误；故答案为：D。2.下列化学用语表示不正确的是A.的名称为间二苯酚B.的空间结构为四面体形C.用电子云轮廓图示意键的形成：D.的球棍模型：【答案】A【解析】A．含有2个酚羟基，因此名称为间苯二酚，A错误；B．可看作是中的1个O原子被S原子取代的产物，二者结构相似，的中心原子S的价层电子对数=，即的空间结构为四面体形，因此的空间结构也为四面体形，B正确；C．键肩并肩重叠，镜面对称，C正确；D．中心原子N的价层电子对，有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，D正确；故选：A。3.下列过程对应的方程式不正确的是A.黑火药爆炸：B.过量铁与稀硝酸溶液反应无气体放出：C.次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：D.自然界闪锌矿转化为铜蓝：【答案】C【解析】A．黑火药爆炸反应为：，该反应为黑火药爆炸典型反应，反应物包含硫、硝酸钾和木炭，产物为硫化钾、氮气和二氧化碳，A正确；B．过量铁与稀硝酸溶液反应无气体放出，表明稀HNO3对应的还原产物不是常见的NO，而选项中给出的还原产物为是合理的，因此该反应的产物为亚铁离子、铵根离子和水，配平为，B正确；C．向次氯酸钠溶液中通入少量SO2，SO2具有还原性，ClO-具有氧化性，因此两者会发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、氢离子和氯离子，而产物中的氢离子会继续与过量的次氯酸根离子结合为弱酸次氯酸：，C错误；D．自然界闪锌矿转化为溶解度更小的铜蓝，属于沉淀转化：，D正确；故选：C。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.中键数目为B.晶体中含有的离子数目为C.将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中数目等于D.标准状况下，含有中子的数目为【答案】D【解析】A．的结构式为，1个分子中含有2个键，中键数目为，故A正确；B．晶体是由和构成的离子晶体，晶体中含有的离子数目为，故B正确；C．将醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒，溶液呈中性时，所以，，则溶液中数目等于，故C正确；D．标准状况下，的物质的量为，中含有8个中子，D中含有1个中子，含有中子的数目为，故D错误；故选D。5.下列实验装置和原理能达到实验目的的是A.装置甲可用于除去乙烷中乙烯 B.装置乙可用于制取少量乙酸乙酯C.装置丙可用于制取少量乙烯 D.装置丁可用于除去苯甲酸中的难溶性杂质【答案】B【解析】A．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，引入新的杂质，A错误；B．乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇和乙酸易挥发，饱和溶液可中和乙酸，溶解乙醇，能降低乙酸乙酯的溶解度，所以装置乙可用于制取少量乙酸乙酯，且装置乙中导管未插入饱和碳酸钠溶液可防止倒吸，B正确；C．乙醇在浓硫酸作催化剂、加热至170℃的条件下发生消去反应生成乙烯，图中没有加热装置和温度计，不能得到乙烯，C错误；D．苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，为防止苯甲酸的损失，用重结晶的方法提纯，应先将粗苯甲酸加热溶解，并趁热过滤除去难溶性杂质，D错误；故答案为：B。6.下列关于物质的事实与分析，不正确的是选项事实分析A为离子化合物，其熔点比硝酸铵低引入有机基团可降低离子化合物的熔点B极性电负性C臭氧是由极性键构成极性分子，但在中的溶解度大于在水中臭氧极性微弱D键能：F的原子半径太小，分子中原子核相互排斥，使键能降低A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．引入有机基团使阳离子体积较大，离子键减小，则引入有机基团可降低离子化合物的熔点，A项正确；B．电负性N大于P，N与Cl的电负性差小于P和Cl的电负性差，二者分子构型相同，则极性，B项错误；C．臭氧极性微弱，在中的溶解度大于在水中的溶解度，C项正确；D．原子半径，F原子间更靠近，排斥力更大，易断裂，D项正确；答案选B。7.合成抗肿瘤药氟他胺的部分流程如下。已知吡啶是一种有机碱。下列说法正确的是A.1mol丙最多与发生加成反应B.甲中除氟外所有原子可能在同一平面上C.吡啶的主要作用是作催化剂D.等物质的量的乙和丙消耗NaOH的量相同【答案】B【解析】A．有机物丙的结构中酰胺基的不能发生加成，只有苯环能加成氢气，则1mol丙最多与发生加成反应，A错误；B．甲中硝基共面，苯环共面，连N的单键可转到一个平面而形成共面，B正确；C．吡啶是有机碱，作用是消耗生成的HCl，促进反应正向进行，C错误；D．乙和丙中除F原子都要消耗NaOH外，乙中不消耗NaOH，丙中酰胺基还要消耗NaOH，导致二者消耗的NaOH量不相等，D错误；故答案为：B。8.一种可用作有机化工原料的化合物的结构如图。已知X、Y、Z、W、Q、M为原子序数依次增大的元素，基态Y原子核外未成对电子数与基态W原子核外未成对电子数相等，Q为使用最广泛的金属。M的单质是常温下唯一的液态非金属单质。下列说法正确的是A.第一电离能： B.电负性：C.简单氢化物还原性： D.简单氢化物沸点：【答案】A【解析】已知X、Y、Z、W、Q、M为原子序数依次增大的元素，Q为使用最广泛的金属，Q为Fe元素，M的单质是常温下唯一的液态非金属单质，则M为Br元素，X、Y、Z、W成键数目分别为1、4、3、2，基态Y与W未成对电子数相等，Y（C）基态电子排布为1s22s22p2（2个未成对电子），W（O）基态电子排布为1s22s22p4（2个未成对电子），二者未成对电子数均为2，再结合题中信息，可知X、Y、Z、W分别为H、C、N、O元素。A．同周期从左到右，第一电离能有逐渐增大的趋势，但是N比相邻元素第一电离能大，第一电离能，A正确；B．同周期从左到右，电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，电负性，B错误；C．非金属性越强，简单氢化物还原性越弱，同周期从左到右，非金属性逐渐增大，故还原性，C错误；D．、能形成分子间氢键，且为液体，为气体，沸点，D错误；故答案选A。9.下列实验操作及现象与实验结论不相符的是选项实验操作现象实验结论A加热CuCl2溶液溶液变为绿色正反应方向的反应热B溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合加热产生的气体能使溴水褪色该反应发生的是消去反应，产生了乙烯C分别向MgCl2和AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH至过量MgCl2溶液产生白色沉淀，AlCl3溶液先产生白色沉淀后沉淀溶解镁金属性比铝强D用pH试纸分别测定同浓度NaClO溶液和NaCN溶液pHNaCN溶液pH大酸性：HClO＜HCNA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．加热CuCl2溶液，溶液变为绿色，说明平衡正向移动，正反应的反应热，A正确；B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合加热，产生的气体能使溴水褪色，证明产生了乙烯，B正确；C．AlCl3溶液先产生白色沉淀后沉淀溶解，说明Al(OH)3具有酸性，碱性小于Mg(OH)2，镁的金属性比铝强，C正确；D．NaClO溶液有强氧化性，会漂白pH试纸，不能用pH试纸测NaClO溶液pH，D错误；故选：D。10.乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。已知的中心原子为N。下列说法正确的是A.反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为B.该合成方法的总反应为C.②⑤既有极性键的断裂又有极性键的生成D.为中间产物【答案】C【解析】A．反应①可表示为，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为，A错误；B．由图中转化可知该合成方法的总反应为，B错误；C．②有键断，形成键，⑤中有键断，形成键，C正确；D．根据图示，乙醇没有再转化为其它物质，乙醇为副产物，D错误；故选C。11.从高砷烟尘(主要成分为、和，其中中的均为价或价，、均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法错误的是A.“碱浸”时，发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为B.浸出液主要成分为、、NaOHC.浸出液“氧化”过程中反应为D.“氧化”时加热溶液温度不宜过高【答案】A【解析】高砷烟尘(主要成分为、和，其中中的均为价或价，、均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。A．“碱浸”时，与硫化钠发生氧化还原反应生成、和氢氧化钠，反应的化学方程式为：，其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知中和的数目之比为，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，A错误；B．、均为酸性氧化物，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS和S，浸出液主要成分为、、，B正确；C．由分析可知，浸出液“氧化”过程中过氧化氢将氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C正确；D．过氧化氢受热分解速率加快，“氧化”时加热溶液温度不宜过高，D正确；故选A。12.已知的立方晶胞结构如图所示，若晶胞边长为xpm。已知a、b的坐标参数依次为、，下列说法正确的是A.O的配位数为8B.d的坐标参数为C.不考虑原子的相对大小，晶胞体对角线的投影图为D.a、b原子间距离为【答案】C【解析】A．由图知大球和小球比值为，所以小球为O原子，图中1个O原子被4个Cu原子包围，所以O的配位数为4，A项错误；B．根据图可知，d的坐标参数为，B项错误；C．该晶胞沿体对角线投影图为正六边形，则不考虑原子的相对大小，晶胞体对角线的投影图为，C项正确；D．b位于晶胞中心位置，则a、b原子间距离为，D项错误；答案选C。13.科学家利用多聚物来捕获，使与在催化剂表面生成和，涉及以下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：在恒压密闭容器中充入与，分别在、()压强下反应。平衡体系中，CO及的物质的量分数随温度的变化关系如图。下列说法不正确的是已知：的选择性A.对于反应Ⅰ，甲醇的选择性：B.曲线b表示压强为时CO的物质的量分数随温度的变化关系C.恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡不移动D.要提高的选择性，可使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂【答案】C【解析】温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，导致平衡时减小，增大，则曲线b、d表示不同压强下CO的物质的量分数随温度的变化关系，相同温度下增大压强，反应Ⅰ正向移动，甲醇的量增大，同时导致二氧化碳的量减小，从而导致反应Ⅱ逆向移动，减小。综上，物质的量分数随温度的变化关系对应曲线为：a代表下的，c代表下的，b代表下的，d代表下的CO，据此分析解题。A．温度相同时，对于反应Ⅰ，压强越大，平衡正向移动，甲醇的选择性，A正确；B．据分析，曲线b表示压强为时CO的物质的量分数随温度的变化关系，B正确；C．恒压条件下，平衡后再充入惰性气体，反应体系的体积增大，反应Ⅰ和Ⅱ的气体分压减小，反应Ⅰ的平衡逆向移动，增大，减小，使反应Ⅱ的化学平衡正向移动，C错误；D．对反应Ⅰ使用催化活性更高的催化剂，使转化为更多的，能提高的选择性，D正确；故答案为：C。14.钠离子电池比锂离子电池更稳定，造价更低。一种钠离子电池构造示意图如下，已知放电时负极反应式：。下列说法正确的是A.充电时，硬碳电极电势高于B.放电时，正极的电极反应式为C.充电时，外电路中每转移，理论上电极上增加4.6gD.放电时Na+从硬碳电极脱嵌，电解液中Na+浓度升高【答案】B【解析】由放电时负极反应式：可知：在放电时，Na2Cn失电子生成Na+和C，则硬碳作负极，负极反应为Na2Cn-2e-=2Na++nC，Na1-xMnO2得电子生成NaMnO2，右侧电极为正极，正极反应为Na1-xMnO2+xe-+xNa+=NaMnO2；放电时阳离子移向正极，电子由负极经过外电路流向正极；充电时为电解池，原电池的正、负极与外加电源的正、负极相接，作阳极、阴极，阴、阳极反应与负、正极反应相反，据此分析解答。A．由题中信息可知，放电时硬碳作负极，则充电时硬碳电极与直流电源负极相连，作阴极，阴极电势小于阳极，A错误；B．右侧电极为正极，得电子生成，正极的电极反应式为：，B正确；C．根据阳极反应式：，则每有1mol电子转移，阳极质量会减少23g，则外电路中每转移0.2mol电子，理论上。电极上减少，C错误；D．电解液中浓度不变，D错误；故答案为：B。15.常温下，向溶液中逐滴加入的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。下列说法正确的是A.常温下，的数量级为B.c和d点，水的电离程度相同C.加入10mL至13mLMOH溶液时，导电率降低是因为离子总数减小D.b点溶液中【答案】D【解析】A．起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，在c点加入MOH溶液10mL时，二者完全反应呈中性，也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5mL时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量之比为，因为生成的弱酸弱碱盐溶液呈中性，说明，在点，，，，故的数量级为，A错误；B．过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，是加入的碱过量，所以会抑制水的电离，B错误；C．加入10mL至13mLMOH溶液，会导致溶液中离子浓度减小从而导致导电率降低，C错误；D．b点是加入5mLMOH溶液时把HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量之比为，根据物料守恒和电荷守恒得出(1)，和(2)，通过(1)+(2)可以得到，D正确；故答案选D。二、非选择题16.钾铬矾在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如图。已知的摩尔质量为998g/mol。（1）B中反应装置名称为___________。（2）选用质量分数为70%的而不用98%的浓硫酸或稀硫酸的原因是___________。（3）写出B装置中析出晶体的化学方程式：___________。（4）B装置采用冰水浴目的是___________，有同学认为可在B装置中同时加入少量乙醇降低产品的溶解度，便于析出，该方法不合理的原因是___________。（5）钾铬矾样品中铬含量的测定：三价铬在酸性溶液中，在硝酸银接触下，与过硫酸铵反应被氧化成六价铬。反应为取样品在酸性溶液中，加入硝酸银与过硫酸铵反应后，除去多余的硝酸银与过硫酸铵后，配成溶液，取25.00mL，用0.1000mol/L的溶液滴定至终点，消耗溶液(三次实验的平均值)。取溶液的仪器为___________，样品中铬的质量分数为___________。若滴定时滴定管开始无气泡，滴定后有气泡则测出铬的质量分数___________(填“偏低”“偏高”或“不变”)。【答案】（1）三颈烧瓶（2）的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀，不利于放出（3）（4）①.降温利于结晶②.乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应（5）①.酸式滴定管②.③.偏低【解析】由装置图可知，A为制备还原剂二氧化硫的装置，B为制备铬钾矾的装置，C为尾气处理装置，B中发生二氧化硫和重铬酸根的反应，生成，本实验中使用了有毒的二氧化硫气体，最后用C中氢氧化钠处理尾气，根据氧化还原反应的规律，结合化学实验的基本操作分析解答。（1）根据装置图，B仪器名称为三颈烧瓶。（2）选用质量分数为的而不用的浓硫酸或稀硫酸的原因是的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀水太多，不利于放出。（3）装置B中二氧化硫和反应，析出晶体，化学方程式。（4）B装置采用冰水浴降温的目的是：降低产品的溶解度利于结晶。乙醇有还原性会与酸性重铬酸钾溶液反应，故答案为：降温利于结晶；乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应。（5）溶液水解显酸性，所以滴定管为酸式滴定管；根据得失电子守恒，存在，有，消耗溶液30mL，消耗的的物质的量，因此样品中含有的物质的量，样品中铬的质量分数，故答案为；滴定时开始无气泡，后有气泡会使消耗的标准液体积减小，质量分数偏低。17.钴广泛应用于机械制造、电子电器、航空航天、电池制造等行业，是国家重要的战略资源。用含钴废料(主要成分为，含少量、、、、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示，试回答下列问题：已知：①具有强氧化性。②，。（1）写出酸浸时与反应离子方程式：___________。浸出渣的主要成分为___________(填化学式)。（2）向“浸出液”中加入适量的，发生反应的氧化剂：还原剂=___________。用平衡的原理解释加的目的：___________。（3）“除钙镁”后，滤液中当除尽时，___________。（4）“沉钴”时温度不能太高的原因是___________。（5）钴硫化物可用于锂离子电池，电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。结构1边长为apm，该钴硫化物的密度为___________，晶胞2中距Li最近的S有___________个。【答案】（1）①.②.、（2）①.②.加入与反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去（3）（4）、受热易分解（5）①.②.4【解析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为，浸出液含有的阳离子主要有、、、、、等，浸出渣为硫酸钙和二氧化硅，加入将氧化为，加入调pH，可得到、沉淀，过滤后所得滤液主要含有、、，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后向滤液中加入萃取剂，萃取后的水层中主要含有，加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体，据此分析解题。（1）已知具有强氧化性，浸出过程中加入的作用是将还原为，；根据分析知，与盐酸不反应，与生成的生成沉淀，浸出渣的主要成分为、，故答案为：；、；（2）根据流程图可知，加入的作用是将氧化为，该反应的离子方程式为，发生反应的氧化剂:还原剂；加入，与发生反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去，故答案为：1:6；加入与反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去；（3）滤液中时，，故答案为：7.0×10-6；（4）由于受热不稳定，受热不稳，则“沉钴”时温度不能太高，故答案为：受热不稳定，受热不稳；（5）由均推法得，结构1中含有的数目为，含有的数目为，密度为，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故答案为：；4。18.丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。方法(一)：热裂解法。化学反应为。在25℃、101kPa条件下，几种物质的燃烧热如表所示：物质燃烧热2219.92049286（1）___________。（2）已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？___________(填标号)A.200℃ B.300℃ C.400℃ D.500℃（3）某温度下，在某刚性密闭容器中充入一定量的，发生上述反应，下列说法可以判断该反应达到平衡状态的是___________。A.的浓度与的浓度之比不变 B.的浓度与的浓度之比不变C.气体的平均摩尔质量不变 D.气体密度不再随时间改变（4）在某温度下，向2L恒容密闭容器中充入和，开始压强为100kPa，平衡时丙烯的转化率为50%，则热裂解反应的平衡常数___________(用分压计算的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。达平衡时，再充入和，的转化率___________(填“增大”或“减小”或“不变”)。方法(二)：氧化裂解法。在固体催化剂作用下氧化丙烷生成丙烯，化学反应为：。反应产物中除外，还有、CO、C等。图1为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2为投料比对丙烷氧化裂解反应性能的影响。已知：的选择性，产率转化率的选择性。（5）为了获得较高的丙烯产率，应选择的___________。的值较低时，的选择性较低的原因可能是___________。【答案】（1）（2）CD（3）BC（4）①.62.5kPa②.增大（5）①.2.0②.氧气过量，丙烷发生深度氧化产生其他副产物【解析】(1)由表中燃烧热数值可得燃烧的热化学方程式为：a．b．c．由盖斯定律可知，可得，则。(2)根据反应自发进行的判据，则，解得，则温度。(3)“变量”不变则平衡，则的浓度与的浓度之比不变、气体的平均摩尔质量不变可以说明反应达平衡，则B、C情况下达平衡。(4)，开始，根据，由，得带入公式。达平衡时再充入和，与初次投料成比例，相当于增压，平衡逆向移动，的转化率增大。(5)由图中可知时，转化率选择性最高，丙烯产率最大。的值较低时，较多，丙烷与过量反应，丙烷发生深度氧化，产生其他副产物，从而使丙烷的选择性较低。19.化合物G是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如下：已知：Bn—代表。（1）B的名称为___________，D中官能团的名称为___________。（2）F的分子式为，则F→G的化学方程式为___________。（3）E→F的反应类型为___________。（4）水溶性C___________(填“大于”“小于”或“等于”)D，原因是___________。（5）C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___________种。①分子中含有苯环；②分子中含有2个—CH2OH。（6）请结合题目所给信息，设计以苯甲醇和丙二酸二乙酯为原料合成的路线：___________。【答案】（1）①.一溴甲苯②.碳溴键(或溴原子)、醚键（2）+→+2（3）还原反应（4）①.大于②.C中含亲水基—OH，可与水分子间形成氢键，D中—Br为疏水基（5）10（6）【解析】A是甲苯，A分子中甲基上的氢原子被溴原子取代生成B，B与HOCH2CH2OH发生取代反应生成C，C中羟基被Br原子取代生成D，D与发生取代反应生成E，E与LiAlH4在THF存在条件下发生反应产生F，F与发生取代反应生成G，F的分子式为，根据E、G的结构简式知，F为。（1）B是，其名称为一溴甲苯；D是，其分子中含有的官能团为碳溴键(或溴原子)、醚键；（2）F为,F与发生取代反应产生G：和，该反应的化学方程式为：+→+2；（3）E为，F为，根据二者分子结构的不同，可知E发生还原反应产生F，故E→F的反应类型是还原反应；（4）物质C分子中含有亲水基-OH，-OH可与水分子间形成氢键，而物质D中分子中含有的—Br为疏水基，因此水溶性：C大于D；（5）C是，C的同分异构体符合下列条件：①分子中含有苯环；②分子中含有2个。取代基是时，只有有1种结构；取代基是、时，两个取代基在苯环上的位置有邻位、间位、对位3种；取代基是2个和1个时，2个处于相邻位置时，甲基有2种排列方式；2个处于相间位置时，甲基有3种排列方式；如果2个处于相对位置时，甲基有1种排列方式。所以符合条件的同分异构体有1+3+(2+3+1)=10种；（6）与浓氢溴酸混合加热发生取代反应产生，与在NaH/THF作用下反应产生，与LiAlH4在THF存在时反应产生，故以苯甲醇和丙二酸二乙酯为原料合成的路线为：。四川省达州市2026届高三上学期模拟预测(考试时间：75分钟满分：100分)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，用铅笔把答题卡上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—1O—16Na—23S—32Cr—52Co—59一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活紧密相关，下列说法错误是A.宇宙飞船返回舱所用高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料B.聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层C.硅太阳能电池与锂电池产生电能的原理不一样D.银耳环久置表面变暗为电化学腐蚀【答案】D【解析】A．高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，A正确；B．聚四氟乙烯耐高温、耐腐蚀，可用于厨具表面涂层，B正确；C．硅太阳能电池利用光电效应将太阳能转化为电能，锂电池将化学能转化为电能，产生电能的原理不一样，C正确；D．银耳环久置表面变暗为单质Ag与空气中含硫物质直接发生反应形成的化学腐蚀，D错误；故答案为：D。2.下列化学用语表示不正确的是A.的名称为间二苯酚B.的空间结构为四面体形C.用电子云轮廓图示意键的形成：D.的球棍模型：【答案】A【解析】A．含有2个酚羟基，因此名称为间苯二酚，A错误；B．可看作是中的1个O原子被S原子取代的产物，二者结构相似，的中心原子S的价层电子对数=，即的空间结构为四面体形，因此的空间结构也为四面体形，B正确；C．键肩并肩重叠，镜面对称，C正确；D．中心原子N的价层电子对，有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，D正确；故选：A。3.下列过程对应的方程式不正确的是A.黑火药爆炸：B.过量铁与稀硝酸溶液反应无气体放出：C.次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：D.自然界闪锌矿转化为铜蓝：【答案】C【解析】A．黑火药爆炸反应为：，该反应为黑火药爆炸典型反应，反应物包含硫、硝酸钾和木炭，产物为硫化钾、氮气和二氧化碳，A正确；B．过量铁与稀硝酸溶液反应无气体放出，表明稀HNO3对应的还原产物不是常见的NO，而选项中给出的还原产物为是合理的，因此该反应的产物为亚铁离子、铵根离子和水，配平为，B正确；C．向次氯酸钠溶液中通入少量SO2，SO2具有还原性，ClO-具有氧化性，因此两者会发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、氢离子和氯离子，而产物中的氢离子会继续与过量的次氯酸根离子结合为弱酸次氯酸：，C错误；D．自然界闪锌矿转化为溶解度更小的铜蓝，属于沉淀转化：，D正确；故选：C。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.中键数目为B.晶体中含有的离子数目为C.将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中数目等于D.标准状况下，含有中子的数目为【答案】D【解析】A．的结构式为，1个分子中含有2个键，中键数目为，故A正确；B．晶体是由和构成的离子晶体，晶体中含有的离子数目为，故B正确；C．将醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒，溶液呈中性时，所以，，则溶液中数目等于，故C正确；D．标准状况下，的物质的量为，中含有8个中子，D中含有1个中子，含有中子的数目为，故D错误；故选D。5.下列实验装置和原理能达到实验目的的是A.装置甲可用于除去乙烷中乙烯 B.装置乙可用于制取少量乙酸乙酯C.装置丙可用于制取少量乙烯 D.装置丁可用于除去苯甲酸中的难溶性杂质【答案】B【解析】A．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，引入新的杂质，A错误；B．乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇和乙酸易挥发，饱和溶液可中和乙酸，溶解乙醇，能降低乙酸乙酯的溶解度，所以装置乙可用于制取少量乙酸乙酯，且装置乙中导管未插入饱和碳酸钠溶液可防止倒吸，B正确；C．乙醇在浓硫酸作催化剂、加热至170℃的条件下发生消去反应生成乙烯，图中没有加热装置和温度计，不能得到乙烯，C错误；D．苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，为防止苯甲酸的损失，用重结晶的方法提纯，应先将粗苯甲酸加热溶解，并趁热过滤除去难溶性杂质，D错误；故答案为：B。6.下列关于物质的事实与分析，不正确的是选项事实分析A为离子化合物，其熔点比硝酸铵低引入有机基团可降低离子化合物的熔点B极性电负性C臭氧是由极性键构成极性分子，但在中的溶解度大于在水中臭氧极性微弱D键能：F的原子半径太小，分子中原子核相互排斥，使键能降低A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．引入有机基团使阳离子体积较大，离子键减小，则引入有机基团可降低离子化合物的熔点，A项正确；B．电负性N大于P，N与Cl的电负性差小于P和Cl的电负性差，二者分子构型相同，则极性，B项错误；C．臭氧极性微弱，在中的溶解度大于在水中的溶解度，C项正确；D．原子半径，F原子间更靠近，排斥力更大，易断裂，D项正确；答案选B。7.合成抗肿瘤药氟他胺的部分流程如下。已知吡啶是一种有机碱。下列说法正确的是A.1mol丙最多与发生加成反应B.甲中除氟外所有原子可能在同一平面上C.吡啶的主要作用是作催化剂D.等物质的量的乙和丙消耗NaOH的量相同【答案】B【解析】A．有机物丙的结构中酰胺基的不能发生加成，只有苯环能加成氢气，则1mol丙最多与发生加成反应，A错误；B．甲中硝基共面，苯环共面，连N的单键可转到一个平面而形成共面，B正确；C．吡啶是有机碱，作用是消耗生成的HCl，促进反应正向进行，C错误；D．乙和丙中除F原子都要消耗NaOH外，乙中不消耗NaOH，丙中酰胺基还要消耗NaOH，导致二者消耗的NaOH量不相等，D错误；故答案为：B。8.一种可用作有机化工原料的化合物的结构如图。已知X、Y、Z、W、Q、M为原子序数依次增大的元素，基态Y原子核外未成对电子数与基态W原子核外未成对电子数相等，Q为使用最广泛的金属。M的单质是常温下唯一的液态非金属单质。下列说法正确的是A.第一电离能： B.电负性：C.简单氢化物还原性： D.简单氢化物沸点：【答案】A【解析】已知X、Y、Z、W、Q、M为原子序数依次增大的元素，Q为使用最广泛的金属，Q为Fe元素，M的单质是常温下唯一的液态非金属单质，则M为Br元素，X、Y、Z、W成键数目分别为1、4、3、2，基态Y与W未成对电子数相等，Y（C）基态电子排布为1s22s22p2（2个未成对电子），W（O）基态电子排布为1s22s22p4（2个未成对电子），二者未成对电子数均为2，再结合题中信息，可知X、Y、Z、W分别为H、C、N、O元素。A．同周期从左到右，第一电离能有逐渐增大的趋势，但是N比相邻元素第一电离能大，第一电离能，A正确；B．同周期从左到右，电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，电负性，B错误；C．非金属性越强，简单氢化物还原性越弱，同周期从左到右，非金属性逐渐增大，故还原性，C错误；D．、能形成分子间氢键，且为液体，为气体，沸点，D错误；故答案选A。9.下列实验操作及现象与实验结论不相符的是选项实验操作现象实验结论A加热CuCl2溶液溶液变为绿色正反应方向的反应热B溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合加热产生的气体能使溴水褪色该反应发生的是消去反应，产生了乙烯C分别向MgCl2和AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH至过量MgCl2溶液产生白色沉淀，AlCl3溶液先产生白色沉淀后沉淀溶解镁金属性比铝强D用pH试纸分别测定同浓度NaClO溶液和NaCN溶液pHNaCN溶液pH大酸性：HClO＜HCNA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．加热CuCl2溶液，溶液变为绿色，说明平衡正向移动，正反应的反应热，A正确；B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合加热，产生的气体能使溴水褪色，证明产生了乙烯，B正确；C．AlCl3溶液先产生白色沉淀后沉淀溶解，说明Al(OH)3具有酸性，碱性小于Mg(OH)2，镁的金属性比铝强，C正确；D．NaClO溶液有强氧化性，会漂白pH试纸，不能用pH试纸测NaClO溶液pH，D错误；故选：D。10.乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。已知的中心原子为N。下列说法正确的是A.反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为B.该合成方法的总反应为C.②⑤既有极性键的断裂又有极性键的生成D.为中间产物【答案】C【解析】A．反应①可表示为，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为，A错误；B．由图中转化可知该合成方法的总反应为，B错误；C．②有键断，形成键，⑤中有键断，形成键，C正确；D．根据图示，乙醇没有再转化为其它物质，乙醇为副产物，D错误；故选C。11.从高砷烟尘(主要成分为、和，其中中的均为价或价，、均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法错误的是A.“碱浸”时，发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为B.浸出液主要成分为、、NaOHC.浸出液“氧化”过程中反应为D.“氧化”时加热溶液温度不宜过高【答案】A【解析】高砷烟尘(主要成分为、和，其中中的均为价或价，、均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。A．“碱浸”时，与硫化钠发生氧化还原反应生成、和氢氧化钠，反应的化学方程式为：，其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知中和的数目之比为，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，A错误；B．、均为酸性氧化物，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS和S，浸出液主要成分为、、，B正确；C．由分析可知，浸出液“氧化”过程中过氧化氢将氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C正确；D．过氧化氢受热分解速率加快，“氧化”时加热溶液温度不宜过高，D正确；故选A。12.已知的立方晶胞结构如图所示，若晶胞边长为xpm。已知a、b的坐标参数依次为、，下列说法正确的是A.O的配位数为8B.d的坐标参数为C.不考虑原子的相对大小，晶胞体对角线的投影图为D.a、b原子间距离为【答案】C【解析】A．由图知大球和小球比值为，所以小球为O原子，图中1个O原子被4个Cu原子包围，所以O的配位数为4，A项错误；B．根据图可知，d的坐标参数为，B项错误；C．该晶胞沿体对角线投影图为正六边形，则不考虑原子的相对大小，晶胞体对角线的投影图为，C项正确；D．b位于晶胞中心位置，则a、b原子间距离为，D项错误；答案选C。13.科学家利用多聚物来捕获，使与在催化剂表面生成和，涉及以下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：在恒压密闭容器中充入与，分别在、()压强下反应。平衡体系中，CO及的物质的量分数随温度的变化关系如图。下列说法不正确的是已知：的选择性A.对于反应Ⅰ，甲醇的选择性：B.曲线b表示压强为时CO的物质的量分数随温度的变化关系C.恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡不移动D.要提高的选择性，可使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂【答案】C【解析】温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，导致平衡时减小，增大，则曲线b、d表示不同压强下CO的物质的量分数随温度的变化关系，相同温度下增大压强，反应Ⅰ正向移动，甲醇的量增大，同时导致二氧化碳的量减小，从而导致反应Ⅱ逆向移动，减小。综上，物质的量分数随温度的变化关系对应曲线为：a代表下的，c代表下的，b代表下的，d代表下的CO，据此分析解题。A．温度相同时，对于反应Ⅰ，压强越大，平衡正向移动，甲醇的选择性，A正确；B．据分析，曲线b表示压强为时CO的物质的量分数随温度的变化关系，B正确；C．恒压条件下，平衡后再充入惰性气体，反应体系的体积增大，反应Ⅰ和Ⅱ的气体分压减小，反应Ⅰ的平衡逆向移动，增大，减小，使反应Ⅱ的化学平衡正向移动，C错误；D．对反应Ⅰ使用催化活性更高的催化剂，使转化为更多的，能提高的选择性，D正确；故答案为：C。14.钠离子电池比锂离子电池更稳定，造价更低。一种钠离子电池构造示意图如下，已知放电时负极反应式：。下列说法正确的是A.充电时，硬碳电极电势高于B.放电时，正极的电极反应式为C.充电时，外电路中每转移，理论上电极上增加4.6gD.放电时Na+从硬碳电极脱嵌，电解液中Na+浓度升高【答案】B【解析】由放电时负极反应式：可知：在放电时，Na2Cn失电子生成Na+和C，则硬碳作负极，负极反应为Na2Cn-2e-=2Na++nC，Na1-xMnO2得电子生成NaMnO2，右侧电极为正极，正极反应为Na1-xMnO2+xe-+xNa+=NaMnO2；放电时阳离子移向正极，电子由负极经过外电路流向正极；充电时为电解池，原电池的正、负极与外加电源的正、负极相接，作阳极、阴极，阴、阳极反应与负、正极反应相反，据此分析解答。A．由题中信息可知，放电时硬碳作负极，则充电时硬碳电极与直流电源负极相连，作阴极，阴极电势小于阳极，A错误；B．右侧电极为正极，得电子生成，正极的电极反应式为：，B正确；C．根据阳极反应式：，则每有1mol电子转移，阳极质量会减少23g，则外电路中每转移0.2mol电子，理论上。电极上减少，C错误；D．电解液中浓度不变，D错误；故答案为：B。15.常温下，向溶液中逐滴加入的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。下列说法正确的是A.常温下，的数量级为B.c和d点，水的电离程度相同C.加入10mL至13mLMOH溶液时，导电率降低是因为离子总数减小D.b点溶液中【答案】D【解析】A．起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，在c点加入MOH溶液10mL时，二者完全反应呈中性，也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5mL时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量之比为，因为生成的弱酸弱碱盐溶液呈中性，说明，在点，，，，故的数量级为，A错误；B．过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，是加入的碱过量，所以会抑制水的电离，B错误；C．加入10mL至13mLMOH溶液，会导致溶液中离子浓度减小从而导致导电率降低，C错误；D．b点是加入5mLMOH溶液时把HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量之比为，根据物料守恒和电荷守恒得出(1)，和(2)，通过(1)+(2)可以得到，D正确；故答案选D。二、非选择题16.钾铬矾在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如图。已知的摩尔质量为998g/mol。（1）B中反应装置名称为___________。（2）选用质量分数为70%的而不用98%的浓硫酸或稀硫酸的原因是___________。（3）写出B装置中析出晶体的化学方程式：___________。（4）B装置采用冰水浴目的是___________，有同学认为可在B装置中同时加入少量乙醇降低产品的溶解度，便于析出，该方法不合理的原因是___________。（5）钾铬矾样品中铬含量的测定：三价铬在酸性溶液中，在硝酸银接触下，与过硫酸铵反应被氧化成六价铬。反应为取样品在酸性溶液中，加入硝酸银与过硫酸铵反应后，除去多余的硝酸银与过硫酸铵后，配成溶液，取25.00mL，用0.1000mol/L的溶液滴定至终点，消耗溶液(三次实验的平均值)。取溶液的仪器为___________，样品中铬的质量分数为___________。若滴定时滴定管开始无气泡，滴定后有气泡则测出铬的质量分数___________(填“偏低”“偏高”或“不变”)。【答案】（1）三颈烧瓶（2）的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀，不利于放出（3）（4）①.降温利于结晶②.乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应（5）①.酸式滴定管②.③.偏低【解析】由装置图可知，A为制备还原剂二氧化硫的装置，B为制备铬钾矾的装置，C为尾气处理装置，B中发生二氧化硫和重铬酸根的反应，生成，本实验中使用了有毒的二氧化硫气体，最后用C中氢氧化钠处理尾气，根据氧化还原反应的规律，结合化学实验的基本操作分析解答。（1）根据装置图，B仪器名称为三颈烧瓶。（2）选用质量分数为的而不用的浓硫酸或稀硫酸的原因是的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀水太多，不利于放出。（3）装置B中二氧化硫和反应，析出晶体，化学方程式。（4）B装置采用冰水浴降温的目的是：降低产品的溶解度利于结晶。乙醇有还原性会与酸性重铬酸钾溶液反应，故答案为：降温利于结晶；乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应。（5）溶液水解显酸性，所以滴定管为酸式滴定管；根据得失电子守恒，存在，有，消耗溶液30mL，消耗的的物质的量，因此样品中含有的物质的量，样品中铬的质量分数，故答案为；滴定时开始无气泡，后有气泡会使消耗的标准液体积减小，质量分数偏低。17.钴广泛应用于机械制造、电子电器、航空航天、电池制造等行业，是国家重要的战略资源。用含钴废料(主要成分为，含少量、、、、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示，试回答下列问题：已知：①具有强氧化性。②，。（1）写出酸浸时与反应离子方程式：___________。浸出渣的主要成分为___________(填化学式)。（2）向“浸出液”中加入适量的，发生反应的氧化剂：还原剂=___________。用平衡的原理解释加的目的：___________。（3）“除钙镁”后，滤液中当除尽时，___________。（4）“沉钴”时温度不能太高的原因是___________。（5）钴硫化物可用于锂离子电池，电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。结构1边长为apm，该钴硫化物的密度为___________，晶胞2中距Li最近的S有___________个。【答案】（1）①.②.、（2）①.②.加入与反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去（3）（4）、受热易分解（5）①.②.4【解析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为，浸出液含有的阳离子主要有、、、、、等，浸出渣为硫酸钙和二氧化硅，加入将氧化为，加入调pH，可得到、沉淀，过滤后所得滤液主要含有、、，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后向滤液中加入萃取剂，萃取后的水层中主要含有，加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体，据此分析解题。（1）已知具有强氧化性，浸出过程中加入的作用是将还原为，；根据分析知，与盐酸不反应，与生成的生成沉淀，浸出渣的主要成分为、，故答案为：；、；（2）根据流程图可知，加入的作用是将氧化为，该反应的离子方程式为，发生反应的氧化剂:还原剂；加入，与发生反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去，故答案为：1:6；加入与反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去；（3）滤液中时，，故答案为：7.0×10-6；（4）由于受热不稳定，受热不稳，则“沉钴”时温度不能太高，故答案为：受热不稳定，受热不稳；（5）由均推法得，结构1中含有的数目为，含有的数目为，密度为，以图中的Li为例，与其最近的