2026年高考化学二轮培优必刷卷02（14+4）（全国）（全解全析）

2026年高考化学二轮培优必刷卷02化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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：O16Na23Mg24Co59Ni59一、单选题：本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题给出的4个选项中只有一个答案符合要求。1．化学以其独特的魅力影响着我们的生活。下列说法错误的是A．改变金属的内部结构，将金属做成合金可有效防止金属被腐蚀B．超市中售卖的“苏打水”呈碱性，是因为含有小苏打C．酿酒工艺中加的“酒曲”与面包工艺中加的“发酵粉”(碳酸氢钠和有机酸)的作用不同D．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉，其作用都是为了防止食品氧化变质【答案】D【解析】A．在金属中添加其他金属或非金属可以制成性能优异的合金，改变金属材料的组成，改变金属的内部结构，将金属做成合金可有效防止金属被腐蚀，故A正确；B．NaHCO3溶液呈弱碱性，超市中售卖的“苏打水”呈碱性，是因为含有小苏打NaHCO3，故B正确；C．酿酒工艺中加的“酒曲”是催化剂，面包工艺中加的“发酵粉”是反应物，故C正确；D．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉，硅胶、生石灰是干燥剂，还原铁粉是为了防止食品氧化变质，故D错误；答案选D。2．8月15日为全国生态日，多地开展污水处理主题活动，集中处理污水汇集发酵产生的、、和、甲硫醇、等。下列说法正确的是A．分子的极性： B．共价键的键能：C．键角： D．分子中三键的键长：【答案】B【解析】A．为非极性分子，为极性分子，分子的极性：，故A错误；B．和结构相似，O原子半径小于原子半径，键长：键能大于键能，故B正确；C．H2S、NH3的VSEPR模型都是四面体形，中S原子含有2个孤电子对，中N原子含有1个孤电子对，键角：，故C错误；D．原子半径大于O的原子半径，分子中三键的键长：，故D错误；答案选B。3．下列有关实验安全及操作的叙述中正确的是A．实验室制备乙炔时不可使用启普发生器B．苯酚沾在皮肤上用大量碱冲洗C．用稀硝酸清洗焰色试验的铂丝D．镁条着火时，可用干粉(主要成分为)灭火器灭火【答案】A【解析】A．实验室制备乙炔时，电石与水反应剧烈且生成糊状的Ca(OH)2，易堵塞启普发生器，因此不可使用启普发生器制备乙炔，A正确；B．苯酚是一种具有弱酸性的有机物，微溶于水而易溶于有机溶剂，苯酚沾在皮肤上应用大量酒精冲洗，不能用碱，B错误；C．焰色试验应用稀盐酸清洗铂丝，因盐酸受热易挥发，金属氯化物在灼烧时也易挥发，不会对实验造成干扰，而稀硝酸在加热时发生分解，会产生较多的污染性气体，C错误；D．镁条着火时，NaHCO3受热分解产生的CO2会与镁反应生成MgO和C，加剧燃烧，可使用沙土灭火，D错误；故选A。4．设为阿伏加德罗常数的值。四乙基铅[，熔点为-136℃]可用作汽油抗爆震剂，制备原理为。下列说法错误的是A．含有的价电子数目为 B．中所含共价键的数目为C．中杂化的原子数目为D．每消耗，反应转移的电子数目为【答案】C【解析】A．是第IVA族元素，价电子数为4，故含有的价电子数目为，A正确；B．的结构式为，因此中所含共价键的数目为，B正确；C．乙基中碳原子的价层电子对数都为4，采取杂化，而与4个乙基中的碳原子分别形成1个配位键，即也采取杂化，故中杂化的原子数目为，C错误；D．反应中，失去电子生成，元素化合价由0价升高至+4价，因此每消耗，反应中共转移电子，的物质的量为，则转移的电子数目为，D正确；故选C。5．2-呋喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料。实验室常由2-呋喃甲酸()和乙醇在浓硫酸催化下反应制备，其流程如下已知：①2-呋喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117，沸点为196℃，微溶于水，易溶于乙醚；②乙醚相对于水的密度为0.71，沸点为；③苯与水可形成共沸物，共沸点为69.25℃。下列说法错误的是A．反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，提高原料的利用率B．洗涤过程中可用溶液代替溶液C．洗涤、静置分层后，有机相从分液漏斗下层流出后，水相从上口倒出D．蒸馏除去乙醚时，适宜选用水浴加热【答案】B【解析】A．反应为2-呋喃甲酸与乙醇的酯化反应（可逆反应），苯与水形成共沸物（共沸点69.25℃），可通过回流及时蒸出水分，促使平衡正向移动，提高原料利用率，故A正确；B．2-呋喃甲酸乙酯为酯类，NaOH溶液碱性强，会导致酯发生水解反应生成羧酸钠和乙醇，使产品损失，不能用NaOH代替Na2CO3（弱碱性，仅中和酸不水解酯），故B错误；C．洗涤时有机相主要含2-呋喃甲酸乙酯（密度1.117>水），分层后有机相在下层，水相在上层，分液时下层有机相从下口流出，上层水相从上口倒出，操作正确，故C正确；D．乙醚沸点34.5℃，水浴加热（温度可控且均匀）可避免局部过热，适合蒸馏除去乙醚，故D正确；答案选B。6．由下列实验事实得出的结论正确的是选项实验事实结论A加热和的混合物，产生黄绿色气体单质氧化性：B长时间煮沸溶液，最终析出白色沉淀溶解度：C常温下，钠块切面在空气中迅速变暗该反应的正反应D环己醇不和溶液反应，而苯酚与溶液反应苯酚中羟基使苯环上键变活泼【答案】B【解析】A．中，是还原剂，是还原产物，可得出还原性：，A项错误；B．受热易生成，长时间煮沸，会水解生成，发生沉淀转化，碳酸镁转化为更难溶的氢氧化镁，说明溶解度：，B项正确；C．常温下在空气中能自发进行反应：，正反应是熵减反应，说明正反应是放热反应，，C项错误；D．环己醇不和溶液反应，而苯酚能与反应，苯酚电离，即苯环使羟基变活泼，D项错误；选B。7．磷化氢()可作为电子工业原料，在空气中能自燃，具有还原性。工业上用白磷为原料制备的流程如下。下列说法错误的是A．制备时，需在无氧条件下进行B．反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3C．属于正盐D．不考虑损失，参与反应，可产生【答案】B【分析】由题给流程可知，反应1为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢，反应的化学方程式为，反应2为溶液与稀硫酸反应生成H3PO2和硫酸钠，反应的化学方程式为，反应3为H3PO2发生分解反应生成H3PO4和PH3，反应的化学方程式为；【解析】A．白磷和磷化氢在空气中都能自燃，所以制备磷化氢时，最好在无氧条件下进行，A正确；B．反应1为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢，反应的化学方程式为，反应中磷元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂又是反应的还原剂，是反应的氧化产物，磷化氢是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：1，B错误；C．由反应1中白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢可知，不能与氢氧化钠溶液反应，说明在溶液中不能电离出氢离子，属于正盐，C正确；D．由反应1的方程式可得：P4~PH3，由反应1、反应2、反应3可得如下转化关系：P4~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5PH3，则1mol白磷参与反应，可产生1mol+1.5mol=2.5mol磷化氢，D正确；故选B。8．物质的结构决定性质。下列性质与结构无关的是结构性质A键角：金刚石<石墨导电性：金刚石<石墨B基态中存在空轨道可形成等配离子C为共价晶体，为分子晶体熔点：D和分子内正、负电荷重心重合易溶于【答案】A【解析】A．金刚石结构中碳原子杂化键角约109.5°，最外层电子全部形成共价键，因此金刚石不导电，石墨中碳原子杂化键角120°，石墨层内有能够自由移动的电子形成的离域π键，因此能导电，与键角无关，A项符合题意；B．基态电子排布为，3d能级存在空轨道，能接受配体孤对电子形成配位键，故能形成等配离子，B项不符合题意；C．为共价晶体，为分子晶体，共价晶体熔点通常高于分子晶体，C项不符合题意；D．和分子正、负电荷重心重合，均为非极性分子，非极性溶质易溶于非极性溶剂，易溶于，D项不符合题意；故答案选A。9．聚噻吩(丙)常用于制备有机发光二极管，一种合成原理如图所示(代表芳基)。下列叙述正确的是A．甲、乙、丙中官能团种类相同 B．甲为小分子，乙、丙为高分子C．熔点：丙>乙>甲 D．乙、丙的链节相同【答案】B【解析】A．甲含碳碳三键，乙和丙含S原子，A项错误；B．甲的相对分子质量小于10000，乙、丙为高聚物，相对分子质量大于10000，B项正确；C．乙和丙结构相似，丙的相对分子质量比乙少，乙的熔点高于丙，C项错误；D．乙、丙的链节不同，D项错误；故选B。10．一定条件下，向某恒温密闭容器中按物质的量之比投入与，发生催化反应i和ii(代表苯基)：反应i：反应ii：已知：；活化能：反应ii>反应i．下列叙述正确的是A．a的总键能大于b的总键能B．未达平衡前，反应ii比反应i快C．适当升高温度，平衡产物中a和b的比例减小D．同一温度下，增大投料比，平衡产物中a和b的比例不变【答案】D【解析】A．根据反应物的总键能-生成物总键能，则反应物的总键能-生成物a总键能，反应物的总键能-生成物b总键能，生成物b总键能-生成物a总键能，a的总键能小于b的总键能，故A错误；B．反应i的活化能相对较小，则未达平衡前，反应i较快，故B错误；C．由于，适当升高温度、平衡逆向移动，平衡产物中a和b的比例增大，故C错误；D．对而言，温度不变，的平衡常数不变，故同一温度下，增大投料比，平衡产物中a和b的比例不变，故D正确；故答案为D。11．化合物可用作面粉改良剂、营养增补剂。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素；X、Y、Z的原子序数之和与W的原子序数的比值为3：4；分子含有大π键()；基态Z原子中有2个未成对电子，且s轨道电子数与p轨道电子数相等。下列说法正确的是A．是强酸 B．是强碱C．是共价化合物 D．不含共价键【答案】B【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大，分子含有大π键()，则X为H、Y为C；基态Z原子中有2个未成对电子，且s轨道电子数与p轨道电子数相等，则Z为O；X、Y、Z的原子序数之和与W的原子序数的比值为3：4，W的原子序数为20，为Ca。【解析】A．为H2CO3，是弱酸，A错误；B．为Ca(OH)2，是强碱，B正确；C．为CaC2，是离子化合物，C错误；D．为CaO2，包含Ca2+和，有O-O共价键，D错误；故答案为B。12．浓差电池是利用物质的浓度差产生电动势的一种装置。某浓差电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是

A．X电极为负极B．电路中转移时，左池减少了0.1mol离子C．隔膜为阴离子交换膜D．右池中的电极反应式为【答案】A【分析】左右两池中电解质浓度不同，产生电池差，电池开始放电。当左右两池离子浓度相等时，电池结束放电。C1-参加电极反应，左池钾离子浓度大，所以K+要向右池移动，离子交换膜为阳离子交换膜，右池为正极池，左池为负极池，左池发生电极反应：Ag-e-+Cl-=AgC1，右池：AgCl+e-=Ag+Cl-，以此解答。【解析】A．由分析可知，X电极为负极，故A正确；B．由分析可知，左池发生电极反应：Ag-e-+Cl-=AgC1，右池：AgCl+e-=Ag+Cl-，左池中减少0.1molC1-，0.1molK+共减少0.2mol离子，故B错误；C．由分析可知，离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；D．由分析可知，右池中的电极反应式为AgCl+e-=Ag+Cl-，故D错误；故选A。13．在空间中紧密堆积形成单质晶体，结构如图所示(实线勾勒出的平行六面体为晶胞)，下列说法正确的是A．原子的配位数为6 B．原子的半径为C．M原子的坐标为 D．晶体密度为【答案】B【解析】A．Mg属于六方最密堆积，紧密堆积的配位数为12，而非6，A错误；B．Mg为六方最密堆积，底面边长a=2r（r为原子半径），则r=pm，B正确；C．由晶胞俯视图：可知，M坐标，C错误；D．晶体密度公式需包含阿伏加德罗常数（），选项中缺失，ρ=，D错误；故选B。14．常温下，4种的盐溶液的如图所示。下列叙述正确的是A．常温下，的数量级为B．等体积等浓度的溶液和溶液，溶液中的总离子数目更多C．溶液中D．溶液中存在：【答案】B【解析】A．，若pH=10.3，则，，，数量级为，A错误；B．根据电荷守恒式可知，溶液中阳离子总浓度等于阴离子总浓度，溶液中有，溶液中有，故二者的离子总数都可以表示为，且两个溶液中相同，由于溶液的小于溶液的，所以溶液中大于溶液中。所以等体积等浓度的两种溶液，溶液中的总离子数目更多，B正确；C．根据醋酸铵溶液呈中性可知，醋酸、的电离常数相等，醋酸铵中阴、阳离子水解程度相等，但都水解，即溶液中，，C错误；D．溶液呈酸性，说明的电离能力大于水解能力，部分粒子浓度大小排序为，故题干选项D中＞是错误的，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（15分）阿折地平(I)是一种保护心肾和抗动脉硬化的有效药物，对于高血压治疗具有划时代意义。它的一种合成路线如下(部分反应条件略去)：回答下列问题：（1）的官能团名称为；化合物F的化学名称为。（2）B的结构简式为；由B生成C的反应类型为。（3）化合物D的亲水性比E的(填“强”或“弱”)，原因是。（4）下列说法正确的是_____。A．的沸点比的高 B．中最多7个原子共平面C．的碱性比的强 D．阿折地平分子最多可与反应（5）由和生成的化学方程式为。（6）化合物G的同分异构体中，同时满足下列条件的有种(不考虑立体异构)，写出一种核磁共振氢谱峰面积之比为的结构简式为。①含一个六元碳环；②能与NaOH溶液反应；③能发生消去反应；【答案】（1）醚键、碳氯键（2分）间硝基苯甲醛(或3-硝基苯甲醛)（1分）（2）（2分）酯化反应(或取代反应)（1分）（3）弱（1分）化合物与形成的分子间氢键数目更多（1分）（4）AB（2分）（5）（2分）（6）8（2分）（1分）【分析】A物质生成B，发生取代反应，根据C物质生成了酯基，逆推B物质为：，然后与发生取代反应（酯化反应）生成C，C物质与、等反应生成D：，D物质发生取代反应，将取代为。F与G物质发生反应生成H：，最后与E物质反应生成I。【解析】（1）官能团为醚键和碳氯键。化合物F的化学名称为：间硝基苯甲醛(或3-硝基苯甲醛)。（2）根据分析可知B物质的结构简式为：。由B生成C的官能团变化特点可知，反应类型为酯化反应(或取代反应)。（3）由于D物质发生取代反应，将取代为，化合物与形成的分子间氢键数目更多，所以化合物D的亲水性比E弱。（4）A．含有氨基，存在分子间氢键，所以它的沸点较高，A正确；B．的结构为：，羧基上的四个原子可以共平面，饱和碳原子上的一个碳原子可以与羧基共面，左侧的也可以和它们共面，所以最多有7个原子共面，B正确；C．含有甲基，甲基是推电子基团，使氮原子上电子云密度增大，碱性增强，C错误；D．阿折地平分子含有两个酯基，所以1mol阿折地平分子最多可以与反应，但题目没说物质的量具体多少，D错误；故选AB。（5）和生成先发生醛基的加成反应得到羟基，再发生羟基的消去反应形成碳碳双键，方程式为：。（6）物质G的分子式为：，能与NaOH溶液反应，说明含有羧基或者酯基（因为碳原子只剩余一个，只能是甲酸酯结构）；能发生消去反应说明含有羟基，所以其结构可以为：，具有邻、间、对三种同分异构体；，具有邻、间、对三种同分异构体；一种；一种，一共有8种同分异构体。核磁共振氢谱峰面积之比为的结构简式为：。16．（14分）近年来随着新能源汽车的推广使用，产生了大量的废旧三元锂电池，其正极材料主要含铝、锂、镍、钴、锰等元素，某科研团队对正极材料进行回收处理的某种工艺流程如图所示：查阅资料显示：碳酸锂的溶解度随温度升高而减小。回答下列问题：（1）基态原子的简化电子排布式是。（2）回收处理时首先对废旧锂电池进行放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故。用溶液浸泡后，放电过程中产生的气体为。（3）将正极片预处理得到粉料的目的是。（4）粉料中(难溶于水)参与“浸出还原”反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为。（5）在“除杂”阶段，加入溶液除去溶液中的，其反应的离子方程式为。（6）“共沉淀”后的滤液中含有大量，加碳酸钠后，对所得溶液采用如下“系列操作”可得到终端产品1：、、洗涤、干燥。（7）某三元锂电池的工作原理如图1所示，两极之间的隔膜只允许通过，电池总反应(石墨)。放电时，该电池的正极反应式为。（8）一种钴镍氧化物的立方晶胞结构如图2所示，已知晶胞参数为，晶胞密度为，据此推断阿伏加德罗常数。【答案】（1）（1分）（2）、（1分）（3）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率（2分）（4）（2分）（5）（2分）（6）蒸发结晶（1分）趁热过滤（1分）（7）（2分）（8）（2分）【分析】经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品，正极材料前驱体在空气中煅烧得到终端产2[]。【解析】（1）Mn是第25号元素，核外电子排布式为：，故基态原子的简化电子排布式是；（2）用NaCl溶液浸泡放电的过程为电解NaCl溶液的过程，反应方程式为：，故放电过程中产生的气体为、；（3）将正极片预处理得到粉料的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；（4）“浸出还原”的反应式为：，故反应的氧化剂和还原剂过氧化氢的物质的量之比为；（5）Al3+与发生相互促进的完全双水解反应，其反应的离子方程式为：；（6）由于碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，沉淀完成后从溶液中得到的操作有蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；（7）总反应为(石墨)，放电时，在正极得电子被还原，该电池的正极反应式为；（8）该晶胞中Co的原子个数为1，Ni的原子个数为，O的原子个数为，故该晶体的化学式为，因为晶胞棱长为apm，故晶胞体积为，晶胞密度为，则。17．（15分）丙烯是很重要的化工原料，我国丙烷储量丰富，丙烷脱氨制丙烯有以下方式：直接脱氢法：反应I：C3H8(g)→C3H6(g)+H2(g)

ΔH1氧化法：反应Ⅱ：C3H8(g)+0.5O2(g)→C3H6(g)+H2O(g)

ΔH2=-188.0kJ/mol反应Ⅲ：C3H8(g)+CO2(g)→C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)

ΔH=+164kJ/mol（1）根据下列数据计算ΔH1=，反应Ⅰ在(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下可以自发进行。化学键C-CC-HH-HC=C键能(kJ/mol)332414438611（2）利用反应Ⅱ制丙烯时会发生反应：C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(g)，保持温度不变，将8mol丙烷和6mol氧气充入2L恒容密闭容器中发生反应，初始总压为28kPa，经3min后达到平衡，测得产生丙烯与水蒸气的物质的量分数之比为5∶6，平衡时容器内的总压强为32.4kPa，则CO2的平均反应速率为，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=。相较于直接脱氢法制丙烯，试分析氧化法的优缺点。（3）在恒温恒容的密闭容器中，加入一定量的丙烷和CO2，发生反应Ⅲ与副反应C3H8(g)→C2H4(g)+CH4(g)。体系中丙烯的平衡产率随温度、压强的变化曲线如图1所示，甲烷选择性与温度的变化曲线如图2所示：①压强的大小关系为p1___________p2___________p3(填“>”“<”或“=”)。②甲烷选择性升高的可能原因是。③钒基催化剂催化反应Ⅲ的反应机理如图3所示，则下列说法不正确的是(填选项标号)。A．过程中涉及非极性链的生成与断裂B．过程中钒元素涉及+3、+5两种价态变化C．CO2只与催化剂发生了反应【答案】（1）+111kJ/mol（2分）高温（1分）（2）0.1（2分）（2分）优点是反应放热，耗能低，缺点是有副反应发生，不利于产物的分离提纯（2分）（3）①p1<p2<p3（2分）②升高温度，副反应平衡向右移动的程度大于主反应（2分）③AB（2分）【解析】（1）反应热反应物的总键能-生成物的总键能，故ΔH1=[]kJ/mol=+111kJ/mol；该反应，反应自发进行需，则需要高温的条件；（2）反应在恒温恒容的容器中进行，，即有，解得n(平)=16.2mol，根据相关数据列式如下：经3min后达到平衡，测得产生丙烯与水蒸气的物质的量分数之比为5∶6，则丙烯与水蒸气的物质的量之比也为5∶6，即有、，解得x=4，y=0.2；则CO2的平均反应速率为=0.1；平衡时n(C3H8)=(8-4.2)mol=3.8mol，n(O2)=(6-3)mol=3mol，n(C3H6)=4mol，n(H2O)=4.8mol，则p(C3H8)==7.6kPa，p(O2)==6kPa，p(C3H6)==8kPa，p(H2O)==9.6kPa，故反应Ⅱ的压强平衡常数Kp==；相较于直接脱氢法制丙烯，氧化法的优点是反应放热，耗能低，缺点是有副反应发生，不利于产物的分离提纯；（3）①反应III以及副反应C3H8(g)→C2H4(g)+CH4(g)都是气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，丙烯的平衡产率会减小，结合图像可知，p1<p2<p3；②反应III以及副反应都是吸热反应，升高温度，副反应平衡向右移动的程度大于主反应，会导致甲烷的选择性升高；③A．由流程图可知，反应过程中涉及极性键的断裂和形成，没有非极性键的断裂和形成，故A错误；B．过程中V连有的共价键数目有3个、4个、5个，故涉及的化合价有+3、+4、+5，其中+3价没有变化，+4价和+5价进行变化，故B错误；C．是过程的催化剂，由图可知，CO2只与催化剂发生了反应，故C正确；答案为AB。18．（14分）氯化钴(Ⅲ)氨配合物常作催化剂、生物标识物和电镀液的添加剂，制备条件不同，配合物的组成不同。（1）紫红色晶体中配体是(填化学式或离子符号)。（2）实验室里将和水混合并适当加热后加入活性炭作催化剂，再加浓氨水，冷却后滴加双氧水，经过系列操