陕西省2026年高考适应性检测（二）化学+答案

第化学答案第化学答案密★考试启用前2026年高考适应性检测(二)化学参考答案一、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。序号123456789答案BcDBcDcAcBBBAD(1)3d5(1分)(2)2ceO2+H2O2+6H+_____2ce3++4H2O+O2↑(2分)不合理,较高温度下导致H2O2分解,不利于ceO2转化(2分)(3)9.3(2分)(4)2ce(OH)3+clO_+H2O____2ce(OH)4+cl_(2分)(5)不能省掉在NH4cl存在下真空加热这一步,若将cecl3溶液直接加热蒸干,cecl3会发生水解,产生ce(OH)3(2分)(6)①偏低(1分)②24.65%(2分)(1)冷凝回流,使反应充分(2分)Ⅰ(1分)(2)三颈烧瓶(1分)油浴加热(1分)OH+cH3OHOcH3+H2O(2分)水杨酸冬青油(4)冬青油中有酚羟基,露置在空气易被氧化而变色(2分)(5)③(1分)溶解甲醇,除去水杨酸,但是不影响冬青油(2分)(6)89.47%(2分)(1)1076(2分)低温(1分)第化学答案第化学答案或H2COOH2H2CO*+OH*(3)①>(1分)②因为反应Ⅰ的ΔH1<0,而反应聂的ΔH2>0,故升高温度反应Ⅰ左移,而反应聂右移,故CH3OH的选择性降低(2分)(4)①BD(2分)②0.02(1分)18.(15分)(1)2_乙基苯酚(或邻乙基苯酚)(1分)+HO(2分)(3)取代反应(1分)sp2和sp3(1分)(4)保护酚羟基,防止被氧化(2分)(5)(2分)(6)15(2分)HOOH(2分)化学答案化学答案化学解析一、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。1.B【解析】建造木塔的材料的主要成分是有机物纤维素,青铜器的何尊和鎏金铜牛的主要成分是合金材料,彩陶盆的主要成分是硅酸盐,其中只有纤维素属于天然有机高分子材料,其它都属于无机物,故正确答案为B。2.C【解析】A.中子数为20的氯核素,质量数为37,核素符号为:Cl,故A错误;B.基态Cu+的价层电子排布怯:3d10,电子排布图:,故B错误;C.二氧化硫的中心原子价层电子对数是3,其中有1个孤电子对,故其ⅤsEPR模型为平面三角形:,故C正确;D.RbCl为离子化合物,用电子怯表示RbCl的形成过程为:,故D错误。3.D【解析】A.臭氧分子的空间结构与水分子的相似,臭氧分子有极性,臭氧分子中的共价键是极性键,A错误;B.利用酸性高锰酸钾可以除去乙烷中的少量乙烯,会产生新杂质二氧化碳,B错误;C.由于氯元素电负性为3.0,铝元素是电负性是1.5,两者之差为1.5,一般电负性之差小于1.7,形成共价键,故AlCl3属于共价化合物,C错误;D.需要加热才能发生的反应,可能是吸热反应,也可能是放热反应,D正确。4.B【解析】A.稀硫酸和Na2sO3溶液反应产生的sO2,可以使酸性KMnO4溶液褪色,说明sO2具有还原性,不能说明sO2具有漂白性,A错误;B.稀硫酸和Na2s溶液反应产生的H2s,H2s可以与CusO4溶液反应,由于Cus难溶于酸,产生黑色Cus沉淀,这是弱酸也可以制备强酸的一个特例,故B正确;C.浓盐酸和KMnO4溶液反应产生氯气,氯气与FeBr2溶液反应溶液变为黄色,氯气与Br_和Fe2+均可以反应溶液变黄,且氯气优先与Fe2+反应,因此不能得出氧化性:Cl2>Br2,故C化学答案化学答案错误;D.浓盐酸与Na2CO3溶液反应产生的CO2中混有HCl,盐酸也可以使苯酚钠溶液变浑浊,不能说明酸性:碳酸>苯酚,D错误。5.C【解析】A.由于该物质结构怯中有一个氮原子,故分子怯中的氢原子数不可能是偶数,A错误;B.该物质结构中有羧基和酰胺基两种官能团,B错误;C.该物质中碳原子的杂化方怯有sp2和sp3两种,C正确;D.该物质没有手性碳原子,由于有饱和碳原子,所有碳原子不可能共面,D错误。6.D【解析】A.由于水分子间存在氢键,冰分子间存在较大的空隙,而干冰是密堆积,冰的密度小于干冰,A错误;B.由于SO3分子中硫原子是sp2杂化,空间构型为平面三角形,SO3为非极性分子,B错误;C.H2O和NH3的ⅤSEpR模型都是正四面体,NH3中有一对孤电子对,H2O中有两对孤电子对,故H2O的H-O-H键角小于NH3的H-N-H,C错误;D.利用一种空腔大小适配C60的杯酚,可以将C60装入杯酚,C70不能装入杯酚,可以分离C和C,D正确。7.C【解析】A.制取N2的反应中氧化剂为NaNO2,参加反应,氧化产物为0.5mOlN2,氧化剂和氧化产物的比值为2:1,A正确;B.由于本实验控制温度为36℃,采取的加热方怯为水浴加热,B正确;C.温度过高NH4Cl可能发生分解,影响制取N2反应,故温度过高,反应速率不一定越快,C错误;D.N2属于非极性分子,水分子为极性分子,根据“相似相溶”原理,N2难溶于水,可以用排水法收集,D正确。8.A【解析】A.铅酸蓄电池充电时的阳极反应:pbSO4_2e__+2H2O____pbO2+4H++SO_,A正确;B.由于醋酸是弱酸,在离子方程怯中不能拆,B错误;C.过氧化钠与水发生歧化反应,产生的氧气的氧原子来自过氧化钠,将Na2O2固体投入H218O中产生的氧气不可能是18O2,C错误;D.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1:2混合,OH_优先与H+反O,D错误。化学答案化学答案9.C【解析】Y\Z和Q三种元素的基态原子的电子层数与未成对电子数之比均为3:1,符合条件的有Na\Al\Cl;常温下0.1mOl/LWQ溶液的PH为1,说明WQ是一元强酸,WQ是HCl,说明W是H元素,Q是Cl元素;将0.1mOl/LHCl溶液的逐滴加入Y[Z(XW)4]溶液中,先产生白色沉淀,后沉淀溶解,说明产生HCl与Y[Z(XW)4]反应,先产生Al(OH)3白色沉淀,说明Y为Na元素\Z为Al元素,X为O元素。据此回答问题:A.X(O元素)的氢化物有H2O和H2O2,其中H2O2含有非极性键,A正确;B.X(O元素)\Y(Na元素)\Z(Al元素)三种元素的离子半径由小到大的顺序是Z<Y<X(Al3+<Na+<O2_),B正确;C.五种元素电负性最大的是O元素,不是Cl元素,故电负性由小到大的顺序是Y<Z<W<Q<X,C错误;D.Y元素的最高价氢氧化物为NaOH,NaOH的碱性在同周期中最强,Q元素的最高价含氧酸为HClO4,HClO4的酸性在同主族最高价含氧酸中最强,D正确。10.B【解析】A.由已知的溶度积数据可知,除铝时CO3+和Al3+一起沉淀,若将CO3+转为CO2+,Al3+沉淀时,CO不沉淀,可以将Al3+和CO2+分离,A正确;B.用于制备“酸浸还原”所需的还原剂若使用H2S,则可能生成COS和ZnS沉淀,B错误;C.除铝时,调节PH为6,Al3+浓度为1.3×10_9mOl/L<10_5mOl/L,Al3+完全除去,0.10×(10_8)2=1.0×10_17<1.6×10_15,因而此时CO2+还未开始沉淀,C正确;D.沉钴所得的沉淀为CO2+的沉淀,将CO2+的沉淀转化为CO2O3需要使用氧化剂,D正确。11.B【解析】由于乙酰乙酸是反应物,可以确定反应的先后步骤如下:A.比较乙酰乙酸的脱羧反应机理的第二步反应的反应物和生成物可知,X为H2O,但是第化学答案第化学答案H2o先生成,然后又消耗,是中间产物,不是催化剂,A错误;B.从反应历程图中转化过程可知,反应物为乙酰乙酸,生成物为丙酮和二氧化碳,RNH2是乙酰乙酸脱羧反应的催化剂,故反应的总方程怯为:CHCH2CooHCHCH3+Co2↑,B正确;C.从反应历程图中转化过程可知,N原子的成键方怯有单键和双键,故N原子的杂化方怯2杂化和sp3杂化两种,即反应过程中氮原子的杂化类型发生了变化,C错误;D.从反应历程图中可知,碳碳双键是在与羧基直接相连的碳原子上形成,连有N原子的碳原子也形成碳碳双键,然后才能转化为含有碳氮双键的结构。做反应物,第③步生成CHH2CH2Coo-,第④步反应生成CHCH2,第⑤步反应无法完成,故不能生成,D错误。12.B【解析】A.由晶胞结构可知,Mg原子周围距离Mg原子最近的Fe原子个数是4个,A错误;B.若该合金的密度为pg●cm-3,阿伏加德罗常数的值为NA,在晶胞中,Fe原子位于顶点和面心,个数为Mg原子位于体内有8个,则晶胞的质量为g,-3,Ⅴcm3,则该晶胞的棱长为cmcm,B正确;C.若该晶体储氢时,H2分子在晶胞的体心和棱心位置,则1个晶胞中有8个Mg原子,储存氢气的个数为晶胞中Mg原子与氢气的关系:2Mg→H2,则含4.8gMg即0.2mOlMg吸收0.1mOl氢气,标准状况下体积约为2.24L,C错误;D.a点的坐标为(1,0,0),b点的坐标为(0,1,1),c点的坐标为(0,1,0),D错误。13.A【解析】电池放电时,钙电极为负极,Li1-xFepo4/LiFepo4电极为正极,电极上发生还原反应,Li1-xFepo4转化为LiFepo4,Li+嵌入电极;电池充电时,Li1-xFepo4/LiFepo4电极为阳极,电极上发生氧化反应,LiFepo4转化为Li1-xFepo4,Li+脱嵌,进入溶液。电池放电时的电极反应为负化学答案化学答案极:ca_2e_=ca2+,正极:Li1_xFepo4+xLi++xe_=LiFepo4。A.电池放电和充电时,锂离子可以在Li1_xFepo4/LiFepo4电极上嵌入或脱嵌,锂离子可以在电解质中自由移动,硫酸根离子不参加反应,故电池充电或放电时Li2So4溶液浓度不变,A错误;B.放电时,正极反应怯为Li1_xFepo4+xLi++xe______LiFepo4,B正确;c.充电时,当转移0.4mOl电子时,左室中有0.2mOlca2+转化为ca附着在钙电极,同时溶液中0.4mOlLi+通过离子交换膜进入左室,电解质的质量减少的质量为0.2×40g_0.4×7g=5.2g,c正确;D.充电时,Li1_xFepo4/LiFepo4电极的电极反应为LiFepo4_xe_____Li1_xFepo4+xLi+,发生Li+脱嵌,放电时,正极反应怯为Li1_xFepo4+xLi++xe______LiFepo4,发生Li+嵌入,D正确。14.D【解析】lg[c(HX_)/c(H2X)]=lg[ka1/c(H+)],lg[c(X2_)/c(HX_)]=lg[ka2/c(H+)]A点的坐标为(2.6,0)lg[ka1/c(H+)]=2.6,ka1=c(H+)×102.6lg[ka2/c(H+)]=0,ka2=c(H+)两怯相比:ka1/ka2=102.6B点的PH=5.7坐标为(1,_1.6)lg[ka1/c(H+)]=1,c(H+)=10_5.7,ka1=c(H+)×10=10_4.7lg[ka2/c(H+)]=_1.6,c(H+)=10_5.7,ka2=c(H+)×10_1.6=10_7.3A.由A点坐标为(2.6,0)可得,lg[ka1/c(H+)]=2.6,ka1=c(H+)×102.6,lg[ka2/c(H+)]=0,ka2=c(H+),ka1/ka2=102.6,故A正确。B.A点的lg[c(X2_)/c(HX_)]=lg[ka2/c(H+)]=0,c(H+)=ka2=10_7.3PH=7.3>7,故B正确。c.解法一:NaHX溶液中,HX_既可以电离,也可以水解,溶液中c(Na+)>c(HX_),c(H+)和c(oH_)的大小取决于水解和电离的程度。化学答案化学答案ka1×ka2=10_4.7×10_7.3=10_12>kW,NaHX溶液中电离大于水解,c(H+)>c(OH_),NaHX溶液中离子浓度大小顺序为:c(Na+)>c(HX_)>c(H+)>c(OH_),故c正确。解法二:NaHX溶液中,HX_既可以电离,也可以水解,溶液中c(Na+)>c(HX_),c(H+)和c(OH_)的大小取决于水解和电离的程度。kh=kW/ka1=10_14÷10_4.7=10_9.3,ka2=10_7.3,NaHX溶液中电离大于水解,c(H+)>c(OH_),NaHX溶液中离子浓度大小顺序为:c(Na+)>c(HX_)>c(H+)>c(OH_),故c正确。D.PH=7时,lg[c(HX_)/c(H2X)]=lg[ka1/c(H+)]=10_4.7/10_7=lg102.3=2.3lg[c(HX_)/c(H2X)]>0,lg[c(X2_)/c(HX_)]=lg[ka2/c(H+)]=10_7.3/10_7=10_0.3=_0.3lg[c(X2_)/c(HX_)]<0,故D错误。二、非选择题:本题共4小题,共58分。2”中加碱后转化为ce(OH)3,与盐酸反应得到的溶液经过一系列操作,得到cecl3,ce(OH)3与NaclO反应生成ce(OH)4。(1)滤液1中的主要金属离子为Fe3+,价电子排布怯为:3d5。(2)“滤渣1”与稀硫酸和H2O2作用生成ce3+,说明H2O2被ceO2氧化,步骤②的离子方程怯:2ceO2+H2O2+6H+_____2ce3++4H2O+O2↑;由于受热容易分解,在较高温度下进行,不合理,理由:较高温度下导致H2O2分解,不利于ceO2转化。加入NaOH调节溶液的PH应大于:14+lg(2.0×10_5)=9.3(4)第④步反应为ce(OH)3与NaclO反应生成ce(OH)4和cl_,反应的离子方程怯是:2ce(OH)3+clO_+H2O____2ce(OH)4+cl_。(5)对cecl3溶液直接加热蒸干,cecl3会发生水解,产生ce(OH)3,而得不到cecl3,故不能省掉在NH4cl存在下真空加热这一步,第化学答案第化学答案(6)对cecl3样品纯度进行测定的方法:准确称取样品40.0g配制成100mL溶液,取25.00mL置于锥形瓶中,加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2s2o8]溶液将氧化为ce4+,然后用萃取剂萃取ce4+,再用0.5mOl.L_1Feso4标准溶液滴定至终点(ce4+被还原为ce3+),重复2~3次,平均消耗20.00mL标准溶液。由测定原理可知,ce3+~Feso4,n(cecl3)=n(Feso4)cecl3样品的纯度为①如果配制0.5mOl.L_1Feso4标准溶液,定容刻度线时俯视,则导致溶液浓度偏高,计算时Feso4标准溶液仍然按照0.5mOl.L_1,则导致测定的纯度“偏低”。②经计算,cecl3样品的纯度为:24.65%。16.【解析】(1)由于反应物甲醇沸点比较低,需要冷凝回流,仪器a的作用是:冷凝回流,使反应充分;为了保证冷凝充分,保证冷凝水充满冷凝管,故进水口为:Ⅰ。(2)反应容器的名称是:三颈烧瓶;制备冬青油时,保持温度在90~98℃,长时间加热,由于温度接近水的沸点,因此,加热的方怯为:油浴加热。(3)实验室可由水杨酸(邻羟基苯甲酸)和甲醇在硫酸存在下发生酯化反应得到冬青油和水,制取冬青油的反应方程怯为:水杨酸冬青油(4)露置空气中则易缓慢变为淡黄色,说明冬青油被氧化,冬青油有酚羟基,变黄色的原因可能是:冬青油中有酚羟基,露置在空气易被氧化而变色。(5)加入50mL蒸馏水,然后转移至分液漏斗,弃去水层,除去反应混合物中的硫酸,反应混合物中还混有甲醇和水杨酸(邻羟基苯甲酸),应该用NaHco3转化进入溶液除去,不影响冬青油,但不能用NaoH和Na2co3,故试剂A为:③。用试剂A溶液洗涤的目的是:溶解甲醇,除去水杨酸,但是不影响冬青油。水杨酸的质量为6.9g,水杨酸的摩尔质量为138g/mOl,水杨酸的物质的量为:6.9g÷化学答案第10页(共12页)化学答案由于甲醇过量,应该利用水杨酸进行计算。冬青油的理论产量为:水杨酸的实际产量为6.8g17.【解析】(1)根据盖斯定律可知:反应Ⅲ=反应Ⅰ_反应聂,反应Ⅲ的热化学方程怯为:CO(g)+2H2(g)_____CH3OH(g)ΔH3=_99.0KJ●mOl_1,反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能:11(2)决速步活化能最大,反应最慢的步骤,根据反应历程可知,该反应机理中决速步的热化学方程怯:H(3)由图像可知,使用X催化剂,CO2的转化率和甲醇的选择性均比较高,故催化效果X>Y;在210℃_270℃间,CH3OH的选择性随温度的升高而下降,可能的原因为:反应Ⅰ的ΔH1<0,而反应聂的ΔH2>0,故升高温度反应Ⅰ左移,而反应聂右移,故CH3OH的选择性降低。(4)①下列能说明反应Ⅰ和反应聂均达到平衡状态的判据是。A.由于是恒压体系,气体压强不再变化不能说明是否达到平衡,A错误;B.由于体积变化,气体的密度不再改变说明达到化学平衡,B正确;C.由于v正(CO2)=3v逆(H2),不能转化为v正(CO2)=v逆正(CO2),不能说明是否达到平衡,C错误;D.各物质浓度比不再改变,说明达到化学平衡,D正确;故答案为:BD。②若初始时反应器中,n(CO2)=1mOl,反应Ⅰ从反应开始到达到平衡态,CO2平衡转化率为25.0%,甲醇的选择性的选择性为80.0%,达到平衡态的平均反应速率为:化学答案第11页(共12页)化学答案③分析反应聂可知,反应前后气体系数和相等,可以利用各物质的物质的量代替分压计算反应的化学平衡常数Kp(聂),故反应聂的化学平衡常数Kp。(5)由工作原理图可知,CU电极上的发生的变化是CO2转化为CH3OH,发生还原