2026年广东省东莞市高三一模高考化学试卷试题（含答案详解）

2026年高三年级模拟考试化学注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。2.试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24S32Cl35.5Cu64一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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。A.玉鞅(商)B.青铜箭镞(周)C.木胎漆弓(战国)D.大绒箭囊(清)A.AB.BC.分子内共有6个碳碳双键D.也能识别Li4.以舍勒法生成Cl₂后，利用以下装置进行实验，能够达到预饱和A.净化、干燥Cl₂B.收集Cl₂C.验证Cl₂能与水反应D.说明Cl₂起漂白作用A.AB.BC.C固态锂电池的说法正确的是A.新型Li₇TaO₆涂层中Ta的化合价为+5B.核心原料Li₂S的电子式为D.1mol’Li含质子7molA.烽烟递信：白昼点燃湿薪以生烟，采用湿薪是为了让燃烧更充分试卷第2页，共12页B.飞鸽传书：飞鸽脚缚绢帛传信，丝织品绢的主要成分是多糖C.数字通信：互联网基石光导纤维的成分SiO₂,属于酸性氧化物D.移动互联：作为6G通信链路关键材料的石墨烯，是乙烯的同系物7.碳钢作为海洋工程中的常见材料，其电化学腐蚀过程易受微生物影响。某碳钢在混合微A.a区为正极区B.b区的电极反应为：O₂-4e⁻+4H⁺=2D.图中附着于碳钢的混合菌会加速碳钢的腐蚀8.劳动创造美好生活。下列劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是选项劳动项目化学知识A工人用金刚石刀具精1mol金刚石含有B校医用84消毒液(有效成分NaCIO)消毒次氯酸具有强氧化性C实验员向配好的FeSO₄溶液中加少量铁屑D水是否为自来水9.共价有机骨架常由C、N、O等轻元素构建。部分含C或N或O物质的分类和化合价关试卷第4页，共12页正盐物质类别A.单质b参与反应，均作氧化剂B.a→c的转化过程，可能为自然固氮C.c、d、e代表的物质均为电解质D.f的钠盐，可能由其酸式盐分解制得10.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下22.4LH-C=C-H中，含有σ键的数目为3NAB.1molNO与O₂充分反应，得到NO₂的分子数为NAD.1mol稀硝酸与足量Cu反应，转移电子的数目为NA11.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡA钠保存在无水乙醇中B性CD聚乳酸由加聚反应合成用作免拆手术缝合线A.A12.室温下，用0.5mol·L⁻¹Na₂CO₃溶液进行A.SO²的键角大于CO3的键角B.稀释Na₂CO₃溶液，溶液pH变大13.下列由结构不能推出对应性质的是选项物质的结构性质ACl原子的电子层数比O原子多CIO₂能消毒B离子液体中的离子半径大离子液体的熔点较低CO₃的空间结构为V形O₃在水中的溶解度比O₂大D键长：H-Br<H-I溴化氢比碘化氢稳定A.AB.BC.C14.利用W管进行二氧化硫性质一体化实验，装置示意图如下。下列说法不正确的是甲甲硫酸NaOH溶液品红溶液淀粉-KI溶液含酚酞的Na₂SO₃粉末A.弯管N中溶液红色褪去可验证SO₂的漂白性B.弯管P中溶液不变蓝说明氧化性SO₂<I₂试卷第6页，共12页C.弯管Q中红色刚好褪去时，HCO₃恰好完全反应D.弯管M中固体、甲中溶液分别替换为Cu片、浓硝酸，P中溶液会变蓝15.25℃时，AgCl溶于较浓盐酸形成含银离子：AgCl₂、AgCI3-和AgCI³,各种含银微粒确的是B.盐酸浓度越大，c([AgCL₂J)越大C.a点的纵坐标约为48D.体系中，c(Ag+)+c(H+)=c(c-)+c([AgCL₂JT)+c([AgCI₃²-16.“绿色化工”指利用太阳能、风能等多孔固体电解质反应器(图3),电催化NO₃合成NH₃,此法制得的NH₃作为低碳能源有望成为优异的氢载体。下列说法正确的是NH₃h+—光生空穴e电子图2光催化制氢A.图2过程主要涉及化学能转变为电能C.图3装置连续工作时无需补充电解液，则B为NaOHD.通过多孔固体膜的NaOH能阻碍析氢副反应的发生阳离子B阳离子H₂O交换膜交换膜舌舌①25℃时，K[Mg(OH)₂]=(列出算式无需化简)。②阐释C点pH小于10.45的原因.Ⅱ.模拟处理冶炼工业废水(主要含Cu²+)查阅资料得知：我国矿山及湿法冶炼直接排污Cu²+限值为0.5试卷第8页，共12页实验准备：向盛有3mL0.1mol/LMgCl₂溶液的试管中，滴加6滴2mol/LNaOH溶液。(2)定性探究：取1mLMg(OH)₂浊液于试管中，滴加4滴0.1mol/LCuSO₄溶液，静置，上层(填名称),需称量CuSO固体的质量为g(保留2位小数)。(4)定量探究：取上述Mg(OH)₂浊液2mL于试管中，滴加4滴50mg/LCuSO₄溶液，静置， (填一种做法)。原子吸收分光光度计利用不同元素原子的电子发生时会 (5)向以Mg(OH)₂浊液除铜后的清液中，加入足量Na₂CO₃溶液，过滤洗涤得到固体a。实验确定a的成分。①取少量固体a,加入(补充完成操作并描述现象),证明a中含有MgCO₃。②取一定量粉末a,加入20mL蒸馏水和几滴酚酞，用盐酸滴定，消耗盐酸V₁mL;加证明a为MgCO₃和Mg(OH)₂的混合物。(已知：MgCO₃饱和溶液pH约为10.5)18.利用铁锰氧化矿(主要含MnO₂及Fe、Co、Cu、Si的氧化物)制备MnO₂,流程如下：(NH₄)₂SO₄(NH₄)₂SO₄氧化矿已知：①常温下，K(H₂S)=1×10⁻⁷,Ka₂(H₂S)=1×10-¹³,K(CoS)=4×10⁻²(2)基态Mn原子的价层电子轨道表示式为,其位于元素周期表的区。结构与Cu²+形成的CuA₂更稳定，原因为反式结构的空间位阻较小，且◎顺式反式(7)某立方晶胞的锰晶体切面图如A所示。设Mn原子的半径为mm,则A的晶胞体积为 cm³。另一种锰晶体晶胞中Mn的配位数为8,在图B中画出该晶胞示意图AB试卷第10页，共12页反应Ⅱ:CO₂(g)+H₂(g)=CO(g)+H₂O(g)△H₂=+36kJ·mol-¹物选择性与温度的关系如下图所示①温度由220℃升高至260℃,CO₂平衡转化率减小的原因可能为_o②曲线表示CH₃OH的选择性(填“a”或“b”)。下充分反应，测得CO₂平衡转化率为60%,甲醇的选择性是CO的2倍。反应Ⅱ的平衡常数K,为(K,是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。(4)向恒压密闭容器中通入混合反应气，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如下图所示。(甲醇时空收率为一定温度下，单位时间内单位物质的量催化剂表面甲醇的生成量)。①温度低于210℃,甲醇时空收率随温度升高增大的原因为-0②30分钟0.5molNi₃Ga₅催化剂表面生成了甲醇1.6g,对应的反应温度为_o20.聚碳酸酯具有高强度和高弹性等优点，常用于制作航天服、面罩。双酚a是制备聚碳酸酯的关键单体，合成方法如下：(1①化合物2a所含官能团的名称是_o②5a的相对分子质量比2a大14。5a的同分异构体中，能发生银镜反应的有种(含(2)下列说法正确的有oA.在1a和2a生成3a的过程中，有π键断裂与形成B.红外光谱分析可区分2a和4aC.3a分子中核磁共振氢谱峰面积比为6:2:2:1D.4a既能被氧化、也能被还原，其分子中含有3个碳原子采取sp²杂化(3)6a是2a与HCN在一定条件下，发生原子利用率为100%的反应所得产物。①6a在酸性条件下水解，生成的有机产物的结构简式为o的单体，该反应所需试剂和条件为o(4)根据上述信息合成化合物I①第一步，醇的催化氧化，反应化学方程式为(注明条件)。②第二步，①得到的有机产物与苯酚在酸性条件下先发生(填反应类型),产物再与苯酚发生生成I(填反应类型)。(5)传统合成聚碳酸酯Ⅱ的原料是3a和有毒的光气。为贯彻绿色化学理念，采用3a和(填结构简式)合成聚碳酸酯Ⅲ。试卷第12页，共12页B.青铜箭镞的主要成分是青铜，青铜是铜与锡D.大绒箭囊的主要成分是绒线，属于有机材料，D不符合题意；故选B。【详解】A.芳香烃指分子中含有苯环，且只含有碳氢两种元素的有机物，而冠醚中含有氧D.冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有子半径明显小于钾离子，故不能适配Li,D错误；故答案选B。【详解】A.锶(Sr)的原子序数为38,位于元素周期表B.单晶硅属于共价晶体(原子晶体),不是分子晶体，B错误，不符合题意；D.蛋白质相对分子质量可达几万到上百万，属于天然有机高分子化合物，故选D。【详解】A.Cl₂通入饱和食盐水中可以除被消耗，不能得到干燥Cl₂,不能达到净化、干燥Cl₂B.Cl₂的密度比空气密度大，应采用向上排空气法，该装置为上进下出，属于向下排空气答案第1页，共12页答案第2页，共12页C.Cl₂能与H₂O反应Cl₂+H₂O一HCl+HClO,得到的溶液显酸性，可以用pH计测量溶液pH值来验证Cl₂能与水反应，能达到实验目的，C正确；D.Cl₂通过H₂O后有HCI和HC1O生成，使红色布条褪色无法确定是Cl₂起漂白作用(实际情况是Cl₂无漂白性，起漂白作用的HCIO),不能达到实验目的，D错误；【详解】A.化合物中正负化合价代数和为0,Li为+1价，0为-2价，设Ta化合价为x,可得：7×(+1)+x+6×(-2)=0,C.放电过程为原电池原理，原电池中阳离子LD.Li的原子序数为3,因此7Li的质子数为3,1mol’Li含质子3mol,7是7Li的质量数，故选A。【详解】A.点燃湿薪燃烧不充分，目的是产生大量C.光导纤维的主要成分为SiO₂,可与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，CD.同系物是结构相似、分子组成相差若干个CH₂基团【分析】根据图示电化学腐蚀机理，a区Fe失电子发生氧化反应，为负极区，b区O₂得电B.b区O₂得电子生成OH-,正确电极反应为O₂+4e⁻+2H₂O=40H,选项中O₂写为失电化；菌a作用下，使Fe₃O₄(FeO·Fe₂O₃)转化为FD.混合菌通过微生物作用，持续促进铁的氧化过程，故选D。【详解】A.金刚石晶体中，每个碳原子与周围4个碳原子形成C-C键，每个C-C键由2个碳原子共用，因此平均1个碳原子对应个C-C键，即1mol金刚石含有2molC-CC.FeSO₄溶液中Fe²+易被氧化为Fe³+,加入铁屑可通过反应2Fe³++Fe=3Fe²+还原Fe³+,D.自来水经含氯消毒剂消毒后残留Cl-,可利用Ag++Cl⁻=AgC1↓检验Cl-,区分蒸馏水故选A。【分析】首先根据图中化合价、物质类别，结合题干限定的元素C、N、O,先推断各位置对应物质：a:氢化物，-3价→只有N能显-3价，故a为NH₃;b:0价单质→可为N₂、C、O₂;c:+2价氧化物可能为NO、CO;d:+4价氧化物→可为NO₂、CO₂;e:+5价酸为HNO₃;f:+4价正盐→对应C为+4价的碳酸盐。逐一分析选项：答案第3页，共12页答案第4页，共12页B.固氮的定义是将游离态(0价)的氮转化为化合态氮，a为NH₃,其中N已经是化合态，C.若c为NO、d为CO₂,二者在水溶液中不能自身电离出离子，属于非电解质，因此不D.f为碳酸盐，其钠盐为Na₂CO₃,碳酸的酸式盐NaHCO₃受热分解：故选D。【详解】A.标准状况下22.4LH-C=C-H的物质的量是1mol,1molH-C=C-H中含B.1molNO与O₂充分反应，得到NO₂,反应生成的NO₂会发生聚合反应生成四氧化二氮，则反应后得到的NO₂的分子数小于NA,B错误；C.0.1mol·L⁻¹NH₄Cl溶液中，没有给出溶液的体积，无法计算NH的数目，C错D.稀硝酸与足量Cu反应方程式：3Cu+8HNO₃(稀)=3Cu(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O,故1mol故答案选A。C.水和乙醇能以任意比列互溶，不会出现分层，不能用分液法分离，应用蒸馏法分离，陈答案第5页，共12页D.聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可乳酸通过缩聚反应合成的，陈述Ⅱ错误，且两者无因果关系，D不符合题意；故选B。【分析】该实验流程为：Na₂CO₃溶液浸泡CaSO₄粉末得到浊液，经过滤操作X分离得到滤渣，向滤渣中加入稀醋酸，通过气泡现象验证CaSO₄向CaCO₃的沉淀转化。C.已知K(CaSO₄)=5×10⁵,K(CaCO₃)=3×10⁹,由于K,(CaCO₃)K(CaSO₄),所以CaSO₄可以转化为更难溶的CaCO₃,且后面加稀醋酸有气泡生成，可得出浊液中存在CaCO₃沉淀：若达到沉淀溶解平衡，;若溶液为过D.醋酸是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为H+,需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO₃+2CH₃COOH=Ca²++2CH₃COO-+CO₂↑+H₂O,D错误；【详解】A.ClO₂能消毒的原因是ClO₂具有强氧化性，和Cl原子电子层数比O原子多没有B.离子液体的熔点由离子键强度决定，离子半径越大C.O₃的空间结构为V形，属于极性分子，而O₂为非极性分子，根据相似相溶原理，极性分子O₃在极性溶剂水中的溶解度比非极性的O₂大，答案第6页，共12页D.共价键的键长越短，键能越大，化学键越稳定，H-Br的键长小于H-I,H-Br的键能故选A。【详解】A.SO₂具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此弯管N中溶液红色褪去可验证SO₂B.若SO₂氧化性强于I₂,则SO₂可以将I氧化为I₂,使淀粉变蓝；弯管P中溶液不变蓝，说明SO₂不能氧化I,可证明氧化性SO₂<I₂,B正确；C.酚酞的变色范围为8.2～10,pH<8.2时红色褪去。NaHCO₃溶液本身pH≈8.3,刚好接近变色点，通入SO₂后，只要反应掉部分HCO₃,溶液pH就会降到8.2以下，红色褪去，D.常温下Cu片和浓硝酸即可反应生成NO₂,NO₂具有氧化性，能将P中I-氧化为I₂,淀故选C。大的配离子，越容易在高CI-浓度下占据更高分布分数。曲线I:随c(Cl⁻)增大，分布分数快速降低，对应Ag+;曲线Ⅱ:分布分数先增大后减小，对应[AgCl₂];曲线Ⅲ:分布分数随c(Cl)增大持续升高，最终占比最高，对应[Ag【详解】A.由图可知，随着氯离子浓度的增大，Ag+的分布分数减小，当氯离子浓度增大B.盐酸浓度增大，c(CI)增大，生成的[AgCl₂丁会转化[AgCl₃}²-,则c(AgCL₂J)会先增大答案第7页，共12页100%-[φ(Ag+)+4(AgCL)]=100%-(26%+26%)=48%,故a点的纵坐标为48,C正确；c(Ag+)+c(H+)=c(C1-)+c([AgCl₂J)+2c([AgCl₃²-)+3c(AgCl₄³-)+c(OH⁻),D故选C。B.从图二可以看出，h+是光生空穴，具有氧化性(得电子),不是还原剂，B错误；C.图3装置：阴极反应为NO₃+8e⁻+6H₂O=NH₃+90H⁻,阳极反应为2H₂O-4e=O₂↑+4H+,多孔固体膜中的Na+向阴极移动，与阴极产生的OH共同组成NaOH,又用作电解质；阳极产生的H+向多孔固体膜移动，与其中的OH产生H₂O,B为H₂O,水又加入阳极反应，实故答案选D。C点溶液中含有的MgCl₂抑制Mg(OH)₂溶解(或C点溶液中的MgCl₂显酸性，合理表述均可)(4)加大Mg(OH)₂浊液用量(或者搅拌、升温)跃迁吸收或>均可【详解】(1)①25℃时，饱和氢氧化镁溶液的pH=10.45,即c(OH)=10-3.55mol/L,c(Mg²)=5×104.55mol/LK[Mg(OHD₂]=c(Mg²+)×c²(OH-)=5×1pH小于10.45。答案第8页，共12页(2)取1mLMg(OH)₂浊液于试管中，滴加4滴0.1mol/LCuSO₄溶液，静置，上层为无色清(3)配制250mL50mg/LCuSO₄溶液，实验步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，除下列各仪器外，还需要玻璃仪器250mL容量瓶，需称量CuSO₄固体的质量为m=0.25L×50mg/L=12.5mg≈0.01g。(4)取上述Mg(OH)₂浊液2mL于试管中，滴加4滴50mg/LCuSO₄溶液，静置，以原子吸(5)向以Mg(OH)₂浊液除铜后的清液中，加入足量Na₂CO₃溶液，过滤洗涤得到固体a。实验确定a的成分。证明a中含有MgCO₃。②取一定量粉末a,加入20mL蒸馏水和几滴酚酞，用盐酸滴定，消耗盐酸VmL,滴定终点Mg(OH)₂转化为氯化镁，MgCO₃转化为碳酸氢镁；加入几滴甲基橙后继续滴定，碳酸氢镁的体积为V₂mL,则V₁>V₂,证明a为MgCO₃和Mg(OH)₂的混合物。18.(1)制硫酸、制石膏等(合理即可)(6)4OH⁻+2MnO₄+3Mn²+答案第9页，共12页【分析】用铁锰氧化矿(主要含MnO₂及Fe、Co、Cu、Si的氧化物)制备MnO₂的工艺流程为：将铁锰氧化矿加入(NH₄)₂SO₄混合后高温焙烧，得到SO₃和金属Mn、Cu、Co的硫酸盐以及不反应的SiO₂,将混合物水浸溶解，其中Fe元素转化为难溶于滤形成滤渣除去，得到含Mn²+、Cu²+、Co²+的滤液，加入有机萃取剂HA萃取Cu²+,分液的滤液中加入KMnO₄溶液沉锰最后得到产品MnO₂,据此分析解答。【详解】(1)SO₃是工业制备硫酸的原料，可用于生产硫酸或生产石膏等。(2)Mn是25号元素，价电子排布为3d⁵4s²;按泡利原理、洪特规则其价电子的轨道表示个个个个;根据电子排布式可知Mn位于第四周期第VIB族，属于元素周期表的d区。(3)原矿中铁的氧化物经焙烧、水浸后，转化为红棕色的Fe₂O₃。(4)根据HA的结构，反式结构中两个配位原子距离更远，配位原子孤对电子间的静电排(5)当Co²+完全沉淀时c(Co²+)=L0×10-⁵mol?-¹,由K,(CoS)=c(Co²+)·c(s²-)=4×10-²¹,(6)碱性条件下，Mn²+与MnO₄发生归中反应生成MnO₂,则反应的离子方程式为：(7)由切面图可知该晶胞为面心立方堆积，面对角线长度为4mm,设晶胞边长为a,则有答案第10页，共12页√2a=4mm,解得a=2√2mm=2√2r×10-⁷cm,晶胞体积V=a³=(2√2r×10-7)³=16√2r³×10-²¹cm³;配位数为8的晶胞为体心立方堆积，Mn位于顶点和体心，因此在图B的8个顶点和体心各画一个●即可，具体图形为：0(2)升温使反应Ⅱ正向移动的程度小于反应I逆向移动的程度(其他合理答案也可)b(4)温度低于210℃时反应未达平衡，温度升高速率增大，时空收率增大(或者催化剂活性随温度升高而增大，使甲醇生成速率增大，故时空收率增大，其他合理答案也可)【详解】(1)①活化能越大的步骤反应速率越慢，由图可知，活化能最大的步骤为：②目标反应=反应I-反应Ⅱ,故△H=△H₁-△H₂,△H₁