2026届高三临门押题实战演练（二）化学+答案

有利于高级脂肪酸钠的析出；A、C、D工业生产中NaCl均做反应物。2.DCO2是直线形分子，C原子采用sp杂化，每个CO2分子中含有2个Π大π键，A正确；HF在形成分子间氢键时，由于F原子上有孤电子对，孤电子对对氢键和成键电子对均有一定的排斥作用，因此F原子图为沿y轴方向的哑铃形，图示中电子云正确；PCl3中心P原子的价层电子对数为5-3×13+2=4,其中σ键电子对数5-3×1孤电子对数为1,球棍模型为三角锥形，D错误。湿润的红布条不褪色，无法验证氯气与水反应后的产物具有漂白性，B错误；萃取操作中放气方法应是将分液漏斗倒置，左手放气，C错误；氢氧化亚铁易被氧气氧化，因此制备时，应用长胶头滴管将NaOH溶D正确。4.DA.重甲基(-CD3)的摩尔质量为18g·-CD3中含有中子的数目为0.75NA,A用电子对数目为6NA,22.4L环丙烷中共环丙烷的混合气体中，共用电子对数目为6NA~9NA,B项错误；C.C2H6O可以为氨反应N2(g)+3H2(g)=幐2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1,代表生成2mol的热量时，生成NH3的分子数目为NA,D项正确。HCl和HClO,由于酸性HCl>H2CO3>HClO>HCO,故HCO和生成的HCl反应但不与HClO反应，则该过程的离子方程式为HCO+Cl2_____Cl-+HClO+CO2,A相符。用铁氰化钾溶液检验亚铁离子，亚铁离子与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀，离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-_____KFe[Fe(CN)6]↓,B不相符。Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2-_____HgS↓,C相符。尿素[CO(NH2)2]具有还原性，次氯酸钠(Na__ClO)具有强氧化性；在碱性条件下，尿素(NH2)2+NaClO+2NaOH_____NaCl+2CO3+N2H4·H2O,D相符。6.B实验时，应先打开装置A中分液漏斗的活止空气中的CO2、H2O等干扰实验。再打开装置C中分液漏斗的活塞，使NH2OH单向阀只允许气流向右流动，故可以防止而装置E不是防倒吸装置，故单向阀不能用装置E代替，B错误。NH2OH的性质O发生反应生成NH4HSO4,D正确。（如腌制食品时抑制细菌生长A正确；E为金属钠，金属钠着火产生Na2O2,会导致火越来越旺，且金属钠和水反应会产生H2,有爆炸风险，B错误；G为Na2O2,在隔绝空气条件下与金属钠反应可得到F(Na2O),C正确；NaClO和HClO的相同元素为Cl和O,Cl在两种物质中均为+1价，O均为-2价，化合价相同，D正确。8.DM的价电子数为9,则M为Co,位于第四原子序数大小和成键数目可知b为C,因Cl>C,即d>e>b,B正确；水分子间和氨体，NH3为气体，所以沸点顺序为H2O>NH3>CH4,即d>c>b,C正确；Cl-核外电子层数比N3-和O2-多，Cl-的半径最大，N3-和O2-核外电子排布相同，O2-核电荷数比N3-大，则O2-的半径小于N3-,故简单离子半径：e>c>d,D错误。9.D有机物I能发生加成反应，不能发生消去加聚，所以聚合和水解两步不能颠倒，B错误；维纶的吸湿性源于侧链的羟基能与水和不同分子链的羟基形成缩醛，则有可能得到网状结构，D正确。10.A由题给信息可知MOF-5为金属离子MOF-5中BDC2-与[Zn4O]6+间的作用力不是离子键(BDC2-的氧原子提供孤对电子与[Zn4O]6+形成配位键A构的多孔晶体材料，用X射线衍射实验可以测定晶体的结构，B正确；观察MOF-5的结构可知，有机配体改变必测MOF-5的特殊结构能够选择性吸附和分离气体，D正确。11.D由题图可知，题图装置为电解池，Pt电极-e-_____H++·OH,A错误。由题意可知，阳极区存在苯甲酸与过氧苯甲酸，为2H2O+2e-_____H2↑+2OH-,若外电路中转移2mol电子，理论上有H2~2e-~2H+即阴极区有1molH2逸出的同时有2molH+移入，故理论上阴极区图知·OH氧化苯甲酸生成过氧苯甲COOH+2·OH_____Ph-COOOH+O,C错误。转化为时引式~2e-,则外电路中转移1m正确。12.A根据题中信息，催化剂表面活性位点上 误；Ti与Zr同族，且Ti位于第四周期，B正确；该中间体M与D中的基团存在明显差异，二者所含的化学键也不同，可用红外光谱法检验是否有M存在，C正 ,根据A生成（或D正确。113.C从题中lnk与T关系图，可知随着温度升高，lnk逐渐增大，且lnk-1增大得更多，说明升高温度，逆反应速率增加得更多，平衡逆向移动，则该反应正向应为放热反应，且该反应正向为熵减的反应，所以在低温下能自发进行，A错误；该反应k1M(g)+H2(g)=幐N(g)Δ"/molxxx"平/mol1-x1-xx,C正确；加入合适的E1-E-1的值为反应的焓变，催化剂不能改变反应的焓变，D错误。增大后减小，随后HPO-浓度先增大后减小，PO-浓度最后增大，所以曲线PO4KKH2PO的电离程度大于其水解程度，溶图可知，滴定终点时溶液pH>10,酚酞2HPO4,Na2HPO4的浓度为3mol·L-1,由图可知加入100mL(OH-)=10-4mol·L-1,Ka3(H3PO4),得出cc(H2PO)×c(OH-)c(HPO-)c(H2PO)×c(OH-)10-6.8× mol·L-1=3×10-3.8mol·L-1,可得溶液中c(H2PO)<c(PO-),D错误。(3)HCl(2分）NH3或NH3·H2O(2分）(5)2ReS2+7H2O2+2NH3_____2NH4ReO4+4S+6H2O(2分）解析：(1)Re是元素周期表中第六周期元素，与Mn同族，基态Mn原子的价层电子排布取”时最宜使用的试剂B为NH3或NH3·H2S既是还原剂又是沉淀剂，根据化合物中元素化合价升降守恒可得关系式8ReO~S,1L洗脱液中含ReO的物质的量为-4mol,使还原生成的Re4+完全mol,恰好沉淀完全时，c(Re4+)=10-5mol ·L-1时，溶液中剩余c(S2-)=槡-3mol·L-1,需要通入的H2S气体总的物质的量为(6.0×10-4+3.2×10-3+题意和流程所得产物可得反应方程式。(6)间为10min,此时铼萃取率最高。16.(1)促进CO-水解，使溶液碱性增强，油脂水解更彻底(2分，合理即可）(2)Fe+2H+_____Fe2++H2↑(1分）否(1存在(1分，合理即可）低其溶解度，减少溶解损失(2分，合理即可）入B装置中(2分，合理即可）2-m3)2-m3)3-m1)解析：(1)将5%的Na2CO3溶液加入盛有一除去废铁屑表面的油污，原理：加热条件下，能促进CO-水解，使溶液碱性增强，油脂水解更彻底。(2)向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50~80℃至反应完全+2H+_____Fe2++H2↑,需要铁屑过量，防止Fe2+被氧化为Fe3+,故不能加入过量的稀硫酸。(3)趁热过滤，将滤液转入密闭容分离提纯得到绿矾。用少量冰水洗涤晶体能降低绿矾的溶解度，减少溶解损失。(4)①由题干实验装置图可知，仪器B的名称是（球形）干燥管，由于空气中O2能够氧化Fe__SO4引起实验误差，故应持续通入N2,排尽空气，防止FeSO4被氧化；②根据数据可知，FeSO4的质量为（m3-m1)g,结晶水的质量 3-m1)g为（m2-m3)g,则 3-m1)g,解得x若实则Fe2+可能被氧化为Fe3+,从而导致m3增大，由x的计算式可知，x将偏小。17.(1)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)幑幐2SiHCl3(g)ΔH4=(2n-fi-2m）kJ·mol-1(2分）(2)①6②>(2分）T1温度下H2的平衡转化率为平衡时SiCl4(g)的转化率为85%,T2温度知，其他条件相同下，T1温度下，反应先达到平衡，即T1>T2,则升高温度，SiCl4(g)的转(3)SiCl4+LiAlH4_____SiH4+LiCl+AlCl3(2分）微信搜《高三答案公众号》获取全科(4)①2(1分）a(2分）②如图(2分）解析：(1)反应ⅳ为SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)=幐2SiHCl3(g),根据盖斯定律可知，反应ⅳ=2×反应ⅱ-反应ⅲ-2×反应ⅰ,则ΔH4=(2n-fi-2m）kJ·mol-1。(2)①设平衡时SiHCl3(g)、SiCl4(g)分别转化了xmol、ymol,根据题干信息可列三段式：SiHCl3(g)+=幐Si(s)+3HCl(g)起始量/mol130转化量/molxx3x平衡量/mol1-xSiCl4(g)+3-x-2y2H2(g)=幐Si(s)+3x+4y4HCl(g)起始量/mol130转化量/moly2y4y平衡量/mol1-y3-x-2y3x+4yPa,H2的平衡转化率为60%,即x+2y=3(5+x＋y）mol,恒温恒容条件下，气体的物55+x＋y质的量之比等于其压强之比，即5+x＋y645,即该体系达到平衡时，n(SiHCl3)=0.1mol,n(HCl)=4.5mol,此时气体的总物质的量为n总=6.35mol,则反应ⅰ的常数Kθ=66)②T1温度下H2的平衡转化率为85%,体系SiCl4(g)的转化率为85%,SiHCl3的转化率平衡时SiCl4(g)的转化率为45%,SiHCl3的同下，T1温度下，对应的曲线斜率较大，反应先达到平衡，说明T1温度高，即T1>T2,则升高温度，SiCl4(g)的转化率增大，平衡正向根据质量守恒定律