2026届高三临门押题实战演练（二）化学+答案

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化学（二）

1.B油脂皂化中利用同离子效应，加入NaCl用电子对数目为6NA,22.4L环丙烷中共

有利于高级脂肪酸钠的析出；A、C、D工业用电子对数目为9NA,故22.4L乙烯和

生产中NaCl均做反应物。环丙烷的混合气体中，共用电子对数目为

是直线形分子，原子采用杂化，

2.DCO2Csp6NA~9NA,B项错误；C.C2H6O可以为

４

每个CO2分子中含有2个Π３大π键，ACH3CH2OH或CH3OCH3,当C2H6O为

正确；HF在形成分子间氢键时，由于F原CH3OCH3时，无羟基，C项错误；D.合成

子上有孤电子对，孤电子对对氢键和成键氨反应N2(g)+3H2(g)=幐2NH3(g)

-1

电子对均有一定的排斥作用，因此F原子ΔH=-92.4kJ·mol,代表生成2mol

氨气放出的能量，则放出

在拐角处，B正确；py轨道的电子云轮廓92.4kJ46.2kJ

的热量时，生成的分子数目为,

图为沿y轴方向的哑铃形，图示中电子云NH3NA

沿y轴分布，符合p轨道电子云特征，CD项正确。

5.B饮用水净化时，Cl2先和H2O反应生成

正确；PCl3中心P原子的价层电子对数为

5-3×1HCl和HClO,由于酸性HCl>H2CO3>

3+=4,其中σ键电子对数为3,

2－－

HClO>HCO３,故HCO３和生成的HCl

孤电子对数为1,球棍模型为三角锥形，D反应但不与HClO反应，则该过程的离子

－-

错误。方程式为HCO３+Cl2_____Cl+HClO

3.D转移NaCl溶液时，应将玻璃棒下端抵在

+CO2,A相符。用铁氰化钾溶液检验亚

刻度线以下，A错误；干燥的氯气不能使铁离子，亚铁离子与铁氰化钾反应生成蓝

干燥的红布条褪色，碱石灰可吸收氯气，色沉淀，离子方程式为K++Fe2++[Fe

3-

湿润的红布条不褪色，无法验证氯气与水(CN)6]_____KFe[Fe(CN)6]↓,B不相

反应后的产物具有漂白性，B错误；萃取操2+

符。Na2S将Hg转化为沉淀除去，反应

作中放气方法应是将分液漏斗倒置，左手为Hg2++S2-_____HgS↓,C相符。尿素

握住活塞部分，右手顶住塞子，打开活塞

[CO(NH2)2]具有还原性，次氯酸钠(Na__

放气，C错误；氢氧化亚铁易被氧气氧化，ClO)具有强氧化性；在碱性条件下，尿素

因此制备时，应用长胶头滴管将NaOH溶与次氯酸钠发生氧化还原反应CO

液滴入溶液中，且用植物油液封，

FeSO4(NH2)2+NaClO+2NaOH_____NaCl+

D正确。

Na2CO3+N2H4·H2O,D相符。

4.DA.重甲基(-CD3)的摩尔质量为18g·6.B实验时，应先打开装置A中分液漏斗的活

-1

mol,每个-CD3中含有9个中子，1.5g塞，用生成的SO2排尽装置中的空气，防

-CD3中含有中子的数目为0.75NA,A止空气中的CO2、H2O等干扰实验。再打

项错误；B.标准状况下，22.4L乙烯中共开装置C中分液漏斗的活塞，使NH2OH

XS6J·临门押题·化学答案第7页（共24页）

和SO2充分反应，A正确。根据题图知，2个Cl,配位数为6,A正确；电负性：O>

单向阀只允许气流向右流动，故可以防止Cl>C,即d>e>b,B正确；水分子间和氨

装置C中的液体流向装置A,可防倒吸，分子间均存在氢键，且常温下H2O为液

而装置E不是防倒吸装置，故单向阀不能体，NH3为气体，所以沸点顺序为H2O>

用装置代替，错误。的性质-

EBNH2OHNH3>CH4,即d>c>b,C正确；Cl核外

不稳定，加热时爆炸，故装置C应用冷水电子层数比N3-和O2-多，Cl-的半径最

浴控制温度，C正确。70%硫酸与大，N3-和O2-核外电子排布相同，O2-核

Na2SO3反应，生成的SO2中可能混有3-2-

电荷数比N大，则O的半径小于

H2O(g),H2O(g)进入装置C中与产物3-

N,故简单离子半径：e>c>d,D错误。

H2NSO3H接触，易导致产物H2NSO3H

9.D有机物I能发生加成反应，不能发生消去

与H2O发生反应生成NH4HSO4,D正

反应，A错误；如果先水解，得到乙烯醇，

确。

乙烯醇不稳定，容易转化为乙醛，无法再

7.BD为NaCl,是食品加工中常用的防腐剂

加聚，所以聚合和水解两步不能颠倒，B错

（如腌制食品时抑制细菌生长），A正确；E

误；维纶的吸湿性源于侧链的羟基能与水

为金属钠，金属钠着火产生Na2O2,

形成氢键，甲醛用量减少，才能留下更多

Na2O2与水反应产生O2,O2的助燃性，

的羟基，所以降低甲醛用量，能提高维纶

会导致火越来越旺，且金属钠和水反应会

的吸湿性，C错误；Ⅲ到Ⅳ是甲醛与羟基

产生H2,有爆炸风险，B错误；G为

形成缩醛的过程，若条件控制不当，甲醛

Na2O2,在隔绝空气条件下与金属钠反应

和不同分子链的羟基形成缩醛，则有可能

可得到F(Na2O),C正确；NaClO和

得到网状结构，D正确。

HClO的相同元素为Cl和O,Cl在两种

10.A由题给信息可知MOF-5为金属离子

物质中均为+1价，O均为-2价，化合价

与有机配体通过自组装形成的超分子，

相同，D正确。

2-6+

MOF-5中BDC与[Zn4O]间的作

8.DM的价电子数为9,则M为Co,位于第四

用力不是离子键(BDC2-的氧原子提供

周期，a、b、e、M处于不同周期，故a在第

6+

孤对电子与[Zn4O]形成配位键），A

一周期，b、c、d在第二周期，e在第三周

错误；MOFs是一类具有周期性网络结

期，再根据Q的结构可知，a为H。根据

构的多孔晶体材料，用X射线衍射实验

原子序数大小和成键数目可知b为C,因

可以测定晶体的结构，B正确；观察

为b、c、d为同周期相邻元素，所以c为N,

MOF-5的结构可知，有机配体改变必

－

d为O。由ed４知e的化合价为+7价，

然导致MOFs的孔道尺寸发生变化，C

所以e是Cl,阳离子的结构为

正确；MOF-5具有空腔，尺寸一定，推

测MOF-5的特殊结构能够选择性吸

附和分离气体，D正确。

。M结合了4个氨基和

XS6J·临门押题·化学答案第8页（共24页）

11.D由题图可知，题图装置为电解池，Pt电极确；E和甲醇反应生成F,F反应生成

上H2O转化为H2,发生得电子的还原

反应，Pt电极为阴极，则PbO2电极为阳

2CO,根据A生成

极，发生氧化反应，电极反应式为H2O

B的反应判断F的结构简式为

-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，

则阳极产生的H+移向阴极区，故离子

交换膜a为质子交换膜，阴极电极反应

--

为2H2O+2e_____H2↑+2OH,若外

电路中转移2mol电子，理论上有H2~

（或），D正确。

-+

2e~2H即阴极区有1molH2逸出的

1

同时有2molH+移入，故理论上阴极区13.C从题中lnk与关系图，可知随着温度

T

电解质溶液的质量不变，B错误。由题

升高，lnk逐渐增大，且lnk-1增大得更

图知·OH氧化苯甲酸生成过氧苯甲多，说明升高温度，逆反应速率增加得更

酸，则生成过氧苯甲酸的反应为Ph-多，平衡逆向移动，则该反应正向应为放

COOH+2·OH_____Ph-COOOH+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

H2O,C错误。转化为时引

正向为放热反应，升高温度，正、逆反应

入1个氧原子，失去2个电子，可得关系

速率都增大，平衡逆向移动，B错误；达

到平衡时正、逆反应速率相等，则有Ψ1

-

式~2e,则外电路中转移1molk1

=Ψ-1,所以为平衡常数，设转化的

k-1

电子时，理论上消耗0.5mol,D

M(g)的物质的量为xmol,列“三段

正确。

式”：

根据题中信息，催化剂表面活性位点上

12.AM(g)+H2(g)=幐N(g)

易发生化学键的断裂和生成，催化剂

"始/mol110

Δ"/molxxx

平/mol1-1-

上Zr的位置有化学键的断"xxx

裂和生成，Zr应为关键活性位点，A错

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

,C正确；加入合适的

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

XS6J·临门押题·化学答案第9页（共24页）

催化剂，可以使活化分子百分数增大，

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。

14.D

H3PO4为三元弱酸，分步电离，随着

NaOH溶液的加入，pH逐渐增大，

－

H3PO4浓度逐渐减小，H2PO４浓度先

－

２-)-)

增大后减小，随后HPO４浓度先增大c(H2PO４×c(OH

－

,c(H2PO４)=

２-)

３-c(HPO４

后减小，PO４浓度最后增大，所以曲线

0.1

－-6.8

、、、分别表示、、10×

abcdH3PO4H2PO４31

-1-3.8

２-３--4mol·L=×10mol

HPO４、PO４的分布系数随pH的变103

化关系，正确；当和－-1－

AH3PO4H2PO４·L,可得溶液中c(H2PO４)<c

分布系数相等时，pH=2.14,即Ka1３

(PO４-),D错误。

-2.14－

(H3PO4)=10,当H2PO４和

15.(1)(1分）d(1分）

２-

HPO４分布系数相等时，此时溶液的

(2)Re2O7、SO2(2分）

-7.2

pH=7.2,即Ka2(H3PO4)=10,数

(3)HCl(2分）NH3或NH3·H2O(2分）

K

-8－

量级为,()-3

10KhH2PO４==(4)8.8×10mol(2分）

-11.86-7.2

10<10,NaH2PO4溶液中(5)2ReS2+7H2O2+2NH3_____2NH4ReO4

－

H2PO４的电离程度大于其水解程度，溶+4S+6H2O(2分）

液显酸性，B正确；用NaOH溶液滴定(6)温度为60℃、反萃取相比为2.0、反萃取

时间为10min(2分）

Na2HPO4溶液，反应生成Na3PO4,由

图可知，滴定终点时溶液pH>10,酚酞解析：(1)Re是元素周期表中第六周期元素，

与同族，基态原子的价层电子排布

的变色范围为8.2~10.0,滴定终点不MnMn

52

在酚酞的变色范围内，所以不可用酚酞式为3d4s,则基态Re原子的价层电子排

52

作指示剂，C正确；V(NaOH溶液）=布式为5d6s,价层电子轨道表示式为

100mL时，n(NaOH)=0.01mol,n,属于d区元素。(2)根据信息

(H3PO4)=0.005mol,二者反应生成①,焙烧产物为CuO、Fe2O3、Re2O7,S元素

0.005molNa2HPO4,Na2HPO4的浓度的焙烧产物为SO2,根据流程可知“氧化焙

0.1

-1

为mol·L,由图可知加入100mL烧”产生的烟气的主要成分为Re2O7和

3

SO2。(3)据信息②和信息③,可知“有机相

NaOH溶液时，溶液的pH为10,c

洗脱”时最宜使用的试剂A为HCl,“反萃

-4-1

(OH-)=10mol·L,Ka3(H3PO4)

取”时最宜使用的试剂B为NH3或NH3·

-12.67,得出

==10cH2O。(4)由题意可知，“还原沉淀”过程中

XS6J·临门押题·化学答案第10页（共24页）

H2S既是还原剂又是沉淀剂，根据化合物中解更彻底。(2)向洗涤过的废铁屑中加入适

－

元素化合价升降守恒可得关系式8ReO４~量稀硫酸，控制温度在50~80℃至反应完全

－

3H2S,1L洗脱液中含ReO４的物质的量为（铁屑有剩余）。目的：制备FeSO4,原理：Fe

-3+2+

1.6×10mol,需还原剂H2S的物质的量+2H_____Fe+H2↑,需要铁屑过量，防

为6.0×10-4mol,使还原生成的Re4+完全止Fe2+被氧化为Fe3+,故不能加入过量的

-3

沉淀需要H2S的物质的量为3.2×10稀硫酸。(3)趁热过滤，将滤液转入密闭容

mol,恰好沉淀完全时，c(Re4+)=10-5mol器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出

-12-

·L时，溶液中剩余c(S)=晶体，用少量冰水洗涤2~3次，干燥。目的：

分离提纯得到绿矾。用少量冰水洗涤晶体

槡能降低绿矾的溶解度，减少溶解损失。(4)

-3-1

5.0×10mol·L,需要通入的H2S气体①由题干实验装置图可知，仪器B的名称是

-4-3

总的物质的量为(6.0×10+3.2×10+（球形）干燥管，由于空气中O2能够氧化Fe__

-3)-3

5.0×10mol=8.8×10mol。(5)根据SO4引起实验误差，故应持续通入N2,排尽

题意和流程所得产物可得反应方程式。(6)

空气，防止FeSO4被氧化；②根据数据可知，

分析题图2、3、4可知，最佳“反萃取”条件应

FeSO4的质量为（m3-m1)g,结晶水的质量

为温度为60℃、反萃取相比为2.0、反萃取时（m3-m1)g

为（m2-m3)g,则有-1=

152·mol

间为10min,此时铼萃取率最高。g

(1)促进２-水解，使溶液碱性增强，油脂

16.CO３,解得x＝；若实

水解更彻底(2分，合理即可）

验时按b、a顺序操作，即先加热后通入N2,

+2+

(2)Fe+2H_____Fe+H2↑(1分）否(1

2+3+

则Fe可能被氧化为Fe,从而导致m3增

分）铁屑应过量，否则溶液中可能有Fe3+

大，由的计算式可知，将偏小。

存在(1分，合理即可）xx

17.(1)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)幑幐2SiHCl3(g)

(3)绿矾易溶于水，用少量冰水洗涤可以降

·-1分）

低其溶解度，减少溶解损失(2分，合理即可）ΔH4=(2n-fi-2m）kJmol(2

(2)①

(4)①（球形）干燥管(1分）排尽装置中的

4.51.27×106

3

(×5)

空气，防止FeSO4被氧化，将水蒸气全部赶6.3510

0.11.27×1061.21.27×106(2分）

入B装置中(2分，合理即可）(×)×(×)

6.351056.35105

76（m2-m3)

②(2分）偏小(2分）

9（m3-m1)②>(2分）T1温度下H2的平衡转化率为

,体系总压强为6,计算可得

解析：(1)将5%的Na2CO3溶液加入盛有一85%1.34×10Pa

平衡时的转化率为,温度

定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟。目的：SiCl4(g)85%T2

除去废铁屑表面的油污，原理：加热条件下，下SiCl4(g)的转化率为45%；由题图1可

２-

能促进CO３水解，使溶液碱性增强，油脂水知，其他条件相同下，T1温度下，反应先达到

XS6J·临门押题·化学答案第11页（共24页）

平衡，即T1>T2,则升高温度，SiCl4(g)的转mol,n(SiCl4)=0.55mol,n(H2)=1.2

化率增大，平衡正向移动，故反应ⅱ为吸热mol,n(HCl)=4.5mol,此时气体的总物质

反应，即n＞0（合理即得2分）的量为n总=6.35mol,则反应ⅰ的标准平衡

θ

(3)SiCl4+LiAlH4_____SiH4+LiCl+AlCl3常数K=

4.51.27×106

(2分）微信搜《高三答案公众号》获取全科(×)3

6.35105

66。

(4)①2(1分）a(2分）0.11.27×101.21.27×10

(×)×(×)

6.351056.35105

②如图(2分）

②T1温度下H2的平衡转化率为85%,体系

总压强为1.34×106Pa,计算可得平衡时

SiCl4(g)的转化率为85%,SiHCl3的转化率

为85%,而T2温度下H2的平衡转化率为

6

解析：(1)反应ⅳ为SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)60%,体系总压强为1.27×10Pa,计算可得

2SiHCl3(g),根据盖斯定律可知，反应

=幐ⅳ平衡时SiCl4(g)的转化率为45%,SiHCl3的

=2×反应ⅱ-反应ⅲ-2×反应ⅰ,则ΔH4转化率为90%；由题图1可知，其他条件相

=(2n-fi-2m）kJ·mol-1。(2)①设平衡

同下，T1温度下，对应的曲线斜率较大，反应

时(g)、(g)分别转化了、

SiHCl3SiCl4xmoly先达到平衡，说明T1温度高，即T1>T2,则

,根据题干信息可列三段式：

mol升高温度，SiCl4(g)的转化率增大，平衡正向

SiHCl3(g)+H2(g)=幐Si(s)+3HCl(g)

移动，故反应ⅱ为吸热反应，即n＞0。(3)

起始量/mol130

根据质量守恒定律，可推知反应生成的两种

转化量/molxx3x

盐是铝盐和锂盐，即和,化学方程

平衡量/mol1-x3-x-2y3x+4yAlCl3LiCl

SiCl4(g)2H2(g)=幐Si(s)4HCl(g)

++式为SiCl4+LiAlH4_____SiH4+LiCl+

起始量/mol130

AlCl3。(4)①根据题图2晶胞结构可知，1

转化量/moly2y4y

个Si原子参与形成4个Si-Si键，1个Si-

平衡量/mol1-y3-x-2y3x+4y

Si键被2个Si共用，则1molSi平均有2

由题图1可知，T2温度下体系初始压强为

molSi-Si键。1、2号硅原子之间的距离为

66

1.00×10Pa,平衡时总压强为1.27×