2026年高考黑吉辽蒙卷化学高考真题试卷

10075 B.氮化镓（GaN）半导体属于有机材C.光导纤维纤芯的主要成分是单晶 D.数据中心冷却系统冷却液的汽化涉及化学键断 NH2Cl的VSEPR模型：四面体 B.NH3的共价键类型：非极性共价C.N2H4中N的杂化方式：sp3杂 D.NH+的电子式Na2SAgClA.Cl2B.C.CO2D.0.5molC5H6Mg(C5H5)20.52.24LN2N3−0.24.4gCO20.40.15mol·L-1MgCl2溶液中，Mg2+0.15A.5个手性碳原子B.含有分子内氢键C.KMnO4溶液褪色D.立方晶胞，Ⅱx:y=SiV12W6X4Y6M20Z4因含有Z−而显色，M、W、X、Y、ZM最外层电 B.简单氢化物沸点C.第一电离能 D.最高价氧化物水化物酸性Ⅰ和Ⅳ可用元素定量分析区分B.ⅢC.Ⅲ与NaOH反应生成 D.该聚合反应为缩聚反“浸渍”时通入过量空气不发生副反应B.CNa2Te被氧化过程中，溶液碱性增强D.Na2SO3a2mol4molI−可转化为I−和IO− 恒容密闭容器中等物质的量的C3H8和SO2发生的总反应如下：3C3H8(g)+SO2(g)3C3H6(g)+H2S(g)+2H2O(g)，LC3H8aNC3H8室温下，0.10mol·L-1醋酸铜（CuAc2，Ac−CH3COO−）CuAc2、CuAc+、Cu2+HAcpX-pH曲线Cu元素总物质的量、C元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难 B.室温下，K=10-C.室温下，Ksp[Cu(OH)2]=10- D.Q点455（13分某工厂利用镍矿（NiSFe2O3CuS）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件：1中镍以[Ni(NH3)6]2+形式存在，硫以SO2−S2O2− ②“部分蒸氨”c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+，x=1～5。 ，NiS转化为[Ni(NH3)6]SO4的化学方程式 “≥3 （14分某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（PET）的快速降解，制备对苯二甲酸（Mr=166138℃pH8.2g固体。已知：常温下，化剂为油状物，难溶于水，易溶于CH2Cl2。⑴步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器 ⑵步骤Ⅰ中降解反应的主要产物为乙二醇 ⑶步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的 ⑷步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留 ⑸取0.0175g步骤Ⅲ所得固体与0.0168g标准品均三甲氧基苯（，Mr=168）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）2439 1%⑹若采用题中方法降解PET和的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液pH可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。pH较大时， PC（14分 ΔH2=-124kJ·mol- ΔH3=-41kJ·mol- ΔH4=-374kJ·mol- A.低温高 B.低温低 C.高温低 D.高温高 “MgAPO“GeAPO据图2，此时低碳烯烃的最大收率为 ⑷若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料n(H2):n(CO)=2.5、CO2选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则a “＞“＜，v正(M) v逆(N)。 （14分 E→FK的合成路线如下（部分反应条件已略去Ⅰ ⑸B→D可能经历的过程如下图所示。X→Y发生巯基（-SH）参与的取代反应，Y的结构简式为 Y发生分子内氨基（-NH2）与醛基的加成、消去反应生成Z和H2O，则Z的结构简式为 可能用到的相对原子质量H- C- O- Na- Mg- Si- S- B．氮化镓(GaN属于新型无机非金属材料BC．光导纤维纤芯主要成分是二氧化硅单晶硅是芯片的主要成分，C错误；D．冷却液汽化属于物理变化D错误；A。ANHClN3+5-1×2-

=4VSEPRBNH3NHBCN2H4N35-1×2-14sp3杂化，CD．NH+中氮原子与氢原子以共价键结合其电子式为，D正确；B。【详解】ACu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4SO2↑+2H2O，A正确；BAlCl3AlCl3+4NaOHC1,2CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，CDAg2SAgClAgClNa2SAg2S其化学Na2S(aq)+2AgCl(s)=Ag2S(s)+2NaCl(aq)，D正确；BACaCl2CaCl2吸收NaOH溶液吸收，A方案不合理；BNaCl溶液可减缓电石与水的反应速度，B方案C．亚硫酸的酸性比碳酸强，SO2NaHCO3Na2SO3CO2DNi2，D方案AA．食用油可在面团表面形成隔离层A不符合题意；B．高温蒸煮可杀灭番茄酱中的微生物B不符合题C．料酒中的乙醇和香醋中的乙酸在加热条件下发生酯化反应肴风味，C不符合题意；D．蚕丝的主要成分为蛋白质(碳酸钠在热水中水解使溶液碱性较强D。AMg2C5H6Mg(C5H5)2H20.5molC5H6Mg(C5H5)20.25mol0.25NA，A错误；B2.24LN20.1molN3-的数目不一定为C．4.4g的物质的量为n

0.1mol4.4gCO2C。的电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误；BAl2O3可当作共价晶体，CGa(3DGa(2D的过程需要加热熔化并挤压Ga(2D)Ga(3D)晶体，C正确；DGa(2D)俯视放大图可知，Ga(2D)结构单元为，D正确；A。A4(带*号的为手性碳)B．由奥利司他的结构可知分子中含有官能团能形成分子内氢键，B正确C．由奥利司他的结构可知分子中含有官能团具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．由奥利司他的结构可知A。A(Si8

2

6x:yBSiV12SiV12个，BCVBV5；SiASi4。该晶胞含个个Si=×+×=≠DV0.30*nm，VxSiyV0.24*nm邻钒原子间的距离变短可增强超导性能距离更短VxSiy的超导性质优于金属钒，D正确；CAMWZONaS，Na+O2Na+O2-；S2-3Na+O2-Na+O2S2-，ABYZMSiH4H2SH2O，H2O含氢键沸点最高；H2SSiH4H2SSiH4SiH4H2SH2O，BCXYMAlSiO同周期第一电离能随原子序数增大整体升高Al<Si<S同主S<OAl<Si<O，C正确；DXYZAlSiSAl(OH)3H2SiO3H2SO4Al(OH)3H2SiO3H2SO4，DB【详解】AC3H6O(CHO的质量分数)A错误；B()C．高分子Ⅲ在碱性条件下水解(环状酯)，C错误；DI反应生成高分子Ⅲ的同时(丙酮)D。【详解】ANa2SNa2TeO2S2氧化为更高价态的物质ABAuAu不溶于浓硝酸(仅溶于王水)因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；CNa2TeO2Na2Te2的反应方程式为：4Na2TeO22H2O2Na2Te24NaOHNaOHc(OH-C正确；D1TeNa2Te2中为-10价碲单质，TeNa2SO3做氧化剂参与氧化还原反应D错误；CANa2SO4OH-确，A正确B2mol2*mol1molLi+1mol移(LiFePO4e-FePO4Li+)Li+4molLi+，BC．右侧发生氧化反应：I-I-CDI-I-IO3I-3HO8I-IO6H+ (LiFePO的总能力不变：3molI-6mol 1molIO6molLi总物质的量不变，DAC3H8的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使平衡向正反应方向移动ΔH046ΔS>0，A错误；BaC3H6。在同一个化学反应中3a物质(C3H6的生成速率，B错误； 初始 变化平衡1-1-b曲线(H2O(即物质的量相等)：13x2xx0.2⋅=04mol。体系总物质的量为24mol。代入物质的量分数平衡常数Kx。进行计算Kx⋅

⋅⋅

=0.63⋅0.2⋅

⋅

⋅⋅

0.43⋅

DN点时，C3H8c曲线(H2S:13xxx3 30.25CH0.75molC3 3

DACuAc+的变化曲线，A c(CuAc+⋅c(H ．题中反应的K=c(Cu2+⋅ 当pH=3.46时由Ⅰ和Ⅱ相交可知此时c

M点坐标可知，

10-0.86mol/L代入平衡常数表达式：K=10-10-

=10-2.60BCPpH5.75，c(CuAc+=c(HAc10-1.87Cu2HAcCuAcH+的平衡常数K=10-2.60，代入数据得到：10-

KspCu(OH2c(Cu2+⋅c2(OH-=10-3.15(10-8.25210-19.65，Cmol/L料守恒：c(Ac-c(CuAc+c(HAc2c(CuAc20.20mol/LHAc=

⋅c(H

c(Ac- -

c(H

=

3c

+c c(HAc+c(HAc =2c(HAc+02mol/Lc(CuAc+ ，Qc(HAcc(CuAc2c(CuAc+0c(CuAc0.2mol/L，D正确；C。4小题共 ①.增大氧气的溶解度(或浓度)加快反应速 ②.NiS+2O2+⋅H2O=[Ni(NH3)6]SO4+①. ②. (5) ①. ②.Ni(NH32被还原时发生反应：Ni(NH32H2NiNHH+H+

22H2Ni2NH+Ni283d84s2根据周期表分区规则d加压可增大氧气的溶解度O2NiS成Ni(NH36SO4NiS2O26NH3H2ONi(NH3)6]SO46H2O[Cu(NH3)4]2+c(NH31molS2O2SO2-，SO2S+2价，SO2S的化合价为+6 2 2mol[Ni(NH3)6]SO4H2NiNH(NH3H+结合)SO2-。因此滤液3(NH4)2SO4x2时，Ni(Ⅱ浓度随时间下降最快0(完全转化)x1时反应提前停滞(转化率低)，x3时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率2；x1Ni(NH32H2NiNHH+H+H当x=2时发生反应 2++H2=Ni+2NH+恰好生成2个NH+体系不会生成游离 H+ (2)①.洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠提高对苯二甲酸产 ②.分①.氯化 ②.氯化氢(或盐酸 本实验需要加热回流20mL100mL两颈圆底烧瓶A单D138℃100℃PETNaOH要产物为乙二醇和对苯二甲酸钠其结构简式为PET等不溶物滤渣表面会吸附产物对苯二甲酸钠pH过程中，NaOHNaCl且加入了过量稀盐酸NaClHCl因此水洗除去这两种杂质。n(

=

110-4mol393:92:4n(

n(

=1×10-4mol×166g/mol0.0166g

10095%PET降解产物为对苯二甲酸(羧酸)，BPA-PCA(酚类)c(H+pHpH较大时，BPAPC的降解产①.- ②.①. ②.85%×(1-①. ②.①.

×根据题干给出的反应历程图MCH3既可以继续与*CHx+H+HC5及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物+41497kJmol-1A。由图1GeAPO催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的(消耗GeAPO率CO转化率低碳烯烃选择性；CO232%CO132%22中三种催化剂的数据，GeAPOCO85%83%85(1-

CO(gH2(gCO2(gH2(g为放热反应。在图3中的水平虚线(固定CO转化率为60%)(a相交于点M(温度较低)(b相交于点N(温度较高)。在相同CO转化率下(H2O量基本相同)CO2CO2b%a%a>由于反应3v正(M)=v逆(Mv正(Nv逆

v正

v逆

MNNMkNCO2H2OH2O的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，NM点。因此，v正(Mv逆(N)50%0.5mol90%0.45mol0.45mol0.15mol分压比等于物质的量比p(C3H6=n(C3H6=0.15

反应②为CH(g+H(g=CH(g反应商Q= 代入分压化简得：Q=3 3

p(CH⋅ 3 n(C3H8⋅n =0.15moln(CO=0.5moln(HO= P⋅n(CH⋅ 3

3

=0.5mol×

=0.05

=2mol-

-0.5mol×2=59(0.05×

645kPa ≈3.8×10-4(kPa-1。645×0.15× (2)碳溴键(溴原子取代反 ①. ②.+CHOH ①. ②.B