辽宁省鞍山市2026届高三上学期一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省鞍山市2026届高三上学期一模一、单选题1．下列说法不正确的是A．二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂B．纯碱可用于去除废铁屑表面的油污C．植物秸秆可用于制造酒精D．氢氧化铁胶体可用作净水剂【答案】A【解析】点燃的镁条能在CO2中燃烧，故CO2不能用作镁燃烧的灭火剂，A不正确；热的纯碱溶液碱性较强，可促使油污水解，从而去除物品表面的油污，B正确；植物秸秆的主要成分为纤维素，纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖催化分解生成酒精，C正确；氢氧化铁胶体具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，可用作净水剂，D正确。2．反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A．中子数为18的氯原子：17B．N2的结构式：N=NC．Na+的结构示意图：D．H2O的电子式：【答案】D【解析】核素的表达式ZAX中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为1735Cl，A项错误；氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成13．下列陈述I与陈述II不存在因果关系的是选项陈述I陈述IIA稳定性：H键能：H－O>H－SB沸点：乙醇>乙醛相对分子质量：乙醇>乙醛C酸性：CF电负性：F>ClD碱性：NaOH金属性：Na>Mg【答案】B【解析】分子中共价键的键能越大，共价键越牢固，分子越稳定，H—O比H—S的键能大，故H2O分子比H2S分子的稳定性强，A正确；乙醇能形成分子间氢键，乙醛不能形成分子间氢键，故乙醇比乙醛的的沸点高，B错误；氟原子和氯原子都是吸电子基，氟比氯的电负性大，则CF3COOH比CCl3COOH羧基中O—H键的极性强，CF3COOH比CCl3COOH电离出H+的能力强，CF3COOH比CCl4．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A．用甲装置制备并收集CO2B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C．用丙装置制备无水MgCl2D．用丁装置在铁上镀铜【答案】C【解析】CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确；电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D错误。5．《天工开物》介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石(ZnCO3)和煤炭饼装入炼锌罐(如图所示)，泥封，“其底铺薪，发火煅红”，“冷定毁罐取出”。已知：锌的熔点为419℃，沸点为907℃。下列说法错误的是A．反应区中，生成的气体只有CO2B．冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419~907℃C．“冷定”后取锌的原因是防止Zn在较高的温度下被氧化D．炉甘石炼锌法中，气体的生成有利于该还原过程的发生【答案】A【解析】反应区中，炉甘石(ZnCO3)受热分解生成ZnO和CO2，煤饼中的碳与生成的CO2在高温下反应生成CO，CO还原ZnO生成Zn和CO2，故生成的气体中有CO2和CO，A错误；锌的熔点为419℃，沸点为907℃，冷凝区中，锌由气态转化为液态，则理论上该区温度控制在419~907℃，B正确；锌在较高温度下容易被空气中的氧气氧化，“冷定”后温度降低，锌的化学性质相对稳定，则“冷定”后取锌的原因是防止Zn在较高的温度下被氧化，C正确；炉甘石炼锌法中，煤饼中的碳与ZnCO3分解产生的CO2在高温下反应生成CO，CO可将ZnO还原为Zn，故还原性气体CO的生成有利于该还原过程的发生，D正确。6．设NAA．1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为NA B．22.4L氢气中，H2C．180g葡萄糖中，C原子的数目为6NA D．1molNH4+中，σ【答案】C【解析】1mol/LHCl溶液的体积未知，且HCl在水中完全电离，不存在分子，A错误；22.4LH2不一定是标准状况下的体积，不能计算22.4L氢气中H2的物质的量和分子的数目，B错误；180g葡萄糖的物质的量为1mol，其中碳原子数目为6NA，C正确；NH4+中有4个N—Hσ键，则1molNH4+中σ7．从中草药中提取的calebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法错误的是A．可与FeCl3溶液发生显色反应B．其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应C．苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种D．1mol该分子最多与8molH2发生加成反应【答案】D【解析】该有机物中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；该有机物中含有酯基，其在酸性条件下水解生成的两种产物中均含有酚羟基，即都能与Na2CO3溶液反应，B正确；该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个氢原子，且无对称结构，所以苯环上一氯代物有6种，C正确；该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基，每个苯环可以与3个氢气加成，每个双键可以与1个氢气加成，每个羰基可以与1个氢气加成，所以1mol分子最多可以与2×3+2×1+1=9mol氢气发生加成反应，D错误。8．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24.下列有关叙述错误的是ZA．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键B．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸D．X的氟化物XF₃中原子均为8电子稳定结构【答案】D【解析】根据图中信息可得，Z为Na，W为H，结合题给信息“W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24”可推知，X为B，Y为N。H、B、N三种非金属元素之间形成的化学键均为共价键，A正确；Na既可以与水反应，也可以和甲醇反应，B正确；N的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，C正确；三氟化硼中硼原子最外层有3个电子，与氟原子之间形成3个共价键，即最外层共6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误。9．某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法A．充电时，集流体A与外接电源的负极相连B．放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amolLiC．放电时，电极B为正极，反应可表示为LiD．电池总反应可表示为Li【答案】B【解析】图示装置充电时为电解池，由题给信息“电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子生成Li嵌入电极A中”可知，充电时集流体电极A作阴极，则电极A放电时作原电池的负极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A正确；图示装置放电时为原电池，外电路通过amol电子时，内电路中有amolLi+通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，而LiPON薄膜电解质没有损失Li+，B错误；图示装置放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，10．下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【答案】B【解析】Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中均存在Na＋、CO32-、HCO3-、H2CO3、H＋、OH－、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；NaHCO3溶液中，加入CaCl2溶液后，Ca2＋和CO32-反应生成CaCO3沉淀，促进HCO3-的电离，Na2CO3溶液中，加入CaCl2溶液后，Ca2＋和CO32-反应生成CaCO3沉淀，CO32-水解平衡逆向移动，B错误；Al3＋与CO32-、HCO3-都能发生互相促进的水解反应，C正确；4个实验中，加入Al2(SO4)11．一定条件下，丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3A．CH3CHClCH3B．合成CH3CHClCH3C．反应中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的断裂和形成D．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中CH3【答案】C【解析】由图示可知，CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl的能量低，物质能量越低越稳定，则CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl更稳定，A正确；在合成CH3CHClCH3的反应历程中，第I步反应活化能最大，反应速率最小，慢反应为整个反应的决速步骤，第I步为反应的决速步骤，B正确；丙烯与HCl发生加成反应过程中，断裂碳碳双键中的π键非极性键和HCl中的H—Cl极性键，形成产物中的C－H和12．交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中~表示链延长)X为，Y为-OA．聚合物P中有酯基，能水解B．聚合物P的合成反应为缩聚反应C．聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得D．邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构【答案】D【解析】由聚合物P的结构片段可知，P中含有酯基，能发生水解反应，故A正确；聚合物P中含有酯基，观察X、Y的结构，可判断其合成单体为邻苯二甲酸和丙三醇，二者发生缩聚反应生成P，故B正确；由B项分析可知，聚合物P的合成单体之一为丙三醇，油脂发生水解生成丙三醇和高级脂肪酸(盐)，故C正确；聚合物P是网状高分子化合物，乙二醇(HOCH2CH2OH)与邻苯二甲酸在聚合时只能形成线型高分子化合物，不能形成类似P的交联结构，故D错误。13．实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下：已知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子FeCl4-，该配离子在乙醚(Et2O，沸点A．也可用过量的氨水分离Fe3+、Al3+B．反萃取时，加水量越多越有利于Fe3+分离C．分液后水相为无色；说明已达到分离目的D．蒸馏时选用球形冷凝管【答案】C【解析】Fe3+和Al3+混合物加入浓盐酸进行酸化，此时Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子FeCl4-；加入乙醚进行萃取后，该配离子在乙醚(Et2O，沸点34.6℃)中生成缔合物Et2O·H+·FeCl4-，分液后得到含Al3+Fe3+、Al3+都能与氨水反应生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，所以不能用过量的氨水分离Fe3+、Al3+，A不正确；反萃取时，加水的目的是破坏缔合物Et2O∙H+，使Fe3+进入水层，但加水量过多会导致乙醚层体积增大或乳化，不利于分离，所以并不是水越多越有利于Fe3+分离，B不正确；Al3+为无色，Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子FeCl4-，分液后水相为无色，说明Fe3+已被萃取完全，达到分离目的，C正确；蒸馏时应选用直形冷凝管，若使用球形冷凝管，馏出液会滞留在冷凝管内，不易流出，球形冷凝管一般用于回流，14．某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是A．25℃时，若测得0.01mol⋅L-1NaR溶液B．25℃时，若测得0.01mol⋅L-1HR溶液pH>2且C．25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH=b,b-a<1，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH=b，a>b，则HR是弱酸【答案】B【解析】25℃时，若测得0.01mol⋅L-1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；25℃时，若测得0.01mol⋅L-1HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中cH+<0.01mol/L，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；假设HR为强酸，取PH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液PH<7，15．空气中CO2浓度会影响珊瑚礁(主要成分为CaCO3)的生态。探究珊瑚礁水体环境lgcX(X为H2CO3、HCO3A．线③表示CO32-与pH的关系 B．KC．KspCaCO3=1×10【答案】B【解析】随着溶液pH值增大，cHCO3-、cCO32-增大，pH值较大时，cCO32-增大时，cCa2+减小，故曲线②、③、①分别为cHCO3-、cCO32-、cCa2+与pH的关系，A正确；由②中a点(6.3，－5)可知，Ka1H2CO3=cH+cHCO3-cH2CO3=10-6.3，Ka1H2CO3的数量级为二、解答题16．用钒铬矿(主要成分是VO2⋅xH2O、CrOH已知：①“酸浸”后VO2⋅xH2O转化为(1)基态Cr原子的核外电子排布式为。(2)“氧化”后溶液中大量存在VO2+，请写出相应的离子方程式：(3)请从Na2S2O(4)氧化所得溶液中含有一种复杂的含钒阴离子结构如图1所示。该阴离子由4个“VO4”四面体(位于体心的V为＋5价)通过共用顶点氧原子构成八元环，则其化学式为(5)调pH时使用的是氨水－氯化铵混合溶液，沉钒率受温度影响的关系如图2所示。温度高于80℃沉钒率降低的主要原因是。(6)常温下，若“Cr3+溶液”中cCr3+=0.01mol/L，则“沉钒”时调整pH不超过((7)请写出NH4VO3煅烧生成V2(8)利用电解技术也可制备重铬酸钠，下图是以铬酸钠为主要原料电解制备重铬酸钠的装置示意图。则B极的电极反应式为(只写电极反应，不含后续反应)。【答案】(1)Ar3d5(2)2VO(3)S2O82-中存在与H2(4)V(5)温度高于80℃，NH3(6)4.6(7)2NH(8)2H【解析】钒铬矿(主要成分是VO2⋅xH2O、CrOH3)中加入H2SO4酸浸，VO2⋅xH2O转化为VO2+，加入Na2S2O8氧化，（1）Cr的原子序数为24，基态Cr原子的核外电子排布式为Ar3d54s（2）Na2S2O8作氧化剂，VO（3）Na2S2O8结构中存在－O（4）该含钒阴离子由4个VO43-四面体通过共用顶点氧原子构成八元环。每个VO43-中V为＋5价，O为－2价，4个V原子，O原子数：每个四面体有4个O，4个四面体共4×4=16个O，但共用顶点氧原子，八元环共用了4个顶点O，故实际O原子数为（5）调pH时使用的是氨水－氯化铵混合溶液，温度高于80℃时，氨水易挥发，导致沉钒率降低；（6）常温下，若“Cr3+溶液”中cCr3+=0.01mol/L，则c(OH-)=3（7）NH4VO3固体经过煅烧分解生成V（8）要制备Na2Cr2O7，需将CrO42-转化为Cr2O72-17．十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)。Ⅰ．将适量Na2WO4Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4SiW资料显示：制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀。回答下列问题：(1)仪器a中的试剂是(填名称)。(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是。(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有(填名称)。从下列选项选择合适操作(操作不重复使用)并排序：。c→_______→_______→e→d→f→_______。a．检查旋塞、玻璃塞是否漏水b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸c．涂凡士林d．旋开旋塞放气e．倒转分液漏斗，小心振荡f．经几次振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置g．打开旋塞，向蒸发皿放出下层液体(4)步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，原因是。(5)结晶水测定：称取mg十二钨硅酸晶体(H4SiW12O40·nH2O，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%，计算n=(用含ω、M的代数式表示)。若样品未充分干燥，会导致n的值(选填【答案】(1)碱石灰(写“生石灰”或“CaO”也可)(2)滴速过快可能导致反应体系局部pH过低产生沉淀(3)烧杯、分液漏斗abg(4)乙醚沸点低易挥发，明火加热易燃(5)ωM1800【解析】制取十二钨硅酸晶体(H4SiW12O40·nH2O)时，先将适量Na2WO4⋅（1）实验中使用浓盐酸，浓盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，为了防止氯化氢污染空气，仪器a中应盛装能吸收氯化氢气体的试剂，所以仪器a中的试剂是碱石灰(写“生石灰”或“CaO”也可)。（2）步骤Ⅱ中，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，资料显示：若反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，所以浓盐酸需缓慢滴加，原因是：滴速过快可能导致反应体系局部pH过低产生沉淀。（3）题给仪器中，用于“萃取、分液”操作的有烧杯、分液漏斗。“萃取、分液”时，应：c．涂凡士林、a．检查旋塞、玻璃塞是否漏水、b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸、e．倒转分液漏斗，小心振荡、d．旋开旋塞放气、f．经几次振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置、g．打开旋塞，向蒸发皿放出下层液体。故合适操作(操作不重复使用)并排序为：c→a→b→e→d→f→g。（4）乙醚的沸点低，且易燃，所以步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，原因是：乙醚沸点低易挥发，明火加热易燃。（5）采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%，即结晶水的含量为ω%，由此可得：18nM×100%=ω%，n=ωM18．甲烷是一种重要的化工原料。(1)沼气的主要成分为CH4，沼气属于A．化石能源B．生物质能C．可再生能源(2)沼气中混有杂质H2反应Ⅰ：2H反应Ⅱ：S①条件下，有利于反应Ⅰ自发正向进行(填“高温”、“低温”“任意温度”)。②反应Ⅲ：2H2Sg+CH4g⇌CS2g+③若在恒容密闭容器中按物质的量比为2：1投入H2S和CH4，发生上述Ⅰ、Ⅱ两个反应，不同温度下达到平衡，H2、曲线Y代表的是平衡体积分数随温度的变化，发生该变化的原因是。1000℃时，a=。(3)研究表明含Ni化合物可高效催化分解H2①一种催化过程是在NiO的作用下完成，Ni2+的3d轨道分裂成两组，请参照基态原子核外电子排布规律将Ni2+的价电子填充至图3②另一种光解过程是利用Ni－TFI为催化剂，Ni－TFT形成有机八面体结构，该结构中的空隙可容纳H2这种催化剂与H2S结合的方式体现了超分子的特性(填“自组装”或“分子识别”)，图中总反应的化学方程式为【答案】(1)BC(2)高温ΔG1+ΔG2S2(3)分子识别H2【解析】（1）沼气主要成分为CH4，属于生物质能和可再生能源，故选BC；（2）①反应Ⅰ的ΔH1>0、ΔS>0，根据②将反应Ⅰ与反应Ⅱ相加即得反应Ⅲ：2H2Sg+CH③反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，温度较低时，升高温度以反应Ⅰ正向移动为主，温度较高时，升高温度以反应Ⅱ正向移动为主，因此曲线Y代表的是S2平衡体积分数随温度的变化；在恒容密闭容器中按物质的量比为2∶1投入H