四川省广安市前锋区2025-2026学年高三上学期（10月）第一次全真模拟考试化学试题（含答案）

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（前锋区高2026届第一次全真模拟考试）
化 学 参 考 答 案

1．B
【详解】A．较低的碳含量赋予材料更好的延展性和可塑性，A正确；
B．晶体硅和金刚石、碳化硅均为共价晶体，且硅为半导体材料，金刚石态的碳不具有导电性，故碳的导电性比硅差，导电能力会下降，B错误；
C．淀粉、纤维素的主链上再接上带有强亲水基团的支链(如丙烯酸钠)，在交联剂作用下形成网状结构可以提高吸水能力，C正确；
D．在橡胶中加入硫化剂和促进剂等交联助剂，在一定的温度、压力条件下，使线型大分子转变为三维网状结构，网状结构相对线性结构具有更大的强度，D正确；
故选B。
2．C
【详解】A．金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，故A错误；
B．CH4与NH3分子的空间构型不同，但两者中心原子杂化轨道类型均为sp3，故B错误；
C．HF的热稳定性比HCl强，因为F的非金属性强于Cl，H-F比H-Cl的键能大，故C正确；
D．SiO2为原子晶体，不存在范德华力，干冰为分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，故D错误；
3．C
【详解】A．先用蜡制成铸件的模型，加热烘烤后蜡模熔化流失都利用了蜡的低熔点，A正确；
B．在失蜡法中，蜡模熔化属于物理变化，而黏土经高温烧制形成陶模的过程涉及燃烧反应，黏土中的矿物成分(如硅酸盐)发生脱水、分解及再结晶，生成新的硅铝氧化物网络结构，属于典型的化学变化，B正确；
C．青铜是铜与锡的合金，合金的熔点通常低于纯金属，青铜的熔点‌低于纯铜‌，C错误；
D．青铜在潮湿的空气中容易锈蚀，为有效延缓青铜器锈蚀，要放在干燥的密封展柜或玻璃罩中，D正确；
答案选C。
4．A
【分析】甲为反应发生装置，发生反应为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，KMnO4可氧化SO2，用酸性KMnO4溶液除去SO2，再通过品红溶液，若不褪色可确认SO2已除干净，在排除SO2干扰的条件下，气体通过澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊可确认CO2的存在。
【详解】A．根据分析，按气流从左向右流向，以上装置的顺序为甲→丁→丙→乙，气体长进短出，装置中接口的连接正确顺序是A→F→E→C→D→B，故A正确；
B．SO2具有漂白性，能使品红褪色，丁装置用酸性KMnO4溶液除SO2，若丁中溶液褪色，SO2可能没除尽，若丙中品红褪色，则乙中的澄清石灰水变浑浊无法证明甲中反应生成了CO2，故B错误；
C．若丙中品红溶液褪色，则说明SO2没有除尽，SO2也能够使澄清石灰水变浑浊，所以无法证明甲中有CO2生成，故C错误；
D．丁和丙都褪色，说明SO2没有除尽，SO2干扰CO2的检验，不能根据乙中澄清石灰水变浑浊判断甲中生成了CO2，故D错误；
答案选A。
5．B
【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；
B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确；
C．可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；
D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确；
综上所述，本题选B。
6．A
【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，再结合该物质的结构式可得X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，则Z为2周期，且Z形成3个价键，所以Z为N元素；Y能形成2个价键，为S或O，但S原子半径大于N，所以Y为O；Q形成4个价键，为C或者Si；X、Y、Z、Q、W分别为H、O、N、C或Si、Na。
【详解】A．H与O可形成、，N与O可形成、等，C与O可形成、，Na与O可形成、，Si除了常见SiO2还有SiO等，A正确；
B．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：，B错误；
C．Y(O)与Q(C或Si)有多种氢化物，稳定性和沸点无法比较，C错误；
D．H、N、O三种元素可形成离子化合物，D错误；
答案选A。
7．D
【详解】A．纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；
B．纤维素大分子间和分子内均可形成氢键以及纤维素链段间规整紧密的结构使纤维素分子很难被水溶解，B正确；
C．纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确；
D．由题意可知低温提高了纤维素在NaOH溶液中的溶解性，D错误；
故选D。
8．A
【详解】A．虽然2ΔH1≈ΔH2，但ΔH2≠ΔH3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，A错误；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B正确；
C．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，故反应I是1ml碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳双键，则3ΔH1=ΔH4，现3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；
D．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应III为：(l)+2H2(g) →(l) ΔH3，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0即(l)+H2(g) →(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0即+H2(g)→(l) ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性，D正确；
故答案为：A。
9．C
【详解】A．由的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；
B．由晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：，故B正确；
C．由题干信息可知，在晶胞中，每个H结合4个H形成类似的结构，这样的结构有8个，顶点数为48=32，且不是闭合的结构，故C错误；
D．1个晶胞中含有58=40个H原子，含H质量为g，晶胞的体积为(484.010-10cm)3=(4.8410-8)3cm3，则单位体积中含氢质量的计算式为，故D正确；
答案选C。
10．D
【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。
【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；
B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；
C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；
D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。
11．B
【详解】A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；
B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；
C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中， 标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；
D．该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1 ml该物质最多消耗11 mlNaOH，D错误；
故选B。
12．B
【分析】由题意知，启动电源1，使海水中Li+进入MnO2结构形成LiMn2O4；可知二氧化锰中锰的化合价降低，为阴极，电极反应式为2MnO2+xLi++xe-=LixMn2O4，电极1为阳极，连接电源正极；关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使中的Li+脱出进入室2，可知，电极2为阴极，电极反应式：；阳极的电极反应式：；
【详解】A．由分析知，室1中电极1连接电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．启动电源2时作阳极，电极反应式：，故B错误；
C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度，故C正确；
D．根据分析可知，启动至关闭电源1，转化的与生成的之比为，可得中的x=1.2，故D正确；
答案选B。
13．A
【分析】Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。
【详解】A．因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说错误；
B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；
C．金刚石中每个C原子形成4个共价键（即C原子的价层电子对数为4），C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确；
D．金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。
综上所述，本题选A。
14．B
【分析】溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A；HA-的水解常数为，其电离程度大于其水解程度，因此其以电离为主，其分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，的增大，减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线。
【详解】A．溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为的变化曲线，选项A正确；
B．a点, =1.0，则=0.1ml/L，=0.70，==0.15，，，，选项B错误；
C．b点, =0.70，==0.15，即=，根据物料守恒有，，故，选项C正确；
D．c点：=，故根据电荷守恒有，故，选项D正确；
答案选B。
15．D
【分析】(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又YW4ZXY为无机物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。
【详解】A．C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A错误；
B．甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误；
C．乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，故C错误；
D．甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，故D正确；
故答案为：D。
16．
(1)N
(2)
(3)提高转化为的速率 温度过高，会分解
(4) 将置换成Ni单质而除去
(5)
(6)过滤、洗涤、干燥 ZnO和或或
【分析】菱锌矿在溶浸操作中，Na2SO3将PbO2还原为Pb2＋，将还原为，Pb2＋与硫酸反应生硫酸铅沉淀，、ZnO、、FeO、均与硫酸反应生成相应的离子；然后加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠溶液调pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；加入Zn将还原为Ni，所以滤渣2为Ni，加入HA萃取，锌元素进行有机相，由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，加入Na2CO3生成ZnCO3沉淀，最后灼烧生成ZnO，据此作答。
【详解】（1）锌的原子序为30，最高能层为第四能层，符号是N，故答案为：N；
（2）由分析可知，滤渣1的化学式为；溶浸过程，Na2SO3将还原为，由原子守恒的电子守恒可知发生的离子方程式为，故答案为：，；
（3）升高温度可以使转化为的速率加快，但是温度过高，会分解，故答案为：提高转化为的速率；温度过高，会分解；
（4）调pH使Fe3＋完全沉淀，而其他离子不沉淀。当Fe3＋沉淀完全时，ml·L－1， ml·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－3＝3；Zn2＋开始沉淀， ml·L－1， ml·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－5.5＝5.5，所以调pH范围为；“还原”时加入锌粉可以将置换成Ni单质而除去，故答案为：；将置换成Ni单质而除去；
（5）由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，故答案为：；
（6）在“沉锌”后需将沉淀分离并除去表面的杂质，所以在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是过滤、洗涤、干燥；设有1 ml，其质量为583g；350℃时，剩余固体中不含碳元素，即碳全部以CO2形式存在，CO2有2ml，此时固体质423g，则固体质量减小583g－423g＝160g，固体质量减少的为CO2和H2O的质量，设减少的H2O有x ml，则m(CO2)＋m(H2O)＝44 g·ml－1×2ml＋18 g·ml－1×xml＝160g，解得x＝4，说明分解产生4 ml H2O，而1ml中只有2ml结晶水，则Zn(OH)2分解产生2ml H2O，即有2ml Zn(OH)2分解，而1ml中有3ml Zn(OH)2，故还有1 ml Zn(OH)2未分解，则余下固体为ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和或或。
17．
(1)+Br2+HBr
(2)一氯乙酸
(3)酮羰基 羟基
(4)消去反应
(5)15
【分析】
由题干合成路线图可知，根据E的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为：，由A到B的转化条件和B的分子式并结合E的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到C的转化条件并结合C的分子式可知，C的结构简式为：，由E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：ClCH2COOH，由F的分子式和E到F的转化条件，并结合已知信息i可知，F的结构简式为：，据此分析解题。
【详解】（1）
由分析可知，A的结构简式为：， B的结构简式为：，则A→B的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
（2）由分析可知，D的结构简式为：ClCH2COOH ，故D的名称为一氯乙酸，故答案为：一氯乙酸；
（3）
由分析可知，F的结构简式为：，结合题干流程图中E的结构简式可知，E→F实现了酮羰基到羟基的转化，故答案为：酮羰基；羟基；
（4）
由分析可知，F的结构简式为：，结合题干流程图中G的结构简式：，则F→G的反应类型为消去反应，结合消去反应的机理可知，该反应中另一种与G互为同分异构体的副产物的结构简式为，故答案为：消去反应；；
（5）
由题干中F的分子式为：C10H11OF2Cl ，不饱和度为4，故F的同分异构体能同时满足以下三个条件①苯环上含有两个取代基，②与FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，③分子中含-CF2Cl则另一个取代基为：-CH2CH2CH2CF2Cl、-CH2CH(CH3)CF2Cl、-CH(CF2Cl)CH2CH3、-CH(CH3)2CF2Cl、-CH(CH3)CH2CF2Cl等物质，每一组又有邻间对三种位置异构，即一共有5×3=15种，其核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：6即含有两个甲基的结构简式为：，故答案为：15；。
18．
(1)
(2)快速冷却
(3)先出现白色浑浊，后浑浊消失
(4) 反萃取
(5)增强熔融氯化铍的导电性
(6)
【分析】首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
【详解】（1）
基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为；
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却；
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+、H+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，初始阶段，Al3+局部过量，先出现白色浑浊，后由于烧碱过量，白色浑浊很快消失；
（4）反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用；
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性；
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。
19．
(1) 高温
(2)= < B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向移动产生的量相等
(3)-0.6 c 14.04
【详解】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2反应Ⅱ，则，； 的反应能自发进行，反应Ⅰ的，，则反应Ⅰ能自发进行的条件为高温。
（2）①A、D两点的温度相同，则反应Ⅱ的平衡常数：=；
②每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点所在曲线上取一个点与B点温度相同，标为点E，E点与B点相比温度相同，但是E点的小于B点的，而增大时，三个反应均会正向移动，氢气的产率增大，因此的产率：C点