2026届山东省菏泽市高考仿真卷化学试题（含答案解析）

这是一份2026届山东省菏泽市高考仿真卷化学试题（含答案解析），共5页。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是
A．桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀
B．钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快
C．图1辅助电极的材料可以为石墨
D．图2钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e一=4OH-
2、已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)＋196.64kJ，则下列判断正确的是
A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ
B．2mlSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ热量
C．1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出98.32kJ热量
D．使用催化剂，可以减少反应放出的热量
3、根据原子结构或元素周期律的知识，下列说法正确的是（ ）
A．35Cl和37Cl中子数不同，所以它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都不相同
B．两个不同原子的1s、2s、2p、3s、3p各亚层中电子的能量相同
C．短周期主族元素原子最外层电子数一定等于其最高化合价
D．CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸
4、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是( )
A．制取氯气B．探究漂白性
C．收集氯气D．尾气吸收
5、化学与生产、生活和环境密切相关。下列有关说法正确的是( )
A．面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO2)中阴、阳离子个数比为1：2
B．“文房四宝”中的砚台，用石材磨制的过程是化学变化
C．月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋
D．丝绸的主要成分是蛋白质，它属于天然高分子化合物
6、室温时，用0.0200ml/L稀盐酸滴定溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是
已知：K(HY)=5.0×10-11
A．可选取酚酞作为滴定指示剂 B．M点溶液的pH>7
C．图中Q点水的电离程度最小，Kw196.64kJ ，故A正确；
B、2mlSO2 气体和过量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故B错误；
C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；
D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故D错误；
答案选A。
3、D
【解析】
A. 35Cl和37Cl的核外电子数均为17，它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都相同，A项错误；
B. 同原子的原子同、原子半径越等不同，两不同原子各亚层中电子的能量不相同，B项错误；
C. 氧元素、氟元素没有最高正化合价，除氧、氟外，短周期其它主族元素原子最外层电子数等于其最高化合价，C项错误；
D. 碳酸的酸性比硅酸强，CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸，D项正确；
答案选D。
4、B
【解析】
A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。
5、D
【解析】
A.过氧化钙(CaO2)中阴离子是O22-，阳离子是Ca2+，故阴、阳离子个数比为1：1，A错误；
B.用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，B错误；
C.防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，是干燥剂，C错误；
D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，D正确；
故合理选项是D。
6、B
【解析】A. 滴定终点溶液显酸性，故可选取甲基橙作为滴定指示剂，A不正确；B. M点溶液中，c(NaY)=c(HY)，因为K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)c(HY)，代入HY的电离常数表达式可得，5.0×10-11，所以，pH>7，B正确；C. 由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14 ，C不正确； D. M点，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)， D不正确。本题选B。
7、B
【解析】
A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；
B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；
C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；
D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；
故答案为B。
8、B
【解析】
A．甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通人N2排空气，故A正确；
B．制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B错误；
C．根据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；
D．根据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正确；
答案选B。
过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致实验有误差，还要考虑尾气处理装置。
9、C
【解析】
A．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1==c(H+) =10-0.8，故A错误；
B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；
C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；
D．，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则不变，故D错误；
故答案为C。
考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。
10、A
【解析】
A．的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；
B．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；
C．1 ml·L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；
D．HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；
答案选A。
（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；
（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；
（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。
11、B
【解析】
A. 向20mL 0.01ml⋅L−1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，Xc(Na+)>c(HNO2)，D项错误；
答案选B。
12、C
【解析】
A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；
B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；
C. 氯化钴浓溶液中，主要存在[CCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[C（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CCl4]2-+6H2O[C（H2O）6]2++4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；
D. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；
答案选C。
13、D
【解析】
盐类水解的本质是水的电离平衡的移动。一定条件下可逆反应不可能进行完全。
【详解】
A. 钠能与溶液中的水反应，不会有钠剩余。4.6gNa与稀盐酸充分反应，转移电子数目必为0.2，A项正确；
B. 溶液中OH－全部来自水的电离。25℃、1L的溶液中c(H+)=10-9ml/L，则c(OH-)=10-5ml/L，水电离的OH－的数目为，B项正确；
C. 和混合气体中，“CH2”的物质的量为1ml，所含原子数为，C项正确；
D. 二氧化硫与氧气的反应可逆，不能完全进行。故和充分反应生成的分子数小于，D项错误。
本题选D。
14、A
【解析】
A．将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中，能除去铜片表面的油污，故A正确；
B．取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B错误；
C．制备 Fe(OH)3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，当溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；
D．取一块铁片，用砂纸擦去铁锈 ，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水 ，静置几分钟，铁失电子，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选A。
本题考查化学实验方案的评价，把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴发生加成反应，也可能是醛基被氧化。
15、D
【解析】
A．根据图像可知点①所示溶液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，A错误；
B．点②所示溶液显中性，则根据电荷守恒可知c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(OH－)，B错误；
C．点③所示溶液中二者恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)，C错误；
D．表示醋酸电离平衡常数的倒数，平衡常数只与温度有关系，因此在整个滴定过程中：溶液中始终不变，D正确。
答案选D。
16、C
【解析】
该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。
【详解】
A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2−由电极乙移向电极甲，A项错误；
B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项错误；
C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1mlN2H4消耗时，乙电极上有1mlO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确；
D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；
答案选C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、C4H10O 1﹣丁醇（或正丁醇） 用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键 HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、
HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、 浓H2SO4、加热
【解析】
一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，根据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：。
【详解】
(1)通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1-丁醇；
(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：；
(3)C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；
(4)a．分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b．分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结构简式为：HOCH2C≡C-C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；
(5)第④步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的结构简式为：。
18、取代反应 浓硝酸、浓硫酸 氯原子、硝基 +(2n-1)H2O 10
【解析】
苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。
（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。
【详解】
（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，
故答案为：氯原子、硝基；
（4）①由分析可知，F的结构简式是：，
故答案为：；
②生成聚合物Y的化学方程式是：，
故答案为：；
（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为 、，
故答案为：10；、；
（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
19、检查装置气密性 分液漏斗 B 吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体 蒸发浓缩，冷却结晶 玻璃棒、烧杯、漏斗 碱石灰 制备NaN3的反应需要在210-220C下进行，水浴不能达到这样的温度 2Na+2NH3=2NaNH2+H2 D
【解析】
I.(1)组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是检查装置气密性，然后加入试剂。仪器a的名称是分液漏斗。二氧化硫有毒，需要尾气处理，且反应中还有二氧化碳生成，澄清石灰水浓度太低，则E中的试剂最好是氢氧化钠溶液，作用是吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体。
(2)由于五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。
Ⅱ.(1)生成的氨气中含有水蒸气，需要干燥，则装置B中盛放的药品为碱石灰。
(2)由于制备NaN3的反应需要在210～220C下进行，水浴不能达到这样的温度，所以实验中使用油浴而不用水浴。
(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2，根据原子守恒可知还有氢气生成，反应的化学方程式为2Na+2NH3=2NaNH2+H2。
(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6C)在240C下分解制得，由于在该温度下硝酸铵已熔化，同时为避免液体倒流引起试管炸裂，因此选择的气体发生装置是装置D。
20、减缓反应速率 PH3 + 4ClO－= H3PO4 + 4Cl－ Cl－+ ClO－+ 2H+ = Cl2↑+ H2O 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 C2H2 + 8HNO3(浓) H2C2O4 + 8NO2 + 4H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 ％
【解析】
根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数。
【详解】
(1) ①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，即PH3中的P元素从-3价转化成+5价，离子方程式为: PH3 + 4ClO－= H3PO4 + 4Cl－，由于该过程中生成磷酸，为反应过程提供了H+，则发生反应Cl－+ ClO－+ 2H+ = Cl2↑+ H2O而产生氯气；故答案为: PH3 + 4ClO－= H3PO4 + 4Cl－，Cl－+ ClO－+ 2H+ = Cl2↑+ H2O；
(2) ①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；故答案为增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；
②根据装置图，D中Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)①用H2C2O4滴定KMnO4，反应完全后，高锰酸钾褪色，具体现象为：当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色；
②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，是由于生成的 Mn2+是该反应的催化剂，加快了反应速率；
③根据转化关系可知，2MnO4-～5H2C2O4，则n（H2C2O4•2H2O）=n（H2C2O4）=n(MnO4-)=×cV×10-3ml，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为×100%= ％。
21、75% > 降低温度 t2达到平衡,t2~t3段温度升高，平衡逆向移动，NO转化率减小 小于 72 使用催化剂 6MpaT1，在T1的基础上升高温度到T3，正反应方向是放热反应，平衡向逆反应方向进行，ClNO的量降低，但III和I容器中ClNO的含量相等，III中容器的体积小于I容器，因此V30.75，即3－P/3>0.75，解得P