2026湛江高三下学期二模试题化学PDF版含解析

这是一份2026湛江高三下学期二模试题化学PDF版含解析，共9页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
1.【答案】D
【解析】贝壳的主要成分是碳酸盐，陶器的主要成分是硅酸盐，铜鼓为金属材料，A、B、C项均不符合题意；藤制盾牌的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，
D项符合题意。
2.【答案】A
【解析】该反应中间体含氨基，具有碱性，A项正确；1个该分子含6个氢原子，B项错误；芳香胺含有C—H键，能发生取代反应，C项错误；分子中既含有C—C非极性键，也含有C—H等极性键，D项错误。
3.【答案】B
【解析】异戊二烯通过加聚反应可获得聚异戊二烯，A项正确；乙烯、丙烯可通过催化裂解轻质油获得，与水解无关，B项错误；高分子膜防腐涂层可通过隔绝氧气和水减缓金属的腐蚀，C项正确；H2还原铁的化合物获得铁单质，没有二氧化碳的释放，有利于落实“低碳”行动，D项正确。
4.【答案】C
【解析】将鸡蛋煮熟会导致蛋白质发生变性，A项不符合题意；NH4Cl水解呈酸性，产生的H＋可以与铁锈反应，B项不符合题意；用洁厕灵（含HCl）清洗厕所，利用的是HCl的强酸性，C项符合题意；玻璃属于非晶体，天然水晶属于晶体，可利用X射线衍射仪区分，D项不符合题意。
5.【答案】D
【解析】氮化硅属于新型无机非金属材料，A项错误；液态花生油长时间放置于空气中会变质，其主要原因是油脂中的碳碳双键被氧化，B项错误；葡萄酒中添加适量的SO2可起到抗氧化和杀菌的作用，C项错误；头发烫卷时，维持弹性和形状的头发蛋白中的二硫键（—S—S—）被还原为巯基（—SH），D项正确。
6.【答案】C
【解析】实验室制备Fe（OH）3胶体是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，A项不符合题意；S微溶于乙醇、易溶于CS2，不能用乙醇萃取CS2中的S，B项不符合题意；苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，趁热过滤可除去苯甲酸溶液中混有的泥沙，C项符合题意；在HCl氛围中蒸发MgCl2溶液可获得MgCl2固体，D项不符合题意。
7.【答案】B
【解析】若X为S，则氧化物2为SO3，其与水的反应不是氧化还原反应，A项不符合题意；若X为S，氧化物1为SO2，Y为H2S，二者均可以与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使之褪色，B项符合题意；若X为Na，则氧化物2为Na2O2，Na2O2与水反应产生氧气，C项不符合题意；若X为N2，Y可为NH3，酸Z为硝酸，NH3与硝酸恰好完全反应生成硝酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，D项不符合题意。
8.【答案】C
【解析】苯酚与饱和溴水反应生成白色沉淀，体现的是羟基影响了苯环的活性，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ无因果关系，A项不符合题意；Cl2与过量铁粉反应生成FeCl3，陈述Ⅰ错误，B项不符合题意；利用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，是利用HCl和Cl2在饱和食盐水中的溶解度差异大的原理，C项符合题意；向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D项不符合题意。
9.【答案】A
【解析】依据题干信息以及配合物的成键特点，推出X、Y、Z、W、R分别对应B、C、N、O和F元素。第一电离能：N＞O＞B，A项正确；BF3的中心B原子的价层电子数为3，与3个F原子形成3个σ键，无孤电子对，BF3为非极性分子，B项错误；NO3－的空间结构为平面三角形，C项错误；HF会形成分子间氢键，最简单氢化物的沸点：CH4＜HF，D项错误。
10.【答案】B
【解析】1 ml [Fe（CN）6]3－配离子中，σ键数目为12NA，A项错误；1 ml羟基（—OH）的电子数为9NA，1 ml OH－的电子数为10NA，B项正确；铜与硫粉反应生成Cu2S，每1 ml Cu参与反应，转移1 ml电子，C项错误；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72－＋H2O⇌2CrO42－＋2H＋，则1 L 1 ml·L－1 K2Cr2O7溶液中，Cr2O72－的数目小于NA，D项错误。
11.【答案】A
【解析】放电时，负极反应式为Zn－2e－＋4OH－ [Zn（OH）4]2－，OH－被消耗，因此负极附近溶液的pH减小，A项正确；正极反应的催化剂是i，ii应是反应中间体，B项错误；每消耗22.4 L（标准状况）空气，即消耗约0.2 ml O2（在空气中约占15），电路中约转移0.2×4 ml＝0.8 ml电子，C项错误；在酸性溶液中，反应物有H＋参与，正极反应完全不同，历程必然改变，D项错误。
12.【答案】B
【解析】该体系存在两个平衡：Ag＋＋S2O32－⇌[Ag（S2O3）]－ K1、[Ag（S2O3）]－＋S2O32－⇌[Ag（S2O3）2]3－ K2。加入Na2S2O3会增大S2O32－浓度，可能促使
[Ag（S2O3）]－转化为[Ag（S2O3）2]3－，[Ag（S2O3）]－浓度不一定上升，A项错误；加水稀释，溶液体积变大，c（S2O32－）减小，c{[Ag（S2O3）]－}c（Ag＋）＝K1·c（S2O32－），K1不变，故c{[Ag（S2O3）]－}c（Ag＋）一定减小，B项正确；[Ag（S2O3）]－为配离子，在电离方程式中不能拆分，C项错误；电荷守恒式遗漏了S2O32－，正确写法应为c（Na＋）＋
c（H＋）＋c（Ag＋）＝c（OH－）＋c{[Ag（S2O3）]－}＋3c{[Ag（S2O3）2]3－}＋2c（S2O32－）＋c（NO3－），D项错误。
13.【答案】D
【解析】碱金属原子最外层1个电子容易失去，因此单质还原性强，化学性质活泼，A项不符合题意；金刚石中的C采取sp3杂化轨道形成共价键的三维骨架网状结构，硬度大，B项不符合题意；硒元素最外层电子数为6，即最高化合价为＋6价，据此SeO2中Se元素为中间价态，SeO2既有氧化性，又有还原性，C项不符合题意；Al2O3的熔点比AlCl3高是因为Al2O3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子键强度远强于分子间作用力，由于AlCl3不是离子晶体，不能通过比较两者的阴离子半径大小和所带电荷数进行推断，D项符合题意。
14.【答案】D
【解析】铝粉和NaOH溶液反应，H2O作氧化剂，A项错误；第一个球形干燥管中碱石灰的作用是干燥H2，第二个球形干燥管中碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气和CO2进入U形管，因此，两碱石灰的作用不同，B项错误；实验开始时，应先滴加NaOH溶液，待生成的H2排尽装置内空气后，再点燃酒精灯，C项错误；若“铁的氧化物”为Fe3O4，2.32 g Fe3O4物质的量为0.01 ml，0.01 ml Fe3O4与H2反应生成H2O的物质的量为0.04 ml，则理论上U形管增重0.72 g，D项正确。
15.【答案】B
【解析】当v正＝v逆时，k正c2（CO）·c2（NO）＝k逆c（N2）·c2（CO2），可得k正k逆＝c（N2）·c2（CO2）c2（CO）·c2（NO）＝K，A项正确；该反应为放热反应，lg k为增函数，当温度升高时，
lg k正和lg k逆均增大，但K＝k正k逆减小，说明lg k逆增大的趋势要大于lg k正，则表示
lg k逆随温度变化的直线是M，B项错误；能量越低越稳定，则稳定性最好的是TS1，C项正确；CO*＋H*→COH*→C*＋OH*中活化能最大的步骤为COH*→C*＋OH*，故决速步为COH*→C*＋OH*，D项正确。
16.【答案】D
【解析】检测酒驾时，电极a为负极，电极b为正极，H＋由负极移向正极，A项错误；若用氢氧化钠溶液作电解液，会生成盐进入电解液，影响电解液的成分，导致检测仪失效，B项错误；“充电”时阳极发生氧化反应失电子，电极反应为PbSO4＋2H2O－2e－ PbO2＋4H＋＋SO42－，C项错误；检测时负极的电极反应：C2H5OH＋H2O－4e－ CH3COOH＋4H＋，生成的H＋通过质子交换膜移向正极，电路中转移
2 ml e－时，负极区减少9 g H2O，“充电”时，电极a（阴极）的电极反应：2H＋＋
2e－ H2↑，由右室进入左室的H＋恰好反应完，不会引起负极区质量变化，因此理论上负极区需补充检测时减少的9 g H2O，D项正确。
17.【答案】（1）1.3（2分，写1.25扣1分，多写“g”不扣分） BC（2分，漏选得1分，错选不得分）
（2）Cl－、Br－、I－的最外层电子数相同，随着电子层数的增加，离子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，因此还原性：Cl－＜Br－＜I－（2分）
（3）CuI（1分） 2Cu2＋＋4I－ 2CuI↓＋I2（2分，物质正确1分，配平1分，未写“↓”不扣分）
（4）溶液中存在铜离子的干扰，铜离子可把I－氧化为I2，使得试纸变蓝（2分）
（5）取适量iv中反应后的上层清液于试管中，加水稀释，若溶液颜色会由黄绿色变为蓝色，则可证明猜想2成立（2分）
（6）＞（1分）
【解析】（1）配制50 mL 0.1 ml·L－1 CuSO4溶液，需要胆矾（CuSO4·5H2O）的质量为0.05 L×0.1 ml·L－1×250 g·ml－1＝1.25 g，但托盘天平的精度为0.1 g，则应称取1.3 g胆矾，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及50 mL容量瓶，B、C项符合题意。
（2）Cl－、Br－、I－的最外层电子数相同，随着电子层数的增加，离子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，最外层电子容易失去，因此还原性：Cl－＜Br－＜I－。
（3）依据实验iii中的现象析出大量白色沉淀、上层清液能使淀粉－KI试纸变蓝，以及已知信息可知白色沉淀为CuI，涉及的氧化还原反应为2Cu2＋＋4I－ 2CuI↓＋I2。
（4）实验iii已经证明溶液中铜离子能把I－氧化为I2，生成的I2使得淀粉－KI试纸变蓝。故实验iv中淀粉－KI试纸变蓝可能是因为铜离子的干扰，不能证明Cl2的存在。
（5）依据已知信息[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－⇌[CuCl4]2－＋4H2O以及平衡移动原理，加水稀释，可逆反应平衡逆向移动，溶液颜色会由黄绿色变为蓝色，则可证明猜想2成立。
（6）依据已知信息I2＋SO32－＋H2O 2I－＋SO42－＋2H＋得出氧化性：I2＞SO32－，以及通过上述实验可知氧化性：Cu2＋＞I2，得出氧化性：Cu2＋＞SO32－。
18.【答案】（1）3RuO42－＋2MnO4－＋8H＋ △ 3RuO4↑＋2MnO2↓＋4H2O（2分，物质正确1分，配平、条件错误扣1分，二者同时有错也只扣1分，未写“↓”“↑”不扣分）
（2）降低沸点（1分），防止RuCl3·xH2O在高温下升华、分解或氧化（1分，只要答到防止RuCl3·xH2O分解、失去结晶水等合理答案就给分）
（3）3.2（2分）
（4）过滤（1分） B（1分）
（5）NaOH（1分，KOH等合理答案均可）
（6）RuCl62－＋4e－ Ru＋6Cl－（2分，物质正确1分，配平1分）
（7）12（1分） 2.995（2分）
【解析】（1）“含钌废液”的主要成分是RuO42－、Fe2＋，加入KMnO4作为氧化剂，可以直接写出RuO42－反应的离子方程式：3RuO42－＋2MnO4－＋8H＋ △ 3RuO4↑＋
2MnO2↓＋4H2O。
（2）减压蒸馏可以降低沸点，防止RuCl3·xH2O在高温下升华、分解或氧化。
（3）当Fe3＋浓度为1.0×10－5 ml·L－1时，达到临界值，将其代入Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38＝1.0×10－5×c3（OH－），根据lg 4≈0.6，则可求出pH至少应调至3.2。
（4）“操作X”实现了固液分离，则为过滤；已知信息中提到有机萃取剂N503对RuCl62－有很强的萃取能力，故需要通过加入氧化剂，实现RuCl63－转化为RuCl62－，B项符合题意。
（5）根据反应2ROH（有机相）＋RuCl62－（水相）⇌R2RuCl6（有机相）＋2OH－（水相），为了使平衡逆向移动，可以加入NaOH等碱性物质。
（6）电解RuCl62－制备Ru，释放出游离的Cl－，则对应的电极反应式为RuCl62－＋4e－ Ru＋6Cl－。
（7）在该晶胞中，O2－位于面上，Ba2＋位于顶角，Ru4＋位于体心，根据均摊法，可得分子式为RuBaO3。与Ba2＋最近且等距离的为O2－，O2－周围有4个Ba2＋，二者在分子式上存在3倍关系，则反之Ba2＋周围有4×3＝12个O2－。1个晶胞中有1个Ru4＋，当有1％的Ru4＋被Rh3＋替代后，阳离子电荷减少了1％×1＝0.01，根据电荷守恒，阴离子电荷也相应减少0.01，则O2－应减少0.005个，晶体中会失去部分O2－产生缺陷，原晶胞中O2－数目为3，则此时平均每个晶胞所含O2－的数目为3－0.005＝2.995。
19.【答案】（1）ΔH2－ΔH1（1分）
（2）AD（2分，漏选得1分，错选不得分）
（3）0.528（2分）
（4）①（1分）
②N（1分） 3（2分）
（5）①[Cd（EDA）2]2＋（2分）
②M点是曲线b和d的交点，c{[Cd（EDA）3]2＋}＝c{[Cd（EDA）]2＋}（1分）
则K2·K3＝c{[Cd（EDA）3]2+}c{[Cd（EDA）]2+}·c2（EDA）＝1c2（EDA）（1分）
即lg c（EDA）＝－lgK2＋lgK32（1分，其他正确形式也得分）
【解析】（1）反应iii＝反应ii－反应i，因此ΔH3＝ΔH2－ΔH1。
（2）EDA易溶于水是因为EDA与H2O形成分子间氢键，A项错误；H3N＋CH2CH2NHCOO－既能与酸反应，又能与碱反应，因此具有两性，B项正确；增大EDA的浓度有利于CO2的捕集，C项正确；CO2的捕集是熵减小的过程，D项错误。
（3）n起始（EDA）＝0.02 ml，n捕集（CO2）＝α（CO2）×n起始（EDA）＝0.012 ml，m捕集（CO2）＝n捕集（CO2）×M＝0.012 ml×44 g·ml－1＝0.528 g。
（4）①基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，则其价层电子的轨道表示式为。②在EDA与Mn2＋形成的配合物中，提供孤电子对的配位原子为N，配体数为3。
（5）①随着EDA浓度增大，含Cd微粒由Cd2＋逐渐生成[Cd（EDA）3]2＋，a、b、c、d曲线分别对应Cd2＋、[Cd（EDA）]2＋、[Cd（EDA）2]2＋、[Cd（EDA）3]2＋。
②见答案。
20.【答案】（1）C7H6O（1分，元素顺序错误不得分） 氨基（1分，出现错别字不得分）
（2）5（1分） （1分，写结构简式或键线式都得分，有错不得分）
（3）AD（2分，漏选得1分，错选不得分）
（4）1（1分）
（5）①（2分，物质正确1分，配平、条件有错扣1分，二者同时有错也只扣1分）
②氧化反应（1分） （2分，物质正确1分，配平、条件有错扣1分，二者同时有错也只扣1分）
③（2分，写结构简式或键线式都得分，有错不得分）
【解析】（1）化合物a为苯甲醛，其分子式为C7H6O，化合物b为苯胺，其中官能团的名称为氨基。
（2）芳香族化合物e为胺，e的相对分子质量比b大14（即多1个—CH2—），故e的分子式为C7H9N。若苯环上只连有一个取代基，存在2种结构（—CH2NH2、—NHCH3）；若苯环上连有两个取代基，存在—NH2与—CH3的邻、间、对3种结构，共5种结构。核磁共振氢谱图只有4组峰，对应的结构简式为。
（3）a与b反应生成d时，C O断裂，C N双键形成，存在π键的断裂与形成，A项正确；反应①为加成反应（形成中间体c），反应②为消去反应（脱水成双键），反应类型不同，B项错误；c分子中存在一个手性碳原子，C项错误；a、d均可以与H2发生加成（还原）反应，原子利用率100％，D项正确。
（4）a（苯甲醛）与HCN加成生成f[C6H5CH（OH）CN]，酸性条件下水解生成主要产物g[C6H5CH（OH）COOH]，f中无羧酸羟基氢，g中新增羧酸羟基氢（1组），故与f相比，g的核磁共振氢谱图中多1组吸收峰。
（5）①卤代烃发生水解反应可引入羟基，故化学方程式为。②已知酮也可与胺类物质发生题述类似的反应，因此需要引入羰基化合物（碳氧双键），可以将第一步的产物环己醇与氧气发生催化氧化，得到环己酮，故化学方程式为。③环己酮与化合物Ⅱ反应，中间体为，此时N原子上没有氢，则采取另一种失水方式，产物为（烯胺类物质，类似烯醇结构）。