2026年贵州省黔西南布依族苗族自治州高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2026年贵州省黔西南布依族苗族自治州高考化学一模试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列有关化合物X的叙述正确的是
A．X分子只存在2个手性碳原子
B．X分子能发生氧化、取代、消去反应
C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上
D．1 ml X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 ml NaOH
2、下列离子方程式正确的是( )
A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：MnO4-+ 8H+ + 4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2O
B．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：CO32-+ H2O+ CO2=2 HCO3-
C．铜片与浓硫酸共热：Cu + 4H++ SO42-Cu2+ + SO2↑+ 2H2O
D．硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2+ +4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O
3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．7g14C中，含有3NA个中子
B．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NA
C．3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4L
D．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA
4、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-
B．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-
C．c(OH-)Ka3，所以常温下HB2-的水解程度大于电离程度，NaH2B溶液呈碱性，故C正确；
D．，K=
=，由图可知，时，氢离子浓度等于Ka1，因此Ka1的量级在10-2~10-3，H2B-离子的水解常数的数量级为10-12，故D错误。
答案选C。
7、C
【解析】
铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a电极为正极，电极反应为Fe3++e-═Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。
【详解】
A．根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e−=Fe2+，A项不选；
B．根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e−=Cr2+，B项不选；
C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；
D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D项不选；
故答案选C。
8、A
【解析】
A.沼气为秸秆等植物发酵而成，属于可再生能源，故A错误；
B.石油中石油气的沸点最低，所以石油分馏最先得到的是石油气，可作为燃料，石油气也常用来制造塑料，故B正确；
C.用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物是使煤经过化学反应生成液体燃料，属于煤的液化，故C正确；
D.垃圾发电是把各种垃圾收集后，进行分类处理。其中：一是对燃烧值较高的进行高温焚烧，在高温焚烧中产生的热能转化为高温蒸气，推动涡轮机转动，使发电机产生电能。二是对不能燃烧的有机物在缺乏空气的条件下进行腐烂发酵、产生一种气体沼气，故D正确；
故选A。
9、B
【解析】
“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。
A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；
B. FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；
C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；
D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。
所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。
故合理选项是B。
10、B
【解析】
A．NaCl是最常用的食品调味剂，故A正确；
B．相同温度下NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故B错误；
C．钠元素的焰色反应呈黄色，故C正确；
D．工业上可利用Na与熔融TiCl4及锆盐制备钛、锆等金属，故D正确；
答案为B。
11、D
【解析】
①向溶液中滴加足量氯水后 , 溶液变橙色 , 说明溶液中含有 Br−，且有气泡冒出 , 说明溶液中含离子 CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－， 那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子： Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理 ，能证明 K＋存在 ，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样 ，加入足量 BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选 D。
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br -，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO 3 2-或SO 3 2-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在； ②向所得橙色溶液中加入足量BaCl 2溶液，无沉淀生成，说明不含SO 3 2-，据此进行解答。
12、D
【解析】
A．银器发黑的原因就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀，重新变亮就是又变成原来的银，在这个过程中涉及到化学变化，A正确；
B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变化，B正确；
C．瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙）等，C正确；
D．光敏树脂遇光会改变其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质，在紫外线照射下，这些分子结合变成聚合物高分子，属于化学变化，D错误；
答案选D。
复习时除了多看课本，还要多注意生活中的热点现象，思考这些现象与化学之间的关系。
13、C
【解析】
油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除②③；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。
14、A
【解析】
根据碳与二氧化碳反应的化学方程式计算出1体积二氧化碳生成的一氧化碳的体积，再根据碳与氧气反应的化学方程式计算出空气中氧气和碳反应生成的一氧化碳的体积；两者相加就是反应后气体中一氧化碳的体积，反应后气体的总体积＝空气体积−反应掉的氧气体积＋氧气生成的一氧化碳体积＋二氧化碳反应生成的一氧化碳；然后根据体积分数公式计算即可。
【详解】
1体积的二氧化碳和足量的碳反应可以得到2体积的一氧化碳(C＋CO22CO)。因为原来空气中的二氧化碳仅占0.03%，所以原空气中的二氧化碳反应得到的一氧化碳忽略不计；原空气中一共有0.2体积的氧气，所以氧气和碳反应后(2C＋O22CO)得到0.4体积的一氧化碳；所以反应后气体的总体积为1(空气)−0.2(反应掉的氧气)＋0.4(氧气生成的一氧化碳)＋2(二氧化碳反应生成的一氧化碳)＝3.2体积，一氧化碳的体积为0.4＋2＝2.4体积；所以一氧化碳的体积分数为×100%＝75%；
故答案选A。
15、B
【解析】
A. 蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；
B. 生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B项正确；
C. 铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；
D. 燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；
答案选B。
16、A
【解析】
CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与O形成双键，再与两个Cl形成共价单键，因此C原子采用sp2杂化，A错误；CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl－，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D正确。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛） 消去反应 氯原子、羧基 n+(n-1)H2O 6
【解析】
根据已知①，A为，根据流程和已知②可知，B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛，根据已知③，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。
【详解】
（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为；
（2）的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；
（3）J的结构简式为；
（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为n+(n-1)H2O；
（5））K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个—CH2—，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有—OH和—CH=CH—CHO或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。
18、羰基 羧基 还原反应
【解析】
A与在AlCl3作用下发生取代反应生成，与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成D，D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知，D为，据此分析作答。
【详解】
（1）B为，其中含氧官能团名称为羰基和羧基；
（2）B→C的过程中，羰基转化为亚甲基，属于还原反应；
（3）与SOCl2发生取代反应生成D，D的分子式为C10H11OCl，可知D为：；
（4）F的分子式为C16H16O，其不饱和度==9，①分子中含有1个苯环，能发生银镜反应，则说明分子内含醛基；②分子中有4种不同化学环境的氢，则分子为对称结构，满足上述条件的同分异构体为：；
（5）根据上述合成路线，若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应，再利用生成的与以及水进行反应制备，采用逆合成分析法结合目标产物，只要将酸性条件下加热可生成，最后与氢气加成即可得到，具体合成路线为：。
19、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙×100%c
【解析】
稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。
【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，
(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；
(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；
(5)①取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c ml•L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cml/L×b×10-3L=bc×10-3ml；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3ml；100mL溶液中含bc×10-3ml×5=5bc×10-3ml，所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%，故答案为×100%；
②a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。
掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。
20、分液漏斗、烧杯 上口倒出 除去乙醚层中含有的苯甲醛 防止暴沸 D 重结晶 60%
【解析】
（1）根据仪器名称写出相应的仪器名称；分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
（2）饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛；
（3）根据碎瓷片的作用及苯甲酸沸点分析；
（4）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程；
（5）根据产率=进行计算。
【详解】
（1）萃取分液用到的玻璃实验仪器名称是分液漏斗、烧杯；乙醚密度小于水，在上层，分液时，乙醚层应从上口倒出；
（2）醛类可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，实验步骤中的饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛，饱和碳酸钠溶液除去残留的亚硫酸氢钠；根据题给信息可知，二者发生加成反应，化学方程式为：；
（3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为防止暴沸，蒸馏时得到产品甲为苯甲酸，应控制温度在249℃左右；
答案选D；
（4）提纯粗产品乙获得产品乙的纯化方法名称为重结晶；
（5）称取10.60g的苯甲醛进行实验，理论上得到苯甲酸的质量为，最终制取产品乙的质量为3.66g，则产品乙的产率为。
本题考查了物质制取过程中反应条件的选择、混合物的分离方法、物质转化率的检验方法的知识，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法及其综合应用，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。
21、d N 电子气 A 1 “头碰头” 高于 均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高 MnO2 1
【解析】
(1)Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p13s23p13d54s2；锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释；
(2)A．Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定；
B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1；
D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关；
(3)MnF12−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为1；F与Mn之间的共价键都是共价单键；
(4)物质都属于离子晶体，离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；
(5)用均摊法计算确定化学式，并结合微粒的空间排列确定Mn的配位数；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半。
【详解】
(1)Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p13s23p13d54s2，可知M在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区元素，核外电子占据最高能层的符号是N；锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释，故答案为：d；N；电子气；
(2)A．Mn3＋的价电子构型为3d4，Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定，Mn3＋容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，故A正确；
B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故B错误；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是Cr元素，故C错误；
D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2＋具有强的还原性，而Fe3＋具有强的氧化性，故D错误；
故答案选：A；
(3)MnF12−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为1．在化合物化合物K2MnF1中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于σ键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”，故答案为：1；“头碰头”；
(4)MnO和MnS都是离子晶体，离子电荷数相同，O2−离子半径小于S2−的离子半径，MnO的晶格能大，熔点更高，故答案为：高于；均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高；
(5)在该晶体中含有的Mn原子个数为：×8＋1＝2，含有的O原子数目为：×4＋2＝4，Mn：O＝2：4＝1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子有1个，所以Mn的配位数为1；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为×pm=pm，故答案为：MnO2；1；。
名称
相对密度
熔点/℃
沸点/℃
溶解度
水
乙醚
苯甲醛
1.04
－26
179.6
微溶
易溶
苯甲酸
1.27
122.1
249
25℃微溶，95℃可溶
易溶
苯甲醇
1.04
－15.3
205.7
微溶
易溶
乙醚
0.71
－116.3
34.6
不溶
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