四川攀枝花市2026届高三下学期第二次统一考试（4月二模）化学试题（含解析）

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本试题卷满分100分 考试时间75分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码贴在条形码区。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所规定的答题区域内作答，答在本试题卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 K-39 Fe-56
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1. 下列机器人部件使用的材料中，属于有机合成材料的是
A. 皮肤-聚氨酯B. 躯干-碳纤维C. 关节-钛合金D. 触觉传感器-压电陶瓷
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚氨酯属于人工合成的有机高分子材料，属于有机合成材料，A符合题意；
B．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机合成材料，B不符合题意；
C．钛合金属于金属合金，是金属材料，不属于有机合成材料，C不符合题意；
D．压电陶瓷属于无机非金属硅酸盐材料，不属于有机合成材料，D不符合题意；
故答案选A。
2. 根据下列物质的性质判断，其用途错误的是
A. 具有良好的光学特性，可用于制作光导纤维
B. 纳米铁粉具有较强的还原性，可用于处理含的废水
C. 丙三醇具有很强的吸水性和护肤作用，可用作化妆品保湿剂
D. 聚乙烯醇具有良好的水溶性和生物相容性，可用于制作滴眼液
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiO2具有优良的导光性能，是光导纤维的主要原料，用途描述正确，A不符合题意；
B．金属活动性顺序中Al排在Fe之前，Al3+氧化性弱于Fe2+，Fe无法还原Al3+，不能用于处理含Al3+的废水，用途描述错误，B符合题意；
C．丙三醇（俗称甘油）吸水性强，且性质温和可滋润皮肤，可用作化妆品保湿剂，用途描述正确，C不符合题意；
D．聚乙烯醇水溶性良好，且生物相容性高、对眼部刺激小，可用于制作滴眼液的载体，用途描述正确，D不符合题意；
故答案选B。
3. 下列化学用语表达正确的是
A. 的电子式：
B. 基态Cr原子的价层电子排布图：
C. 中心原子杂化轨道空间分布示意图
D. 质子数为28、中子数为32的核素表示为
【答案】D
【解析】
【详解】A．是离子化合物，其电子式为，A错误；
B．根据构造原理和洪特规则，Cr原子的价层电子排布式为，价层电子排布图为：，B错误；
C．的孤电子对数，价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数=1+3=4，N原子以方式杂化，杂化轨道空间分布图为：，C错误；
D．质子数为28、中子数为32的核素的质量数=32+28=60，其表达方式为，D正确；
故答案选D。
4. 用强氧化剂在石墨层间引入大量基团(如：、等)削弱层间作用力得到氧化石墨烯。下列说法正确的是
A. 石墨层内导电性和层间导电性相同B. 石墨是一种有机高分子材料
C. 石墨转化成氧化石墨烯是物理变化D. 氧化石墨烯有一定的亲水性
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨层内由碳原子通过sp2杂化形成六角形网状结构，每个碳原子剩余一个未成键的p电子，形成离域π电子云，这些电子可在层内自由移动，因此层内导电性良好，类似于金属，石墨层间通过较弱的范德华力结合，距离较大，电子难以在层间自由移动，因此层间导电性较差，远低于层内，故A错误；
B．石墨是碳的单质，不属于有机高分子，故B错误；
C．石墨转化成氧化石墨烯，物质发生变化，是化学变化，故C错误；
D．、均属于亲水基团，氧化石墨烯中含有、，具有一定的亲水性，故D正确；
答案选D。
5. 环化反应常用于合成复杂的天然有机物，下图为环化反应的一种。下列说法正确的是
A. 甲与乙互为同系物B. 丙、丁分子中的碳原子均共平面
C. 丙与丁互为同分异构体，D. 丙、丁都能形成分子内氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A．同系物指结构相似、分子组成相差若干个原子团，甲的结构为CH2=C=CHCOOC2H5（含累积二烯烃结构），乙的结构为（含单烯烃结构），二者官能团种类/数目不同，不互为同系物，A错误；
B．丙、丁分子中存在五元环的饱和碳原子（如丁分子中与酯基相连的碳原子均为杂化碳原子），杂化的碳原子会形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．丙和丁的分子式完全相同，但官能团在环上的位置不同（属于位置异构），因此二者互为同分异构体，C正确；
D．分子内氢键的形成需要、、等极性键，丙、丁分子中只有酯基()，没有键，无法形成分子内氢键，D错误；
故答案选C。
6. 对下列事实的解释中，错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲基（）是给电子基团，会使中N的电子云密度升高，更易结合，因此碱性，A错误；
B．AgCl可与氨水反应生成易溶于水的配合物，因此可用氨水清洗试管内壁附着的AgCl，B正确；
C．该反应中是还原剂，是还原产物，氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物，故还原性，将中+5价氯元素还原为，C正确；
D．受热首先分解生成，由于的溶解度比更小，长时间煮沸时水解转化为更难溶的，因此最终析出沉淀的主要成分为，D正确；
故选A。
7. 下列实验装置(部分夹持装置略)设计或操作能够达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．一定物质的量浓度溶液的配制实验中，容量瓶用于固定溶液的体积，不能用来溶解固体和用作反应容器等，A错误；
B．烧碱即NaOH，高温条件下能跟石英坩埚中的二氧化硅反应，故不能用石英坩埚进行烧碱熔融操作，B错误；
C．聚四氟乙烯活塞滴定管可用于盛装碱溶液，用NaOH滴定醋酸时常用酚酞做指示剂，该方法可测出醋酸浓度，C正确；
D．乙二酸具有较强还原性，酸性KMnO4具有强氧化性，乙二酸能被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，则足量酸性KMnO4可将乙二醇氧化生成二氧化碳和水，该方法不能制备乙二酸，D错误；
故选C。
8. 臭氧法处理含氰废水的主要反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 生成1 ml 转移的电子数目为
B. 26 g 含键的数目为
C. 常温常压下，2.24 L 所含电子数目为
D. 16 g由和组成的混合物含氧原子数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应中2 ml CN-完全反应共失去10 ml电子，同时生成2ml ，因此生成1ml 转移的电子数目为，A正确；
B．CN-中C、N之间为三键，仅含1个键，26 g CN-的物质的量为1 ml，含键的数目为，B错误；
C．常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/ml，2.24 L N2的物质的量小于0.1 ml，所含电子数目小于1.4 NA，C错误；
D．O3和O2均由氧原子构成，16 g混合物中氧原子的物质的量为，数目为，D错误。
故选A。
9. Fe-Mg合金是极具前景的储氢材料，其晶胞结构如下图所示，合金中Fe，Mg原子个数比为。该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置。下列说法正确的是
A. 图中黑球表示镁原子，白球表示铁原子
B. 该合金中，每个Fe原子周围与它最近且相等距离Mg原子有4个
C. Mg原子与它最近且相等距离的Fe原子构成正八面体
D. 理论上52 kg该合金最多可储存1 kg
【答案】D
【解析】
【详解】A．图中黑球的个数为，白球有8个，根据给定信息“合金中Fe，Mg原子个数比为”可知，黑球表示铁原子，白球表示镁原子，A错误；
B．该Fe-Mg合金中，每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子在上下层各有4个，共有8个，B错误；
C．根据几何关系可知，Mg原子与它最近且相等距离的4个Fe原子构成正四面体，C错误；
D．该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置，则会吸收个，则吸收氢后化学式为FeMg2H2；要储存1 kg，至少需要Fe-Mg合金，D正确。
10. 某含氟高分子Q的合成路线如下图。下列说法中错误的是
A. X是顺式结构，它具有反式结构的异构体
B. X与试剂a反应时，每生成1 ml Y的同时还生成1 ml
C. M遇溶液发生显色反应，也能与溴水发生取代反应
D. 将Z替换成对二乙烯基苯，发生上述反应时可能生成网状高分子
【答案】B
【解析】
【分析】X和试剂a发生脱水反应生成Y，结合高分子Q，a为CF3CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，Y、Z、M发生加聚反应生成Q。
【详解】A．X中较大基团（羧基），在同侧故为顺式结构，存在反式结构的异构体，A正确；
B．X与试剂a反应时，X中两个羧基都会与氨基脱水，故每生成1 ml Y的同时还生成2 ml ，B错误；
C．M中含有酚羟基，所以可以和氯化铁溶液发生显色反应，且酚羟基的邻对位有未被取代的氢原子，所以可以和溴水发生取代反应，C正确；
D．将Z替换成对二乙烯基苯，由于对二乙烯基苯（）的对位也可以发生同样的加聚反应，故可得到网状高分子，D正确；
故选B。
11. 在Ga-Cu-Mg催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如下图所示。下列说法错误的是
已知：“*”表示该微粒吸附在催化剂表面；SB为带有一定电性的吸附位点，易吸附极性大的分子。
A. SB吸附位点对水分子的吸附能力大于
B. 反应过程中，可能生成副产物甲醛、甲酸
C. 上述反应涉及极性键的断裂和非极性键的形成
D. 若用代替，则生成的氢气分子只有HD、
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O是极性分子，CO2是非极性分子，根据已知：SB易吸附极性大的分子，因此SB吸附位点对水分子的吸附能力大于CO2，A正确；
B．从反应机理可以看出，过程中生成甲醛、甲酸结构的中间产物，因此反应过程中可能生成副产物甲醛、甲酸，B正确；
C．甲醇水蒸气重整的总反应为CH3OH+H2OCO2+3H2，反应过程中断裂的C-H、O-H、C-O键均为极性键，生成的H2中H-H键为非极性键，因此涉及极性键的断裂和非极性键的形成，C正确；
D．若用D2O代替，步骤Ⅱ之后生成的H2的两个H来自甲醇；步骤Ⅲ发生加成反应，产物中的两个羟基均是-OD，脱氢后H和D可以结合生成HD，同理步骤Ⅴ之后的产物也是HD，故生成的氢气是H2和HD，D错误；
答案选D。
12. 以硫化铜精矿(主要含CuS，还含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的一种工艺流程如下图。
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：
下列说法错误的是
A. “浸取”时发生的主要反应中
B. 用“中和调pH”的范围为
C. “过滤”所得滤液中只含有一种盐
D. “还原”时的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】CuS精矿中加入硫酸溶液浸取，同时通入高压，CuS反应生成、S单质和，被氧化为，向溶液中通入调节溶液pH，被转化为沉淀，过滤得到的滤渣中含有S和。之后向滤液中通入高压，根据元素活动性：Zn>H>Cu，被还原为Cu单质，据此作答。
【详解】A．“浸取”过程中发生的反应的方程式为：，根据方程式，反应中的，A正确；
B．用调节pH的目的是将完全转化为，同时需避免形成沉淀，因此需控制溶液pH范围为，B正确；
C．在中和调节pH过程中，与硫酸反应生成，C错误；
D．由分析可知，“还原”过程中被还原为，该反应离子方程式为；，D正确；
故答案选C。
13. 由氢元素和W、X、Y、Z元素组成的某催化剂分子结构如下图所示。已知W、X、Y、Z为核电荷数依次增大短周期主族元素，基态的W原子和Y原子2p能级均有2个未成对电子，Y和Z原子的价电子数相同。下列说法正确的是
A. 电负性：B. 第一电离能：
C. 简单氢化物的沸点：D. 、分子都是非极性分子
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为核电荷数依次增大短周期主族元素，W形成4个共价键、Y形成2个共价键，基态的W原子和Y原子2p能级均有2个未成对电子，则W是C、Y是O、X是N元素；Y和Z原子的价电子数相同，Z是S元素。
【详解】A．同主族元素从上到下，电负性依次减小，电负性O>S,，故A错误；
B．基态N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：N>O，故B正确；
C．H2O、NH3都能形成分子间氢键，H2O形成的分子间氢键多，所以简单氢化物的沸点H2O>NH3>H2S>CH4，故C错误；
D．SO2分子中S原子价电子对数为3，S原子有1个孤电子对，SO2分子空间构型为角形，SO2是极性分子； SO3分子中S原子价电子对数为3，SO3分子中S原子无孤电子对，SO3分子空间构型为平面三角形，SO3是非极性分子，故D错误；
选B。
14. 电解水制氢联合处理肼的装置示意图如图1所示，该装置中生成氢气的物质的量随时间变化情况如图2所示。下列说法错误的是
A. 电解时，a极与电源负极相连
B. 电解时，b极发生的反应为
C. 30 min末，理论上有经过阴离子交换膜进入阳极室
D. 理论上，生成1 ml氢气的同时能转化
【答案】C
【解析】
【分析】电解时，a极(阴极)发生的反应为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-，b极(阳极)发生的反应为N2H4-4e-＋4OH-=N2↑＋4H2O，OH-会由a极区穿过阴离子交换膜向b极区移动，据此解答。
【详解】A．据分析，a极为阴极，与电源负极相连，A正确；
B．据分析，b极为阳极，发生氧化反应：N2H4-4e-＋4OH-=N2↑＋4H2O，B正确；
C．根据图2信息可知生成氢气的物质的量与时间成正比关系，30 min末，生成0.45×10−3ml40min×30 min=3.375×10-4 ml H2，电路中转移6.75×10-4 ml e-，根据关系：e-~OH-，理论上有6.75×10-4 ml OH-经过阴离子交换膜进入阳极室，C错误；
D．根据电子守恒得关系式：2H2～4e-～N2H4，理论上，生成1 ml氢气的同时能转化0.5 ml(即16 g)N2H4，D正确；
故选C。
15. 已知：反应“”的。一定温度下，溶液中有、、、四种含铬元素的物种。初始浓度为的溶液中，四种含铬物种的浓度随溶液pH变化如下图所示。下列说法正确的是
A. 时，
B. 时，
C. B点
D. 反应：的
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，随着pH的增大，物种X和Y均呈现先增大后减小的趋势，在pH=12及以上时，溶液中几乎只含有，纵坐标的浓度约为0.195 ml/L，在pH=4左右时，溶液中几乎只有物种X和物种Y，物种X浓度约为0.075 ml/L，物种Y浓度约为0.045 ml/L，初始浓度为的溶液中，故根据Cr元素守恒可知，因此物种X为，物种Y为；则交点A处，cHCrO4−=cH2CrO4，故的Ka1=cHCrO4−cH+cH2CrO4=cH+=10−0.74，则交点B处，cHCrO4−=cCrO42−，故的Ka2=cCrO42−cH+cHCrO4−=cH+=10−6.50，据此分析。
【详解】A．由Ka1=10−0.74可知，时，cHCrO4−=Ka1cH2CrO4cH+=10−0.7410−1cH2CrO4=100.26cH2CrO4，A错误；
B．由、可知cCrO42−cH2CrO4=Ka1Ka2c2H+，时，cCrO42−cH2CrO4=Ka1Ka2c2H+=10−0.74×10−6.5010−3.5×2=10−0.24