2025-2026学年宿州市高考冲刺化学模拟试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年宿州市高考冲刺化学模拟试题（含答案解析），文件包含2026-2027学年安徽卓越县中联盟高三化学试卷pdf、2026-2027学年安徽卓越县中联盟高三化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、下列化学用语正确的是
A．中子数为2的氢原子：HB．Na+的结构示意图：
C．OH-的电子式：[H]一D．N2分子的结构式：N—N
2、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．醋酸和活性炭均可对环境杀菌消毒B．糖类和油脂均可以为人体提供能量
C．明矾和纯碱均可用于除去厨房油污D．铁粉和生石灰常用作食品抗氧化剂
3、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是
A．X、Y均可形成两种氧化物
B．离子的半径大小顺序：r(X+)c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞ c(NH4＋)＞ c(OH－)＞ c(H＋)，故C正确；
D.C点通入0.1mlHCl，与0.1ml醋酸钠反应得到0.1mlCH3COOH与0.1mlNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1ml/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1ml/L，故D正确；
故选：B。
本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。
18、C
【解析】
A. 盐酸的酸性大于亚硫酸，将SO2通入BaCl2溶液，不发生反应，不会产生白色沉淀，A错误；
B. 向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，有白色浑浊出现，这是蛋白质发生了盐析，加入蒸馏水后蛋白质会溶解，B错误；
C. 加有MnSO4的试管中溶液褪色较快，说明Mn2+对该反应有催化作用，C正确；
D. 将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体，是因为蔗糖被浓硫酸脱水碳化后，又进一步发生了碳和浓硫酸的反应，C被浓硫酸氧化，生成二氧化碳、二氧化硫气体，D错误；
答案选C。
A容易错，容易错，二氧化硫通入到水溶液中生成亚硫酸，同学会误以为亚硫酸和氯化钡发生复分解反应，相互交换成分生成亚硫酸钡沉淀，忽视了一般酸和盐溶液发生复分解反应的规律是强酸制弱酸。
19、D
【解析】
往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3（亚硫酸），H2SO3具有很强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，所以SO32-和Fe3+发生反应，生成Fe2+和SO42-，所以溶液颜色由黄变绿(Fe2+)，同时有白色沉淀（BaSO4) 同时有H2SO4生成，所以酸性增强。
A. 该实验表明SO2有还原性，选项A错误；
B. 白色沉淀为BaSO4，选项B错误；
C. 该实验表明FeC13具有氧化性，选项C错误；
D. 反应后溶液酸性增强，选项D正确；
答案选D。
20、B
【解析】
A.NH3溶于水生成一水合氨，一水合氨在水中电离出OH-，水溶液呈碱性，NH3使湿润的蓝色石蕊试纸变蓝，A不符合题意；
B.SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸在水中电离出H+，溶液显酸性，SO2使湿润的蓝色石蕊试纸变红，B符合题意；
C.Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸，盐酸具有酸性，HClO具有强氧化性，Cl2能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，C不符合题意；
D.CO不溶于水，CO不能使湿润的蓝色石蕊试纸发生颜色变化，D错误；
答案为B。
Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸，盐酸使蓝色石蕊变红，次氯酸氧化后红色褪去。
21、C
【解析】
A.转化后相当于生成了新的物质，因此属于化学变化，A项错误；
B.1ml中含4ml键，既然二者结构类似，1ml中应该有4ml键，B项错误；
C.当结构相近时，原子晶体的熔沸点与组成原子的半径大小呈反比，即组成原子晶体的原子半径越小，熔沸点越高，而碳原子的半径小于硅原子，C项正确；
D.同分异构体中强调的是“分”，即分子式相同，而的原子晶体无分子式一说，二者自然不互为同分异构体，D项错误；
答案选C。
还有一个比较容易搞错的例子是、、，三者都是氢气，因此为同一种物质。
22、A
【解析】
A、E为NaCl溶液、F为钾，G为KOH，H为H2，H2与O2生成H2O，H2O与O2不反应，故A错误；B、若L为强酸，则E可能为NaHS、F为HNO3，NaHS与HNO3生成Na2SO4和NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，L是HNO3是强酸，故B正确；C、若L为弱酸，则E可能为Mg、F为CO2，Mg与CO2反应生成MgO和C，C与O2反应生成CO，CO再与O2反应生成CO2，CO2溶于水生成H2CO3，L为H2CO3，是弱酸，故C正确； D．若L为强酸，则E可能为NH4Cl、F为Ca(OH)2，NH4Cl与Ca(OH)2反应生成CaCl2和NH3，NH3与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，L是HNO3是强酸，故D正确；故选A。
二、非选择题(共84分)
23、 3，4，4﹣三甲基庚烷
【解析】
(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；
(2)根据(1)的分析所得A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；
(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；
(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。
【详解】
(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；
(2)根据(1)的分析，A为 ，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷；
(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；
(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。
考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。
24、碳碳双键 +C2H5OH+H2O 取代反应（硝化反应） +2CH3Cl+2HCl
【解析】
根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与Fe/Cl2反应生成，则I为；K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为；M分子中含有10个C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M为；
【详解】
（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；
（2）反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；
（3）反应②中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；
（4）I的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定I的分子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；
（5）K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl；
（6）1mlM可与4mlNaHCO3反应生成4 ml CO2，则M中含有4ml羧基，则M的结构简式为；
（7）I为、N为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结构简式为。
确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。
25、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率 [Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O A 制化学肥料等 过滤 干燥 产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性 分液漏斗 做催化剂 氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可） ×100%（或%）
【解析】
（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。
（2）由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。
（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。
（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。
（6）①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。
②由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。
③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体（因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体），硫酸铜晶体中的铜元素质量为g，则铜粉的纯度为×100%或化简为%。
26、碱式滴定管 MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O 蓝 无 偏高
【解析】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；
(5)根据关系式，进行定量分析；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。
【详解】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；
(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。
本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。
27、三颈烧瓶 Na2SO3溶液 2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++ 与H+作用，调整pH 3.5 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O 温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切 C→B→A
【解析】
(1)根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；
(2)根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；
(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；
(4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸”，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。
【详解】
(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3溶液；
(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；与H+作用，调整pH；3.5；
(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；
(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C→B→A→D，故答案为：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；降低温度到常温，上下调节量气管液面至左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切；C→B→A。
28、-794.5 A 80% 4.27 排气管是敝口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物转化率就越高 AD 降低温度 B
【解析】
（1）已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/ml
②C(s)+O2(g)= CO(g) △H2= -110.5 kJ/ml
③N2(g)+ O2(g)=2NO(g) △H3= +180.0 kJ/ml
根据盖斯定律，2×①-（2×②+③）得2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+ 2CO2( g) △H=-393.5 kJ/ml×2-（-110.5 kJ/ml）×2 -180.0 kJ/ml=-794.5 kJ/ml，故答案为：-794.5；
（2）①根据表中数据分析A容器中反应先达到平衡，则催化剂A的效果更好，故答案为：A；
②设平衡时反应的CO的物质的量为x，则

则，解得x=，CO的平衡转化率为；平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为、、、，则各物质的分压分别为、、、，(kPa)-1，故答案为：80%；4.27；
③汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物转化率，其原因是排气管是敝口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物转化率就越高，故答案为：排气管是敝口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物转化率就越高；
（3）①A. 2v正(O2)= v逆(NO)=2v逆(O2)，正反应速率等于逆反应速率，则说明反应达到平衡状态，故A选；
B. 混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，所以B不选；
C. c(N2):c(O2)=l不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，故C不选；
D 该反应伴随着能量不变，该容器内温度不变，说明转化率不变，能说明反应达到平衡状态，故D选；故答案为：AD ；
②该反应为吸热反应，降低温度平衡逆反应方向移动，NO的体积分数降低，故答案为：降低温度；
（4）A. 根据题给反应机理分析，N2比O2稳定，所以第一步反应不从N2分解开始，故A正确；
B. 根据反应历程分析，O 原子为该反应的催化剂，故B错误；
C. 三步反应中第一步反应速率最慢，说明活化能最大，故C正确；
D. 温度升高，增大活化分子百分数，所以三步反应的速率都随温度升高而增大，故D正确；故答案为：B。
在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂，催化剂在化学反应中所起的作用叫催化作用。
29、C Ka= 5×10-10 加成反应 BD v(P1)>v(P2)>v(P3) 30% 该反应为放热反应，在压强不变时升高温度平衡逆向移动，致使产率下降。
【解析】
（1）以高粱为主要原料的酿醋工艺中，利用醋酸溶解性的是用水淋，故选C；
（2）乙酸是弱电解质，在水溶液中电离CH3COOHCH3COO-+H+，电离平衡常数的表达式 Ka= 。
（3）25℃时,CH3COONa的水解平衡常数Kh= =5×10-10；
(4)①该反应双键变成单键，属于有机反应类型中的加成反应。
②A 、乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同，不能确定各组分的浓度是否保持不变，故A错误；
B 、酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等，即正反应速率等于逆反应速率，故B正确；
C、乙烯断开l ml碳碳双键的同时乙酸恰好消耗l ml，均表示正速率，故C错误；
D、体系中乙酸的百分含量一定，浓度保持不变，故D正确；
故选BD。
（5）①温度在60－80℃范围内，当温度相同时，P1时乙酸乙酯的产率最高，速率最大，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v(P1)>v(P2)>v(P3)[用v(P1)、v(P2)、v(P3)分别表示不同压强下的反应速率]。
②压强为P1 MPa、温度60℃时，若乙酸乙酯的产率为30%，根据CH2＝CH2 (g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，则此时乙烯的转化率等于乙酸乙酯的产率为30%。
③压强为P1 MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是该反应为放热反应，在压强不变时升高温度平衡逆向移动，致使产率下降。
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2通入BaCl2溶液，然后滴入氯水
先有白色沉淀，滴加氯水后沉淀不溶解
先生成BaSO3沉淀，后被氧化成BaSO4
B
向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，然后加入蒸馏水，振荡
有白色浑浊出现，加入蒸馏水后不溶解
蛋白质变性是不可逆的
C
向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中加入一小块MnSO4固体
生成气体的速率加快，溶液迅速褪色
可能是该反应的催化剂
D
将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌
得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体
该过程中，浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性
时间/min
0
10
20
30
∞
A容器内压强/kPa
75.0
70.0
65.0
60.0
60.0
B容器内压强/kPa
75.0
71.0
68.0
66.0
60.0