2026年锦州市高考仿真卷化学试题（含答案解析）

这是一份2026年锦州市高考仿真卷化学试题（含答案解析），共18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、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是
A．循环物质E为水
B．乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应
C．甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=Cu
D．若外电路中通过1ml电子，两电极的质量差为64g
2、室温下，将1L0.3ml⋅ L−1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是
A．HA是一种弱酸
B．向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大
C．b点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
D．c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)
3、药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制得：
+HCl
下列叙述正确的是
A．化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子
B．化合物Y的分子式为C6H12NO2
C．1ml化合物Z最多可以与2mlNaOH反应
D．化合物Z能与甲醛发生聚合反应
4、下列说法正确的是
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中
A．①②③B．③C．②③④D．③⑤
5、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为 LixC6 + Li1-xCO2C6 + LiCO2（xc(OH-)
C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1ml/LD．c(HCO3-) Cl2>Fe3＋>Br2
12、下列有关化学用语使用正确的是
A．T原子可以表示为B．氧氯酸的结构式是:H-N≡C
C．氧离子的结构示意图: D．比例模型可以表示CO2或SiO2
13、X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（ ）
A．Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4
B．原子半径由小到大的顺序为W＜X＜Z
C．X与W可以形成W2X、W2X2两种物质
D．Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物更稳定。
14、短周期元素 a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物 n 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种产物q 是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体。下列说法正确的是（ ）
A．a、c、d三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离
B．原子半径：ac(OH－)，故C说法错误；
D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c点pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D说法正确。
3、A
【解析】
A．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子（为连接溴原子的碳原子），选项A正确；
B．根据结构简式确定分子式为C6H13NO2，选项B错误；
C．Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，则1ml化合物Z最多可以与3mlNaOH反应，选项C错误；
D. 化合物Z中酚羟基的邻、对位上均没有氢原子，不能与甲醛发生聚合反应，选项D错误。
答案选A。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，侧重考查烯烃、酯和酚的性质，注意Z中水解生成的酚羟基能与NaOH反应，为易错点。
4、B
【解析】
①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；
②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；
③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；
④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；
⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；
5、D
【解析】
通过对电极反应式和电池示意图分析可知，电池放电时，a电极由Li1-xCO2生成LiCO2，b电极则发生Li+脱嵌的过程，因此，放电时Li+从b电极脱嵌，通过电解质迁移到a电极，原电池放电时，阳离子向正极移动，则放电时，a电极即为电池的正极，b电极即为电池的负极。
【详解】
A．对二次电池充电时，外电源的正极接二次电池的正极；由于该锂离子电池放电时，a电极为正极，所以对其充电时，应当接电源的正极，A错误；
B．通过分析可知，该锂离子电池放电时，a为正极，b为负极，所以Li+的迁移方向是从b到a，B错误；
C．充电时，b极石墨电极发生Li+嵌入的过程，质量不会减少；若外电路转移0.02ml电子，b电极应当增加0.14g，C错误；
D．电池放电时，b电极则发生Li+脱嵌的过程，脱嵌下来的Li+，通过电解质迁移到a极并使Li1-xCO2生成LiCO2；因此，废旧电池放电处理后，有利于锂在LiCO2极的回收，D正确。
答案选D。
二次电池放电时做原电池处理，充电时做电解池处理；并且充电过程中，外电源的正极应该接二次电池的正极，简单记做“正接正，负接负”。
6、C
【解析】
A．由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005ml时 pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01ml，c(H2S)=0.1 ml/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；
B．由图中起点可知0.1 ml/L H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 ml/L，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，数量级为10-8，故B错误；
C．当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1 ml/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入 SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；
D．根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；
答案选C。
7、A
【解析】
A项，环戊烯溶于四氯化碳，四氯化碳不能使KMnO4溶液褪色，不干扰环戊烯的检验；
B项，环戊烯溶于裂化汽油，而裂化汽油能使KMnO4溶液褪色，干扰环戊烯的检验；
C项，环戊烯溶于甲苯，而甲苯能使KMnO4溶液褪色，干扰环戊烯的检验；
D项，环戊烯不溶于水；
答案选A。
该题的关键是在选择溶剂时不能干扰对环戊烯的鉴别。
8、A
【解析】
A．石油分馏是根据各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B．镁是活泼金属，在海水中一化合态存在，制取镁单质，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性，能够结合有色物质生成无色物质，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
故选A。
9、D
【解析】
A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以c(Na+)>2c(CO32-)；故A错误；
B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，故B错误；
C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1ml/L，故C错误；
D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；
所以答案：D。
根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH++OH-，进行分析判断。
10、C
【解析】
据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。
【详解】
A. 物质W为固体，加入少量W不改变W浓度，故υ(逆)不变，A项错误；
B. 题中反应前后气体分子数不变，当温度、体积一定时，容器内压强必然不变。故压强不变时不一定是平衡状态，B项错误；
C. 温度越高，化学反应越快。故升高温度，υ(逆)、υ(正)都增大，C项正确；
D. 方程式中的Q表示每摩化学反应的热效应。平衡后加入X，平衡右移，但Q不变，D项错误。
本题选C。
11、D
【解析】
A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1m1C12，转移电子为2m1，选项A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。
答案选D。
12、A
【解析】
A. T原子为氢元素的同位素，质子数为1，中子数为2，可以表示为，故A正确；
B. 氧氯酸是共价化合物，但所给结构式中没有氯元素，故B错误；
C. 氧原子的质子数为8，氧离子的结构示意图为，故C错误；
D. CO2为分子晶体，碳原子的相对体积较大，应该用表示，而SiO2为原子晶体，不存在SiO2分子，故D错误；
答案选A。
13、D
【解析】
X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为Cl元素，W与X、Y既不同族也不同周期，W为H元素，据此解答。
【详解】
A．根据上述分析，Y为Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A项正确；
B．在元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为H＜O＜Cl＜S（Hd>a，选项B错误；
C、元素的非金属性b