2026届巴中市重点中学高考化学全真模拟密押卷含解析

这是一份2026届巴中市重点中学高考化学全真模拟密押卷含解析，文件包含专题18一次函数与方程组不等式的九类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册原卷版pdf、专题18一次函数与方程组不等式的九类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
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、联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是
A．做电解液B．制焊药C．合成橡胶D．做化肥
2、我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。
下列说法不正确的是
A．丙烯醛分子中所有原子可能共平面B．可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯
C．对二甲苯的二氯代物有6种D．M能发生取代，加成，加聚和氧化反应
3、下列有关说法正确的是
A．用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀
B．用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏
C．氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色
D．摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素
4、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)
A．AB．BC．CD．D
5、已知：FeCl3(aq)+3KSCN(aq)3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq)，平衡时Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是
A．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大
B．加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点
C．反应处于D点时，一定有υ（正）＜υ（逆）
D．若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
6、向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·ml-1
Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2＝b kJ·ml-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl—)的影响如图所示。下列说法正确的是
A．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
B．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
C．反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)减小
D．1/2 Cu(s)+ 1/2 Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s) ΔH＝(a+2b) kJ·ml-1
7、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是
A．原子结构示意图可以表示，也可以表示
B．轨道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外层电子
C．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子
D．分子式可以表示乙酸，也可以表示乙二醇
8、据最近报道，中科院院士在实验室中“种”出了钻石，其结构、性能与金刚石无异，使用的“肥料”是甲烷。则下列错误的是（ ）
A．种出的钻石是有机物B．该种钻石是原子晶体
C．甲烷是最简单的烷烃D．甲烷是可燃性的气体
9、已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是
A．3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑B．4CuSO4 4CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑
C．5CuSO4 5CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑D．6CuSO4 6CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑
10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：
且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是
A．YW3分子中的键角为120°
B．W2Z的稳定性大于YW3
C．物质甲分子中存在6个σ键
D．Y元素的氧化物对应的水化物为强酸
11、一种三电极电解水制氢的装置如图，三电极为催化电极a、催化电极b和Ni(OH)2电极。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法错误的是（ ）
A．制O2时，电子由Ni(OH)2电极通过外电路流向催化电极b
B．制H2时，阳极的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
C．催化电极b上，OH-发生氧化反应生成O2
D．该装置可在无隔膜的条件下制备高纯氢气
12、某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是( )
A．实验前两溶液的pH相等
B．实验前两溶液中离子种类完全相同
C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-＋Ca2＋===CaCO3↓
13、25℃时，在10mL浓度均为0.1ml/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1ml/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A．未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)
B．加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)
C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)
D．加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)
14、右图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）
A．CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉B．NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉
C．H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉D．HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉
15、在0.1 ml/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（ ）
A．c(Na+)=2c(CO32-)B．c(H+)>c(OH-)
C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1ml/LD．c(HCO3-)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。
【点睛】
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。
16、D
【解析】
A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；
B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反应，B错误；
C.n(NaOH)=0.1ml，通入n(CO2)=0.06ml，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；
D.通入n(CO2)=0.03ml，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03ml l，D正确；
故合理选项是D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、丙烯 加成反应 ab —COOH +NaOH+NaBr；+O2+2H2O
【解析】
由题中信息可知，A为链状烃，则A只能为丙烯，与苯环在一定条件下反应会生成丙苯，故B为丙苯，丙苯继续反应，根据分子式可推知C为丙酮，D为苯酚，丙酮与苯酚在催化剂作用下会生成E（）；采用逆合成分析法可知，根据PEI[]的单体，再结合题意，可推知4-氯-1，2-二甲基催化氧化制备F，则F为，根据给定信息ii可知，K为，据此分析作答。
【详解】
（1）A为链状烃，根据分子可以判断，A只能是丙烯；
（2）A→B为丙烯与苯反应生成丙苯的过程，其反应类型为加成反应；
（3）根据相似相容原理可知，苯酚常温下在水中的溶解度不大，其分子中不存在碳碳双键，可以与甲醛发生缩聚反应，故答案为ab；
（4）4-氯-1，2-二甲苯催化氧化得到F，则F的结构简式为，其分子中所含官能团有－Cl和—COOH，故答案为—COOH；
（5）仅以2-溴丙烷为有机原料，先在氢氧化钠水溶液中水解生成2-丙醇，然后2-丙醇催化氧化生成丙酮，有关反应的化学方程式为，。
（6）由E和K的结构及题中信息可知，中间产物1为；再由中间产物1的结构和信息可知，中间产物2的结构简式为。
【点睛】
本题考查的是有机推断，难度很大。很多信息在题干中没有出现，而是出现在问题中。所以审题时，要先浏览整题，不能因为合成路线没有看懂就轻易放弃。另外，虽然本题所涉及的有机物的结构很复杂，只要我们仔细分析官能团的变化和题中的新信息，还是能够解题的。
18、酚羟基、醛基、醚键 CH3OH、浓硫酸、加热 4
【解析】
(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；
(2)比较B和C的结构可知，反应②为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；
(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；
(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合 可写出同分异构体的结构；
(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成。
【详解】
(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；
(2)比较B和C的结构可知，反应②为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；
(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1mlD中碳碳双键可与1ml氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3ml氢气，所以共消耗4ml氢气，故答案为：；4；
(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合 可知，符合条件的同分异构体的结构为，故答案为：；
(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。
【点睛】
本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。
19、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋ 增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率 加快搅拌速率 分液漏斗 将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液 加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160 ℃条件下加热至恒重
【解析】
(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；
②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；
③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；
(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；
(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160 ℃条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。
【详解】
(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；
②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；
③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；
(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；
(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160 ℃条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160 ℃条件下加热至恒重。
20、加快反应速率 蒸发皿 有晶膜出现（或大量固体出现时） 防止硫酸亚铁水解 2 1 4 2 1 5 红棕 Ba2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+（说明：分步写也给分2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+也给分） 检验产物中是否含有SO2 不能 取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
【解析】
I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；
(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热；溶液一直保持强酸性防止硫酸亚铁水解；
Ⅱ．(3)根据化合价升降法配平；
(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁；
(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀；
(6)C中品红溶液可以二氧化硫反应，导致溶液褪色；
(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2；
(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可。
【详解】
I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；
(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，则滤液转移到蒸发皿中；加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热，利用余热进行蒸发结晶；为防止硫酸亚铁水解，溶液一直保持强酸性；
Ⅱ．(3)反应中Fe的化合价由+2变为+3，N的化合价由-3变为0，S的化合价由+6变为+4，根据原子守恒，硫酸亚铁铵的系数为2，SO2的系数为4，则电子转移总数为8，Fe得到2个电子，产生1个氮气，得到6个电子，则系数分别为2、1、4、2、1、5；
(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁，固体为红棕色；
(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀，离子方程式为2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+；
(6)C中品红溶液可与二氧化硫反应，导致溶液褪色，则可检验二氧化硫的存在；
(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2，不能使带火星的木条燃烧；
(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可，方法为取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
21、-46 Nad+3HadNHad+2Had = 33% N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O- AC
【解析】
(1)利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46kJ·ml-1。该历程中反应速率最慢反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·ml-1的反应。
(2)①500℃时，平衡常数不变。
②500℃、30MPa时，氨气的体积分数为20%，利用三段式，计算氢气平衡转化率及Kp。
(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-。
②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能；
C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过。
【详解】
(1)利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46 kJ·ml-1。所以，合成氨反应N2(g)+H2(g) NH3(g) ∆H=-46 kJ·ml-1。该历程中反应速率最慢的反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·ml-1的反应，化学方程式为Nad+3HadNHad+2Had。答案为：利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46kJ·ml-1；Nad+3HadNHad+2Had；
(2)①因为平衡常数只受温度变化的影响，所以500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)= Kp(100MPa)；
②设参加反应N2的物质的量为x，建立三段式为：
则，x=，则N2的体积分数为=20%，H2的体积分数为60%，NH3的体积分数为20%。
500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为=33%，Kp=(MPa)-2；
(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-，电极方程式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；
②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性，A正确；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能，B不正确；
C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过，C正确；
故合理选项是AC。
【点睛】
在比较“平衡常数Kp(30MPa)与Kp(100MPa)”的关系时，我们易出错，其错因是受图中数据的影响，我们易产生以下的错误推理：增大压强，NH3的体积分数增大，显然平衡正向移动，所以平衡常数增大。
A
B
C
D
X中试剂
浓盐酸
双氧水
浓硫酸
浓氨水
Y中试剂
KMnO4
MnO2
Cu
NaOH
气体
Cl2
O2
SO2
NH3