2026届北京海淀中关村中学高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

这是一份2026届北京海淀中关村中学高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析，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、配制一定物质的量浓度的溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是
A．溶解时有少量液体溅出B．洗涤液未全部转移到容量瓶中
C．容量瓶使用前未干燥D．定容时液面未到刻度线
2、人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质——吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．分子中含有2种官能团
B．吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种
C．1 ml吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5 ml H2
D．分子中不含手性碳原子
3、已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是( )
A．腐蚀时电子从碳转移到铁
B．在钢铁上连接铅块可起到防护作用
C．正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣
D．钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀
4、LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是
A．B．C．D．
5、某有机物的分子式为，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）
A．8B．10C．12D．14
6、NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。下列说法正确的是
A．O2在石墨Ⅱ附近发生氧化反应
B．该电池放电时NO3－向石墨Ⅱ电极迁移
C．石墨Ⅰ附近发生的反应：3NO2 +2e－NO+ 2NO3－
D．相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶1
7、将下列物质按电解质、非电解质、弱电解质分类顺序排列，正确的是（ ）
A．硫酸 烧碱 醋酸
B．硫酸 铜 醋酸
C．高锰酸钾 乙醇 醋酸
D．磷酸 二氧化碳 硫酸钡
8、某药物中间体的合成路线如下：
下列说法正确的是
A．对苯二酚和互为同系物
B．1 ml该中间体最多可与7 ml氢氧化钠反应
C．2，5—二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应
D．该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团
9、下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是( )
A．硫酸铵B．尿素C．草木灰D．硝酸钾
10、某学生利用NaOH 溶液去除铝表面的氧化膜以后，进行“铝毛”实验。在其实验过程中常有发生，但与实验原理不相关的反应是( )
A．Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2O
B．2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑
C．2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3Hg
D．4Al+3O2→2Al2O3
11、常温常压下，O3溶于水产生的游离氧原子[O]有很强的杀菌消毒能力，发生的反应如下：（ ）
反应①：O3O2+[O] ΔH>0 平衡常数为K1
反应②：[O]+O32O2 ΔHNaHCO3>H2CO3，故C错误；
D．水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2O>H2Se>H2S，故D错误；
故答案为：B。
【点睛】
非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。
16、A
【解析】
离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O说明强酸与可溶性碳酸盐反应，生成的盐也是可溶性的盐，据此分析解答。
【详解】
A．硫酸氢钠完全电离出氢离子、钠离子、硫酸根离子，两种物质反应实质是氢离子与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，其离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O，故A正确；
B．碳酸钡为沉淀，不能拆，保留化学式，故B错误；
C．醋酸为弱酸，应保留化学式，故C错误；
D．碳酸氢钠电离出是HCO3−而不是CO32−，故D错误；
故答案选A。
【点睛】
本题需要根据离子方程式书写规则来分析解答，注意难溶物、气体、沉淀、弱电解质、单质等物质都要写化学式，为易错点。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、SiO2 Na2SiO3 H2SiO3(或H4SiO4) SiO2＋2CSi＋2CO↑ Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑ SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO3-)
【解析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3；
（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3；
（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；
（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O＝SiO32-+2H2↑；
（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-。
18、③⑧ +2NaOH +2NaBr +2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2O CH3COOCH2OH +nH2O
【解析】
根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答。
【详解】
根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；
(1)反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应为③⑧；
(2)过反应③的化学方程式为：；
反应⑤的化学方程式为：；
(3)E的结构简式为，E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、、；
(4)PLLA废弃塑料降解生成，反应的化学方程式为：；
(5)根据逆合成法可知，可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成路线为：。
19、CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化过滤,控制温度61 ℃左右,向滤液中滴加1.1 ml·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥
【解析】
由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，据此解答。
【详解】
(1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。
因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；
(2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。
因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度；
(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，
因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；
(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化。
因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化；
②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于111%，
因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化。
(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度61 ℃左右，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度61 ℃左右，向滤液中滴加1.1 ml·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，
因此，本题正确答案是：过滤，控制温度61 ℃左右，向滤液中滴加1.1 ml·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
20、O2 2Cu2+ + 2Br－+ SO2 + 2H2O → 2CuBr↓+SO42－+4H+ 60℃水浴加热 溶液蓝色完全褪去 防止CuBr见光分解 防止CuBr被氧化 除去表面乙醇，并使晶体快速干燥 在烧杯中继续通入SO2至饱和 然后向烧杯中加入100g 20%的NaOH溶液 过滤，用乙醇洗涤2～3次
【解析】
(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，要排除氧气的干扰；
(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀；
②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；
③45gCuSO4•5H2O为0.18ml，19gNaBr为0.184ml，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成；
(3)溴化亚铜见光会分解；
(4)溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5ml，然后向烧杯中加入100g 20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，据此答题。
【详解】
(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案为：O2；
(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+，故答案为：2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+；
②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；故答案为： 60℃水浴加热；
③45gCuSO4⋅5H2O为0.18ml，19gNaBr为0.184ml，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，所以说明反应已完成的现象是溶液蓝色完全褪去，故答案为：溶液蓝色完全褪去；
(3)溴化亚铜见光会分解，所以步骤2过滤需要避光，防止CuBr见光分解，故答案为：防止CuBr见光分解；
(4)在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥，故答案为：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3⋅7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5ml，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2∼3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，故答案为：在烧杯中继续通入SO2至饱和；然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液；过滤，用乙醇洗涤2∼3次。
21、ac bc Cl>C>O 非极性 最高价氧化物对应水化物的酸性 4 2s22p2 原子 5000
【解析】
1.a.反应中有气体参加，因此加压正反应速率增大，选项a正确；
b. 碳是固体，加入碳不能改变反应速率，选项b错误；
c. 升温正反应速率增大，选项c正确；
d. 及时移走CO正反应速率逐渐降低，选项d错误；
答案选ac；
2.在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。
a. 反应物不可能不再转化为生成物，选项a错误；
b. 炉内FeTiO3与TiCl4的质量比保持不变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，选项b正确；
c. 反应的热效应不再改变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，选项c正确；
d. 单位时间内，n(FeTiO3)消耗：n(FeCl3）生成=1:1表示的反应速率方向均是正方应，不能说明达到平衡状态，选项d错误；
答案选bc；
3.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则上述反应中所有非金属元素原子的半径从大到小的顺序为Cl>C>O；其中不属于同周期又不属于相邻族的两元素是C和Cl，二者形成四氯化碳属于非极性_分子；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，则可以通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性判断这两种元素的非金属性；
4.上述反应中，非金属性最弱的元素是碳元素，碳元素的原子序数是6，则碳原子的电子共占据4原子轨道，最外层电子排布式为2s22p2；。它形成的固态单质中只含一种强烈的相互作用力，则该单质是金刚石，属于原子晶体；
5.192 kg甲醇的物质的量是6000ml，则根据CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知，合成6000ml甲醇需要CO的物质的量是6000ml、氢气的物质的量12000ml。根据方程式2FeTiO3(s)+7Cl2(g)+6C(s)2TiCl4（g)+2FeCl3(g)+6CO(g)可知6000mlCO需要7000ml氯气，而根据方程式2NaCl+2H2O →2NaOH+H2↑+Cl2↑生成7000ml氯气的同时还有7000ml氢气产生，所以至少需补充氢气的物质的量是12000ml—7000ml＝5000ml。