四川省成都市石室中学高2026届高三下学期高考适应性考试（二）化学试题（含答案）

这是一份四川省成都市石室中学高2026届高三下学期高考适应性考试（二）化学试题（含答案），共35页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

1.【答案】A
【命题立意】化学与STSE 【考点分析】材料的分类
【解析】A.芳纶纤维是合成有机高分子聚合物，属于有机高分子材料。
B.碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料。
C.玄武岩纤维主要成分为硅酸盐等无机氧化物，属于无机非金属材料。
D.玻璃纤维主要成分为二氧化硅等无机物，属于无机非金属材料。
2.【答案】D
【命题立意】物质结构与性质
【考点分析】有机物结构与溶解性、碳酸氢铵的性质与用途、葡萄糖的结构与性质、大π键的应用
【解析】A.苯甲酸结构中含有-COOH, 是亲水基团，但苯基憎水，羧基的占比小，导致其微溶于水，A 错 误；
B. 碳酸氢铵作食品膨松剂是因受热分解产生气体(如NH₃ 、CO₂), 使食品膨胀(人教版教材必修2,Pi₂), 而非因其挥发性(挥发性指常温下易挥发),B 错误；
C. 在葡萄糖水溶液中，存在链状和环状结构之间的平衡，示意图如下(人教版教材选择性必修3,P104)。β-D- 葡萄糖在水溶液中会开环转化为含醛基的链状葡萄糖，可与新制Cu(OH)₂ 溶液发生反应，C 错误；
C. 聚苯中由于存在共轭大π键可使电子在体系内移动，为电荷传递提供通路，掺杂后具有一定的导电性能， (人教版教材选择性必修3,P₄0),D 正确。
3.【答案】B
【命题立意】化学用语
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【考点分析】能层与能级、分子的手性、丙烯腈的结构、杜仲胶的结构 【解析】A.K能层只有1个能级即1s, 不存在1p能 级 ，A 错误；
B. 手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，丙氨酸中与氨基相连的碳原子是手性碳原子，
丙氨酸具有手性异构体： I Ⅱ , B 正确；
C.C. 丙烯腈含有3个碳原子，结构简式：CH₂=CH-CN ( 人教版教材选择性必修3,P85),C 错误；
D.杜仲胶主要成分为 (人教版教材选择性必修3,P145),D 错误。
4.【答案】C
【命题立意】有机化学基础
【考点分析】官能团结构与性质、核磁共振氢谱的应用、含氮有机物的碱性及影响因素、共面 【解析】A.X 分子中含-OH结构，可以与Na 反应产生H₂,A 正确；
B.由题干X 、Y 的结构简式可知，X 、Y 中均含有4种不同环境的H 原子，且个数比均为3:2:2:1,但 化学位移不同，则依据核磁共振氢谱可以区分X 、Y,B 正确；
C.②号N 为游离氨基，孤对电子未发生共轭，电子云密度大，更易结合H+;①号 N 的孤对电子与相邻羰基 共轭，电子云密度低，更难结合H+,C 错误；
D.Y分子中羰基碳和①号N 均采取sp² 杂化，与之直接相连的原子可共平面，如图所示， Y分子中所有碳原子可能共平面，D 正确。
5.【答案】C
【命题立意】化学实验基础
【考点分析】硝酸、NO×的性质、金属腐蚀及防护、滴定操作、电解应用 【解析】
A.浓硝酸具有挥发性和氧化性，装置①的烧杯中溶液变蓝，可能是挥发的HNO₃ 将 KI 氧化为I₂, 不能用于 验证NO₂的氧化性，A 错误；
B.牺牲阳极的阴极保护法，是利用原电池原理，不需要外加电源，B 错误；
C.滴定过程中，锥形瓶内壁可能沾有少量待测液或标准液，用洗瓶(蒸馏水)冲洗内壁可使所有溶质均参 与反应，确保待测物完全反应，不影响溶质总量，能减小误差，操作正确，C 正确；
D.放电顺序：H+(H₂O)>Al³+,所以无法在阴极得到铝。D 错误。
6.【答案】B
【命题立意】物质结构
【考点分析】SiO₂晶体结构、熔点大小比较、键角比较、CO 的结构式 【解析】
A.SiO₂晶体中每个Si 以 4 个Si-O 键连成空间四面体网状结构，60 gSiO₂晶体中含Si-O 键数目为4NA,A 正 确；
B.石墨为平面正六边形层状结构，C 原子采取sp² 杂化方式，C-C 键键长N>C,A 错误；
B.MTW 为HBrO, 其中Br 为+1价易得电子，具有强氧化性，B 正确；
C.R 为 P, Q 为N, 简单氢化物分别为NH₃ 和PH₃, 由 于NH₃ 分子间存在氢键，而PH₃ 分子间无氢键，故 沸点：NH₃>PH₃,C 错误；
D.S 为 Mn, 最高价氧化物为Mn₂O₇, 属于酸性氧化物，D 错误；
9 . 【答案】C
【命题立意】考察线型高分子的制备与合成。
【考点分析】核磁共振氢谱、链状高分子与体型高分子、聚合反应小分子的判断、有机反应成键与断键的 分析。
【解析】E 与Br₂ 发生取代反应，在苯环上引入 Br 原子，得到卤代物F,F 中的Br 原子与已知的硅烷单体M 发生反应，通过偶联反应，将苯并环丁烯基团接到硅原子上，生成含乙氧基硅烷的G,G 与 N 在一定条件 下发生水解缩聚反应，形成聚硅氧烷主链，得到共聚物P, 据此分析：
A. N 结构中2个乙氧基、2个甲基连接在硅原子上，分子中含3种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱有3 组 峰 ，A 错误；
B.P 的侧链含,已知该结构在一定温度下可发生反应，加热时侧链双键打开，使线性P 交联为网 状结构非链状结构，B 错误；
C.G→P 为缩聚反应，G 含-Si-OC₂H₅,N 含-Si-0C₂Hs, 缩合时-Si-OC₂H₅ 间通过-O- 桥连接，脱去的小分 子应为乙醚，C 正确；
D.M 为三官能团硅烷，含3个-OC₂Hs,N 为二官能团硅烷，含2个-OC₂Hs, 原路线中F 先与M 反应生成 二官能团G, 再 与N 缩聚得线性P, 互换顺序后，F 先与N 反应生成单官能团产物，再与M 反应会导致交 联，无法得到线性P,D 错误。
答案选C。
10.【答案】C
【命题立意】实验方案、现象及结论的分析。
【考点分析】碳碳双键与醛基的性质、弱电解质与水的电离、铁元素及其化合物的性质、沉淀与配合物的 转化
【解析】
A.Br₂ 的CCl₄溶液为非水体系，醛基无法被Br₂氧化，溶液褪色只能是碳碳双键与Br₂发生加成反应，可验 证丙烯醛中含碳碳双键，A 正确。
B.CH₃COONH₄是弱酸弱碱盐，CH₃COO-和NH 均发生水解且都促进水的电离，二者水解程度相近故溶液 pH=7, 故B 正确。
C.过量的Fe 与稀硫酸反应也会生成Fe²+, 遇K₃[Fe(CN)₆]同样产生蓝色沉淀，无法证明Fe 与S 反应生成了 FeS, C 错误。
D. 分别向等物质的量浓度、等体积的KCI 和 KI 的溶液，滴加等浓度、等体积的Ag(NH₃₂OH 溶液，KCl 溶液中无白色沉淀，KI 溶液中有黄色沉淀，说明在相同条件下，[Ag(NH₃)2] 可转化为AgI, 而不能转化为 AgCl, 所 以Ag+结合微粒的能力：I⁻>NH₃>CI-,D 项正确。
11.【答案】B
【命题立意】有机反应机理的解读与应用。
【考点分析】加成反应、消去反应以及共轭结构的判断。
【解析】
A. 由元素守恒推出，图中X 为H₂O, 是反应中间产物，A正确；
B. RNH₂是反应的催化剂，增大用量只能加快速率，无法提高脱羧反应的平衡转化率，B 错误。
C. 反应过程中，氮原子存在-NH₂(sp³ 杂化)与=N-R(sp² 杂化)等形式，C 正确；
D. 从脱去CO₂的过程可以看到，碳碳双键是在羧基相连的碳原子上形成，连有氮原子的碳原子也形成碳碳
双键，然后才能转化成含有碳氮双键的结构，而对于 ,只能停留在D 这一步，无法通过
电子转移实现脱去二氧化碳，所以不能按照该反应机理进行脱羧，D 正确。
12.【答案】D
【命题立意】晶体及晶胞的结构。
【考点分析】晶胞中微粒数目的判断、空间占有率的计算、微粒距离的计算、晶体密度计算。
【解析】由晶体电中性得出[Mg(NH₃)₆]²+: BH₄=1:2,[ Mg(NH₃)₆]²+ 共4个，故BH₄有8个，结合图2判断 出BH4位于8个小立方体的体心。
A.1 个晶胞中顶点处[Mg(NH₃)₆]²+ 与3个面心的[Mg(NH₃)₆]²+距离最近且相等，按照均摊法计算，总共应 该为3×8×/₂=12个，A 正确；
B. 根据图1, [Mg(NH₃)₆]²+ 位于顶点和面心，晶胞中含有 ,根据化学式
[Mg(NH₃)₆](BH₄)₂, 可知晶胞中有8个BH₄, 晶体中由[Mg(NH₃)₆]²+ 围成的正四面体空隙有8个，占有率
为100%,B 正确；
C.Mg²+ 与B 之间的最小距离为晶胞体对角线的 ,即正确；
D. 晶体的密度 ,D 错误；
13.【答案】D
【命题立意】工艺流程图的分析。
【考点分析】流程中物料的流向、分离提纯的仪器作用、离子方程式的判断、提纯条件的控制。
【解析】钒铬锰矿渣经酸浸后，金属氧化物转化为对应离子。沉钒过程加入氢氧化铁胶体，吸附含钒微粒， 生成含钒固体，滤液A 中含有Cr³+ 、Mn²+; 沉铬过程中加入氢氧化钠，将Cr³+转化为Cr(OH)₃ 沉淀，滤液B 中含有Mn2²+; 向固体A 中加入Na₂S₂O₃ 溶液，除去杂质后煅烧得Cr₂O₃; 向滤液B 中加入H₂O₂ 、NaOH, 氧 化生成MnO₂ 。由此解题。
A. 沉钒过程加入氢氧化铁胶体，吸附含钒微粒，生成含钒固体，滤液A 中含有Cr³+ 、Mn²+,A 正确；
B. “ 沉铬”后得到Cr(OH)₃ 沉淀，操作1为过滤。实验室中，用玻璃棒引流， B 正确；
C. 根据已知条件：Mn(ⅡI) 在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化为MnO₂, 可得该反应的离子方 程式为Mn²++H₂O₂+2OH⁻=MnO₂↓+2H₂O,C 正确；
D. 提纯过程中，Na₂S₂O₃ 的作用是还原固体A 中可能存在的高价锰杂质，将其转化为可溶性Mn²+进入滤液， 从而实现与铬的分离，因此pH 不能太高、也不能太低，D 错误；
故答案选D。
14.【答案】C
【命题立意】化学电源的充放电原理
【考点分析】电极反应式的书写、电势高低的判断、充电时电源的连接、电流效率的计算 【解析】
A. 电极N 为放电时的正极，充电时的阳极，其电极电势高于M,A 正确。
B. 根据图中转化关系可知，放电时电极N 上的PbO₂ 得电子产物与电解质反应生成Pb²+和H₂O, 依据得失 电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生的电极反应式为PbO₂+4H++2e⁻=Pb²++2H₂O,B 正确；
C. 充电时，电极N 为阳极，接电源的正极，C 错误；
D. 充电时，电路中通过2ml 电子，电极M 为阴极，得2ml 电子，理论上生成207g Pb, 实际生成196.65g Pb, 电流效率 , D 正确。
15.【答案】D
【命题立意】水溶液中的离子平衡
【考点分析】曲线判断、平衡常数的计算、离子浓度大小的判断。
【解析】曲线Li: 随着lg[c(NH₃)] 的增加，c(Ag+)逐渐减小，因此L₁ 表示c(Ag) 的变化情况；曲线L₂: 随 着lg[c(NH₃)] 增加，c[Ag(NH₃)]+先增大后减小，因此L₂ 表示c[Ag(NH₃)] 的变化情况；剩余两条线可以看 出，由曲线L₃ 上的点(-3.53,-1.74),L4 上的点(-3.53,8.04)可知，L₃ 表示c[Ag(NH₃)₂] 随lg[c(NH₃)]的变化情 况，L4表示pH 与lg[c(NH₃)]的变化情况，以此解题。
【详解】A. 由分析可知，曲线L₃表示[Ag(NH₃)₂]+的变化情况，A 正确；
B. 对于反应AgOH+NH₃=[Ag(NH₃)]++OH, 其平衡常数可以表示为： ,由图可知， 当pH=8.04时 ，lgc(NH₃)=-3.53,lgc[Ag(NH₃)]+=-2.03,c(NH₃=10-3.53ml ·L-¹ ,c[Ag(NH₃)]+=10-2.03ml ·L-¹ , c(OH)=10(14-8.04)=
C. pH=8, 由图可知，c(Ag+)>c[Ag(NH₃)₂]+>c[Ag(NH₃)],C 正确；
D. 沉淀恰好溶解时，若溶液体积不变，则存在物料守恒c(NH₃)+c[Ag(NH₃)]++2c[Ag(NH₃)₂]+=0.1 ml·L-¹, 但在此过程中溶液体积变大，因此氮元素浓度总和小于0.1 ml·L-¹,D 错误；
16. (14分)【答案】(1)量筒、玻璃棒 (2分)
② (2分)
(2分)
(4)3 ( 1 分 )
(5)取最后一次洗出液少量于试管中，先滴加盐酸溶液酸化，再滴加BaCl₂溶液，观察是否有白色沉淀产生， 若没有沉淀说明洗涤干净 ( 2 分 )
(6)加热促进胶体聚沉，便于后续过滤分离出磺化聚苯乙烯颗粒 (1分)
(7)25 (2分)
(8)bc (2分)
【命题立意】实验综合
【考点分析】实验仪器、有机物性质、离子检验、胶体性质、酸碱中和滴定计算迁移、误差分析 【解析】
(1)题目中给出了液体体积(7.6mL 、2.7mL), 需用量筒量取；反应需边搅拌边分批加入2.7mL 浓硫酸，
需用玻璃棒搅拌。
(2)这是一个取代反应。乙酸酐中的乙酰基取代了硫酸中的一个羟基，生成乙酰基磺酸和乙酸。
(3)题目提示“无色气体遇水蒸气形成硫酸酸雾”,这是三氧化硫的特征，乙酰基磺酸受热分解为乙酸和三 氧化硫
(4)第一步水解：CH₃COOSO₃H+H₂O→CH₃COOH+H₂SO₄ 第二步中和消耗3mlNaOH。
(5)反应体系中含有硫酸(或硫酸根),若洗涤不干净会残留SO2-,也可不用盐酸酸化。
(6)磺化聚苯乙烯在有机溶剂中呈胶体状态，滴入沸水中，高温环境和极性环境会破坏胶体的稳定性，使 其聚沉为颗粒状固体，从而易于过滤。
(8) a. 样品未干燥(偏低): 水分会占据样品的总质量，导致计算出的“未磺化链节质量”偏大，从而使 分母变大，结果偏低。
b. 尖嘴挂液(偏高): 挂着的液滴已计入读数体积，但未参与反应，导致分子偏大，结果偏高。
c. 残留硫酸(偏高):硫酸也会消耗NaOH 导致测得的n(NaOH)包含了硫酸消耗的量，误认为是磺酸基 消耗的，分子偏大，结果偏高。
d.滴定终点判断标准是“变色且半分钟内不褪色”。若变色后立即读数，此时处于“局部过浓”导致的假终点， 尚未完全反应，分子偏小，结果偏低。
17. (14分)【参考答案】
(1)粉碎、加压(增大氧气溶解度)(2分，每点一分)
(2)2 MS₂+6H₂O+9O₂=2H₂MO₄+4H₂SO₄(2 分，写成离子方程式得1分，钼酸可拆)
(3)① acbed(1 分)(错写、漏写均不得分)
②Cu²+ 、Fe³+(1 分)(写出两个且均正确得1分，错写或漏写不得分)
(4)① NH₃·H₂O(2 分 ) ②200或200:1(2分)
(5)根据Ksp数据可知，Na₂CO₃ 可以使NaOH 无法处理的CaMO₄ 转化为CaCO₃, 从而提高钼元素的产率 /浸出率。( 2 分 )
(6)层与层之间属于分子间作用力，强度较弱，易于滑动。(2分)
【命题立意】氧压水浸法富集钼元素的新工艺，比旧工艺更加绿色环保。
【考点分析】化学工艺中环节设置的目的、化学方程式的书写、萃取操作、反萃取试剂选择、沉淀溶解平 衡的计算和应用、分子间作用力。
【解析】对本工艺流程的分析如下：“加压水浸”后，钼元素分别以MO₃ 和H₂MO₄ 的形式进入水浸渣和水 浸液；同时，水浸液中有H₂SO₄ 生成，故CuFeS₂ 和 FeS₂ 也会转化为Cu²+和 Fe³+进入水浸液，并经过萃取后 Cu²+和 Fe³+进入水相，通过氨水反萃取得到钼酸铵。水浸渣中有MO₃ 和 CaMO₄, 结合提示“M 元素与 A1元素有一定相似性”,碱浸后MO₃ 会转化为钼酸根，进行回收。据此回答：
(1)粉碎矿石可以增大接触面积，加压可以增大氧气的溶解度，均可提高钼元素浸出效率。
(2)根据提示信息“钼元素分别以MO₃ 和H₂MO₄ 的形式进入水浸渣和水浸液”和“溶液中硫酸浓度超过1 ml-L-¹, 故此法也是工业上获得稀硫酸的手段之一”可以推断出MS₂ 转化的产物分别是H₂MO₄ 和 H₂SO₄, 故离子方程式为2MS₂+6H₂O+9O₂=2H₂MO₄+4H₂SO₄
(3)①萃取操作顺序为：加入萃取剂，倾斜振荡、放气；静置；将上口玻璃塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔， 旋开活塞；放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞；上层液体从上口倒出，故顺序为acbed。
②结合(2)可知，体系中有超过1ml·L-¹的稀硫酸，结合氧气存在的环境，可以与CuFeS₂ 、FeS₂ 反应， 故水相中存在Cu²+ 、Fe³+。
(4)①结合流程信息，反萃取需要得到钼酸铵，所以需要能提供铵根离子的碱性溶液，以促进萃取平衡逆 向移动，故答案为：氨水。
②在 pH=7 时，碳酸体系的[CO²-] 与 [HCO₃]的关系为：
[HCO₃], 对于BaCO₃, 在临界不沉淀条件下： [Ba²+][CO²]= Ksp(BaCO₃), 代入[CO²] 表达式：[Ba²+]×5.6×10⁻⁴[HCO₃]=2.8×10-⁹, 因此：
(1),对于BaMO₄, 沉淀发生时：[Ba²+][MO2]=Ks,(BaM₄)=2.5×10-8(2), 由方程(2)解出[ 代入方程(1):整理得： ,化简得到
因此，溶液中 c(HCO₃):c(MO2-)=200:1, 即比值为200。
(5)结合信息“CaMO4通常难溶于常见无机溶剂”可知NaOH 无法处理CaMO4, 根据Ksp数据可知，Na₂CO₃ 可以使CaMO₄ 转化为CaCO₃, 从而提高钼元素的产率/浸出率。
(6)题干提示“层状”类比石墨，故答案为：层与层之间属于分子间作用力，强度较弱，易于滑动。
18. 【答案】(共13分)
(1①+120(2分)>(1分) ② B(1 分 )
(2)①C₂H₄(2 分) ②1.8 p 或 (2分)(只列出计算表达式且正确得1分)
(3① CO₂能消除催化剂表面的积碳，加快反应速率，同时还能发生反应v消耗H₂, 促进反应i平衡正向移动， 提高乙烯的产率(2分)(两点各1分)
②CO₂ 的含量增多，减少了C₂H₆ 在催化剂表面活性点的吸附，导致C₂H₆ 的转化率呈减小的趋势(2分)
(4)4s(1 分)
【命题立意】化学反应原理
【考点分析】本题综合考查化学反应原理，涉及热力学(盖斯定律计算焓变、熵变判断、△H-T△S与温度的 关系图)、反应图像推断(根据物质的量变化曲线及原子守恒推测产物)、化学平衡常数(压强平衡常数 Kp 的计算)、反应条件对转化率及选择性的影响，以及配位化学中Cu+的 4s 空轨道与乙烯π键形成配位键 等核心知识点，体现了化学反应原理在化工生产中的实际应用。
【解析】
1,该反应为气体分子数增多的反应，
故△S>0。反应中△H>0,△S>0,△H-T△S(kJ·ml-¹) 随温度T/(K)的变化是一次函数的变化，斜率k=-△S