安徽省临泉田家炳实验中学2026届高三下学期模拟预测 化学试题含答案

这是一份安徽省临泉田家炳实验中学2026届高三下学期模拟预测 化学试题含答案，共20页。试卷主要包含了C-12，____，TS7，说明该反应分两等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16、Mg-24、S-32、Cl-35.5、
Ca-40、Ti-48、Sr-88、Ba-137
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1．中国美食享誉世界，东坡诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是
A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生
B．发酵制醇阶段有CO2产生
C．发酵制酸阶段有酯类物质产生
D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行
2．现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是
A．我国科学家首次测得了月球背面月幔水含量1mlH2O质量为10g
B．利用MS2成功为金属材料“重塑金身”，MS2中M的化合价为+6
C．穿上电动机械腿，助力行走不是梦，行走时电池将电能转化为化学能
D．沙海养鱼蹚出治沙新路，让沙海沙山变成金山银山，鱼肉富含蛋白质
3．下列实验操作规范的是
A．AB．BC．CD．D
4．蛇孢菌素（X）是一种具有抗癌活性的天然植物毒素。下列关于X说法正确的是
A．含有4种官能团，8个手性碳原子
B．1ml X最多可以和3ml H2发生加成反应
C．只有1种消去产物
D．可与新制的Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀
5．抗日战争时期，根据地物资紧缺，军民自力更生，就地取材，采用下列方法生产化工产品，其中利用了氧化还原反应原理的是
A．用石磨代替打浆机碾碎硝化棉
B．用陶缸作反应器以硫黄为原料生产硫酸
C．通过蒸馏法以自酿的白酒为原料生产工业酒精
D．通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油
6．加热时，浓硫酸与木炭发生反应：2H2SO4(浓)+CΔCO2↑+2SO2↑+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．12g12C含质子数为6NA
B．常温常压下，6.72LCO2含σ键数目为0.6NA
C．1.0LpH=1的稀硫酸中含H+数目为0.2NA
D．64gSO2与16gO2充分反应得到SO3的分子数为NA
7．我国科学家制备了具有优良双折射性能的C3H8N6I6·3H2O材料。下列说法正确的是
A．电负性Nc(OH−)>c(H+)>c(HCOOH)
13．氮化镓（GaN）是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应
Ga2O3(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程（TS代表过渡态）如下：
下列说法错误的是
A. 反应i是吸热过程
B. 反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV
C. 反应iii包含2个基元反应
D. 总反应的速控步包含在反应ii中
14. CaCO3的四方晶胞（晶胞参数α=β=γ=90°，省略CO32−中的氧，只标出C4+）和CaO的立方晶胞如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A. CaCO3晶胞中1位C4+的分数坐标为0,0,14
B. CaCO3晶胞中2位和3位Ca2+的核间距为4.89\unitapm
C. CaO晶胞和CaCO3晶胞中原子数之比是4:15
D. CaO晶体密度小于CaCO3晶体密度
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
15. 某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2（实验装置如图A，夹持装置省略）：滴入TiCl4，边搅拌边加热，
使混合液升温至80°C，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2·xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
（1）装置A中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）
（2）三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体主
要成分为 （填化学式）。
（3）判断TiO2·xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率（实验装置如下图，夹持装置省略）。
（4）装置C中试剂X为____。
（5）装置D中反应生成TiN、N₂和H₂O，该反应的化学方程式为____。
（6）装置E的作用是____。
（7）实验中部分操作如下：
a．反应前，称取0.800gTiO₂样品；
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.656g 。
①正确的操作顺序为：a→____→f（填标号）。
②TiN的产率为____。
16．某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO₄、SiO₂、CaCO₃、SrCO₃和MgCO₃等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
已知25℃时，Ksp(SrSO4)=10−6.46，Ksp(BaSO4)=10−9.97
回答下列问题：
（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为____。
（2）“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、____（填离子符号）。
（3）“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为____；25°C时，向0.01 ml SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 ml·L−1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2+)·c(SO42−)=____ml·L−12（忽略溶液体积的变化）。
（4）其他条件相同时，盐浸2 h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是____。
（5）“浸出渣2”中主要含有SrSO4、____（填化学式）。
（6）将窝穴体a（结构如图2所示）与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是____。
（7）由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是____（填标号）。
a. 加热脱水 b. 在HCl气流中加热 c. 常温加压 d. 加热加压
17. 乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO+H2)为原料制备乙二醇的反应分两步进行：
①HCHO(g)+CO(g)+H2(g)=HOCH2CHO(l)；
②HOCH2CHO(l)+H2(g)=HOCH2CH2OH(l)；
已知：ΔHm为物质生成焓，反应焓变ΔH=产物生成焓之和−反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。
回答下列问题：
（1）生成乙二醇的总反应③的热化学方程式为 。
（2）恒压时，增大合成气n(H2)n(CO)的值，HOCH2CHO（羟基乙醛）单位时间内产率降低，其可能原因是 。
（3）反应中伴随副反应④：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(l)。平衡常数与温度之间满足关系lnK=−ΔHRT+常数（R为正常数），反应②和反应④的lnK与1T的关系如图所示，则ΔH2 ΔH4（填“>”“Y，故B正确；
C．硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确；
D．QZX4Y4W12为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误；
故答案为：D。
11．C
A．试纸变蓝是因为Cl2和KI反应生成I2，反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，该反应氧化性Cl2>I2，A正确；
B．CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚微溶物，C6H5ONa+CO2+H2O=C6H5OH+NaHCO3，B正确；
C. SO2通入品红溶液，生成无色物质，不属于因氧化性褪色，C错误；
D. NH3与水反应NH3+H2O⇌NH3·H2O，溶液呈碱性，使酚酞变红，D正确；
故答案为：C。
12.D
结合起点和终点，向20mL0.10ml·L−1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、OH−、H+和HCOO−；当V(HCOOH)=0mL，溶液中存在Na+、H+和OH−，c(OH−)=c(Na+)=0.10ml·L−1，随着加入HCOOH溶液，c(Na+)减少但不会降到0，当V(HCOOH)=20mL，c(Na+)=0.05ml·L−1，随着加入HCOOH溶液，c(OH−)会与HCOOH反应而减少，当V(HCOOH)=20mL，溶质为HCOONa，
n(HCOONa)=0.05ml·L−1，Kh=KWKa=10−141.8×10−4=c(OH−)c(HCOOH)c(HCOO−)=c(OH−)2c(HCOO−)，
c(OH−)=10−101.8×0.05=16×10−5ml·L−1c(OH−)很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表c(OH−)；当V(HCOOH)=0mL时，0.10ml·L−1NaOH中c(H+)=10×10−13ml·L−1，很小，随着加入HCOOH溶液，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混物，最终为HCOONa，c(H+)增加的很少，而c(HCOO−)增加的多，当V(HCOOH)=20mL，溶质为HCOONa，HCOO−少部分水解，n(HCOO−)c(HCOO−)及c(OH−)>c(H+)观察图中N点可知，c(HCOO−)≈0.05ml/L，根据
a(HCOOH)=c(H+)c(HCOO−)c(HCOOH)=1.8×10−4，可知c(HCOOH)>c(H+)，故D错误；
故答案选D。
13．D
A．观察历程图可知，反应i中Ga2O3(s)+NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、
TS3完成反应，生成Ga2O2NH(s)和H2O，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应
中增加，则该反应为吸热过程，A正确；
B．反应ii中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，
即3.39eV - 0.70eV = 2.69eV，B正确；
C．反应iii从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)+H2O(g)经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两
步进行，包含2个基元反应，C正确；
D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应iii中的TS7对应得反应步骤（活化能为3.07eV），
所以总反应的速控步包含在反应iii中，D错误；
故选D。
14．D
A．根据图示，CaCO3晶胞中1位C4+位于晶胞的棱角，其分数坐标为(0,0,14)，
故A正确；
B．2位Ca2+坐标为（a，a，1.7a），3位Ca2+坐标为（0，0，3.4a），核间距：d=4.89 apm，B
正确；
C．CaO晶胞中原子个数为：8×18+12×6+12×14+1=8，CaCO3晶胞中原子个数为：
4×14+8×18+4+8×14+4×4=30（省略CO32−中的氧，只标出Ca4+，所以一起计算CO32−的原子），CaO晶胞和CaCO3晶胞中原子数之比是4:15，C正确；
D．晶体密度计算公式为：ρ=NMNAV，CaO晶体密度为：
ρ=4×56 g/mlNA×(0.96a×10−10 cm)3=253.2NA×a3×10−30 g/cm3，CaCO3晶体密度为：
ρ=6×100 g/mlNA×a×10−10 cm×a×10−10 cm×3.4a×10−10 cm=176NA×a3×10−30 g/cm3，CaO晶体密度大于CaCO3晶体密度，D错误；
故答案选D。
15．(1)b
（2）Ti(OH)4
（3）AgNO3（或AgNO3+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银）
（4）碱石灰（或生石灰（CaO）、NaOH、KOH以及这些物质的组合均可）
（5）6TiO2+8NH3=800°C6TiN+12H2O+N2
（6）吸收氨气与水
（7）bdec 80.0%或80%、0.8
稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl4，搅拌并加热，TiCl4在盐酸中水解生成白色沉淀TiO2·xH2O，将TiO2·xH2O洗涤，煅烧制得TiO2，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和TiO2在800°C下反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为6TiO2+8NH3=800°C6TiN+12H2O+N2，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。
（1）装置A中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；
（2）TiCl4水解生成Ti(OH)4，TiCl4水解生成的胶体主要成分为Ti(OH)4；
（3）TiO2·xH2O沉淀中含有少量的Cl−杂质，判断TiO2·xH2O沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl−，若最后一次洗涤液中不含Cl−，则证明TiO2·xH2O沉淀清洗干净，
检验Cl−，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为6TiO2+8NH3=800°C6TiN+12H2O+N2；
（6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的TiO2固体，将TiO2放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为abdecf；
②0.800gTiO2的物质的量为0.800g80g/ml=0.01ml，则TiN的理论产量为0.01ml×62g/ml=0.62g，反应后剩余固体质量为0.656g，则固体质量减少质量为0.800g−0.656g=0.144g，根据6TiO2+8NH3=800°C6TiN+12H2O+N2-固体减少6×(32−14)g，则TiN的实际产量=6×62×0.1446×18g=0.496g，则TiN产率为×100%≈80%。
16.（1）5s2
（2）Ca2+、Mg2+
（3） SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq) 10−8.97
（4）升高温度，Ba2+与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；
（5）BaSO4、SiO2
（6）窝穴体a的空腔与Sr2+更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定
（7）a
含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体；
（1）锶位于元素周期表第五周期第IIA族，基态原子价电子排布式为5s2；
（2）由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+、
Mg2+；
（3）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：
SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq)；该反应的平衡常数
K=c(Sr2+)c(Ba2+)=c(Sr2+)c(SO42−)c(Ba2+)c(SO42−)=Ksp(SrSO4)Ksp(BaSO4)=10−6.4610−9.97=103.51，平衡常数很大，近似认为
SrSO4完全转化，溶液中剩余n(Ba2+)=1×10−3ml，则c(SO42−)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=10−7.97ml/L，
列三段式：SrSO4(s)Ba2+(aq)BaSO4(s)Sr2+(aq)初始变化平衡，理论上溶液
中c(Sr2+)·c(SO42−)=10−7.97ml/L×10−1ml/L=10−8.97(ml·L−1)2；
（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，Ba2+与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；
（5）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2不参与反应，故浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2；
（6）窝穴体a与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是窝穴体a的空腔与Sr2+更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定；
（7）Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2+不水解，排除b，由平衡移动原理可知SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。
17.（1） HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l) ΔH=−228kJ/ml
（2）若单位时间内未达平衡，可能是反应②的速率大于反应①，使得单位时间内HOCH2CHO（羟基乙醛）产率降低；若单位时间已达平衡，可能是反应①平衡逆移，反应②平衡正移，导致羟基乙醛产率降低
（3） < 降低 随着1T的增大，即温度降低，反应②的lnK增大的程度大于反应④的lnK增大的程度
(4) 0.112 1.67×1011
【详解【小题1】反应①+反应②，得到总反应③：HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l)，反应焓变ΔH=产物生成焓之和-反应物生成焓之和，即ΔH=∑ΔHm(产物)−∑ΔHm(反应物)=(−455)−[(−116)+(−111)+0] kJ/ml=−228 kJ/ml，则热化学方程式为HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l) ΔH=−228 kJ/ml。
【小题2】恒压时，增大合成气中n(H2)n(CO)的值，意味着H2的分压增大，CO的分压减小，反应速率与反应物浓度相关，CO分压减小的影响超过H2分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间内产率降低。
【小题3】lnK与1T的关系图中，斜率为−ΔHR，图中反应②的斜率大于反应④，表明|ΔH2|>|ΔH4|，由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热（ΔH苯酚
C
SO2通入品红溶液中，溶液褪色
SO2具有氧化性
D
NH3通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红
氨水显碱性
物质
HCHO(g)
CO(g)
H2(g)
HOCH2CH2OH(l)
ΔHmf/(kJ·ml−1)
-116
-111
0
-455