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湛江市2026年普通高考测试（二）
化学参考答案
1.【答案】D
【解析】贝壳的主要成分是碳酸盐，陶器的主要成分是硅酸盐，铜鼓为金属材料，
A、B、C项均不符合题意；藤制盾牌的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，
D项符合题意。
2.【答案】A
【解析】该反应中间体含氨基，具有碱性，A项正确；1个该分子含6个氢原子，B
项错误；芳香胺含有C—H键，能发生取代反应，C项错误；分子中既含有C—C非极
性键，也含有C—H等极性键，D项错误。
3.【答案】B
【解析】异戊二烯通过加聚反应可获得聚异戊二烯，A项正确；乙烯、丙烯可通过催
化裂解轻质油获得，与水解无关，B项错误；高分子膜防腐涂层可通过隔绝氧气和水
减缓金属的腐蚀，C项正确；H 还原铁的化合物获得铁单质，没有二氧化碳的释放，
2
有利于落实“低碳”行动，D项正确。
4.【答案】C
【解析】将鸡蛋煮熟会导致蛋白质发生变性，A项不符合题意；NH Cl水解呈酸性，
4
产生的H＋可以与铁锈反应，B项不符合题意；用洁厕灵（含HCl）清洗厕所，利用的
是HCl的强酸性，C项符合题意；玻璃属于非晶体，天然水晶属于晶体，可利用X射
线衍射仪区分，D项不符合题意。
5.【答案】D
【解析】氮化硅属于新型无机非金属材料，A项错误；液态花生油长时间放置于空气
中会变质，其主要原因是油脂中的碳碳双键被氧化，B项错误；葡萄酒中添加适量的
SO 可起到抗氧化和杀菌的作用，C项错误；头发烫卷时，维持弹性和形状的头发蛋
2
白中的二硫键（—S—S—）被还原为巯基（—SH），D项正确。
6.【答案】C
【解析】实验室制备Fe（OH） 胶体是将饱和FeCl 溶液滴入沸水中，A项不符合题
3 3
意；S微溶于乙醇、易溶于CS ，不能用乙醇萃取CS 中的S，B项不符合题意；苯甲
2 2
酸的溶解度随温度升高而增大，趁热过滤可除去苯甲酸溶液中混有的泥沙，C项符合
题意；在HCl氛围中蒸发MgCl 溶液可获得MgCl 固体，D项不符合题意。
2 27.【答案】B
【解析】若X为S，则氧化物2为SO ，其与水的反应不是氧化还原反应，A项不符
3
合题意；若X为S，氧化物1为SO ，Y为H S，二者均可以与酸性KMnO 溶液发生
2 2 4
氧化还原反应使之褪色，B项符合题意；若X为Na，则氧化物2为Na O ，Na O 与
2 2 2 2
水反应产生氧气，C项不符合题意；若X为N ，Y可为NH ，酸Z为硝酸，NH 与硝
2 3 3
酸恰好完全反应生成硝酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，D项不符合题意。
8.【答案】C
【解析】苯酚与饱和溴水反应生成白色沉淀，体现的是羟基影响了苯环的活性，陈述
Ⅰ和陈述Ⅱ无因果关系，A项不符合题意；Cl 与过量铁粉反应生成FeCl ，陈述Ⅰ错
2 3
误，B项不符合题意；利用饱和食盐水除去Cl 中的HCl，是利用HCl和Cl 在饱和食
2 2
盐水中的溶解度差异大的原理，C项符合题意；向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑，
体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D项不符合题意。
9.【答案】A
【解析】依据题干信息以及配合物的成键特点，推出X、Y、Z、W、R分别对应B、
C、N、O和F元素。第一电离能：N＞O＞B，A项正确；BF 的中心B原子的价层电
3
子数为3，与3个F原子形成3个σ键，无孤电子对，BF 为非极性分子，B项错误；
3
NO－的空间结构为平面三角形，C项错误；HF会形成分子间氢键，最简单氢化物的沸
3
点：CH ＜HF，D项错误。
4
10.【答案】B
【解析】1 mol [Fe（CN） ]3－配离子中，σ键数目为12N ，A项错误；1 mol羟基
6 A
（—OH）的电子数为9N ，1 mol OH－的电子数为10N ，B项正确；铜与硫粉反应
A A
生成Cu S，每1 mol Cu参与反应，转移1 mol电子，C项错误；K Cr O 溶液中存在
2 2 2 7
平衡：Cr
2
O
7
2－＋H
2
O⇌2CrO2
4
－＋2H＋，则1 L 1 mol·L－1 K
2
Cr
2
O
7
溶液中，Cr
2
O
7
2－的数
目小于N ，D项错误。
A
11.【答案】A
【解析】放电时，负极反应式为Zn－2e－＋4OH－ [Zn（OH） ]2－，OH
4
－被消耗，因此负极附近溶液的pH减小，A项正确；正极反应的催化剂是i，ii应是反
应中间体，B项错误；每消耗22.4 L（标准状况）空气，即消耗约0.2 mol O （在
2
1
空气中约占 ），电路中约转移0.2×4 mol＝0.8 mol电子，C项错误；在酸性溶液
5
中，反应物有H＋参与，正极反应完全不同，历程必然改变，D项错误。12.【答案】B
【解析】该体系存在两个平衡：Ag＋＋S O2－ ⇌ [Ag（S O ）]－ K 、[Ag（S O ）]－＋
2 3 2 3 1 2 3
S 2 O 3 2－ ⇌ [Ag（S 2 O 3 ） 2 ]3－ K 2 。加入Na 2 S 2 O 3 会增大S 2 O 3 2－浓度，可能促使
[Ag（S O ）]－转化为[Ag（S O ） ]3－，[Ag（S O ）]－浓度不一定上升，A项错误；
2 3 2 3 2 2 3
c{[Ag（S O ）]－}
加水稀释，溶液体积变大，c（S O2－）减小， 2 3 ＝K ·c（S O2－），K
2 3 c（Ag＋） 1 2 3 1
c{[Ag（S O ）]－}
不变，故 2 3 一定减小，B项正确；[Ag（S O ）]－为配离子，在电离
c（Ag＋） 2 3
方程式中不能拆分，C项错误；电荷守恒式遗漏了S O2－，正确写法应为c（Na＋）＋
2 3
c（H＋）＋c（Ag＋）＝c（OH－）＋c{[Ag（S O ）]－}＋3c{[Ag（S O ） ]3－}＋2c
2 3 2 3 2
（S O2－）＋c（NO－），D项错误。
2 3 3
13.【答案】D
【解析】碱金属原子最外层1个电子容易失去，因此单质还原性强，化学性质活泼，
A项不符合题意；金刚石中的C采取sp3杂化轨道形成共价键的三维骨架网状结构，
硬度大，B项不符合题意；硒元素最外层电子数为6，即最高化合价为＋6价，据此
SeO 中Se元素为中间价态，SeO 既有氧化性，又有还原性，C项不符合题意；Al O
2 2 2 3
的熔点比AlCl 高是因为Al O 为离子晶体，AlCl 为分子晶体，离子键强度远强于分
3 2 3 3
子间作用力，由于AlCl 不是离子晶体，不能通过比较两者的阴离子半径大小和所带
3
电荷数进行推断，D项符合题意。
14.【答案】D
【解析】铝粉和NaOH溶液反应，H O作氧化剂，A项错误；第一个球形干燥管中碱
2
石灰的作用是干燥H ，第二个球形干燥管中碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气和
2
CO 进入U形管，因此，两碱石灰的作用不同，B项错误；实验开始时，应先滴加
2
NaOH溶液，待生成的H 排尽装置内空气后，再点燃酒精灯，C项错误；若“铁的氧
2
化物”为Fe O ，2.32 g Fe O 物质的量为0.01 mol，0.01 mol Fe O 与H 反应生成
3 4 3 4 3 4 2
H O的物质的量为0.04 mol，则理论上U形管增重0.72 g，D项正确。
2
15.【答案】B
k
【解析】当v ＝v 时，k c2（CO）·c2（NO）＝k c（N ）·c2（CO ），可得 正＝
正 逆 正 逆 2 2 k
逆
c（N ）·c2（CO ）
2 2 ＝K，A项正确；该反应为放热反应，lg k为增函数，当温度升
c2（CO）·c2（NO）
高时，k
lg k 和lg k 均增大，但K＝ 正减小，说明lg k 增大的趋势要大于lg k ，则表示
正 逆 k 逆 正
逆
lg k 随温度变化的直线是M，B项错误；能量越低越稳定，则稳定性最好的是TS1，
逆
C项正确；CO*＋H*→COH*→C*＋OH*中活化能最大的步骤为COH*→C*＋OH*，故决
速步为COH*→C*＋OH*，D项正确。
16.【答案】D
【解析】检测酒驾时，电极a为负极，电极b为正极，H＋由负极移向正极，A项错误；
若用氢氧化钠溶液作电解液，会生成盐进入电解液，影响电解液的成分，导致检测仪
失效，B项错误；“充电”时阳极发生氧化反应失电子，电极反应为PbSO ＋2H O－
4 2
2e－ PbO ＋4H＋＋SO2－，C项错误；检测时负极的电极反应：C H OH
2 4 2 5
＋H O－4e－ CH COOH＋4H＋，生成的H＋通过质子交换膜移向正极，
2 3
电路中转移
2 mol e－时，负极区减少9 g H O，“充电”时，电极a（阴极）的电极反应：2H＋
2
＋
2e－ H ↑，由右室进入左室的H＋恰好反应完，不会引起负极区质量变化，
2
因此理论上负极区需补充检测时减少的9 g H O，D项正确。
2
17.【答案】（1）1.3（2分，写1.25扣1分，多写“g”不扣分） BC（2分，漏选
得1分，错选不得分）
（2）Cl－、Br－、I－的最外层电子数相同，随着电子层数的增加，离子半径增大，原
子核对最外层电子的吸引力减弱，因此还原性：Cl－＜Br－＜I－（2分）
（3）CuI（1分） 2Cu2＋＋4I－ 2CuI↓＋I （2分，物质正确1分，配平
2
1分，未写“↓”不扣分）
（4）溶液中存在铜离子的干扰，铜离子可把I－氧化为I ，使得试纸变蓝（2分）
2
（5）取适量iv中反应后的上层清液于试管中，加水稀释，若溶液颜色会由黄绿色变
为蓝色，则可证明猜想2成立（2分）
（6）＞（1分）
【解析】（1）配制50 mL 0.1 mol·L－1 CuSO 溶液，需要胆矾（CuSO ·5H O）的质
4 4 2
量为0.05 L×0.1 mol·L－1×250 g·mol－1＝1.25 g，但托盘天平的精度为0.1 g，则应称取1.3 g胆矾，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及50 mL容量
瓶，B、C项符合题意。
（2）Cl－、Br－、I－的最外层电子数相同，随着电子层数的增加，离子半径增大，原
子核对最外层电子的吸引力减弱，最外层电子容易失去，因此还原性：Cl－＜Br－＜I
－。
（3）依据实验iii中的现象析出大量白色沉淀、上层清液能使淀粉－KI试纸变蓝，以
及已知信息可知白色沉淀为CuI，涉及的氧化还原反应为2Cu2＋＋4I－
2CuI↓＋I 。
2
（4）实验iii已经证明溶液中铜离子能把I－氧化为I ，生成的I 使得淀粉－KI试纸变
2 2
蓝。故实验iv中淀粉－KI试纸变蓝可能是因为铜离子的干扰，不能证明Cl 的存在。
2
（5）依据已知信息[Cu（H
2
O）
4
]2＋＋4Cl－
⇌
[CuCl
4
]2－＋4H
2
O以及平衡移动原理，加
水稀释，可逆反应平衡逆向移动，溶液颜色会由黄绿色变为蓝色，则可证明猜想2成
立。
（6）依据已知信息I ＋SO2－＋H O 2I－＋SO2－＋2H＋得出氧化性：I ＞
2 3 2 4 2
SO2－，以及通过上述实验可知氧化性：Cu2＋＞I ，得出氧化性：Cu2＋＞SO2－。
3 2 3
△
18.【答案】（1）3RuO2－＋2MnO－＋8H＋ 3RuO ↑＋2MnO ↓＋4H O（2分，
4 4 4 2 2
物质正确1分，配平、条件错误扣1分，二者同时有错也只扣1分，未写“↓”“↑”
不扣分）
（2）降低沸点（1分），防止RuCl ·xH O在高温下升华、分解或氧化（1分，只要答
3 2
到防止RuCl ·xH O分解、失去结晶水等合理答案就给分）
3 2
（3）3.2（2分）
（4）过滤（1分） B（1分）
（5）NaOH（1分，KOH等合理答案均可）
（6）RuCl2－＋4e－ Ru＋6Cl－（2分，物质正确1分，配平1分）
6
（7）12（1分） 2.995（2分）
【解析】（1）“含钌废液”的主要成分是RuO2－、Fe2＋，加入KMnO 作为氧化剂，
4 4
△
可以直接写出RuO2－反应的离子方程式：3RuO2－＋2MnO－＋8H＋ 3RuO ↑＋
4 4 4 4
2MnO ↓＋4H O。
2 2
（2）减压蒸馏可以降低沸点，防止RuCl ·xH O在高温下升华、分解或氧化。
3 2（3）当Fe3＋浓度为1.0×10－5 mol·L－1时，达到临界值，将其代入K [Fe（OH） ]＝
sp 3
4.0×10－38＝1.0×10－5×c3（OH－），根据lg 4≈0.6，则可求出pH至少应调至
3.2。
（4）“操作X”实现了固液分离，则为过滤；已知信息中提到有机萃取剂N503对
RuCl2－有很强的萃取能力，故需要通过加入氧化剂，实现RuCl3－转化为RuCl2－，B项
6 6 6
符合题意。
（5）根据反应2ROH（有机相）＋RuCl
6
2－（水相） ⇌R
2
RuCl
6
（有机相）＋2OH－（水
相），为了使平衡逆向移动，可以加入NaOH等碱性物质。
（6）电解RuCl2－制备Ru，释放出游离的Cl－，则对应的电极反应式为RuCl2－＋4e－
6 6
Ru＋6Cl－。
（7）在该晶胞中，O2－位于面上，Ba2＋位于顶角，Ru4＋位于体心，根据均摊法，可得
分子式为RuBaO 。与Ba2＋最近且等距离的为O2－，O2－周围有4个Ba2＋，二者在分子
3
式上存在3倍关系，则反之Ba2＋周围有4×3＝12个O2－。1个晶胞中有1个Ru4＋，当
有1％的Ru4＋被Rh3＋替代后，阳离子电荷减少了1％×1＝0.01，根据电荷守恒，阴离
子电荷也相应减少0.01，则O2－应减少0.005个，晶体中会失去部分O2－产生缺陷，
原晶胞中O2－数目为3，则此时平均每个晶胞所含O2－的数目为3－0.005＝2.995。
19.【答案】（1）ΔH －ΔH （1分）
2 1
（2）AD（2分，漏选得1分，错选不得分）
（3）0.528（2分）
（4）① （1分）
②N（1分） 3（2分）
（5）①[Cd（EDA） ]2＋（2分）
2
②M点是曲线b和d的交点，c{[Cd（EDA） ]2＋}＝c{[Cd（EDA）]2＋}（1分）
3
c{[Cd（EDA） ]2+} 1
则K ·K ＝ 3 ＝ （1分）
2 3 c{[Cd（EDA）]2+}·c2（EDA） c2（EDA）
lgK ＋lgK
即lg c（EDA）＝－ 2 3（1分，其他正确形式也得分）
2
【解析】（1）反应iii＝反应ii－反应i，因此ΔH ＝ΔH －ΔH 。
3 2 1（2）EDA易溶于水是因为EDA与H O形成分子间氢键，A项错误；H N＋
2 3
CH CH NHCOO－既能与酸反应，又能与碱反应，因此具有两性，B项正确；增大
2 2
EDA的浓度有利于CO 的捕集，C项正确；CO 的捕集是熵减小的过程，D项错误。
2 2
（3）n （EDA）＝0.02 mol，n （CO ）＝α（CO ）×n （EDA）＝0.012
起始 捕集 2 2 起始
mol，m （CO ）＝n （CO ）×M＝0.012 mol×44 g·mol－1＝0.528 g。
捕集 2 捕集 2
（4）①基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，则其价层电子的轨道表示式为
。②在EDA与Mn2＋形成的配合物中，提供孤电子对的配
位原子为N，配体数为3。
（5）①随着EDA浓度增大，含Cd微粒由Cd2＋逐渐生成[Cd（EDA） ]2＋，a、b、
3
c、d曲线分别对应Cd2＋、[Cd（EDA）]2＋、[Cd（EDA） ]2＋、[Cd（EDA） ]2＋。
2 3
②见答案。
20.【答案】（1）C H O（1分，元素顺序错误不得分） 氨基（1分，出现错别字不
7 6
得分）
（2）5（1分） （1分，写结构简式或键线式都得分，有错不得分）
（3）AD（2分，漏选得1分，错选不得分）
（4）1（1分）
（5）① （2分，物质正确1分，配平、条件有错扣
1分，二者同时有错也只扣1分）
②氧化反应（1分） （2分，物质正确1分，
配平、条件有错扣1分，二者同时有错也只扣1分）
③ （2分，写结构简式或键线式都得分，有错不得分）
【解析】（1）化合物a为苯甲醛，其分子式为C H O，化合物b为苯胺，其中官能团
7 6
的名称为氨基。（2）芳香族化合物e为胺，e的相对分子质量比b大14（即多1个—CH —），故e
2
的分子式为C H N。若苯环上只连有一个取代基，存在2种结构（—CH NH 、—
7 9 2 2
NHCH ）；若苯环上连有两个取代基，存在—NH 与—CH 的邻、间、对3种结构，
3 2 3
共5种结构。核磁共振氢谱图只有4组峰，对应的结构简式为 。
（3）a与b反应生成d时，C O断裂，C N双键形成，
存在π键的断裂与形成，A项正确；反应①为加成反应（形成中间体c），反应②为
消去反应（脱水成双键），反应类型不同，B项错误；c分子中存在一个手性碳原子，
C项错误；a、d均可以与H 发生加成（还原）反应，原子利用率100％，D项正确。
2
（4）a（苯甲醛）与HCN加成生成f[C H CH（OH）CN]，酸性条件下水解生成主要
6 5
产物g[C H CH（OH）COOH]，f中无羧酸羟基氢，g中新增羧酸羟基氢（1组），故
6 5
与f相比，g的核磁共振氢谱图中多1组吸收峰。
（5）①卤代烃发生水解反应可引入羟基，故化学方程式为
。②已知酮也可与胺类物质发生题述类似的反应，
因此需要引入羰基化合物（碳氧双键），可以将第一步的产物环己醇与氧气发生催化
氧化，得到环己酮，故化学方程式为 。③环己
酮与化合物Ⅱ反应，中间体为 ，此时N原子上没有氢，则采取另一种失水方
式，产物为 （烯胺类物质，类似烯醇结构）。
