2026年天津市河东区高三下学期总复习质量检测（一）化学答案_2026年江苏南京第六十六中学高三四月第一次检测（二模）_05化学_江苏南京第六十六中学高三四月第一次检测（二模）

2026届高三四月第一次检测（二模）
参考答案
1．A
【详解】A．Cu的价电子排布式为3d104s1，其属于ds区元素，A符合题意；
B．C的价电子排布式为2s22p2，其属于p区元素，B不符合题意；
C．Fe的价电子排布式为3d64s2，其属于d区元素，C不符合题意；
D．O的价电子排布式为2s22p4，其属于p区元素，D不符合题意；
故选A。
2．B
【详解】A．Na O 中O和O之间存在非极性共价键，A错误；
2 2
B．CO 的电子式为 ，B正确；
2
4+2－32
C．CO2的中心原子的价层电子对数为3+ =3，无孤对电子，空间构型为平面三
3 2
角形，C错误；
D．O原子的核外电子数为8，结构示意图为 ，D错误；
公众号：高考试卷君
故选B。
3．C
【详解】A．装置甲中除粗盐水中的泥沙时，采用过滤的方法，但需要使用玻璃棒引流，A
不正确；
B．装置乙中蒸发NaCl溶液时，采用蒸发结晶的方法，通常使用蒸发皿，坩埚是灼烧固体
所用的仪器，不用于蒸发溶液，B不正确；
C．装置丙制备NaHCO 时，将CO 气体通入氨化的NaCl饱和溶液中，由于NaHCO 在饱
3 2 3
和NaCl中的溶解度较小，所以生成的NaHCO 大部分结晶析出，C正确；
3
D．装置丁制备Cl ，采用电解饱和食盐水的方法，与直流电源正极相连的Fe电极为阳极，
2
则Fe失电子，而不是Cl-失电子，得不到Cl ，D不正确；
2
故选C。
4．B
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半
径：r(O)＜r(C)，故A错误；
学科网（北京）股份有限公司B．元素非金属性越强，电负性越大，根据金属活动性顺序表，金属性：K＞H，则非金属
性K＜H，则电负性：χ(H)>χ(K)，故B正确；
C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋
势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离I₁O＜I₁N，故C错误；
D．常温下氨为气态，水为液态，故沸点：NH ＜H O，故D错误；
3 2
故选B。
5．A 6．C 7．D
【解析】5．A．该反应可以理解为醇的氧化反应生成乙酸，为放热反应，则△H<0，A正确；
B．CO结构为CO，反应生成乙酸中存在碳氧双键和碳氧单键，则CO在反应过程中共价
键发生断裂，B错误；
C．[RhI (CO) ]−为反应的催化剂，降低该反应的活化能，加快反应速率，C错误；
2 2
D．及时分离CH COOH ，促使平衡正向移动，但是物质浓度减小，减慢了反应速率，D错
3
误；
故选A；
公众号：高考试卷君
6．A．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液条件下加热生成乙烯，反应：
Δ
CH CH Br+NaOH  CH =CH ↑+NaBr+H O，A错误；
3 2 2 2 2
醇溶液
点燃
B．过量铁与氯气反应生成氯化铁：2Fe3Cl 2FeCl ，B错误；
2 3
C．乙烯和K [PtCl ]溶液在催化剂作用下制得蔡斯盐，反应为：
2 4
C 2 H 4 K 2 PtCl 4 H 2 OK PtCl 3 C 2 H 4   H 2 OKCl，C正确；
5060℃
D．Ni能与CO在50~60℃条件下反应生成 Ni(CO) ，：Ni4CO NiCO ，D错
4 4
误；
故选C；
7．A．(CH ) Al中 Al 原子形成3个共价键，且无孤电子对，轨道的杂化类型为 sp2，A错
3 3
误；
B．K[PtCl (C H )]中钾为+1价、氯为-1价， C H 整体化合价为0，则Pt的化合价为+2，B
3 2 4 2 4
错误；
C．二茂铁 Fe(C H ) 熔点为 172℃，属于分子晶体，不存在离子键，C错误；
5 5 2D．1个CO中存在1个σ键，镍和4个CO形成4个配位键，则1molNi(CO) 中含8molσ 键，
4
数目为 8mol，D正确；
故选D。
8．A
【详解】A．硅和碳高温生成粗硅，粗硅和HCl高温生成SiHCl ，再被氢气还原为硅单质，
3
A正确；
B．饱和氨盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，氯化钠和二氧化碳不反应，碳酸氢钠受热
分解为碳酸钠，B错误；
C．氨气被氧气氧化为NO，NO和水不反应，制硝酸应为NO和氧气生成二氧化氮，二氧化
氮和水生成硝酸，C错误；
D．氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体，再转化为无水氯化镁，电解熔
融氯化镁得到镁单质，电解氯化镁溶液得不到金属镁，D错误；
故选A。
9．B
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【分析】LiO 电池放电时，锂电极为负极，反应为Li-e-=Li+，多孔功能电极为正极，低
2
温时发生反应O +2e-=O2-，随温度升高Q增大，则正极区O2-转化为O2；充电时，锂电极
2 2 2
为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，O2-或O2失去电子，据此分析；
2
【详解】A．放电时，锂电极（负极）发生氧化反应：Li-e-=Li+，生成的Li+需向正极（多
孔功能电极，上方）移动，故Li+向上通过固态电解质膜，A正确；
B．放电时，O 在正极得电子，生成Li O（O为-2价）时1molO 转移4e⁻，生成Li O （O
2 2 2 2 2
为-1价）时转移2e⁻。题目中“温度升高Q增大”，说明高温下更易生成Li O（转移电子数更
2
多），此时正极反应应为O +4e-=2O2-；而O +2e-=O2-对应生成Li O （转移2e⁻，Q=2），为
2 2 2 2 2
低温下反应，B错误；
C．充电时，锂电极作阴极，需接电源负极，发生还原反应：Li++e-=Li，C正确；
D．熔融盐中LiNO 的质量分数影响离子浓度，离子浓度决定导电性，进而影响充放电时离
3
子迁移速率，D正确；
故选B。
10．B
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．X分子中含1个苯环、2个酮碳基和1个碳碳双键均能与H 发生加成反应，共
2
消耗H 的物质的量为（3+2+1）mol=6mol，A错误；
2
B．Y为环己烯，分子中碳碳双键上的碳为sp2杂化，单键上的碳为sp3杂化，因此sp3和sp2
杂化的碳原子数目比为1:2，B正确；
C．X中羟基连在非苯环碳上，为醇羟基，Z中无酚羟基，二者均不与FeCl 发生显色反应，
3
无法区别，C错误；
D．Z分子中含碳碳双键，能与Br 发生加成反应，因此Z能使Br 的CCl 溶液褪色，D错
2 2 4
误；
故选B。
11．C
【详解】A．BaCl 溶液中通入SO 和X气体产生白色沉淀，可能因X的强氧化性将SO 氧
2 2 2
化为硫酸根生成硫酸钡沉淀，也可能是氨气和二氧化硫在水中发生反应，然后与氯化钡发生
复分解生成亚硫酸钡沉淀，所以X可能不是强氧化性气体（如NH ），A错误；
3
B．FeCl 溶液中加入公酸性K众MnO号褪色：，Fe 高2具有考还原试性可被卷KM君nO 氧化，但Cl-在酸性条
2 4 4
件下也可能被氧化，无法排除Cl-的干扰，B错误；
C．Na SO 溶液显碱性是因SO2水解生成OH⁻，加入BaCl 后生成BaSO 沉淀，SO2浓度
2 3 3 2 3 3
降低导致水解平衡逆向移动，OH⁻减少，碱性减弱，红色褪去，C正确；
D．Na S溶液中S2-过量，加入硫酸铜，先形成CuS沉淀，再滴入0.01 molL1 ZnSO 溶
2 4
液，剩余的硫离子会直接与锌离子反应形成ZnS沉淀，无法据此比较溶度积，D错误；
故选C。
12．C
【分析】硫酸亚铁铵溶于水，加硫酸酸化，再加草酸，析出草酸亚铁晶体，过滤，洗涤，得
到较纯净的草酸亚铁晶体。
c
 H
c

C
O2
【详解】A．K H C O  2 4 1.5104，已知pH4，即c  H 104molL1，
a2 2 2 4
c

HC
O
2 4
c

C
O2
将数值代入，解得 2 4 1.5，故c  C O2 c  HC O ，A正确；
c

HC
O 2 4 2 4
2 4B．“酸化”后溶液中存在电荷守恒c
 NH
2c
 Fe2
c
 H
2c
 SO2
c
 OH
，此时溶
4 4
液呈酸性，有c
 H
c
 OH
，故c
 NH
2c
 Fe2
2c
 SO2
，B正确；
4 4
C．“沉淀”后的上层清液为FeC O 的饱和溶液，此时
2 4
c  Fe2 c  C O2 K FeC O 3.2107，C错误；
2 4 sp 2 4
D．用乙醇洗涤可带走晶体表面水分，同时乙醇易挥发，利于快速干燥，D正确；
故选C。
13．B
【详解】A．反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ的K值增大，其平衡常数：K <K ，
220℃ 280℃
A错误；
B．1.01105Pa、n H O:n CH OH1.2:1时，设起始甲醇物质的量为1mol，a点
起始 2 起始 3
CH OH转化率较低(约为65%)、CO选择性很低(约为2%)，则
3
n(CO)=1mol×65%×2%=0.013mol，n(CO )=0.65mol-0.013mol=0.637mol，b点CH OH转化率
2 3
公众号：高考试卷君
较高(约为95%)、CO选择性相对较高(约为12%)，则n(CO)=1mol×95%×12%=0.114mol，
n(CO )=0.95mol-0.114mol=0.836mol，故CO 的物质的量：a点b点，B正确；
2 2
C．其他条件不变，混合气体流速越大，CH OH不能完全反应，故转化率不一定越大，C
3
错误；
D．温度高于240℃，甲醇的转化率基本不变、CO选择性迅速上升，说明反应Ⅱ速率随温度
增大的程度大于反应Ⅰ，但是无法得出反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ，D错误；
故选B。
14．(1) d 3d7s2
(2)2.01015
(3)不能,Zn2沉淀完全时，
c  S2 
2.51022
molL1 2.51017molL1 ,c  S2 Co2 2.51018 4.01021，Co2已
105
经开始沉淀，故不能完全分离
(4)Mn2S O22H OMnO 2SO24H
2 8 2 2 4
学科网（北京）股份有限公司(5)先加氨水，Co2与NH 形成配合物，使溶液中Co2浓度减小，沉淀速率减小，从而防止
3
沉淀过快无法形成CoOH
2
(6)滴加1.0 molL1 NaOH溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸
馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加1.0 molL1 BaCl 溶液，无白色沉淀产生
2
【分析】由题给流程可知，向炼锌废渣中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物转化为硫酸盐，单质
铜不反应，过滤得到含有铜、硫酸铅的浸渣和滤液；向滤液中加入氢硫酸溶液沉铜，将溶液
中的铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到硫化铜和滤液；向滤液中加入过二硫酸钠溶液沉锰，
将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入有机萃取
剂萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和水相；向水相中先加入氨水，将溶
液中的亚钴离子转化为配合物，再向反应后的溶液中加入热的氢氧化钠溶液沉钴，将溶液中
的亚钴离子转化为β-Co(OH) 沉淀，过滤得到滤液和β-Co(OH) 。
2 2
【详解】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的价电子排布式为3d7s2，则钴元素位于元
素周期表的d区；
（2）由方程式可知，反应的平衡常数
公众号：高考试卷君
c2(H) c2(H)c(HS-)c(S2-) K H SK H S 1.01071.21013
K= = = a1 2 a2 2  =
c(Cu2)c(H S) c(Cu2)c(H S)c(HS-)c(S2-) K CuS 6.01036
2 2 sp
2.01015；
（3）由溶度积可知，溶液中锌离子完全沉淀时，溶液中
c  S2 
2.51022
molL1 2.51017molL1 ，则溶液中浓度熵
105
Q
c
=c  S2 Co2 2.51018 K
sp
CoS4.01021，溶液中Co2已经开始沉淀，所以不能
实现 Zn2和Co2的完全分离；
（4）由分析可知，加入过二硫酸钠溶液沉锰的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉
淀，反应的离子方程式为Mn2S O22H OMnO 2SO24H；
2 8 2 2 4
（5）由题给信息可知，沉淀过快无法形成β-Co(OH) 沉淀，所以制备β-Co(OH) 时应先加氨
2 2
水，使溶液中亚钴离子与氨分子形成配合物，将溶液中的亚钴离子浓度减小，沉淀速率减小，
从而防止沉淀过快无法形成β-Co(OH) 沉淀；
2
（6）由题给信息可知，从反萃取后的水相中回收得到较纯净的氢氧化锌的实验方案：向溶
液中边搅拌边滴加1.0mol/L氢氧化钠溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加1.0mol/L 氯化钡溶液，无白色沉淀产生；将洗涤
干净的沉淀低温干燥得到较纯净的氢氧化锌。
15．(1)15mol
(2)
(3)取代反应
(4)碳碳双键、酯基
(5) 或
(6)
公众号：高考试卷君
【分析】
A→B为酯化反应，C→D为取代反应，E的分子式为C H O ，生成的F分子式为C H O，
18 16 2 9 10
G分子式为C H O ，由分子式可发现E+H O→F+G，且G为羧酸，所以E为酯，F为醇；
9 8 2 2
根据F的分子式可知，Ω=5，结合H的结构，可知F中应除苯环外，还有一个双键，F结
构为 ，E的结构简式为 ，D与F发
生双键的还原和碳氧双键的加成，生成H，以此分析。
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）1mol化合物A含有的键数目是15mol；
（2）
苯环上连接羟基后，使邻对位活化，所以连接方式除了题干中在酚羟基的对位，还可以在酚
羟基的邻位，即 ；
（3）C中羟基去氢之后的基团取代了另一反应物的氯原子，所以CD的反应类型为取代
反应；
（4）
由分析可知，E的结构简式为 ，所以E中官能团的名
称为碳碳双键、酯基；
（5）
公众号：高考试卷君
G和乙二醇以物质的量之比为2:1完全酯化的有机产物
，它的同分异构体既能发生水解反应又
能发生银镜反应，则应该有-OOCH结构，分子中有3种不同化学环境的氢原子，则该分子
应高度对称，所以满足条件的同分异构体可能为
或 ；
（6）采用逆推法分析，由最后的聚合物可推知需要的单体为 ，由题目流程
C→D，D+F→H可知，以 和 为原料，可以得到
，后将羟基氧化，最终可得到单体，所以制备过程为：
公众号：高考试卷君
16．(1) 主要用于消耗配制溶液时加入的盐酸
FeCl 2FeCl 8NH H OFe O 8NH Cl4H O 除去空气，防止Fe2部分被O
2 3 3 2 3 4 4 2 2
氧化为Fe3，造成产品不纯
(2) CaCO H PO CaHPO HCO 碱性条件下，CaCO 几乎不溶解，钙离子
3 2 4 4 3 3
浓度很小；同时OH浓度增大，会与HPO2产生竞争吸附
4
(3)缓慢加入0.25mol/LK SO 溶液40.0mL不断搅拌；再分批缓慢滴入H SO 溶液，不断搅
2 4 2 4
学科网（北京）股份有限公司拌至用pH试纸测得反应液pH4~5，过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室
温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2~3次
【详解】（1）①配制FeCl 和FeCl 溶液溶液时，防止亚铁离子和铁离子水解，加有盐酸，
2 3
氨水先与盐酸反应。
②FeCl +2FeCl +8NH ⋅H O=Fe O ↓+8NH Cl+4H O
2 3 3 2 3 4 4 2
③通入N 除去空气，防止Fe2+部分被O 氧化为Fe3+，造成产品不纯
2 2
（2）①从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上
升，反应过程中无气体生成。结合图2，写出对应的离子方程式：CaCO +H PO-=CaHPO +HCO-
3 2 4 4 3
②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为：一方面
碱性条件下，CaCO 几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH−浓度增大，会与HPO2-产生竞
3 4
争吸附
（3）向含0.02molCaHPO 2H O的浆料中缓慢加入0.25mol/LK SO 溶液40.0mL不断搅拌；
4 2 2 4
再分批缓慢滴入H SO 溶液⋅ ，不断搅拌至用pH试纸测得反应液pH≈4~5，过滤；将滤液蒸
2 4
发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙
公众号：高考试卷君
醇洗涤2~3次，干燥。
【点睛】题目通过先将FeCl ⋅4H O和FeCl ⋅6H O晶体配制成混合溶液，再与氨水反应可
2 2 3 2
制得纳米Fe O ，在题目已给信息中可以看出，通过纳米Fe O 物理吸附和CaCO 溶出后通
3 4 3 4 3
过化学反应等去除水体磷，所以在后续离子方程式是碳酸钙反应而不是四氧化三铁反应，这
里需要注意。
17．(1)746.5kJ/mol
(2)空燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO和C H 的含量少，NO 难以被还原
x y x
3%a
(3) 提高薄膜导电性；促进气体吸附 L/min
2
(4)CuO会与CaO反应生成Ca CuO ，但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与CO
2 3 2
发生反应，导致反应活性位点减少
(5)相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO 的吸附，增强对*OCHO中间体
2
的吸附（或BiIn合金催化剂能够降低*CO 形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金属In
2
催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能(6) DCOOH、DCOOD
【分析】Ⅱ. （3）图中a侧发生反应：O 2H O4CO 4e 4HCO；b侧：
2 2 2 3
H 2e2HCO 2H O2CO ，据此分析。
2 3 2 2
【详解】（1）碳的燃烧热的热化学方程式① CsO gCO gΔH 393.5kJ·mol1；
2 2
② N gO g2NOgΔH 180.5kJ·mol1
2 2 1
③ 2CsO g2COgΔH 221kJ·mol1
2 2
目标反应2NO(g)2CO(g) N (g)2CO (g) 可由①×2-②-③得到，则
2 2
ΔH 2  393.5kJ·mol1 180.5kJ·mol1  221kJ·mol1   746.5kJ·mol1 ；
（2）结合图知，氮氧化物的转化效率降低的原因：空/燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO
和C H 的含量少，NO 难以被还原；
x y 公x 众号：高考试卷君
（3）①碳纳米管的作用：提高薄膜导电性；促进气体吸附；
②a侧：O 2H O4CO 4e 4HCO；b侧：H 2e2HCO 2H O2CO ，则存
2 2 2 3 2 3 2 2
在计量关系：4CO ~4e ~2H ；a侧空气流量为aL/min，理论上要将空气中的CO 完全
2 2 2
3%a
去除，则b侧流量至少为 L/min；
2
（4）当CaOCuO摩尔比小于1：1时，随CuO加入，CuO会与CaO反应生成Ca CuO ，
2 3
但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与CO 发生反应，导致反应活性位点减少，
2
钙铜复合材料对CO 捕集量减少；
2
（5）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO 的吸附，增强对*OCHO中间
2
体的吸附（或 BiIn合金催化剂能够降低*CO 形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金
2
属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；
（6）
学科网（北京）股份有限公司①图中过程ⅱ中 得电子转化为负离子中间体 ，过程iii中 得
电子转化为 ，则形成的负离子中间体为： ；
②过程ⅱ 得电子形成负离子中间体 ，过程ⅲ 转化为
，过程iv中， 结合水电离出的H+ 生成 、
结合水电离出的H+ 生成甲酸。若将H O换成D O，生成甲酸的结构简式为DCOOH；
2 2
公众号：高考试卷君
而生成的三唑的结构简式为 ， 可与二氧化碳反应进入新的循环，
经过程i、ii、iii、iv可得到DCOOD；综上，若将H O换成D O，则生成甲酸的结构简式可
2 2
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资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2025年9月到2026年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2024年9月到2025年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
3、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
5、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
6、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内
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进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
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2026 高一 VIP 资料【无水印】
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1、2025年9月到2026年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
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3、2023年9月到2024年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、2022年9月到2023年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
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