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2026 届高三5 月复习诊断
化学参考答案
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A
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D
B
A
D
A
B
C
B
D
C
D
C
1.【答案】A
【解析】
A.煤的气化、液化和干馏都属于化学变化，A 正确；
B.碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，B 错误；
C.铁强化酱油中添加的乙二胺四乙酸铁钠，具有补铁的功效，属于营养强化剂，C 错误；
D.考古分析古代人类食物结构使用的是稳定同位素13C 和15N，D 错误。
2.【答案】C
【解析】
A.Cl 是吸电子基团，吸电子效应使羧基的O—H 键极性增强，更易电离出H+，故酸性：
ClCH2COOH＞CH3COOH，和吸电子效应有关联，A 无误；
B.O2 为非极性分子，O3 呈V 形且键是极性的，是弱极性分子，水是极性溶剂，按相似相溶
原理，O3 在水中的溶解度大于O2，与分子极性有关，B 无误；
C.焰色试验中某些金属原子的电子从激发态跃迁到基态（释放光能），焰色主要由激发态和
基态能级差决定，而第一电离能影响的是原子失去1 个电子的难易程度，C 符合题意；
D.15-冠-5 识别Na+而不识别K+是由于其空腔大小与Na⁺半径大小匹配，与离子半径较大的
K+不匹配，D 无误。
3.【答案】D
【解析】
A.CO2 通入CaCl2 溶液中仅发生反应：CO2+H2O
H2CO3，不能生成碳酸钙，A 错误；
B.过量SO2 与Na2S 溶液反应，除了生成黄色沉淀S，还生成NaHSO3，离子方程式为
5SO2+2S2−+2H2O=3S↓+4HSO−3，B 错误；
C.铅酸蓄电池充电时，阳极PbSO4 失电子生成PbO2，电极反应式为：PbSO4+2H2O−2e−=
PbO2+4H++SO2−
4 ，C 错误；
D.溴水具有氧化性，能将乙醛氧化为乙酸：CH3CHO+Br2+H2O=CH3COOH+2Br−+2H+，D
正确。
2
4.【答案】B
【解析】
A.没有说明是“标准状况”，无法计算硫化氢气体分子数，A 错误；
B.0.1 mol 56Fe2+含有中子的物质的量为0.1×(56−26)=3 mol，数目为3 NA，B 正确；
C.H2O 中氧原子含有的价层电子对数为4（其中孤电子对数为2），故1.8 g H2O(0.1 mol)中，
氧原子含有的价层电子对数为0.4 NA，C 错误；
D.每消耗3.2 g O2，表面上看反应②生成的Fe3+物质的量为0.4 mol，但溶液中Fe3+会水解，
更关键的是反应①中Fe3+被消耗，总过程中Fe2+、Fe3+循环转化（所以Fe2+、Fe3+只含少量
即可），忽略水解时理论上其总数不变，不会因消耗的氧越多，增加的Fe3+数目越多，D 错
误。
5.【答案】A
【解析】
A.随着饱和溶液缓慢蒸发水分，明矾在晶种上缓慢沉积可制取大颗粒明矾晶体，A 正确；
B.石英坩埚由二氧化硅制得，在高温下能和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，而碳酸钠
不与铁反应，故熔融纯碱应选用铁坩埚，B 错误；
C.配制银氨溶液时，应将稀氨水逐滴滴入稀硝酸银溶液中，直到产生的沉淀刚好溶解为止，
不能将硝酸银溶液滴入稀氨水中，否则氨水和硝酸银的其中之一易过量，C 错误；
D.Fe2+和K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，但实验中K3[Fe(CN)6]可能将铁电极氧化生成Fe2+，
无法验证金属锌保护铁，正确的做法是：一段时间后，用胶头滴管从铁电极区域取少量溶液
于试管中，再向试管中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，观察是否生成蓝色沉淀，D 错误。
6.【答案】D
【解析】
A.化合物G 可简化表示为CH3CH=CHR，由于碳碳双键不能旋转，—CH3 与—R 在双键同
侧（
）或异侧（
）是不同的立体异构，存在顺反异构体，A 无误；
B.手性碳原子是连接4 个不同原子或基团的饱和碳原子，G 中不含手性碳，B 无误；
C.化合物G 中的酚羟基可与FeCl3 溶液发生显色反应，C 无误；
D.酚羟基不能与碳酸氢钠反应，1 mol G 最多能消耗1 mol NaHCO3，D 符合题意。
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7.【答案】A
【解析】
A.由熔点可知，NaBH4 为离子晶体，Al(BH4)3 为分子晶体，A 符合题意；
B.H3BO3 的电离方程式为H3BO3+H2O
[B(OH)4]−+H+，H+来自水的解离，B 无误；
C.[B(OH)4]−中B原子的价层电子对数为4，其轨道杂化类型为sp3，C无误；
D.氢的电负性大于硼，Al(BH4)3中氢为-1价，与水反应生成Al(OH)3、H3BO3和H2：
Al(BH4)3+12H2O=Al(OH)3+3H3BO3+12H2↑，D 无误。
8.【答案】B
【解析】W 原子中电子只有一种运动状态，W 是H；Z 的氧化物具有两性，Z 是Al。由阳
离子的结构式可知，X 是C，Y 是N；由[AlM4]−可知，M 为Cl。
A.原子半径：Z（Al）＞M（Cl），A 错误；
B.N、H、Al 的非金属性依次减弱，则电负性：Y（N）＞W（H）＞Z（Al），B 正确；
C.键角：CH4（109°28′）＞NH3（含1 个孤电子对，小于109°28′），C 错误；
D.AlCl3 是共价化合物，D 错误。
9.【答案】C
【解析】
A.光照下，光子的能量高于Eg 时才能使电子跃迁产生光生电子和光生空穴，A 无误；
B.反应1 中，H2O 得电子生成H2 和OH−，反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，B 无误；
C.反应2 中，OH−在光生空穴（h+）作用下生成O2 和2H2O，反应式为4OH−+4h+=O2↑+2H2O
，C 符合题意；
D.该法利用太阳能且绿色环保，但需解决效率低等问题才能规模化应用，D 无误。
10.【答案】B
【解析】
A.检验硫酸根选用的试剂是盐酸和BaCl2 溶液，用硝酸会将可能存在的亚硫酸根或亚硫酸氢
根氧化为硫酸根，A 错误；
B.用pH 试纸测得0.1 mol·L−1 的KHC2O4 溶液的pH≈3，说明草酸氢根离子的电离程度大于
水解程度，即
w
a2
2
2
4
2
4
a1
2
4
h
2
H C O
HC O
H C O
K
K
K
K
，则Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)＞
Kw，B 正确；
C.浓硝酸受热分解也会产生NO2，故不能说明产生的NO2 是浓硝酸与单质碳反应生成的，C
错误；
D.铜催化下，2-丙醇被O2 氧化为丙酮，D 错误。
4
11.【答案】D
【解析】
A.由能量图可知，在该溶剂中发生消去反应的能垒更低，主要发生消去反应，A 错误；
B.C2H5Br 发生消去反应的条件是NaOH/乙醇溶液，X 为乙醇，B 错误；
C.C2H5Br 在取代反应中有C—Br 键断裂，没有C—H 键断裂，C 错误；
D.OH−的溶剂化（OH−·C2H5OH 或OH−·H2O）主要通过氢键实现，D 正确。
12.【答案】C
【解析】
A.电极a 上CO2 转化为HCOOH，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，电极a 连接
电源负极，电极反应式为CO2+2H++2e−=HCOOH，A 无误；
B.电极b 上CH3OH 转化为HCOO−，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极反
应式为CH3OH+5OH−−4e−=HCOO−+4H2O，B 无误；
C.电解过程中，电极a 的反应消耗H+，K+穿过膜向阴极（电极a）迁移，左侧溶液中的盐
酸逐渐转化为KCl，n(KCl)变大，C 符合题意；
D.将阴极反应与阳极反应汇总，电解总反应为2CO2+CH3OH+OH−=
电解2HCOOH+HCOO−，转
化的CO2 与CH3OH 的物质的量之比为2:1，D 无误。
13.【答案】D
【解析】
A.M 处上方的氧原子距晶胞顶面与M 处氧原子距晶胞底面相同，均为0.208 n pm，该氧原
子与R 处氧原子在同一水平上，距离晶胞底面（1−0.208）n pm=0.792 n pm，故R 处氧原子
的坐标为（1
2，1
2，0.792），A 无误；
B.观察TiO2 晶胞中心的Ti，位于6 个O 原子堆积形成的八面体空隙中，B 无误；
C.TiOaNb 晶胞中含Ti：8×1
8+4×1
2+1=4 个；含有O：6×1
4+6×1
2+1=11
2 个；含有N：1×1
4+1×1
2=3
4
个，所以原子个数比Ti∶O∶N=4∶11
2 ∶3
4，故化学式中计量数之比Ti∶O∶N=1∶11
8 ∶3
16，
C 无误；
D.由图可知氮掺杂后晶胞参数不变，R、Z 两处原子的核间距为2
2
m pm（晶胞底面的面对
角线长度的一半），D 符合题意。
5
14.【答案】C
【解析】
A.随着溶液pH 的增大（OH‒浓度逐渐增大），溶液中L2‒离子浓度逐渐增大，易与铁离子配
位，故曲线I 代表[FeL]+随pH 的变化，曲线Ⅱ代表[FeL2]‒随pH 的变化，A 无误；
B.该反应的平衡常数K=
�([FeL]+)
�(L2−)�(Fe3+)，当Fe3+与[FeL]+分布分数相等时，K=
1
c(L2‒)，根据
Ka1Ka2=�2(H+)�(L2−)
�(H2L)
=10‒7.46×10‒12.4=10‒19.86，pH=1 时，c(H+)=0.1 mol·L‒1，此时c(L2‒)与c(HL‒)
相对c(H2L)来说，其量小很多，可忽略不计，则c(H2L)≈5.0×10‒3 mol·L‒1，代入上式可得
c(L2‒)=5×10‒20.86 mol·L‒1，则K=
1
c(L2‒)=1
5×1020.86=1020.86-0.70=1020.16≈1020，B 无误；
C.当δ([FeL2]‒)=δ([FeL3]3‒)时（约为0.43），据图可知pH≈7.2，�(L2−)
�(HL−)=
�a2
10−7.2=10‒5.2，
c(HL‒)=105.2c(L2‒)＞c(L2‒)，
�(HL−)
�(H2L)= �a1
10−7.2=10‒0.26，因c(HL‒)+c(H2L)≈5.0×10‒3 mol·L‒1，c(HL‒)
的数量级为10‒3 mol·L‒1，c(L2‒)＜10‒8 mol·L‒1，c([FeL2]‒)=0.43×2.0×10‒4 mol·L‒1，c([FeL2]‒)
的数量级为10‒5 mol·L‒1，所以体系中c(HL‒)＞c([FeL2]‒)＞c(L2‒)，C 符合题意；
D.当pH=10 时，溶液中主要的配离子为[FeL3]3‒和[FeL2(OH)]2‒，其分布分数均为0.5，所以
c([FeL3]3‒)=c([FeL2(OH)]2)=1×10‒4 mol·L‒1，此时形成[FeL3]3‒消耗了3×10‒4 mol·L‒1 的L2‒，形
成[FeL2(OH)]2‒消耗了2×10‒4 mol·L‒1 的L2‒，共消耗了5×10‒4 mol·L‒1 的L2‒，即参与配位的
L2‒浓度约为5×10‒4 mol·L‒1，根据元素守恒，体系中游离的L 总浓度c(H2L)+c(HL‒)+c(L2‒)≈5.0
×10‒3 mol·L‒1−5×10‒4 mol·L‒1=4.5×10‒3 mol·L‒1，D 正确。
15.（14 分，除标注外每空2 分）
（1）
（2）V2O3+3H2SO4(浓)====
200℃2VOSO4+SO2↑+3H2O
（3）Fe3+（或铁离子）（1 分）
SiO2、H2SiO3（答其中之一即可）（1 分）
ABCD（漏选扣1 分）
（4）增大氢离子浓度，使VO2+(aq)+2HA(org)
VO(A)2(org)+2H+(aq)平衡逆移（合理即可）
（5）12VO+2+14NH3·H2O=(NH4)2V12O31↓+12NH+4+7H2O
（6）
2×83
4.562×2.85×10−24NA
16.（14 分，除标注外每空2 分）
（1）甲（1 分）
有污染物SO2 生成（或硫酸利用率低）
（2）①edbcf
②4[Cu(NH3)2]++O2+4OH−＝
△4CuO↓+8NH3↑+ 2H2O
③加入稀硝酸酸化，再滴加AgNO3 溶液，若无白色沉淀生成
④乙醇
（3）CuSO4
3（或三）（1 分）
3d
4s
6
17.（15 分，除标注外每空2 分）
（1）+(6b－a－3c－d)
（2）①AC
②BC
（3）催化剂载体（1 分）
CH4、焦炭
（4）pc(CO2)> pb(CO2)> pa(CO2)
（5）①16.7%（或1/6）
②
2×
6 2.5×0.13K
0.832
0.5×45
60
18.（15 分，除标注外每空2 分）
（1）＜（1 分）
（2）氧化剂（1 分）
（3）HSCH2COOCH3（
）
酯基、酮羰基（顺序可颠倒）
bcd
（4）
消去反应（或消除反应）（1 分）
（5）9
【解析】
+ H2O
+ Mg(OH)Cl
√
√
√
√
√
√
√
，另一个Ph—连接打√的碳原子，有3 种；
√
√
有3 种；
有2 种；
有1 种；共计9 种。
