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化学参考答案·第1 页（共6 页）
2026 届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（二）
化学参考答案
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
D
A
D
C
B
A
C
题号
8
9
10
11
12
13
14
答案
D
B
D
B
A
C
B
【解析】
1．光导纤维的主要成分是二氧化硅，A 正确。脂肪酸属于有机化合物，B 正确。碳化硅、氮
化镓属于新型无机非金属材料，C 正确。新型燃料电池是将化学能转化为电能，D 错误。
2．
3
4
PO 的价层电子对数为4，空间结构为正四面体，A 正确。P 元素价电子排布图为
，B 错误。该化合物所含元素电负性最大的是O，C 错误。羟基磷灰石
[Ca5(PO4)3OH]，无碳元素，不属于有机物，D 错误。
3．茶泡水后显绿色与棕黄色的Fe3+无关，A 错误。点豆腐是利用了胶体的聚沉，B 错误。汽
油属于烃，不含有氮元素，C 错误。查酒驾利用了驾驶员呼出气体进行检测，体现乙醇的
还原性，D 正确。
4．加入硫酸引入氢离子，和硝酸根将亚铁离子氧化，不能证明Fe(NO3)2 已经变质，A 错误。
NaClO 有漂白性，会将pH 试纸漂白，B 错误。浓度均为0.1mol·L
－1 的MgCl2、CuCl2 混
合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，C 正确。
银镜反应应在碱性环境中进行，所以应中和硫酸，再加银氨溶液，D 错误。
5．该分子存在3 种官能团，A 错误。羧基能发生酯化、中和、取代反应，碳碳双键能与氢气
加成，也属于还原反应，B 正确。所有碳原子不可能处于同一平面，只有与双键相连的碳
原子可能共面，C 错误。羟基不反应，只有羧基反应，1mol 该物质最多可以与1mol NaOH
反应，D 错误。
6．NO2 与N2O4 的最简式均为NO2，A 正确。熔融的NaHSO4 中只含有Na+无H+，B 错误。
P4 为正四面体结构，1mol P4 含6NA P—P，B 错误。没有指明Cl2 所处的温度和压强，无法
确定其物质的量，因此无法确定其与NaOH 溶液反应转移的电子数，D 错误。
7．碳酸钠溶液除锅炉的水垢，由硫酸钙沉淀转化为碳酸钙，A 正确。银被稀硝酸氧化，B 正
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确。Na2S 溶液与AlCl3 溶液混合，会发生互促水解，生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，C
错误。向Na2S2O3 溶液中滴加稀硫酸，发生歧化反应，D 正确。
8．根据题目信息，M 元素为H，X 元素为B，Q 元素为N，Y 元素为O，Z 元素为Mg，化合
物A 为H2O2。H2O2 为展开的书页型，为极性分子，A 错误。BH3 为平面三角形，NH3 为
三角锥形，B 错误。H2O 属于分子晶体，由于氢键存在，堆积方式采取非紧密堆积方式，
C 错误。Mg3N2 剧烈水解，产生NH3 和Mg(OH)2，D 正确。
9．石蜡不是晶体，不具备晶体的各向异性，A 错误。B 正确。产生乙炔气体中含有H2S，也
能使溴水褪色，C 错误。最终得到固体MgO，D 错误。
10．如图，Ce 元素处于面心立方晶胞的顶点和面心，O 元素处于四面体空隙。O2−的配位数为
4，由化学式CeO2，则Ce4+的配位数为8，A 正确。Ce4+与O2−的核间距是晶胞体对角线
的1
4 ，则CeO2 晶胞中Ce4+与最近O2−的核间距为
3
4
a nm，B 正确。O2−位置位于小正方
体的体心，根据原子坐标原点，有3
1
3
4
4
4
，，
坐标，C 正确。当晶胞存在一个氧空位时，
O2−个数为7，设Ce4+个数为x，Ce3+个数为y，则x+y=4，4x+3y=72。则x∶y=1∶1，D
错误。
11．根据题意，电池工作前先进行充电，
生成
，得电
子作阴极，LiCoO2 充电时失电子生成Li11−xCoO2(0<x<1)，作阳极。充电时，B 为阴极，
则放电时作为负极，A 正确。充电时，阳极电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，
B 错误。石墨烯中C 原子可形成更大的π键，增强有机分子导电性，C 正确。放电时，
阳离子从负极经电解质移向正极，D 正确。
12．放电过程并没有非极性键的断裂，A 错误。根据图信息，放电最终产物为C 和Li2CO3，
B 正确。催化剂改变反应机理，不改变焓变值，C 正确。根据TeAC@NCNS 催化路径，碲
（Te）的引入有更低活化能，可加速LiCO3 的形成，D 正确。
13．基态镍、钴原子原子序数相差1，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，[Ar]3d74s2，核外电子空
间运动状态数相同，A 错误。“浸出渣”是还原氨浸后的产物，Fe3O4、FeO 和Fe 均不与
氨溶液反应，B 错误。镍元素在“还原焙烧”“氨浸”和第二个“加热”过程中都涉及氧
化还原，C 正确。“加热”过程产生气体A 为氨气，焦炭加热过程产生CO2 都可以进行循
环，D 错误。
14．由图可知，随CO2 的通入，溶液中的pH 逐渐降低，Ca2+先减小后增大。
3
3
HCO
HCO
2
2
3
3
H CO
CO
可由
3
HCO
2
3
H
CO
和
2
3
H CO
3
H
HCO
获得，则
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a2
a1
K
K
K
，A 正确。未通入CO2 前，Na 元素与C 元素物料守恒，由于CaCO3 的生成，其
持续通入CO2，则混合溶液中离子浓度关系c(Na+)≠c(
3
HCO)+c(
2
3
CO )+c(H2CO3)，B 错
误。由图可知，会产生沉淀。溶液pH 减小，可能会产生CO2，C 正确。a 到c 段，根据
Ca2+浓度先降低后增大，温度不变，
sp
3
(CaCO )
K
不变，则c(
2
3
CO )先增大，后减小，D
正确。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（每空2 分，共14 分）
（1）3d54s2
（2）Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
（3）
3
Al(OH) 和
3
Fe(OH)
（4）10−2 酸度过高，H+浓度过大，NaF 与H+反应，F−浓度降低，
2
2
Ca
Mg
、
沉淀率
降低
（5）
2
3
Mn
2HCO
=
3
2
2
MnCO
CO
H O
不能，碳酸钠碱性强，会产生
Mn(OH)2 沉淀
【解析】（1）Mn 的价电子排布式为3d54s2。
（2）氯气被氢氧化钠吸收，故离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O。
（3）由分析可知，滤渣①主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝。
（4）除杂②工序中加入氟化钠溶液前，要重新调节溶液pH 是因为若溶液酸度过大，氟化
钠会与H+反应生成弱酸氢氟酸，会使溶液中钙离子、镁离子沉淀率降低。
（5）由分析可知，生成碳酸锰的反应为溶液中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉
淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为
2
3
Mn
2HCO
=
3
2
2
MnCO
CO
H O
。
碳酸钠溶液碱性强，会产生Mn(OH)2 沉淀。
16．（除特殊标注外，每空2 分，共15 分）
（1）冷凝回流，导气（冷凝回流1 分，导气1 分）
（2）浓硫酸
（3）2H2SO4+Cu=====
△
CuSO4+SO2↑+2H2O（2 分，未配平1 分，气体符号不扣分）
（4）过滤
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（5）3SCl2+4H2O=2S↓+H2SO4+6HCl（2 分，未配平1 分，气体符号不扣分）
（6）22.7% 能（1 分）
（7）如图9 所示，
3
NO不能使得反转后的Mg 极重新作负极；K+的半径大于Na+，Na+不
能钻入，K+也不能钻入Mg(OH)2 晶体[或r(K+)>r(Na+)>r(Mg2+),由A=
2
1
2
100%
R
R
R
可知，
A≥29%，不能钻入]（2 分，
3
NO不能的原因1 分，K+不能的原因1 分）
【解析】（1）仪器X 作用，冷凝回流SOCl2 和SCl2，装置密闭，X 导气。
（2）反应物及产物遇水剧烈水解，B、E 为干燥装置，试剂为浓硫酸。
（4）SO2、Cl2 为气体，过量气体可使得SCl2 反应完全，三颈烧瓶混合物为SOCl2 和活性
炭，采取过滤操作分离。
（5）SCl2 与水剧烈反应，有淡黄色沉淀，硫为还原产物。经题目信息，推测氧化产物只
能为S 的歧化产物，结合强酸性溶液，推测H2SO4 和HCl。S 元素歧化，反应如下：
3SCl2+4H2O=2S↓+H2SO4+6HCl。
（6）浸泡1mol/L NaCl 溶液，Mg 极先是作负极，后作正极，说明NaCl 溶液使得反转后
的Mg 极恢复负极。浸泡1mol/L NaNO3 溶液并未恢复，说明Cl−能钻入Mg(OH)2 晶体，
Na+、
3
NO也不能。计算A=
2
1
2
100%
R
R
R
，由于Cl−半径大于OH−，故A= 0.181
0.140
0.181
100%
=22.7%。
17．（除特殊标注外，每空2 分，共14 分）
（1）
1
3
5
1
2
H
H
H
（2）充分混合，增大接触面积，增大反应温度，加快反应速率
（3）ABD（2 分，漏选得1 分，错选不得分）
（4）减小（1 分）
0
1
0.85p 或
0
20
17 p
（5）①负极（1 分） 2HCHO+2H++2e−=HOCH2CH2OH
②66.7%
【解析】（1）根据路径法：
1
3
4
5
2
2
2
H
H
H
H
，则：
4
1
3
5
1
2
H
H
H
H
。
（2）环氧乙烷和水蒸气混合，增大接触面积，预热器升温，增大反应温度，都是为了加
快反应速率。
（3）根据主副反应特点，环氧乙烷生成两种产物，反应都是气体体积减小的反应，平衡
时存在多重平衡。A、B、D 正确。C. n(环氧乙烷)∶n(水)越大，环氧乙烷转化率越低。
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（4 ）根据题目，平衡时存在多重平衡：EO(g)+H2O(g)
EG(g) 、
EO(g)+EG(g)
DEG(l)，设主反应EO 转化量为xmol，副反应EO 转化量为ymol。则
EO(g)+H2O(g)
EG(g) EO(g)+EG(g)
DEG(l)
转 x x x ；转 y y y ，平衡时
EO(g) H2O(g) EG(g) DEG(l)
起 10 90 0 0
转 x+y x x−y y
平 10−(x+y) 90−x x−y y
则有
60%
10
x
y
，
(EG)
(DEG)
4 1
(
)
n
n
x
y
y
平衡
平衡
∶
∶
∶；解得
5
x
，
1
y ；平衡
时，体系中气体物质的量为，n(EO)=4mol，n(H2O)=85mol，n(EG)=4mol。设反应后气体
总压
1p ，存在关系：
0
1
90
10
4
85
4
p
p
，
1
0
93
100
p
p
。主反应的压强平衡常数为
2
1
EG
p
EO
H O
1
1
4
4
85
4
4
85
4
85
4
4
85
4
p
p
K
p
p
p
p
分
分
分
，
p
0
1
0.85
K
p
。
（5）①由图可知，甲醛中碳元素化合价降低，作阴极，所以电源B 为负极，阳极水失去
电子得到氧气。阴极电极反应为2HCHO+2H++2e−=HOCH2CH2OH。
②若5.6L 即0.25mol 气体均为O2，与12.4g 即0.2mol 乙二醇的转移电子数不守恒，推出
阴极还有H2 产生，设H2、O2 物质的量分别为a、b，则a+b=0.25，2a+0.2×2=4b，解得
a=0.1mol，b=0.15mol，所以电流效率为0.2
2
0.15
4
×100%=66.7%。
18．（除特殊标注外，每空2 分，共15 分）
（1）苯甲醛 氨基、羧基（2 分，各1 分）
（2）加成反应（1 分） 取代反应（或酯化反应）（1 分）
（3）
（4）13
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（5）
（3 分）
【解析】（1）A 属于芳香族化合物，又能与HCN 反应，说明有羰基，所以为苯甲醛，E
的官能团有氨基和羧基。
（2）根据信息，反应①苯甲醛中的羰基与HCN 发生加成反应，反应④是酯化反应（或取
代反应）。
（3 ）根据信息，②是氰基的水解，最终生成
。D 的结构为
，
有
氨
基
和
羧
基
，
能
发
生
加
聚
反
应
：
。
（4）根据信息，能与FeCl3 溶液作用显紫色，说明含有酚羟基，能与饱和NaHCO3 溶液反
应产生气体，说明有羧基，若苯环上有两个取代基，—OH 和—CH2COOH 有三种结构，
若有三个取代基，—OH、—COOH 和—CH3 有10 种结构。
（5）根据信息，甲醛与HCN 加成增加碳链：
