化学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260525安徽省合肥市第一中学2026届高三最后一卷（全科）

化学答案
1．A
【解析】A．肥皂分子含亲水基（羧酸根）和疏水基（长链烃基），通过乳化作用去除油污，纯
碱促进油脂水解而去污，原理不同。A错误。
B．食醋含有醋酸，可溶解水垢中的碳酸钙和氢氧化镁，B 正确；
C．凡士林是石油分馏产物，主要成分为高碳数烷烃，常用于医用软膏，C 正确；
D．硅太阳能电池发电是由光电效应引起，没有发生化学反应，D 正确；
故选A。
2．C
【解析】A．离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，A 正确；
B．氨水呈碱性，氨分子更易结合水中的H＋，所以主要存在的氢键是O－H…N，B正确；
C．金属晶体能导电的原因是在外加电场作用下电子发生定向移动，并没有失去电子，C 错误；
D．在咪唑（ ）中，①号 N 原子的孤电子对没有参与形成大π键，而②号 N 原子的孤
电子对参与形成了大π键，所以①号 N 比②号 N 更易提供孤电子对形成配位键，D正确；
故选C。
3．B
【解析】A．N 和O 均满足每克质量含0.5N 质子，A正确；
2 2 A
B．N O 分子中含2个大π键，B 错误；
2
C．由于分解产物为N 和O ，表明N—O 键比N—N键更容易断裂，C正确；
2 2
D．还原产物为N ，N元素化合价由＋1到0价，D正确；
2
故选B。
4．D
【解析】A．高锰酸钾应使用酸性滴定管，A 错误；
B．向沸水中加入Fe (SO ) 不会生成Fe(OH) 胶体，只可能直接得到沉淀，应向沸水中滴加饱
2 4 3 3
和FeCl 溶液，B 错误；
3
C．定容时胶头滴管应垂直悬空，且接近刻度线时应改用胶头滴管滴加，C 错误；
D． 分液时，为了使液体顺利流下，需保持分液漏斗内部和外界大气压相等，所以分液时，先
打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞，将下层液体从下口放出，再将上层液体从上
口倒出，操作方法正确，D正确；
故选D。
5.A
【解析】纯碱是碳酸钠而非碳酸氢钠，A符合题意；苯酚与浓溴水发生取代反应生成2,4,6-三溴
苯酚白色沉淀,通过测定生成沉淀的量可确定废水中苯酚的含量，B 不符合题意；聚乳酸在自然
界可生物降解，使用聚乳酸制造包装材料，符合环保理念，C 不符合题意；活性炭具有吸附性，
能够吸附废水中的色素而起到脱色作用，D不符合题意。
6．C
1【解析】CuSO 溶液与过量氨水反应的化学方程式为 CuSO +4NH ∙H O═[Cu(NH ) ]SO +4H O
4 4 3 2 3 4 4 2
7．D
【解析】—CH 和NH ﹣所含电子数分别为9和10，故A正确；乙基比甲基的推电子效应更大，
3 2
乙胺中氮原子的电子云密度更大，碱性更强，故B 正确；丙烯腈中所有原子共平面，故C 正确；
根据K 、K 的大小可知[CuL]+结合L的能力更大，故D 错误，符合题意。
2 3
8．C
【解析】布洛芬成酯修饰后的产物的分子式为 C H NO ，只有一个手性碳原子，故 A 正确；
19 23 2
该修饰路线中，除了生成修饰布洛芬外，还生成水，故原子利用率小于 100%，故 B 正确；分
子中N原子采用sp2杂化，N原子的孤对电子填充在杂化的sp2轨道上，故C 错误，符合题意；
修饰布洛芬分子含有酯基，其水溶性弱于布洛芬，可以水解为布洛芬分子，故D正确。
9．B
【解析】Y、Z在同一周期，Z可能为氟或氯，X的价电子数等于Z的最高能级电子数，所以X
为N元素，Q、W、X为同一周期相邻元素，全部形成四个键，则W 为C元素，Q 为B元素，
则Z为Cl 元素，Y为S 元素。第一电离能N>O>S，故A正确；C与N 之间为共价键，B与N
之间存在配位键，故 B 错误，符合题意；简单氢化物的还原性：H S>HCl，故C 正确；Q的最
2
高价氧化物对应水化物为H BO ，它是一元弱酸，D正确。
3 3
10．B
【解析】M 为CH ，N为CO ，二者的分子均为对称结构，均为非极性分子，A正确；过程Ⅰ和
4 2
Ⅱ中不存在非极性键的断裂，B 错误，符合题意；使用催化剂能改变反应的活化能，但不能改变
总反应的焓变，C正确；该反应中的碳原子的杂化类型有sp（CO ）、sp2（-COOH）、sp3（CH ）
2 4
三种，D正确。
11．B
【分析】先整理反应： 反应I（不可逆）：SCl
2
(g)O
2
(g)SO
2
Cl
2
(g) 反应Ⅱ（可逆）：
SCl (g)SO Cl (g)2SOCl (g)，反应前后气体分子数不变，平衡不受压强影响。分析各物质对应
2 2 2 2
n(SCl )
2
的曲线：横坐标为 n(O
2
) ，投料比增大，SCl
2
占比逐渐升高，因此SCl
2
的物质的量分数一直增
大，对应一直上升的曲线①；SO Cl 是中间产物，随着SCl 增加，反应Ⅱ不断消耗SO Cl ，因
2 2 2 2 2
此SO Cl 的物质的量分数一直减小，对应一直下降的曲线③；SOCl 是产物，投料比从1到2
2 2 2
时，SOCl 占比逐渐升高，投料比大于2后，SCl 过量，总物质的量增加，SOCl 占比逐渐降低，
2 2 2
因此SOCl 的物质的量分数先升后降，对应曲线②。
2
【详解】A．曲线②是SOCl ，SO Cl 对应曲线③，A错误；
2 2 2
n(SCl )
2 2.0
B．当 n(O 2 ) 时，曲线①（SCl 2 ）和曲线③（SO 2 Cl 2 ）相交于(2.0,0.13)，即
x(SCl )x(SO Cl )0.13 n(O )1mol n(SCl )2mol
2 2 2 。设初始 2 ， 2 ，O 2 完全反应，总物质的量
n 2mol n(SCl ) n(SO Cl ) 0.1320.26mol n(SOCl )20.260.261.48mol
总 ，因此： 2 2 2 ， 2 。
c2(SOCl ) n2(SOCl ) 1.482
K  2  2  32.4
反应Ⅱ的平衡常数 c(SCl
2
)c(SO
2
Cl
2
) n(SCl
2
)n(SO
2
Cl
2
) 0.260.26 ，B 正确；
2C．反应Ⅱ前后气体分子数不变，温度不变缩小体积，压强增大，平衡不移动，相同投料比下各
物质的物质的量分数不变，曲线不变，交点位置不变，不会移到d处，C 错误；
D．反应Ⅱ平衡常数增大，说明平衡右移，相同投料比下，x(SOCl
2
)升高，x(SCl
2
)降低。原交点处
x(SCl )x(SOCl )，现在x(SOCl )x(SCl )，新交点需要增大投料比（横坐标增大），使x(SCl )升
2 2 2 2 2
高、x(SOCl
2
)降低，新交点在原交点右侧d处，不是c处，D错误；
答案选B。
12．D
【解析】A．惰性电极M 是正极，铁元素化合价下降，发生还原反应，A 正确；
B．负极的反应为Al－3e－＝Al3+，当电路转移3mol 电子时，有1molAl3+进入溶液，同时正极
会有3mol K+转化为固体，故电解质溶液质量变小，B正确；
C．由化合价变化可知，每生成1mol KFe[Fe(CN) ]，转移1mol e－，O 做氧化剂，根据转移电子
6 2
守恒可知，需要消耗0.25mol O ，C正确；
2
D．断开 K，一段时间后，由于氧气做氧化剂，溶液中将出现OH－，且Al3+也在溶液中，电池
不能完全恢复原来状态，D错误；
故选D。
13．D
【解析】[Mg(NH ) ]Cl 的配体是 NH ，配位原子是 N，故 A 正确；晶胞中[Mg(NH ) ]Cl 位于
3 6 2 3 3 6 2
顶点和面心，[Mg(NH ) ]2+构成的正四面体空隙均有 Cl﹣填充，故 B 正确；晶胞中的两个Cl﹣之
3 6
间的距离分别为 a nm、 2 a nm、 3 a nm，最远距离为 3 a nm，故 C 正确；该晶体的密度为
2 2 2 2
4M ×1021g•cm-3，故D错误，符合题意。
a3NA
14．D
【解析】A．由CH COOHH CH COO及d点c  CH COO cCH COOH，pH=4.76，可知，
3 3 3 3
c
 H
c

CH
COO
CH COOH的电离平衡常数K = 3 =1×104.76，A错误；
3 a cCH COOH
3
B．从a到b，pH变大，醋酸的电离程度变大，则a 点醋酸浓度大于b点，B 错误；
C．由图可知，c点  CH 3 COO =  MCH 3 COO 2   ，且CH 3 COOH最大，则c点存在
cCH
3
COOH＞c  CH
3
COO- =2c

MCH
3
COO
2


，C 错误；
D．图中 c 点pH=4.25 时，c  OH 109.75mol/L，  CH 3 COO   MCH 3 COO 2   30%、
CH COOH40%，由物料守恒可知，c  CH COO 2cMCH COO cCH COOH0.4mol/L，
3 3  3 2  3
由此可知，c  CH COO- =2cMCH COO =0.12mol/L、cCH COOH0.16mol/L，该反应的
3  3 2  3
c2 CH COO- 4c2MCH COO  4cMCH COO  40.06
K= cMCH CO 3 O ·c2 OH- = cMC  H COO 3  ·c2 2 O  H- =  c2 OH 3 - 2    109.752 0.241019.5
 3 2   3 2 
37.681018，D正确；
故选D。
15．（14分，除特别标注外，每空2分）
【分析】利用钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+）为原料制备Sc及TiO 的工艺流程为：
2
将钛白酸性废水加入有机溶剂进行萃取、分液后得到有机相，将有机相用稀H SO 和H O 溶液
2 4 2 2
进行洗涤，分液后得到含Sc元素的而有机相，加NaOH溶液进行反萃取得到Sc(OH) 沉淀，过
3
滤加稀盐酸调节 pH 溶解富集，经过一系列处理得到 ScCl ，加入单质 Mg 对 ScCl 进行热还原
3 3
得到单质Sc；另一边对洗涤后得到的含[TiO(H O )]2+水层溶液，加Na SO 还原转化，再用热水
2 2 2 3
进行沉钛得到TiO •nH O，最后加热脱去结晶水得到产品TiO ，据此分析解答。
2 2 2
【答案】
（1）四 ⅢB（各1分)
（2）大于
（3）[TiO(H O )]2++SO2−=TiO2++SO2−+H O
2 2 3 4 2
（4）Sc(OH) +3NaOH＝Na [Sc(OH) ]
3 3 6
（5）2.82≤pH＜4
（6）
（7）向反萃液中加入适量的酸后分液（未答“分液”，扣1分）
【解析】（2）随着碳原子数增加，“—CH CH CH ”的推电子能力强于“—CH CH ”，导致结合的
2 2 3 2 3
O—H 键更难断裂，不利于反应 3ROH+POCl ⇌ （RO） PO+3HCl 的正向进行，使（RO） PO
3 3 3
的产率降低，所以当—R 为“—CH CH ”时，（RO） PO产率大于—R 为“—CH CH CH ”时；
2 3 3 2 2 3
（4）根据题干信息，Sc（OH） 难溶于水，其化学性质与Al（OH） 相似，则在“反萃取”时若
3 3
加入的氢氧化钠溶液过量，Sc（OH） 沉淀会溶解，同时要使 Sc3+形成八面体形的配离子，根
3
据八面体形状 可知至少需要配体为 6 才能满足，则反应的离子方程式为：
Sc(OH) +3OH−=[Sc(OH) ]3−，
3 6
故答案为：Sc(OH) +3OH−=[Sc(OH) ]3−；
3 6
（5）用“10%盐酸调pH”时，沉淀主要含Fe(OH) 和Sc(OH) ，加盐酸时只溶解Sc(OH) 而不能
3 3 3
溶解Fe（OH），滤液中Sc3+的浓度为1mol/L 时，根据：K 可知，c（OH﹣）= 3 Ksp = 3 10−30 mol/L
3 sp c(Sc3+) 1
＝1.0×10﹣10mol/L，得到此时溶液的pH值为4；当Fe（OH） 刚好溶解时，即c（Fe3+）＝1×10
3
c  OH- = 3 K sp [ c F  e F  e O 3+ H   3 ] mol/L  3 2 1 . . 8 0   1 1 0 0   3 5 9 mol/L  32.8 10 34mol/L
﹣5mol•L﹣1，根据：K 可知， ，
sp
pOH=11.18，pH=，此时溶液的pH值为2.82；则应调节的pH范围为：2.82≤pH＜4；
4（6）结合图1可知，连接体心的铁原子，连接线中心就是氧原子，所以当铁原子位于顶点，则
棱上就是氧原子，得氧原子（用〇表示）的位置如图所示 ；
（7）进行反萃取时是加入NaOH 溶液再萃取分液，反萃取后分液得到的反萃液主要离子为R﹣，
而萃取剂为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液。
16．（16分，每空2分）
（1）②①④③ 11FeSO +FeS 6Fe O +13SO ↑
4 2 2 3 2
（2）①作反应物，还原三价铁 ②防止产品被空气氧化
70a(V －V )
（3）① 1 2 ②酸性KMnO 溶液可以氧化乳酸根(或乳酸)，导致标准溶液消耗量偏
4
m
多
（4）①2×10-3 ②水样初始pH 纳米铁(或固体)质量
17．（14分，每空2分）
（1）大于 在图示温度范围，焓变和熵变不随温度而改变，根据吉布斯自由能公式ΔG＝
ΔH－T·ΔS，ΔG与T成线性函数关系。
（2）D
（3）V O (s)＋CO (g) V O (s)＋CO(g)
2 3 2 2 5
（4）①a ② ＞ ③4.15
【解析】
（1）由图可知b为K ，则随温度升高K 增大，说明该反应是吸热反应，正反应活化能大于逆
p p
反应活化能。在图示温度范围，焓变和熵变不随温度而改变，根据吉布斯自由能公式ΔG＝ΔH
－T·ΔS，ΔG与T 成线性函数关系。
（2）n(C H CH CH )与n(C H CH=CH )的比值保持不变，能说明反应达到平衡状态，A 项正确；
6 5 2 3 6 5 2
任意时刻，反应的CO 与生成的H O相等，则CO 与H O的物质的量之和保持不变，B 项正
2 2 2 2
确；及时分离出水蒸气，导致平衡正向移动，有利于提高乙苯的平衡转化率，C 项正确；其他
条件相同，恒容时压强高于恒压，则前者平衡左移，导致苯乙烯平衡产率降低，D项错误，故
选D
（3）用总反应减去反应ⅰ，得反应ⅱ：V O (s)＋CO (g) V O (s)＋CO(g)
2 3 2 2 5
（4）①CO 越多，乙苯平衡转化率越大，所以10:1 的变化曲线为a。
2
5② 根据P 点算出850K时K ＝20kPa。曲线b的起始投料比为5:1，假设转化率为80%，算
p
出压强商小于K ，说明曲线b对应乙苯的平衡转化率大于80%。
p
③ 根据压强平衡常数不变计算出乙苯平衡转化率提高到60%时，需充入4.15molAr 作为稀释
气。
18.（14分，每空2分）
(1) +HCl +H O
2
(2)取代反应 羟基、碳溴键（或溴原子）
(3)酯基是较强的吸电子基，使得α-碳上的碳氢键极性增强，容易断裂
(4)乙醇
(5)4
【解析】A→B 过程中,A 先与 HCHO 发生加成反应,再与 HCl 发生取代反应生成
B, ,B 中 Cl
和酚羟基发生取代反应生成C,D在酸性条件下水解生成E,根据F、G的结构简式及E的分子式,
可推知E为 ,G中酯基发生取代反应得到H。
(3)α-碳上的H 原子易发生取代反应的原因是酯基中O的电负性大于C，容易吸引电子，酯基是
吸电子基，使得α-碳上的H原子与α-碳之间电子云偏向α-碳，从而使得α-碳上的碳氢键极性增强，
容易断裂。
(5)有机物M 与F互为同分异构体,在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇,且酸和醇的物质的量
之比为 1∶2,则 M 为二元酸和一元醇按物质的量之比 1∶2 形成的二元酯,若醇为 CH CH OH,M
3 2
有 1 种结 构 ,与 F 结构 相同 ; 若醇 为 CH OH, 二元 酸有 、
3
、 、 4种结构,则对应
6的M结构有4种;其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6∶3∶2∶1的有机物结构简式为
。
7