文档文本内容
2026 年高考第一次模拟考试
高三化学
（建议用时：50 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na23
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．076 型两栖攻击舰“四川舰”展现了我国国防科技新力量，下列相关说法错误的是
A．飞行甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料
B．船体采用富锌涂层，可利用牺牲阳极保护法防腐
C．“四川舰”使用柴油供能，柴油属于油脂
D．锂离子电池用于舰上电力系统的瞬时功率补偿时，化学能转化为电能
【答案】C
【详解】A．合金属于金属材料，A 正确；
B．富锌涂层中的锌比铁活泼，可作为原电池的负极失去电子，保护铁不被腐蚀，B 正确；
C．柴油属于混合烃，C 错误；
D．瞬时功率补偿时用作电源，即原电池，将化学能转化为电能，D 正确；
故选C。
2．缓释布洛芬中主要成分M 的结构如图所示。下列关于M 的说法正确的是
A．是一种聚酯
B．分子中不含手性碳
C．可发生加成反应和取代反应
D．1molM 与足量NaOH 溶液充分反应，最多消耗2molNaOH
【答案】C
【详解】A．聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的聚合物，A 错误；
B．
分子中标注*的碳是手性碳，B 错误；
C．苯环可以与
发生加成反应，分子中有酯基，可发生水解反应即取代反应，C 正确；
D．1mol M 与足量NaOH 溶液充分反应，最多消耗2n mol NaOH，D 错误；
故选C。
3．将
转化为
的一种方法如下。下列有关反应的离子方程式正确的是
A．
溶液显碱性：
B．S 转化为
：
C．向
溶液中通入少量
：
D．工业上利用
和石灰乳反应制备石膏：
【答案】B
【详解】A．多元弱酸根的水解要分步写：
，
，A 错误；
B．S 与NaOH 反应生成Na2SO3和Na2S，离子方程式为
，B 正确；
C．过量
会与生成的H+结合生成
，离子方程式应为
，
C 错误；
D．石灰乳在写离子方程式的时候不能拆，离子方程式为
，D 错误；
故选B。
4．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备并收集CO2
B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr 产生
C．用丙装置制备无水MgCl2
D．用丁装置在铁上镀铜
【答案】C
【详解】A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A 错误；
B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应
生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B 错误；
C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C 正确；
D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离
子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D 错误。
答案选C。
5．
能够在锂离子电池负极形成稳定低阻抗的SEI 膜。X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的同一
短周期元素，X 原子的价层电子排布为
，Y 是形成化合物种类最多的元素。
的结构如
图，图中各原子最外层均达到8 电子稳定结构。下列说法正确的是
A．
中X 原子有配位键形成
B．第一电离能：Li＜Be＜X＜Y
C．最简单氢化物的沸点：Z＜W
D．基态Y 原子核外有6 种空间运动状态不同的电子
【答案】A
【详解】X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的同一短周期元素，X 原子的价层电子排布为
，X 是
B 元素，Y 是形成化合物种类最多的元素，Y 是C 元素，各原子最外层都达到8 电子稳定结构，Z 原子形
成2 个共价键能达到8 电子稳定结构，Z 是O 元素，则W 是F 元素。
A．
中，结合其结构图可知，B 原子提供空轨道，与F 原子提供的孤对电子形成配位键，A
正确；
B．同周期第一电离能变化规律是从左到右，有增大的趋势，Be 的2s 轨道电子能量小于B 的2p 轨道电
子，第一电离能大于B，则第一电离能：Li<B<Be<C，B 错误；
C．H2O 和HF 分子间均存在氢键，但H2O 分子间形成的氢键个数较多，则沸点：H2O>HF，C 错误；
D．Y 是C 元素，其电子排布式是1s22s22p2，含有电子的轨道有4 个，则C 原子核外有4 种空间运动状态
不同的电子，D 错误；
故选A。
6．我国科研人员研制出以钠箔和多壁碳纳米管为电极的可呼吸“
”二次电池，其工作原理如图
所示。工作过程中，
与C 均沉积在多壁碳纳米管电极。下列叙述正确的是
A．充电时，
向多壁碳纳米管电极方向移动
B．放电时，正极反应式为
C．放电时，电路中转移
，多壁碳纳米管电极增重
D．可用乙醇代替四甘醇二甲醚作有机溶剂以降低成本
【答案】C
【详解】放电时，Na 在钠箔处失去电子生成Na+，则钠箔为负极，多壁碳纳米管为正极，则充电时，
电源电极a 为正极，b 为负极，以此解答。
A．放电时，钠箔为负极，多壁碳纳米管为正极。在充电时，多壁碳纳米管电极为阳极，应接电源的正
极。故阳离子移向阴极，即钠离子向钠箔电极方向移动，A 错误；
B．由图可知，放电时，二氧化碳得到电子生成单质C，正极反应式为
，
B 错误；
C．放电时，Na2CO3与C 均沉积在多壁碳纳米管电极上，多壁碳纳米管上的电极反应式为3CO2+4e-
+4Na+=2Na2CO3+C，电路中转移0.2mol e-，多壁碳纳米管电极增重
=11.2g，C 正确；
D．
与乙醇反应，不能用乙醇代替四甘醇二甲醚作有机溶剂，D 错误；
故选C。
7．常温下，用浓度为0．1 mol/L 的H2SO4标准溶液滴定10 mL 浓度均为0.2 mol/L 的NaOH 和Na2A 的混合
溶液，溶液中所有含A 微粒的分布分数δ 随pH 变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错
误的是
A．Ⅱ表示的微粒为HA-
B．Ka(HA-)的数量级为10-9
C．a 点：
D．a、b、c 三点中水的电离程度最小的是a 点
【答案】D
【详解】pH 越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HA-的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2-，Ⅱ线为HA-，
据此分析解题。
A．pH 越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HA-的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2-，Ⅱ线为HA-，A 正
确；
B．当δ 为0.5 时，c(HA-)=c(A2-)对应的pH≈8.4，c(H+)=1×10-8.4，根据Ka的表达式，Ka≈1×10-8.4，数量级为
10-9，B 正确；
C．a 点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，且物质的量之比为1：2，根据电荷守恒可得
，根据物料守恒可得
，联立两式可得
，C 正确；
D．a 点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，b 点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A、NaHA，c 点对应溶液
的溶质为Na2SO4、NaHA，比较可知水的电离程度由大到小的顺序为a＞b＞c，D 错误；
故答案为：D。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
8．（14 分）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、
等)中提取Au、Ag，并回收其它金
属的一种工艺如下：
已知：①NaCN 有剧毒；
②25℃时，
的
为
。
(1)滤渣2 的主要成分是_____。
(2)“氧化”时加入
的作用是_____。
(3)在25℃进行“沉铁”，过滤后可得到“滤液4”，但过滤前需进行加热，加热的目的是_____；调节
“滤液4”的pH 至8.0，无
析出，则c(
)≤_____
。
(4)“浸金银”时一般控制温度为30℃左右，原因是_____。
(5)“浸金银”时Ag 转化为
，该反应的离子方程式为_____；已知
也可与
、
形
成配合物，“浸金银”时用
替代NaCN 的优点是_____。
【答案】(1)
(2)将溶液中的
氧化为
，便于后续调pH 除去
(3) 破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤 0.19
(4)温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，
会发生分解，浸取率低
(5)
安全无毒，对环境无污染
【详解】由流程可知，矿石经“还原浸酸”，
、
被还原为Fe2+和Mn2+，CuO 被溶解为Cu2+，
Au、Ag、SiO2不溶进入“滤渣1”；沉铜时，Cu2+被铁粉还原为Cu；“氧化时”Fe2+被氧化为Fe3+；“沉
铁”时，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，Mn2+沉淀为碳酸锰；滤渣1 “浸金
银”时，Au、Ag 被混合液浸出，提炼出Au、Ag，SiO2不溶进入“滤渣2”。
（1）由分析可知，滤渣2 的主要成分是SiO2。
（2）“氧化”时加入
，可将溶液中的
氧化为
，便于后续调pH 除去。
（3）“沉铁”时加入NaOH 调节pH，使
转化为
，由于
水解容易生成
胶体，
因此过滤除去
需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成
沉淀，便于过滤；调节“滤
液4”的pH 至8.0，此时
，无
析出，根据
的
为
，则
c(
)≤
。
（4）“浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，
会发生分解，浸
取率低，因此一般控制温度为30℃左右。
（5）“浸金银”时Ag 与H2O2、NaCN 反应，生成
，离子方程式为
；根据已知信息，NaCN 有剧毒，因此可用
替代
NaCN，安全无毒，且对环境无污染。
9．（14 分）十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量
的方法如下(装置如图，夹持装置省略)。
Ⅰ．将适量
、
加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；
Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH 为2，反应30 分钟，冷却；
Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；
Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；
Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，
得到十二钨硅酸晶体(
)。
资料显示：制备过程中反应体系pH 过低会产生钨的水合氧化物沉淀。回答下列问题：
(1)仪器a 中的试剂是_______(填名称)。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是_______。
(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有_______(填名称)。
从下列选项选择合适操作(操作不重复使用)并排序：_______。
c→_______→_______→e→d→f→_______。
a．检查旋塞、玻璃塞是否漏水
b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸
c．涂凡士林
d．旋开旋塞放气
e．倒转分液漏斗，小心振荡
f．经几次振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g．打开旋塞，向蒸发皿放出下层液体
(4)步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，原因是_______。
(5)结晶水测定：称取m g 十二钨硅酸晶体(
，相对分子质量为M)，采用热重分析法
测得失去全部结晶水时失重ω%，计算
_______(用含ω、M 的代数式表示)。若样品未充分干燥，会
导致n 的值_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)碱石灰(写“生石灰”或“CaO”也可)
(2)滴速过快可能导致反应体系局部pH 过低产生沉淀
(3) 烧杯、分液漏斗 abg
(4)乙醚沸点低易挥发，明火加热易燃
(5)
偏大
【详解】制取十二钨硅酸晶体(
)时，先将适量
、
加入
三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；然后在持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH 为
2，反应30 分钟，冷却；将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；静置后
液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至
混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体(
)。
（1）实验中使用浓盐酸，浓盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，为了防止氯化氢污染空气，仪器
a 中应盛装能吸收氯化氢气体的试剂，所以仪器a 中的试剂是碱石灰(写“生石灰”或“CaO”也可)。
（2）步骤Ⅱ中，缓慢滴加浓盐酸至pH 为2，资料显示：若反应体系pH 过低会产生钨的水合氧化物沉
淀，所以浓盐酸需缓慢滴加，原因是：滴速过快可能导致反应体系局部pH 过低产生沉淀。
（3）题给仪器中，用于“萃取、分液”操作的有烧杯、分液漏斗。
“萃取、分液”时，应：c．涂凡士林、a．检查旋塞、玻璃塞是否漏水、b．将溶液和乙醚转入分液漏
斗并逐滴加入盐酸、e．倒转分液漏斗，小心振荡、d．旋开旋塞放气、f．经几次振荡并放气后，将分
液漏斗置于铁架台上静置、g．打开旋塞，向蒸发皿放出下层液体。故合适操作(操作不重复使用)并排
序为：c→a→b→e→d→f→g。
（4）乙醚的沸点低，且易燃，所以步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，原因是：乙醚沸点低易挥发，
明火加热易燃。
（5）采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%，即结晶水的含量为ω%，由此可得：
，n=
。若样品未充分干燥，则ω%增大，会导致n 的值偏大。
10．（14 分）丙烯(
)是重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。回答下列问题：
Ⅰ．直接脱氢法：
反应ⅰ
△H=＋124kJ/mol
反应ⅱ
(1)反应ⅰ在_______(填“高温”或“低温”)时可自发进行。
(2)在催化剂a 或催化剂b 作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，反应进程中的相对能量变化如图所示
(*表示吸附态，
中部分进程已省略)。
①转化为②的进程中，写出在催化剂a 条件下的决速步反应式_______。
(3)将丙烷和稀释气
(g)分别以不同的起始流速通入温度为T℃，压强为1.175MPa 的反应器中发生
反应ⅰ和反应ⅱ，维持温度和压强不变，在
为8、10、12 下反应，通过检测流出气
体的成分获得丙烷的转化率随丙烷流速变化曲线如图所示(在较低流速下转化率可近似看成平衡转化
率)。
①
代表
_______。
②下列措施可增大N 点丙烷转化率的是_______(填字母)。
A．适当升高体系的温度 B．适当减小
C．增大丙烷的流速
③图中M 点时
的选择性为20%，则经过2h 反应ⅰ的
_______MPa．[已知：
的选择性=
]
Ⅱ．氧化裂解法：
反应ⅲ
△H(副产物有CO 和C 等)。
(4)已知氢气的燃烧热△H=-285.8kJ/mol，
△H=-44kJ/mol，则
△H=_______kJ/mol。
(5)在探究[
]投料比对丙烷氧化裂解反应性能的影响时发现，
的值较小时，
的选
择性也较低，其原因可能是_______。
【答案】(1)高温
(2)*CH3CHCH3＋
*H→*CH3CHCH2＋2*H
(3) 12 AB 0.144
(4)-235.6
(5)氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低
【详解】（1）反应ⅰ是吸热反应，且正反应的气体分子总数增加，即
、
，根据
，要使
，则需在高温下进行，因此反应ⅰ在高温时可自发进行。
（2）反应的活化能越大，反应速率越慢，为该反应的决速步骤，①转化为②的进程中，在催化剂a 条
件下由
*CH3CHCH3＋
*H 到过渡态2 的活化能最大，因此决速步反应式
*CH3CHCH3＋
*H→*CH3CHCH2＋2*H。
（3）①反应ⅰ和反应ⅱ均为气体体积增大的反应，维持温度和压强不变，在较低流速下n(H2O)：
n(C3H8)增大相当于减小平衡体系的压强，平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，由图可知，丙
烷流速相同时曲线L1对应丙烷的转化率最大，所以L1代表n(H2O)：n(C3H8)=12；
②A．适当升高体系的温度，反应速率加快，消耗丙烷的物质的量增大，丙烷的转化率增大，A 符合
题意；
B． L1代表n(H2O)：n(C3H8)=12，L2代表n(H2O)：n(C3H8)=10，L3代表n(H2O)：n(C3H8)=8，有图可知，适
当减小
，丙烷的转化率增大，B 符合题意；
C．增大丙烷的流速，丙烷不能在催化剂表面充分接触，对导致分解不充分，使得丙烷的转化率减小，
C 不符合题意；
故选AB。
③由图可知，图中M 点n(H2O)：n(C3H8)=10，丙烷流速为0.5mol/h、转化率为75%，则2h 内M 点起始
水蒸气、丙烷的物质的量分别为10mol、1mol，由丙烷的转化率可知，1h 时，丙烷的物质的量为
1mol-1mol×75%=0.25mol，由乙烯的选择性可知，乙烯的物质的量为1mol×75%×20%=0.15mol，丙烯的
物质的量为1mol×75%×(1-20%)=0.6mol，由方程式可知，H2、CH4的物质的量为0.6mol、0.15mol，混合
气体的总物质的量为11.75mol，因此，反应ⅰ的
（4）已知氢气的燃烧热△H=-285.8kJ/mol，则①
，②
△H=-44kJ/mol，③
△H=＋124kJ/mol，则
可得目标方程，因此
的焓变为
。
（5）
的值较小时，
的选择性也较低，其原因可能是氧气过量，丙烷发生深度氧化而导
致C3H6的选择性降低。
11．（16 分）吡扎地尔是一种降血脂抗血小板聚集药，一种合成路线如图：
请回答下列问题：
(1)吡扎地尔的含氧官能团有___________(填名称)。
(2)D→E 的反应类型是___________。
(3)吡啶(
)分子中氮原子电子云密度越大，碱性越强。下列物质的碱性由强到弱的排序是
___________(填代号)。
a．
b．
c．
(4)参照上述流程：
。J 的结构简式为___________，吡啶的作
用是___________。
(5)D 含苯环的芳香族同分异构体有___________种，其中，在核磁共振氢谱上有4 组峰且峰的面积比为
2：2：2：3 的结构简式为___________。
(6)以
为原料合成
，设计合成路线________。(其他试剂任选)。
【答案】(1)酯基、醚键
(2)取代反应
(3)a>c>b
(4)
吸收副产物HCl，促进生成产物，提高原料
利用率(或产品产率)
(5) 5
(6)
【详解】A 与HCHO、(C2H5)2NH 在NH3中反应生成B
，B 与硝酸和硫酸作用生
成C
，C 与KOH 反应脱去-COOC2H5 生成D
，D 与NCS，
(Ph-COO)2 在CCl4 作溶剂的条件下，甲基上氢被氯取代生成E
，E 水解得到F
，F 与G 在吡啶中得到产物。
（1）由吡扎地尔的结构简式可知，其中含官能团有酯基、醚键。
（2）D→E 甲基中氢原子被氯取代，反应类型是取代反应。
（3）吡啶(
)分子中氮原子电子云密度越大，碱性越强，a．
中甲基是推电子基
团，碱性最强；b．
中
为吸电子基团，碱性最弱，碱性由强到弱的排序为a>c>b。
（4）参照上述流程：
和HCl，发生取代反应，J 为二酯化合物，
J 的结构简式为
，吡啶的作用是吸收副产物HCl，
促进生成产物，提高原料利用率(或产品产率)。
（5）若苯环上有2 个取代基，则为甲基、氨基，有邻、间、对3 种结构，若苯环上只有一个取代基，
则为
或
，符合条件的D 含苯环的芳香族同分异构体有5 种，其中，在核磁共振氢
谱上有4 组峰且峰的面积比为2：2：2：3 的结构简式为
。
（6）以
为原料合成
，第一步引入氯，第二步水解引入羟基，第三步催化氧
化引入醛基，合成路线：
