仿真模拟卷01 -【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前模拟卷（江苏专用）

【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前模拟卷 仿真模拟卷01 （考试时间：75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、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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 K 39 Mn 55 Br 80 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．半导体是人工智能技术发展的核心材料。“中国制造2025”计划中明确提出要大力发展第三代半导体产业。下列物质中不属于半导体材料的是 A．晶体硅 B．二氧化硅 C．碳化硅（SiC） D．砷化镓（GaAs） 2．反应可用于制备。下列说法正确的是 A．中只含离子键 B．中所有原子在一条直线上 C．为非极性分子 D．的电子式为 3．某实验小组在实验室进行海带提碘实验。下列实验装置或试剂能达到相应目的的是 A．用装置甲灼烧碎海带 B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C．用装置丙制备 D．用装置丁萃取获得 4．制备基于MOFs(金属有机框架)薄膜材料为混合气体分离提供了一种经济高效的技术。该材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高效选择性吸附，原理示意如图，下列混合物的分离提纯原理与该材料“固定”最接近的 A．利用萃取碘水 B．利用“杯酚”分离和 C．利用蒸馏分离二氯甲苯和三氯甲苯 D．利用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 阅读下列材料，完成第5~7题。 水体中硫污染的除去过程主要包括以下几种方法： 氧化法： ①空气氧化法：利用空气中的氧气氧化废水中的硫化物，常用的催化剂是锰盐，如硫酸锰。这种方法适用于低浓度含硫废水。 ②氯氧化法：通过向废水中投入氯气或次氯酸钠等强氧化剂，快速将硫化物氧化为硫酸盐。 ③电化学氧化法：利用电解原理，在阳极上直接氧化硫化物或通过电解生成的强氧化性中间产物间接氧化硫化物，最终生成硫酸盐。 回收利用法： ①酸回收法：先用无机酸酸化，使废水中的转换为硫化氢逸出，再用碱液吸收，生成硫化钠溶液重复利用。 ②混凝沉淀法：利用金属盐与硫化物作用生成不溶性的沉淀，常用的沉淀剂是铁盐，包括亚铁盐及高铁盐。 已知：常温下，，；，。 5．下列说法错误的是 A．“空气氧化法”中，锰盐能降低反应活化能，提高氧化速率 B．“氯氧化法”中，用氧化废水中时增大压强，反应速率增大 C．“电化学氧化法”中，其他条件不变时，增大电流强度，氧化速率会增大 D．“混凝沉淀法”中，增大浓度，能提高废水中硫化物的转化率 6．下列有关离子方程式书写错误的是 A．空气氧化法中，向含废水中通入空气，回收硫： B．氯氧化法中，向含废水中通入氯气： C．酸回收法中，向含废水中通入少量的酸化，再用足量烧碱溶液吸收：， D．混凝沉淀法中，向含废水中加入溶液： 7．下列关于上述材料涉及的相关物质的叙述错误的是 A．键角： B．键长： C．、、都是非极性分子 D．和的VSEPR模型完全相同 8．近期报道了一种新型低成本、高性能的光辅助可充电水系钠离子电池(装置如图所示)。该电池的放电原理与传统钠离子电池相同；光照时，嵌入正极电解液中的TiO2电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是 A．放电时需断开K，且TiO2电极避光存储 B．放电时，负极反应式为 C．充电时，TiO2电极反应式为 D．充电时闭合K，转移1 mol e-同时有1 mol Na+通过隔膜 9．宇树科技H1机器人的外壳采用聚碳酸酯(PC)材料制成，PC的合成原理和分子结构如图所示。下列说法正确的是 A．M的核磁共振氢谱有3组峰 B．1molN与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH C．N分子中所有原子可能共平面 D．上述所有有机物均能与溶液发生显色反应 10．研究表明，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(Ⅰ)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是 A．反应历程中只有做催化剂 B．总反应为 C．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大 D．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高 11．某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化性的微粒及其还原产物，查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。实验过程如下： 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 II 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 III 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 下列说法错误的是 A．分别取实验I、II中的少量溶液，滴加溶液，均会生成蓝色沉淀 B．实验II、III都有红褐色沉淀生成，产生的原理相同 C．实验II未检测到单质，说明和不反应 D．对比实验II、III，实验Ⅲ检测到Fe单质的原因是加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 12．草酸亚铁(，淡黄色固体)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温时：，  。 下列说法正确的是 A．室温下，向溶液中加酸调节时溶液中存在： B．酸化溶解后的溶液中，一定存在 C．室温时，“沉铁”后的上层清液中： D．沉铁后上清液中： 13．利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下。 Ⅰ.   Ⅱ.   Ⅲ.   在650℃、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为100 ；水醇（水与乙醇）的进料速率比与气体平衡产量（）的关系如图所示。当水醇进料比为7:1时，下列说法错误的是 A．图中a线可能表示的平衡产量 B．a线表示的平衡产量，则乙醇的平衡转化率为90% C．反应Ⅲ的 D．温度高于650℃时，的平衡产量略有下降是由于平衡逆向移动 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）铜阳极泥(含有、Se、、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 (1)向阳极泥中加入硫酸溶液，再逐渐加入(在酸性条件下被还原为)至过量。Cu、Se、Ag、S元素充分浸出，以、、、、形式存在于浸出液中，其他元素在浸出渣中。 ①写出溶解的离子方程式： 。 ②中的键角比中的 (填“大”“小”或“相等”)。 ③在铜阳极泥质量、硫酸用量和反应时间一定时，研究人员测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[浸出渣率]随质量的变化情况如图所示： 当0.8gg时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是 。 (2)向(1)所得浸出液中加入NaCl，可将转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。已知： ①   ②   加入NaCl，溶液中 mol·L-1时，可使(1)所得浸出液中mol·L-1。 (3)研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理模型如图所示： 图中表示金粒负极的电极反应式为 。浸金过程中的催化剂是 (填化学式)。 (4)钴酸锂()、磷酸铁锂()等锂离子二次电池应用普遍。 ①钴酸锂电池放电时示意图如图1所示。放电时，由中脱嵌。写出放电至完全时电极的电极反应式： 。 ②磷酸铁锂电池具有循环稳定性好的优点。充电时脱嵌形成。晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构(如图2所示)。 。 15．（15分）物质Ⅰ是合成消化类药物盐酸凯普拉生的一种中间体，其合成路线如图： 回答以下问题： (1)物质A的系统命名为 ，的沸点比的 （填“高”或“低”）。 (2)物质D中官能团的名称为 ，C→D的反应类型为 。 (3)A+B→C的化学方程式为 ，若将该步骤的试剂更换为，化合物C的产率大幅下降，可能的原因是 。 (4)H的结构简式为 。 (5)同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为 （写出一种）。 ①直接与苯环相连 ②1 mol该物质与足量Na反应可生成1 mol ③核磁共振氢谱图有5组峰，峰面积之比为1:2:2:4:6 (6)参照以上合成路线，写出以、乙醇和乙酸乙酯为主要原料制备的合成路线 。（无机试剂任选）。 16．（15分）甲苯是重要的有机原料，某化学兴趣小组利用甲苯为主要原料，进行下列实验： Ⅰ．利用如图所示装置制备对溴甲苯，并证明该反应为取代反应。 (1)冷凝管中冷水从 (填“a”或“b”)进，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，则选用的仪器M的最合理规格为 (填标号)。 A．100mL     B．200mL      C．250mL     D．500mL (2)请写出甲苯与液溴生成对溴甲苯的化学方程式 。 (3)乙中的作用为 。能说明该反应是取代反应而不是加成反应的实验现象为 。 (4)实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为 (填标号)。若最后得到对溴甲苯51.98g，则该实验的产率约为 (保留两位有效数字)。 A．检查装置气密性 B．连接好装置 C．将甲苯和液溴滴入 D．将NaOH溶液滴入 E．接通冷凝水    F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏 Ⅱ．苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑 剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如下： 反应过程： 反应试剂、产物的物理常数如下： 名称 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·mL-1 溶解度/g 水 乙醇 甲苯 无色液体、易燃易挥发 -95 110.6 0.8669 不溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 122.4[1] 248 1.2659 微溶[2] 易溶 已知： [1]100 ℃左右开始升华。 [2]苯甲酸在 100 g 水中的溶解度：4 ℃，0.18 g；18 ℃，0.27 g；75 ℃，2.2 g。 按下列合成步骤回答问题： (5)苯甲酸制备： 如图在250 mL三颈烧瓶中放入2.7 mL甲苯和100 mL水，控制100℃机械搅拌溶   液，在石棉网上加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入8.5 g高锰酸钾(加完后用少量水冲洗冷凝管内壁)，继续搅拌，静置发现不再出现 现象时，停止反应。装置a的作用除上述外，另一主要作用是 ， 已知加入高锰酸钾时发生的反应为：+2KMnO4+2MnO2↓+H2O+KOH (6)分离提纯： 除杂。将反应混合物加入一定量亚硫酸氢钠溶液使紫色褪去，高锰酸钾的还原产物为黑色难溶性MnO2，此时反应的离子方程式为 。 17．（15分）采用电化学—化学串联催化技术，实现了在温和条件下，高选择性合成。该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极N与电源的 极相连。 (2)电解池中放电生成的电极反应式为 。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应i：   反应ii：   计算反应的 ，该反应 (填标号)。 A．低温自发    B．高温自发    C．低温高温均自发    D．低温高温均不自发 (4)一定温度下，、和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式 ；图2中，表示选择性的是 (填“A”或“B”)。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是 。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前模拟卷 仿真模拟卷01 （考试时间：75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、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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 K 39 Mn 55 Br 80 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．半导体是人工智能技术发展的核心材料。“中国制造2025”计划中明确提出要大力发展第三代半导体产业。下列物质中不属于半导体材料的是 A．晶体硅 B．二氧化硅 C．碳化硅（SiC） D．砷化镓（GaAs） 【答案】B 【详解】A．晶体硅是非常典型且应用广泛的半导体材料，在半导体工业中占据重要地位，A选项不符合题意； B．二氧化硅具有良好的导光性，可以用来制造光纤，不是半导体材料，B符合题意； C．碳化硅（）是第三代半导体材料，具有高临界击穿电场、高电子饱和漂移速度等优异性能，常用于高频、高温、大功率电子器件，C选项不符合题意； D．砷化镓（GaAs）也是一种重要的半导体材料，在光电子器件（如发光二极管、激光二极管）以及高频电子器件等方面有广泛应用，D 选项不符合题意； 故答案选B。 2．反应可用于制备。下列说法正确的是 A．中只含离子键 B．中所有原子在一条直线上 C．为非极性分子 D．的电子式为 【答案】A 【详解】A．CaCl2是由Ca2+和Cl-通过离子键结合的离子化合物，只含离子键，A正确； B．H2O2中O原子为sp3杂化，含有两个孤电子对，不是直线形，其结构如图，4个原子不共线，B错误； C．NH3分子中N原子有对孤对电子，为三角锥形结构，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，C错误； D．NH4Cl的电子式为，D错误； 故选A。 3．某实验小组在实验室进行海带提碘实验。下列实验装置或试剂能达到相应目的的是 A．用装置甲灼烧碎海带 B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C．用装置丙制备 D．用装置丁萃取获得 【答案】B 【详解】A．灼烧碎海带应在坩埚中进行，不在蒸发皿中，A项错误； B．过滤时应用玻璃棒引流，B项正确； C．除了缺少加热装置外，还需将稀盐酸换成浓盐酸，C项错误； D．萃取不能选择与水互溶的乙醇，可以选择作萃取剂，D项错误； 故B选项正确。 4．制备基于MOFs(金属有机框架)薄膜材料为混合气体分离提供了一种经济高效的技术。该材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高效选择性吸附，原理示意如图，下列混合物的分离提纯原理与该材料“固定”最接近的 A．利用萃取碘水 B．利用“杯酚”分离和 C．利用蒸馏分离二氯甲苯和三氯甲苯 D．利用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 【答案】B 【详解】A．萃取碘水是利用碘在CCl4和水中溶解度差异，属于溶解度不同的分配原理，与孔径大小和形状无关，A错误； B．“杯酚”具有特定空腔结构，通过空腔大小和形状选择性容纳C60（C70因尺寸较大无法进入），与MOFs材料利用孔径大小和形状选择性吸附C2H2的原理（尺寸/形状匹配的选择性结合）一致，B正确； C．蒸馏分离二氯甲苯和三氯甲苯是基于二者沸点差异，通过汽化-冷凝分离，与孔径形状无关，C错误； D．用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的乙酸，是利用乙酸与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠，再通过分液分离，基于化学反应和溶解性差异，与题干原理不同，D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成第5~7题。 水体中硫污染的除去过程主要包括以下几种方法： 氧化法： ①空气氧化法：利用空气中的氧气氧化废水中的硫化物，常用的催化剂是锰盐，如硫酸锰。这种方法适用于低浓度含硫废水。 ②氯氧化法：通过向废水中投入氯气或次氯酸钠等强氧化剂，快速将硫化物氧化为硫酸盐。 ③电化学氧化法：利用电解原理，在阳极上直接氧化硫化物或通过电解生成的强氧化性中间产物间接氧化硫化物，最终生成硫酸盐。 回收利用法： ①酸回收法：先用无机酸酸化，使废水中的转换为硫化氢逸出，再用碱液吸收，生成硫化钠溶液重复利用。 ②混凝沉淀法：利用金属盐与硫化物作用生成不溶性的沉淀，常用的沉淀剂是铁盐，包括亚铁盐及高铁盐。 已知：常温下，，；，。 5．下列说法错误的是 A．“空气氧化法”中，锰盐能降低反应活化能，提高氧化速率 B．“氯氧化法”中，用氧化废水中时增大压强，反应速率增大 C．“电化学氧化法”中，其他条件不变时，增大电流强度，氧化速率会增大 D．“混凝沉淀法”中，增大浓度，能提高废水中硫化物的转化率 【答案】B 【解析】A．催化剂改变反应历程，降低反应的活化能，提高反应速率，A正确； B．在溶液中进行的反应，增大压强，不能提高反应速率，B错误； C．其他条件不变，增大电流强度，能提高单位时间内通过的电流，提高反应速率，C正确； D．增大铁盐浓度，可以促进向氧化反应方向进行，的转化率、反应速率都可以提高，D正确； 答案选B。 6．下列有关离子方程式书写错误的是 A．空气氧化法中，向含废水中通入空气，回收硫： B．氯氧化法中，向含废水中通入氯气： C．酸回收法中，向含废水中通入少量的酸化，再用足量烧碱溶液吸收：， D．混凝沉淀法中，向含废水中加入溶液： 【答案】C 【解析】A．空气氧化法中，向含废水中通入空气生成硫单质回收硫，方程式为：，A正确； B．氯氧化法中，向含废水中通入氯气，氯气将硫离子氧化为硫酸根离子，方程式为：，B正确； C．根据电离常数可知，，和不能大量共存，向含废水中通入少量，发生反应的离子方程式为，C错误； D．混凝沉淀法中，向含废水中加入溶液，生成硫单质和硫化亚铁，方程式为：，D正确； 答案选C。 7．下列关于上述材料涉及的相关物质的叙述错误的是 A．键角： B．键长： C．、、都是非极性分子 D．和的VSEPR模型完全相同 【答案】D 【解析】A．是直线形分子，原子采用杂化，键角为；和分子都是形分子，中心原子采用杂化，的电负性大于S，中的中心原子价电子对间排斥力大，的键角大于，均小于，A正确； B．S的原子半径大于，故键长大于键长，B正确； C．氯气、氧气、二氧化碳都是非极性分子，C正确； D．、的VSEPR模型分别为正四面体、四面体，二者不完全相同，D错误； 答案选D。 8．近期报道了一种新型低成本、高性能的光辅助可充电水系钠离子电池(装置如图所示)。该电池的放电原理与传统钠离子电池相同；光照时，嵌入正极电解液中的TiO2电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是 A．放电时需断开K，且TiO2电极避光存储 B．放电时，负极反应式为 C．充电时，TiO2电极反应式为 D．充电时闭合K，转移1 mol e-同时有1 mol Na+通过隔膜 【答案】C 【详解】A．放电时电池独立工作，需断开K避免TiO2电极干扰；TiO2光照产生电子和空穴会驱动充电，故需避光存储，A正确； B．放电时负极失电子，M电极区（S为-1价）氧化为（S为-0.5价），反应式为，B正确； C．充电时阳极应发生I⁻氧化为（放电时正极反应为+2e⁻=3I⁻，充电时逆反应），而h⁺为氧化剂，应氧化还原性更强的I⁻而非，正确反应应为3I⁻+2h⁺=+2h，C错误； D．充电时闭合K形成回路，转移1mol e⁻，为保持电荷平衡，1mol Na⁺通过隔膜从阳极（N）移向阴极（M），D正确； 综上所述，答案为C。 9．宇树科技H1机器人的外壳采用聚碳酸酯(PC)材料制成，PC的合成原理和分子结构如图所示。下列说法正确的是 A．M的核磁共振氢谱有3组峰 B．1molN与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH C．N分子中所有原子可能共平面 D．上述所有有机物均能与溶液发生显色反应 【答案】C 【详解】A．考虑结构对称可知，M有4种等效氢()，即核磁共振氢谱有4组峰，A错误； B．N含有两个酯基，水解后生成的碳酸和酚羟基均能与NaOH反应，则1 mol N与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOH，B错误； C．N分子中苯环所有原子共面，酯基共面，且单键可旋转，则N分子中所有原子可能共平面，C正确； D．根据合成原理可推知，X为苯酚，X、M和PC均含酚羟基，均能与溶液发生显色反应，但不含酚羟基，不能与溶液发生显色反应，D错误； 故选C。 10．研究表明，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(Ⅰ)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是 A．反应历程中只有做催化剂 B．总反应为 C．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大 D．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高 【答案】B 【详解】A．从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和CH3I，CH3I参与TN催化循环最终生成的CH3COI又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，A错误； B．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为，B正确； C．LiI也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI用量不能提高甲醇的平衡转化率，C错误； D．反应中TN3含量最少说明其生成慢（TN2→TN3反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4反应速率快），即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，D错误； 故答案选B。 11．某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化性的微粒及其还原产物，查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。实验过程如下： 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 II 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 III 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 下列说法错误的是 A．分别取实验I、II中的少量溶液，滴加溶液，均会生成蓝色沉淀 B．实验II、III都有红褐色沉淀生成，产生的原理相同 C．实验II未检测到单质，说明和不反应 D．对比实验II、III，实验Ⅲ检测到Fe单质的原因是加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 【答案】C 【详解】由实验现象可知，实验Ⅰ中溶液逐渐变为蓝绿色的原因是过量的铜与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子和铜离子；实验Ⅱ中锌先与铁离子反应，再与氢离子反应产生气泡，即产生大量红褐色沉淀的原因是锌与溶液中的氢离子缓慢反应生成锌离子和氢气，溶液中氢离子浓度减小，铁离子在溶液中的水解程度增大使得铁离子转化为红褐色氢氧化铁沉淀，未检测到铁单质可能是锌粉被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，阻碍了锌与溶液中生成的亚铁离子反应生成铁；实验Ⅲ中产生大量红褐色沉淀的原因是镁与溶液中的氢离子剧烈反应生成镁离子和氢气，溶液中氢离子浓度减小，铁离子在溶液中的水解程度增大使得铁离子转化为红褐色氢氧化铁沉淀，检测到铁单质的原因是实验中产生大量气泡使得镁粉不易被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，过量的镁能与溶液中的生成的亚铁离子反应生成铁。 A．实验I中Fe3+完全转化为Fe2+，实验II中Fe3+可能会被Zn还原为Fe2+，加溶液两者均会生成蓝色沉淀，故A正确； B．实验II、III的原理均为金属与溶液中的氢离子反应，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，铁离子在溶液中的水解程度增大使得铁离子转化为红褐色氢氧化铁沉淀，故B正确； C．实验II中锌粉被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，阻碍了锌与溶液中生成的亚铁离子反应生成铁，不可说明和不反应，故C错误； D．由分析可知，实验II中固体中未检测到Fe单质，实验Ⅲ中检测到铁单质的原因是实验中产生大量气泡使得镁粉不易被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，镁能与溶液中的亚铁离子反应生成铁，故D正确； 故答案为C。 12．草酸亚铁(，淡黄色固体)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温时：，  。 下列说法正确的是 A．室温下，向溶液中加酸调节时溶液中存在： B．酸化溶解后的溶液中，一定存在 C．室温时，“沉铁”后的上层清液中： D．沉铁后上清液中： 【答案】B 【详解】A．在pH=1时，，由得，则，A错误； B．酸化溶解后溶液中存在电荷守恒：，因溶液呈酸性，，故，B正确； C．“沉铁”后上层清液为饱和溶液，此时，C错误； D．沉铁时部分转化为沉淀，溶液中含C元素微粒的总浓度小于初始中的浓度，故，D错误； 故选B。 13．利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下。 Ⅰ.   Ⅱ.   Ⅲ.   在650℃、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为100 ；水醇（水与乙醇）的进料速率比与气体平衡产量（）的关系如图所示。当水醇进料比为7:1时，下列说法错误的是 A．图中a线可能表示的平衡产量 B．a线表示的平衡产量，则乙醇的平衡转化率为90% C．反应Ⅲ的 D．温度高于650℃时，的平衡产量略有下降是由于平衡逆向移动 【答案】A 【详解】A．在650℃、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为100 ；水醇（水与乙醇）的进料速率比与气体平衡产量（）的关系如图，的量在减少，说明除发生反应Ⅰ和反应Ⅱ外，主要发生了反应Ⅲ，以生成氢气和二氧化碳为主，则图中a线表示的平衡产量，A错误； B．水醇进料比为7：1时，CO的平衡产量为，的平衡产量为，根据C原子守恒得到消耗的乙醇为，则乙醇的平衡转化率为，B正确； C．水醇比7:1时，水进料，反应Ⅱ消耗90 mol、反应Ⅲ消耗130 mol，剩余480 mol；总量为490 mol，为130 mol，CO为50 mol，根据，反应Ⅲ的，C正确； D．固定水醇进料速率比为7:1，温度高于650℃时，氢气的平衡产量略有下降的原因为：当水醇进料速率比为7:1时，反应Ⅲ占主导且为放热反应，因此当温度高于650℃时，平衡会向逆反应方向移动，导致的平衡产量略有下降，D正确； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）铜阳极泥(含有、Se、、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 (1)向阳极泥中加入硫酸溶液，再逐渐加入(在酸性条件下被还原为)至过量。Cu、Se、Ag、S元素充分浸出，以、、、、形式存在于浸出液中，其他元素在浸出渣中。 ①写出溶解的离子方程式： 。 ②中的键角比中的 (填“大”“小”或“相等”)。 ③在铜阳极泥质量、硫酸用量和反应时间一定时，研究人员测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[浸出渣率]随质量的变化情况如图所示： 当0.8gg时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是 。 (2)向(1)所得浸出液中加入NaCl，可将转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。已知： ①   ②   加入NaCl，溶液中 mol·L-1时，可使(1)所得浸出液中mol·L-1。 (3)研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理模型如图所示： 图中表示金粒负极的电极反应式为 。浸金过程中的催化剂是 (填化学式)。 (4)钴酸锂()、磷酸铁锂()等锂离子二次电池应用普遍。 ①钴酸锂电池放电时示意图如图1所示。放电时，由中脱嵌。写出放电至完全时电极的电极反应式： 。 ②磷酸铁锂电池具有循环稳定性好的优点。充电时脱嵌形成。晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构(如图2所示)。 。 【答案】 (1) 小 单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量 (2) (3) NH3和 (4) 0.25 【详解】向阳极泥中加入硫酸溶液，再逐渐加入MnO2，MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+，Cu2S溶解的离子方程式：，Cu、Se、Ag、S元素充分浸出，以Cu2+、、、Ag+、形式存在于浸出液中，其他元素在浸出渣中，向所得浸出液中加入NaCl，可将Ag+转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素，据此分析回答。 （1）① Cu2S具有还原性，再逐渐加入MnO2，MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+，Cu2S溶解的离子方程式：； ②和中心Se原子的价层电子对依次为、，都是4对，它们的VSEPR模型都是四面体形，其中中的Se原子有一对孤电子对， 孤电子对对其余成键电子对的排斥作用较大，O-Se-O的键角更小； ③当0.8 g<m(MnO2)<1.2 g时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量； （2）①，，②，，由①-②得， ，当<10-5 mol·L-1，代入上式得＞1.8×10-5 mol·L-1； （3）由图可知金粒负极发生氧化反应，电极反应式为，由催化机理模型可知，浸金过程中的催化剂是NH3和； （4）①钴酸锂电池放电时为原电池，Li+由中脱嵌，由石墨层移向钴氧层，则为正极，为负极，作正极，发生还原反应，电极反应式为：； ②从题目文字和图像信息中可以看出，Fe原子和P原子都位于O原子形成的空隙中，该结构中含有4个铁氧正八面体和4个磷氧正四面体，故含有4个P原子、4个Fe原子、16个O原子，根据化学式LiFePO4可知，晶胞中应含有4个Li+，但由于充电时Li+脱嵌，导致此时含有Li+的个数，故，解得。 15．（15分）物质Ⅰ是合成消化类药物盐酸凯普拉生的一种中间体，其合成路线如图： 回答以下问题： (1)物质A的系统命名为 ，的沸点比的 （填“高”或“低”）。 (2)物质D中官能团的名称为 ，C→D的反应类型为 。 (3)A+B→C的化学方程式为 ，若将该步骤的试剂更换为，化合物C的产率大幅下降，可能的原因是 。 (4)H的结构简式为 。 (5)同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为 （写出一种）。 ①直接与苯环相连 ②1 mol该物质与足量Na反应可生成1 mol ③核磁共振氢谱图有5组峰，峰面积之比为1:2:2:4:6 (6)参照以上合成路线，写出以、乙醇和乙酸乙酯为主要原料制备的合成路线 。（无机试剂任选）。 【答案】 (1)3-硝基苯酚 高 (2)氨基、醚键 还原反应 (3)2+2+2+ 的碱性比弱，难以与酚羟基反应，从而使反应速率显著降低 (4) (5)、、、 (6) 【详解】结合A和C的结构简式可知，A中羟基的氢氧键断裂与B中去掉溴原子后的结构发生取代反应生成C和，因此B的结构简式为，C中的硝基（）与氢气发生还原反应生成D中的氨基（），D到E过程发生两步反应，第一步为D中的氨基（）与、HCl反应生成，第二步为与、反应生成E，根据E、G、I的结构简式可推出H为，据此分析解答。 （1）物质A为含有硝基的酚类物质，硝基在3号碳上，因此系统命名为3-硝基苯酚；能形成分子间氢键，形成分子内氢键，因此的沸点比的高，故答案为：3-硝基苯酚；高； （2）物质D中官能团的名称为氨基、醚键；由分析可知，C中的硝基（）与氢气发生还原反应生成D中的氨基（），故答案为：氨基、醚键；还原反应； （3）由分析可知，A+B→C的化学方程式为2+2+2+；的碱性比弱，难以与酚羟基反应，使反应速率显著降低，从而使化合物C的产率大幅下降，故答案为：2+2+2+；的碱性比弱，难以与酚羟基反应，从而使反应速率显著降低； （4）由分析可知，H的结构简式为，故答案为：； （5）1 mol该物质与足量Na反应可生成1 mol ，且分子中有2个氧原子，则结构中可能含有2个羟基或一个羧基，又因为取代基中没有不饱和度，因此只能是两个羟基，结合条件①和③可得符合条件的同分异构体为、、、，故答案为：、、、； （6）结合题目中F到G的反应原理，以、乙醇和乙酸乙酯为主要原料制备的合成路线为。 16．（15分）甲苯是重要的有机原料，某化学兴趣小组利用甲苯为主要原料，进行下列实验： Ⅰ．利用如图所示装置制备对溴甲苯，并证明该反应为取代反应。 (1)冷凝管中冷水从 (填“a”或“b”)进，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，则选用的仪器M的最合理规格为 (填标号)。 A．100mL     B．200mL      C．250mL     D．500mL (2)请写出甲苯与液溴生成对溴甲苯的化学方程式 。 (3)乙中的作用为 。能说明该反应是取代反应而不是加成反应的实验现象为 。 (4)实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为 (填标号)。若最后得到对溴甲苯51.98g，则该实验的产率约为 (保留两位有效数字)。 A．检查装置气密性 B．连接好装置 C．将甲苯和液溴滴入 D．将NaOH溶液滴入 E．接通冷凝水    F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏 Ⅱ．苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑 剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如下： 反应过程： 反应试剂、产物的物理常数如下： 名称 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·mL-1 溶解度/g 水 乙醇 甲苯 无色液体、易燃易挥发 -95 110.6 0.8669 不溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 122.4[1] 248 1.2659 微溶[2] 易溶 已知： [1]100 ℃左右开始升华。 [2]苯甲酸在 100 g 水中的溶解度：4 ℃，0.18 g；18 ℃，0.27 g；75 ℃，2.2 g。 按下列合成步骤回答问题： (5)苯甲酸制备： 如图在250 mL三颈烧瓶中放入2.7 mL甲苯和100 mL水，控制100℃机械搅拌溶   液，在石棉网上加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入8.5 g高锰酸钾(加完后用少量水冲洗冷凝管内壁)，继续搅拌，静置发现不再出现 现象时，停止反应。装置a的作用除上述外，另一主要作用是 ， 已知加入高锰酸钾时发生的反应为：+2KMnO4+2MnO2↓+H2O+KOH (6)分离提纯： 除杂。将反应混合物加入一定量亚硫酸氢钠溶液使紫色褪去，高锰酸钾的还原产物为黑色难溶性MnO2，此时反应的离子方程式为 。 【答案】 (1)a B (2) (3)吸收HBr气体中的Br2 和甲苯蒸气 丙中产生淡黄色沉淀 (4)BAECDF 80% (5)分层 冷凝回流 (6) 【详解】甲中甲苯与溴单质发生取代反应，生成对溴甲苯和HBr，通过乙装置吸收挥发的溴和甲苯后，生成气体进入丙中，硝酸银溶液用于检验溴化氢，丁装置吸收多余的HBr，防止污染环境； （1）冷凝管中冷水下进上出，冷凝效果好，则从a进；实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，总体积为70mL，液体体积一般要小于三分之二、大于三分之一，则选用的仪器M的最合理规格为B．200mL； （2）甲苯与溴单质发生取代反应生成对溴甲苯和HBr，催化剂为，化学方程式为； （3）由于HBr中可能混有挥发的溴和甲苯，故要使混合气体通入四氯化碳除去溴，防止对HBr的检验造成干扰，同时吸收甲苯蒸气，装置乙中所盛放的四氯化碳的作用是吸收HBr气体中的Br2和甲苯蒸气；装置丙中有淡黄色沉淀生成时，说明反应生成了HBr，则说明该反应是取代反应而不是加成反应； （4）实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为：连接好装置，A．检查装置气密性，防止漏气，E．接通冷凝水， C．将甲苯和液溴滴入，进行反应，D．将NaOH溶液滴入，除去过量的溴单质，F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏，得到产物；故为：BAECDF；若最后得到对溴甲苯51.98g，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，理论生成0.38mol对溴甲苯，则该实验的产率约为； （5）甲苯不溶于水会分层，反应生成的苯甲酸钾易溶于水，所以反应后的混合溶液不再分层，说明甲苯完全反应；装置a能冷凝回流水蒸气、甲苯蒸气，防止甲苯的挥发而降低产品产率； （6）反应后混合物中含有氢氧化钾，亚硫酸氢钠有还原性，能还原高锰酸钾生成二氧化锰、硫酸钾和水，则其反应的离子方程式为：。 17．（15分）采用电化学—化学串联催化技术，实现了在温和条件下，高选择性合成。该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极N与电源的 极相连。 (2)电解池中放电生成的电极反应式为 。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应i：   反应ii：   计算反应的 ，该反应 (填标号)。 A．低温自发    B．高温自发    C．低温高温均自发    D．低温高温均不自发 (4)一定温度下，、和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式 ；图2中，表示选择性的是 (填“A”或“B”)。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是 。 【答案】 (1)负 (2) (3)-126.0 A (4) A 反应i、ii均为气体分子数目减小的反应，随着的增大，对于反应i和反应ii体系分压减小，平衡均逆向移动，所以的转化率减小 【详解】（1）由图可知，N电极上转化为，元素化合价下降，发生还原反应，故N为阴极，与电源负极相连； （2）碱性环境，阴极放电的电极反应为：； （3）根据盖斯定律，反应ii-反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，答案选A； （4）总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的能垒最大，该步骤是决速步骤，反应式为；根据题干所给出的信息可知，增加的量可以大幅度提升的选择性，故A表示；当时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大的分压，对于反应i和反应ii体系分压减小，平衡均逆向移动，所以的转化率减小。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前模拟卷 仿真模拟卷01 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．B 2．A 3．B 4．B 5．B 6．C 7．D 8．C 9．C 10．B 11．C 12．B 13．A 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分） (1) 小 单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量 (2) (3) NH3和 (4) 0.25 15．（15分） (1)3-硝基苯酚 高 (2)氨基、醚键 还原反应 (3)2+2+2+ 的碱性比弱，难以与酚羟基反应，从而使反应速率显著降低 (4) (5)、、、 (6) 16．（15分） (1)a B (2) (3)吸收HBr气体中的Br2 和甲苯蒸气 丙中产生淡黄色沉淀 (4)BAECDF 80% (5)分层 冷凝回流 (6) 17．（15分） (1)负 (2) (3)-126.0 A (4) A 反应i、ii均为气体分子数目减小的反应，随着的增大，对于反应i和反应ii体系分压减小，平衡均逆向移动，所以的转化率减小 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $