仿真模拟卷05 -【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05 （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 N 14 O 16 Co 59 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．中华文化源远流长，文物是中华文明的物理载体。下列文物材质的主要成分属于硅酸盐的是 A．兰亭集序(绢本) B．铜镜 C．水月观音(木雕) D．元青花 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．绢本主要成分丝绸为蛋白质，属于天然有机高分子材料，A错误； B．铜镜主要成分为铜合金，属于金属材料，B错误； C．木雕主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，C错误； D．元青花属于瓷器，瓷器的主要成分是硅酸盐，D正确； 故选D。 2．S和Se是同一主族元素。下列说法正确的是 A．H2S的电子式为 B．的空间构型是平面三角形 C．S6、S8、S12等硫单质互为同分异构体 D．1molH2SeO3中含有5mol σ键 【答案】D 【详解】A．H₂S是共价化合物，电子式应为，A错误； B．中中心原子Se的价层电子对数=(6+2)/2=4（6为Se价电子数，2为负电荷），含1对孤对电子，空间构型为三角锥形，B错误； C．S6、S8、S12均为硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，同分异构体针对分子式相同的化合物，C错误； D．H2SeO3结构中含2个O-H σ键、2个Se-O（羟基）σ键和1个Se=O σ键，共5个σ键，1mol中含5mol σ键，D正确； 故选D。 3．科学家合成的可高效吸附甲醇。下列说法正确的是 A．原子半径：r(O)>r(B)>r(H) B．电负性：(Cl)>(C)>(H) C．第一电离能：(O)>(N)>(C) D．酸性： 【答案】B 【详解】A．O和B同周期，原子半径B＞O，而H的原子半径最小，因此原子半径顺序应为r(B)＞r(O)＞r(H)，A错误； B．Cl的电负性（3.0）＞C（2.55）＞H（2.20），顺序正确，B正确； C．N的电子结构半充满，第一电离能N＞O＞C，而C选项顺序为O＞N＞C，C错误； D．酸性强弱顺序应为HClO4＞HNO3＞H2CO3，D选项顺序错误，D错误； 答案选B。 4．实验室制备并验证其性质的装置及试剂正确的是 A．制备 B．除去HCl杂质 C．验证的氧化性 D．收集及尾气处理 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．制备时，与浓盐酸的反应需要加热，A不符合题意； B．除去中的HCl杂质，应使用饱和食盐水，若用水会大量溶解，无法达到除杂目的，B不符合题意； C．验证的氧化性，使与淀粉KI溶液反应：，可以验证氧化性，C符合题意； D．密度比空气大，收集采用向上排空气法收集（气体从长管进短管出），多余的用溶液吸收：，D不符合题意； 故选C。 阅读下列材料，完成第5~7题。 氟是已知元素中电负性最大、单质氧化性最强的元素，与稀有气体Xe形成的分子是非极性分子，与其他卤素形成的卤素互化物(如、)具有与相似的化学性质，与氮形成的可与反应生成(结构式：)。自然界中，含氟矿石有萤石()、冰晶石()等，萤石可与浓硫酸共热制取HF气体。工业上，可通过电解KF的无水HF溶液(含和等离子)制取。 5．下列有关说法正确的 A．的空间结构为直线形 B．CIF与互为同素异形体 C．和中氮均为价 D．不存在顺反异构现象 6．下列化学反应表示正确的是 A．与水反应的离子方程式： B．制时在阳极反应式： C．ClF与NaOH溶液反应： D．萤石与浓硫酸共热制取：(浓) 7．下列物质的结构、性质、用途具有对应关系的是 A．具有强氧化性，可用作火箭助燃剂 B．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥HF气体 C．冰晶石微溶于水，可用作电解铝工业的助熔剂 D．HF分子之间形成氢键，的热稳定性比的高 【答案】5．A 6．D 7．A 【解析】5．A．分子是非极性分子，与相似的化学性质，所以推测的空间结构为直线形，故A正确； B．同素异形体即同种元素构成的不同单质，CIF与不互为同素异形体，故B错误； C．中氮为-3价，故C错误； D．分子中的两个氮原子之间形成了一个双键，由于双键不能旋转，因此四个原子的位置是相对固定的，两个F原子在双键一侧和双键两侧，形成了顺式和反式两种异构体，故D错误； 答案选A。 6．A．与水反应生成HF和氧气，氟化氢为弱酸不拆，离子方程式为，故A错误； B．制时在阳极要失去电子，反应式为：，故B错误； C．ClF与NaOH溶液反应生成氟化钠、次氯酸钠，反应的离子方程式为，故C错误； D．萤石与浓硫酸共热生成硫酸钙和HF，反应方程式为(浓)，故D正确； 答案选D。 7．A．与相似的化学性质，具有强氧化性，可用作火箭助燃剂，故A正确； B．浓硫酸可用于干燥氯气，是因为浓硫酸具有吸水性，与脱水性无关，故B错误； C．冰晶石可用作电解铝工业的助熔剂，是因为可降低氧化铝的熔点，与溶解性无关，故C错误； D．的热稳定性比的高与化学键有关，与氢键无关，故D错误； 答案选A。 8．工业上可采用微生物电池处理含()的废水，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．电极Y表面发生的第二步电极反应式为： B．每处理有通过质子交换膜从右向左迁移 C．工作一段时间后，酸性增强不利于菌落存活，电池效率降低 D．该电池每消耗标准状况下，正极室质量增加32 g 【答案】D 【详解】电极X通入空气，发生还原反应，是正极；电极Y发生氧化反应，是负极。质子交换膜允许H+通过，但不参与电极反应。首先明确电极反应：电极X上空气中的氧气被还原为水，反应式为O2+4H++4e-=2H2O，电极Y上被氧化为，中间可能经过S的生成，随后S进一步被氧化为。 A．电极Y上步骤Ⅱ是S被氧化为，需要失去6个电子，同时结合水生成H+，故第二步电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，与选项所示一致，故A正确； B．负极的总反应式为：S+4xH2O-（6x+2）e-=x+8xH+，每处理1mol，转移（6x+2）mol电子。正极的反应式为O2+4H++4e-=2H2O，根据电子得失守恒，正极需要消耗（6x+2）molH+，故H+通过质子交换膜从右（负极）向左（正极）迁移（6x+2）mol，故B正确； C．工作一段时间后，负极反应生成大量H+，导致负极的酸性增强，而微生物对环境的pH较敏感，酸性过强会抑制微生物活性，甚至导致其死亡，不利于菌落存活，电池效率也有所降低，故C正确； D．正极的反应式为O2+4H++4e-=2H2O，标准状况下22.4LO2为1mol，根据反应式可知，正极室质量增加是由于消耗了1molO2（质量为32 g）和迁移进入了4molH+（质量为4 g），总增加质量为32g+4g=36g，故D错误； 故选D。 9．对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是 已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构： A．甲的名称为1，3，5-三苯酚 B．O-H的极性：甲乙醇 C．的互变异构体为 D．可以发生加成、水解和消去反应 【答案】C 【详解】A．甲物质的官能团为酚羟基，根据命名规则，可知甲的名称为1，3，5-苯三酚或间苯三酚，A错误； B．乙醇的烷基具有给电子效应，O-H极性较弱，甲物质中酚羟基受苯环吸电子共轭效应影响，O-H键极性比乙醇中的醇羟基更强，B错误； C．由题给信息可知，1，3，5-苯三酚发生酮式互变异构，变为，C正确； D．含有的官能团是醚键和氰基，氰基可以发生加成、水解反应，无法发生消去反应，D错误； 答案选C。 10．催化、与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如图，下列说法正确的是 A．反应过程中有非极性键的断裂和形成 B．反应过程中没有甲酸生成 C．、与二甲胺反应可能生成HDO D．催化剂降低了反应的活化能和焓变 【答案】C 【详解】催化剂表面首先吸附，使H-H非极性键断裂，生成吸附态的H原子；分子在催化剂表面被吸附，C原子带部分正电荷，O原子带部分负电荷，从而被活化；活化的与吸附态H原子结合，生成甲酸根中间体，此时C原子与两个O原子形成稳定的配位结构；二甲胺进攻甲酸根中间体，形成离子对；该中间体进一步脱水，最终生成目标产物DMF。据此分析。 A．反应中参与反应，存在H-H非极性键的断裂，但在整个反应机理中，没有新的非极性键形成，A错误； B．和也可能发生反应生成甲酸，反应方程式为，B错误； C．由图可知，、与二甲胺反应合成DMF的过程中，中的一个D原子形成DMF中的C-D，另外一个D原子形成H2O中的一个O-D，反应可能生成HDO，C正确； D．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变，D错误； 故答案选C。 11．探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤I  取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ  将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ  向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。下列说法正确的是 A．步骤I产生的蓝色沉淀为 B．步骤Ⅱ的两份溶液中： C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体为 【答案】D 【详解】A．适量浓氨水与溶液反应首先生成沉淀，故A错误； B．步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的因形成络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中可以自由移动，浓度较高。因此，故B错误； C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化，后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化。真正原因是络合物中浓度过低，无法被Fe置换，故C错误； D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，与结合生成，导致配合物释放，随后Fe与反应生成（气泡），故D正确； 故答案为D。 12．已知：HClO的电离常数：，的电离常数：，的电离常数：，，。下列说法不正确的是 A．与、、在溶液中均不能大量共存 B．溶液中微粒浓度大小： C．碳酸钙悬浊液中，且的水解率约为83.3% D．溶液中微粒浓度大小： 【答案】C 【详解】A．是强酸性离子，容易水解生成，其溶度积，说明其极难溶，在水中极易水解。、、均为弱酸的酸根离子，在水中水解呈碱性，与相遇时，会因促进的水解生成，不能大量共存，A正确； B．0.5 mol/L Na2S溶液中硫离子水解，溶液显碱性，，，若忽略2级水解，设水解的c(S2-)=xmol/L，则，解得，S2-的水解程度为，所以溶液以c(S2-)为主，且存在c(Na+)>c(S2-)>c(HS-)，若只考虑一级水解，则c(OH-)=c(HS-)，但二级水解会消耗HS-、产生OH-，水的电离也会产生OH-，所以c(OH-)>c(HS-)，则离子浓度由大到小的顺序为：，B正确； C．碳酸钙的溶度积，由于是1:1型盐，设溶解度为s，则得，所以，两者浓度相等，会水解，水解常数，设水解的为x，则，解得，即水解率约为，C错误； D．是二元弱酸，第一步电离，，一级电离大于二级电离，因此，；，，则溶液中离子浓度：，D正确； 故答案选C。 13．的资源化利用有利于实现“碳中和”。催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应1：　 反应2：　 恒压下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率及和的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是 A．曲线③表示CO的选择性 B．时出口处的物质的量大于时 C．反应1正反应活化能小于逆反应活化能 D．　 【答案】A 【详解】A．甲醇的选择性和CO的选择性相加等于100%，现已知曲线①为甲醇的选择性，则曲线②为CO的选择性，曲线③为CO2的转化率，A不正确； B．生成CO的物质的量=转化的CO2总量×CO选择性，根据图示可知，随着温度增大，CO2转化率和CO选择性均增大，则生成的CO随温度的升高而增大，故时出口处的物质的量大于时，B正确； C．反应1 ΔH1=-49.5 kJ/mol（放热），ΔH=正反应活化能-逆反应活化能<0，故正反应活化能小于逆反应活化能，C正确； D．反应1-反应2得目标反应，ΔH=ΔH1-ΔH2=-49.5-41.2=-90.7 kJ/mol，D正确； 综上所述，答案为A。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）用含钴废料（主要成分为，含少量、、、、等）制备草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 已知： ①具有强氧化性。 ②，； 当溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 (1)①向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为 （填化学式）。 ②溶液与反应离子方程式为 。 (2)“浸出渣”的主要成分为 （填化学式）。 (3)加调的目的是 。 (4)“除钙镁”时，当除尽后， 。 (5)将在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，B点剩余固体产物为 。 (6)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 【答案】 (1) (2)、 (3)促进、完全水解为沉淀而除去 (4) (5) (6)4 【详解】用含钴废料制备草酸钴晶体，先加入稀硫酸和亚硫酸钠，和被还原为Co2+和Fe2+，形成沉淀，不溶，浸出渣的主要成分为和，向滤液中加入NaClO3时，Fe2+被氧化为Fe3+，继续加入碳酸钠溶液，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，沉淀1为氢氧化铁、氢氧化铝，过滤后，向滤液中加入NaF，沉淀钙镁离子，沉淀2为MgF2、CaF2，过滤，向滤液中加入草酸铵，得到草酸钴晶体。 （1）向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为溶液，若先加入稀硫酸，会导致转化为SO2；溶液与发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：； （2）由分析可知，“浸出渣”的主要成分为、； （3）根据分析，加入碳酸钠溶液，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀； （4）由已知②可知，当除尽后，，则； （5）在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1 mol ，A点为0.1 mol ，根据钴元素守恒，8.03 g B中钴为0.1 mol，氧为，则B中Co、O的物质的量之比为，故B点剩余固体产物为； （6）根据晶胞2的结构可知，距最近的有4个：。 15．（15分）天然化合物X是一种生物活性物质，某研究小组通入如下流程制备化合物X(部分流程及反应条件已省略)： 已知： ①PCC是选择性氧化剂，可能把醇氧化成醛或酮； ②是强还原剂，可以把醛或酮还原成醇； ③ (1)A的官能团名称： 。 (2)A→B的原子利用率为100%，则M为 。 (3)D的结构简式为： 。 (4)下列选项不正确的是_______。 A．C具有一定的还原性 B．F→G的反应为加成反应 C．E、F分别发生消去反应得到的产物均不含有手性碳原子 D．1 mol X与足量NaOH反应，最多消耗4 mol NaOH (5)E→F的过程中会产生少量F的同分异构体H，请利用实验区分F和H： (只需写出试剂和现象)。 (6)是重要的化工原料。以和为有机原料，设计化合物的合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。 【答案】 (1)酯基 (2) (3) (4)BCD (5)加PCC，再加入银氨溶液，有银镜析出的是H (6) 【详解】根据题目第（2）问的信息（A→B的原子利用率为100%）可判断M为，根据已知①，PCC把B氧化成C，根据已知条件②是强还原剂，可以把醛或酮还原成醇和E的结构简式可推出D的结构简式为：；根据E和F结构简式可推出E→F过程中E发生自身取代反应生成F和；F→G的过程中F和发生取代反应生成G和；G在作用下生成F，据此分析解答。 （1）根据A的结构简式，结构中含有的官能团是酯基； （2）根据分析，M为； （3）根据已知条件②是强还原剂，可以把醛或酮还原成醇和E的结构简式可推出D的结构简式为：； （4）A．C中含有醛基，具有还原性，A正确； B．F→G的过程中F和发生取代反应生成G和，不是加成反应，B错误；   C．E中两个羟基发生消去反应后产物（）分子中不含手性碳、F发生消去反应后产物( )不含手性碳，但E中若只有1个羟基发生消去反应，得到的产物含有手性碳，如图：，C错误； D．1mol X中酯基（1 mol消耗1 mol NaOH）、酚羟基（2 mol 消耗2 molNaOH）、可能的最多消耗3 mol NaOH，D错误； 故答案选BCD。 （5）E→F的过程中E中的酯基可以和自身这个羟基发生取代反应就会产生少量F的同分异构体H，则H为，加入PCC后，羟基可以被氧化为醛基，而F中羟基被氧化为酮羰基，故再加入银氨溶液，有银镜析出的是H； （6）利用逆推法设计合成路线，目标产物需要的原料为（与G→X的路线一致），合成的原料为和，合成可以由被酸性高锰酸钾溶液氧化得到，合成的原料可以是和，可以制备，由和NaOH反应可得，故合成路线为： 。 16．（15分）某实验室制备[Ni(NH3)6]Cl2，并测定产品中的NH3含量。已知[Ni(NH3)6](NO3)2、[Ni(NH3)6]Cl2均为可溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体；[Ni(NH3)6](NO3)2遇有机物或还原剂发生反应；[Ni(NH3)6]Cl2受热易分解产生氨气；乙醚与水不互溶。 回答下列问题： (一)制备[Ni(NH3)6]Cl2 i．镍片与浓硝酸在温度50-60℃加热，制得Ni(NO3)2溶液。 ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图)，加入6 mol·L-1盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 iv．将iii中混合液减压过滤，洗涤，干燥。 (1)i中控制温度不高于60℃的原因是 。 (2)仪器a的名称为 ，双层反应釜冷凝水的进水口为 (填“b”或“c”)，装置图中处选择的实验装置可以是 (填标号)。 A．        B．        C． (3)ii中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是 。 (4)iii中无水乙醇的作用是 ；iv中用①乙醚、②浓氨水、③乙醇洗涤晶体，正确的顺序是 (填序号)。 (二)NH3含量测定 用电子天平称取0.2320 g试样，用水溶解后加入3.00 mL 6 mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000 mol·L-1标准NaOH溶液滴定剩余HCl至终点，消耗标准溶液V1 mL。另取3.00mL 6mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000 mol·L-1标准NaOH溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。 (5)样品中NH3的质量分数为 ×100%(用代数式表示)。若所用6 mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】 (1)硝酸不稳定，温度较高时易分解 (2)球形冷凝管 b BC (3)[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸会反应 (4)降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出 ②③① (5) 无影响 【详解】镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，Ni转化为Ni(NO3)2；加入浓氨水，生成[Ni(NH3)6](NO3)2沉淀；所得沉淀转移至双层反应釜中，加入6 mol·L-1盐酸溶解，然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体，据此分析； （1）镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，原因是：硝酸不稳定，温度较高时易分解； （2）操作中有加入混合液，氨易挥发且极易溶解于水中。因此需防止倒吸，所以装置的作用是吸收挥发出的NH3并防止倒吸现象的发生； A．吸水干燥作用，不能吸收氨气，A错误； B．可以吸收挥发出的和HCl(尾气吸收)，防止倒吸，B正确； C．浮子密度小，若球泡内的液面上升，浮子也上升，浮子相当于磨砂玻璃塞将导管的出气口堵上，从而防倒吸，C正确； 故选BC； （3）布氏漏斗过滤需要滤纸，[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸（有机物）会反应； （4）因[Ni(NH3)6]Cl2不溶于乙醇，无水乙醇的作用是降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出；先用浓氨水洗涤，防止晶体在洗涤过程中因配体解离而部分溶解或结构破坏，起到稳定晶体的作用；再用乙醇洗涤，能有效去除晶体表面的水溶性杂质，同时降低晶体的溶解度损失；‌最后用乙醚洗涤，用于置换乙醇并快速带走残留水分和微量有机杂质，实现快速干燥，故正确的顺序是：②③①； （5）根据滴定原理，空白试验消耗的NaOH标准溶液V2 mL，0.2320 g产品滴定至终点消耗的NaOH标准溶液V1 mL，则样品消耗氢氧化钠为(V2-V1)×10-3×0.5000 mol，根据关系式：，所以0.2320 g产品NH3的物质的量为(V2-V1)×10-3×0.5000 mol，则NH3的质量分数为；由计算式可知，与盐酸浓度无关，故所用6 mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果无影响。 17．（15分）利用新能源车代替传统燃油车是能源转型的必经之路。 Ⅰ．发电过程中存在碳排放，将二氧化碳转化为甲烷、甲醇等，是资源化利用的方式。 利用合成甲醇，发生反应  。 已知：       (1) (用含a、b的代数式表示)。 (2)科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在、时，测定作催化剂时，随温度升高甲醇时空收率先迅速增大后减小，其中减小的原因可能是 。 Ⅱ．电化学方法还原可将将其转化为其它化学产品。酸性条件下电化学还原的装置如图所示。 法拉第效率(FE)表示为：。 (3)控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图所示。 ①阴极生成甲烷的电极反应式是 。 ②结合上图的变化规律，推测可能的作用是 。 Ⅲ．传统燃油车的汽车尾气问题，在彻底完成能源转型之前，仍旧是造成空气污染最主要的因素之一，NSCR(储存还原)技术可有效降低柴油发动机工作过程中排放的。工作原理如下图所示，柴油发动机工作时在稀燃(充足、柴油较少)和富燃(不足、柴油较多)条件下交替进行，通过和的相互转化实现氮氧化合物的储存和还原。 (4)若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化学方程式解释原因： 。 (5)当存在时吸收氮氧化合物吸收能力也会下降，但体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是 。 【答案】 (1) (2)当温度过高时，催化剂可能因烧结或失活导致活性降低，甲醇产量减少，导致时空收率下降 (3)CO2+8H++8e-=CH4+2H2O KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性) (4)稀燃过程中，硫被氧化为二氧化硫，发生反应，硫酸钡稳定，不易分解，也难与NOx反应，所以BaO吸收氮氧化物的能力下降 (5)BaCO3在一定程度上也能吸收NOx 【详解】（1）已知： ① ② 通过盖斯定律，将反应①乘以 ​ ，反应 ②乘以，再相加即可得到目标反应，即。 （2）温度升高初期，反应速率加快，甲醇生成速率增加；但当温度过高时，催化剂可能因烧结或失活导致活性降低，甲醇产量减少，导致时空收率下降。 （3）图3为电解池装置，二氧化碳转化为甲烷，C元素化合价降低，故CO2在阴极反应，电极IV为阴极，水失去电子生成氧气和氢离子，电极III为阳极。 ①根据分析，阴极的电极反应式为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。 ②由图可知，KCl存在时，有利于二氧化碳还原成甲烷，不利于生成氢气，尤其是KCl浓度大于1mol/L时，甲烷的选择性强，故KCl可能的作用是：KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性)。 （4）稀燃过程中，硫被氧化为二氧化硫，发生反应，硫酸钡稳定，不易分解，也难与NOx反应，所以BaO吸收氮氧化物的能力下降。 （5）BaCO3在一定程度上也能吸收NOx，所以当CO2体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高。 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05 （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 N 14 O 16 Co 59 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．D 2．D 3．B 4．C 5．A 6．D 7．A 8．D 9．C 10．C 11．D 12．C 13．A 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分） (1) (2)、 (3)促进、完全水解为沉淀而除去 (4) (5) (6)4 15．（15分） (1)酯基 (2) (3) (4)BCD (5)加PCC，再加入银氨溶液，有银镜析出的是H (6) 16．（15分） (1)硝酸不稳定，温度较高时易分解 (2)球形冷凝管 b BC (3)[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸会反应 (4)降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出 ②③① (5) 无影响 17．（15分） (1) (2)当温度过高时，催化剂可能因烧结或失活导致活性降低，甲醇产量减少，导致时空收率下降 (3)CO2+8H++8e-=CH4+2H2O KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性) (4)稀燃过程中，硫被氧化为二氧化硫，发生反应，硫酸钡稳定，不易分解，也难与NOx反应，所以BaO吸收氮氧化物的能力下降 (5)BaCO3在一定程度上也能吸收NOx 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05 （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 N 14 O 16 Co 59 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．中华文化源远流长，文物是中华文明的物理载体。下列文物材质的主要成分属于硅酸盐的是 A．兰亭集序(绢本) B．铜镜 C．水月观音(木雕) D．元青花 A．A B．B C．C D．D 2．S和Se是同一主族元素。下列说法正确的是 A．H2S的电子式为 B．的空间构型是平面三角形 C．S6、S8、S12等硫单质互为同分异构体 D．1molH2SeO3中含有5mol σ键 3．科学家合成的可高效吸附甲醇。下列说法正确的是 A．原子半径：r(O)>r(B)>r(H) B．电负性：(Cl)>(C)>(H) C．第一电离能：(O)>(N)>(C) D．酸性： 4．实验室制备并验证其性质的装置及试剂正确的是 A．制备 B．除去HCl杂质 C．验证的氧化性 D．收集及尾气处理 A．A B．B C．C D．D 阅读下列材料，完成第5~7题。 氟是已知元素中电负性最大、单质氧化性最强的元素，与稀有气体Xe形成的分子是非极性分子，与其他卤素形成的卤素互化物(如、)具有与相似的化学性质，与氮形成的可与反应生成(结构式：)。自然界中，含氟矿石有萤石()、冰晶石()等，萤石可与浓硫酸共热制取HF气体。工业上，可通过电解KF的无水HF溶液(含和等离子)制取。 5．下列有关说法正确的 A．的空间结构为直线形 B．CIF与互为同素异形体 C．和中氮均为价 D．不存在顺反异构现象 6．下列化学反应表示正确的是 A．与水反应的离子方程式： B．制时在阳极反应式： C．ClF与NaOH溶液反应： D．萤石与浓硫酸共热制取：(浓) 7．下列物质的结构、性质、用途具有对应关系的是 A．具有强氧化性，可用作火箭助燃剂 B．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥HF气体 C．冰晶石微溶于水，可用作电解铝工业的助熔剂 D．HF分子之间形成氢键，的热稳定性比的高 8．工业上可采用微生物电池处理含()的废水，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．电极Y表面发生的第二步电极反应式为： B．每处理有通过质子交换膜从右向左迁移 C．工作一段时间后，酸性增强不利于菌落存活，电池效率降低 D．该电池每消耗标准状况下，正极室质量增加32 g 9．对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是 已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构： A．甲的名称为1，3，5-三苯酚 B．O-H的极性：甲乙醇 C．的互变异构体为 D．可以发生加成、水解和消去反应 10．催化、与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如图，下列说法正确的是 A．反应过程中有非极性键的断裂和形成 B．反应过程中没有甲酸生成 C．、与二甲胺反应可能生成HDO D．催化剂降低了反应的活化能和焓变 11．探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤I  取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ  将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ  向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。下列说法正确的是 A．步骤I产生的蓝色沉淀为 B．步骤Ⅱ的两份溶液中： C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体为 12．已知：HClO的电离常数：，的电离常数：，的电离常数：，，。下列说法不正确的是 A．与、、在溶液中均不能大量共存 B．溶液中微粒浓度大小： C．碳酸钙悬浊液中，且的水解率约为83.3% D．溶液中微粒浓度大小： 13．的资源化利用有利于实现“碳中和”。催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应1：　 反应2：　 恒压下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率及和的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是 A．曲线③表示CO的选择性 B．时出口处的物质的量大于时 C．反应1正反应活化能小于逆反应活化能 D．　 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）用含钴废料（主要成分为，含少量、、、、等）制备草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 已知： ①具有强氧化性。 ②，； 当溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 (1)①向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为 （填化学式）。 ②溶液与反应离子方程式为 。 (2)“浸出渣”的主要成分为 （填化学式）。 (3)加调的目的是 。 (4)“除钙镁”时，当除尽后， 。 (5)将在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，B点剩余固体产物为 。 (6)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 15．（15分）天然化合物X是一种生物活性物质，某研究小组通入如下流程制备化合物X(部分流程及反应条件已省略)： 已知： ①PCC是选择性氧化剂，可能把醇氧化成醛或酮； ②是强还原剂，可以把醛或酮还原成醇； ③ (1)A的官能团名称： 。 (2)A→B的原子利用率为100%，则M为 。 (3)D的结构简式为： 。 (4)下列选项不正确的是_______。 A．C具有一定的还原性 B．F→G的反应为加成反应 C．E、F分别发生消去反应得到的产物均不含有手性碳原子 D．1 mol X与足量NaOH反应，最多消耗4 mol NaOH (5)E→F的过程中会产生少量F的同分异构体H，请利用实验区分F和H： (只需写出试剂和现象)。 (6)是重要的化工原料。以和为有机原料，设计化合物的合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。 16．（15分）某实验室制备[Ni(NH3)6]Cl2，并测定产品中的NH3含量。已知[Ni(NH3)6](NO3)2、[Ni(NH3)6]Cl2均为可溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体；[Ni(NH3)6](NO3)2遇有机物或还原剂发生反应；[Ni(NH3)6]Cl2受热易分解产生氨气；乙醚与水不互溶。 回答下列问题： (一)制备[Ni(NH3)6]Cl2 i．镍片与浓硝酸在温度50-60℃加热，制得Ni(NO3)2溶液。 ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图)，加入6 mol·L-1盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 iv．将iii中混合液减压过滤，洗涤，干燥。 (1)i中控制温度不高于60℃的原因是 。 (2)仪器a的名称为 ，双层反应釜冷凝水的进水口为 (填“b”或“c”)，装置图中处选择的实验装置可以是 (填标号)。 A．        B．        C． (3)ii中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是 。 (4)iii中无水乙醇的作用是 ；iv中用①乙醚、②浓氨水、③乙醇洗涤晶体，正确的顺序是 (填序号)。 (二)NH3含量测定 用电子天平称取0.2320 g试样，用水溶解后加入3.00 mL 6 mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000 mol·L-1标准NaOH溶液滴定剩余HCl至终点，消耗标准溶液V1 mL。另取3.00mL 6mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000 mol·L-1标准NaOH溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。 (5)样品中NH3的质量分数为 ×100%(用代数式表示)。若所用6 mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 17．（15分）利用新能源车代替传统燃油车是能源转型的必经之路。 Ⅰ．发电过程中存在碳排放，将二氧化碳转化为甲烷、甲醇等，是资源化利用的方式。 利用合成甲醇，发生反应  。 已知：       (1) (用含a、b的代数式表示)。 (2)科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在、时，测定作催化剂时，随温度升高甲醇时空收率先迅速增大后减小，其中减小的原因可能是 。 Ⅱ．电化学方法还原可将将其转化为其它化学产品。酸性条件下电化学还原的装置如图所示。 法拉第效率(FE)表示为：。 (3)控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图所示。 ①阴极生成甲烷的电极反应式是 。 ②结合上图的变化规律，推测可能的作用是 。 Ⅲ．传统燃油车的汽车尾气问题，在彻底完成能源转型之前，仍旧是造成空气污染最主要的因素之一，NSCR(储存还原)技术可有效降低柴油发动机工作过程中排放的。工作原理如下图所示，柴油发动机工作时在稀燃(充足、柴油较少)和富燃(不足、柴油较多)条件下交替进行，通过和的相互转化实现氮氧化合物的储存和还原。 (4)若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化学方程式解释原因： 。 (5)当存在时吸收氮氧化合物吸收能力也会下降，但体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是 。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $