仿真模拟卷06 -【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06 （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 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 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．下列工业生产中以空气为原料的是 A．接触法制硫酸 B．湿法炼铜 C．工业制漂白粉 D．工业制备高纯硅 2．泡沫灭火器的反应原理为。下列说法正确的是 A．的结构示意图为 B．中子数为8的碳原子表示为 C．中既含离子键又含共价键 D．的空间构型为V形 3．下列实验设计或操作合理的是 A．除去中的HCl B．测定氨水的浓度 C．实验室制备 D．吸收尾气 A．A B．B C．C D．D 4．推理有助于学生建立化学知识体系，下列推理正确的是 A．可以发生催化氧化反应生成，则可以发生催化氧化反应生成HCHO B．通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中无沉淀生成 C．的沸点高于，则的沸点高于 D．Fe和S能直接化合生成FeS，则Cu和S也能直接化合生成CuS 阅读下列材料，完成下列3个小题： 氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷()易自燃，燃烧热为，其分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)  ；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和；P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。 5．下列说法正确的是 A．分子中的键角为109°28′ B．白磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的分子 C．白磷和红磷互为同分异构体 D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，红磷放出的热量更多 6．下列化学反应表示正确的是 A．白磷的燃烧：   B．工业上用足量氨水吸收： C．用溶液吸收： D．次磷酸与足量溶液反应： 7．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂 B．硝酸受热易分解，可用于制 C．氮气为无色气体，可用作焊接金属的保护气 D．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀 8．下列化学工艺流程不可行的是（部分反应条件省略） A． B． C．从海带中提取单质碘：取样→灼烧→浸取→过滤→萃取→反萃取→过滤 D．铝土矿 9．化合物G可由E、F反应制得。下列有关说法不正确的是 A．可以用碳酸氢钠溶液来鉴别E和F B．F分子中有2个手性碳原子 C．1 mol E最多可与3 mol NaOH反应 D．G可发生取代、加成、消去和氧化反应 10．锂-空气电池具有很高的能量密度(11680 wh·kg-1)，接近燃油的能量密度，且对环境友好，其工作原理示意图如下： 下列有关该电池的说法正确的是 A．a中的隔膜为阳离子交换膜 B．充电时，b中Li+从左向右移动 C．放电时，a和b两装置中的正极反应相同 D．装置中含Li+的有机电解液可以用水代替，Li电极也可以用Mg、Al代替 11．下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应 B 将溶液和稀混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 既体现还原性又体现氧化性 C 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，前者产生白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 A．A B．B C．C D．D 12．室温下，用含少量的MnSO4溶液制备MnCO3的过程中，涉及“沉钴”和“沉锰”两步反应。 已知。 下列关于过程中溶液的离子浓度关系正确的是 A．“沉钴”后的清液中：c(Mn2+)·c(S2-)<c(Co2+)·c(S2-) B．“沉锰”时，NH4HCO3溶液中：c()＜c()+2c() C．“沉锰”反应完成后，过滤所得滤液中：c(Mn2+)·c()＞Ksp(MnCO3) D．等浓度、等体积的NH4HCO3与MnSO4混合后：c()＞c()＞c(Mn2+)＞c(H+)＞c(OH-) 13．的利用是实现“碳达峰、碳中和”目标的关键技术之一，逆水煤气转换反应具有实现高效转化为CO的巨大潜力。发生的主要反应为： 反应1（逆水煤气变换）： 反应2（甲烷化）： 反应3（CO甲烷化）： 恒容条件下，加入、和催化剂，在不同的温度下进行反应，平衡时各物种的物质的量分数如图所示。 下列说法正确的是 A． B．曲线b表示平衡时CO物质的量分数随温度变化 C．650℃时，反应1的 D．大于700℃，其它条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）由一种废脱硝催化剂(含、等)，回收钒的过程如下： 已知：能与酸发生反应，有机萃取剂P204对有强萃取作用，萃取原理为： ，为P204的单体。易水解。 (1)基态V的第三电子层空轨道数目为_______个。 (2)酸浸还原。酸浸还原过程中，生成的离子方程式为_______。 (3)萃取与反萃取。 ①“萃取”得到，(结构如图所示，其中“-R”为辛基)。有机萃取剂P204常以二聚体的形式存在，写出HA的分子式_______。 ②反萃取过程中，所加硫酸的浓度与反萃取率如图所示，随着硫酸浓度的增大，反萃取率逐渐增大的原因_______。 ③反萃取后，可直接向水溶液中通入足量空气，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，得到，请写出该过程的离子方程式_______。 (4)沉钒过程中，的回收率与pH的变化如图所示，时回收率最高的原因_______。 15．（15分）降血脂药立普妥的中间体，合成路线如下所示（反应条件及试剂已简化） 已知： ① ② (1)化合物A的名称是_____。 (2)B→C经过两步，，为加成反应，则的反应类型为_____。 (3)C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_____（写出一种即可）。 ①含有苯环  ②该物质含有羟基  ③能与溶液发生显色反应  ④有5种不同化学环境的氢原子（不含键） (4)过程中有副产物生成，写出一种可能的副产物的结构简式_____。（其分子式为） (5)请写出的化学方程式_____。 (6)以乙醇和苯胺为原料合成，利用上述信息补全合成路线（无机试剂任选）_____。 CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5 16．（15分）高锰酸钾是工业和实验室常用的氧化剂，常用于物质的定性与定量分析。 (1)高锰酸钾的制备 步骤I：称取一定质量的和放入坩埚中加热，待混合物熔融后，加入一定量固体，继续加强热4~8min后冷却，得墨绿色锰酸钾（）固体。 步骤II：取步骤I中获得的锰酸钾固体，制备高锰酸钾。 ①步骤I中发生反应的化学方程式为__________。 ②锰酸钾在弱碱性环境发生歧化反应：。不同对产率影响如图1所示。、的溶解度随温度变化曲线如图2所示。请补充完整步骤II中制取高锰酸钾的实验方案：取步骤I中获得的固体加水溶解，__________，得固体。（实验中须使用的试剂和仪器：、乙醇、pH计） (2)数字化实验探究高锰酸钾与草酸钠反应 实验室使用溶液和硫酸酸化的溶液，进行了两种滴定实验，并记录了溶液中的氧化电势（ORP）和值变化（已知：ORP越大，氧化性越强）： 实验I：量取的草酸钠溶液和去离子水于烧杯中，边搅拌边滴入溶液，实验的曲线表征如图所示。 实验II：量取的溶液和去离子水与烧杯中，边搅拌边滴入草酸钠溶液，实验的曲线表征如图所示。 ①实验I滴定终点的现象为______。 ②实验I中段的反应速率较慢，在溶液中累积，导致曲线陡然增大。段ORP曲线快速下降可能的原因是_____。 ③实验II中MN段ORP曲线陡然增大的原因是_____。 ④实验II中出现滴定突跃时，理论值上消耗溶液的体积应为_______。 17．（15分）我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。 (1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.01kJ/mol 反应Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH=-24.52kJ/mol 反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH=+41.17kJ/mol ①恒压、投料比=4的情况下，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如图1所示。当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________。 ②工业实际设计温度一般在230~270℃范围内变化，不能过高的原因是___________。 (2)为了实现“碳中和”，工业上还常将二氧化碳转化为甲酸。转化流程如图所示： ①写出步骤1反应的离子方程式：___________。 ②其他条件不变，步骤1中KHCO3转化为HCOO-的转化率与温度的关系如图2所示。 步骤1的转化率开始迅速上升，主要原因是___________，后又下降的可能原因是___________。 ③流程图步骤2中，加入乙醚的作用是___________。 (3)CO2电还原法可能的反应机理如图3所示。Sn的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 ①若还原产物主要为CH4时，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 ②写出(b)的电极反应式：___________。 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06 （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 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 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．下列工业生产中以空气为原料的是 A．接触法制硫酸 B．湿法炼铜 C．工业制漂白粉 D．工业制备高纯硅 【答案】A 【详解】A．接触法制硫酸中，二氧化硫催化氧化为三氧化硫需通入空气提供氧气，空气是原料之一，A符合题意； B．湿法炼铜以硫酸铜溶液和铁为原料，无需空气参与，B不符合题意； C．工业制漂白粉以氯气和石灰乳为原料，氯气通过电解食盐水获得，无需空气，C不符合题意； D．工业制备高纯硅，是先用焦炭还原石英砂制得粗硅，再对粗硅进行提纯，整个过程均不以空气为原料，D不符合题意； 故选A。 2．泡沫灭火器的反应原理为。下列说法正确的是 A．的结构示意图为 B．中子数为8的碳原子表示为 C．中既含离子键又含共价键 D．的空间构型为V形 【答案】C 【详解】A．铝离子的核电荷数为13，核外有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为：，A错误； B．中子数为8的碳原子的质子数为6、质量数为14，核素的符号为：，B错误； C．碳酸氢钠是酸式盐，化合物中既含离子键又含共价键，C正确； D．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为：2+(4-2×2) ×=2，孤对电子对数为：(4-2×2) ×=0，则分子的空间结构为直线形，D错误； 故选C。 3．下列实验设计或操作合理的是 A．除去中的HCl B．测定氨水的浓度 C．实验室制备 D．吸收尾气 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．碱石灰是碱性干燥剂，HCl是酸性气体，可被碱石灰吸收，而H2不与碱石灰反应，但气体应从干燥管的粗口进入，细口排出，A错误； B．利用盐酸滴定氨水，滴定终点溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，B错误； C．实验室通常用亚硫酸钠固体和70%的浓硫酸反应来制备二氧化硫。反应方程式为 ，该反应在常温下即可进行，该装置为固液不加热型，符合反应条件，C正确； D．H2S是酸性气体，应使用碱性溶液（如NaOH溶液）吸收，饱和NaHS溶液不能有效吸收 H2S，D错误； 故选C。 4．推理有助于学生建立化学知识体系，下列推理正确的是 A．可以发生催化氧化反应生成，则可以发生催化氧化反应生成HCHO B．通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中无沉淀生成 C．的沸点高于，则的沸点高于 D．Fe和S能直接化合生成FeS，则Cu和S也能直接化合生成CuS 【答案】A 【详解】A．乙醇（CH3CH2OH）催化氧化生成乙醛（CH3CHO）正确，甲醇（CH3OH）催化氧化也能生成甲醛（HCHO），A推理正确； B．CO2通入Ba(NO3)2溶液无沉淀，因为碳酸酸性弱且不形成沉淀；但SO2通入Ba(NO3)2溶液会被氧化为，生成BaSO4沉淀，B推理错误； C．SiH4沸点高于CH4是因分子量大、范德华力强；但NH3因氢键作用沸点高于PH3（无氢键），C推理错误； D．因S的氧化性较弱，Fe与S直接化合生成FeS；但Cu与S直接化合生成Cu2S而非CuS，D推理错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下列3个小题： 氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷()易自燃，燃烧热为，其分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)  ；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和；P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。 5．下列说法正确的是 A．分子中的键角为109°28′ B．白磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的分子 C．白磷和红磷互为同分异构体 D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，红磷放出的热量更多 6．下列化学反应表示正确的是 A．白磷的燃烧：   B．工业上用足量氨水吸收： C．用溶液吸收： D．次磷酸与足量溶液反应： 7．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂 B．硝酸受热易分解，可用于制 C．氮气为无色气体，可用作焊接金属的保护气 D．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀 【答案】5．B 6．C 7．A 【解析】5．A．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，则P4分子中的P-P-P键角为60°，A错误； B．白磷为面心立方最密堆积，配位数为12，则白磷晶体中1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子，B正确； C．白磷和红磷均是磷元素形成的单质，二者互为同素异形体，C错误； D．依据题意，白磷转化为红磷放热，说明相等质量的白磷能量高于红磷，则白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放出的能量更多，D错误； 故答案选B； 6．A．白磷燃烧是放热反应，焓变为负值，正确的热化学方程式为，A错误； B．足量氨水吸收SO2时，二氧化硫被完全吸收生成亚硫酸铵，化学方程式为，B错误； C．依据题意，CuSO4溶液吸收PH3生成H3PO4、H2SO4和Cu，化学方程式为，C正确； D．次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，与足量的氢氧化钠反应生成NaH2PO2，化学方程式为，D错误； 故答案选C； 7．A．液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，A符合题意； B．硝酸属于酸，与氨水反应生成硝酸铵，可用于制NH4NO3，与硝酸受热易分解的性质无关，B不符合题意； C．N2的化学性质稳定，可避免金属与氧气接触发生氧化反应而作为保护气，与氮气为无色气体无关，C不符合题意； D．磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜，所以可用于保护金属免受腐蚀，与其难挥发性无关，D不符合题意； 故答案选A。 8．下列化学工艺流程不可行的是（部分反应条件省略） A． B． C．从海带中提取单质碘：取样→灼烧→浸取→过滤→萃取→反萃取→过滤 D．铝土矿 【答案】C 【详解】A．FeS2在高温下与O2反应生成SO2，SO2进一步氧化生成SO3，SO3与水反应生成H2SO4，这是工业制硫酸的标准流程，A正确； B．AgNO3与氨水反应形成[Ag(NH3)2]+络离子，该络离子在葡萄糖作用下经水浴加热还原得到单质Ag，这是银镜反应的原理，B正确； C．从海带提取碘的流程中，灼烧后浸取得到含I-的溶液，但萃取步骤需要碘以I2分子形式存在，此处缺少将I-氧化为I2的关键步骤（如加氧化剂），因此无法直接萃取碘单质，流程不可行，C错误； D．铝土矿用过量NaOH溶液溶解得到Na[Al(OH)4]溶液，过滤除去杂质后通入CO2生成Al(OH)3沉淀，过滤后煅烧得Al2O3，再经电解（冰晶石作助熔剂）得到Al，这是工业制铝的主要流程，D正确； 9．化合物G可由E、F反应制得。下列有关说法不正确的是 A．可以用碳酸氢钠溶液来鉴别E和F B．F分子中有2个手性碳原子 C．1 mol E最多可与3 mol NaOH反应 D．G可发生取代、加成、消去和氧化反应 【答案】B 【详解】A．E中含有羧基（），可与反应生成气体；F中不含羧基，不与反应，因此可以用碳酸氢钠溶液鉴别E和F，A正确； B．手性碳原子是指连有四个不同原子或基团的饱和碳原子。在F分子中，有1个手性碳原子（与酯基相连的环上碳原子），B错误； C．1molE中，羧基（）消耗1mol，苯环上的氯原子（）水解消耗2mol（水解生成酚羟基，再与反应），总共最多可与3mol反应，C正确； D．G中含有苯环和羟基，苯环可发生加成反应，羟基可发生取代、消去、氧化反应，因此可发生取代、加成、消去和氧化反应，D正确。 10．锂-空气电池具有很高的能量密度(11680 wh·kg-1)，接近燃油的能量密度，且对环境友好，其工作原理示意图如下： 下列有关该电池的说法正确的是 A．a中的隔膜为阳离子交换膜 B．充电时，b中Li+从左向右移动 C．放电时，a和b两装置中的正极反应相同 D．装置中含Li+的有机电解液可以用水代替，Li电极也可以用Mg、Al代替 【答案】A 【详解】根据a、b两种锂-空气电池的结构可知，左侧金属锂电极为电池的负极，右侧通空气的电极为电池的正极。放电时，a中的锂电极的电极反应为Li-e-=Li+，多孔碳电极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，b中锂电极的电极反应为Li-e-=Li+，多孔碳电极的电极反应为O2+4e-+4Li+=2Li2O。 A．放电时，a中负极生成的Li+移向正极，与正极生成的OH-反应生成LiOH，故a中的隔膜为阳离子交换膜，A项正确； B．充电时，b中的Li电极作阴极，多孔碳电极作阳极，Li+从右向左移动，B项错误； C．根据上述分析，放电时，a和b两个装置中的正极反应不相同，C项错误； D．Li单质非常活泼，可以与水反应，因此含Li+的有机电解液不能用水代替，D项错误； 答案选A。 11．下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应 B 将溶液和稀混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 既体现还原性又体现氧化性 C 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，前者产生白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．乙醇和浓硫酸共热时，浓硫酸会将乙醇碳化，碳与浓硫酸反应生成还原性气体，也能使溴水褪色，因此不能证明乙醇发生消去反应生成乙烯，A错误； B．（S元素的平均化合价为+2价，这里不是真实的化合价），与稀硫酸的反应为：，中为-2、+6价：产物单质中为价（由-2价硫转化），化合价升高，体现还原性；产物中为价（由+6价硫转化），化合价降低，体现氧化性。因此既体现还原性又体现氧化性，B正确； C．常温下铁遇浓硝酸会发生钝化，表面生成致密氧化物薄膜阻止反应继续进行，不能说明浓硝酸氧化性更弱，实际上浓硝酸氧化性远强于稀硝酸，C错误； D．氯气与水反应后，无论反应是否达到限度、无论是否完全反应，生成的会电离出，可与硝酸银生成白色沉淀；生成的也可以氧化使淀粉变蓝，实验无法证明溶液中还有未反应的，不能说明反应存在限度，D错误； 故选B。 12．室温下，用含少量的MnSO4溶液制备MnCO3的过程中，涉及“沉钴”和“沉锰”两步反应。 已知。 下列关于过程中溶液的离子浓度关系正确的是 A．“沉钴”后的清液中：c(Mn2+)·c(S2-)<c(Co2+)·c(S2-) B．“沉锰”时，NH4HCO3溶液中：c()＜c()+2c() C．“沉锰”反应完成后，过滤所得滤液中：c(Mn2+)·c()＞Ksp(MnCO3) D．等浓度、等体积的NH4HCO3与MnSO4混合后：c()＞c()＞c(Mn2+)＞c(H+)＞c(OH-) 【答案】D 【详解】沉钴步骤的目的是为了除去溶液中的杂质离子，其过程是向含少量的MnSO4溶液加入，与结合生成难溶的硫化钴沉淀，通过过滤可将其从溶液中分离；沉锰步骤是将溶液中的转化为目标产物，与发生反应，生成沉淀，其反应原理为。 A．沉钴步骤的目的是为了除去溶液中的杂质离子，要避免MnS沉淀生成，溶液应为MnS的不饱和溶液，即c(Mn2+)·c(S2-)<Ksp(MnS)，则沉钴后清液中c(Mn2+)>c(Co2+)，故c(Mn2+)·c(S2-)>(Co2+)·c(S2-)，A错误： B．NH4HCO3溶液中，由电荷守恒得c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)。因Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)，水解程度小于，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，故c(NH4+)＞c()+2c()，B错误； C．沉淀溶解平衡达到后，溶液中c(Mn2+)·c()=Ksp(MnCO3)，C错误； D．等浓度、等体积混合后，Mn2+与反应生成MnCO3沉淀，剩余和，水解使溶液呈酸性，故c()＞c()＞c(Mn2+)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确； 故答案选D。 13．的利用是实现“碳达峰、碳中和”目标的关键技术之一，逆水煤气转换反应具有实现高效转化为CO的巨大潜力。发生的主要反应为： 反应1（逆水煤气变换）： 反应2（甲烷化）： 反应3（CO甲烷化）： 恒容条件下，加入、和催化剂，在不同的温度下进行反应，平衡时各物种的物质的量分数如图所示。 下列说法正确的是 A． B．曲线b表示平衡时CO物质的量分数随温度变化 C．650℃时，反应1的 D．大于700℃，其它条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 【答案】C 【详解】A．根据盖斯定律，反应2=反应1+反应3，故，A错误； B．在200℃时达到平衡时，有，可知体系以反应2为主导，可知曲线a代表，b物质与的物质的量几乎相同，反应2中与的化学计量数相同，生成多少就消耗多少，体系中几乎只存在物质a、b和甲烷，氢气几乎耗尽，所以曲线b代表；温度升高，反应2、3占主导，逆向进行，生成和，但的化学计量数更大，故生成的物质的量更多，c、d的物质的量分数上升，c始终高于d，故曲线c代表，曲线d代表，B错误； C．由B选项分析与图示信息可知，在650℃时，物质的量分数分别是，，，，则反应1的平衡常数为，C正确； D．大于700℃时，和的物质的量下降，体系以吸热的反应1为主导，，反应1左右气体分子数相等，加压对反应1几乎没有影响，不能增大平衡时的物质的量，D错误； 故答案为C。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）由一种废脱硝催化剂(含、等)，回收钒的过程如下： 已知：能与酸发生反应，有机萃取剂P204对有强萃取作用，萃取原理为： ，为P204的单体。易水解。 (1)基态V的第三电子层空轨道数目为_______个。 (2)酸浸还原。酸浸还原过程中，生成的离子方程式为_______。 (3)萃取与反萃取。 ①“萃取”得到，(结构如图所示，其中“-R”为辛基)。有机萃取剂P204常以二聚体的形式存在，写出HA的分子式_______。 ②反萃取过程中，所加硫酸的浓度与反萃取率如图所示，随着硫酸浓度的增大，反萃取率逐渐增大的原因_______。 ③反萃取后，可直接向水溶液中通入足量空气，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，得到，请写出该过程的离子方程式_______。 (4)沉钒过程中，的回收率与pH的变化如图所示，时回收率最高的原因_______。 【答案】(1)2 (2) (3)C16H35PO4 随着硫酸浓度的增大，H+的浓度增大，萃取平衡逆向移动，反萃取率增大 (4)pH<8，随着酸性增强会促进的水解，pH>8，随着碱性增强，会与OH-反应，均不利于生成。 【详解】“酸浸还原”过程中，被还原为，过滤除去WO3；向滤液中加入P204进行萃取，后又通过加入硫酸进行反萃取；用NaOH溶液调pH，并通入足量空气将VO2+氧化成，再加入NH4Cl沉钒，经一系列操作得到。 （1）V为23号元素，核外电子排布为[Ar]3d34s2，3s、3p轨道均已填满，3d有2个空轨道，故第三层有2个空的d轨道； （2）V2O5生成VO2+，亚硫酸根被氧化为硫酸根，反应的离子方程式为； （3）①由的结构图可知，HA的结构为（-R为辛基，即-C8H17），故HA的分子式为C16H35PO4；②根据萃取反应可知，随着硫酸的浓度增大，H+浓度也增大，萃取平衡逆向移动，故反萃取率增大； ③在该条件下，VO2+被氧气氧化成，反应的离子方程式为； （4）pH<8，随着酸性增强会促进的水解，pH>8，随着碱性增强，会与OH-反应，均不利于生成。 15．（15分）降血脂药立普妥的中间体，合成路线如下所示（反应条件及试剂已简化） 已知： ① ② (1)化合物A的名称是_____。 (2)B→C经过两步，，为加成反应，则的反应类型为_____。 (3)C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_____（写出一种即可）。 ①含有苯环  ②该物质含有羟基  ③能与溶液发生显色反应  ④有5种不同化学环境的氢原子（不含键） (4)过程中有副产物生成，写出一种可能的副产物的结构简式_____。（其分子式为） (5)请写出的化学方程式_____。 (6)以乙醇和苯胺为原料合成，利用上述信息补全合成路线（无机试剂任选）_____。 CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5 【答案】(1)丙二酸 (2)消去反应 (3) (4) (5)   (6)CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5    【详解】B与发生取代反应生成C()和HCl，根据已知信息逆推可知，B为 C6H8O4（），根据原子守恒，A（）与C3H6O反应生成B C6H8O4（）和水，可推知C3H6O结构简式为），C与乙醇发生反应生成D()，D与苯胺发生取代反应生成E C12H15O2N（），E再与苯甲醛发生反应生成F C19H19O2N（），最后F与对氟苯甲醛()发生加成反应生成中间体G()，据此分析。 （1）由A的结构简式可知，其名称是丙二酸； （2）为加成反应，则Y的结构简式为，Y发生卤代烃的消去反应生成碳碳双键得到化合物C； （3）C的分子式为不饱和度为4，其同分异构体①含有苯环，刚好占用4个不饱和度，说明其余结构均为饱和结构，②该物质含有羟基，还剩余1个氧原子，③能与溶液发生显色反应，含有酚羟基，④有5种不同化学环境的氢原子（不含键），满足条件的结构简式为； （4）过程中有副产物D（）自身发生反应，反应式为：2+； （5）E与苯甲醛发生反应（先加成，后消去）生成F（），的化学方程式； （6）苯胺和乙醇为原料合成，根据逆推可知，可由和反应生成，根据逆推可知，由自身反应生成；根据逆推可知，由和反应生成，可由进行氧化可得，合成路线：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5。 16．（15分）高锰酸钾是工业和实验室常用的氧化剂，常用于物质的定性与定量分析。 (1)高锰酸钾的制备 步骤I：称取一定质量的和放入坩埚中加热，待混合物熔融后，加入一定量固体，继续加强热4~8min后冷却，得墨绿色锰酸钾（）固体。 步骤II：取步骤I中获得的锰酸钾固体，制备高锰酸钾。 ①步骤I中发生反应的化学方程式为__________。 ②锰酸钾在弱碱性环境发生歧化反应：。不同对产率影响如图1所示。、的溶解度随温度变化曲线如图2所示。请补充完整步骤II中制取高锰酸钾的实验方案：取步骤I中获得的固体加水溶解，__________，得固体。（实验中须使用的试剂和仪器：、乙醇、pH计） (2)数字化实验探究高锰酸钾与草酸钠反应 实验室使用溶液和硫酸酸化的溶液，进行了两种滴定实验，并记录了溶液中的氧化电势（ORP）和值变化（已知：ORP越大，氧化性越强）： 实验I：量取的草酸钠溶液和去离子水于烧杯中，边搅拌边滴入溶液，实验的曲线表征如图所示。 实验II：量取的溶液和去离子水与烧杯中，边搅拌边滴入草酸钠溶液，实验的曲线表征如图所示。 ①实验I滴定终点的现象为______。 ②实验I中段的反应速率较慢，在溶液中累积，导致曲线陡然增大。段ORP曲线快速下降可能的原因是_____。 ③实验II中MN段ORP曲线陡然增大的原因是_____。 ④实验II中出现滴定突跃时，理论值上消耗溶液的体积应为_______。 【答案】(1) 向溶液中通入气体，用计测定溶液的，当在10.0时停止通入气体，过滤，将滤液加热浓缩至表面出现晶膜，停止加热，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2~3次，干燥 (2)当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色 产物中起催化作用 酸性增强，酸性条件下的的氧化性增强 6.00mL 【详解】（1）①根据题目信息，反应物、和发生氧化还原反应生成、和化学方程式为； ②取步骤I中获得的固体加水溶解，向溶液中通入气体，用计测定溶液的，当在10.0时停止通入气体，过滤，将滤液加热浓缩至表面出现晶膜，停止加热，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2~3次，干燥，得固体； （2）①高锰酸钾与草酸钠反应离子方程式为：高锰酸钾溶液本身为紫色，到达滴定终点时现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且30s内不褪色； ②实验I中段的反应速率较慢，在溶液中累积，导致曲线陡然增大。段ORP曲线快速下降可能的原因是产物中起催化作用； ③实验II中MN段ORP曲线陡然增大的原因是酸性增强，酸性条件下的的氧化性增强； ④实验II中出现滴定突跃时，理论值上消耗溶液的体积应为V，则，。 17．（15分）我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。 (1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.01kJ/mol 反应Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH=-24.52kJ/mol 反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH=+41.17kJ/mol ①恒压、投料比=4的情况下，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如图1所示。当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________。 ②工业实际设计温度一般在230~270℃范围内变化，不能过高的原因是___________。 (2)为了实现“碳中和”，工业上还常将二氧化碳转化为甲酸。转化流程如图所示： ①写出步骤1反应的离子方程式：___________。 ②其他条件不变，步骤1中KHCO3转化为HCOO-的转化率与温度的关系如图2所示。 步骤1的转化率开始迅速上升，主要原因是___________，后又下降的可能原因是___________。 ③流程图步骤2中，加入乙醚的作用是___________。 (3)CO2电还原法可能的反应机理如图3所示。Sn的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 ①若还原产物主要为CH4时，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 ②写出(b)的电极反应式：___________。 【答案】(1)反应Ⅰ、Ⅱ放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小。当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大 随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大(二甲醚的产率太小) (2)HC+H2HCOO-+H2O 温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强 温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附(或温度升高，催化剂的活性降低) 作为萃取剂 (3)Cu *COOH+H++e-＝*CO+H2O 【详解】（1）①由题给信息可知，反应Ⅰ、Ⅱ放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小。当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大。答案为：反应Ⅰ、Ⅱ放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小。当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大； ②由图可知：随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大(二甲醚的产率太小)。答案为：随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大(二甲醚的产率太小)； （2）①由流程图可知KHCO3和H2在催化剂作用下反应生成HCOO-，根据电子得失守恒，可知该反应的离子方程式为：HCO+H2HCOO-+H2O；答案为：HCO+H2HCOO-+H2O； ②由图可知，随着温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强，从而使得步骤1的转化率开始迅速上升，温度过高时(温度>80℃)，可能导致催化剂的催化效率降低，即催化剂活性降低。答案为：温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强；温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附(或温度升高，催化剂的活性降低)； ③由流程图中步骤3的分离操作可知，步骤2中加入乙醚是乙醚作萃取剂萃取甲酸。答案为：作为萃取剂； （3）①若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，根据反应机理，第一步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。因此，应选择Cu作催化剂；答案为：Cu； ②据图中信息可知，在酸性条件下，(b)的电极反应式为*COOH+H++e-＝*CO+H2O。 答案为：*COOH+H++e-＝*CO+H2O。 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06 （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．A 2．C 3．C 4．A 5．B 6．C 7．A 8．C 9．B 10．A 11．B 12．D 13．C 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分） (1)2 (2) (3)C16H35PO4 随着硫酸浓度的增大，H+的浓度增大，萃取平衡逆向移动，反萃取率增大 (4)pH<8，随着酸性增强会促进的水解，pH>8，随着碱性增强，会与OH-反应，均不利于生成。 15．（15分） (1)丙二酸 (2)消去反应 (3) (4) (5)   (6)CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5    16．（15分） (1) 向溶液中通入气体，用计测定溶液的，当在10.0时停止通入气体，过滤，将滤液加热浓缩至表面出现晶膜，停止加热，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2~3次，干燥 (2)当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色 产物中起催化作用 酸性增强，酸性条件下的的氧化性增强 6.00mL 17．（15分） (1)反应Ⅰ、Ⅱ放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小。当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大 随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大(二甲醚的产率太小) (2)HC+H2HCOO-+H2O 温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强 温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附(或温度升高，催化剂的活性降低) 作为萃取剂 (3)Cu *COOH+H++e-＝*CO+H2O 第 1 页 共 1 页 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