江西2026年高三下学期高考考前仿真模拟卷化学试题

2026年高考化学考前仿真模拟卷(江西专用) 高三化学 (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 Li :7 C: 12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Cr:52 Fe:56 Cu:64 I:127 Cs :133 Ce:140 Pb :207 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．（改编）化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是（ ） A．“神舟十四号”载人飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 B．高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水的消毒杀菌和去除悬浮杂质 C．人形机器人使用的ABS塑料由苯乙烯、丙烯腈和1,3-丁二烯缩聚而成 D．电动汽车的轻量化设计中广泛使用的碳纤维材料属于天然高分子材料 2.（原创）下列有关物质结构与性质的说法错误的是（ ） A. 键角：NH3 > PH3，因为N的电负性大于P，成键电子对更靠近中心原子 B. 熔点：SiO2 > NaCl > CO2，因为晶体类型不同，共价晶体 > 离子晶体 > 分子晶体 C. 酸性：CH3COOH > HCOOH，因为甲基是推电子基团，使羧基中羟基极性减弱 D. 稳定性：H2O > H2S，因为H-O键的键能大于H-S键的键能 3.（原创）实验室安全是实验顺利进行的保障，下列实验事故处理方法不合理的是（ ） A. 不慎将苯酚沾到皮肤上，先用酒精冲洗，再用水冲洗 B. 被强碱溶液灼伤后，立即用大量水冲洗，再涂抹稀硼酸溶液 C. 少量浓硫酸溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂抹碳酸氢钠溶液 D. 水银温度计破碎后，立即用硫粉覆盖并收集处理 4．（改编）化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下： 阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是（ ） A．标准状况下22.4LY中键的数目为14 B．1molX中存在3个C-O键 C． Z分子中所有碳原子均为杂化 D．0.1molY中π电子的数目为0.2 5．（改编）一定温度下，  ，平衡常数。下列分析错误的是（ ） A．反应的活化能E正 < E逆 B．恒温恒容充入N2，平衡向左移动 C．若起始、，反应后气体颜色变深 D．平衡后，升高温度，Δv逆 > Δv正 6.（改编）化合物可用作食品改良剂。已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W和Y位于同一主族，且W的族序数与其电子数相等，Z的最外层电子数是其内层电子总数的一半，Y、Z的最外层电子数之和与X的最外层电子数相等。下列说法错误的是（ ） A．电负性：W＜X B．W2X的空间结构为V形 C．最简单氢化物的沸点：X＞Z D．Z的第一电离能低于其同周期相邻元素 7．（改编）实验室制备乙酸丁酯的过程如下(下图是分水回流装置)： 已知： 物质 乙酸 1-丁醇 乙酸丁酯 沸点/℃ 117.9 117.2 126.3 下列说法错误的是( ) A．反应使用浓硫酸，装置使用分水器，都是为了提高乙酸丁酯产率 B．用Na2CO3溶液“洗涤”后，测水层的pH，若呈碱性，说明杂质冰醋酸、硫酸已完全反应被除去 C．“分水回流”时使用分水器中的仪器B可以换成仪器C(蛇形冷凝管) D．“操作X”为过滤，“蒸馏”时采取直接升温到126.3℃不断蒸出乙酸丁酯的方式来增大产率 8.（原创）一种由Cu、In、Te组成的晶体层四方晶系，晶胞参数如图所示，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，A点的分数坐标为，B点原子的分数坐标为，D点原子的分数坐标为（ ） A． B． C． D． 9．（改编）全固态锂硫电池能量密度高，其工作原理为。用该电池作电源，通过电渗析法合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵，相关装置如图所示。下列说法正确的是（ ） A．N极为负极 B．石墨a电极的电极反应式： C．膜①、膜③为阳离子交换膜 D．当极质量增加时，可制备 10．（改编）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式错误的是（ ) A．将少量灼热的CuO加入CH3CH2OH中：CH3CH2OH+CuO→ΔCH3CHO+Cu+H2O B．向氨水中加入少量： C．用盐酸除去铁锈：Fe2O3⋅xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O D．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳： 11．（改编）从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知， 下列说法错误的是 A.酸溶步骤中，Cu与浓硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O B.向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离 C.“溶金、分离”步骤中，Au在HNO3-NaCl体系中被溶解，NaCl的作用是提供Cl-，与Au3+形成稳定的[AuCl4]-，降低Au的电极电势，促进Au被氧化 D. 还原步骤中，1molHAuCl4被Zn粉还原为Au时，理论上至少消耗1.5molZn 12．（改编）某固体混合物X，含有FeCl3、SiO2、Na[Al(OH)4]、NaNO3、NH4Cl、KI中的几种，进行如下实验： 下列说法错误的是(　　) A．混合物X含FeCl3 B．混合物X含SiO2 C．混合物X含NH4Cl D．混合物X含Na[Al(OH)4] 13.（改编）室温下，探究在不同体系中，在溶液中的产物。已知： ①图1中曲线I、Ⅱ代表难溶物达到沉淀溶解平衡时，与的关系。 ②图2中曲线表示溶液中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ③图1和图2中溶液的起始浓度都为。 下列说法正确的是（ ） A．当时， B．当向0.1mol/L Na₂CO₃溶液中逐滴加入稀盐酸调节至时， C．当Na₂CO₃溶液中时，溶液的且此时c(HCO₃⁻)达到最大值 D．当时，向Na₂CO₃溶液中滴加Mg²⁺溶液，优先生成MgCO₃沉淀 14．用于配制无机防锈颜料的复合氧化物的晶胞结构如下图a所示，下列说法正确的是（ ） A．该复合化合物的化学式为 B．由晶胞结构a可知，与等距离且紧邻的有8个 C．掺杂取代晶胞a中一个，得到晶胞结构b，的配位数为8 D．若晶胞a密度为，和的最近距离为a nm，则 二、非选择题：本题共4小题，共58分 15.（改编）(14分）氢化铝锂()是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程与装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。 已知： ①、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解。 ②相关物质溶解性表如下： LiH LiCl 乙醚 可溶 可溶 难溶 难溶 苯 易溶 难溶 难溶 微溶 请回答下列问题： (1)写出离子化合物LiH的电子式：___________。 (2)步骤Ⅰ时仪器a上方的玻璃塞需保持___________(填“打开”或“关闭”)；写出该步骤发生反应的化学方程式___________。 (3)写出水解生成的化学方程式___________。 (4)根据的性质，推断步骤Ⅲ中加入苯的作用是___________。 (5)在滴加的乙醚溶液过程中，发现反应速率逐渐减慢，主要原因是___________。 (6)测定的纯度。取3.04 g产品用无水乙醇、盐酸处理(杂质不反应)，加热沸腾分离出，冷却后配成200 mL溶液。量取20.00 mL待测溶液、溶液于锥形瓶，调节pH并加热煮沸2 min。冷却后加指示剂，用醋酸锌溶液滴定剩余的EDTA，三次测量消耗的醋酸锌溶液体积平均为22.80 mL。已知EDTA与、均按反应，则的纯度为___________。若产品在称取前发生部分水解，则结果将___________(填“偏大”或“偏小”或“不变”)。 16.（原创）（15分）江西赣州是我国稀土矿核心产区，被誉为“稀土王国”，其稀土资源（RE）以镧(La)、铈(Ce)、钕(Nd)等轻稀土为主，从离子型稀土矿(含Fe、Al等元素)中提取稀土元素并获得高附加值产品的稀土氧化物产品，具体工艺流程如下： 已知关键信息： 1.氢氧化物溶度积（25℃）：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[RE(OH)3]=1.0×10-21~1.0×10-23； 2.稀土草酸盐（RE2(C2O4)3）难溶于水，溶解度远低于稀土碳酸盐，受热易分解 请结合上述工艺流程及所学知识，回答下列问题： 1. 浸取操作选用碳酸氢铵溶液，而非碳酸钠溶液，其原因 。 2.加入NaOH调pH至5.2~5.8的目的是 ；通过计算说明原因： （写出关键计算过程及判断依据）。 3. 加入CeO2粉末的作用是 ；沉稀土操作中，选用草酸溶液而非碳酸铵溶液，其原因是 。 4. 某企业测定稀土氧化物纯度时，采用滴定法：取mg稀土氧化物样品，加入过量稀盐酸溶解，配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，加入过量草酸溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤渣灼烧至恒重，得到ng CeO2（假设样品中仅含CeO2、La2O3、Nd2O3，且只有Ce3+能与草酸反应生成Ce2(C2O4)3沉淀）。 ① 写出Ce3+与草酸溶液反应生成Ce2(C2O4)3沉淀的离子方程式： ； ② 计算该样品中CeO2的质量分数为________（用含m、n的代数式表示，CeO2摩尔质量为172g/mol）； ③ 若过滤时未洗涤滤渣，会导致测得的CeO2质量分数________（填“偏高”“偏低”或“无影响”），理由是 。 17.（改编）（14分）我国向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。以CH3OH生产高附加值的精细化学品，被认为是优化传统工业合成方法的绿色经济途径。 （1）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： 反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1   反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2    反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  在T1℃、1L容器中充入0.1molCO2和0.1molH2，若只发生反应Ⅱ，吸收2kJ能量，若T1℃、1L容器中充入0.1mol CO和0.1molH2O(g)，若只发生反应Ⅱ，放出2.12kJ能量，则反应Ⅱ的△H2= kJ∙mol-1。 (2)为了进一步探究反应发生可行性，测得反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1； ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1；∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 ；下图为∆G随温度的变化关系如图所示。 表示反应Ⅱ的直线是 (填“a、b、c”)，在1000 K时，上述三个反应的自发趋势大小关系是 (填“反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ”)。 （3）在下，将和充入某密闭容器中，在催化剂作用下发生反应Ⅱ和Ⅲ。平衡时和的选择性随温度的变化如图所示。 250℃时，平衡体系中有，则的平衡转化率= ，反应Ⅲ的 （是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数）。 （4）我国科学家通过研究发现超低电位下电催化硝酸盐与甲醇在/复合电极上反应，装置如图，其中离子交换膜只允许通过： ①电极b为 极，电极a电极上的电极反应式为 ； ②理论上每生成1 mol ，就有 通过离子交换膜，KOH溶液在反应过程中pH保持 （增大，减小或不变） 18.（改编）（15分）阿扎司琼及其盐酸盐作为一种抗肿瘤辅助药，能够有效缓解化疗引起的恶心、呕吐症状。阿扎司琼及其盐酸盐(H)的合成路线如图所示。 回答下列问题： (1)B中含氧官能团的名称为 。 (2)A→B的反应类型是 。 (3)已知：F生成G的同时还生成了两种酸性气体 ，写出F→G反应的化学方程式： 。 (4)A的同分异构体中满足下列条件的有 种(不含立体异构)；其中有一种同分异构体结构简式核磁共振氢谱有 组峰且峰面积之比为 。 ①含有苯环，但不含甲基。 ②能与碳酸氢钠溶液发生反应。 ③能与氯化铁溶液发生显色反应。 (5)参照上述路线，设计以对氯苯酚为原料合成的路线： (其他试剂任选)。 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学考前仿真模拟卷(江西专用) 高三化学 (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 Li :7 C: 12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Cr:52 Fe:56 Cu:64 I:127 Cs :133 Ce:140 Pb :207 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．（改编）化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是（ ） A．“神舟十四号”载人飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 B．高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水的消毒杀菌和去除悬浮杂质 C．人形机器人使用的ABS塑料由苯乙烯、丙烯腈和1,3-丁二烯缩聚而成 D．电动汽车的轻量化设计中广泛使用的碳纤维材料属于天然高分子材料 【答案】B 【解析】A．航天器使用的高温结构陶瓷主要成分为氮化硅或碳化硅（新型无机非金属材料），传统硅酸盐陶瓷耐高温性能不足，A错误； B．高铁酸钠（Na2FeO4）具有强氧化性，可杀菌消毒，同时还原生成的Fe3+水解形成胶体吸附悬浮杂质，符合绿色消毒剂特点，B正确； C．ABS塑料是苯乙烯、丙烯腈和1,3-丁二烯通过加聚反应合成的，不是缩聚反应，C错误； D．碳纤维是人工合成的新型无机非金属材料，不属于天然高分子材料，D错误； 故选B。 2.（原创）下列有关物质结构与性质的说法错误的是（ ） A. 键角：NH3 > PH3，因为N的电负性大于P，成键电子对更靠近中心原子 B. 熔点：SiO2 > NaCl > CO2，因为晶体类型不同，共价晶体 > 离子晶体 > 分子晶体 C. 酸性：CH3COOH > HCOOH，因为甲基是推电子基团，使羧基中羟基极性减弱 D. 稳定性：H2O > H2S，因为H-O键的键能大于H-S键的键能 【答案】C 【解析】A项，NH3和PH3均为sp³杂化，中心原子均有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力；N的电负性大于P，成键电子对更靠近中心原子（N），成键电子对之间的斥力更大，因此键角：NH3（约107°）> PH3（约93°），A正确； B项，SiO2为共价晶体（原子晶体），粒子间以共价键结合，作用力强；NaCl为离子晶体，粒子间以离子键结合，作用力较强；CO2为分子晶体，粒子间以分子间作用力结合，作用力弱；晶体熔点规律：共价晶体 > 离子晶体 > 分子晶体，因此熔点：SiO2 > NaCl > CO2，B正确； C项，羧基（-COOH）的酸性强弱与羟基（-OH）的极性有关，羟基极性越强，越易电离出H⁺，酸性越强；甲基（-CH3）是推电子基团，会使羧基中羟基的极性减弱，电离出H⁺的能力减弱，因此酸性：HCOOH（无推电子基团）> CH3COOH（有甲基推电子），C错误； D项，物质的稳定性与化学键的键能有关，键能越大，化学键越稳定，物质越稳定；H-O键的键能（463kJ/mol）大于H-S键的键能（364kJ/mol），因此稳定性：H2O > H2S，D正确。 3.（原创）实验室安全是实验顺利进行的保障，下列实验事故处理方法不合理的是（ ） A. 不慎将苯酚沾到皮肤上，先用酒精冲洗，再用水冲洗 B. 被强碱溶液灼伤后，立即用大量水冲洗，再涂抹稀硼酸溶液 C. 少量浓硫酸溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂抹碳酸氢钠溶液 D. 水银温度计破碎后，立即用硫粉覆盖并收集处理 【答案】C 【解析】A项，苯酚易溶于酒精，难溶于水，不慎将苯酚沾到皮肤上，先用酒精冲洗（溶解苯酚），再用水冲洗（除去残留酒精和苯酚），处理方法合理，A正确； B项，被强碱溶液（如NaOH溶液）灼伤后，立即用大量水冲洗（稀释强碱浓度，降低腐蚀性），再涂抹稀硼酸溶液（弱酸，中和残留强碱，避免进一步腐蚀），处理方法合理，B正确； C项，少量浓硫酸溅到皮肤上，应立即用大量水冲洗（稀释浓硫酸，防止热量聚集灼伤皮肤），再涂抹3%~5%的碳酸氢钠溶液（弱碱性，中和残留硫酸），题干未注明碳酸氢钠溶液的浓度，但核心错误是“立即用大量水冲洗”后需涂抹对应溶液，此处选项描述不完整且隐含错误（未强调浓度，且若未稀释直接涂抹会加重腐蚀），处理方法不合理，C错误； D项，水银（Hg）有毒，易挥发，水银温度计破碎后，立即用硫粉覆盖，Hg与S反应生成无毒的HgS（Hg + S = HgS），再收集处理，可防止Hg挥发污染环境，处理方法合理，D正确。 4．（改编）化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下： 阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是（ ） A．标准状况下22.4LY中键的数目为14 B．1molX中存在3个C-O键 C． Z分子中所有碳原子均为杂化 D．0.1molY中π电子的数目为0.2 【答案】B 【解析】A项．标准状况下Y不是气体，无法确定其物质的量，A错误； B项．X结构中羰基含有2个C-O键，羟基与碳环相联接中含有1个C-O键，则11molX中含有3个C-O键，B正确； C项．饱和碳原子采用杂化，碳碳双键的碳原子采用杂化，如图中1、3、4号碳原子都为饱和碳原子采用杂化，2号碳原子采用杂化，C错误； D项．Y分子中含有含2个π键，每个π键2电子，故每个Y分子含4个π电子，0.1 mol Y含0.4 NAπ电子，D错误。 5．（改编）一定温度下，  ，平衡常数。下列分析错误的是（ ） A．反应的活化能E正 < E逆 B．恒温恒容充入N2，平衡向左移动 C．若起始、，反应后气体颜色变深 D．平衡后，升高温度，Δv逆 > Δv正 【答案】B 【解析】A．ΔH = E正 - E逆，题目中ΔH <0为负值，说明E正 < E逆，故A正确； B．恒温恒容充入N2，总压增大但各反应物分压不变，平衡向不移动，故B错误； C．，平衡逆向移动，I2浓度增加，颜色加深，故C正确； D．该反应的ΔH<0，为放热反应，升温使放热反应的逆反应速率增加更多，Δv逆 > Δv正，D正确。 6.（改编）化合物可用作食品改良剂。已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W和Y位于同一主族，且W的族序数与其电子数相等，Z的最外层电子数是其内层电子总数的一半，Y、Z的最外层电子数之和与X的最外层电子数相等。下列说法错误的是（ ） A．电负性：W＜X B．W2X的空间结构为V形 C．最简单氢化物的沸点：X＞Z D．Z的第一电离能低于其同周期相邻元素 【答案】D 【解析】A．由题分析可知：W为H（IA族，原子序数1），X为O（原子序数8）,Y为IA族的Na，Z为P（原子序数15），电负性O＞H，A正确； B． W2X(即H2O)的空间结构为V形，B正确； C． 最简单氢化物分别为H2O和PH3，H2O存在分子间氢键，沸点更高，故H2O＞PH3，C正确； D． Z的第一电离能因为其价电子排布符合半满规律（2s22p3），故失去一个电子更难，第一电离能高于同周期相邻元素，D错误。 7．（改编）实验室制备乙酸丁酯的过程如下(下图是分水回流装置)： 已知： 物质 乙酸 1-丁醇 乙酸丁酯 沸点/℃ 117.9 117.2 126.3 下列说法错误的是( ) A．反应使用浓硫酸，装置使用分水器，都是为了提高乙酸丁酯产率 B．用Na2CO3溶液“洗涤”后，测水层的pH，若呈碱性，说明杂质冰醋酸、硫酸已完全反应被除去 C．“分水回流”时使用分水器中的仪器B可以换成仪器C(蛇形冷凝管) D．“操作X”为过滤，“蒸馏”时采取直接升温到126.3℃不断蒸出乙酸丁酯的方式来增大产率 【答案】D 【解析】A项，在乙酸和正丁醇的酯化反应中，浓硫酸可作催化剂，加快反应速率，同时浓硫酸具有吸水性，能吸收反应生成的水，使化学平衡向生成乙酸丁酯的方向移动，提高产率，“分水回流”时使用分水器，能及时分离反应过程产生的水，使酯化反应平衡正向移动，从而也提高产品乙酸丁酯产率，A正确； B项， 用Na2CO3 溶液“洗涤”的作用是与第一步水洗残留的冰醋酸、硫酸(催化剂)反应，溶解残留的正丁醇，降低醋酸正丁酯的溶解度；洗涤后可以使用pH试纸测水层的pH，若呈碱性，说明杂质冰醋酸、硫酸已完全反应，B正确； C项， 仪器B是球形冷凝管，仪器C是蛇形冷凝管。二者都能起到冷凝回流的作用，在该步实验中，将仪器B换成仪器C(蛇形冷凝管)，也能实现对反应物的冷凝回流，C正确； D项，乙酸丁酯沸点高于反应物乙酸(117.9℃)和1-丁醇(117.2℃)，若“蒸馏”时采取直接升温126.3℃蒸出乙酸丁酯，反应物乙酸(117.9℃)和1-丁醇(117.2℃)会一并带出，D错误。 8.（原创）一种由Cu、In、Te组成的晶体层四方晶系，晶胞参数如图所示，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，A点的分数坐标为，B点原子的分数坐标为，D点原子的分数坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0,0,0)、可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处，面对角线处的D原子的分数坐标分别为，A正确。 9．（改编）全固态锂硫电池能量密度高，其工作原理为。用该电池作电源，通过电渗析法合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵，相关装置如图所示。下列说法正确的是（ ） A．N极为负极 B．石墨a电极的电极反应式： C．膜①、膜③为阳离子交换膜 D．当极质量增加时，可制备 【答案】B 【解析】A．电渗析法制备时，需要移向石墨a得到产物，因此石墨a为电解池的阴极，阴极连接原电池负极，故M为负极，A错误； B．石墨a为阴极，水电离出的 得电子生成 ，剩余 与结合得到，反应式电荷不守恒，正确的电极反应式为应，B错误； C．电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，要让从中间的室进入左侧阴极室，膜①需要允许阳离子通过，因此膜①是阳离子交换膜，右侧室中，离子放点生成，正电荷增多，需要向阴极移动，因此膜③是阳离子交换膜，C正确； D．N极为正极，正极结合，质量增加量为的质量，，转移电子，生成需要电子，因此生成，摩尔质量为，质量为，D错误。 10．（改编）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式错误的是（ ) A．将少量灼热的CuO加入CH3CH2OH中：CH3CH2OH+CuO→ΔCH3CHO+Cu+H2O B．向氨水中加入少量： C．用盐酸除去铁锈：Fe2O3⋅xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O D．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳： 【答案】B 【解析】A．乙醇的催化氧化生成乙醛，该反应氧化铜被还原生成铜，所给方程式正确，A正确； B．AgCl为难溶电解质，不能拆分为，反应物应写AgCl化学式，正确的应为，B错误； C．铁锈的成分为Fe2O3·xH2O ，能溶于盐酸生成FeCl3和水，离子方程式为：Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O，C正确； D．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：，D正确。 11．（改编）从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知， 下列说法错误的是 A.酸溶步骤中，Cu与浓硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O B.向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离 C.“溶金、分离”步骤中，Au在HNO3-NaCl体系中被溶解，NaCl的作用是提供Cl-，与Au3+形成稳定的[AuCl4]-，降低Au的电极电势，促进Au被氧化 D. 还原步骤中，1molHAuCl4被Zn粉还原为Au时，理论上至少消耗1.5molZn 【答案】B 【解析】A.浓硝酸与Cu反应生成NO2，方程式为为，改写为离子方程式Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，A正确；B.滤液含、，加入过量浓氨水，生成可溶的，生成可溶的，二者均溶于氨水，无法分离，B错误；C.Cl-与Au3+形成稳定配离子，降低了Au的还原电势，使硝酸能够氧化Au，C正确；D.HAuCl4中Au为+3价，还原为0价Au需得到3mol电子；Zn被氧化为+2价，1molZn提供2mol电子，故理论上需3/2=1.5molZn，D正确。 12．（改编）某固体混合物X，含有FeCl3、SiO2、Na[Al(OH)4]、NaNO3、NH4Cl、KI中的几种，进行如下实验： 下列说法错误的是(　　) A．混合物X含FeCl3 B．混合物X含SiO2 C．混合物X含NH4Cl D．混合物X含Na[Al(OH)4] 【答案】D 【解析】A项，溶液1中加入过量氢氧化钠溶液有沉淀2生成，说明固体混合物X中一定含有氯化铁，A正确； B项，根据题中反应流程可知，加入过量盐酸有沉淀1生成，说明固体混合物X中一定含有二氧化硅，B正确； C项，溶液1中加入过量氢氧化钠溶液加热后有气体1生成，说明固体混合物X中一定含有氯化铵，C正确； D项，依据分析，固体混合物X中一定含有氯化铁、二氧化硅和氯化铵，若固体混合物X中含有Na[Al(OH)4]，加入过量盐酸，Na[Al(OH)4]会与盐酸反应生成氯化铝和水，再向溶液1中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al(OH)4]和氯化钠，反应过程中没有明显现象，则由题给转化关系无法确定固体混合物X中是否含有Na[Al(OH)4]，D错误。 13.（改编）室温下，探究在不同体系中，在溶液中的产物。已知： ①图1中曲线I、Ⅱ代表难溶物达到沉淀溶解平衡时，与的关系。 ②图2中曲线表示溶液中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ③图1和图2中溶液的起始浓度都为。 下列说法正确的是（ ） A．当时， B．当向0.1mol/L Na₂CO₃溶液中逐滴加入稀盐酸调节至时， C．当Na₂CO₃溶液中时，溶液的且此时c(HCO₃⁻)达到最大值 D．当时，向Na₂CO₃溶液中滴加Mg²⁺溶液，优先生成MgCO₃沉淀 【答案】D 【解析】A项,当时，，根据图1，曲线I对应的5，则；曲线Ⅱ对应的，溶液的起始浓度都为，由图2可知，时，物质的量分数接近1，，则，则，A错误； B项,已知溶液为，溶液中存在物料平衡：，但是溶液呈碱性， 向其中滴加稀盐酸调节至pH=4时，稀盐酸引入水，导致溶液体积增大，则，B错误； C项,由图2可知，，，当时，,则，，此时HCO₃⁻的电离与水解平衡相等,该点c(HCO₃⁻)并非最大值,C错误； D项,当pH=9时c(H⁺)=10⁻⁹mol/L，由Ka₂=c(CO₃²⁻)·c(H⁺)/c(HCO₃⁻)，结合图2趋势，pH=9时CO₃²⁻物质的量分数约为0.01，故c(CO₃²⁻)≈0.1mol/L×0.01=10⁻³mol/L；Qc[MgCO₃]=c(Mg²⁺)·c(CO₃²⁻)=10⁻²×10⁻³=10⁻⁵ ;而Ksp[MgCO₃]=10-5; Qc≤Ksp，会生成MgCO₃沉淀； Qc[Mg(OH)₂]=10⁻²×(10⁻⁵)²=10⁻¹²，小于Ksp[Mg(OH)₂]=10⁻¹1，不会生成Mg(OH)₂沉淀； 综上，优先生成MgCO₃沉淀,D正确。 14．用于配制无机防锈颜料的复合氧化物的晶胞结构如下图a所示，下列说法正确的是（ ） A．该复合化合物的化学式为 B．由晶胞结构a可知，与等距离且紧邻的有8个 C．掺杂取代晶胞a中一个，得到晶胞结构b，的配位数为8 D．若晶胞a密度为，和的最近距离为a nm，则 【答案】A 【解析】A．位于晶胞的体心，数目为1，位于晶胞的顶点，数目为 ，位于晶胞的棱心，数目为 ，晶胞a的化学式为，A正确； B．位于晶胞的体心，与等距离且紧邻的有6个，位于该晶胞周围的6个相邻晶胞中，B错误； C．在晶胞b中，位于顶点，与其最近且距离相等的有6个，分别为周围6个位于棱心的，其配位数为6，C错误； D．和的最近距离为a nm，为晶胞体对角线的一半，晶胞的边长为x nm，则，，晶胞a的体积为：，晶胞a的质量为：，根据密度公式 ，D错误。 二、非选择题：本题共4小题，共58分 15.（改编）(14分）氢化铝锂()是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程与装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。 已知： ①、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解。 ②相关物质溶解性表如下： LiH LiCl 乙醚 可溶 可溶 难溶 难溶 苯 易溶 难溶 难溶 微溶 请回答下列问题： (1)写出离子化合物LiH的电子式：___________。 (2)步骤Ⅰ时仪器a上方的玻璃塞需保持___________(填“打开”或“关闭”)；写出该步骤发生反应的化学方程式___________。 (3)写出水解生成的化学方程式___________。 (4)根据的性质，推断步骤Ⅲ中加入苯的作用是___________。 (5)在滴加的乙醚溶液过程中，发现反应速率逐渐减慢，主要原因是___________。 (6)测定的纯度。取3.04 g产品用无水乙醇、盐酸处理(杂质不反应)，加热沸腾分离出，冷却后配成200 mL溶液。量取20.00 mL待测溶液、溶液于锥形瓶，调节pH并加热煮沸2 min。冷却后加指示剂，用醋酸锌溶液滴定剩余的EDTA，三次测量消耗的醋酸锌溶液体积平均为22.80 mL。已知EDTA与、均按反应，则的纯度为___________。若产品在称取前发生部分水解，则结果将___________(填“偏大”或“偏小”或“不变”)。 【答案】(14分,除备注外，每空2分) (1)Li+[:H]-   （1分） (2) 关闭 （1分） (3) (4)易溶于苯，使其分离，同时降低在混合溶剂中的溶解度，使其结晶析出 (5)反应过程中产生LiCl固体且覆盖在LiH表面，阻碍与LiH反应 (6) 96.5 偏小 【解析】（1）LiH是离子化合物，由和构成，电子式为Li+[:H]-。 （2）LiH、LiAlH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，为防止空气进入，仪器a上方的玻璃塞需保持关闭，且恒压滴液漏斗能自动平衡内外气压；根据反应物和产物，LiH与在乙醚、26~30℃下反应生成和LiCl，配平方程式得。 （3）中H为-1价，与水中+1价H发生归中反应生成，同时生成LiOH和，配平得。 （4）根据溶解性表，易溶于苯，可溶于乙醚、难溶于苯，加入苯后，使分离，且降低了在混合溶剂中的溶解度，使结晶析出，达到提纯目的。 （5）LiH是固体，反应生成的LiCl难溶于乙醚，会覆盖在LiH表面，阻碍LiH与接触，因此反应速率逐渐减慢。 （6）EDTA总物质的量为，剩余EDTA与反应，剩余EDTA物质的量为，因此20 mL待测液中，200 mL溶液中，1 mol 含1 mol Al，因此，摩尔质量为，质量为，故纯度为；若产品部分水解，相同质量的样品中Al的总物质的量会降低，计算得到的量偏少，结果偏小。 16.（原创）（15分）江西赣州是我国稀土矿核心产区，被誉为“稀土王国”，其稀土资源（RE）以镧(La)、铈(Ce)、钕(Nd)等轻稀土为主，从离子型稀土矿(含Fe、Al等元素)中提取稀土元素并获得高附加值产品的稀土氧化物产品，具体工艺流程如下： 已知关键信息： 1.氢氧化物溶度积（25℃）：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[RE(OH)3]=1.0×10-21~1.0×10-23； 2.稀土草酸盐（RE2(C2O4)3）难溶于水，溶解度远低于稀土碳酸盐，受热易分解 请结合上述工艺流程及所学知识，回答下列问题： 1. 浸取操作选用碳酸氢铵溶液，而非碳酸钠溶液，其原因 。 2.加入NaOH调pH至5.2~5.8的目的是 ；通过计算说明原因： （写出关键计算过程及判断依据）。 3. 加入CeO2粉末的作用是 ；沉稀土操作中，选用草酸溶液而非碳酸铵溶液，其原因是 。 4. 某企业测定稀土氧化物纯度时，采用滴定法：取mg稀土氧化物样品，加入过量稀盐酸溶解，配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，加入过量草酸溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤渣灼烧至恒重，得到ng CeO2（假设样品中仅含CeO2、La2O3、Nd2O3，且只有Ce3+能与草酸反应生成Ce2(C2O4)3沉淀）。 ① 写出Ce3+与草酸溶液反应生成Ce2(C2O4)3沉淀的离子方程式： ； ② 计算该样品中CeO2的质量分数为________（用含m、n的代数式表示，CeO2摩尔质量为172g/mol）； ③ 若过滤时未洗涤滤渣，会导致测得的CeO2质量分数________（填“偏高”“偏低”或“无影响”），理由是 。 【答案】(15分,除备注外，每空2分) 1. 碳酸钠溶液碱性过强，会使RE3+直接生成RE(OH)3沉淀，而碳酸氢铵溶液碱性较弱，可使RE3+转化为可溶于水的RE(HCO3)3，提高浸取率，且不易引入杂质 2.使Fe3+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀除去，而RE3+仍留在溶液中(1分）；计算过程：① Fe3+完全沉淀时，c(OH⁻)≥=≈1.6×10-11mol/L，pH≥3.2；② Al3+完全沉淀时，c(OH⁻)≥=≈2.3×10-9mol/L，pH≥5.4；③ RE3+开始沉淀时，c(OH⁻)≥≈4.6×10-6mol/L，pH≥8.7；判断依据：pH=5.2~5.8时，Fe3+、Al3+完全沉淀，RE3+未开始沉淀 3. 氧化Fe2+（1分）；稀土草酸盐溶解度更低，沉淀更完全，能提高稀土回收率 4. ① 2Ce3+ + 3H2C2O4 = Ce2(C2O4)3↓ + 6H+；② ×100％；③ 偏高（1分）；滤渣表面附着的可溶性杂质（如NH4Cl、HCl）灼烧后会残留固体，导致测得的ng偏大，计算出的CeO2质量分数偏高 【解析】1.浸取时选用碳酸氢铵溶液而非碳酸钠溶液，原因有两点：① 碳酸钠溶液碱性过强，会与RE3+直接反应生成RE(OH)3沉淀，沉淀无法进入浸取液，导致浸取率极低；② 碳酸氢铵溶液碱性较弱，可与稀土氧化物反应生成可溶于水的RE(HCO3)3，使稀土离子进入浸取液，提高浸取率，且碳酸氢铵反应后生成的(NH4)2O易分解，不易引入新的杂质，保证产品纯度。同时，碳酸氢铵是江西本地易获取的化工原料，可降低生产成本，贴合江西工业情境。 2.加入NaOH核心目的是除去浸取液中的Fe3+、Al3+杂质，同时保留RE3+，因此调pH至5.25.8的目的是使Fe3+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀，而RE3+仍留在溶液中。 计算过程需结合溶度积常数，判断不同离子完全沉淀或开始沉淀的pH： ① Fe3+完全沉淀（c(Fe3+)≤1.0×10-5mol/L）时，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)，可得c(OH-)≥=≈1.6×10-11mol/L，对应的pH≥-lg(10-14/1.6×10-11)≈3.2； ② Al3+完全沉淀（c(Al3+)≤1.0×10-5mol/L）时，c(OH⁻)≥=≈2.3×10-9mol/L，对应的pH≥-lg(10-14/2.3×10-9)≈5.4； ③ RE3+开始沉淀（以Ksp=1.0×10-23为例）时，c(OH⁻)≥（假设c(RE3+)=0.1mol/L，浸取液中RE3+浓度）≈≈4.6×10-8mol/L，对应的pH≥-lg(10-14/4.6×10-8)≈6.7（即使按最小Ksp=1.0×10-21计算，开始沉淀pH≈8.7）； 判断依据：pH=5.25.8时，pH≥5.4，Fe3+、Al3+完全沉淀；pH<6.7（或8.7），RE3+未开始沉淀，可达到除杂目的。 3.加入CeO2粉末的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；沉稀土操作选用草酸溶液而非碳酸铵溶液，原因是稀土草酸盐的溶解度远低于稀土碳酸盐，能使RE3+更完全地转化为沉淀，提高稀土回收率； 4.① Ce3+与草酸溶液反应生成Ce2(C2O4)3沉淀，草酸为弱酸，离子方程式中需保留化学式，结合电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为：2Ce3+ + 3H2C2O4 = Ce2(C2O4)3↓ + 6H+。 ② 根据守恒关系：Ce2(C2O4)3 2CeO2 + 3CO2↑ + 3CO↑，可知1mol Ce2(C2O4)3灼烧生成2mol CeO2。取25.00mL溶液，得到ng CeO2，其物质的量为 mol，则100mL溶液中CeO2的物质的量为4×() = mol，质量为()×172 = 4n g；ω（CeO2）=×100％ ③ 过滤时，滤渣（Ce2(C2O4)3）表面会吸附溶液中的可溶性杂质（如过量的草酸、稀盐酸对应的盐类等）；若未洗涤滤渣，这些吸附的杂质会随滤渣一起被灼烧，最终转化为固体残留物（如草酸灼烧分解可能生成CO2、CO，但部分可溶性盐灼烧后会留下固体），导致测得的ng（误以为是纯CeO2的质量）实际包含了杂质的质量，即ng偏大；结合质量分数计算公式（400n/m %），n偏大、m不变，故测得的CeO2质量分数偏高。 17.（改编）（14分）我国向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。以CH3OH生产高附加值的精细化学品，被认为是优化传统工业合成方法的绿色经济途径。 （1）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： 反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1   反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2    反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  在T1℃、1L容器中充入0.1molCO2和0.1molH2，若只发生反应Ⅱ，吸收2kJ能量，若T1℃、1L容器中充入0.1mol CO和0.1molH2O(g)，若只发生反应Ⅱ，放出2.12kJ能量，则反应Ⅱ的△H2= kJ∙mol-1。 (2)为了进一步探究反应发生可行性，测得反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1； ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1；∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 ；下图为∆G随温度的变化关系如图所示。 表示反应Ⅱ的直线是 (填“a、b、c”)，在1000 K时，上述三个反应的自发趋势大小关系是 (填“反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ”)。 （3）在下，将和充入某密闭容器中，在催化剂作用下发生反应Ⅱ和Ⅲ。平衡时和的选择性随温度的变化如图所示。 250℃时，平衡体系中有，则的平衡转化率= ，反应Ⅲ的 （是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数）。 （4）我国科学家通过研究发现超低电位下电催化硝酸盐与甲醇在/复合电极上反应，装置如图，其中离子交换膜只允许通过： ①电极b为 极，电极a电极上的电极反应式为 ； ②理论上每生成1 mol ，就有 通过离子交换膜，KOH溶液在反应过程中pH保持 （增大，减小或不变） 【答案】（14分，除标注外，每空2分） (1)+41.2 (2) b （1分） 反应Ⅰ＞反应Ⅱ＞反应Ⅲ (3) 80% 800 （4）阳（1分） ；4 mol（1分） 减小（1分） 【解析】(1)反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1   反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2    反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1   若T1℃、1L容器中充入0.1mol CO和0.1molH2O(g)，若只发生反应Ⅱ，放出2.12kJ能量；在T1℃、1L容器中充入0.1molCO2和0.1molH2，若只发生反应Ⅱ，吸收2 kJ能量，则若0.1mol CO2和0.1molH2完全反应，吸收热量为2kJ-(-2.12kJ)=4.12kJ，所以反应Ⅱ的△H2==+41.2 kJ∙mol-1。 (2)ΔG1=△H1-TΔS1=-270kJ∙mol-1- T×(-0.17065kJ∙mol-1∙K-1)，ΔG2=△H2-TΔS2=+41.2 kJ∙mol-1- T×(+0.0421kJ∙mol-1∙K-1)，ΔG3=△H3-TΔS3=-48.97kJ∙mol-1- T×(-0.17716 kJ∙mol-1∙K-1)，则随T的增大，ΔG1增大，ΔG2减小，ΔG3增大，温度相同时，ΔG1＜ΔG3，从而得出b表示ΔG2，a表示ΔG1，c表示ΔG3，所以表示反应Ⅱ的直线是b。在1000 K时，ΔG1=-270kJ∙mol-1- 1000K×(-0.17065kJ∙mol-1∙K-1)=-99.35 kJ∙mol-1，ΔG2=+41.2 kJ∙mol-1- 1000K×(+0.0421kJ∙mol-1∙K-1)=-0.9kJ∙mol-1，ΔG3=-48.97kJ∙mol-1- 1000K×(-0.17716 kJ∙mol-1∙K-1)=+128.19 kJ∙mol-1，ΔG的数值越小，反应的自发趋势越大，则上述三个反应的自发趋势大小关系是反应Ⅰ＞反应Ⅱ＞反应Ⅲ。 （3）250℃时，和的选择性相等，则平衡体系中有，2mol，根据两个反应的化学计量数可知的转化量为2mol+2mol=4mol，故平衡转化率为。根据两个反应的化学计量数可知，平衡时，，，，混合气体总物质的量为1mol+1mol+2mol+2mol+4mol=10mol，故反应Ⅲ的。 （4）①/复合电极失电子，Cu生成CuO、Cu2O生成Cu(OH)2，/复合电极是阳极；电极上硝酸根离子得电子生成氨气，电极是阴极，根据以上分析，/复合电极是阳极，即电极b为阳极；根据图示，a电极上硝酸根离子得电子生成氨气，a电极上的电极反应式为；②甲醇转化为，碳元素化合价由-2升高为+2，理论上每生成1 mol ，电路中转移4mol电子，根据电荷守恒，就有4 mol 通过离子交换膜；1 mol甲醇转化为 HCOO-的反应：CH3OH+CuO→HCHO+Cu+H2O、HCHO+2Cu(OH)2+OH-=HCOO-+Cu2O+3H2O，总反应为2CH3OH++OH-2HCOO-+NH3+2H2O，所以KOH溶液在反应过程中浓度降低，pH减小。 18.（改编）（15分）阿扎司琼及其盐酸盐作为一种抗肿瘤辅助药，能够有效缓解化疗引起的恶心、呕吐症状。阿扎司琼及其盐酸盐(H)的合成路线如图所示。 回答下列问题： (1)B中含氧官能团的名称为 。 (2)A→B的反应类型是 。 (3)已知：F生成G的同时还生成了两种酸性气体 ，写出F→G反应的化学方程式： 。 (4)A的同分异构体中满足下列条件的有 种(不含立体异构)；其中有一种同分异构体结构简式核磁共振氢谱有 组峰且峰面积之比为 。 ①含有苯环，但不含甲基。 ②能与碳酸氢钠溶液发生反应。 ③能与氯化铁溶液发生显色反应。 (5)参照上述路线，设计以对氯苯酚为原料合成的路线： (其他试剂任选)。 【答案】（15分，除标注外，每空2分） (1)酯基、羟基、硝基（1分） (2)取代 (3)SO2和HCl (4) 23 5 2:2:1:1:1 (5) 【分析】该合成路线是阿扎司琼及其盐酸盐（H）的制备过程，A与浓硝酸在浓硫酸催化并加热的条件下发生取代反应生成B，B的结构简式为。B与Fe、HCl反应。B中的不饱和键（如与肟基相关的不饱和部分）发生还原反应，同时引入氨基，得到化合物C，反应类型为还原反应。C与ClCH2COCl、K2CO3在DME（乙二醇二甲醚）中反应，发生取代等反应，使分子结构进一步修饰，得到化合物D。D与CH3I、K2CO3反应，CH3I作为甲基化试剂，对分子中的特定基团进行甲基化，得到化合物E。E在酸性条件下反应，发生水解等反应，使分子结构中的酯基等官能团转化，得到化合物F。F与SOCl2反应，SOCl2与F中的羟基发生取代反应，生成SO2和HCl（两种酸性气体），同时得到化合物G。G与、DCC反应，通过取代、成键等过程，最终得到目标产物阿扎司琼及其盐酸盐H。 【解析】（1）B中含氧官能团为酯基、羟基、硝基。 （2）A与浓硝酸在浓硫酸催化并加热的条件下发生取代反应生成B，B的结构简式为 （3）明确F和G的结构，结合反应条件，分析官能团的变化：羧基变为酰氯发生取代反应，还会生成小分子和HCl，进而写出反应的化学方程式为。 （4）含有苯环，但环上不含甲基；能与碳酸氢钠溶液反应，说明含羧基()；能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含酚羟基()，则取代基分别为①、②、③；②、、；③、；再根据同分异构体数目判断规律：苯环上三个取代基都不相同有10种，苯环上有2个取代基则有邻间对3种，故共有23种。根据结构简式其核磁共振氢谱有5组和峰面积之比2:2:1:1:1。 （5）以对氯苯酚为原料，参照题干中A~D的“硝化、还原、酰化、成环”等反应步骤，结合目标产物的结构，可逐步设计出合成路线为 。 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学考前仿真模拟卷(江西专用)答案（简版） 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C B B D D A B B 题号 11 12 13 14 答案 B D D A 二、非选择题（本题共4题，共58分） 15．（14分，除备注外，每空2分） (1)Li+[:H]-   （1分） (2) 关闭 （1分） (3) (4)易溶于苯，使其分离，同时降低在混合溶剂中的溶解度，使其结晶析出 (5)反应过程中产生LiCl固体且覆盖在LiH表面，阻碍与LiH反应 (6) 96.5 偏小 16．(15分,除备注外，每空2分) 1. 碳酸钠溶液碱性过强，会使RE3+直接生成RE(OH)3沉淀，而碳酸氢铵溶液碱性较弱，可使RE3+转化为可溶于水的RE(HCO3)3，提高浸取率，且不易引入杂质 2.使Fe3+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀除去，而RE3+仍留在溶液中(1分）； 计算过程：① Fe3+完全沉淀时，c(OH⁻)≥=≈1.6×10-11mol/L，pH≥3.2；② Al3+完全沉淀时，c(OH⁻)≥=≈2.3×10-9mol/L，pH≥5.4；③ RE3+开始沉淀时，c(OH⁻)≥≈4.6×10-6mol/L，pH≥8.7；判断依据：pH=5.2~5.8时，Fe3+、Al3+完全沉淀，RE3+未开始沉淀 3. 氧化Fe2+（1分）；稀土草酸盐溶解度更低，沉淀更完全，能提高稀土回收率 4. ① 2Ce3+ + 3H2C2O4 = Ce2(C2O4)3↓ + 6H+；② ×100％；③ 偏高（1分）；滤渣表面附着的可溶性杂质（如NH4Cl、HCl）灼烧后会残留固体，导致测得的ng偏大，计算出的CeO2质量分数偏高 17.（14分，除标注外，每空2分） (1)+41.2 (2) b （1分） 反应Ⅰ＞反应Ⅱ＞反应Ⅲ (3) 80% 800 （4）阳（1分） ；4 mol（1分） 减小（1分） 18．（15分，除标注外，每空2分） (1)酯基、羟基、硝基（1分） (2)取代 (3)SO2和HCl (4) 23 5 2:2:1:1:1 (5) 学科网（北京）股份有限公司 $双向细目表 2026年高考化学考前仿真模拟卷（江西专用）双向细目表 题号 考查知识点 题型 分值 难度系数 1 化学与STSE、新型无机非金属材料、高分子材料分类、高铁酸钠的性质与应用、加聚反应与缩聚反应辨析 选择题 3 0.75 2 物质结构与性质、键角大小比较、晶体类型与熔点规律、羧酸酸性强弱比较、氢化物稳定性与键能的关系、电负性应用 选择题 3 0.7 3 化学实验安全、常见实验事故的处理方法（苯酚、强碱、浓硫酸、水银泄漏） 选择题 3 0.75 4 阿伏加德罗常数、有机物的结构与化学键、碳原子杂化类型判断、π电子数目计算 选择题 3 0.65 5 化学平衡、反应热与活化能的关系、化学平衡移动判断、浓度对反应速率的影响 选择题 3 0.65 6 元素周期律与元素推断、短周期主族元素性质、电负性比较、分子空间结构判断、氢化物沸点比较、第一电离能变化规律 选择题 3 0.6 7 有机物的制备、乙酸丁酯的合成、酯化反应原理、实验操作与装置、蒸馏操作规范 选择题 3 0.6 8 晶体结构与性质、四方晶系晶胞参数、原子分数坐标计算、四面体空隙识别 选择题 3 0.5 9 电化学、全固态锂硫电池工作原理、电渗析法制备四甲基氢氧化铵、电极反应式书写、离子交换膜判断、电化学计算 选择题 3 0.55 10 离子方程式的书写与正误判断、有机反应离子方程式、与量有关的离子反应、难溶电解质的离子反应 选择题 3 0.7 11 化工流程、废旧CPU中金属回收、离子方程式书写、物质分离与提纯、氧化还原反应、化学计算 选择题 3 0.55 12 物质的推断与检验、固体混合物成分分析、离子反应、常见物质的性质与检验方法 选择题 3 0.5 13 水溶液中的离子平衡、沉淀溶解平衡、Ksp计算与应用、pH与离子浓度关系、物料守恒、含碳粒子分布分析 选择题 3 0.45 14 晶体结构与性质、晶胞化学式确定、配位数判断、晶胞密度计算、原子间距离计算 选择题 3 0.45 15 化学实验、氢化铝锂的制备、离子化合物电子式书写、化学方程式书写、盐类水解、物质的分离与提纯、化学反应速率影响因素、滴定实验与纯度计算、误差分析 非选择题（填空题） 14 0.5 16 化工流程、离子型稀土矿浸取工艺、pH调节与除杂、溶度积常数计算与应用、氧化还原反应、稀土元素沉淀分离、滴定法测定物质纯度、离子方程式书写、实验误差分析 非选择题（填空题） 15 0.45 17 化学反应与能量、盖斯定律与反应热计算、化学反应自发进行的判断（ΔG、ΔS、ΔH的关系）、化学平衡移动与选择性、平衡转化率与平衡常数计算、电解池工作原理、电极反应式书写、离子交换膜应用、溶液pH变化判断 非选择题（填空题） 14 0.4 18 有机化学基础、有机物官能团识别与名称、有机反应类型判断、有机化学方程式书写、同分异构体数目判断、核磁共振氢谱分析、有机合成路线设计 非选择题（填空题） 15 0.35 合计 100 参考答案与评分细则 2026年高考化学考前仿真模拟卷（江西专用）参考答案与评分细则 题号 参考答案 评分细则 1 B 选对得3分，错选、不选得0分 2 C 选对得3分，错选、不选得0分 3 C 选对得3分，错选、不选得0分 4 B 选对得3分，错选、不选得0分 5 B 选对得3分，错选、不选得0分 6 D 选对得3分，错选、不选得0分 7 D 选对得3分，错选、不选得0分 8 A 选对得3分，错选、不选得0分 9 B 选对得3分，错选、不选得0分 10 D 选对得3分，错选、不选得0分 11 D 选对得3分，错选、不选得0分 12 C 选对得3分，错选、不选得0分 13 D 选对得3分，错选、不选得0分 14 A 选对得3分，错选、不选得0分 15 (1)Li+[:H]- (2)关闭；4LiH + AlCl3 乙醚 26~30℃ LiAlH4 + 3LiCl (3)LiAlH4 + 4H2O = LiOH + Al(OH)3↓ + 4H2↑ (4)LiAlH4易溶于苯，使其分离，同时降低LiAlH4在混合溶剂中的溶解度，使其结晶析出 (5)反应过程中产生LiCl固体且覆盖在LiH表面，阻碍AlCl3与LiH反应 (6)96.5；偏小 (1) 电子式书写正确得1分，共1分 (2) 玻璃塞状态填写正确得1分；化学方程式书写正确得2分，配平错误、条件错误扣1分，共3分 (3) 化学方程式书写正确得2分，配平错误、沉淀符号错误扣1分，共2分 (4) 描述完整准确得2分，答出核心要点即可，共2分 (5) 描述正确得2分，答出核心要点即可，共2分 (6) 纯度计算正确得1分；误差判断正确得1分，共2分 合计14分 16 1. 碳酸钠溶液碱性过强，会使RE3+直接生成RE(OH)3沉淀，而碳酸氢铵溶液碱性较弱，可使RE3+转化为可溶于水的RE(HCO3)3，提高浸取率，且不易引入杂质 2. 使Fe3+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀除去，而RE3+仍留在溶液中；计算过程：① Fe3+完全沉淀时，c(OH-)≥3次根号(Ksp[Fe(OH)3]/10^-5)=3次根号(4×10^-38/10^-5)≈1.6×10^-11mol/L，pH≥3.2；② Al3+完全沉淀时，c(OH-)≥3次根号(Ksp[Al(OH)3]/10^-5)=3次根号(1.3×10^-33/10^-5)≈2.3×10^-9mol/L，pH≥5.4；③ RE3+开始沉淀时，c(OH-)≥3次根号(Ksp[RE(OH)3]/10^-5)=3次根号(1×10^-23/10^-5)≈4.6×10^-6mol/L，pH≥8.7；判断依据：pH=5.2~5.8时，Fe3+、Al3+完全沉淀，RE3+未开始沉淀 3. 氧化Fe2+；稀土草酸盐溶解度更低，沉淀更完全，能提高稀土回收率 4. ① 2Ce3+ + 3H2C2O4 = Ce2(C2O4)3↓ + 6H+；② (4n/m)×100％；③ 偏高；滤渣表面附着的可溶性杂质（如NH4Cl、HCl）灼烧后会残留固体，导致测得的ng偏大，计算出的CeO2质量分数偏高 1. 描述完整准确得2分，答出核心要点即可，共2分 2. 目的描述正确得1分；计算过程完整、逻辑清晰得3分，判断依据正确得1分，共5分 3. 每空2分，共4分 4. ① 离子方程式书写正确得2分，配平错误扣1分；② 表达式正确得1分；③ 误差判断正确得1分，理由描述正确得1分，共4分 17 1. +41.2 kJ∙mol-1 2. c；反应Ⅱ > 反应Ⅰ > 反应Ⅲ 3. 80%；0.043 4. ① 阳；NO3- + 8e- + 6H2O = NH3∙H2O + 9OH-；② 1mol；不变 1. 反应热计算正确得2分，单位正确得1分，共3分 2. 直线判断正确得1分，自发趋势排序正确得2分，共3分 3. 转化率计算正确得2分，平衡常数计算正确得2分，共4分 4. ① 电极判断正确得1分，电极反应式书写正确得2分；② 离子物质的量计算正确得1分，pH变化判断正确得1分，共4分 18 1. 羟基、酯基 2. 取代反应 3. SO2、HCl； + 2SOCl2 加热 + 2SO2↑ + 2HCl↑ 4. 13；4；1:2:2:1 5. 对氯苯酚 --(NaOH溶液)--> 对苯酚钠 --(CO2、H+)--> 对羟基苯甲酸 --(CH3OH、浓硫酸)--> 对羟基苯甲酸甲酯 --(SOCl2)--> 目标产物 1. 每个官能团名称正确得1分，共2分 2. 反应类型判断正确得1分，共1分 3. 酸性气体化学式正确得2分，化学方程式书写正确得2分，共4分 4. 同分异构体数目正确得2分，核磁共振氢谱组数正确得1分，峰面积之比正确得1分，共4分 5. 合成路线设计合理、步骤正确得4分，每步1分，共4分 $