高中化学考前提分训练第3部分2026年普通高中学业水平选择性考试仿真卷1

第三部分高考仿真专练2026年普通高中学业水平选择性考试仿真卷(一)满分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1

C12

N14O16

Cl35.5

Cu64

W184一、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．“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是(

)A．“C919”大飞机用的氮化硅涂层B．“梦想”号钻探船钻头用的合金C．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层D．“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜【答案】

B【解析】氮化硅涂层属于新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，A不符合题意；合金是金属与其他元素熔合而成的材料，属于金属材料，B符合题意；聚酰亚胺是高分子有机材料，不属于金属材料，C不符合题意；反渗透膜通常由高分子聚合物制成，属于有机材料，D不符合题意。2．实验室中，下列试剂保存方法正确的是(

)A．液溴加水封保存在广口试剂瓶中B．硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中C．高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中D．金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中【答案】

B【解析】液溴为液体，应使用细口瓶保存，广口瓶通常用于固体，加水封正确但试剂瓶选择错误，A错误；硝酸银溶液见光易分解，棕色细口瓶避光且适合液体保存，B正确；高锰酸钾是强氧化剂，苯酚有还原性，两者混合可能反应，不能放在同一药品柜中，C错误；锂密度小于煤油，无法被煤油浸没隔绝空气，保存方法错误，应保存在固体石蜡油中，D错误。3．以下研究文物的方法达不到目的的是(

)A．用14C断代法测定竹简的年代B．用X射线衍射法分析玉器的晶体结构C．用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类D．用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量【答案】

D【解析】

14C断代法通过测定有机物中14C的残留量确定年代，竹简为植物制品，适用此方法，A正确；X射线衍射法通过衍射图谱分析物质晶体结构，玉器为晶体矿物，适用此方法，B正确；原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类，可用于分析漆器表层元素，C正确；红外光谱法用于分析分子官能团和结构，无法直接测定相对分子质量(需质谱法)，D达不到目的。4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(

)A．1mol18O2的中子数，比1mol16O2的多2NAB．1molFe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NAD．标准状况下的22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA【答案】

D5．下列化学用语表达错误的是(

)【答案】

C6．华法林是香豆素类抗凝剂的一种，主要用于防治血栓栓塞性疾病。下图表示合成华法林的反应过程，有关说法正确的是(

)A．华法林的分子式是C19H14O4B．甲和乙中的所有碳原子可能共平面C．华法林能发生取代、加成和消去反应D．甲和乙反应生成华法林的反应是取代反应【答案】

B【解析】根据华法林的结构简式，华法林的分子式是C19H16O4，A错误；甲中含苯环、酯基、碳碳双键等结构，乙中含苯环、碳碳双键、羰基结构，这些平面结构通过单键相连，单键可旋转，所以所有碳原子可能共平面，B正确；华法林含有的羟基是醇羟基，但相邻碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，C错误；甲和乙反应生成华法林是加成反应(碳碳双键参与)，不是取代反应，D错误。7．下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是(

)A.制备NH3B.配制100mL1.00mol·L－1KCl溶液C.探究Na与H2O反应D.探究温度对化学平衡的影响【答案】

D8．下列对物质性质的解释错误的是(

)选项物质性质解释A氯化钠熔点高于氯化铯氯化钠离子键强于氯化铯B碘易溶于四氯化碳碘和四氯化碳都是非极性分子C草酸氢钠溶液显酸性草酸氢根离子水解程度大于电离程度D离子液体导电性良好离子液体中有可移动的阴、阳离子【答案】

C9．化工专家侯德榜成功开发了生产“气肥”的新工艺，“气肥”的化学组成为YW4WXZ3。X、Y、Z位于元素周期表的同一短周期，且均可与W形成18e－粒子；Z的s能级与p能级上的电子数相同。下列说法正确的是(

)A．“气肥”的分解产物均易溶于水B．第一电离能：Y>Z>XC．原子半径：Y>X>Z>WD．氢化物的沸点：X<Y<Z【答案】

B10．全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是(

)A．隔膜为阳离子交换膜B．放电时，a极为负极C．充电时，隔膜右侧溶液Fe2＋浓度增大D．理论上，Fe3＋每减少1mol，Fe2＋总量相应增加2mol【答案】

B【解析】全铁流电池原理为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，a极发生Fe－2e－===Fe2＋，为负载铁的石墨电极做负极，b极发生Fe3＋＋e－===Fe2＋，发生还原反应，b为石墨电极，作正极，以此解题。两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，A错误；根据分析，放电时，a极为负极，b极为正极，B正确；充电时，a接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2＋＋2e－===Fe，b接电源正极，为阳极，发生的电极反应式为：Fe2＋－e－===Fe3＋，两极的Fe2＋均减少，C错误；根据总反应方程式2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，Fe3＋减少1mol，Fe2＋增加1.5mol，D错误。11．NaxWO3晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当0.44≤x≤0.95时，其立方晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(

)A．与W最近且等距的O有6个B．x增大时，W的平均价态升高【答案】

B12．乙烯在硫酸催化下与水加成反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是(

)A．总反应任意温度都能自发进行B．总反应速率由第①步反应决定C．过渡态物质中最稳定的是第③步反应过渡态物质D．乙烯和乙酸反应按照上述机理可生成乙酸乙酯【答案】

A13．下列实验操作能够达到目的的是(

)选项实验操作目的A测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2判断该酸是否为强酸B向稀Fe2(SO4)3溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化探究H＋对Fe3＋水解的影响C向AgNO3溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化比较AgCl和AgI的Ksp大小D将氯气通入Na2S溶液，观察是否产生淡黄色沉淀验证氯气的氧化性【答案】

D【解析】若该酸为一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH＝2，可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01mol/L也可能达到pH＝2，故无法判断该酸是否为强酸，A错误；向稀Fe2(SO4)3溶液中加浓硫酸，虽增加H＋浓度抑制Fe3＋水解，但浓硫酸稀释时放热，未控制变量，无法单独验证H＋的影响，B错误；AgNO3溶液过量，溶液中剩余的Ag＋会直接与I－生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI，故不能比较Ksp大小，C错误；Cl2与Na2S反应生成S淡黄色沉淀，证明Cl2将S2－氧化为S，验证了Cl2的氧化性，D正确。【答案】

C二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．(15分)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。(1)步骤①中，加热的目的为_____________________________________________________________________________________________。(2)步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的为_______________________________________________________________________________________________________________________；pH接近6时，为了防止pH变化过大，还应采取的操作为_____________________________________________________________________。(3)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为________________。(4)准确称取一定量产品，溶解于稀HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH标准溶液，滴入1～2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为___________________________________________________________________________。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为_____________________________________________________________________________。(5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻的原因为_______________________________________________________________________________。结晶水个数x＝_____________。[M(C7H5O)＝121，结果保留两位有效数字]。【答案】

(1)升高温度，加快溶解速率，提高浸出率(2)防止生成Eu(OH)3沉淀缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH

(3)容量瓶、烧杯(4)滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变无色，并保持半分钟不变色滴定终点呈碱性，使用甲基橙误差较大(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水1.7【解析】

Eu2O3加入稀盐酸加热溶解，调节pH＝6，再加入苯甲酸钠溶液，得到Eu(C7H5O2)3·xH2O沉淀，再经过抽滤、洗涤，得到产品。(1)步骤①中，加热的目的是：加快溶解速率，提高浸出率。(2)Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀，步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的是防止生成Eu(OH)3沉淀；pH接近6时，为了防止pH变化过大，要缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH。(3)配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶。(4)用酚酞做指示剂，HCl标准溶液滴定剩余的NaOH，滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变16．(14分)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2＋；②Ksp[Pb(OH)2]＝10－14.8；③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。回答下列问题：(1)H2A分子中手性碳原子数目为________。(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为____________________________________________________________。(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。(5)滤渣2中的金属元素为________(填元素符号)。(6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，pH过高可能生成________(填化学式)。(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________。17．(15分)MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：Ⅰ.MgCO3(s)===MgO(s)＋CO2(g)

ΔH1＝＋101kJ·mol－1Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)

ΔH2＝－166kJ·mol－1Ⅲ.CO2(g)＋H2(g)===H2O(g)＋CO(g)

ΔH3＝＋41kJ·mol－1回答下列问题，(1)计算MgCO3(s)＋4H2(g)===MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g)

ΔH4＝________kJ·mol－1。(2)提高CH4平衡产率的条件是________。A．高温高压B．低温高压C．高温低压

D．低温低压(3)高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是________(填序号)，生成水的基元反应方程式为_________________________________________________。(4)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。①表示CH4选择性的曲线是________(填字母)。②点M温度下，反应Ⅱ的Kp＝________(kPa)－2(列出计算式即可)。③在550℃下达到平衡时，n(CO)＝________mol。500～600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是______________________________________________________________________________________。【解析】

(1)已知：Ⅰ.MgCO3(s)===MgO(s)＋CO2(g)

ΔH1＝＋101kJ·mol－1；Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)

ΔH2＝－166kJ·mol－1，将Ⅰ＋Ⅱ可得MgCO3(s)＋4H2(g)===MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g)

ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝＋101kJ·mol－1＋(－166kJ·mol－1)＝－65kJ·mol－1。(2)已知反应Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)

ΔH2＝－166kJ·mol－1为放热反应，要提高CH4平衡产率，要使平衡正向移动高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，A错误；低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4平衡产率，B正确；高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，C错误；低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，D错误。(3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第④步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*＋H*＋2H2O===CH4*＋2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*＋H2*＋CH2*===CH3*＋H2O。(4)已知反应Ⅰ为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根