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3

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(三)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．文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物的主要材质属于天然有机高分子的是(

)A.铜奔马B.隋天龙山石佛首三彩C.宋彩绘木雕观音D.莲花形玻璃托盏【答案】

C【解析】铜奔马为主要成分为金属材料，A错误；隋天龙山石佛首三彩主要材质属于硅酸盐材料，B错误；宋彩绘木雕观音主要材质纤维素属于天然有机高分子，C正确；莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，D错误。2．下列对实验过程的相关问题处理方法合理的是(

)选项实验过程的相关问题处理方法A证明CH3COOH是弱电解质用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小B从含有I2的NaCl固体中提取I2用CCl4溶解、萃取、分液C检验溴乙烷与NaOH乙醇溶液反应中生成的乙烯将产生气体通入酸性KMnO4溶液D从明矾过饱和溶液中快速析出晶体用玻璃棒摩擦烧杯内壁【答案】

D【解析】不知道溶液浓度，不能根据比较溶液pH大小判断酸性强弱，A错误；从含有I2的NaCl固体中提取I2，应利用I2升华的性质，B错误；挥发的乙醇也能使高锰酸钾褪色，不能证明反应生成乙烯，C错误；从明矾过饱和溶液中快速析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁，在烧杯内壁产生微小的微晶来充当晶核，D正确。【答案】

A4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(

)A．22.4LCH4中原子的数目为5NAB．1mol18O所含中子的数目为10NAC．28gFe粉和足量S完全反应，转移电子的数目为1.5NAD．0.1L12mol·L－1盐酸与足量MnO2反应，生成Cl2的数目为0.3NA【答案】

B【解析】未指明气体是否处于标准状况，22.4LCH4的物质的量无法确定为1mol，因此原子数目无法确定为5NA，A错误；18O的中子数为18－8＝10,1mol18O含10mol中子，数目为10NA，B正确；28gFe(0.5mol)与S反应生成FeS，Fe的氧化态为＋2价，转移电子数为0.5×2＝1mol＝1NA，而非1.5NA，C错误；浓盐酸与MnO2反应时，随反应进行浓度降低，反应停止，实际生成Cl2的物质的量小于理论值0.3mol，D错误。5．下列化学用语或图示表示正确的是(

)【答案】

A6．10-羟基喜树碱具有抗癌作用，其结构简式如图。下列有关该化合物的说法正确的是(

)A．有2种含氧官能团B．可与FeCl3溶液发生显色反应C．可与NaHCO3溶液反应产生CO2D．有2个手性碳原子【答案】

B7．格氏试剂性质活泼，可与空气中的H2O和O2等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置(部分装置略)，以乙醚(沸点34.5℃)为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。下列说法错误的是(

)A．气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用B．烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液C．图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替D．产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应【答案】

B【解析】当气球被充入气体时，气体在气球内产生了一定的压力，这将均匀地作用在气球内外的表面上，使得外壳可以均匀分担气体的压力，故A正确；格氏试剂过量时有副产物生成，烧瓶中应加入苯甲酰氯，格氏试剂通过滴液漏斗缓慢滴加，故B错误；反应体系为无水、无氧的密封装置，需要用图中的恒压滴液漏斗，保证液体顺利滴下，而不能用分液漏斗，故C正确；苯甲酰氯比二苯甲酮与格氏试剂反应速率快，导致苯甲酰氯与格氏试剂产率高，故D正确。8．下列关于物质性质比较或事实与原因分析正确的是(

)选项物质性质比较或事实原因分析A2C＋SiO2===Si＋2CO↑非金属性：C>SiB熔沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛能形成氢键C在水中溶解度：CO2<乙醇CO2相对分子质量较小D硬度：金刚石>晶体硅原子半径：C<Si，因此共价键键能：C—C>Si—Si【答案】

D【解析】元素的非金属性强弱指的是元素原子得电子能力的强弱，C置换出Si，但C是还原剂，所以不能说明得电子能力：C>Si，也不能说明非金属性：C>Si，A错误；邻位因分子内氢键削弱分子间作用力，而对位因分子间氢键增强分子间作用力，则熔沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，B错误；乙醇与水可以形成氢键，且CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，在水中溶解度：CO2<乙醇，C错误；金刚石和晶体硅都是共价晶体，原子半径C＜Si，C—C键能＞Si—Si键，导致金刚石共价键更强，硬度更大，D正确。9．化合物RY2(YZ3X10)(XW)2在涂料等领域应用广泛。W、X、Y、Z、R的原子序数依次增加，W、X、Y、R分别属于前四个不同周期的主族元素。基态X原子中s能级电子总数与p能级电子总数相等，基态Z原子次外层电子数是最高能层电子数的2倍，Y和Z的原子序数之和等于X和R的原子序数之和，基态R原子的价电子只占据最高能层1个原子轨道。下列说法错误的是(

)A．原子半径：R>Y>Z>XB．X的第一电离能比同周期相邻元素的都低C．化合物RY2(YZ3X10)(XW)2中，Z显＋4价D．Y、Z、R的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能反应【答案】

D【解析】

W、X、Y、Z、R的原子序数依次增加，W、X、Y、R分别属于前四个不同周期的主族元素，W是H元素。基态X原子中s能级电子总数与p能级电子总数相等，X是O元素；基态Z原子次外层电子数是最高能层电子数的2倍，Z是Si元素；Y和Z的原子序数之和等于X和R的原子序数之和，基态R原子的价电子只占据最高能层1个原子轨道，R是K或Ca，若R是Ca，X和R的原子序数之和为28，Y和Si的原子序数之和等于28，则Y原子序数为14，所以R不可能是Ca，R是K，Y是Al。电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：K>Al>Si>O，故A正确；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，所以O的第一电离能比同周期相邻元素的都低，故B正确；根据化合价代数和等于0，化合物KAl2(AlSi3O10)(OH)2中，Si显＋4价，故C正确；Al(OH)3是两性氢氧化物，溶于强酸和强碱，H2SiO3是弱酸，Al(OH)3和H2SiO3不反应，故D错误。10．化学镀镍废水经分离处理后得到含磷废液(主要含NaH2PO2)和含镍废液(主要含NiCl2)，分别通入如图所示电解装置的两极室回收磷、镍。已知：H3PO2是一元中强酸；25℃时，H3PO4的Ka1＝6.9×10－3、Ka2＝6.2×10－8、Ka3＝4.8×10－13。电解过程中，下列说法不正确的是(

)【答案】

B【答案】

D12．将乙烯通入PdCl2水溶液中可生成乙醛和金属Pd，用CuCl2实现PdCl2的再生，并用空气再生CuCl2，由此组合成催化循环反应，反应机理如下图所示，下列有关该反应过程的说法错误的是(

)【答案】

B13．下列实验操作及现象能得出相应结论的是(

)选项实验操作现象结论A向0.1mol·L－1CuSO4溶液中加入少量NaCl固体溶液由蓝色变为黄绿色Cl－和H2O在配合物中存在相互竞争B向苯酚浊液中加入足量Na2CO3溶液溶液变澄清Ka(苯酚)>Ka1(H2CO3)选项实验操作现象结论C向盛有饱和Na2CO3溶液的试管中加入BaSO4固体，一段时间后，过滤、洗涤沉淀，将洗净后的白色固体加入盐酸中白色固体加入盐酸后，产生气泡，固体部分溶解Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)D常温下，将氨水和盐酸等体积混合后，滴加几滴甲基橙，振荡溶液显黄色NH3·H2O为弱碱【答案】

A错误；常温下，将氨水和盐酸等体积混合后，滴加几滴甲基橙，振荡，溶液显黄色，由于没有明确盐酸和氨水的浓度，不能证明NH3·H2O为弱碱，故D错误。A．Na2S溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)B．向c(Cd2＋)＝0.01mol·L－1的溶液中通入H2S至饱和，可使

c(Cd2＋)<10－5mol·L－1C．忽略S2－的第二步水解，0.1mol·L－1的Na2S溶液中S2－的水解率约为62%D．向0.01mol·L－1的FeCl2溶液中加入等体积的0.2mol·L－1的Na2S溶液，反应初期产生沉淀为FeS【答案】

D二、非选择题：本题共4题，共58分。已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：

熔点/℃沸点/℃其他PCl3－11275.5遇水极易水解POCl32105.3遇水极易水解某实验小组模拟该工艺设计实验装置如图(部分加热和夹持装置已略去)：请回答下列问题：(1)装置戊中发生反应的离子方程式为：____________________________________________________________________________________。(2)装置乙的主要作用为：①干燥气体，②__________________________________________________________，③_________________________________________________________________。(3)装置丙的温度需控制在60～65℃的原因是_______________________________________________________________________________。(4)实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，该实验小组采用下列方法测定产品中的氯元素含量，继而通过计算确定三氯氧磷的纯度：Ⅰ.取mg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待水解完全后滴加稀硝酸至酸性Ⅱ.向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L－1AgNO3溶液至Cl－完全沉淀Ⅲ.向其中加入少量硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖Ⅳ.加入指示剂，用c2mol·L－1KSCN溶液进行滴定，至终点时消耗KSCN溶液V2mL(已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10－10，Ksp(AgSCN)＝2×10－12)①步骤Ⅳ中选用的指示剂为_______________________________。②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。③产品中氯元素含量的表达式为：________________________________________________________________________________________。④下列操作会使测得的氯元素含量偏小的是________。a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线b．实验过程中未加入硝基苯c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡d．滴定时锥形瓶未干燥(5)如需进一步提纯产品，可采用的提纯方法为_______________。16．(14分)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下：已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。回答下列问题：(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为__________________________________________________________________________。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有________________(填化学式)。(2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金属元素的浸出率________(填“增大”“减小”或“不变”)。(5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入___________________(填操作单元名称)循环利用。【解析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。(1)低17．(15分)CO2与CH4均是温室气体，CO2与CH4催化重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化的重要方法。①该反应在一定温度下能自发进行的原因为______________________________________________________________________________。②已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC≡OH—H键能/(kJ·mol－1)4131075436若在恒温、恒容密闭容器中进行反应ⅰ、ⅱ，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是________(填字母)。A．相同时间内形成C—H键和H—H键的数目之比为2∶1B．体系内n(H2)/n(CO)保持不变C．体系内各物质的浓度保持不变D．体系内混合气体的密度保持不变(3)在总压为24p0的恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)∶n(CO2)＝1∶1的混合气体，在一定温度下发生反应ⅰ、ⅱ，测得CH4、CO2的平衡转化率分别为20%和40%。①平衡时容器的体积是起始时的________倍。在Rh表面，每生成1molCO，则价带产生的空穴(h＋)数为________NA；价带上的电极反应式可表示为_______________________________________。(4)光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(h＋，具有强氧化性)，CO2在导带获得电子生成CO和O2－，价带上CH4直接转化为CO和H2，反应机理如图所示：【答案】

(1)①该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG＝ΔH－TΔS<0(合理即可)

②＋1490

(2)BC

(3)①1.2

②3

③增大④不变(4)2

CH4＋2h＋＋O2－===CO＋2H2【解析】

(1)①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG＝ΔH－TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG＝ΔH－TΔS<0；②根据反应热＝反应物键能和－生成物键能和，则ΔH＝2E(C===O)＋4×413－2×1075－2×436＝12