海南海口市2026届高三下学期考前模拟预测 化学试题（含解析）高考模拟

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可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 Zn-65
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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. 2026年米兰-科尔蒂纳冬奥会中，高分子材料在运动装备、场馆设施与科技保障中实现了深度应用，成为支撑赛事“更轻、更稳、更可靠”的隐形力量。下列说法正确的是
A. 聚乳酸——绿色餐饮系统的主角，不可降解
B. 尼龙(聚酰胺)——高性能运动装备的关键材料，属于天然高分子
C. 聚乙烯——赛道安全与供水系统的隐形功臣，可通过缩聚反应制得
D. 有机玻璃(PMMA)——透明设施与展示装置的重要材料，属于热塑性塑料
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚乳酸属于可降解高分子材料，对应表述不可降解，A错误；
B．尼龙为人工合成的聚酰胺类高分子，不属于天然高分子，B错误；
C．聚乙烯由乙烯通过加聚反应制得，不能通过缩聚反应制备，C错误；
D．有机玻璃是透明设施与展示装置的重要材料，属于热塑性塑料，D正确；
故选D。
2. 下列关于化学实验操作或事故的处理正确的是
A. 金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火
B. 稀释浓硫酸时，将水沿烧杯内壁缓慢倒入浓硫酸中，并不断搅拌
C. 制备乙酸乙酯时，导管口接近但不插入饱和碳酸钠溶液中
D. 用蒸发皿蒸发NaCl溶液时，溶液表面出现晶膜即停止加热
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠可与泡沫灭火器喷出的、反应生成，加剧燃烧，应使用干燥沙土灭火，A错误；
B．浓密度大于水，稀释时放出大量热，应将浓沿烧杯内壁缓慢倒入水中并不断搅拌，若将水倒入浓会导致酸液飞溅，B错误；
C．制备乙酸乙酯时，加热过程中乙醇、乙酸易挥发，导管口接近但不插入饱和溶液可防止倒吸，同时能吸收杂质、降低乙酸乙酯溶解度，C正确；
D．用蒸发皿蒸发溶液时，应待出现大量固体时停止加热，利用余热蒸干剩余液体，仅出现晶膜即停止加热会导致大量溶质仍溶解在溶液中，产率偏低，D错误；
故选C。
3. 2026年春晚《丝路古韵》展现古代丝路文明，陶瓷、玻璃、丝绸、矿物颜料作为文明载体，其制备与保存涉及诸多化学知识。下列有关说法正确的是
A. 丝绸的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛气味
B. 越窑秘色瓷的“千峰翠色”源于釉料中氧化铁在氧化气氛下生成氧化亚铁
C. 瓷器属于硅酸盐产品，其制作原料主要为纯碱、石灰石和石英砂
D. 冶炼钢铁的过程中涉及氧化还原反应，但陶瓷的烧制过程只涉及物理变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质灼烧时会产生烧焦羽毛的特殊气味，A正确；
B．氧化铁为红棕色，氧化气氛下不会生成具有还原性的氧化亚铁，越窑秘色瓷的翠色与该转化无关，B错误；
C．瓷器属于硅酸盐产品，其制作原料主要为黏土，纯碱、石灰石和石英砂是制备普通玻璃的原料，C错误；
D．陶瓷的烧制过程中有新物质生成，涉及化学变化，并非只涉及物理变化，D错误；
故选A。
4. 下列检验材料或试剂不能一步鉴别出对应待鉴别物质的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠元素焰色试验颜色为黄色，锂元素焰色试验颜色为红色，用稀盐酸洗净铂丝后蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧即可鉴别，A正确；
B．甲酸乙酯含有醛基，可与酸性溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，乙酸甲酯不与酸性溶液反应，可鉴别，B正确；
C．可与浓氨水反应生成可溶性的，沉淀溶解，不与浓氨水反应，沉淀不溶解，可鉴别，C正确；
D．乙烯含碳碳双键、乙炔含碳碳三键，均可与溴的溶液发生加成反应使溶液褪色，无法一步鉴别，D错误；
故选 D。
5. 下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A. 单晶硅熔点高，可用于制造芯片B. 铝具有还原性，可用作铝热剂冶炼锰
C. 次氯酸溶液呈酸性，可用于杀菌消毒D. 碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥
【答案】B
【解析】
【详解】A．单晶硅用于制造芯片是利用其半导体特性，与熔点高的性质无对应关系，A错误；
B．铝的还原性强于锰，可通过铝热反应将锰从其氧化物中还原得到锰单质，性质与用途对应关系成立，B正确；
C．次氯酸用于杀菌消毒是利用其强氧化性，与溶液呈酸性的性质无对应关系，C错误；
D．碳酸氢铵用作氮肥是因为其含有氮元素可被植物吸收利用，与受热易分解的性质无对应关系，D错误；
故选 B。
6. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的一种气态氢化物是天然气的主要成分；X的简单氢化物分子中含有10个电子，且其水溶液呈碱性；同周期简单阴离子中Y的半径最小；Z的最高价氧化物对应水化物是最强的含氧酸。下列说法错误的是
A. 是由极性键形成的极性分子B. 基态原子未成对电子数：X>W>Z
C. 第一电离能：X>Y>ZD. X、Z的简单氢化物相遇产生白烟
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种气态氢化物是天然气的主要成分，天然气的主要成分是甲烷，W是C元素；X 的简单氢化物分子中含有 10 个电子，且其水溶液呈碱性，该氢化物是氨气（），X是N元素；Z的最高价氧化物对应水化物是最强的含氧酸，即HClO4，Z为Cl元素；根据原子序数依次增大且同周期简单阴离子中Y的半径最小，Y是F元素。
【详解】A．为，为极性共价键，中心原子价层电子对数为=4，且含有1个孤电子对，分子空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确；
B．基态N原子价层电子排布式为2s22p3，未成对电子数为3，基态C原子价层电子排布式为2s22p2，未成对电子数为2，基态Cl原子价层电子排布式为3s23p5，未成对电子数为1，基态原子未成对电子数：N>C>Cl，B正确；
C．第一电离能同周期从左到右有增大的趋势，同主族元素，从上到下第一电离能减小，故第一电离能，C错误；
D．与相遇反应生成固体小颗粒，产生白烟，D正确；
故选C。
7. 常温下，在金表面上分解的速率方程为()(为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度、压强无关；为反应级数)。实验测得的浓度与接触面积的关系如图所示：
已知：反应物消耗一半所用时间叫“半衰期”。下列叙述错误的是
A. 其他条件相同，接触面积越大，反应速率越快
B. 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快
C. 在常温、条件下，速率常数
D. 其他条件相同，的半衰期与初始浓度成正比
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应速率等于浓度变化量除以时间，对应图像中直线的斜率绝对值。从图中可见：接触面积S3=S2=200 cm2的直线斜率，明显大于S1=100 cm2的直线斜率，说明接触面积越大，单位时间内N2O浓度下降越快，反应速率越快。A正确；
B．三条曲线均为直线，说明N2O的浓度随时间匀速下降。这意味着单位时间内消耗的N2O量是固定的，即反应速率v是一个常数，与反应物浓度无关。结合速率方程()，只有当反应级数n=0（零级反应）时，v=k，速率才与浓度无关。因此 “反应物浓度越大，反应速率越快” 的说法不成立。B错误；
C．在常温、条件下，初始浓度c0= 0.1 ml/L，完全反应时间t=100 min，反应速率，由于该反应是零级反应，v=k，因此速率常数。C正确；
D．半衰期t1/2是反应物消耗一半所用的时间。对于零级反应，，当消耗一半时Δc=，代入得：，由于k是常数，因此半衰期t1/2与初始浓度c0成正比。D正确；
故答案选B。
8. 已知几种共价键的键能数据如下：
根据键能数据计算反应的等于
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】反应物总键能为2×799 kJ·ml−1+3×436 kJ·ml−1=2906 kJ·ml−1，生成物总键能为3×413 kJ·ml−1+358 kJ·ml−1+3×463 kJ·ml−1=2986 kJ·ml−1，则ΔH=2906 kJ·ml−1−2986 kJ·ml−1=−80 kJ·ml−1。
故选 A。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9. 高氧化态DMOA杂萜天然产物的不对称全合成，不仅填补了复杂天然产物合成领域的空白，更为药物研发提供了关键的分子骨架基础。下列叙述正确的是
A. 属于芳香族化合物B. 能发生加成、取代反应
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 1 ml有机物最多能与反应
【答案】BC
【解析】
【详解】A．芳香族化合物需要含有苯环，该有机物结构中无苯环，不属于芳香族化合物，A错误；
B．该有机物含有碳碳双键，可发生加成反应；含有酯基、饱和烃基，可发生水解、卤代等取代反应，B正确；
C．该有机物含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可使溶液褪色，C正确；
D．只有碳碳双键能与发生加成反应，酯基中的羰基不能和加成，该分子共3个碳碳双键，1ml该有机物最多消耗，D错误；
故答案选BC。
10. 根据实验操作及现象得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，该反应证明羟基活化了苯环上的邻对位氢原子，结论表述相反，A错误；
B．用标准溶液滴定草酸仅能确定草酸为二元酸，无法证明其电离不完全，不能得出草酸为二元弱酸的结论，B错误；
C．游离遇会生成血红色络合物，向溶液中滴加溶液不变红色，说明该溶液中不存在大量游离的，C正确；
D．浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气会随二氧化碳一同进入硅酸钠溶液，也可与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸酸性强于硅酸，不能得出非金属性的结论，D错误；
故选C。
11. 《Nature》报道一种水相中铟催化糖类烯丙基化的新方法，反应以葡萄糖等糖类为原料，烯丙基硼酸或烯丙基硼酸频哪醇酯为烯丙基供体，仅需催化量的铟即可实现转化。下列叙述错误的是
A. 甲既能形成分子内氢键又能形成分子间氢键
B. 乙中碳原子的杂化轨道类型为、
C. 甲和乙用元素分析仪测出来的数据完全相同
D. 乙的沸点由极性键和非极性键的键能大小决定
【答案】CD
【解析】
【详解】A．甲是葡萄糖，分子中含有多个羟基。分子内：相邻羟基的氧原子和氢原子可以形成分子内氢键；分子间：不同分子的羟基之间可以形成分子间氢键。A正确；
B．乙分子中存在两种碳原子：碳碳双键上的碳原子：采取sp2杂化（平面结构，键角约120°）；所有饱和碳原子（连4个单键，如连羟基的碳原子、亚甲基碳原子）：采取sp3杂化（四面体结构）。B正确；
C．元素分析仪的核心功能是测定有机化合物的元素组成（种类）与化合物中各元素的质量分数，甲（葡萄糖），和乙均只含有碳、氢、氧三种元素，但二者分子式不同，各元素的质量分数也不同，因此测得的各元素质量分数不同。C错误；
D．有机物沸点是指有机化合物从液态转化为气态时的温度，其高低主要由分子间作用力决定，包括范德华力和氢键。分子量对结构相似的有机物沸点起主导作用，乙的沸点较高，主要是因为分子中含有多个羟基，能形成大量分子间氢键，与键能大小没有关系。D错误；
故答案选CD。
12. 下列实例与对应的离子方程式不匹配的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化亚铜与稀硫酸发生歧化反应，离子方程式符合反应事实，A正确；
B．碱性溶液中，燃料电池负极反应生成的会与反应生成，正确负极反应式为，给出的离子方程式错误，B错误；
C．酸性条件下与发生氧化还原反应，电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，离子方程式正确，C正确；
D．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，生成的硫酸和均为强电解质，拆写正确，离子方程式符合反应事实，D正确；
故选B。
13. 采用@NC电极可显著提升电催化还原性能，为高性能还原催化剂的设计提供新思路；同时，可充放电电池的构建也为绿色能源转换和存储系统提供了新方案。下列叙述正确的是
A. 电极电势：a>b
B. a极电极反应式为
C. 工作一段时间后，b极区电解质溶液的pH升高
D. 每生成0.1 ml HCOOH时理论上消耗6.5 g Zn
【答案】CD
【解析】
【分析】根据电极物质转化，a极转化为，元素化合价升高，发生氧化反应，a为原电池负极；b极转化为，元素化合价从+4降低为+2，发生还原反应，b为原电池正极。a极电极反应式为，b极电极反应式为，电池工作时阳离子通过阳离子交换膜向正极b极移动。
【详解】A．正极电极电势高于负极，b为正极a为负极，故电极电势b>a，A错误；
B．a极处于碱性溶液环境中，失电子后结合生成，电极反应式为，不会生成，B错误；
C．b极反应消耗，同时有阳离子通过阳离子交换膜进入b极区，溶液中浓度降低，酸性减弱，pH升高，C正确；
D．每生成0.1 ml ，转移电子的物质的量为0.1 ml×2=0.2 ml ，根据电子守恒，消耗的物质的量为0.2 ml2=0.1 ml ，质量为0.1 ml×65 g·ml−1=6.5 g ，D正确；
故选CD。
14. 常温下，向甲胺()溶液中滴加盐酸，溶液中含N粒子分布系数[如]与pH的关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是
A. 曲线代表与pH的关系
B. 常温下，
C. M点时
D. 当时，溶液中可能存在
【答案】C
【解析】
【分析】甲胺的电离平衡：，pH越小（酸性越强），平衡正向移动，​浓度越大，分布系数越大，因此代表，代表。
【详解】A．甲胺的电离平衡：，pH越小（酸性越强），平衡正向移动，​浓度越大，分布系数越大。图像中在pH较小时接近1，因此代表，A正确；
B．甲胺的电离常数​，M点，即，因此。 M点，则，故，B正确；
C．若，甲胺与盐酸恰好完全反应生成，水解使溶液显酸性，，但M点（显碱性），说明此时加入盐酸体积，C错误；
D．当时，盐酸过量，溶质为和过量：来自两者电离，浓度最大；水解程度很小，因此；溶液显酸性，最小，因此可以存在，D正确；
故选C。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
15. 高纯镍(Ni)常作催化剂、制造合金等。以某镍矿(主要成分为NiS，含有、、、等)为原料制备高纯镍的工艺流程如下：
已知：①常温下，几种金属氢氧化物的溶度积()如表所示：
②“焙烧”渣主要成分有(酸性氧化物)、(两性氧化物)等。③“萃取”时发生反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)。回答下列问题：
（1）“焙烧”过程中生成NiO的化学方程式为_______，气体X需用_______(填化学式)溶液吸收，经检测合格后再排放。
（2）“转化”中，实际消耗双氧水的量远大于理论计算量，其原因是_______。
（3）加入双氧水转化后溶液中，当溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。用调节pH的范围为_______(保留两位有效数字，已知：)。
（4）“滤渣”为一种成分复杂的胶体，过滤前常需对其进行_______处理，使其聚沉，加快过滤速率。
（5）“萃取”的目的是_______。
（6）“电解”后废液可用于_______(填名称)工序，实现循环利用。
【答案】（1） ①. ②. NaOH
（2）在金属离子作用下双氧水分解速率加快
（3）
（4）加热或加入电解质等
（5）除去
（6）转化
【解析】
【分析】首先将镍矿在550℃下焙烧，使硫化物转化为金属氧化物，同时生成有毒的SO2气体，用NaOH溶液吸收处理；随后用NaOH溶液碱浸焙烧渣，利用MO3的酸性和As2O3的两性将其转化为可溶性盐除去，得到含Fe、Cu、Ni氧化物的滤渣；接着加稀硫酸溶解滤渣，再加入双氧水将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，用Ni(OH)2调节pH至2.8~6.5，使完全沉淀为Fe(OH)3除去，而Ni2+和Cu2+保留在溶液中；之后通过萃取反应将Cu2+转移至有机相，实现铜镍分离，得到纯净的含Ni2+溶液；最后电解该溶液，阴极析出高纯镍。
【小问1详解】
金属硫化物与氧气在高温下反应，生成金属氧化物和有毒的SO2气体。配平依据电子守恒：每个S2-失去6个电子被氧化为SO2，每个O2得到4个电子被还原，最小公倍数为12，因此系数为2，系数为3。化学方程式为：，气体X是SO2，属于酸性氧化物，能与强碱反应生成盐和水。题目流程中已使用NaOH溶液进行碱浸，因此用NaOH吸收SO2既符合反应原理，又能实现试剂的统一使用。
【小问2详解】
转化步骤中，H2O2的理论作用是将Fe2+氧化为Fe3+（便于后续调pH沉淀除去），Fe3+是H2O2分解的高效催化剂，会加速H2O2分解为水和氧气；同时H2O2本身不稳定，在酸性、加热条件下也会自发分解，因此实际消耗量远大于理论值。
【小问3详解】
调节pH的核心目标是：让Fe3+完全沉淀，同时保证Ni2+不沉淀。当溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全，由，代入铁离子浓度等于，计算出，两边取对数：，代入lg3的数据得到： ，计算出pOH=11.20，pH=14-11.20=2.80。初始时：c(Ni2+)=0.55ml/L，由，得到，求得，pOH=7.5，求得pH=6.5，所以。
【小问4详解】
滤渣是胶体，胶体粒子带电，具有介稳性，不易通过滤纸过滤。高中化学中，破坏胶体介稳性、使胶体聚沉的方法有三种：加热、加入电解质溶液、加入带相反电荷的胶体。工业上最常用的是加热或加入流程中已有的稀硫酸（电解质），使胶体粒子聚集成较大颗粒沉降，加快过滤速率。
【小问5详解】
调pH步骤只能除去Fe3+，溶液中仍残留Cu2+杂质。根据题目给出的萃取反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，Cu2+会选择性地进入有机相，而Ni2+留在水相，从而实现铜、镍的高效分离，得到纯净的含Ni2+的电解液。
【小问6详解】
电解NiSO4溶液时，阴极反应为（析出纯镍），阳极反应为，因此电解后废液中含有大量的H2SO4。该酸性废液可以循环到转化工序，替代部分稀硫酸溶解焙烧渣；
16. 工业上采用甲醇和一氧化碳为原料，在催化剂作用下发生羰基化反应可生成乙酸，涉及的主要反应如下：
i．CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g) ΔH1
ii．
回答下列问题：
（1）、的沸点分别为117.9°C、31.5°C，其沸点差异较大的主要原因是_______。
（2）标准摩尔生成焓(符号：)是指在标准状态(298 K、100 kPa)下由最稳定的单质生成1 ml某纯物质的焓变。反应热等于产物的生成焓与反应物的生成焓之差。已知几种物质的标准摩尔生成焓如下：
根据数据计算：_______。
（3）反应ii的，则反应ii的自由能与温度的关系是_______(填标号)。
A. B. C. D.
（4）恒温、恒容条件下，向某容器中加入适量的和CO，发生反应i和反应ii．下列事实能说明反应ii一定达到平衡状态的是_______(填标号)。
A. 容器内气体密度不随时间变化B. 容器内气体总压强不随时间变化
C. D. 不随时间变化
（5）按反应i中反应物化学计量数起始投料，仅发生反应i，保持平衡转化率(α)固定为0.3、0.5、0.7时，探究温度()与压强()的关系如图所示：
①的曲线是_______(填“I”“II”或“III”)。
②_______(填“>”或“”“”或“”或“ ②. F的电负性大于Br，两种元素的电负性差值越大，离子键成分越高
（4） ①. > ②. 的半径小于，和都是离子晶体，中离子键强于
（5） ①. ②. 6 ③.
【解析】
【小问1详解】
Ca 是 20 号元素，核外有20个电子。根据构造原理，电子依次填充 1s、2s、2p、3s、3p、4s 轨道，简化电子排布式用稀有气体[Ar]（18 个电子）表示内层，外层为4s2。故基态Ca原子的核外电子排布简式：。
【小问2详解】
H-核外有 2 个电子。能量最低原理：电子优先填充能量低的轨道，1s 轨道能量远低于 2s 轨道。泡利不相容原理：一个原子轨道最多容纳 2 个自旋相反的电子。选项B：1s 轨道填充2个自旋相反的电子，是H-的基态，能量最低。选项A：电子填充在能量更高的2s轨道，是激发态，能量最高。选项D(违反泡利不相容原理)、C(违反泡利不相容原理)均为错误的电子排布。
【小问3详解】
离子键的百分数与成键原子的电负性差值成正比。电负性：F(4.0)>Br(2.8)，因此Na与F的电负性差值大于Na与Br的差值，NaF中离子键成分更高。
【小问4详解】
离子晶体的熔点由离子键强弱决定。离子键强弱与离子半径成反比（电荷数相同时）。BaO和BaS的阳离子均为Ba2+，阴离子电荷数均为-2，但O2-的电子层数更少，半径更小，因此BaO中离子键更强，熔点更高。
【小问5详解】
①3 号原子坐标：1 号原子在原点(0,0,0)，2 号原子在 x 轴中点(0.5,0,0)，3 号原子位于晶胞的体心，坐标为(0.5,0.5,0.5)。
②NaH 晶体为 NaCl 型面心立方结构，每个H-周围等距离且最近的Na+位于上下、左右、前后 6 个方向，配位数为 6，晶胞中：根据均摊法Na+个数：个，H-个数：个，一个晶胞含 4 个 NaH，晶胞质量：，晶胞体积，密度。选项
检验材料或试剂
待鉴别物质
A
铂丝、酒精灯、稀盐酸
NaCl溶液、LiCl溶液
B
酸性溶液
乙酸甲酯、甲酸乙酯
C
浓氨水
D
溴的溶液
乙烯、乙炔
共价键
C=O
H-H
C-H
C-O
O-H
键能/()
799
436
413
358
463
选项
操作及现象
结论
A
向苯酚溶液中滴加浓溴水，产生白色沉淀
苯环活化了羟基
B
用NaOH标准溶液滴定一定体积、一定浓度的草酸溶液
草酸为二元弱酸
C
向溶液中滴加KSCN溶液，不变红色
该溶液中不存在大量游离的
D
向石灰石中滴加浓硝酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀
非金属性：
选项
实例
离子方程式
A
氧化亚铜溶于稀硫酸得到蓝色溶液
B
电解质为KOH溶液的燃料电池负极反应
C
用除去酸性废水中的
D
用二氧化硫水溶液吸收粗溴
物质
物质
-200.66
-432.25
-410.0
-241.82