新疆2025-2026学年下学期高三高考三模化学试卷含答案

这是一份新疆2025-2026学年下学期高三高考三模化学试卷含答案，共16页。试卷主要包含了5  Ca 40等内容，欢迎下载使用。
理科综合
全卷满分300分，考试时间150分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Ca 40
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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．中华优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识，下列有关描述错误的是
A．蚕丝可用于织制丝绸，主要成分为蛋白质
B．朱砂可用于制印泥，主要成分为氯化银
C．檀木可用于制毛笔杆，主要成分为纤维素
D．陶瓷可用于制文房器具，主要成分为硅酸盐
2．下列过程发生反应的方程式书写正确的是
A．铅酸蓄电池放电：
B．通入水溶液中：
C．用FeS去除工业废水中的：
D．碱性氢氧燃料电池正极电极反应式：
3．某科研团队成功将、CO同时引入到单一聚合物中制备三元共聚物M，反应过程如下。下列叙述正确的是
A．反应Ⅰ中只有键的断裂和形成
B．反应Ⅱ为缩聚反应
C．生成M消耗、CO、1，3-丁二烯的物质的量之比为1:1:2
D．M可在碱性条件下水解生成小分子化合物
4．利用电化学方法，以溶液、空气为原料制备NaOH、的电解装置如图所示，Ⅰ室溶液显碱性，X、Y为阳离子或阴离子交换膜。下列说法错误的是
A．X为阴离子交换膜，Y为阳离子交换膜
B．电解过程中，Ⅰ室溶液pH几乎不变
C．阳极电极反应式为
D．理论上阳极生成标准状况下1.12 L 时，Ⅱ室获得0.2 ml NaOH
5．一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，Y基态原子未成对电子数等于其电子层数。下列说法正确的是
A．单质氧化性：X＜YB．W与Z属于同一主族
C．最高价含氧酸酸性：Y>ZD．该分子能与水形成分子间氢键
6．某研究小组研究HCOOH催化脱氢的反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．物质X化学式为
B．用HCOOD代替HCOOH，可生成HD
C．每生成1 ml ，消耗1 ml HCOOH
D．中氢原子电性相同
7．室温下，采用中和法处理含镍废水，形成沉淀时，体系中存在平衡 ， ， ，溶液中、、的浓度对数与pH关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线P表示与pH的关系曲线
B．
C．pH升高，溶解度减小
D．0.01 溶液中加入NaOH溶液至pH=7，无沉淀生成。
三、非选择题：共174分。每个试题考生都必须作答。
8．过氧化钙()有较强的漂白、杀菌和增氧等作用，实验室制备并测定其质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.制备过氧化钙
①称取 7.5 g，用5 mL水溶解后，加入25 mL质量分数为30%的溶液，搅拌条件下滴入氨水，并置于冰水浴中。
②过滤、洗涤后，将固体于150℃下烘干脱水，得到，冷却后称量产品质量为a g。
Ⅱ.测定过氧化钙质量分数
③取m g产品加入足量酸溶液酸化，再加入过量KI溶液充分反应。
④滴入几滴指示剂，用c 标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积为V mL。
已知：与、反应生成时放热；过氧化钙与酸反应生成；。
(1)下列仪器中本实验中必需使用的有_______(填序号)。
(2)写出步骤①中生成的化学方程式：_______。
(3)步骤①中，置于冰水浴的目的是_______。
(4)步骤②中如何确定固体已洗涤干净：_______。
(5)步骤③加入的酸为_______。
a.HCl b. c.
(6)步骤④中加入的指示剂为_______。
(7)下列操作导致测定的产品中质量分数偏低的是_______。
a.步骤②中未完全脱水 b.滴定管未用标准液润洗
c.锥形瓶未用待测液润洗 d.滴定完成后读数时，俯视滴定管刻度线
(8)产品中的质量分数为_______%(用含m、c、V的代数式表示)。
9．以高砷铜烟尘(主要成分为、PbO、、ZnO、CuO)为原料，制备海绵铜和光学材料ZnS的工艺流程如下：
已知：室温下，，，；衍射峰强度越大，该物质含量越高。
(1)“焙烧除砷”。
①属于_______晶体(填晶体类型)。
②砷去除率随焙烧温度的变化如图1所示，不同焙烧温度下焙烧渣的XRD图谱如图2所示。结合图中信息分析，当焙烧温度由250℃升高至400℃时，砷去除率降低的原因是_______。
(2)可与石灰乳在空气中加热制备，写出该反应的化学方程式：_______。
(3)“滤液1”中阳离子主要有_______(填离子符号)。
(4)“还原”过程中加入的单质X化学式为_______。
(5)“沉锌”过程中发生反应，该反应平衡常数K的数值为_______。
(6)ZnS晶胞如图所示，位于形成的_______ (填几何体名称)中心；通过离子交换可实现掺杂入ZnS晶胞中，与具有相同配位数、_______，掺杂后不易造成晶胞严重畸变。
10．氢气是未来理想能源，利用氢能需解决氢气的储存和制备等问题。
Ⅰ.氢气的储存
(1)为高效储氢载体，受热分解释放，反应为。
①该反应自发进行的条件是_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)。
②已知键能数据如下：
则反应的_______(用含a、b、c的代数式表示)。
(2)氢分子根据两个氢原子核的自旋状态不同，可分为正氢和仲氢。正氢与仲氢之间能够发生缓慢转化并达到平衡状态，平衡时正氢和仲氢的物质的量分数以及转化热随温度的变化情况如图所示。已知：氢气的液化温度为20.4 K；1 kg液氢汽化时吸收的热量为461.4 kJ。
①仲氢稳定性_______(填“>”“＜”或“=”)正氢。
②氢气在低于20.4 K条件下液化储存时，需提前在催化条件下将正氢转化为仲氢，以避免发生安全事故，原因是_______。
Ⅱ.氢气的制备
(3)、与负载Ni催化剂的CaO复合物反应的分步制备原理如图所示。温度650℃下，将气体以一定流速通入反应装置，发生的分步反应方程式为：
步骤1：
步骤2：
步骤2出口处所有气体(、、CO、)体积分数与反应时间的关系如图所示，该步骤中发生了受热分解的副反应。
①利用NiO制备Ni催化剂的反应为，向反应装置内通入氢气流还原NiO时，提高氢气流速可提高NiO平衡时的还原率，原因是_______。
②曲线_______(填“M”“N”或“P”)表示步骤2出口处的体积分数。
③40 min时，的转化率为_______(结果保留小数点后一位)。
④步骤2反应时间越长，步骤1中制得纯度越低的原因是_______。
11．化合物G是一种新型的除草剂，其合成路线如下：
已知：＋＋R3OH(R、、、为氢原子或烃基)
(1)B中官能团名称为_______。
(2)C的结构简式为_______。
(3)D→E时，D会先与反应生成中间产物，后再继续反应生成E，写出生成中间产物的化学方程式：_______。
(4)F→G的反应类型为_______；该步骤中，的作用是将F转化为活性更高的阴离子，下列试剂中可以用于替代的是_______。(填字母)
a. b.NaOH c.KCl d.
(5)下列说法错误的是_______。(填字母)
a.一个D与完全加成的产物有4个手性碳原子 b.E能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c.可用溶液鉴别E和F d.G中碳原子杂化类型均相同
(6)H是E的一种同分异构体，任写一种符合下列要求的同分异构体的结构简式：_______。
①能与溶液反应；
②存在手性碳原子且有3种杂化类型的碳原子；
③核磁共振氢谱中显示有4组峰，且峰面积比为1:1:1:2。
写出以为原料合成的路线_______。(无机试剂、题给流程中试剂任用)
1．B
A．蚕丝的主要成分为天然蛋白质，可用于织制丝绸，A正确；
B．朱砂的主要成分为硫化汞（），并非氯化银，B错误；
C．檀木属于植物木材，主要成分为纤维素，可用于制毛笔杆，C正确；
D．陶瓷属于传统硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，可用于制文房器具，D正确；
故选B。
2．A
A．铅酸蓄电池放电时，、和反应生成和，所给方程式原子、得失电子均守恒，符合反应事实，A正确；
B．和水溶液反应时，中+4价S被氧化为+6价的，中0价Cl被还原为-1价的，所给方程式产物错误，正确离子方程式为，B错误；
C．是难溶电解质，离子方程式中不能拆写为，正确反应式为，C错误；
D．碱性氢氧燃料电池中电解质呈碱性，不存在大量，正确正极反应式为，D错误；
故选A。
3．C
A．反应Ⅰ中，断开了碳碳双键与碳氧双键中的π键，生成碳氧单键、碳碳单键等，均为σ键，A错误；
B．缩聚反应的特征是生成高分子的同时会伴随小分子副产物生成；反应Ⅱ是双键打开的加成聚合（加聚反应），没有小分子副产物生成，不属于缩聚反应，B错误；
C．根据原子守恒，生成1ml聚合物M的重复单元时，需要消耗、、 1,3-丁二烯，因此三者物质的量之比为，C正确；
D．M是高分子聚合物，碱性条件下酯基水解后仍得到高分子骨架产物，不会生成小分子化合物，D错误；
故选C。
4．B
左侧电极接负极为阴极，氧气发生还原反应，；右侧电极接正极，发生氧化反应，；阴极室生成的通过离子交换膜X进入Ⅱ室，通过离子交换膜Y进入Ⅱ室，所以X为阴离子交换膜，Y为阳离子交换膜；
A．由分析知，X为阴离子交换膜，Y为阳离子交换膜，A正确；
B．电解过程中，Ⅰ室每生成，就有透过阴离子交换膜X进入Ⅱ室，但阴极反应持续消耗Ⅰ室中的水，Ⅰ室溶剂减少，浓度会逐渐升高，pH增大，不是几乎不变，B错误；
C．阳极（Ⅲ室）中和水失电子生成和，配平后电极反应为，，C正确；
D．标准状况下物质的量为，生成转移电子；转移电子时，阴极生成，同时有移入Ⅱ室，因此Ⅱ室获得，D正确；
故选B。
5．D
W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大；Z只形成1个共价键，说明Z最外层有7个电子，为第ⅦA族短周期元素。Y形成5个共价键，且满足基态原子未成对电子数=电子层数，则Y为P；Z原子序数大于P，短周期第ⅦA族只有Cl；W形成1个共价键，且原子序数最小，则W为H；X形成2个共价键，原子序数小于P，则X为O；
A．单质氧化性O2>P，即X>Y，A错误；
B．W是H，位于第ⅠA族，Z是Cl，位于第ⅦA族，不同主族，B错误；
C．Y最高价含氧酸为，Z最高价含氧酸为，非金属性Cl>P，则最高价氧化物对应水化物的酸性>，C错误；
D．该分子中含有键，O电负性大、半径小，分子中的O可以和水分子的H形成氢键，分子中的O-H键的H也可以和水分子的O形成氢键，因此可以形成分子间氢键，D正确；
故选D。
6．D
A．根据原子守恒配平反应：，可得为，A正确；
B．依据图示机理，使用代替，有反应；因此，用代替，可生成HD，B正确；
C．依据图示机理，总反应为，因此每生成1 ml消耗1 ml HCOOH，C正确；
D．两个氢原子分别连接不同基团（一个连N、一个连C），与N相连的H，N电负性大于H，共用电子对偏向N，H显正电性；与C相连的H，C 为金属，电负性小于H，共用电子对偏向H，H显负电性，因此两个H的电性不同，D错误；
故选D。
7．C
对于：由，变形得，斜率为-2，pH增大时快速减小，对应曲线M。对于：由，变形得，斜率为-1，对应曲线N。对于：由，变形得lgc([Ni(OH)3]−)=lgK2−14+pH，斜率为+1，对应曲线P。
A．由分析知曲线P表示与pH的关系，A正确；
B．取pH=7时，，曲线M（）的，则；曲线N（）的，则；曲线P的，则，故，B正确；
C．pH较低时，pH升高，同离子效应使溶解度减小，但pH较高时，浓度大，平衡正向移动，沉淀溶解，溶解度增大，故溶解度不随pH升高一直减小，C错误；
D．pH=7时，，离子积，故无沉淀生成，D正确；
故选C。
8．(1)②④
(2)
(3)防止过氧化氢分解、氨水挥发；低温有利于晶体析出，提高产率
(4)取最后一次洗涤液，先用稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有沉淀生成，则证明已洗涤干净
(5)b
(6)淀粉溶液
(7)ad
(8)
加水溶解，加入30%的溶液，搅拌条件下滴入氨水，并置于冰水浴中，反应生成，过滤、洗涤后，将固体于150℃下烘干脱水，得到。
（1）用c (强碱弱酸盐)标准溶液滴定过程中需使用碱式滴定管，称量产品过程中需使用托盘天平，则实验中必需使用的有②④；
（2）步骤①中氯化钙和溶液、氨水在冰水浴中反应生成，同时生成氯化铵，反应的化学方程式：；
（3）已知：与、反应生成时放热，且过氧化氢不稳定，受热容易分解，氨水受热容易挥发，故步骤①中，置于冰水浴的目的是防止过氧化氢分解、氨水挥发；且低温有利于晶体析出，提高产率。
（4）步骤②中确定固体已洗涤干净，就是确定洗涤液中不含氯离子，故为：取最后一次洗涤液，先用稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有沉淀生成，则证明已洗涤干净。
（5）硝酸具有强氧化性，氯离子可能被过氧化氢氧化，稀硫酸可酸化且无干扰。故应该选用稀硫酸，选b；
（6）碘单质遇淀粉试液变为蓝色，故步骤④中加入的指示剂为淀粉溶液；
（7）a．步骤②中未完全脱水，导致样品中含水，测得过氧化钙含量偏小，符合题意；
b．滴定管未用标准液润洗，使得标准液浓度偏小，用量偏大，测得过氧化钙含量增大，不符合题意；
c．锥形瓶未用待测液润洗，不影响标准液用量，不产生误差，不符合题意；
d．滴定完成后读数时，俯视滴定管刻度线，使得标准液读数偏小，测得过氧化钙含量偏小，符合题意；
故选ad；
（8）过氧化钙与酸反应生成，过氧化氢和碘离子发生氧化还原生成碘单质和水，结合质量守恒、电子守恒，存在关系式；，使用标准溶液滴定存在反应，则存在关系式；，产品中的质量分数为。
9．(1) 分子 转化为
(2)
(3)Zn2+、Cu2+、H+
(4)Zn
(5)
(6) 四面体 半径相近
高砷铜烟尘主要成分为、PbO、、ZnO、CuO。高砷铜烟尘焙烧除去As2O3，焙烧渣加硫酸“酸浸”， PbO、ZnO、CuO转化为PbSO4沉淀、ZnSO4、CuSO4，不反应，过滤出PbSO4、，滤液1中加Zn把CuSO4还原为Cu，过滤得海绵铜，滤液通入H2S生成ZnS。
（1）①高温焙烧能除去，可知沸点低，属于分子晶体。
②根据不同焙烧温度下焙烧渣的XRD图谱，当焙烧温度由250℃升高至400℃时，转化为，所以砷去除率降低。
（2）可与石灰乳在空气中加热制备，As元素化合价由+3价升高为+5价，被氧气氧化，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为。
（3）焙烧渣加硫酸“酸浸”， PbO、ZnO、CuO转化为PbSO4沉淀、ZnSO4、CuSO4，不反应，过滤出PbSO4、，“滤液1”中含有ZnSO4、CuSO4以及过量硫酸，阳离子主要有Zn2+、Cu2+、H+。
（4）滤液1中加X还原出Cu，为不引入杂质，“还原”过程中加入的单质X化学式为Zn；
（5）“沉锌”过程中发生反应，该反应平衡常数K 。
（6）根据ZnS晶胞图，位于形成的四面体中心；通过离子交换可实现掺杂入ZnS晶胞中，与具有相同配位数、半径相近，掺杂后不易造成晶胞严重畸变。
10．(1) 高温
(2) > 正氢转化为仲氢是放热过程，在低温储存时会放出大量热量，导致液氢汽化，压强剧增，有爆炸风险
(3) 提高氢气流速可以更快地将反应生成的从反应体系中带走，降低了生成物的浓度，平衡正反应方向（生成Ni的方向）移动，从而提高了NiO的还原率 N 37.5% 步骤2反应时间越长，分解生成的C覆盖在CaO表面，降低CaO活性，同时生成的CO等气体混入步骤1的中，导致纯度降低
（1）是气体物质的量增大的反应，，这是一个吸热反应，，根据公式，要使反应自发进行，必须满足，该反应自发进行的条件是高温；
②化学反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能= 。
（2）①从图中的“正、仲氢物质的量分数”曲线可以看出，随着温度降低，仲氢的物质的量分数逐渐增大，在低温下（如50K）接近100%。根据化学平衡原理，温度越低越有利于放热反应的进行，产物的能量越低，能量越低越稳定。因此，仲氢比正氢更稳定；
②氢气在低于20.4 K时液化。从图中可知，在此低温下，氢气的稳定形态是仲氢。如果将含有大量正氢的氢气直接液化储存，在储存过程中，不稳定的正氢会自发地转化为稳定的仲氢。正氢转化为仲氢是一个显著的放热过程。放出的热量会使液氢温度升高，导致其迅速汽化。液氢汽化会导致储存容器内压强急剧升高，可能引发爆炸等严重的安全事故。因此，为了避免在储存过程中发生这种危险的放热转化，需要在液化前通过催化剂将正氢预先转化为仲氢，使氢气在储存时处于或接近平衡状态，从而确保安全。
（3）①提高氢气流速可以更快地将反应生成的从反应体系中带走，降低了生成物的浓度。根据化学平衡移动原理（勒夏特列原理），平衡会向着减弱这种改变的方向移动，即向正反应方向（生成Ni的方向）移动，从而提高了NiO的还原率；
②在步骤2中，主反应 产生的和的物质的量之比1:1。而副反应只产生而不产生 。因此，在出口处所有气体中，的总量必然大于的总量，其体积分数也应该最高。观察图中曲线，曲线N的体积分数在反应开始后较高，因此它代表；
③甲烷在反应过程中体积分数减小，直到接近零，则P代表CH4，M代表CO，40 min时，H2的体积分数为48%，CO的体积分数为12%，设初始时CH4的物质的量为1ml，列出“三段式”
气体总物质的量为(1+3x+y)ml，，，解得x=，y=，n(CH4)=0.625ml，的转化率为；
④步骤2反应时间越长，分解生成的C覆盖在CaO表面，降低CaO活性，同时生成的CO等气体混入步骤1的中，导致纯度降低。
11．(1)氯原子、醛基
(2)
(3)
＋＋CH3OH
(4) 取代反应 ab
(5)ad
(6)或（任选一种即可）
(7)
A（2,6-二氯苯甲醇）在Cu催化下被O2氧化为B（2,6-二氯苯甲醛，结构简式为），B与CH3MgCl反应后酸化生成C，C在Cu催化下被O2氧化为D（2,6-二氯苯乙酮），故C应为醇类化合物，结构简式为，D与在CH3ONa作用下发生反应生成E，E再与NH2OH、HCl反应生成F，F在K2CO3作用下与反应生成G；据此作答。
（1）
根据分析，B的结构简式为，故官能团名称为氯原子、醛基。
（2）
根据分析，从D的结构可以逆推出C的结构简式为。
（3）
根据已知反应可知，酯可以和带有β-氢的酮反应，生成1,3-二酮和醇，故中间产物为，化学方程式为＋＋CH3OH。
（4）
F→G是F中的-OH被中的取代，属于取代反应；K2CO3的作用是中和F中的酚羟基，生成更活泼的阴离子，需要碱性试剂。
a．CH3ONa：碱性较强，可中和酚羟基，符合题意；
b．NaOH：强碱，可中和酚羟基，符合题意；
c．KCl：中性，无法中和酚羟基，不符合题意；
d．KHCO3：碱性较弱，无法中和酚羟基，不符合题意；
故选ab。
（5）
a．一个D与氢气完全加成的化合物结构简式为（带★的为手性碳原子），有三个手性碳原子，故a错误；
b． E中含有-CHF2，可被KMnO4氧化为-COOH，使溶液褪色，b正确；
c．F含酚羟基，可与FeCl3溶液显色，而E不含，故可鉴别，c正确；
d．G中苯环C为sp2杂化，-CHF2中C为sp3杂化，杂化类型不同，d错误；
故选ad。
（6）
E的分子式为C10H5ClF2O2，不饱和度为7，H能与碳酸氢钠反应，说明含-COOH，根据不饱和度推测，H中应含有苯环，且有手性碳，同时有sp、sp2、sp3三种杂化C，说明有碳碳三键和饱和碳存在，核磁共振氢谱有4组峰（1:1:1:2）。故可能的结构为或（任选一种即可）
（7）
根据逆合成分析法推断，产物可由与CH3MgCl反应后酸化生成，可由在Cu催化下被O2氧化生成，可由与水加成生成，故合成路线为。
化学键
N≡N
N-H
H-H
键能/
a
b
c