2026届高考化学考向核心卷·海南专版·参考答案

2026届高考考向核心卷化学参考答案——海南专版2026届高考化学（海南专版）考向核心卷考情诊断表知识模块对应题号模块总分值试卷占比得分化学基本概念与STSE12分2.00%常见无机物及其应用（含无机化工流程）4、5、12、1520分20.00%物质结构与性质6、11、1916分16.00%化学反应原理7、8、13、14、1626分26.00%化学实验基础2、10、1720分20.00%有机化学基础3、9、1816分16.00%合计1~19全卷100分100.00%题号1234567891011121314答案AADCACBDDBCDBDDAD1.答案：A解析：垃圾分类处理，实现资源的再利用，有利于改善环境，A符合题意；落叶就地焚烧易产生有害气体，污染空气，B不符合题意；废旧电池含有重金属，直接掩埋处理会造成土壤污染，C不符合题意；施用大量农药，会造成地下水的污染，D不符合题意。2.答案：A解析：探究铜与硝酸反应的实验中不需要使用锐器，A符合题意。3.答案：D解析：脲醛树脂有体型结构，可制成热固性高分子粘合剂，常用于木地板加工业，A正确；纤维素属于高分子化合物，结构中含有羟基，可以与乙酸酐作用生成的醋酸纤维，常用于制作电影胶片片基，B正确；乳酸含有羧基和羟基，自身可以缩聚反应制得的聚乳酸，聚乳酸易水解，在人体内可以被吸收，常用于手术缝合材料，C正确；聚氯乙烯有毒，且不耐高温，不能用于不粘锅内涂层，D错误；4.答案：C解析：明矾溶于水能电离出，易水解产生胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，A不符合题意；过氧化钠与水等接触会有生成，有漂白性，可以将有机色素氧化漂白，可以作漂白剂，B不符合题意；抗酸药中淀粉的主要作用是作填充剂或稳定剂，中和胃酸中的主要靠氢氧化铝或碳酸氢钠等物质，C符合题意；碳酸钠中碳酸根离子水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下水解，故碳酸钠可以用于去除餐具表面的油污，D不符合题意。5.答案：A解析：乙醇能与水以任意比例混溶，苯酚与碳酸钠反应生成的苯酚钠属于钠盐，也是溶于水的，且过程中没有气体产生，无法通过溶液进行鉴别，A错误；难溶于水，CaO与水反应放出大量热且产生的氢氧化钙微溶于水，可以鉴别，B正确；乙烯与溴水发生加成反应导致溴水褪色，乙烷与溴水不反应，可以鉴别，C正确；C粉与稀盐酸不反应，氧化铜粉末与稀盐酸反应，溶液变为蓝色，可以鉴别，D正确。6.答案：C分析：X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子，不妨先假设为，C、N、O最外层电子数之和恰好为15，假设成立，X、Y、Z分别为C、N、O；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为，则其摩尔质量为，则M为H；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，则W为Na。解析：O的简单氢化物的稳定性强于C，是因为O的非金属性强于C，与氢键无关，A错误；为直线形共价化合物，属于离子化合物，B错误；由C元素形成的单质有多种同素异形体，如金刚石、石墨等，C正确；由C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定既有离子键又有共价键，如尿素等有机物中只含有共价键，D正确。7.答案：B解析：总反应速率是由慢反应决定的，故该反应的速率主要由第②步基元反应决定，A正确；基元反应发生的条件是反应物分子有足够高的能量、反应物分子发生有效碰撞，B错误；为该反应的催化剂，使用催化剂→降低反应的活化能→活化分子百分数增大→总分子数不变，活化分子数增加→有效碰撞次数增加→反应速率加快，C正确；反应①为快反应，活化能小，反应②为慢反应，活化能大，D正确。8.答案：D解析：该反应反应后气体分子数增多，混乱度增大，，A错误；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，B错误；增大，即增加或减少，若增加，根据勒夏特列原理，的平衡转化率会降低，C错误；键断裂的同时有键断裂，说明正、逆反应速率相等，反应达到该条件下的平衡状态，D正确。9.答案：D解析：根据题给结构简式可知，其分子式为，A错误；题给分子结构中含有酯基、醚键、过氧键，共3种含氧官能团，B错误；题给分子结构不对称，由结构简式可知，有12种不同化学环境的氢原子，即核磁共振氢谱有12组峰，C错误；该分子中存在酯基，在酸性或碱性条件下均可以发生水解反应，D正确。10.答案：BC解析：制备胶体时，不能搅拌，搅拌会生成沉淀，A错误；脱脂棉的主要成分是纤维素，纤维素在酸性条件下水解，再调节溶液为碱性，用新制氢氧化铜悬浊液检验，出现砖红色沉淀，说明纤维素水解生成葡萄糖，B正确；溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘从溶液中转移到浓KI溶液中，碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力，C正确；，说明2-氯丙酸的酸性比2-氟丙酸的弱，则2-氯丙酸中O—H键的极性比2-氟丙酸中O—H键的极性小，D错误。11.答案：D解析：的中心原子N的价层电子对数为，孤电子对数为1，故的空间结构为三角锥形，其分子的正、负电荷中心不重合，为极性分子；的中心原子Si的价层电子对数为，没有孤电子对，的空间结构是正四面体形，正、负电荷中心重合，为非极性分子，A项错误。和的中心原子N的价层电子对数均为，均为杂化，B项错误。由题给反应机理可知，水解时中的H原子与上的孤电子对结合，水中的—OH与Cl结合形成HClO，而上无孤电子对，故的水解机理与的不相同，C项错误。和分子中均存在N—H键，故均能与形成氢键，D项正确。12.答案：BD解析：少量的溴水不能将过量的完全氧化，应有生成，反应的离子方程式为，A错误；溶于足量的溶液中发生沉淀的转化，反应的离子方程式为，B正确；酸性：，用次氯酸钠溶液吸收少量的二氧化碳气体，反应的离子方程式为，C错误；过量的铁与很稀的硝酸反应生成的两种盐为硝酸亚铁和硝酸铵，故离子方程式为，D正确。13.答案：D分析：第一步，判断电极。该装置为原电池，镁电极为负极，石墨电极为正极。第二步，分析发生的反应。负极反应为，正极反应为，总反应为。第三步，逐项分析。解析：正极反应为，A错误；使用硫酸酸化的电解质溶液主要是为了提供参与电极反应，不是单纯地增强导电性，B错误；由正极反应可得，正极附近不断被消耗，故正极附近的pH增大，C错误；根据得失电子守恒，由正负极的电极反应式可知，电池工作时，每转移2mol电子，消耗1molMg、1mol，故理论上消耗和Mg的物质的量之比为1：1，D正确。14.答案：AD分析：分析图像，向10mL某浓度的溶液中逐滴加入的氨水，氨水较少时，发生反应，银离子浓度降低，逐渐增大，b点时银离子沉淀完全，达最大值，根据b点坐标可计算出点后再加入氨水，AgOH沉淀开始溶解，主要发生反应。解析：b点时沉淀完全，因发生反应，存在对应关系，即参加反应的和一水合氨的量为1:1，已知溶液和b点时消耗氨水的体积均为10mL，所以两者浓度也相同。，A正确；原溶液中有。m点时沉淀未完全溶解，所以此时Ag元素的存在形式主要有，物料守恒表达式为（说明：AgOH是固体，所以没有浓度，但占一定比例的物料），故，B错误；b点时加入10mL氨水，溶液总体积为20mL，所以系的总浓度要减半，即，C错误；常温下，反应，平衡常数，分子分母同乘，得，数量级为，D正确。15.答案：（1）五（1分）；ⅢB（1分）（2）（2分）（3）（2分）（4）分离与（2分）（5）若pH过低会抑制草酸的电离，不利于生成草酸铽沉淀（1分）；若pH过高会生成，也不利于生成草酸铽沉淀（1分）（6）B（1分）（7）P507-煤油（1分）分析：解析：（1）Y的原子序数为39，其价电子排布式为，推断出Y位于元素周期表第五周期第ⅢB族。（3）结合题给信息“氧元素的化合价均为-2”“P507对的分离系数β=85”，可知中铽元素既显+3价又显+4价，“溶解”后溶液中铽以+3价形式存在，“溶解”过程中产生一种黄绿色气体，则与浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯气和，故离子方程式为。（4）结合已知信息②可知，“萃取”时调节pH=2.5的目的是分离与。（5）酸性过强会抑制草酸的电离，不利于生成草酸铽沉淀；碱性过强，会与结合生成。（6）洗涤草酸铽时，沉淀因溶解平衡，会部分损失；抑制沉淀溶解的方法是增大浓度，所以用草酸洗涤更合适。（7）用P507-煤油萃取后，又进行了反萃取操作，则萃取剂可循环使用。16.答案：（1）（2分）（2）①（2分）；减小（1分）②BC（2分）（3）75%（2分）；3240（2分）（4）（1分）；随着电流强度增大，导致次氯酸根转化为氯酸根，氯酸根氧化性弱于次氯酸根（2分）解析：（1）已知①；②根据盖斯定律可知，反应②-反应①后再除以2即得，则对应的。①0~10min内，NO的平均反应速率；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小。②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，新平衡时NO和的浓度均大于原平衡浓度。加入一定量的活性炭（固体），对反应速率和化学平衡均无影响，A错误；通入一定量的NO，可增大NO浓度，同时平衡正向移动，使的浓度增大，B正确；适当缩小容器的体积，反应前后气体分子数不变，平衡后物质浓度增大，C正确；加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，D错误。（3）设平衡时气体总物质的量为ymol，则，解得y=3.75；设平衡时转化的物质的量为xmol，列三段式：，可得，解得x=0.75，平衡时的转化率为。；温度不变，平衡常数不变，故若起始时加入3mol和2mol，则在该温度下的压强平衡常数还是3240kPa。（4）由图可知，电流强度为4A时，电解得到的次氯酸根离子浓度最大，一氧化氮的去除率最高，则去除一氧化氮主要发生的反应为在碱性条件下一氧化氮与溶液中的次氯酸根离子反应生成硝酸根离子、氯离子和水，反应的离子方程式为。电流强度大于4A时，溶液中次氯酸根离子浓度减小，氯酸根离子浓度增大，氯酸根离子的氧化性较弱，导致电解氯化钠溶液时一氧化氮去除率下降。17.答案：（1）分液漏斗（或恒压滴液漏斗）（1分）；圆底烧瓶（或锥形瓶）（答案合理即可）（1分）（2）（2分）（3）（1分）（4）pH减小时，可消耗，pH增大时，可消耗（2分）（5）偏高（2分）；由无色变为粉红色（浅红色、浅紫色）（2分）（6）（3分）解析：（1）用浓氨水和生石灰制备，采用固液不加热型发生装置，用到的玻璃仪器除导管外，还有分液漏斗（或恒压滴液漏头）、圆底烧瓶（或锥形瓶）。（2）根据原子守恒、电荷守恒，可得步骤ⅲ中生成的离子方程式为。（3）制备的反应需在碱性环境下进行，空气中的与反应，影响产品的纯度，实验中必须使用煮沸的蒸馏水，长导管必须插入NaOH溶液，均是为了防止空气中的干扰。（4）溶液中存在，pH减小时，可消耗，pH增大时，可消耗，故使用有利于保持体系pH的稳定。（5）题中欲通过将转化为草酸钙，再通过测定其中所含草酸根离子的含量来测得Ca的含量，如果不用氨水洗涤，部分草酸铵溶液会附着在草酸钙沉淀表面，使测得的草酸根离子含量偏高，导致测得样品中钙含量偏高；用高锰酸钾溶液滴定溶液中草酸根离子至终点时，溶液颜色由无色变为粉红色。（6）根据题中所给信息“用标准液溶解沉淀，加入混合指示剂；用标准液（稍过量）滴定过量碱，消耗体积为；再用标准液滴定过量酸，消耗体积为”可知，溶解沉淀消耗，且有关系式：，样品中，则磷元素的质量分数为。18.答案：（1）14:3（1分）（2）（2分）（3）取代反应（1分）（4）或（2分）（5）（4分）解析：（1）已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，故分子中含有三键、双键，故其σ键和π键数目之比为14:3。（2）由分析可知，C→D发生的反应类型为加成反应，D的结构简式为。（3）由题干转化信息可知，F→G的反应为醇羟基和酚羟基之间脱水形成醚键，故该反应的反应类型为取代反应。（4）已知F的分子式为，则F同时满足条件：①能与溶液发生显色反应，即含有酚羟基，分子中含有1个手性碳原子，即有1个连有4个互不相同原子或原子团的碳原子，②分子中有4种不同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为或。（5）本题采用逆向合成法，根据题干已知信息①可知，可由合成得到，根据已知信息②可知，可由在作用下转化而得，由题干B→C的转化信息可知，可由和发生酯化反应得到，由题干A→B的转化信息可知，可由和在一定条件下转化而得，可由原料催化氧化得到，据此确定合成流程为。19.答案：（1）①AD（2分）②（2分）（2）增强熔融盐的导电性（2分）（3）①σ（1分）②A中存在分子间氢键，B中存在配位键（3分）解析：（1）①碘分子的排列有2种不