G20示范高中联盟2026届高三核心素养联合测评化学试题（含答案）

12345678高三●化学(HN)●核心素养●参考答案1.A隐形涂层吸收雷达波主要依赖材料的物理性质(如导电性或磁性),而非化学性质活泼,A错误;纳米级长纤维的表面积大,其附着力增强,能制造新型黏着材料,B正确;聚乳酸具有生物相容性,同时也可水解成乳酸,容易降解,因此可用作手术=合线,C正确;siO2硬度高且光学性能优您,是光导纤维的主要材料,D正确。2.A苯与液溴在铁粉催化下发生反应,如果是取代反应,会生成HBr,可以通过AgNO3溶液检测出,但液溴易挥发,挥发出的Br2会溶于水生成HBr干扰检测。因此需在导管末端加一个盛装有CCl4的洗气装置,以吸收挥发的Br2,且导管不能伸入硝酸银溶液液面以下,A符合题意;吸收尾气中的NH3时,装置中下层为CCl4,上层为水。NH3难溶于CCl4,直接通入水中易发生倒吸,而该装置可有效防止倒吸,方案合理,B不符合题意;实验目的是制备无水氯化镁,由于MgCl2O直接加热会水解,该装置在干燥HCl气流中加热,能抑制Mg2+水解,从而得到无水氯化镁,装置与实验目的相符,C不符合题意;乙酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应:CH3COOH浓硫酸+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O,分水器可及时分离生成的水,使平衡正向移动,提高反应物转化率,能达到实验目的,D不符合题意。3.B合成氨反应(N2+3H2=22NH3)是可逆反应,不能进行到底,0.1molN2和0.3molH2充分反应后,产物NH3的物质的量小于0.2mol,分子数小于0.2NA,A错误;NH3转化为NO的反应为4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O,氮元素化合价△从_3价升至+2价,每摩尔氨气反应转移5mol电子,0.2molNH3反应转移1mol电子,转移电子数为NA,B正确;6.72L(换算为标准状况下的体积)NO2的物质的量为mol=0.3mol,NO2溶于水发生反应3NO2+H2O-2HNO3+NO,生成0.2molHNO3和0.1molNO,HNO3为氧化产物,NO为还原产物,故还原产物分子数目为0.1NA,C错误;常温下,PH=2的硝酸溶液中,C(H+)=0.01mol/L,C(OH__)=1.0X10_12mol/L,水电离产生的H+浓度等于OH__的浓度,题目中未指明体积,无法计算H+的物质的量和数目,D错误。4.A滴定管、容量瓶、分液漏斗三个仪器具有旋塞、活塞或磨口塞结构,在使用前需要检漏,A正确;氟化铵溶液水解产生氢氟酸(HF),氢氟酸会腐蚀玻璃(与玻璃中的siO2反应),故不能用玻璃瓶,应使用塑料瓶保存,B错误;液溴易挥发且有毒性,应保存在棕色细口试剂瓶中(避光)并加水封以减少挥发,广口瓶不适合液体保存,易导致泄漏或挥发,C错误;氢氧化铜浊液和银氨溶液不稳定,长期放置会变质,实验室必须现配现用,不能长期保存,即使密封避光也不行,D错误。5.B聚乙炔的导电性源于其分子中的共轭双键体系,其结构中的π电子在这个体系中运动,从而使得聚乙炔具有导电性,A正确;热稳定性属于化学性质,取决于分子内化学键强度,H2O的热稳定性高于H2s是因为O_H键键能大于s_H键,而非分子间氢键(氢键影响物理性质如沸点),B错误;O3为弱极性分子,CCl4为非极性溶剂,水为强极性溶剂,弱极性的O3在非极性溶剂中溶解度更大,性质解释均正确,C正确;BF3分子中B原子采取SP2杂化,键角为120o,HCHO分子中C原子也采取SP2杂化,但醛基中O原子的孤电子对会对C_H键产生斥力,使H_C__H键角略小于120o,二者键角差您源于电子对间斥力不同,D正确。6.BQ是原子半径最小的元素,为氢(H);z是地壳中含量第二的元素,为硅(si);X的M层电子数与K层相等(均为2个电子),为镁(Mg);Q、R、T、X、Y、z为原子序数依次增大的短周期主族元素,故Y只能是铝(Al);R与Y同主族,由于Y为铝(Al),故R为硼(5);T的基态原子S与P轨道电子数相等,电子排布为1S22S22P4,故T为氧(O);元素顺序:Q(H)、R(B)、T(O)、X(Mg)、Y(Al)、z(si)。第一电离能比较涉及第三周期元素X(Mg)、Y(Al)、z(si)。由于Mg的3S2全满稳定结构,其电离能高于Al(3S23P1易失电子),实际顺序为si>Mg>Al,A错误;T(O)与z(si)形成siO2,为共价晶体,B正确;X(Mg)、Y(Al)、T(O)对应的简单离子具有相同的电子层结构,核电荷数越大,离子半径越小,则离子半径O2_>Mg2+>Al3+,即T>X>Y,C错误;Y(Al)的氧化物Al2O3为两性氧化物,非碱性氧化物,D错误。7.C由均摊法,晶胞中z"的个数为4,se的个数为4,与z"距离最近的se原子的个数为4,与se距离最近的z"原子的个数为4,则晶胞中se原子的配位数为4,A错误;将晶胞均分为8个小立方体,O的分数坐标为(0,0,0),原子Q应在上层四个小立方体的右前面一个小立方体的体心,Q的分数坐标为,B错误;图中相邻的z"与se之间的距离为体对角线的,体对角线为nm,C正确;晶胞中zn的个数为4,se的个数为4,故晶体密度pg,D错误。8.BY中的N原子为SP2杂化,其孤对电子位于SP2杂化轨道中,这对孤对电子提供给Ni2+形成配位键,A错误;Y中的__OH与O原子之间可以形成氢键,可通过氢键形成Ni__N__O__H…O五元环,B正确;向萃取后的有机相中加入碱,会消耗H+,使平衡向右移动,不能实现反萃取,C错误;冠醚识别Li+是利用冠醚的空穴大小与Li+匹配,通过离子偶极相互作用等结合,而本题中萃取Ni2+是通过配位等作用,二者原理不同,D错误。9.B充电时,需打开开关a,闭合开关b,在光照条件下,TiO2电极产生电子(e__)和空穴(h+,具有强氧化性),电极Ⅰ为阴极,得到电子,电极反应为s__+2e__-2s__,TiO2电极为阳极,发生反应__+2h+-Ⅰ。放电时,需闭合开关a,打开开关b,对TiO2电极做避光处理,电极Ⅰ为负极,失去电子,电极反应为2s____2e__-s__,电极聂为正极,得到电子,电极反应为Ⅰ+2e__-__放电时电极Ⅰ为负极,A正确;由以上分析可知,2h+-Ⅰ,B错误;由以上分析可知放电时,需闭合开关a,打开开关b,对TiO2电极做避光处理,C正确;充电时,电路每转移2mole__,理论上阳极室有2molNa+通过Na+交换膜进入阴极室,阴极室溶液质量增加46g,D正确。10.D手性碳原子指C原子上连接有4个不同基团,由结构简怯可知,该分子中有一个手性碳原子,如图,A正确;该物质中碳原子有SP(碳碳三键)丶SP2(苯环丶酯基碳原子)丶SP3(饱和碳原子)三种杂化方怯,B正确;该物质中含有羟基,且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子,能发生消去反应,分子含酯基,能发生水解反应,C正确;酯基不能与H2加成,1mol该物质最多能与5molH2(苯环3mol丶碳碳三键2mol)发生加成反应,该有机物中的氮原子有孤电子对,能与氢离子结合,即能与盐酸反应,D错误。11.C含金烧渣中含有Fe2O3和Au,在溶浸过程中与空气和NaCN溶液反应后得到Na[Au(CN)2]溶液和浸渣,则可推断浸渣的主要成分为Fe2O3,浸渣与稀硫酸反应后生成Fe3+,由于最终要制备FesO4●7H2O,因此试剂a的作用是还原剂,且不引入杂质,最好的选择是铁粉。“溶浸”时发生的反应中氧化剂是氧气,被还原为氧离子,即1mol氧化剂得到4mol电子,还原剂是Au,被氧化为Na[Au(CN)2],即1mol还原剂失去电n(Au),因此n(O2):n(Au)=1:4,A错误;已知[Au(CN)2]__中CN__与Au+通过配位键结CN__的结构怯为[C=N]__,2个CN__含2个σ键和4个π键,因此[Au(CN)2]__中σ键数:π键数=1:1,B错误;Na[Au(CN)2]溶液与zn反应置换出Au,zn2+也有很强的接受配体能力且配位数一般为4,故方程怯为2Na[Au(CN)2]+zn-2Au+Na2[zn(CN)4],C正确;浸渣的主要成分为Fe2O3,与稀硫酸反应后生成Fe3+,由于最终要制备FesO4●7H2O,因此试剂a的作用是还原剂,且不引入杂质,应选择铁粉,铜或锌会引入杂质,D错误。12.BA→B过程中,气体透射率迅速降低,说明气体颜色变深(NO2浓度增大)。这是压缩注射器活塞的过程(体积减小,NO2浓度瞬间增大),而非拉伸,A错误;C点对应的透射率小于E点,说明体系中NO2浓度比E点高,浓度越高反应速率越快,因此C点的反应速率大于E点,B正确;透射率越小,气体颜色越深。由图可知,D丶F丶H三点的透射率大小关系为T%(D)<T%(H)<T%(F),所以体系颜色深浅为D>H>F,C错误;B→C过程中,透射率升高(颜色变浅),说明平衡正向移动(NO2转化为N2O4),D错误。13.C在H2s溶液中存在电离平衡:H2s=2H++Hs__丶Hs__=2H++s2__,随着PH的增大,H2s的物质的量分数逐渐减小,Hs__的物质的量分数先增大后减小,s2__的物质的量分数逐渐增大,则图中线①②③依次代表H2s丶Hs__丶s2__的物质的量分数随PH的变化;根据图示,PH=7.0时,C(Hs__)=C(H2s),则C(Hs__)=C(s2__),则ka,据此分析作答。H2s饱和溶液的浓度约_1,在H2s溶液中存在两步电离平衡,第二步电离微弱,可以忽略,溶液的PH=4,A错误;由于HClO具有强氧化性,Na2s具有还原性,少量HClO与Na2s溶液会发生氧化还原反应生成硫单质,s2__+H++HClO-s↓+Cl__+H2O,B错误;等物质的量浓度的Na2s和NaHs混合溶液中,根据物料守恒①3C(Hs__)+3C(H2s)+3C(s2__)=),根据电荷守恒②C(Hs__)+2C(s2__)+C(OH__)=C(Na+)+C(H+),①代入②X2得C(Hs__)+3C(H2s)+2C(H+)=C(s2__)+2C(OH__),C正确;反应Cd2++H2s=2Cds(S)+2H+的平衡常数K14.C反应机理:HCOOH=2HCOO__+H+丶①(I→"++HCOO丶②("→Ⅲ)L→LH+CO2丶③(Ⅲ→Ⅳ)LH+H+__→ΓLL__Fe__HJLL__Fe__HJLL__Fe__HJ[L__Fe__H]+参与第①步反应,经过多步反应后又生成了[L__Fe__H]+,且题干中说明有机物HCOOH在含铁配离子[L__Fe__H]+的作用下发生反应,因此a是该反应的催化剂,A正确;由分析得,b是第①步反应中的产物,参与了第②步反应,因此b是中间体,B正确;由相对能量变化图可知,步骤②活化能为45.3__(__31.8)86.1,因此基元反应的决速步是④,C错误;由反应机理图可知,反应物是HCOOH,产物是CO2丶H2,所以总反应的化学方程怯为HCOOH催化剂-CO2↑+H2↑,D正确。15.(1)A(2分)(2)2BiOCl+HCO+NH3●H2O-(BiO)2CO3+2Cl__+NH+H2O(2分)(3)ABD(2分)(4)温度低于50℃时,BiOCl固体在水中溶解度小,导致(BiO)2CO3沉淀产率降低;温度高于50℃O分解,氨气挥发,使PH降低,不利于CO__的形成,使沉淀产率降低(答案合理即可)(3分)当滴入最后半滴EDTA溶液时,溶液由紫红色变为亮黄色,且半分钟内不恢复紫红色(2分)解析:步骤①发生反应2BiOCl+NH4HCO3+NH3O-(BiO)2CO3+2NH4Cl+H2O。步骤③发生反应2COBi2O3+CO2↑。(1)图标表示“锐器”,本实验未使用锐器,A无关;图标表示“热烫”,本实验有加热液体、煅烧固体的操作,应选择合适的工具,避免直接触碰,B有关;图标表示镜,C有关;图标表示“排风”,本实验有加热液体、煅烧固体的操作,可能产生有害气体(氨气)或烟、雾,需开启排风扇,D有关。(2)书写步骤①的离子方程怯时应注意:BiOCl难溶于水,不能拆;NH3●H2O是弱电解质,不能拆;(BiO)2CO3是沉淀,不能拆;温度条件(50℃)不能丢。则步骤①制备(BiO)2CO3的离子方程怯为2BiOCl+HCO+NH3●H2O-(BiO)2CO3+2Cl__+NH+H2O。(3)步骤②的一滤、洗涤操作需要用到漏斗,A符合题意;仪器是烧杯,过滤、洗涤操作需要用到烧杯,B符合题意;仪器是蒸发皿,蒸发皿可以盛装固体,但不是必需的,C不符合题意;仪器是干燥器,干燥操作需要用到干燥器,D符合题意。(4)温度低于50℃时沉淀产率较低,可能的原因是BiOCl固体在水中溶解度温度高于50℃时沉淀产率较低,可能的原因是氨气挥发或碳酸氢铵分解。(5)依题意,整理出以下平衡:①BiOCl(S)+H2O(l)=2Bi3+(aq)+2OH__(aq)Bi(OH)3(S)=2Bi3+(aq)+3OH__(aq)KSP=4.0;①__②得BiOCl(S)+H2O(l)+OH__(aq)●L_1代入K,=●L_1代入K,=已知物质的量关系EDTA~Bi3+,则待测液中Bi3+=V1mL_1XV2mLX209g=V1mLV1。未达到滴定终点时,Bi3+V1甲酚橙与Bi3+形成紫红色配合物;达到滴定终点后,Bi3+全部与EDTA配位,二甲酚橙游离出来,体现本身的亮黄色。所以达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴EDTA溶液时,溶液由紫红色变为亮黄色,且半分钟内不恢复紫红色。16.(1)第五周期,第ⅢA族(2分)(2)原料粉碎,搅拌,加热等(1分)(3)4.9~5.7(2分)还原剂(1分)(4)Ⅰn(OH)3+3H+-3++3H2O(2分)pbsO4(2分)(5)zn(2分)解析:富铟渣主要含有Fe丶pb丶zn丶Ⅰn(铟)等金属及其氧化物(如Ⅰn2O3丶pbO等),对该富铟渣的处理流Ⅰn(OH)3沉淀和难溶物pbsO4,实现初步分离,然后在浸出2过程中,调节PH将Ⅰn(OH)3沉淀溶解,而pbsO4留在浸渣中,接下来通过置换析出金属铟得到海绵铟,最后经过真空蒸馏丶电解得到精铟,据此族,对应位置在第五周期ⅢA族。(2)可通过将原料充分粉碎以增大原料与浸取液(硫酸)的接触面积,或通过搅拌使原料与浸取液接触更加充分,或加热升温提高反应速率,来提高浸出率。(3)由分析可3+→zn2+→Fe2+,所以需要将PH控制在4.9~5.7,在Ⅰn3+完全沉淀的同时,zn2+和Fe2+均未沉淀,为避免Fe3+在该过程与Ⅰn3+一同沉淀,需要加入还原剂,将Fe3+还原为Fe2+。(4)由分析可知,浸出2的目的是分离,PH足够小时可将Ⅰn(OH)3全部溶解,其离子方程怯为Ⅰn(OH)3+3H+-3+ +3H2O,而pbsO4不溶解,所以浸渣2的主要成分为pbsO4。(5)置换后液要合并到浸出液1中用于制锌,所以为了不引入新的杂质,需要用zn来置换。(6)真空蒸馏过程中,既要保证杂质特别是Cd和zn被充分除去,也要保证Ⅰn的损失尽可能少,综合考虑粗铟挥发率和杂质去除率曲线,800℃时Cd和zn800℃时Cd和zn未被完全去除,高于800℃时又会导致铟挥发率升高造成损失,所以800℃较为合适。(2)AD(2分)(3)①22%(2分)0.022(2分)②由于反应İ吸热,反应ij丶ň放热,所以升高温度,反应İ平衡正向移动,反应ij丶ň平衡逆向移动,甲醇的选择性降低(3分)(4)①(2分)②sn(2分)解析:(1)反应İ+反应ij=反应ň,根据盖斯定律,__1。(2)根据理想气体状态方程有恒容容器,V总不变,则CO2的分压与CO2的物质的量丶容器温度有关,CO2的分压保持不变,说明CO2的物质的量丶容器温度均保持不变,各反应均达到平衡状态,A正确;各反应的反应物和产物都是气体,则混合气体的质量保持不变,容器恒容,则混合气体的体积保持不变,则混合气体的密度保持不变,不能说明反应达到平衡状态,B错误;根据碳元素守恒,"(CO2)+"(CO)+"(CH3OH)="起始(CO2),"起始(CO2)是定值,不能说明反应达到平衡状态,C错误;先单独考虑各反应对绝热容器温度的影响:反应İ吸热,会使容器温度降低,反应ij丶ň放热,会使容器温度升高,故当容器温度不变时,各反应均达到平衡状态,D正确。(3)综合考虑反应İ丶ij丶ň,CO2会转化为CO和CH3OH,甲醇选择性表示甲醇占总产物的比例。①投料时"(H2):"(CO2)=3.0,假设"起始(H2)=CO2的平衡转化率为30%,甲醇选择性为60%,则"平衡(CH3OH)=1molX30%X60%=0.18mol,"平衡(CO)=1molX30%X40%=0.12mol。根据氧元素守恒,可知"平衡(H2O)=0.3mol,再根据氢元素守恒,可知"平衡(H2)=2.34mol。所以260℃时H2的转化率X100%=22%, 产生CO,吸热;反应ň产生CH3OH,放热;反应ij既消耗CO又产生CH3OH,放热。当温度升高时,反应İ平衡正向移动,反应ij丶ň平衡逆向移动,故产(4)①“已知”介绍了几种金属的活性位点对O丶C的连接能力,机理图中已给出的路线(上半部分)是O连接在催化剂表面,则推测待补充的路线(下半部分)是C连接在催化剂表面,则A的结构为。由A右侧的结构(×COOH)也可反推A的结构。②还原产物主要为HCOOH,对应机理《高三.化学图中上半部分的路线,要求O连接在催化剂表面,根据“已知”,应选择s"作催化剂。18.(1)酮羰基(1分)取代反应(2分)(2)1一氯一2一戊炔(2分)浓硫酸=____2(3)C(2分)浓硫酸=____2COOH