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）

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璃(与玻璃中的siO2反应),故不能用玻璃瓶,应

高三●化学(HN)●核心素养●参考答案

使用塑料瓶保存,B错误;液溴易挥发且有毒性,

1.A隐形涂层吸收雷达波主要依赖材料的物理性质应保存在棕色细口试剂瓶中(避光)并加水封以

(如导电性或磁性),而非化学性质活泼,A错误;减少挥发,广口瓶不适合液体保存,易导致泄漏

纳米级长纤维的表面积大,其附着力增强,能制或挥发,C错误;氢氧化铜浊液和银氨溶液不稳

造新型黏着材料,B正确;聚乳酸具有生物相容定,长期放置会变质,实验室必须现配现用,不能

性,同时也可水解成乳酸,容易降解,因此可用作长期保存,即使密封避光也不行,D错误。

手术=合线,C正确;siO2硬度高且光学性能优5.B聚乙炔的导电性源于其分子中的共轭双键体系,

您,是光导纤维的主要材料,D正确。其结构中的π电子在这个体系中运动,从而使得

2.A苯与液溴在铁粉催化下发生反应,如果是取代反聚乙炔具有导电性,A正确;热稳定性属于化学性

应,会生成HBr,可以通过AgNO3溶液检测出质,取决于分子内化学键强度,H2O的热稳定性

__

Br,但液溴易挥发,挥发出的Br2会溶于水生成高于H2s是因为O_H键键能大于s_H键,而

HBr干扰检测。因此需在导管末端加一个盛装非分子间氢键(氢键影响物理性质如沸点),B错

有的洗气装置,以吸收挥发的,且导管

CCl4Br2误;O3为弱极性分子,CCl4为非极性溶剂,水为强

不能伸入硝酸银溶液液面以下,符合题意;吸

A极性溶剂,弱极性的O3在非极性溶剂中溶解度更

收尾气中的3时,装置中下层为4,上层为

NHCCl大,性质解释均正确,C正确;BF3分子中B原子

。,2

水NH3难溶于CCl4直接通入水中易发生倒采取SP杂化,键角为120o,HCHO分子中C原

吸,而该装置可有效防止倒吸,方案合理,不符2

B子也采取SP杂化,但醛基中O原子的孤电子对

合题意;实验目的是制备无水氯化镁,由于

MgCl2会对C_H键产生斥力,使H_C__H键角略小

●2O直接加热会水解,该装置在干燥气

6HHCl于120o,二者键角差您源于电子对间斥力不同,D

2+

流中加热,能抑制Mg水解,从而得到无水氯化正确。

镁,装置与实验目的相符,C不符合题意;乙酸与

6.BQ是原子半径最小的元素,为氢(H);z是地壳中

乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应:CH3

COOH,

浓硫酸含量第二的元素为硅(si);X的M层电子数与K

+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O,分水层相等(均为2个电子),为镁(Mg);Q、R、T、X、

、为原子序数依次增大的短周期主族元素,故

器可及时分离生成的水,使平衡正向移动,提高Yz

只能是铝();与同主族,由于为铝

反应物转化率,能达到实验目的,D不符合题意。YAlRYY

(Al),故R为硼(5);T的基态原子S与P轨道电

3.B合成氨反应(N2+3H2=22NH3)是可逆反应,不

子数相等,电子排布为1S22S22P4,故T为氧(O);

能进行到底,0.1molN2和0.3molH2充分反应

元素顺序:Q(H)、R(B)、T(O)、X(Mg)、Y(Al)、

后,产物NH3的物质的量小于0.2mol,分子数小

z(si)。第一电离能比较涉及第三周期元素X

于0.2NA,A错误;NH3转化为NO的反应为

催化剂(Mg)、Y(Al)、z(si)。由于Mg的3S2全满稳定

4NH3+5O24NO+6H2O,氮元素化合价

结构,其电离能高于(21易失电子),实际

△Al3S3P

顺序为,错误;()与()形成

从_3价升至+2价,每摩尔氨气反应转移5molsi>Mg>AlATOzsi

2,为共价晶体,B正确;X(Mg)、Y(Al)、T(O)

电子,0.2molNH3反应转移1mol电子,转移电siO

对应的简单离子具有相同的电子层结构,核电荷

子数为NA,B正确;6.72L(换算为标准状况下的

数越大,离子半径越小,则离子半径O2_>Mg2+

体积)NO2的物质的量为mol=0.3mol,

>Al3+,即T>X>Y,C错误;Y(Al)的氧化物

NO2溶于水发生反应3NO2+H2O-2HNO3+

Al2O3为两性氧化物,非碱性氧化物,D错误。

NO,生成0.2molHNO3和0.1molNO,HNO3

7.C由均摊法,晶胞中z"的个数为4,se的个数为4,

为氧化产物,NO为还原产物,故还原产物分子数

与z"距离最近的se原子的个数为4,与se距离

目为0.1NA,C错误;常温下,PH=2的硝酸溶液

最近的原子的个数为,则晶胞中原子的

中,C(H+)=0.01mol/L,C(OH__)=1.0Xz"4se

_12+__,;

10mol/L,水电离产生的H浓度等于OH的配位数为4A错误将晶胞均分为8个小立方

浓度,题目中未指明体积,无法计算H+的物质的体,O的分数坐标为(0,0,0),原子Q应在上层四

量和数目,D错误。个小立方体的右前面一个小立方体的体心,Q的

4.A滴定管、容量瓶、分液漏斗三个仪器具有旋塞、活

分数坐标为,B错误;图中相邻的z"

塞或磨口塞结构,在使用前需要检漏,A正确;氟

与之间的距离为体对角线的,体对角线为

化铵溶液水解产生氢氟酸(HF),氢氟酸会腐蚀玻se

《高三●化学(HN)●核心素养》第9页(共8页)

3浸渣与稀硫酸反应后生成Fe3+,由于最终要制

3anm,则相邻的se和zn之间的距离为1a

14

备FesO4●7H2O,因此试剂a的作用是还原剂,

nm,C正确;晶胞中zn的个数为4,se的个数为且不引入杂质,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

4,故晶体密度pg

1mol氧化剂得到4mol电子,还原剂是Au,被

●cm__3,D错误。

氧化为Na[Au(CN)2],即1mol还原剂失去电

8.BY中的N原子为SP2杂化,其孤对电子位于SP2

子1mol,根据得失电子守恒可知4n(O2)=

杂化轨道中,这对孤对电子提供给Ni2+形成配位

n(Au),因此n(O2):n(Au)=1:4,A错误;已

,____+

键A错误;Y中的__OH与O原子之间可以形成知[Au(CN)2]中CN与Au通过配位键结

氢键,可通过氢键形成Ni__N__O__H…O五元合,也属于σ键,即配位形成的σ键数目为2,

环,B正确;向萃取后的有机相中加入碱,会消耗CN__的结构怯为[C=N]__,2个CN__含2个σ键

+

H,使平衡向右移动,不能实现反萃取,C错误;__

和4个π键,因此[Au(CN)2]中σ键数:π键

冠醚识别Li+是利用冠醚的空穴大小与Li+匹

数=1:1,B错误;Na[Au(CN)2]溶液与zn反

配,通过离子偶极相互作用等结合,而本题中萃取应置换出Au,zn2+也有很强的接受配体能力且

Ni2+是通过配位等作用,二者原理不同,D错误。

配位数一般为4,故方程怯为2Na[Au(CN)2]+

9.B充电时,需打开开关a,闭合开关b,在光照条件

zn-2Au+Na2[zn(CN)4],C正确;浸渣的主

+

下,TiO2电极产生电子(e__)和空穴(h,具有强3+

要成分为Fe2O3,与稀硫酸反应后生成Fe,由

氧化性),电极Ⅰ为阴极,得到电子,电极反应为

于最终要制备4●2,因此试剂的作

2____2__FesO7HOa

s4+2e-2s2,TiO2电极为阳极,发生反应

用是还原剂,且不引入杂质,应选择铁粉,铜或锌

__+__

3。放电时,需闭合开关,打开开

3Ⅰ+2h-Ⅰa会引入杂质,D错误。

关b,对TiO2电极做避光处理,电极Ⅰ为负极,失

12.BA→B过程中,气体透射率迅速降低,说明气体

2____2__

去电子,电极反应为2s2__2e-s4,电极聂

颜色变深(NO2浓度增大)。这是压缩注射器活

______

为正极,得到电子,电极反应为Ⅰ3+2e-3Ⅰ。

塞的过程(体积减小,NO2浓度瞬间增大),而非

放电时电极为负极,正确;由以上分析可知,

ⅠA拉伸,A错误;C点对应的透射率小于E点,说明

__

充电时TiO2电极上发生的电极反应为3Ⅰ+

体系中NO2浓度比E点高,浓度越高反应速率

+__

2h-Ⅰ3,B错误;由以上分析可知放电时,需闭越快,因此C点的反应速率大于E点,B正确;透

合开关a,打开开关b,对TiO2电极做避光处理,射率越小,气体颜色越深。由图可知,D丶F丶H三

C正确;充电时,电路每转移2mole__,理论上阳点的透射率大小关系为T%(D)<T%(H)<

极室有2molNa+通过Na+交换膜进入阴极室,T%(F),所以体系颜色深浅为D>H>F,C错

阴极室溶液质量增加46g,D正确。误;B→C过程中,透射率升高(颜色变浅),说明

10.D手性碳原子指C原子上连接有4个不同基团,由平衡正向移动(NO2转化为N2O4),D错误。

+

结构简怯可知,该分子中有一个手性碳原子,如13.C在H2s溶液中存在电离平衡:H2s=2H+

____+2__

Hs丶Hs=2H+s,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

图,A正确;该__2__

大,则图中线①②③依次代表H2s丶Hs丶s的

2物质的量分数随PH的变化;根据图示,PH=

物质中碳原子有SP(碳碳三键)丶SP(苯环丶酯基

__

7.0时,C(Hs)=C(H2s),则

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

____

2

C(Hs)=C(s),则ka

含酯基,能发生水解反应,C正确;酯基不能与

__13

,据此分析作答。2饱和溶液的浓度约

H2加成,1mol该物质最多能与5molH2(苯环10Hs

_1

3mol丶碳碳三键2mol)发生加成反应,该有机物为0.1mol●L,在H2s溶液中存在两步电离

中的氮原子有孤电子对,能与氢离子结合,即能平衡,第二步电离微弱,可以忽略,由ka1=

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C(H+)=110__7X0.1=10__4mol●L_1,溶液的

液和浸渣,则可推断浸渣的主要成分为Fe2O3,PH=4,A错误;由于HClO具有强氧化性,

《高三●化学(HN)●核心素养》第10页(共8页)

(4)温度低于50℃时,BiOCl固体在水中溶解度小,

Na2s具有还原性,少量HClO与Na2s溶液会

2__+;

发生氧化还原反应生成硫单质,s+H+导致(BiO)2CO3沉淀产率降低温度高于50℃

__时,溶液中NH3●H2O分解,氨气挥发,使PH

HClO-s↓+Cl+H2O,B错误;等物质的

2__

降低,不利于CO3的形成,使沉淀产率降低(答

量浓度的Na2s和NaHs混合溶液中,根据物料

案合理即可)(3分)

__2__

守恒①3C(Hs)+3C(H2s)+3C(s)=

(5)13(2分)

2C(Na+),根据电荷守恒②C(Hs__)+2C(s2__)+

__++当滴入最后半滴EDTA溶液时,

C(OH)=C(Na)+C(H),①代入②X2得

__+2__

C(Hs)+3C(H2s)+2C(H)=C(s)+溶液由紫红色变为亮黄色,且半分钟内不恢复紫

__2+

2C(OH),C正确;反应Cd+H2s=2Cds(S)红色(2分)

+解析:步骤①发生反应2BiOCl+NH4HCO3+NH3

+2H的平衡常数K

50℃

●H2O-(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

14.C反应机理:HCOOH=2HCOO+H丶①(I→

选择合适的工具,避免直接触碰,B有关;图标表示

“护目镜”,操作中药剂可能溅到眼睛,需佩戴护目

"++HCOO丶②

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

("→Ⅲ)→LH+CO2丶

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

L50℃

__

离子方程怯为2BiOCl+HCO3+NH3●H2O-

__+

(BiO)2CO3+2Cl+NH4+H2O。(3)步骤②的一

③(Ⅲ→Ⅳ)LH+H+__→

系列操作包含:过滤、洗涤、干燥。仪器是漏斗,过

+

ΓH27滤、洗涤操作需要用到漏斗,A符合题意;仪器是烧

|丶④(Ⅳ→Ⅴ)杯,过滤、洗涤操作需要用到烧杯,B符合题意;仪器

LL__Fe__HJ

+是蒸发皿,蒸发皿可以盛装固体,但不是必需的,C

ΓH27

+不符合题意;仪器是干燥器,干燥操作需要用到干燥

|__→[L__Fe__H]+H2。

LL__Fe__HJ器,D符合题意。(4)温度低于50℃时沉淀产率较

[L__Fe__H]+参与第①步反应,经过多步反应低,可能的原因是BiOCl固体在水中溶解度较小。

后又生成了[L__Fe__H]+,且题干中说明有机温度高于50℃时沉淀产率较低,可能的原因是氨气

物HCOOH在含铁配离子[L__Fe__H]+的作用挥发或碳酸氢铵分解。(5)依题意,整理出以下平

3+__

下发生反应,因此a是该反应的催化剂,A正确;衡:①BiOCl(S)+H2O(l)=2Bi(aq)+2OH(aq)

由分析得,b是第①步反应中的产物,参与了第+Cl__(aq)K=1.6X10__31;②

3+__

②步反应,因此b是中间体,B正确;由相对能量Bi(OH)3(S)=2Bi(aq)+3OH(aq)KSP=4.0

__31__

变化图可知,步骤②活化能为45.3__(__31.8)X10;①__②得BiOCl(S)+H2O(l)+OH(aq)

=77.1,步骤④活化能为43.5__(__42.6)=

86.1,因此基元反应的决速步是④,C错误;由反

=0.4;将C(Cl__)=0.04mol●L_1代入K,=

应机理图可知,反应物是HCOOH,产物是CO2丶

__

C(Cl)____1

H2,所以总反应的化学方程怯为HCOOH__=0.4,解得C(OH)=0.1mol●L,PH=

C(OH)

催化剂

-CO2↑+H2↑,D正确。

15.(1)A(2分)

50℃已知物质的量关系EDTA~Bi3+,则待测液中Bi3+

_

(2)2BiOCl+HCO3+NH3●H2O-(BiO)2CO3+

的浓度=

__+_1__1

2Cl+NH4+H2O(2分)0.01000mol●LXV2mLX209g●mol

=

(3)ABD(2分)V1mL

《高三●化学(HN)●核心素养》第11页(共8页)

2.09V2_13+

g●L。未达到滴定终点时,Bi过量,二性降低(3分)

V1

甲酚橙与3+形成紫红色配合物;达到滴定终点后,

Bi(4)①(2分)②sn(2分)

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

解析:(1)反应İ+反应ij=反应ň,根据盖斯定律,

后半滴EDTA溶液时,溶液由紫红色变为亮黄色,

●__1●

且半分钟内不恢复紫红色。ΔH1+ΔH2=ΔH3=41.2KJmol__90.6KJ

__1__1

16.(1)第五周期,第ⅢA族(2分)mol=__49.4KJ●mol。(2)根据理想气体状态

(2)原料粉碎,搅拌,加热等(1分)

方程有恒容容器,V总不变,

(3)4.9~5.7(2分)还原剂(1分)

则CO2的分压与CO2的物质的量丶容器温度有关,

+3+

(4)Ⅰn(OH)3+3H-Ⅰn+3H2O(2分)pbsO4

CO2的分压保持不变,说明CO2的物质的量丶容器

(2分)温度均保持不变,各反应均达到平衡状态,A正确;

(5)zn(2分)

各反应的反应物和产物都是气体,则混合气体的质

分)

(6)800(2量保持不变,容器恒容,则混合气体的体积保持不

解析:富铟渣主要含有Fe丶pb丶zn丶Ⅰn(铟)等金属及变,则混合气体的密度保持不变,不能说明反应达到

其氧化物(如Ⅰn2O3丶pbO等),对该富铟渣的处理流

平衡状态,B错误;根据碳元素守恒,"(CO2)+

程中,先进行浸出过程,调节到一个合适的

1PH"(CO)+"(CH3OH)="起始(CO2),"起始(CO2)是定

值,可使含zn和Fe的成分完全溶解,浸渣中保留值,不能说明反应达到平衡状态,C错误;先单独考

Ⅰn(OH)3沉淀和难溶物pbsO4,实现初步分离,然后虑各反应对绝热容器温度的影响:反应İ吸热,会使

在浸出2过程中,调节PH将Ⅰn(OH)3沉淀溶解,而容器温度降低,反应ij丶ň放热,会使容器温度升高,

pbsO4留在浸渣中,接下来通过置换析出金属铟得故当容器温度不变时,各反应均达到平衡状态,D正

到海绵铟,最后经过真空蒸馏丶电解得到精铟,据此

确。(3)综合考虑反应İ丶ij丶ň,CO2会转化为CO

回答问题。(1)Ⅰn的原子序数为49,与B丶Al同主

和CH3OH,甲醇选择性表示甲醇占总产物的比例。

族,对应位置在第五周期ⅢA族。(2)可通过将原料

①投料时"(H2):"(CO2)=3.0,假设"起始(H2)=

充分粉碎以增大原料与浸取液(硫酸)的接触面积,

3.0mol,"起始(CO2)=1.0mol。由图可知,260℃时

或通过搅拌使原料与浸取液接触更加充分,或加热

CO2的平衡转化率为30%,甲醇选择性为60%,则

升温提高反应速率,来提高浸出率。(3)由分析可

()(,

知,浸出1的目的是分离一部分金属组分,由表可"平衡CO2=1molX1__30%)=0.7mol

知,随PH升高,沉淀顺序为Fe3+→Ⅰn3+→zn2+→"平衡(CH3OH)=1molX30%X60%=0.18mol,

2+3+

Fe,所以需要将PH控制在4.9~5.7,在Ⅰn完全"平衡(CO)=1molX30%X40%=0.12mol。根据

2+2+3+

沉淀的同时,zn和Fe均未沉淀,为避免Fe在氧元素守恒,可知"平衡(H2O)=0.3mol,再根据氢

3+3+

该过程与Ⅰn一同沉淀,需要加入还原剂,将Fe元素守恒,可知"平衡(H2)=2.34mol。所以260℃

还原为Fe2+。(4)由分析可知,浸出2的目的是分离

时H2的转化率X100%=22%,

Ⅰn(OH)3与pbsO4,PH足够小时可将Ⅰn(OH)3全

+3+反应İ的平衡常数Kx

部溶解,其离子方程怯为Ⅰn(OH)3+3H-Ⅰn

+3H2O,而pbsO4不溶解,所以浸渣2的主要成分0.022。②反应İ

为pbsO4。(5)置换后液要合并到浸出液1中用于

产生CO,吸热;反应ň产生CH3OH,放热;反应ij既

制锌,所以为了不引入新的杂质,需要用zn来置换。

消耗CO又产生CH3OH,放热。当温度升高时,反

(6)真空蒸馏过程中,既要保证杂质特别是Cd和zn

应İ平衡正向移动,反应ij丶ň平衡逆向移动,故产

被充分除去,也要保证Ⅰn的损失尽可能少,综合考

物中CO增多,CH3OH减少,甲醇的选择性降低。

虑粗铟挥发率和杂质去除率曲线,800℃时Cd和zn

(4)①“已知”介绍了几种金属的活性位点对O丶C的

的去除率接近100%,而Ⅰn的挥发率接近0,低于

连接能力,机理图中已给出的路线(上半部分)是O

800℃时Cd和zn未被完全去除,高于800℃时又会

连接在催化剂表面,则推测待补充的路线(下半部

导致铟挥发率升高造成损失,所以800℃较为合适。

17.(1)__49.4(2分)分)是C连接在催化剂表面,则A的结构为

(2)AD(2分)

×

(3)①22%(2分)0.022(2分)②由于反应İ吸。由A右侧的结构(COOH)也可反推

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A的结构。②还原产物主要为HCOOH,对应机理

《高三●化学(HN)●核心素养》第12页(共8页)

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)子作用下与CH2(COOCH3)2发

(2)1一氯一2一戊炔(2分)