2026届湖南省文海G20联考高三核心素养测评化学试题含答案

性质非常活泼B.壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维，该仿生胶带可用作新型黏着实验A.证明苯与液溴的反应为取代反应B.吸收尾NH3C.制备无水氯化镁化率实验示意图立苯、溴混合物无水CaCl尾气处理分水器浓硫酸铁粉溶液B.0.2molNH₃完全转化为NO,转移电子数为NA5.下列关于物质性质或应用的解释错误的是选项性质或应用解释A聚乙炔可制备导电高分子材料聚乙炔分子结构含有共轭双键体系，为电荷传递提供了通路BH2O分子间氢键强于H2S分子间作用力CO3在CCl4中溶解度大于在水中溶解度O3的极性微弱，更接近非极性分子的性质DBF3分子的键角(∠F一B-F)大于电子对间斥力的不同胞参数为anm,O点原子分数坐标为(0,0,0)。下列说法正确的是A.晶胞中Se原子的配位数为8B.晶胞中Q点原子分数坐标为8.羟肟萃取剂常用于湿法冶金工业中金属阳离子的分离，一种萃取Ni²+的反应如下。XYD.冠醚识别Li+与上述原理相同9.一种高性能的光能可充电水系钠离子电池的工作原理如图所示。在光照条件下充具有强氧化性),驱动两极反应而完成充溶液的质量增加46gA.该分子中含有1个手性碳原子→Na[Au(CN)₂]溶液Zn→AuC.Na[Au(CN)₂]与Zn反应的方程式为2Na[Au(CN)₂]+Zn=2Au+Na₂[Zn(CN)₄]D.“试剂a”可以是Cu粉或Fe粉3数据采集器A.H₂S饱和溶液的pH=3.5I+HOOCH+0OCHI+HOOCH+0OCHC.②对应的基元反应是决速步D.总反应的化学方程式为15.(15分)金属铋(Bi)及其化合物广泛应用于电子、医药等领域，一种由BiOCl(氯氧①将3.0gBiOCl与25mL3.0mol·L-¹碳酸氢铵溶液混合，加入氨水调节溶液pH=9,50℃下在三颈烧瓶中反应2h,生成(BiO)₂CO₃沉淀，BiOCl已完全反应。②将①步三颈烧瓶中所得混合物，经过一系列操作可得到(BiO)₂CO₃固体。③将②步所得(BiO)₂CO₃固体在530℃下煅烧，可得到Bi₂O₃产品。(1)与本实验安全注意事项无关的图标为(填标号)。(2)写出步骤①制备(BiO)₂CO3的离子方程式0(4)某研究小组探究反应温度对沉淀制备的影响，得到温度与所得沉淀产率的关系如图所示。50℃时沉淀产率最高，结合图(5)另一种制备方法：用NaOH溶液将BiOCl转化为Bi(OH)3,03Bi(OH)₃受热分解为Bi₂O₃。已知：常温下，Kp[Bi(OH)₃]=4.0×10-³¹,BiOCl(s)在水溶液中存在平衡BiOCl(s)+H₂O(1)Bi³+(aq)+2OH-(aq)溶液中c(C1-)=0.04mol·L-¹,此时溶液pH=0(6)Bi³+的测定：乙二胺四乙酸(EDTA)二钠盐可以和Bi³+1:1形成稳定的配合滴二甲酚橙作指示剂(二甲酚橙：溶于水呈亮黄色，能和多种金属阳离子形成紫红色配合物),用0.01000mol·L-¹的EDTA溶液滴定，达到滴定终点时，测得耗去标准液V2mL,则溶液中Bi³+的浓度为(用带V₁、V²的式子表16.(14分)某富铟渣主要含有Fe、Pb、Zn、In(铟)等金属及其氧化物(如In2O3、PbO等),从该富铟渣中提取金属铟的一种工艺流程如下：已知：①浸出过程始终以H₂SO₄为浸取液。②相关金属离子形成氢氧化物时的pH(25℃)。Zn²+Fe³+Fe²+开始沉淀完全沉淀4.98.7(1)In的原子序数是49,在元素周期表中的位置是(3)“浸出1”中铟最终以In(OH)3进人浸渣1中得以富集，则“浸出1”时溶液pH应控制在范围，在此过程中还需加入适当的(填“氧化浸渣2的主要成分为(填化学式)。通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题：(1)已知如下热化学方程式：(2)在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平B.混合气体的密度保持不变(260,60)b(260,30)220240260温度1℃确到小数点后3位，K、是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。②甲醇选择性随温度升高而降低的原因是Ⅱ.电还原制备高附加值的有机物已知：①Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强。②Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au,但Cu吸附CO后不易脱离。(4)CO₂电还原可能的反应机理如图2所示(*CO表示吸附态的CO)。①参照机理图2画出A的结构：0催化剂。B0(6)根据上述信息，写出以环戊烯和乙醇 01.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，因此可用作手术缝合线，C正确；SiO₂硬度高且光学性能优异，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Br-,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MgCl₂·6H₂O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+3H₂2NH₃)是可逆反应，不能进行到底，0.1molN2和0.3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,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)=1.0×10-¹²mol/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120°,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120°,二者键角差异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(A1);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(A1)、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+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Zn的个数为4,Se的个数为4,与Zn距离最近的Se原子的个数为4,与Se距离最近的Zn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Zn与Se之间的距离为体对角线的,体对角线为√3anm,则相邻的Se和Zn之间的距离为nm,C正确；晶胞中Zn的个数为4,Se的个数为4,故晶体密度·cm-³,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中的一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Lit是利用冠醚的空穴大小与Lit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3I⁻+2h+=I₃。放电时，需闭合开关a,打开开12.B关b,对TiO₂电极做避光处理，电极I12.B去电子，电极反应为2S--2e-—S²-,电极Ⅱ为正极，得到电子，电极反应为I₃+2e=3I。试没放电时电极I为负极，A正确；由以上分析可知，充电时TiO₂试没2h+—I₃,B错误；由以上分析可知放电时，需闭0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，e,理论进入阴极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，由物质中碳原子有sp(碳碳三键)、sp²(苯环、酯基碳原子)、sp³(饱和碳原子)三种杂化方式，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、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+通过配位键结合，也属于σ键，即配位形成的σ键数目为2,CN的结构式为[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,故方程式为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。A→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)。这是压缩注射器活整塞的过程(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、F、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。在H₂S溶液中存在电离平衡：H₂SH++HS、HSH++S²一，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、HS-、S²一的物质的量分数随pH的变化；根据图示，pH=7.0时，c(HS-)=c(H₂S),则c(HS-)=c(S²-),则10-¹³,据此分析作答。H₂S饱和溶液的浓度约为0.1mol·L-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，由K=,c(HS)≈c(H+),c(H+)=√10⁷×0.1=10⁻⁴mol·L-¹,溶液的pH=4,A错误；由于HCIO具有强氧化性，《高三·化学(HN)·核心素养》第10页(共8页)Na2S具有还原性，少量HC1O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-)=2c(Na+),根据电荷守恒②c(HS-)+2c(S²-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),①代入②×2得c(HS)+3c(H₂S)+2c(H+)=c(S²一)+2c(OH-),C正确；反应Cd²++H₂SCdS(s)+2H+的平衡常数14.C反应机理：HCOOH一HCOO-+H+、①(I→[L—Fe一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)=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；由反应机理图可知，反应物是HCOOH,产物是CO2、H₂,所以总反应的化学方程式为HCOOH确。②2Cl+NHt+H₂O(2(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℃时，溶液中NH₃·H₂O分解，氨气挥发，使pH降低，不利于CO₃-的形成，使沉淀产率降低(答案合理即可)(3分)(5)13(2分)(6))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+NH3。步骤③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“护目镜”,操作中药剂可能溅到眼睛，需佩戴护目镜，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的离子方程式时应注意：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的离子方程式为(BiO)₂CO₃+2Cl+NH+H₂O。(3)步骤②的一系列操作包含：过滤、洗涤、干燥。仪器是漏斗，过滤、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固体在水中溶解度较小。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Bi³+(aq)+2OH(aq)=Bi³+(aq)+2OH(aq)=1.6×10-3¹;②Bi(OH)₃(s)一Bi³+(aq)+3OH(aq)K=4.0×10-³¹;①一②得BiOCl(s)+H₂O(1)+OH(aq)Bi(OH)₃(s)+Cl-(aq)=0.4;将c(Cl-)=0.04mol·L-¹代入K'=,解得c(OH-)=0.1mol·L-¹,pH=已知物质的量关系EDTA～Bi³+,则待测液中Bi³+二=身的亮黄色。所以达到滴定终点的现象是当滴入最(3)4.9～5.7(2分)还原剂(1分)(2分)(6)800(2分)其氧化物(如In₂O₃、PbO等),对该程中，先进行浸出1过程，调节pH到一个合适的PbSO₄留在浸渣中，接下来通过置换析出金属铟得回答问题。(1)In的原子序数为49,与B、Al同主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)由分析可知，浸出1的目的是分离一部分金属组分，由表可Fe²+,所以需要将pH控制在4.9～+3H₂O,而PbSO₄不溶解，所以为PbSO₄。(5)置换后液要合并到浸出液1中用于的去除率接近100%,而In的挥发率接近0,低于800℃时Cd和Zn未被完全去除，高于800℃时又会17.(1)-49.4(2分)(3)①22%(2分)0.022(2分)②由于反应i吸性降低(3分)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