2026届高考化学考向核心卷·浙江专版·参考答案

2026届高考考向核心卷化学参考答案——浙江专版2026届高考化学（浙江专版）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STSE1、56分6.00%物质结构与性质2、3、6、13、1726分26.00%常见无机物及其应用（含无机化工流程）7、166分6.00%化学反应原理11、12、15、1821分21.00%化学实验基础4、8、10、1922分22.00%有机化学基础9、14、2019分19.00%合计1~20全卷100分100.00%题号12345678910111213141516答案ACDDBBACCCCCCBCA1.答案：A解析：是酸性氧化物，固态时为分子晶体，A正确；是酸性氧化物，是由共价键形成的共价晶体，B错误；为碱性氧化物，且为离子晶体，C错误；乙酸不属于氧化物，固态时为分子晶体，D错误。2.答案：C解析：是共价化合物，其电子式为，A错误；乙烯的结构简式中需要体现碳碳双键，结构简式应为，B错误；基态C原子的价电子排布式为，则激发态C原子的价电子轨道表示式可能为，C正确；碳链编号错误，该物质的正确名称为2，6-二甲基-5-乙基辛烷，D错误。3.答案：D解析：与具有相同的核外电子排布，核电荷数大于核电荷数，所以离子半径：，A错误；同周期元素电负性从左到右依次增大，所以电负性：，B错误；同主族元素第一电离能从上到下依次减小，所以第一电离能：，C错误；和分子间均有氢键，但分子间氢键较多，沸点较高，因此沸点：，D正确。4.答案：D解析：溶液可与反应生成CuS沉淀，化学反应方程式为，而溶液不与乙炔（）反应，可以除去中的杂质，A正确；浓氨水能与AgCl反应生成可溶的，可以溶解试管内壁上的氯化银固体，B正确；白磷在空气中易自燃，白磷不溶于水，且密度比水的密度大，故在水中切割可防止白磷燃烧，C正确；苯是有机溶剂，三溴苯酚易溶于苯，无法通过过滤操作分离苯和三溴苯酚的混合物，D错误。5.答案：B解析：碳化硅属于共价晶体，硬度大、耐磨性能好，可用作砂轮的磨料，A正确；溶液能用作消毒剂，是因为其水解生成的具有强氧化性，B错误；液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，C正确；冠醚有不同大小的空穴，可识别不同大小的碱金属离子形成超分子，D正确。6.答案：B解析：的电子式：，S和N原子均有孤电子对，均可以作为配位原子，A正确；“杯酚”与能形成超分子，与不能形成超分子是因为超分子具有“分子识别”的特性，不是因为超分子的自组装，B错误；细胞膜是磷脂双分子层，磷脂分子头部亲水、尾部疏水，在细胞膜双分子层中头向外、尾向内排列，C正确；HF的浓溶液酸性增强是因为和HF形成氢键，缔合成，使HF电离程度增大，D正确。7.答案：A解析：只有—COOH可以与发生反应，酚羟基酸性不够，不发生反应，A正确；FeS为难溶于水的固体，不能拆写。正确的离子方程式为，B错误；纯碱为，反应物应写而不是，C错误；过量的氨水会继续和反应生成。正确的离子方程式为，D错误。8.答案：C解析：NaF溶液水解产生HF，对普通玻璃有腐蚀作用，故不能用普通玻璃仪器配制，A错误；聚四氟乙烯滴定管是酸碱通用型滴定管，该酸碱中和滴定实验需要用指示剂以便观察滴定终点，B错误；草酸晶体在加热分解过程中会先熔化后分解，故试管口应向上倾斜，C正确；侯氏制碱法尾气为和，是碱性气体，需要用酸性物质来吸收，D错误。9.答案：C解析：由图可知，M→Q为与发生取代反应生成和氯化氢，A正确；P分子中的氨基具有还原性，遇浓硝酸和浓硫酸形成的混酸时易被氧化，所以P→M引入硝基时需要“一系列反应Ⅰ”以防止氨基被氧化，B正确；Q分子中氨基氮原子的杂化方式为，氨基氮原子和与其直接相连的原子的空间结构为三角锥形，则Q分子中所有原子不可能在同一平面，C错误；N分子中含有的酰胺基和碳氯键能与氢氧化钠溶液反应，1个酰胺基消耗1个NaOH，1个碳氯键消耗1个NaOH并产生1个酚羟基，1个酚羟基也可消耗1个NaOH，所以1molN最多可与3mol氢氧化钠反应，D正确。10.答案：C解析：钠的黄色火焰会掩盖钾的紫色火焰，检验钾离子时，应透过蓝色钴玻璃观察火焰是否呈紫色，否则无法判断是否含有钾离子，A错误；向具有还原性的的溶液中滴加具有氧化性的酸性高锰酸钾溶液，两者可发生氧化还原反应，体现的是还原性而非漂白性，B错误；将足量的通入2mL溶液中，混合后溶液中出现浑浊，说明有S生成，反应的离子方程式为，被还原为S，则为氧化剂，具有氧化性，C正确；足量硝酸会将氧化成，滴加溶液后，溶液中产生白色沉淀，但若原溶液中本身就有，也会出现相同的现象，该实验方案不能达到探究目的，D错误。11.答案：C解析：石墨完全燃烧生成为放热反应，，能自发进行，根据时反应能自发进行，该反应的（反应前后气体分子数减少），可知，A错误；由反应减去反应可得反应（该反应为放热反应），则，B错误；根据盖斯定律，可知，因，，故，C正确；根据盖斯定律，可知，则，D错误。12.答案：C解析：M极上失去电子转化为，发生氧化反应，M极为阳极，连接电源的正极，A正确；转化为，参与反应后又生成，和的相互转化起催化作用，B正确；N极为阴极，电极反应式为，同时后续又发生反应生成1mol，理论上，电路中通过2mol产生2mol气体，C错误，D正确。13.答案：C解析：图中O与结合的虚线是配位键，H与O结合的虚线是氢键，A错误；根据胆矾晶体结构中的作用力不同及加热过程中失水数目可知，与结合的结晶水最后失去，B错误；晶体中中的S原子和中的O原子的杂化方式均为杂化，C正确；和与结合后，中心原子O和N的孤电子对数均减少，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，键角均变大，D错误。14.答案：B解析：与物质A反应，经过循环反应后，又生成了，故是反应的催化剂，HOAc先生成后又消耗，HOAc是中间产物，A正确；由反应机理可知，Rh在中为+3价，物质B、D中连接3个原子，Rh在物质E中连接4个原子，而E中与O之间是配位键，不影响Rh的化合价，Rh的化合价未发生变化，B错误；物质A→B中存在N—H、C—H等极性键的断裂，物质D→E中存在C—O极性键的断裂与形成，物质C→D中存在碳碳双键变为碳碳单键，是非极性键的断裂，物质F→G中存在碳碳单键变为碳碳双键，是非极性键的形成，C正确；物质F要先发生加成反应生成，再发生消去反应生成G，D正确。15.答案：C解析：溶液中的电荷守恒：，物料守恒：，两式联立，质子守恒：，A错误；滤液为氯化银的饱和溶液，所以清液中一定存在：，但加入硫酸钠溶液后溶液仍然澄清，说明硫酸银的溶解度比氯化银大，则反应后，B错误；沉淀b为氯化银，氯化银中滴加氨水会生成二氨合银离子，其离子方程式为，C正确；从实验现象可以得出硫化银比硫酸银更难溶，，D错误。16.答案：A解析：在步骤I中作氧化剂，若用酸性高锰酸钾溶液代替H₂O₂，则会引入等杂质，A错误；“氧化液”中的主要离子为，加入试剂X的目的是调节溶液pH以除去，B正确；当比值逐渐增大时，溶液中浓度逐渐增大，更容易生成CuCl沉淀，但随着反应进行，CuCl沉淀会继续与过量的形成，则沉淀逐渐消失，CuCl的量减小，C正确；具有还原性，为防止CuCl被氧化，同时洗去其他杂质，可用水溶液洗涤CuCl，D正确。17.答案：I.（1）（1分）；8（1分）（2）CD（2分）（3）①较大时，与结合形成HF，降低，不利于与Fe³形成（2分）；②（1分）；（1分）；电负性F>Cl>Br，极性S—F键>S—Cl键>S—Br键，导致O—H键的极性，O—H键的极性越大，越易电离出H⁺，酸性越强（2分）Ⅱ.（1）放电时从负极脱出，向正极移动并进入正极材料（1分）（2）（2分）（3）水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥（1分）解析：I.（1）第一步，利用均摊法计算晶胞中各微粒的个数。位于晶胞的顶点和面心，每个晶胞含有的个数为，位于晶胞内部，每个晶胞含有8个。第二步，根据晶胞中微粒的个数比得到晶体的化学式。该物质的化学式为。由题给晶胞结构可知，距离最近的有4个，距离最近的有8个（上下两个面）。（2）第一电离能F>N>C，A错误；阳离子中含有饱和碳原子，不可能是平面结构，B错误；中B原子的价层电子对数为，B原子为杂化，空间结构为平面三角形，中B原子的价层电子对数为，B原子为杂化，空间结构为四面体形，键角，C正确；该离子液体和的阴离子相同，但该离子液体的阳离子体积较大，导致阴阳离子之间的离子键强度减弱，D正确。（3）①HF是弱电解质，较大时，与结合形成HF，降低，则不利于与形成。②中含有—O—O—键，具有强氧化性，能够将氧化为，反应的离子方程式为。一般来说，O—H键的极性越大，越易电离出氢离子，酸性越强。Ⅱ.（1）放电时移向正极，所以充分放电有利于向正极移动并进入正极材料，从而有利于锂的回收。（2）“氧化”时，生成了难溶的，发生反应的化学方程式为。（3）已知在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故“沉锂”时要控制好温度，“系列操作”具体包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥。18.答案：（1）（2分）（2）①20%（2分）；b（1分）；②正向（1分）（3）bc（2分）（4）（2分）；6（2分）解析：（1）根据盖斯定律，由反应Ⅰ-反应Ⅲ×2得反应。（2）①第一步，列三段式。设CO转化的物质的量为xmol，列三段式如下：第二步，找关键信息，计算平衡时各物质的物质的量。该反应在1000℃时的平衡常数K=64.0，则，解得x=0.6。第三步，代入计算公式，求体积分数。CO的体积分数为；平衡时，平衡常数K只与温度有关，故只有改变温度才能改变平衡时的值。②向上述平衡体系中，各加0.5molCO和，，故平衡正向移动。（3）的逆反应速率随温度的升高而增大，a错误；升温，平衡正向移动，的体积分数减小，b正确；升温，平衡正向移动，气体的质量、气体的物质的量均增大，但减小（每增加6mol气体，气体质量增加48g，平均相对分子质量增加8，小于16），即混合气体的平均相对分子质量减小，c正确；升温，平衡正向移动，气体的质量增加，但是容器体积不变，则混合气体的密度增大，d错误。（4）由示意图及N元素的化合价变化可知④发生转化，由于生成物中有，只能用和来配平，故④的电极反应式为。三氯乙烯（）中C元素平均化合价为+1，乙烯中C元素化合价为-2，则1mol转化为时，得到6mol电子，即有效腐蚀的电子的物质的量n=6mol。19.答案：（1）U形管（1分）（2）f→g→a→b→d→e→h（2分）（3）AD（2分）（4）防止装置Ⅵ中的水蒸气进入装置Ⅲ中（1分）（5）取少量装置Ⅲ中反应后的固体于洁净的试管中，滴加适量稀硫酸，试管口有红棕色气体产生（2分）（6）（2分）；偏小（1分）（7）（2分）解析：（1）由仪器构造可知仪器A为U形管。（2）实验前通入氮气排尽装置中的空气，防止空气中的氧气氧化一氧化氮，装置Ⅱ中铜与稀硝酸反应制备一氧化氮，持续通入氮气将反应生成的一氧化氮排出，提高一氧化氮的利用率，装置IV中盛有的水用于除去一氧化氮中混有的挥发出的硝酸蒸气和可能含有的二氧化氮，装置I用于干燥一氧化氮，装置Ⅲ中一氧化氮与过氧化钙共热反应制备亚硝酸钙，装置Ⅵ用于吸收一氧化氮，防止污染空气，装置V盛有浓硫酸的洗气瓶用于吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验。由以上分析可知装置的连接顺序为c→f→g→a→b（或b→a）→d→e（或e→d）→h。（3）反应前通入氮气排尽装置中的空气，防止空气中的氧气氧化一氧化氮，反应后通入氮气是为了将装置Ⅱ中的一氧化氮赶入后续装置中充分反应，防止污染空气，A错误；装置I是为了干燥一氧化氮，试剂可以用五氧化二磷固体，B正确；硝酸是挥发性酸，制得的NO中混有硝酸蒸气，装置IV的作用主要是除去挥发的硝酸，C正确；NO不能和NaOH溶液反应，故装置Ⅵ中不能盛装NaOH溶液，根据已知信息可知可用酸性溶液吸收NO，D错误。（4）易潮解，装置V中盛有浓硫酸的洗气瓶用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置Ⅲ。（6）计算样品的纯度。第一步，找等量关系。根据得失电子守恒，可得滴定反应时物质的量的关系式为。第二步，根据滴定实验操作，求剩余的。剩余的。第三步，求“还原”时消耗的。。第四步，求样品中的纯度。依据，可知25.00mL溶液中，则样品中，，故的质量分数为。的质量分数。滴定完毕后立即读数，可能有少量标准溶液挂在液面上方的滴定管内壁上，导致读数偏大，测得的含量偏小。20.答案：（1）羟基、羧基、碳碳双键（1分）（2）（1分）（3）BD（2分）（4）（2分）（5）（2分）（6）（5分）解析：第一步，结合已知信息，分析流程，推断未知有机化合物。第二步，结合流程分析问题。（1）中官能团名称为羟基、羧基和碳碳双键。（3）化合物F为，在氢氧化钠水溶液中加热生成钠盐，Cl得不到E，A错误；化合物X的结构简式为，B与X发生取代反应生成C，B正确；G为甲醛，能与水形成分子间氢键，且甲醛与水均是极性分子，根据“相似相溶”，甲醛易溶于水，C错误；A→B为取代反应，