2026届高考化学考向核心卷·甘肃专版·参考答案

2026届高考考向核心卷化学参考答案——甘肃专版2026届高考化学（甘肃专版）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、2、89分9.00%常见无机物及其应用（含无机化工流程）11、1618分18.00%物质结构与性质5、7、109分9.00%化学反应原理4、12、14、1723分23.00%化学实验基础6、13、1520分20.00%有机化学基础3、9、1821分21.00%合计1~18全卷100分100.00%题号1234567891011121314答案AABDADCBBDBDAC1.答案：A解析：钛合金是合金材料，属于金属材料，A符合题意；砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，B不符合题意；液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属，不是金属材料，C不符合题意；碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子合成材料，都不是金属材料，D不符合题意。2.答案：A解析：硫为16号元素，基态S原子的电子排布式为，A错误；质子数为6，质量数为14的碳原子表示为，B正确；乙烯的官能团是碳碳双键，结构简式为，C正确；水是共价化合物，电子式为，D正确。3.答案：B解析：M中含有羟基和酯基2种官能团，A错误；苯为平面型分子，与苯直接相连的碳原子共平面，则分子中至少有11个碳原子一定共面，B正确；与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，C错误；M中不含酚羟基，不能与溶液发生显色反应，D错误。4.答案：D解析：催化剂能加快反应速率，但不能改变反应限度，A错误；恒压下，充入He，容器容积增大，反应物浓度降低，化学反应速率减小，B错误；恒容下，充入He，反应物浓度不变，化学反应速率不变，C错误；平衡时，正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到化学平衡时，，D正确。5.答案：A分析：A、B、D、E、X、Y、Z为七种短周期元素。Y的最高价氧化物对应的水化物能与强酸、强碱反应，说明其具有两性，故Y为Be或Al；Z的单质在常温下为黄绿色气体，故Z为Cl；B仅与D位于同一周期，二者原子半径均小于E，且最外层电子数均小于E，因此B、D为第二周期元素，E为第三周期元素，结合两性性质可确定Y为Al；再根据最外层电子数可推知B为C，D为N，E为S；A的原子半径最小，最外层电子数为1，故A为H；X的原子半径最大，最外层电子数与H原子相同，故X为Na。解析：同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，Na的金属性强于Al，A正确。B的简单氢化物为，D的简单氢化物为，分子间存在氢键，沸点更高，沸点；，B错误。非金属性Cl>S，则酸性：，C错误。A、D、Z三种元素所形成的化合物可能为，中含有离子键，D错误。6.答案：D解析：加热应在坩埚中进行，A错误；用托盘天平称量时应左盘放物质，右盘放砝码，B错误；不能直接在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，待冷却后再转移到容量瓶中，C错误；滴定终点的pH在甲基橙的变色范围内，可以用甲基橙做指示剂，D正确。7.答案：C解析：分子之间形成氢键影响其熔、沸点，稳定性为化学性质，与共价键强度有关，与氢键无关，A错误；乙醇是极性分子，B错误；电负性：Cl＞H，使的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出，故酸性：，C正确；乙烯中碳碳双键的键能小于乙炔中碳碳三键的键能，故乙烯比乙炔活泼，与范德华力大小无关，D错误。8.答案：B解析：通常用于治疗胃酸过多的是和，碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，A错误；维生素C具有还原性，可避免被氧化，B正确；明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可用作净水剂，C错误；不导电，用于制作光导纤维，是利用其对光的全反射，D错误。9.答案：B解析：1个三蝶烯分子中含20个C，根据不饱和度及碳四价原则计算，H原子为14个，分子式为，A正确；“分子水车”是有机分子，是碳的单质分子，二者均为分子晶体，二者通过分子间作用力结合，不存在离子键，B错误；“分子水车”能选择性地分离出，说明其具有分子识别特性，C正确；TCSs和三蝶烯含有的官能团及化学键不同，可通过红外光谱的特征吸收峰区分，D正确。10.答案：D分析：X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X、Y的第一电离能均高于同周期相邻元素，且X、Y分别形成3个、5个共价键，可推知X为N，Y为P；结合无机高分子材料单体分子结构中Z形成1个共价键，且Z的原子序数大于15，可知Z为Cl。解析：同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径：Y（P）>Z（C1），A错误；根据中Cl为-1价可知，电负性N＜Cl，故氧化性：，B错误；水解的产物是亚磷酸和HCl，亚磷酸是弱酸，C错误；中X有3个σ键电子对，孤电子对数，故有4个价层电子对，其VSEPR模型为四面体形，D正确。11.答案：B分析：氧化性：，可以氧化生成，可以氧化生成。含钴废料（主要成分为、，含少量、、等杂质）加入硫酸、酸浸后，不反应，以滤渣Ⅰ形式分离出体系；滤液中含有、、等，加溶液氧化后，转化为，调节pH生成、，；滤液中加入溶液、氨水，经一系列操作得到纯净的。解析：根据已知信息②中氧化性大小顺序判断，可以氧化生成，则“酸浸”时不可用盐酸代替硫酸，A错误；硫酸可溶解金属氧化物，能将还原为，则“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和，B正确；由分析知，“滤渣Ⅱ”中含有、，C错误；“沉钴”工序中，加入溶液、氨水，反应生成，根据质量守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为，D错误。12.答案：D分析：根据题图可知，NaCl溶液浓度增大，说明通过e膜向左迁移，则a极为电解池的阴极，b极为阳极。光伏并网发电装置中，P型半导体的电极为正极，N型半导体的电极为负极。解析：a极得到浓溶液，即通过c膜向a极移动，通过d膜向右移动，则c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，A错误；由以上分析可知，光伏并网发电装置中N型半导体的电极为负极，B错误；a极为阴极，与生成的结合生成，并放出，则阴极反应式为，C错误；由于通过e膜向左移动，导致b极区浓度减小，在阳极放电产生，即阳极浓度也减小，故NaOH溶液浓度减小，即，D正确。13.答案：A解析：溶液和盐酸浓度未知，不能通过测定两溶液的导电能力强弱探究是否为弱电解质，A错误；1－溴丁烷发生消去反应生成1－丁烯，1－丁烯与溴发生加成反应导致溴的溶液褪色，故可以探究1－溴丁烷的消去产物，B正确；向盛有溶液的试管中滴加2滴溶液，产生AgCl白色沉淀，然后向其中滴加4滴溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明发生沉淀的转化，可以比较和的大小，C正确；由题意可知，、氯化钠溶液构成的原电池中，较活泼金属Zn作负极被损耗，Fe作正极被保护，则从铁电极区域取少量溶液于试管中，滴入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，能用于探究金属的电化学保护法，D正确。14.答案：C解析：为三元弱酸，则在溶液中发生分步电离：，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别为的分布分数随pH的变化曲线，A正确；，x点，y点，w点，则，w点pH=3.945≈3.95，B正确；z点溶液中，还存在加入的碱的阳离子，根据电荷守恒可知，，C错误；z点，则，，的电离程度大于其水解程度，，D正确。15.答案：（1）D（1分）；检漏（1分）（2）（3分）；亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀（2分）；邻二氮菲中氮原子质子化，使得其配位能力降低（2分）（3）6（2分）（4）（3分）解析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解（冷却）、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，此过程中除了用到容量瓶、滴定管和玻璃棒外，还需要的仪器有胶头滴管，故选D。为防止配制过程中出现漏液现象，洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是检漏。（2）盐酸羟胺为强电解质，能将还原成，自身被氧化为氮气，结合得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得，该反应的离子方程式为。试剂处理时需要加入缓冲溶液使溶液的pH保持在合适范围，若pH过高，会转化为沉淀，若pH过低，会造成邻二氮菲中氮原子质子化，使得其配位能力降低。（3）邻二氮菲配合物中1个和3个邻二氮菲分子形成配合物，故配位原子个数为6。（4）由于该配合物的摩尔吸光系数，测量时溶液的吸光度，比色皿厚度1cm，根据朗伯比尔定律可得，解得，故溶液中的浓度为。16.答案：（1）（3分）（2）（1分）（3）、会部分转化为、沉淀，降低产率（2分）（4）①浓度较低，不利于形成（2分）②沉淀颗粒细小，后续过滤速率减慢（2分）（5）（2分）（6）（2分）；5%（1分）解析：（1）与NaOH在高温下反应，生成难溶的，同时生成、，根据原子守恒，即可写出反应方程式。（2）加入溶解，、、分别转化为、、，调pH时，率先生成。（3）在pH较高条件下，、会部分转化为、沉淀，导致后续稀土元素损失，降低产率。（4）①溶液中浓度较低，容易导致沉淀不完全，不利于形成。②沉淀的形成包括成核（小颗粒生成）和生长（小颗粒变大）两个过程，成核速率越快，易生成大量小颗粒，减慢溶液滴加速度，滴加时搅拌并适当升温，利于形成大颗粒沉淀，易于过滤。（5）加入的目的是把氧化为，为后续沉铈及制备做准备，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒即可写出反应的离子方程式。（6）Ce、O核间最短距离为apm，则晶胞的边长为，一个晶胞中含有的个数为，含的个数为8，则晶体密度为；设晶体的化学式为（数为x、数为y），则x：y=4：1，根据得x=4、y=1，未参与反应时，数目为，参与反应后，，则空缺率为。17.答案：（1）-345.3（2分）（2）8（2分）（3）Ⅱ（1分）；慢反应为决速步骤，决速步骤的活化能决定总反应速率（2分）（4）不变（1分）；不变（1分）（5）低温高压（1分）；主副反应在改变温度和压强时，平衡移动方向相同，但由于主反应放热更多且气体分子数减少更多，导致主反应受温度和压强的影响更大，在低温高压条件下，对主反应促进效果更显著（2分）（6）储氢反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致储氢量减小（1分）；75℃（1分）解析：（1）①式：②式：③式：目标方程式：目标方程式=①式-③式，。（2）利用反应的速率方程进行计算，。（3）第Ⅱ步反应为慢反应，慢反应步骤决定总反应速率，催化剂改变慢反应的活化能就可以改变总反应速率。（4）恒温恒容条件下，惰性气体不影响反应物氢气的分压，也不参与反应，不影响反应速率，也不影响平衡，对氢气转化率无影响，所以氢气转化率不变；为固体，不会影响平衡的移动，所以氢气的转化率不变。（5）主反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，主反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动；主副反应在改变温度和压强时，平衡移动方向相同，但由于主反应放热更多且气体分子数减少更多，导致主反应受温度和压强的影响更大，在低温高压条件下，对主反应促进效果更显著。（6）平衡移动属于热力学范畴，已知反应为放热反应，升温平衡逆向移动，导致储氢量降低，但是升高温度反应速率加快，从反应效率即储氢效率角度分析75℃更适合。18.答案：（1）2-溴已酸甲酯；中和反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产率（2分）（2）（2分）（3）酮羰基（1分）；醚键（1分）（4）（2分）；还原反应（1分）（5）19（2分）（6）（2分）；（2分）解析：（1）根据系统命名法，以含酯基的最长碳链为主链，B的名称为2-溴己酸甲酯；A和B发生取代反应生成C和HBr，加入可以中和反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产率。（2）根据反应条件和C、D的结构简式，可知C→D中，第一步反应为酯基的水解反应。（3）G中含氧官能团的名称为硝基、醚键、酮羰基。（4）I的结构简式为，I→J过程中硝基转化为氨基，反应类型为还原反应。（5）第一步，审限定条件，确定官能团或取代基。根据题中要求及F的结构简式判断，化合物X含有苯环，苯环上连接的取代基有—Cl、酯基。第二步，根据分子式和不饱和度，确定其他官能团或取代基。X的分子式为，不饱和度为5，而苯环的不饱和度为4，酯基的不