2026届高考化学考向核心卷·广西专版·参考答案

2026届高考考向核心卷化学参考答案——广西专版2026届高考化学（广西专版）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STSE13分3.00%常见无机物及其应用（含无机化工流程）8、10、1619分19.00%物质结构与性质4、5、7、12、1614分14.00%化学反应原理9、11、13、14、1727分27.00%化学实验基础2、1517分17.00%有机化学基础6、1817分17.00%合计1~18全卷100分100.00%题号1234567891011121314答案CDDCCCADDDBDCA1.答案：C解析：偏二甲肼在反应中被氧化，作为还原剂，A正确；合金的熔点通常低于其成分金属的，铝铜合金的熔点比纯铝、纯铜的低，B正确；放射性元素的核反应涉及原子核变化，属于核物理变化而非化学变化，C错误；碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，D正确。2.答案：D解析：溶液会与乙酸乙酯发生反应，应该用饱和碳酸钠溶液，A错误；氨气与水直接接触会发生倒吸，应将水放在上层，下层可选择等，B错误；会与溶液反应，应该用饱和溶液，C错误；安全漏斗的中间部分可以积留一部分液体，起到液封的作用，该装置可以用于制备二氧化碳，D正确。3.答案：D解析：由反应可知，存在关系。的物质的量，当参与反应时，转移的电子数为，A错误。的沸点为，所以标准状况下不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算，B错误。由题干“室温下的溶液”可知是弱酸，只能部分电离，故此的溶液中含有的数目小于，C错误。的物质的量，每个分子中含2个σ键，故0.1mol该物质中含个σ键，D正确。4.答案：C解析：是离子化合物，其电子式为，A项错误；的中心原子N上存在3个σ键电子对，其孤电子对数为，故价层电子对数为3，该离子的空间构型为平面三角形，B项错误；中O的孤电子对数为，C项正确；中存在4个σ键电子对，其中心原子上的孤电子对数为，故价层电子对数为4，S的轨道杂化类型为，D项错误。5.答案：C解析：Na的卤化物（如NaCl）属于离子晶体，熔化时需克服离子键；Si的卤化物（如）属于分子晶体，熔化时仅需克服分子间作用力。由于离子键远强于分子间作用力，前者熔点更高，A正确。铜氨溶液中存在铜氨络离子，加入无水乙醇后，因乙醇极性小于水，根据“相似相溶”规律，铜氨络离子形成的物质在极性较弱的无水乙醇中溶解度降低，从而析出蓝色晶体，B正确。根据形成超分子“结构互补，尺寸适配”的原则，15-冠-5识别分离本质是的直径与冠醚的空腔直径高度匹配，C错误。分子极性微弱（接近非极性），是非极性溶剂，水是强极性溶剂。根据“相似相溶”规律，在非极性的中溶解度更大，D正确。6.答案：C解析：根据贝诺酯的结构可知其含有酯基和酰胺基2种官能团，A错误；该有机物中不含卤素原子、羟基，不能发生消去反应，B错误；该有机物分子中有2个酚酯基，1个酰胺基，则1mol该物质最多能与5molNaOH反应，C正确；该有机物与足量加成后的产物含有2个手性碳原子，如图：（用数字标注），D错误。7.答案：A分析：X、Y两种元素的s能级与p能级上的电子数相等，核外电子排布式分别为、，则X为O元素，Y为Mg元素；Y与M同主族，则M为Ca元素；基态W原子的最外层p轨道有1个空轨道，核外电子排布式为，则W为Si元素；Z的原子序数介于Y（Mg）和W（Si）之间，则Z为Al元素；Y与W的质子数之和等于N的原子序数，12+14=26，则N为Fe元素。解析：同周期主族元素从左到右，第一电离能整体呈增大趋势，但第ⅡA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Al<Mg<Si，A项错误；非金属性：O>Si，元素非金属性越强，对应最简单氢化物的稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：，B项正确；基态的价电子排布式为，3d轨道为半充满状态，C项正确；Ca的最高价氧化物的水化物是强碱，D项正确。8.答案：D解析：过量与0.1溶液反应，产生的淡黄色沉淀是S，溶液中生成，离子方程式为，A错误；过量的通入0.1溶液，被还原为，溶液由棕黄色变浅绿色，离子方程式为，B错误；过量的通入0.1溶液不反应，无明显现象，C错误；过量的通入0.1溶液（含酚酞）反应生成与，最终溶液呈酸性，溶液由红色变无色，离子方程式书写无误，D正确。9.答案：D解析：4h后各物质浓度不再变化，体系达到平衡状态，反应Ⅱ的正、逆反应速率相等，A正确；活化能越低，反应速率越快，THFA（途径Ⅰ产物）生成速率最慢，2-MF（途径Ⅱ产物）次之，FU（途径Ⅲ产物）生成速率最快，故活化能大小顺序应为，B正确；FA的百分含量随时间的变化先升后降，为中间产物，随着反应的进行FAL的百分含量减小，FA的百分含量开始时增加，说明FAL制备FA的反应自发进行，又该反应的，则，该反应为放热反应，C正确；催化剂仅能影响反应速率，不影响平衡状态，无法改变反应物的平衡转化率，D错误。10.答案：D解析：，甲中滴加紫色石蕊试液，溶液显红色，则甲中溶液呈酸性，根据，得的电离程度大于水解程度，A正确；根据实验Ⅱ可知，具有还原性，与发生氧化还原反应，则溶液能使溴水褪色，B正确；丙中滴加溶液产生白色沉淀，过滤后将固体加入盐酸中未完全溶解，说明产生的白色沉淀中有和，则原固体样品已部分被氧化，C正确；丁中滴加70%硫酸，发生反应，生成有刺激性气味的，该反应是复分解反应，D错误。11.答案：B解析：观察机理图，金属外表面（左侧）发生被还原，所以外表面为正极；金属缝隙内表面（右侧）发生被氧化腐蚀，为负极，A正确。金属外表面为正极，发生电极反应，生成，溶液pH增大，所以外表面溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率，B错误，D正确。如图所示，负极区生成大量的，为维持电中性，海水中大量就会进入缝隙；或根据原电池离子移动方向“正正负负”判断，应移往负极区，即缝隙内，C正确。12.答案：D解析：该晶胞中，S原子位于晶胞的顶点和面心，Cu、Fe、Sn分别位于体对角线上，根据均摊法可知，S的个数为，Cu的个数为2，Fe的个数为1，Sn的个数为1，因此该硫化物的化学式为，A项正确；该晶胞中，S原子位于晶胞的顶点和面心，Cu、Fe、Sn分别位于体对角线上，Sn和Cu原子间的最短核间距为立方体面对角线长度的一半，为，B项正确；晶胞中部分原子的坐标、，将立方体A、B都切割成8个小立方体，则Fe原子位于下层右下前小立方体体心，则下层的Sn位于左下后小立方体的体心，Sn的坐标可以表示为，C项正确；晶体中距离Sn最近的S的个数为4，Sn与S形成4条单键，Sn价层没有孤电子对，D项错误。13.答案：C解析：活化能越大，温度对反应速率的影响越显著，反应Ⅰ的活化能，大于反应Ⅱ的活化能，故升高温度，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ的，A正确；增大浓度，反应Ⅰ（慢反应，决定初期总速率）速率加快，但增多，会催化分解，副反应消耗，导致后期总反应速率变化复杂，B正确；加入能与结合更强的配体，会使浓度降低，反应Ⅱ中反应物浓度减小，反应Ⅱ速率也会降低，C错误；加入少量，平衡正向移动，浓度先增大，同时催化分解，且反应Ⅱ（快）消耗，使浓度又减小，从而呈现振荡，D正确。14.答案：A解析：的时，当时，，C点时，，pH=4.2，则，A正确；由题图可知，pH=7时，而，则，B错误；pH>12时，如pH=13，，根据题图可读出，此时约为，则，即没有沉淀析出，C错误；A点pH=1.32，，根据题图可知约为，，则此时，D错误。15.答案：（1）抑制与水解（2分）（2）形成大颗粒晶体（2分）（3）洗涤沉淀降低的溶解度减少产品损失（2分）；向其中先加入HCl，后加入若无沉淀出现（2分）（4）（3分）；会将还原为（1分）（5）乙醇（1分）；棕色广口瓶（1分）解析：（1）含有的和均会发生水解，因此将晶体溶解在稀硫酸中可以抑制两种离子的水解。（2）根据已知①可知，升高温度可以形成大颗粒晶体，因此推测沸水浴的目的是形成大颗粒晶体。（3）根据已知②的溶解度随温度的升高而减小，因此用温水洗涤晶体可以减少晶体的溶解，降低损失；证明晶体已经洗涤干净，需要检测最后的洗涤液中是否含有杂质离子，从流程中可知，晶体上附着的较容易检验，因此先加入盐酸，再加入溶液，观察无白色沉淀说明已经洗涤干净。（4）根据题意和反应转化为，反应中元素的化合价未发生改变，不属于氧化还原反应，因此根据元素守恒可写出方程式为；根据已知③可知，溶液pH过低，会和发生氧化还原反应，因此若pH过低，则会被还原为。（5）根据三草酸合铁酸钾的性质可知，该晶体难溶于乙醇，因此要从滤液中析出晶体，可以加入乙醇降低溶液的极性，析出晶体；得到的晶体见光敏感，因此需要将晶体密封避光保存于棕色广口瓶中。16.答案：（1）f（1分）（2）（3分）（3）（2分）（4）（2分）（5）和共沉淀，无法分离（2分）（6）8（2分）（7）否（1分）；氨水与形成，可降低游离的浓度，否则和共沉淀（2分）解析：（1）基态Ce原子的核外电子排布式为，最后填入电子的能级为f能级，故Ce在元素周期表中位于f区。（2）根据题意可知，和HCl与反应得到和，化学方程式为。（3）不与盐酸反应，“高温焙烧”过程生成的微溶于盐酸，故“酸浸”时浸渣的成分为。（4）“氧化沉铈”时，被氧化为，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平，得离子方程式为。（5）已知，，两个数值非常接近，而，数值大得多，则若缺少“还原”步骤，不能被还原为，在后续加入氨水和调节pH“沉镱”时，和共沉淀，无法分离。（6）当沉淀完全时，，，所以应调节溶液的pH不低于8。（7）“沉镱”时加入氨水、是利用氨水与形成，可降低游离的浓度，若用NaOH溶液代替氨水、调节溶液的pH，与NaOH溶液反应生成沉淀，导致和共沉淀，无法分离二者。17.答案：（1）（2分）（2）①增加水的用量(或增大水、甲醇的物质的量之比)，可促进反应2或反应3正向进行，选择性增大，CO选择性减小（3分）②反应1为吸热反应，升高温度，有利于反应1正向进行，增大，反应2为放热反应，升高温度，有利于反应2逆向进行，增大，因此CO选择性上升（3分）（3）0.48（2分）（4）Ⅰ（1分）（5）C（2分）（6）增大压强(或缩小容器的容积)（2分）解析：（1）根据盖斯定律，反应1+反应2得反应3，则。（3）当投入的和均为1mol时，甲醇平衡转化率为80%，甲醇反应生成的含碳物质为和CO，根据C守恒可知，生成和CO的总物质的量为0.8mol，CO选择性为60%，则，故。（4）随着温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，故CO的选择性逐渐增大，甲醇的选择性逐渐减小，随着温度升高而降低的曲线代表的是的选择性，CO的选择性和的选择性之和是1，则最下面这条曲线代表CO的选择性，剩余曲线代表的平衡转化率。270℃时，的选择性更大，故主要发生反应Ⅰ。（5）从题图中可知210℃时的平衡转化率较低，此时两种物质的产率都不高，230℃和250℃时甲醇的选择性变化不大，但是250℃时的平衡转化率更高，说明250℃时转化的更多，甲醇的产率最高，故选C。（6）提高甲醇产率，同时要加快反应速率，则要使反应I平衡正向移动，反应I为放热反应,升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低；反应I为气体体积减小的反应，增大压强可使化学平衡正向移动，甲醇产率提高，同时反应速率加快。18.答案：（1）羧基（1分）（2）HI（1分）（3）（2分）（4）增强物质的水溶性和稳定性（2分）（5）（3分）（6）（5分）分析：解析：（1）根据B的结构简式，可知其含有的含氧官能团为羧基。（2）对比C和D的结构简式，结