2026届高考化学考向核心卷·河南专版·参考答案

2026届高考考向核心卷化学参考答案——河南专版2026届高考化学（河南专版）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、96分6.00%常见无机物及其应用（含无机化工流程）4、5、8、1523分23.00%物质结构与性质2、66分6.00%化学反应原理10、12、13、14、1727分27.00%化学实验基础3、1617分17.00%有机化学基础7、11、1821分21.00%合计1~18全卷100分100.00%题号1234567891011121314答案CAABDBACDCBDDC1.答案：C解析：贾湖骨笛主要成分为碳酸钙，不属于硅酸盐，A错误；杜岭方鼎是青铜制品，主要成分为铜合金，B错误；汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶是陶瓷制品，陶瓷主要成分为硅酸盐，C正确；武则天金简主要成分为金，D错误。2.答案：A解析：Br原子的核外电子排布式为，主族元素价电子为最外层电子，故基态Br原子的价电子排布式为，A正确；是共价晶体，为立体网状结构，不能用表示其空间填充模型，B错误；中每个CO配体通过碳原子与镍原子形成σ键，结构式为，C错误；用电子式表示的形成过程为，D错误。3.答案：A解析：明矾晶体可通过饱和明矾溶液结晶析出，图中装置能实现，A正确；铁锈的主要成分是，为金属氧化物，溶液呈碱性，不能与反应，无法除去铁锈，应该用稀盐酸等酸性溶液除去铁锈，B错误；读取液体体积时，视线应与凹液面的最低处保持水平，C错误；碱石灰会与发生反应，不能用碱石灰干燥氯气，应该用浓硫酸等酸性干燥剂，D错误。4.答案：B解析：通常条件下，Z是无色液体，则Z为水；A与X反应可以生成氢化物B，A为正盐，X为强碱，可确定A为铵盐，B为氨气；Y为氧气，C为氮气，D为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，X为强碱，所以G为硝酸盐。铵盐与草木灰混合会释放出氨气，导致肥效降低，则铵盐不适合与草木灰混合施用，A正确；氨气属于非电解质，其水溶液显弱碱性，B错误；难溶于水且密度与空气接近，一般采用排水法收集，C正确；一氧化氮被氧气氧化生成二氧化氮，颜色会由无色变为红棕色，用于检验一氧化氮，D正确。5.答案：D解析：实验室用与浓盐酸反应制取：，A错误；MnS（难溶于水）不能拆成离子，离子方程式为：，B错误；草酸是弱酸，不能拆成离子，离子方程式为：，C错误；电离出和反应得到和水，离子方程式为：，D正确。6.答案：B分析：M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素，M是H；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，R是O，所以Q是N，且W与R的最外层电子数相同，则W是S；T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，T是Na；Y是Ⅷ族元素，其合金被称为“黑色金属”，Y是Fe；T能与又形成离子化合物，所以X是Cl；据此解答。解析：为，中心原子N上的价层电子对数为，无孤电子对，为正四面体形结构，为，中心原子O上的价层电子对数为，有一个孤电子对，为三角锥形结构；由于孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此中的键角大于中的，即，A正确。Q、R、T三种元素分别为N、O、Na，对应的简单离子为、、，三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：，即Q>R>T，B错误。T、W、X、Y四种元素分别为Na、S、Cl、Fe，一般情况下，金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，非金属元素的第一电离能一般大于金属元素的第一电离能，则第一电离能：Cl>S>Fe>Na，即X>W>Y>T，C正确。、分别为、，中心原子S上的价层电子对数为，VSEPR模型为正四面体形，无孤电子对，空间结构为正四面体形，中心原子Cl上的价层电子对数为，VSEPR模型为正四面体形，无孤电子对，空间结构为正四面体形，则、的VSEPR模型与空间结构均相同，D正确。7.答案：A解析：该有机物含有酯基，可以发生水解反应，不含醛基，不能发生银镜反应，A错误；该有机物中双键碳原子均连接不同的原子或原子团，具有顺反异构，B正确；该有机物中的碳碳双键可以与发生加成反应，酚羟基邻、对位上的氢原子可与发生取代反应，C正确；1mol该有机物含2mol酚羟基，可消耗2molNaOH，含1mol酯基，可消耗1molNaOH，则最多消耗3molNaOH，D正确。8.答案：C解析：有红色沉淀说明生成单质Cu，溶液呈蓝色说明生成，与硝酸发生的反应为，该过程中表现酸性，A错误；既能与酸反应生成盐和水、又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，与酸反应生成盐的同时还有单质Cu生成，与碱反应生成了配合物，不属于两性氧化物，B错误；溶于过量氨水中形成无色的亚铜氨离子，放置在空气中，亚铜氨离子被空气氧化为深蓝色的铜氨离子，C正确；中，中心离子是，配体是，含有配位键，中形成了N—H共价键，不含氢键，D错误。9.答案：D解析：8.34g样品的物质的量为，其中，如果晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，加热到373℃之后发生分解反应，加热至633℃之后发生氧化还原反应，A错误；温度为159℃时，固体N的质量为5.10g，其中，，，，则N的化学式为，B错误；加热至633℃时，固体质量为2.40g，其中，，则固体中，，，所以固体Q的化学式为，则由P得到Q的化学方程式为，Q为红褐色固体，C错误；N为，P为，在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为，D正确。10.答案：C解析：一般同种元素原子间形成的共价键为非极性键，不同种元素原子间形成的共价键为极性键，反应过程中涉及了极性键的断裂和形成，而没有涉及非极性键的断裂与形成，A错误；一般情况下，活化能越大，化学反应速率越小，依据题意，用D替换H会使速率降低，则反应的活化能会增大，B错误；与反应生成的氘代甲醇有2种，分别为和，C正确；反应的正反应的活化能-逆反应的活化能，根据反应进程，知反应的焓变，D错误。11.答案：B解析：由香茅醛的结构简式可知，其分子式为，A正确；“乙→丙”为乙分子中含有的羟基发生氧化反应转化为酮羰基，B错误；有机物甲分子中含有的羟基之间能形成分子内氢键，C正确；香茅醛分子中含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，而丙分子中不含有醛基，不能与银氨溶液发生银镜反应，则可用银氨溶液鉴别香茅醛和丙，D正确。12.答案：D分析：充放电装置类型电极电极反应式放电原电池钠电极（负极）放电原电池GDY电极（正极）充电电解池钠电极（阴极）充电电解池GDY电极（阳极）解析：根据上述原理分析可知，A正确；石墨炔中C原子采取和sp杂化，其中π电子可以自由移动，为其导电性提供了可能，B正确；GDY层间距与直径相仿，可以容纳，有利于的嵌入和沿着GDY碳平面进行传输，C正确；首周充电正极材料需提供，需使用合适钠源对正极材料进行预钠化处理，D错误。13.答案：D解析：反应过程中不存在非极性键的形成，A错误；催化加氢制甲醇过程中还生成，故原子利用率小于100%，B错误；催化剂只能改变反应速率，不能提高产物平衡产率，C错误；由反应机理可知，甲醇脱附即可形成氧空位，而氧空位用于吸附，故甲醇及时脱附有利于提高的吸附速率，D正确。14.答案：C解析：当pH=1时，溶液中，，由题图可知溶液中和的分布系数均为0.5，则，由得，，由得，，即此时、与相比均可忽略，且此时参与配位的浓度，因此，，所以有，A错误；当溶液pH在9.5~10.5之间时，，由得，，则pH在9.5~10.5之间时，，所以不是含L的主要物种，B错误；当时，反应的平衡常数，观察题图，此时溶液的pH=4，则，，因为，则此时溶液中的、浓度均小于，可忽略，此时，则此时溶液中，且由得，则，，C正确；由题图可知，当pH=10时含Fe物种为和，且它们的浓度均为，则，D错误。15.答案：（1）（1分）；将还原为（1分）（2）（2分）（3）生成的可以使分解速率增大，导致H2O2用量增大（2分）；防止盐酸与发生氧化还原反应生成，产生污染（2分）（4）（2分）（5）（2分）（6）溶液中浓度较大时，与反应生成，浓度低，生成沉淀量少（2分）解析：（1）“除钛”过程加入铁粉发生的主要反应有：、，提高了溶液的pH，使水解以沉淀形式除去，故少量气体是H2；铁粉作用之一是提高体系的pH，使得水解以沉淀形式除去，其另一个作用是还原。（2）“除钛”后溶液中主要含有、、、、，、、的可知，更难溶于水，加入、反应生成难溶于水的沉淀，故“除杂1”中除去的是。（3）“氧化1”中加入的目的是将氧化为，若加入速率过快，在催化作用下会导致分解速率加快，用量增大。“除杂2”加入，若用稀盐酸代替溶液，与HCl发生氧化还原反应生成，产生污染。（4）“除杂2”加入，生成的滤渣3的主要成分是，则“除杂2”的主要目的是除去，反应的离子方程式为。（5）农药盐渣成分中有，“沉铁”时的，与反应生成，“氧化2”将氧化为，可以减少气体的排放。（6）“沉铁”中如果体系酸性过强，与反应生成，浓度低，生成沉淀量少，导致产量降低。16.答案：（1）（1分）（2）（2分）（3）①圆底烧瓶（1分）；②（2分）；③c→d→a→b（1分）；④除去过量的氯气，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入装置A与反应（2分）（4）①pH过低，会转化为；pH过高，滴入的会反应生成，干扰滴定（2分）；②当滴入最后半滴溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内砖红色沉淀不消失（1分）；③93.6%（2分）解析：（1）中所有原子均符合8电子稳定结构，根据S和Cl原子结构可知，S要形成2个共价键，Cl只需形成1个共价键，结构式为Cl—S—S—Cl，故其电子式为。（2）溶于水生成，反应的化学方程式为。（3）②C装置中与浓盐酸反应制，反应的离子方程式为。③易水解，制备实验的顺序是制备→除HCl→干燥→制→收集→防水蒸气进入→尾气处理，图中装置的作用如下：则装置连接顺序是e→j→k→h→i→c→d→a→b→f。先将和中的氯元素转化为，然后以为指示剂，用溶液滴定。①在滴定过程中，要控制溶液的pH，当溶液酸性较强时，会转化为，使指示剂失效，当溶液碱性较强时，会产生，影响滴定结果。②实验中，当达到滴定终点时，生成砖红色的沉淀，则滴定终点的判断依据是当滴入最后半滴溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内砖红色沉淀未消失。③及均会与水反应产生，，设1.35g产品中为，为，结合题意可得，，解得，则纯度约。17．（1）V形（或角形）（1分）；sp3（1分）（2）分子晶体（1分）；石墨（1分）；石墨是混合晶体，其层内碳原子是sp2杂化，而金刚石是共价晶体，其碳原子是sp3杂化，碳原子之间仅有碳碳σ键，所以石墨的碳碳键长更短，键能更大，石墨的熔点更高（2分）（3）N（1分）；其他条件均相同，总压一定，没有He的反应器中，反应物分压更大，相当于加压，此时反应Ⅰ、Ⅱ会逆移，CH4平衡转化率降低（2分）（4）0.002mol·L-1·min-1（2分）；（2分）（5）0.4（2分）解析：（1）H2S分子中心原子是S，其价层电子对数为4，且有2对孤电子对，因此其空间构型为V形（或角形），S的杂化方式为sp3杂化；（2）C60由分子构成，其晶体为分子晶体；石墨是混合晶体，其层内碳原子是sp2杂化，碳原子之间有碳碳σ键和π键，而金刚石是共价晶体，其碳原子是sp3杂化，碳原子之间仅有碳碳σ键，所以石墨的碳碳键长更短，键能更大，石墨的熔点更高；（3）其他条件均相同，总压一定，没有He的反应器中，反应物分压更大，相当于加压，此时反应Ⅰ、Ⅱ会逆移，CH4平衡转化率降低，曲线N是不含He的，因此曲线M是含有He的；（4）①初始，体系中n（CH4）=0.2mol和n（H2S）=0.4mol，5min时，n1（CH4）=0.2×（1-5%）=0.19mol，n1（H2S）=0.4×（1-20%）=0.32mol，根据反应前后氢原子守恒可以得出，5min时体系中还有n（H2）={4[n（CH4）-n1（CH4）]+2[n（H2S）-n1（H2S）]}=0.1mol，则0~5min内，==0.002mol·L-1·min-1；②由阿伏加德罗定律及其推论可以知道恒温恒容体系中，，5min时，体系中的气体有：CH4(g)、H2S(g)、CS2(g)、H2(g)、S2(g)，即5min时，体系中所有气体物质的量n1=n1(H2)+n1(CS2)+n1(S2)+n1(CH4)+n1(H2S)且n1（CH4）=0.2×（1-5%）=0.19mol，n1（H2S）=0.4×（1-20%）=0.32mol，n（H2）={4[n(CH4)-n1(CH4)]+2[n(H2S)-n1(H2S)]}=0.1mol（见上一问解析），由于反应前后S原子守恒，则有n(S)=n1(H2S)+2n1(S2)+2n1(CS2)=0.4mol，即n1(S2)+n1(CS2)=0.04mol，故n1=n1(H2)+n1(CS2)+n1(S2)+n1(CH4)+n1(H2S)=0.1+0.04+0.19+0.32=0.65mol，即，故；（5）已知在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S、CH4的分压为2MP