湖南省长沙市联考2025-2026学年高三上学期1月月考化学试题

2026届高三第二次联考卷 化 学 命题：长沙四大名校名师团队联合命制 外审：永州市第一中学郴州市第一中学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写 n 在答题卡上。写在本试卷上无效。 阁 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H~1Li~7C~12O~16C135.5K~39 Br-80 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1.湖湘文化纵贯古今、内涵丰富、特色鲜明。下列说法错误的是 A.醴陵是陶瓷生产基地，陶瓷的生产原料是纯碱、石灰石与石英 B.马王堆汉墓中湘绣所用的真丝线的主要成分是蛋白质 C.浏阳花炮点燃后焰火的五彩斑斓与金属元素的焰色有关 D.长沙臭豆腐的制作，向豆浆中加入熟石膏是利用胶体的聚沉性质 小 2.化学之美，美在结构，美在变化，下列说法正确的是 打 A.向待测液中滴加BaC2溶液，产生白色沉淀，说明待测液中一定含有Ag B.霓虹灯发光是由于电子从基态跃迁到激发态产生 C.向紫色石蕊溶液中通入SO3,溶液先变红后褪色 D.铜与浓硝酸反应后，有大量红棕色气体生成 3.工业上，用纯碱溶液提取溴单质发生如下转化，设NA为阿伏加德罗常数的值。下 列叙述正确的是 →NaBr Br,(g纯碱溶液 稀硫 -→C0 →Br,(1) (1) (2) NaBrO,- A.标准状况下，11.2LBr2含溴原子总数为NA B.1L0.1mol/L NaBr溶液含溴离子数小于为0.1NA C.反应(1)中22gCO2含。键数为NA D.反应(2)中生成0.3mol还原产物转移电子数为0.5NA 4.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达正确的是 A.用电子式表示钠燃烧产物的形成：Na+O+Na→Nal:O:INa B.亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO:[Cu(NH3)2]++CO+NH3 [Cu(NH3)CO] 化学试题第1页（共8页） C.用电子云轮廓图表示H-H的s-so键形成的示意图： 1s相互靠拢1s 原子轨道 形成氢分子的 相互重叠 共价键(H-H) D.用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂： 0 催化剂， HFOCH NHCNHCH2TOH +xH2O 5.物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途 的是 选项 结构或性质 用途 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂 B 单晶硅熔点高、硬度大 单晶硅可用于制造光电池 COOH 水杨酸( )合成阿司匹林 OH COOH )后，形成的分子内氢键： 可减少对胃肠的刺激，用作解热、镇 C C-CH 痛的药物 ,使酸性减弱 CH. 冠瞇18-冠-6空腔直径(260~320pm)与K+直 冠醚18-冠-6可识别K,能增大 D 径(276pm)接近 KMnO,在有机溶剂中的溶解度 6.下列玻璃仪器在相应实验中选用合理的是 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ A.重结晶法提纯苯甲酸：①⑥⑦ B.用酸性高锰酸钾溶液滴定F©2+溶液：④⑥ C.分离苯和四氯化碳：③⑦ D.制取蒸馏水：①②⑤⑥ 7.已知丙烯的某种反应历程如下： CH 脱g,-"oH CH H-"OH.CH-"OH CH-CH=CH,HOCL B藏，7 CH:-OH CH-OH D (C,H,0C) LY千o-cH-cH-0-C] CH,E 化学试题第2页（共8页） 下列说法不正确的是 A.丙烯分子中能共平面的最多原子数为7 B.X是比产物C多两个碳的同系物，X的同分异构体中能发生银镜反应的有4种 C.由C→D过程可知，a处碳氧键比b处更易断裂 D.已知物质Y为CO2,则C→E属于缩聚反应 8.光催化CO2还原是一种有望在固碳和绿色能源CH,0H 领域应用的技术。水溶液中复合材料BM-MSC,H,OH (Bi2MoO-MoS2)光催化CO2还原为醇类的 机理图如图，h是电子跃迁后留下的空穴，具有 C0. 强氧化性。下列说法错误的是 H,0 A.H2O在富集空穴的MoS2材料上发生氧化 h 反应 H B.光催化CO2还原在一定条件下也可能生成 Bi,MoO MoS CH4、H2O等化合物 C.若还原产物分别是C2HOH和CH3OH,则等质量CO2被固定，其产氧量不 相同 D.光催化过程的总反应是2C0,+3H,0光CH,OH+30,和2C0,+4H,0 催化剂2CH,0H+3O, 9.磷酸铁(FePO,)常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2, 少量的FeO4、CaO、MgO)为原料制备磷酸铁的流程如下： 31%盐酸 还原铁粉 NaF 磷酸二氢铵、氨水 硫铁矿烧渣 酸浸 还原 →除钙镁 →氧化沉铁 过滤、洗涤、烘于FePO, 浸渣 滤渣 0 已知：I.Ksp(CaF2)=1.6X10-o,Kp(MgF2)=6.4×10-1,Kp(FePO4) =1.3×10-2; Ⅱ.浸渣的主要成分为SiO2。 下列说法不正确的是 A.Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d B.经测定“除钙镁”后的溶液中c(F-)=2×10-3mol·L1,则溶液中c(Ca2+)：c (Mg2+)=2:5 C.纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能混有杂质为F© (OH) D.“氧化沉铁”时反应的离子方程式：4Fe2++O2+4HPO+4NH3·H2O 4FePO4￥+6H2O+4NH 10.超分子CB是制备聚合物网络生物电极的原料，其 结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的 短周期主族元素，X、Y、Z相邻，X原子的价层电子 数为内层电子数的2倍。下列说法错误的是 A.X、Y、Z与W的化合物中沸点最小的是X B.电负性：W<X<Y<Z C.简单阴离子半径大小W<Z<Y CB环状) D.CB不具有良好的耐酸碱性 化学试题第3页（共8页） 11.我国科学家发现：①Rh催化单分子甲酸分解制H2的过程如图1所示；②以CO2 与辛胺[CH(CH2),NH2]为原料实现了甲酸和辛腈[CH3(CH2)sCN](M=125 g/ol)高选择性合成，工作原理如图2所示。下列说法错误的是(NA表示阿伏伽 德罗常数的值) 4相对能量/eV 1.2 过渡态2 过渡态1 电源 0.8 0.9正 0.78 过渡态3 c0, 0.4 10.4 0.12 HCOO CH.(CH.).CN 0.0HCOOH(g) HCOO+H 40.07 -0.21 C0+2H* -0.16 -0.4HC00H CO,(g)+H,(g) C0, CH (CH)NH, 单分子甲酸制H的反应过程 In/In,O. 图1 图2 A.甲酸制H2时决定反应速率的步骤为：HCOOH—一HCOO十H B.甲酸制H2的热化学方程式为：HCOOH(g)—一CO2(g)+H2g △H =-0.16 eV/mol C.In/In2O3-,电极上发生的反应为：CO2+H2O+2e一HCOO+OH D.每转移2mol电子，理论上NiP电极上有62.5g辛腈生成 12.实验小组探究Mn+在一定条件下的氧化产物。 已知：iMn(OH)2(白色)和MnO2(棕黑色)均难溶于水；MnSO4溶液接近无色； KMnO4在酸性条件下缓慢分解产生MnO2。 ⅱ.在化合物中Pb元素的常见化合价为+2价和+4价。 装置 试剂X 实验现象 ①0.5mL0.1mol·L1NaOH 生成白色沉淀，在空气中缓慢 溶液 变成棕黑色沉淀 试剂X ②0.5ml0.1mol·L-1NaOH溶液 生成白色沉淀快速变成棕黑色 和15%H2O,溶液 沉淀，同时有气泡产生 1,未见明显现象 ③i.0.5mL0.1mol·L1HN03 5mL0.1mol·L' iⅱ.加入PbO,后溶液立即变为 MnS0,溶液 溶液 紫红色，PO,固体消失。随后 i.0.06gPb02(约2.5×10-4molD 紫红色褪去，生成棕黑色沉淀 下列说法不正确的是 A.实验①中白色沉淀缓慢变为棕黑色，发生反应：2Mn(OH)2+O2一2MnO2+2HO B.实验②中产生气泡的原因可能是生成的MO2催化HO2分解 C.实验③紫红色消失的原因是KMnO4在酸性条件下不稳定，分解产生MnO2 D.依据实验①和③推断棕黑色沉淀质量：实验①<实验③ 13.超导体在科研、工业和日常生活中应用越来越广 泛。在C晶体的空隙中插入K获得的超导体化学 式为KC6o,该超导体的面心立方晶胞结构如图所 示，其中黑球位于棱心、体心和白球形成的四面体 体心。已知晶胞参数为apm,NA表示阿伏加德罗 常数的值。下列说法错误的是 A.晶胞中的白球表示C B若A点坐标为0,0.0)，则B点原子分数坐标为（停，，） C.K+位于由C围成的正六面体中心 D.该超导体的密度为3.348×10 NA·a3 g·cm3 化学试题第4页（共8页） 14.25℃时，用0.1000mol·L1HC1标准溶液滴定20.00mLNH2OH和CH3NH2 的混合溶液以测定两种物质的含量，滴定曲线如图甲所示；四种含氮物质分布分 C(NH2OH) 数6与pH关系如图乙所示。如：6(NH2OH)= c(NH2OH)+c(NH OH)' 6(CH3NH2)= c(CH3 NH2) c(CHaNH2)+c(CHaNH 已知：碱性：CH3NH2>NH2OH。 14 1.0 “3 0.8 10- 4 (20.00,8.5) 8 0.6 (40.00,6.1) (6.0,0.5) 10.6.0.5 b 0.4 44 60.00.3.7 c 2 0.2 2 04 0.0+ 0 20 40 60 80 0 2 6 8 1012 14 V(HCl)/mL pH 伊 下列说法正确的是 A.该混合溶液中c(CH3NH2)>c(NH2OH) B.曲线1对应粒子为CHNH2 C.CH NH2 +H2O-CHa NH +OH-Ki(CHa NH2)=10-10.6 D.a、b、c点均存在c(CI)+c(OH-)=c(NHOH)+c(CHNH)+c(H) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(15分)药物中间体1,3-二溴丙酮可由1,3-二氯丙酮合成，其原理如下： CI +2LiBr 二氯甲烷/丙酮Br丫 40℃，1.5h Br +2LiCl 已知：在二氯甲烷、丙酮10：1的混合溶剂中，在35℃时，溴化锂的溶解度为 0.135mol·kg1,氯化锂溶解度为0.007mol·kg1。 I.工业上以碳酸锂为原料制备LBr·2H2O的流程如下： 溴、氨水试剂X 硫脲活性炭 碳酸锂→合成→调节pH→除杂→脱色…→LiBr·2H,0 气体 (1)“合成”时，生成了两种无毒的气体，写出该反应的化学方程式 一种动物体内的蛋白质代谢废物不仅可以做氨肥，还可以在本流程中替代氨 水，该物质的化学式是 (2)“合成”所得的溶液呈橙黄色，则加入X和硫脲的目的是 X可以 是 (填化学式)。 (3)溴化锂溶液的溶解度随温度变化曲线如图所示，则“脱色”后得到的溶液经过 除杂后制备LiBr·2H2O的实验方案应该是 (选标号) a.蒸发浓缩，冷却结晶 b.蒸发结晶 S/g↑ 280 250 LiBr·H,O 220 （44,236) 190 LiBr·2H,O 160 130 020 40 6080温度/℃ 化学试题第5页（共8页） Ⅱ.1,3-二溴丙酮的制备，装置如图所示 依次向100L干燥的圆底烧瓶中加入1,3-二氯丙酮，溴化锂 和l6.0mL二氯甲烷、丙酮的混合溶剂（二氯甲烷：丙酮 10：1)。边搅拌边加热，反应1.5h,停止反应并冷却反应液到 室温。 (4)依据题意，A装置应该是 (填装置名称) (5)利用平衡移动原理分析，本实验中选用二氯甲烷、丙酮10：1 加热搅拌器 的混合溶剂的优点是 Ⅲ.产物分离 经过分液、萃取、再分液、干燥、过滤，蒸发浓缩后得粗产物3.38g。 V.产物精制 向上步所得粗品中加入石油醚（一种有机溶剂）充分溶解，随后置于0℃冰水 浴中，有大量晶体析出，过滤，洗涤，晾干后得到淡黄色固体2.71g。 (6)该方法叫做 ,本实验的提纯率为 %。(保留两位有效 数字)提纯率= 精制产物质量×100% 粗产物质量 16.(14分)中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。以含La3+、Eu3+等稀土矿浸取 液为原料制氧化镧(La2O3)的一种流程如下。[注：镧(La)、铕(Eu)] NH 盐酸 MgO 脱铕后的 →废水 稀土矿 →萃取器→萃取液 →反萃取器→LaCL」 溶液 碳化金 浸取液 →La,(C0)→煅烧炉→La,0, RCOOH的 C0, 有机溶液 已知：①分配比D是指在溶剂萃取过程中，当萃取体系达到平衡后，被萃物在有机 相的总浓度和在水相的总浓度之比；②La(OH)3为难溶性物质。 (1)La位于元素周期表的 区。诺奖得主Richard Robson合成ZIF-8 从废水分离稀土元素的一种合成思路是使用铜离子和一种有“四个臂”的分 子，利用超分子的 特性，形成一个有序的结构，这种结构能够特异 性分离某些稀土元素是因为其 的特点。 (2)萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸(RCOOH)常用于稀土离子的萃取分离，萃取 时生成易溶于有机溶剂的(RCOO)3La。 ①该过程中可以循环使用的物质是： ②从平衡移动的角度解释萃取时NH的作用： ③流程中还有一种物质也可能用于反萃取时，该物质是： (3)若萃取过程简化为3 RCOOH+La3+=+(RCOO)3La+3H,该过程平衡 常数Kex-C8号当分配比D>10时，钢的幸取同收率商。 不需要二次萃取。已知平衡常数Kex=10-3.?,当第一次萃取后萃余液的 pH=5,c(RCOOH)=0.1mol/L,请计算是否还需要二次萃取？ (请书写出计算过程)。 (4)试写出“碳化釜”中发生反应的离子方程式 (5)科研人员可以令废水中的物质通过一定的方法一步生成MgO和HCI重新进 入流程中得到循环利用，该过程 (填“需要”或“不需要”)通电以 发生。 化学试题第6页（共8页） 17.(15分)MK-0616是一种针对动脉粥样硬化性心血管疾病的明星药物，其全合 成路线中的部分节选如下： 0 1.(CH,CH2),N LiHMDS D NH, 2.(Boc),0 B NaBH 1.K,C0 2.HC1 E 3.CbzCl H,,Pd/C 0 t-OBu 已知：Bac-R为0O,Cbz-R为个 R,t-OBu-R为>0-R ②B0c对碱、还原剂耐受度高，但易被强酸破坏；Cbz对酸（除脱保护专用酸）、碱 稳定性较好，却易被氢化条件破坏 ③Dieckman酯缩合反应：2 CH COOC2H LiHMDS CH2 COCH2 COOC2H5+ CHCH2OH,一般情况下，酯基中碳氧双键邻位的碳上的H酸性越强，越易发生 酯缩合反应。 请据此回答以下问题： (1)A的名称为 ,D→E的反应类型为 (2)物质D的结构简式为 Boc O (3)化合物0 O一中，取代基R为以下可能时，最容易发生Dieckman 反应的是 (填标号) A.CHa B.CH(CH3)2 C.-Br D.-NO. (4)已知在该合成路线中(Boc)2O的使用目的为保护氨基（一NH一），则该合成 路线中，先使用(Boc)2O而后在F→G的第3步使用CbzCl替换掉Boc一的原 因是 (5)G转化为H的化学方程式为 (6)Cbz和甲基相连可以形成物质Y,请写出满足下列条件的物质Y的所有同 分异构体结构简式 ①苯环上有三个取代基： ②可以发生银镜反应； ③核磁共振氢谱中呈现峰面积为6：2：1：1的四组峰。 (7)参考上述合成路线，以甘氨酸( NH)利。个为原料，选用适当 HO 的试剂和反应条件，设计 的合成路线。 化学试题第7页（共8页） 18.(14分)将二氧化碳电催化转化为乙烯在可持续化学合成领域极具前景，我国科 学家在实现工业化相关的生产率改进方面取得了重要突破。 (I)我国科学家做的工作之一是设计了镨(Pr)单原子合金催化剂(P@Cu)在碱性 条件下催化CO2还原生成乙烯的新路径。 ①催化剂(Pr@Cu)固体中存在的作用力为 ②Pr的电子构型为[Xe]4fP6s2,Pr在元素周期表中的位置为 (2)已知：在常温常压下乙烯的燃烧热为1410kJ/ol,则电解总反应2CO2(g)+ 2H2O1)—C2H4(g)+3O2(g)的△H= (3)根据上述计算相关结果，说明二氧化碳还原制备乙烯一般在电催化下进行的 合理性： (4)该反应在膜电极组件(MEA)中进行，P@Cu作为阴极，写出阴极的电极方程 式： 该课题组不选择主流研究的强酸性电解 质环境是由于在酸性电解质中会在阴极存在竞争反应 (写电极方程式)。 (5)若科研小组在1L恒容密闭容器中投人1 mol CO2,在300K下发生上述电化 学反应。 在某一电压下，Pr@Cu2的总电流密度为l200mA·cm2,工业级测试使用 100cm电极，乙烯的法拉第效率(FE)为64.2%。若反应时间为10分钟，计 算生成C2H4的物质的量 mol(法拉第常数F=96500C/mol,某物 质的法拉第效率（下E)=生成该物质蛋要的电荷量×1O0%,假设法拉第效率 电路中通过的总电荷量 恒定，保留2位小数)。 (6)研究者还尝试在催化剂的作用下，使用CO2氧化C2H,生成乙烯C2H4,该过 程涉及的主要化学反应为： 反应I.C2H(g)+CO2(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)△H1>0 反应Ⅱ.C2H(g)+2CO2(g)=4CO(g)+3H2(g)△H2>0 在1L的恒容容器中，将2molC2H6和2 mol CO2的混合气体置于密闭容器 中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性(C2H4的选择性 =生(CH)X100%)如图所示。 n总转化(C2H) 100 N(210,80%) 80 b 60 M(210,50%) 40 20 0 200250300350400温度/℃ ①乙烯的选择性曲线为 (填“a”或“b”)。 ②已知210℃时，已知反应I的反应速率v=k正c(C2H6)c(CO2),v逆= k逆c(C2H4)c(CO)c(HO),k正、k逆为速率常数。该条件下反应I的k正= 6.4L·mol1·s1,则k逆= L2·mol-2·s1。 化学试题第8页（共8页）2026届高三第二次联考卷 化学参考答案 1.A【解析】A.陶瓷的生产原料是黏土，而纯碱、石灰石与石英是制造玻璃的原料，A错误；B.真丝线是一种用 蚕丝制成的线，主要成分是蛋白质，B正确：C.当某些金属或它们的化合物在火焰上灼烧时，会使火焰呈现特 殊的颜色，焰火的五彩斑斓与金属元素的焰色有关，C正确；D.长沙臭豆腐的制作，向豆浆中加入的熟石膏利 用胶体的聚沉性质，D正确；故答案选A。 2.D【解析】A.与BaCl2反应生成的白色沉淀，可以是AgCl,也可能是BaCO3或BaSO等，A项错误；B.霓虹 灯发光是由于电子从激发态回到基态产生，故B错误；C.二氧化硫溶于水反应生成亚疏酸，溶液显酸性，向紫 色石蕊溶液中通入SO2溶液变红，但二氧化硫不能漂白指示剂，则溶液不会褪色，C错误；D.铜与浓硝酸反 应生成红棕色的二氧化氨，D正确；故答案选D。 3.C【解析】A.在标准状态下，溴单质呈液态，不能用气体摩尔体积数据来计算，A错误；B.溴离子在水溶液中 不水解，1L0.1mol/L NaBr溶液含溴离子数等于0.1NA,B错误；C.在反应(1)中，22gCO2相当于 0.5mol,CO2的结构为O一C一O,1个CO2分子含2个o键，C正确：D.在反应(2)中，根据得失电子守恒发 生反应的离子方程式为BO+5Br十6H+一号Br,十号Br,十3H,0,生成0.5mol还原产物(Br,)时转移 5mole,则生成0.3mol还原产物时转移3mole,D错误；故答案选C。 4.C【解析】A钠燃烧的产物为NaO2,电子式为Na0:0Na,用电子式表示钠燃烧产物的形成： NaF过.+.d+Na→Na:Na,故A错误；B.亚铜氨中铜元素的化合价为+1价，而[Cu(NH)2]+中铜 元素为+2价，亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO的原理为：[Cu(NH)2]++CO+NH3一 [Cu(NH3)3CO]+,故B错误；C.H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道 相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H一H的s一S6键形成的示意图： ⑧→ 1s相互靠拢1s 原子轨道 形成氢分子的故C正确：D,用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛 相互重叠 共价键(H-H)】 0 0 树脂为nH2N-C一NH2+2nH-C一H 催化剂HEOCH2 NHCNHCH2nOH+(n-1)H,O,D错误；故 答案选C。 5.B【解析】A.石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑剂， COOH A正确；B.单晶硅可用于制造光电池与硅熔点高、硬度大无关，B错误；C水杨酸( )合成阿司 OH 0 COOH H 匹林( )后，形成的分子内氢键： 使酸性减弱，可减少对胃肠的刺激，用 CH. 作解热、镇痛的药物，C项正确；D.在溶有冠醚18一冠一6的有机溶液中，滴入高锰酸钾溶液，冠醚环上氧原 子的孤对电子与K+离子配位，形成稳定配合物，形象地表示为“钾离子落到分子中心的洞穴里”并利用冠醚 配离子对有机溶剂的亲和性，使得钾离子从水溶液转移到有机溶剂，带负电荷的高锰酸根离子也随之进入有 机溶剂中，进而能增大KMO,在有机溶剂中的溶解度，D正确；故答案选B。 6.B【解析】A.重结晶法提纯苯甲酸，具体操作为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，用到的玻璃仪器有漏斗、烧 杯、玻璃棒、酒精灯，用不到锥形瓶，A不正确；B.用酸性高锰酸钾溶液滴定F2+溶液，需要用到酸式滴定管 和锥形瓶，也就是用到图中的④⑥，B正确；C.苯和四氯化碳互溶，但沸点相差较大，分离苯和四氯化碳，采用 化学试题参考答案第1页 蒸馏法，不能使用分液法，C不正确；D.制取蒸馏水，需要使用酒精灯、蒸馏瓶、锥形瓶、直形冷凝管等，图中② 为球形冷凝管，D不正确；故答案选B。 7.D【解析】A.丙烯分子中含有甲基，甲基为四面体结构，分子中能共平面的最多原子数为7，A正确；B.产物 C的分子式为CHO,X是比C多两个碳的同系物，X的分子式为CHO;X的同分异构体中能发生银镜反 应的为醛类(C4HCHO),丁基(C4H一)有4种结构，故符合条件的同分异构体有4种，B正确；C.C→D过 程中，由图中18O出现的位置可知，断裂的是a处碳氧键（连甲基的碳氧键），说明a处比b处更易断裂，C正 O 确；D.Y为CO2,C(环氧丙烷)与CO2加聚生成E,E的链节含一O一C一结构，D错误；故答案选D。 8.C【解析】A.空穴h具有强氧化性，H2O在富集h的MoS2上会失去电子发生氧化反应生成O2,A正确； B.根据图示可知在Bi2MoO上CO2得电子，发生还原反应与H+反应可能生成C2HOH、CHOH、CH4、 H2O等物质，B正确；C.等质量CO2的物质的量相同，无论还原产物是CHOH还是C2HOH,CO2中C均 从十4价降为一2价，每个CO2得6e,电子转移总数相同。水被氧化生成O2时，每个O2失4，根据电子 转移守恒可知生成O2的物质的量相同，产氧量相同，C错误；D.生成CH3OH的总反应为2CO2+4H2O 化剂2CH,OH+30,生成C,H0H的总反应为2C0,+3H,0老CH,OH+30,均满足原子守恒和电 子转移守恒，D正确；故答案选C。 9.B【解析】A.Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d,A正确；B.溶液中c(F)=2×103mol·L1,则溶液中 c(Ca2+):c(Mg2+)=K (CaF2),K(MgE2_1.6X100,6.4X10-n c(F):C(F)(2X10):(2X10)=5:2,B错误，C.铁离子在碱性条 件下生成红褐色氢氧化铁沉淀，使得实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，故可能是产品中混有F(OH)3, C正确；D.“氧化沉铁”过程中氧气氧化二价铁离子为铁离子，铁离子在氨水存在的碱性条件下和磷酸二氢根 离子转化为磷酸铁沉淀，结合质量守恒，还生成铵根离子，反应的离子方程式：4F®2++O2十4H2PO+4NH ·H2O4FePO1￥+6H2O+4NH,D正确；故答案选B。 10.A【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；X原子的价层电子数为内层电子数的2倍， X是C元素；X、Y、Z相邻，Z能形成2个共价键，Z是O元素；Y形成3个共价键，Y是N元素；W能形成1 个共价键，W是H元素。 【解析】A.X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，碳能形成众多氢化物，有些碳的氢化物是固体，其沸点可 能很高A,错误；B.电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，同周期从左到右电负性逐渐增大，同 主族从上到下电负性逐渐减小。所以电负性：H<C<N<O,B正确；C.H、O、N3-半径依次增大，C正 确；D.CB中具有酰胺基，在酸性或碱性条件下都能水解，不具有耐酸碱性，D正确；故答案选A。 11.B【解析】A.决定反应速率的步骤为活化能最大的步骤。由图1可知，HCOOH转化为HCOO￥十H* 的过渡态1能量(0.78eV)与中间体HCOOH*(-0.21eV)的能量差最大，活化能为0.78-（一0.21）= 0.99eV,为各步中最大，故该步为决速步，A正确；B.由图1，反应物HCOOH(g)相对能量为0eV,产物 CO2(g)+H2(g)相对能量为一0.16eV,1mol反应的能量变化为一0.16eV×NA,热化学方程式错误，B错 误；C.In/In2O3x电极上CO2转化为HCOO,电极反应为CO2+H2O+2e一HCOO+OH,C正确； D.辛胺[CH3(CH2),NH2]转化为辛腈[CH3(CH2)sCN]时，CH2NH2变为CN,失去4个H(每个H失 1e),生成1mol辛腈转移4mol电子。则转移2mol电子时生成0.5mol辛腈，质量为0.5mol× 125g/mol=62.5g,D正确；故答案选B。 l2.C【解析】A.实验①中，MnSO4与NaOH反应生成Mn(OH)2白色沉淀，在空气中Mn(OH)2被氧气氧化 为MnO2棕黑色沉淀，反应方程式为2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O,A正确；B.实验②中，Mn2+被 H2O2在碱性条件下氧化为MnO2,生成的MnO2可催化H2O2分解产生气泡，B正确；C.信息KMnO4在酸 性条件下缓慢分解产生MO2,实验③紫红色很快褪去，原因不是自身分解，C错误；D.实验①中是O2将 Mn(OH)2氧化为MnO2,由于OH不足，根据OH-计算MnO2的量为5x1l0-5mol;实验③中首先PbO2将 Mn2+氧化为MnO,,然后MnO,又被还原为MnO2棕黑色沉淀，且PbO2的物质的量约为2.5×10-4mol, 根据电子守恒等关系可知，实验③中生成的MO2的量比实验①中多，即棕黑色沉淀质量：实验①<实验 ③，D正确；故答案选C。 13.C【解析】A.由题图可知，黑球位于棱心，体心和白球形成的四面体体心，晶胞内黑球为8十1十12×}=12 化学试题参考答案第2页 个，白琼为8X名十6×号-=4个，结合化学式KC可知黑球表示K,白球表示C,故A正确B由黑球位 于棱心，体心和由顶点与相邻面上的白球形成的四面体休心可知，B点原子分数坐标为（保，，子），放B正 确；C.晶体中，K+位于由C0围成的正八面体中心和正四面体中心，故C错误；D.晶胞质量m= 1X8X0+0X12g=装8g,晶意体积V-apm=公×10cm,则该超导体的备度为号 NA NA·ag·cm3,故D正确；故答案选C 3.348×1033 14.D【解析】A.混合溶液中两种碱的物质的量需通过滴定消耗HC1体积判断。图甲中，0~20mLHC1对应 碱性强的CH3NH2,2060mL对应NH2OH,两者消耗HCI体积NHOH大，故物质的量浓度NH2OH 大，A错误；B.由分析可知，曲线1对应粒子为NHOH,B错误；C.CHNH2的Kb计算：当6(CH3NH2)= 6(CH3NH)时，c(CHNH2)=c(CHNH),Kb=[OH-]。此时pH=10.6,[OH]=10-3.4,故Kb= 10-34,C错误；D.任何水溶液均满足电荷守恒，溶液中阳离子为H+、CHNH、NHOH,阴离子为CI、 OH,故c(CI-)+c(OH)=c(NHOH)+c(CH3NH)+c(H+)恒成立，D正确；故答案选D. 15.(15分，除标注外，每空2分) (1)3Br2+3Li2CO3+2NH·H2O-6LiBr+N2↑+3CO2个+5H2OCO(NH2)2(1分) (2)除去剩余的Br2,增大LBr的产率（两点各1分）LiO(LiOH或Li2CO) (3)a (4)球形冷凝管（或蛇形冷凝管）(1分) (5)在该溶剂中，溴化锂溶解度较大而氯化锂溶解度较小，氯化锂析出使C3HC2O(aq)十2LiBr(aq)→ CHBr,O(aq)+2LiCl(aq)正向进行(1分)增大二溴丙酮产率(1分) (6)重结晶(1分)80 【解析】(1)依据元素种类可知，两种无毒气体分别是N和CO2,因此化学方程式为：3Br2十3Li2CO3+2NH· H2O一6LBr+N2个+3CO2个十5H2O,该反应中，氨气体现还原性，动物体内的蛋白质代谢废物尿素 CO(NH2)2可以替代。 (2)“橙红色”是溴水的颜色，因此，加入X是为了除去剩余的Br2,使用Li2O(LiOH或Li,CO3)不仅可以除 去澳，还能增大LBr产量；通过调节pH,Br2将发生歧化反应，生成次溴酸根或者溴酸根等氧化性离子，加 入硫脲可以还原这些离子，提高LiBr产量。 (3)依题意，LiBr·2H2O应在低温下结晶获取。 (4)由于加热反应时间比较长，为避免溶液和反应物等的损失，需要添加一个回流冷凝管，反应体系中主要 是沸点较低的二氯甲烷，因此使用水冷凝即可，空气冷凝管也可以使用，但要注意的是，直型冷凝管一般用 于蒸馏装置。 (⑤)从“平衡角度”解释问题，一般要包含“存在的可逆反应（过程），改变的条件，对平衡的影响，对结果的影 响”几个方面。 《6)粗产物为3.38g,经精制提纯后得到2.71g产品，因此提纯率为，8100%=80%。 16.(14分) (1)f自组装分子识别(3分，每空1分) (2)①RCOOH的有机溶液(1分，答RCOOH也给分) ②萃取一反萃取体系中存在平衡：3 RCOOH+La3+三(RCOO)3La十3H+,加入NH3结合H+从而减小 c(H),使该平衡正向移动，增大萃取率(2分，写出离子方程式1分，写出影响1分) ③NH(2分) (3D-cL(RC00)La,Kex(RCO0)LalH),D=Kex·RCOOH)-1oa>10不需要二次萃 c(La+) c3(RCOOH)c(La) c3(H+) 取(2分，没有计算过程只有结论不计分) (4)3MgO+2La3++3CO2—La2(CO3)3+3Mg2+(2分) (5)不需要(2分) 化学试题参考答案第3页 【解析】(1)f区包括镧系和锕系。小分子或原子（离子）自发通过化学键或分子间作用力结合成一个有序地 结构特征属于超分子的“自组装”特性，其能特异性识别某些离子属于超分子的“分子识别”特征。 (2)①结合反应3 RCOOH+La3+一(RCOO)3La+3H+不难知道，反萃取后RCOOH的有机溶液可以再次 利用。②萃取一反萃取体系中存在平衡：3 RCOOH十La3+(RCOO)3La十3H+,加入NH3结合H+从而 减小c(H+),使该平衡正向移动，增大萃取率。③通过足量的NH,使镧转变为L(OH)3,也能实现将目标 物质从有机相转移出来，实现反萃取。 sD-0O,Ke0.D-e…0-1g>10不等要：次 c(La+) c3(H+) 萃取。 (4)依题意可知3MgO十2La3++3CO2—一La2(CO3)3十3Mg2+. (5)反应MgCl2+H2O一MgO十2HCI只需要在MgCl2水解的基础上稍微加热使Mg(OH)2受热分解即 可，因此不需要通电就可自发进行。 17.(15分) (1)丙烯酸乙酯 还原反应（每空1分） Boc O (2) 0 (3)D (4)Boc在前段合成路线的碱性环境下相对稳定而Cbz在前段合成路线中的氢化条件时稳定性较差，但在最 后一步去除官能团保护时，去除Boc所需条件（酸性条件）对产物中的氨基不利； Cbz O Cbz O -OBu (5) +N,↑ OH t-OBu 6 (每写对1个给1分，有错误不给分) 0 2 0 NH LiHMDS HO (CH,CH).N 【解析】该合成过程可做如下理解： 甘氨酸甲酯(B)与丙烯酸乙酯(A)发生偶联反应，随后对生成的仲胺（氨基）进行保护，得到二酯化合物(C)。 通过狄克曼缩合反应可生成相应的环状3一酮酯(D),该物料经还原后得到3一烷氧基酯(E)。用对硝基苯 甲酸对(E)进行酰化后，先用碳酸钾对醇羟基进行脱保护，并对酯基和氨基官能团上的保护基进行交换，随 后在催化下，与重氨乙酸叔丁酯发生O一H插入反应。最后，在多相钯催化下对氮保护基进行氢解，最终得 到非天然氨基酸3一羟基脯氨酸类氨基酸(I)。 Boc 0 Boc 0 D的结构为 0 ,E的结构为 0 OH (1)丙烯酸乙酯 还原反应； Boc O (2 0 (3)依题意，酯基中碳氧双键旁的C一H键极性越强则该H酸性越强，而R的吸电子能力越强，则酯基中碳 氧双键旁的C一H键极性越强，四个选项中，硝基吸电子效应最强； 化学试题参考答案第4页 (4)依据题意不难作答，计分时，使用Boc保护和使用Cbz保护的原因各计1分； (5)N2不标箭头不扣分； (6)每写出一种给1分； (7)(3分)每步反应占1分，相互独立互不影响。 其中：第二步反应必须写出。个方可给分（化学计量数2不写不扣分，三乙胺不写不扣分，但写(Bc),0 0、 不给分)；第三步反应不写LiHDMS不扣分。 18.(14分，除指明外其他每空2分) (1)金属键(1分)第六周期、第ⅢB族(1分) (2)△H=+1410kJ/mol(单位正确才给分)(1分) (3)该反应△H>0,△S>0,可知该反应在低温下不能自发进行，需要外力帮助才能进行。（采分点：低温下 不能自发进行) (4)2CO2+12e+8H2O—-C2H4+12OH2H++2e—H2 (5)0.04 (6)b(1分)5 【解析】(1)结合题中该催化剂是合金的表述可知合金催化剂(Pr@Cu)为金属晶体，因此该物质中存在的作 用力为金属键。根据Pr的电子构型可知，元素位于第六周期的「区，故在元素周期表中的位置为第六周期、 第ⅢB族。 (2)盖斯定律的运用。 (3)需要提供电功进行某个反应通常是使某些不能自发进行的反应发生或者加快反应速率。 (4)碱性条件下，CO2得电子生成C2H4,C元素从十4价→2价，2个CO2转移12个电子，结合H、O守恒配 平)酸性条件下，能得电子的可能有H十，析氢反应将成为竞争反应。 (5)Q=1t=1200￥10-3￥100*10*60=72000C 有效电荷（计入法拉第效率）QE=Q*FE=72000C*0.642=46224C 46224C 生成C,H,的物质的量(C,H,)=12mole965o0C/mo≈0.04mol. (6)该体系中不论是反应I还是反应IⅡ，都是吸热反应，温度升高，两个反应均正向移动，因此描述的乙烷 的转化率，b则是乙烯的选择性。说明温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于I。 由题意得C2H的物质的量为2×50%×80%=0.8mol,故 C2Hi (g)+CO2(g)C2H(g)+H2O(g)+CO(g) 转化量(mol) 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 C2H6(g)+2CO2(g)=4CO(g)+3H2(g) 转化量(mol) 0.2 0.4 0.8 0.6 所以平衡时各物质的物质的量为n(C2H)=1mol、n(CO2)=0.8mol、n(C2H4)=0.8mol、n(H2O)= .80lmC0》=1.6m0l(H》=-0.6mol,可求K=1.28-套怎，由千红=6.1L·mm1s,可求 k￥=5L2·mol-2·s-1 化学试题参考答案第5页