2026年湖南省普通高中学业水平选择性考试信息预测化学（三）试题

高考化学信息预测（三） 讲评 归纳同类题共性 整理成专题笔记 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 【解答】 构建解题模型 提高综合应用能力 $机密★启用前 2026年湖南省普通高中学业水平选择性考试信息预测 化学（三） 本预测卷共8页。考试时长75分钟，满分100分。 [本预测卷由长沙市一中教育集团、周南中学、长沙市麓山国际实验学校、长沙 南雅中学、岳阳市一中、衡阳县第一中学、湘潭县风凰中学名师联合调研、命审] 注意事项： 1.答题前，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，将答案写在答题卡上。写在本预 测卷上无效。 3.考试结束后，将本预测卷和答题卡一并交回。 4.本次可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16C1-35.5Co-59Ga-70Ag-108 一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的选项中，只有一个选项 是正确的。 1.茶马古道是写在中华大地上的“古老诗行”。湖南茶马古道，主要分布在安化、石门和桂东 等地，是历史上重要的商贸通道。下列对描绘茶马古道诗句的说法错误的是 () A.“马蹄踏下岁月印”，古道上的石板属于无机非金属材料 B.“马铃声声话沧桑”，马帮用的铜铃属于金属材料 C.“千驮货物运不尽”，驮运茶叶用的麻袋属于碳纤维 D.“起早贪黑赶路忙”，包裹马鞍的皮革属于天然有机高分子 2.气体制备是化学实验的基本功，其关键在装置。下列实验装置使用正确的是 及苯，溴混合物 乙酸溶液 饱和食盐水 尾气处理 y浓硝酸 尾气处理 KMnO 码电石 溶液（ AgNO 溶液1 粉溶液 Na SiO 溶液 A. 制备乙炔并检验其还 C.制备溴苯并验 D.制备C02并比较C B.制备并收集NO2 原性 证有HBr生成 与Si的非金属性 3.湖南近期在多个遗址的发掘中出土了大量重要的陶制文物，这些发现是当前最新保护与研究 的成果。陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列表述错误的是 () 1 4.下列有关水溶液中离子平衡的说法正确的是 A.加水稀释冰醋酸，溶液导电能力先逐渐增强，然后再逐渐减弱 B.某溶液中水电离的c(H)=1.0×10-?mol·L-·,则溶液一定呈中性 C.NHHCO,溶液中存在如下守恒关系：c(H)+cH,CO)=c(CO})+c(NH·H2O) D.利用Na2SO,溶液能将BaCO,沉淀转化为BaSO4,说明Kp(BaCO,)>Kp(BaSO4) 5.实验室模拟侯氏制碱法制备N2CO,的主要过程如下。己知：NH3极易溶于水，饱和食盐水中 发生的反应为NaCl+CO2+NH3+H20=NaHCO,+NH,C,下列说法正确的是（) NH, 图和查盐水9aHcO图图巴a,c0,固体 →NH,CI固体 溶液A L→溶液B A.过程①②③均涉及过滤操作 B.向饱和食盐水中先通入足量C02再通入NH3,有利于提高C02的吸收率 C.溶液B可并入饱和食盐水中循环使用 D.若忽略水的电离，加入NaCI前溶液A中的阳离子只有NH 6.己知X、Y、Z、W为短周期元素，其原子半径、原子序数及其在对应氢化物中的化合价的关 系如图所示。下列说法错误的是 () 原子序数 ow ●X O Y ■Z -2-】+1+3氢化物中化合价 原子半径 A.氢化物的沸点：W>Z B.XZ晶胞中Z的配位数为6 C.W与Y的化合物偏向离子晶体 D.Y的最高价氧化物的水化物呈两性 7.纳米F3O4在医学领域应用广泛，一种制备工艺如图。下列说法错误的是 () 高沸点 有机溶剂 葡萄糖 180℃↓ FeCl3·6H20 溶解 密闭恒容 分离、洗涤、干燥→纳米FCO4 CH,COONa 反应 A.CH3C00-和Fe3+的水解能够相互促进 B.葡萄糖在该工艺中体现了还原性 2 8.酸的酸性强弱可用pK,的大小来衡量，部分酸的pK数据如表所示，下列说法不正确的是( 酸 CICH2COOH Cl2CHCOOH CCICOOH H2S03 pK(常温下) 2.86 1.29 0.65 pKa1=1.9、pKa2=7.5 A.第一电离能：O>S:电负性：O>CI>S>H B.常温下，将相同体积pH=3的Cl2 CHCOOH和pH=II的NaOH溶液混合，所得溶液呈碱性 C.常温下，将pH=3的C1 CH2COOH溶液稀释10倍，溶液的3<pH<4:若将pH=3的 CCI:COOH溶液也稀释10倍，则溶液的pH变化更小 D.由于CI的电负性强，使羧基中氢离子电离能力：Cl3CCO0H>Cl2 CHCOOH>CICH2CO0H 9.钉及其化合物在合成工业上有广泛用途，下图是用钉（®）基催化剂催化合成甲酸的反应机理。 下列说法中错误的是 () H 2C0,(g) 2H,0 Ru 2H)0H O-C-H Ru R OH O-C-H 2HC00H(02H200 A.反应过程中Ru的化合价未发生变化 B.该过程涉及极性键的断裂和形成 C.总反应在一定温度下能够自发进行，则正、逆反应活化能的关系为E正>E逆 D.配合物I的配体是OH 10.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理可表示为16Li+xSg=8Li2Sx;用该电池 电解含锰酸性废水可得到MnO2,装置如图所示。下列说法错误的是 （) M极全固态锂硫电池N极 碳棒 阳离 阴离 MnO, 子膜 子膜 X极 含Mn、CI NaOH溶液NaCI溶液 酸性废水 6 c A.M极为负极，发生氧化反应 B.当N极质量增加1.4g时，有0.2 mol Cl-由c区移动至b区 3 1山，升麻入药载于《神农本草经》，升麻具有抗菌、抗炎作用，升麻酸D是其主要活性成分之 一，结构简式如图所示。下列有关升麻酸D的说法错误的是 () HO- OH OH OH A.能与FcC溶液发生显色反应 B.1mol升麻酸D最多消耗7 mol NaOH C.能使酸性KMnO,溶液和溴水褪色 D.能发生酯化、氧化、加成反应 12.以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是 -OH C00CH,」 (1)0H =0 (2H,△ M COOCHs A.M中所有的碳原子可以在同一个平面中 B.若M+X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C.用溴的四氯化碳溶液可鉴别N和Q D.1molQ最多能与1molH2发生加成反应 13.氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，其晶胞结构与金刚石类似，晶胞边长为α pm,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 () OGa原子●N原子 A.X原子的分数坐标为() B.与Ga原子相邻且最近的Ga原子个数为6 C.Ga原子与N原子间的最短距离为apmD.晶胞密度为瓷gcm3 14.甲为空气中含量最高的气体单质，组成金属单质乙的元素基态原子核外s、p能级的电子总 数相等，它们之间的转化关系如图所示（部分产物省略）。下列叙述错误的是 A.实验室用排水法收集甲 高温 B.丙中阴、阳离子个数比为3：2 C.电解熔融态的己可生成乙 点燃因水 盐酸 4 二、非选择题：本大题共4小题，共58分。 15.(12分)三氯乙醛(CC3CH0)在医药领域作为一种重要的药物前体，可用于合成多种药物。 某研究小组人员利用下列仪器制备三氯乙醛（加热和夹持装置已略去）。 浓盐酸 饱和 食盐水 KMnO, 己知：①CCl3CH0易溶于水和乙醇，易被HCIO氧化生成CCl3C0OH。 ② 物质 CCICHO CCI3COOH CH3CH2CI 沸点/℃ 97.8 198 12.3 回答下列问题： (1) 实验装置从左到右的连接顺序为 (填大写字母，装置可重复使用)。 (2）控制温度8090℃，装置A的加热方式为 (填序号)。 ①油浴 ②热水浴 ③沙浴 (3)反应结束后，测得产物CCl3CH0中混有CCL3C0OH、CH3CH2CI杂质，生成杂质CH3CH2CI反 应的化学方程式为 ,从产物中提纯CCl3CH0的方法是 。 (4)测定粗产品中CCl3CHO(含有CCl3C00H、CH3CH2CI杂质)含量： i.产品预处理准确称取样品0.40g于碘量瓶中，加入20.00mL0.1 mol/LNaOH标准溶液 振荡5min;补加10.00mL0.1mo/L NaOH溶液，40℃水浴反应10min。 iⅱ.碘氧化反应冷却至室温，加入10mL10%H2S04酸化；加入30.00mL0.1mol/Ll2标准溶 液，避光放置15min。 ii.滴定剩余碘用0.1mol/几Na2S203标准溶液滴定至淡黄色：加入2mL淀粉指示剂，继续 滴定至蓝色消失（共消耗Na2S203标准溶液的体积为VmL)。 (已知：CC,CH0+0H-40cHC+Hc00:HC00+l2→H+2r+C02:2+2S20S= 2+S402)。 ①产品预处理中加入20.00mL0.1mo/L NaOH标准溶液，振荡5min的目的是确cCl3C00H 完全中和；补加10.00mL0.1 molL Na0H溶液，40℃水浴反应10min的目的是 ②粗产品中CCl3CH0的质量分数为 (列出含V的代数式即可)。 5 16.(14分)用含钻废料（主要成分为Co203,含少量Fe203、Al203、Ca0、Mg0、Si02等）制备 草酸钴品体(CoC204·2H20)的工艺流程如图所示。 Na,SO,溶液 NaClO,溶液Na,CO,溶液NaF溶液NHhC,O,溶液 含钴废料 浸出液一 调pH 除钙镁 沉钻 CoC2O2H2O 稀硫酸浸出渣 沉淀1 沉淀2 己知：①Co203具有强氧化性。②Kp(MgF2)=7.35×10-11,Kp(CaF2)=1.05×10-10: 当溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。 (1)①向含钴废料加入稀疏酸和Na2S03溶液时，应先加入的试剂为 (填化学式)。 ②Na2S03溶液与Co203反应离子方程式为 0 (2)加Na2CO3调pH的目的是 (3)“除钙镁”时，当Ca2+除尽后，c(Mg2+)=」 molL-1。 (4)将CoC204·2H20在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化 的曲线如图1所示，B点剩余固体产物为 A(220.14.70) 12 ●co B(330,8.03) 咖布动r心 结构1 昌2 图1 图2 (5)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图2。结构1是钻硫化物晶胞的一部分， 可代表其组成和结构：晶胞2是充电后的晶胞结构：所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距L+ 最近的S2-有 个。 (6)若向含等浓度Ca2+和Mg2+的混合溶液中滴加NaF溶液，己知K-MgF2)7.35x10-山， Kp(CaF2)=1.05×100,则先沉淀的离子是Mg2”,判断依据是 17.(16分)化合物G是一种治疗哮喘的药物，某研究小组按以下路线合成该化合物（反应条件 及试剂己简化)。请回答： CH=CH 足tNaOH/H, >F X COOC,H E (1)化合物G中含氧官能团的名称是 和 (2)D→E的反应类型为 C的核磁共振氢谱有 组峰。 (3)CD的反应中，NaH能将C转化为更易与Br 反应的中间产物，其结构简式为 (4)从整个过程看，A→B的目的是 (5)以下说法不正确的是 (填字母)。 A.A的碱性比B强 B.B→C有π键的断裂和形成 C.X苯环上的一溴代物（溴取代氢）有6种 D.E不能使酸性高锰酸钾褪色 (6)以2-丙醇、Br 三一为有机原料，设计化合物 的合成路线： (用流程图表示，无机试剂任选)。 18.(16分甲醇被誉为“现代工业的基石”和“化学工业的母体”之一，在“双碳”目标下， 甲醇的角色正在从“化石燃料衍生品”向“碳循环载体”转变。 (1) 某科研小组向一刚性容器中充入1molC02和2.275molH2,在M0F复合催化剂存在的条 件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图所示。 c(270,12.5) 90 b(240,80) 知 80 a(240,10） 70 8 60 6 d270,60) 150 4210 230250 270 温度/C 已知：在催化剂作用下主要发生以下反应。 反应I:C02z(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)△H1=+41.1k·mol-1 反应IⅡ：C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)△H2=-49.5k·mol-1 反应l:C0(g)+2H2(g)=CH30H(g)△H3=? /cunul ②恒温条件下，下列能说明反应体系达到平衡的是 (填字母)。 A.气体密度保持不变 B.气体的平均摩尔质量保持不变 C.C02与H2的浓度之比保持不变 D.甲醇的体积分数保持不变 ③计算反应I在270℃时的平衡常数K= (2)下图是一个电化学过程的装置示意图。已知甲池的总反应式为：2CH30H+302+4KOH== 2K2C03+6H20. CH,OH 电极 KOH溶液 过量AgNO,溶液 MgCi,溶液 甲池 乙池 丙池 ①甲池是 (填“原电池”或“电解池”)：一段时间后，丙池有白色浑浊出现，写 出该电极反应式： 、0 ②当乙池中Ag电极的质量增加5.40g时，乙池回路中转移电子总数为 (3)在Ga-Cu-Mg催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示。 CHSOH *OHZ H CHO *OH2 *2 *OH2 步骤I 步骤Ⅱ 步骤Ⅲ 7 SB SBA A SB SA H H H2 HC-OH H2 C02 HO OH 01 尽品s 步骤V s 步骤V 。0 SaSa 其中“*”表示该微粒吸附在催化剂表面，SB为带有一定电性的吸附位点。“”表示 微粒从催化剂表面脱附。 ①用T20替换H20,生成氢气的化学式是 ②从化学键断裂与形成、吸附与脱附的角度，描述步骤V的反应过程：2026年湖南省普通高中学业水平选择性考试信息预测 化学（三)答案详解与评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 答案 C A D A C B C B B A C B 一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。 1.CA,石板为天然岩石（如花岗岩），属于矿物质，属于无机非金属材料，A正确；B.铜铃由 铜（金属元素）制成，符合金属材料定义，B正确；C.麻袋是由麻（植物纤维）编织而成，属于天然 有机高分子材料（如纤维素）；碳纤维则是现代合成材料，以碳元素为主，C错误：D.皮革源于动物 皮肤，主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料，D正确。故选C。] 2.A（A.电石与饱和食盐水反应制备乙炔，CuS04溶液可除去杂质H2S、PH3,防止干扰后续检 验，乙炔能使酸性KMO4溶液褪色以验证其还原性，整个装置能完成制备、除杂、检验与尾气处理，A 正确：B.铜与浓硝酸反应生成NO2,但NO2能与水反应，不能用排水法收集，应采用向上排空气法收 集，B错误；C.苯与液溴在铁粉催化下制备溴苯时，反应放热会导致溴挥发，挥发的Br2进入AgNO3 溶液也会生成AgBr沉淀，干扰HBr的检验，应先通过CCl4除去Br2蒸气，C错误；D.用乙酸与碳酸钙 反应制备C02,但乙酸具有挥发性，会有一部分乙酸分子进入Na2Si03溶液中与其反应生成H2Si03,无 法通过该反应比较碳与硅的非金属性强弱，D错误。故选A。) 3.D(A.Si02晶体中每个Si原子与周围4个O原子形成4个Si-O键，故硅原 子与硅氧键个数比为1：4，A正确：B.Si的最后一个电子排布在p能级，因此属于 p区元素，B正确；C.SiCl4是共价化合物，含有极性共价键，电子式书写合理，C 正确：D.球棍模型是用能体现微粒半径大小的球和代表化学键的小棍子组成相应物 质空间结构的模型，S02中硅原子和氧原子以共价键连接形成三维立体网状结构，其 球棍模型片段应如图，D错误。故选D。) 4.A[A.加水稀释冰醋酸时，初始阶段解离度增加，H+和CH3COO浓度上升，导电能力增强： 但稀释到一定程度后，体积增大导致离子浓度总体下降，导电能力减弱，A正确：B.常温下，水电离 的c(H)=1.0×10-7mo/L时，溶液可能呈中性（如纯水或中性盐溶液），但在极稀的强酸和强酸弱碱盐 混合溶液中或极稀的强碱和强碱弱酸盐混合溶液中，酸（或碱)对水的电离抑制作用和盐对水的电离 促进作用相互抵消，从而使水电离的c(H)=1.0×10?o/L,但溶液可能呈酸性或碱性，且题中未指明 温度，因此该溶液不一定呈中性，B错误；C.由NH4HCO3的质子守恒知c(H)十c(H2CO3)=c(CO)十 c(NH3H2O)十c(OH),选项缺少c(OH),C错误：D.根据沉淀溶解平衡可知，溶度积小的易向更小的 进行转化，但也可以使溶度积小的向大的进行转化，仅凭转化无法直接推断Kp大小，还需考虑离子浓 度，D错误。故选A。] 5.C(A.过程①③涉及过滤操作，过程②是碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠，A错误：B.氨 气极易溶于水，侯氏制碱法是先向饱和食盐水中通入足量氨气，使得溶液显碱性，可以吸收更多的二 氧化碳，B错误；C.溶液A析出氯化铵后所得溶液B中含有大量的氯化钠，故溶液B可循环使用，C 正确；D.溶液A是析出NaHCO3后的母液，含有生成的NH4Cl、大量未反应的NaCl以及少量溶解的 NaHCO3,故溶液A中所含阳离子为Na+和NH”,D错误。故选C。) 6.C(由题意可知，W为O,X为Na,Y为Al,Z为Cl。A.O的氢化物含有氢键，故沸点比 HCI高，即沸点：W>Z,A正确；B.XZ形成的化合物是氯化钠，该晶胞中离CI最近的Na有6个， 湖南高考信息预测化学（三）参考答案第1页（共6页） 故C1的配位数为6，B正确：C.W和Y形成的化合物是Al2O3,熔点较高，偏向共价晶体，C错误： D.Y的最高价氧化物的水化物是A1(OH)3,既可溶于强酸又可溶于强碱，呈两性，D正确。故选C。) 7.C（A.CH3CO0~水解溶液呈碱性，Fe3+水解溶液呈酸性，所以CH3C00-和Fe3+的水解能够相 互促进，A正确：B,该工艺中，氯化铁和葡萄糖反应，铁元素化合价降低发生还原反应，葡萄糖在该 工艺中体现了还原性，B正确：C.相同条件下，NO3具有氧化性，该工艺中，铁元素需要发生还原反 应，所以不能用Fe(NO3)3代替FeCl3·6H2O,C错误：D.FeO4是具有磁性的黑色粉末，D正确。故选 C。) 8.B[A.同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则氧元素的第一电离能大于硫元素：元素 的非金属性越强，电负性越大，元素非金属性强弱顺序为：O>C>S>H,则电负性的大小顺序为： O>C>S>H,A正确：B,二氯乙酸为弱酸，氢氧化钠为强碱，则pH=3的二氯乙酸溶液的浓度大于pH=11 的氢氧化钠溶液，两者等体积混合时，二氯乙酸过量，溶液呈酸性，B错误；C.弱酸酸性越强(pKa越 小)，稀释时pH变化较小，但仍比强酸稀释时变化大。C正确(CC13COOH酸性强于C1CH2COOH, 故同pH稀释时pH变化更小)：D,氯原子是吸电子基，会使羧酸分子中羟基的极性增强，电离出氢 离子能力增强，氯原子的数目越多，吸电子诱导效应越强，所以酸性强弱顺序为 Cl3CC00H>Cl2CHC00H>ClCH2C00H,D正确。故选B。] 9.C(A.在配合物I[Ru(OH)2]中，OH为-1价，则Ru为+2价；在配合物IⅡ[RuH2]中，H为-1 价配体，则Ru为+2价；在配合物Ⅲ[Ru(HC00)2]中，HC00为-1价配体，则Ru为+2价，故反应过 程中R1的化合价未发生变化，A正确：B.过程中涉及碳氧双键中的1个极性键的断裂和C一H极性 键的形成，B正确；C.总反应为：H2(g)十CO2(g)-→HICOOH(1),则△S<0,根据吉布斯自由能可知，在 一定温度下能够自发进行，△H<0,则活化能E正<E逆，C错误：D.配合物I的中心离子为R+,有 两个配体，均为0H,配位原子为O,D正确。故选C。) 10.B(A.电解时Mn+转化成Mn02,发生氧化反应，则Y极为阳极，N为正极，M为负极，发 生氧化反应，A正确：B.N为正极，Li计嵌入，当N极质量增加1.4g时，增加0.2 mol Li计，转移0.2mol 电子，同时有0.2 mol Cl由b区移动至c区，B错误：C.X极电极反应方程式为：2H20+2e==H2↑+20H, a区溶液的0H增大，pH增大，C正确；D.Y极电极反应式为Mn2+-2e+2H20==n02+4H+, D正确。故选B。) 11.B[A.根据结构，分子中有3个酚羟基（一OH直接连接在苯环上），酚羟基可以与FeCl溶 液发生显色反应（通常为紫色），A正确：B.升麻酸D中含有酚羟基（一OH)3个，消耗3 ol NaOH, 含酯基（一COO一）1个，消耗1 nol NaOH;含羧基（一COOH)2个，消耗2 mol NaOH:而醇羟基 不消耗NaOH,因此，1nol升麻酸D最多消耗6 mol NaOH,B错误；C.升麻酸D中含有碳碳双键(C=C), 可被酸性KMO4氧化，也可与溴水发生加成反应，导致两者褪色，C正确：D.升麻酸D中有醇羟基 和羧基，可以发生酯化反应，含有醇羟基，可发生氧化反应，含有碳碳双键，可与H2、B2等发生加成 反应，D正确。故选B。] 12.A[A.M为(CH3)2 CHCHO,分子中与醛基相连的碳采取sp杂化，它与氢原子、醛基碳、两个 甲基碳形成四面体结构，故M中所有的碳原子无法在同一平面中，A错误：B.若M+X一→N原子利用 率为100%，对比M(C4HsO)和N(CH1oO2)的分子式，可推知X的分子式为CH2O,即甲醛，B正 确；C.N含醛基和羟基，Q含碳碳双键和酯基，溴的四氯化碳溶液与N不反应，与Q中碳碳双键发 生加成反应而褪色，可鉴别，C正确；D.Q中仅碳碳双键能与H2加成，故1molQ最多与1olH2 加成，D正确。故选A。] 湖南高考信息预测化学（三）参考答案第2页（共6页） 13.C[A.X原子为N原子，位于x轴的处，位于y轴的处，位于=轴的处，则X原子的分数 坐标为：居，子，孕，A错误：B.由晶胞结构可知，Ga原子位于晶胞的顶点和面心，与Ga原子相邻 且最近的Ga原子个数为12，B错误；C.G与N原子间的最短距离为晶胞体对角线的：体对角线长 度为V3apm,故最短距离为m,C正确：D.由晶胞结构可知，晶胞中Ga原子个数：8×日+6× Ma(ax10-1038·Cm3_336x1032 4,N原子在晶胞内部，则N原子个数为4，晶胞密度为p=0+1 Na一8·Cm3,D错 误。故选C。] 14.B(A.甲为氮气，难溶于水，可以用排水法收集，A正确；B.丙为Mg3N2,阴、阳离子个数 比为2：3，B错误；C.己为MgCl2,电解熔融态的MgCl2可生成Mg,C正确；D.丁为氨气，溶于水 生成NHH20,为弱碱，能使紫色石蕊溶液变为蓝色，D正确。故选B。) 二、非选择题：本大题共4小题，共58分。 15.(12分，每空2分) (1)BCDAD)E (2)② (3)CH3CH2OH+HCI CH3CH2CI+H20 蒸馏 (4)保证CCl3CH0完全转化为HC00 3.0x103-50x105x1475×100% 0.40 【详解】 (1)实验装置从左到右为氯气的制取装置→净化装置→制备CC3CH0主反应装置→防止水进入主 反应装置→尾气处理装置，即连接顺序为BCDAD)E。 (2)控制温度80~90℃，装置A加热方式为热水浴：仪器a内发生反应的化学方程式为CH3CH20H+ 4d,80-g0℃cC,cH0+5HC。 (3)乙醇与氢卤酸反应生成卤代烃，得到CH3CH2Cl反应的化学方程式为CH3CH20H+ HCCH3CH2Cl+H20:沸点不同互溶液体之间的分离方法为蒸馏。 (4)①补加NOH溶液，再40℃下反应的目的为保证三氯乙醛完全转化为甲酸根：②碘单质分为两 部分反应：一部分与三氯乙醛转化后的甲酸根反应，另一部分与N2SO3反应，根据CCl3CHO~HCOO2、 1r2S,0号，则粗产品中三氯乙醛的质量分数为01moLx3Q0ox10-Lx01 mol/txVx1:0x1475g/mol、 -×100%= 0.40g (3.0x10-3-5.0x10-5×1475×100%。 0.40 16.(14分，每空2分) (1)Na2S03 C0203+S03+4H+==S0子+2C02++2H20 (2)促进Fe3+、AI3+完全水解为沉淀而除去 (3)7.0×10-6 (4)C0304 湖南高考信息预测化学（三）参考答案第3页（共6页） (5)4 (6)逐滴加入NF溶液，Kp较小的MgF2先达到沉淀溶解平衡而析出[或答：生成MgF2沉淀所 需c(F)更小] 【分析】用含钴废料制备草酸钴晶体，先加入稀硫酸和亚硫酸钠，Co2O3和Fε，O3被还原为Co2+和 Fe2+,CaO形成CaSO4沉淀，SiO2不溶，浸出渣的主要成分为SiO2和CaSO4,向滤液中加入Nac1o3时， Fe2+被氧化为F3+,继续加入碳酸钠溶液，调节溶液的pH,使铁离子、铝离子转化为沉淀，沉淀1为 氢氧化铁、氢氧化铝，过滤后，向滤液中加入NaF,沉淀钙镁离子，沉淀2为MgF2、CaF2,过滤，向 滤液中加入草酸铵，得到草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)。 【详解】 (1)向含钴废料加入稀硫酸和Na2S03溶液时，应先加入的试剂为Na2S03溶液，若先加入稀硫酸，会 导致Na2S03转化为SO2:Na2S03溶液与C0203发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：Co203+S0+ 4H+==S0子+2C02++2H20。 (2)根据分析，加入碳酸钠溶液，调节溶液的pH,使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝 沉淀。 8)由已知2可知.当CGa2+除尽后，c2()号-088moV2-105x10-50moV3, c(Ca2+) 则c(Mg2+)=s0Mg2=735x10-1 c2(F-) 105x10mol/L=7.0×10-6mol/L。 (4)CoC204·2H20在空气中加热首先失去结晶水，CoC204·2H20、CoC204的相对分子质量分别为 183、147,结合图像可知，初始为0.1 mol CoC204·2H20,A点为0.1 mol CoC204,根据钴元素守恒， 8.03gB中钻为0.1mol,氧为a03-01x59mol=0.133mol,则B中C0,0的物质的量之比为0.1：0，.133= 16 3:4,故B点剩余固体产物为C0304 (5)根据晶胞2的结构可知，距Li计最近的S2-有4个。 《⊙)生成沉淀所需c的计算公式为：CET品：由于初始0Mg =c(Ca2+),且Ksp(MgF2大Ksp(CaF2),因此沉淀MgF2所需的c(F)更小， 晶胞2 故MgF2先沉淀，即Mg2+先沉淀。 17.(16分，每空2分) (1)醚键 酰胺基 (2)加成反应 6 Na0 (3) COOC,H (4) 保护氨基 (5)BD QH (6)CHj-CH-CH,Ou02CH-C-CH,cacz/ 2)/ 湖南高考信息预测化学（三）参考答案第4页（共6页） 【分析】 A和CICOOCHs发生取代反应生成B,B和CaC2、H,O反应生成C,C和NaH、Br 反应 生成D,D和乙炔发生加成反应生成E,E在NaOH溶液中发生水解反应生成F,其结构简式为 F和X发生取代反应生成G,同时还生成了HC1,则X的结构简式是 以此解答。 【详解】 (1)由化合物G的结构简式可知，其含氧官能团为醚键和酰胺基。 (2)由分析可知，D和乙炔发生加成反应生成E;由C的结构简式可知，该有机物分子中含有6种 不同环境的H,则核磁共振氢谱有6组峰。 NaO. (3)氢化钠与C中羟基H发生反应生成 CoOC,H,其更易与Br 反应。 (4)由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是羰基，从整个过程看，A→B的过程中氨基转 化为酰氨基，E→F的过程中酰氨基又转化为氨基，A→B的目的是：保护氨基。 (⑤)A.酯基为吸电子基团，则B中N原子上连有酯基，导致其电子云密度降低，则A的碱性性比 B强，A正确：B.B→C是还原反应，有C一O键断裂，C一O键形成，涉及π键的断裂，无π键的形成， B错误；C.由X的结构简式可知，苯环上有6种不同环境的H,则其一溴代物有6种，C正确：D.由 E的结构简式可知，苯环能使与其直接相连的烃基C原子上的H原子变活泼，可被酸性高锰酸钾氧化， 使酸性高锰酸钾褪色，D错误。故选BD。 可由 和三一反应制得， 3、CaC2和H2O 制得，CH一C一C迅通过CH一C一C耳的催化氧化制得，则化 的合成路 .1-H-GHH--Hc → HO1)NaH 2) 湖南高考信息预测化学（三）参考答案第5页（共6页） 18.（16分，每空2分) (1)-90.6 BCD 和 (2)原电池 Mg2++2e+2H20==Mg(0H)2↓+H2↑ 0.05Wa (3)H2、HT 吸附在S位点上氧原子的H一O键以及氧原子相邻的碳原子的C一H键断裂，碳 原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H键并吸附于S4位点，继而脱附产生H2 【详解】 (1)①根据盖斯定律，反应I=IⅡ-I:△H3=△H2-△H1=-49.5-41.1=-90.6k·mol-1。 ②A.体系中均为气体，气体质量不变，恒容条件下，气体体积不变，气体密度是常数，气体密度 保持不变，不能判断是否达平衡，A不符合题意：B,气体质量不变，物质的量会变化，平均摩尔质量 保持不变时，反应己达平衡，B符合题意；C.三个反应中消耗的C02与H2比例不同，所以C02与H2的 浓度之比会变化，当保持不变时达平衡，C符合题意：D.随反应进行，甲醇的体积分数增大，当保 持不变时达平衡，D符合题意；故选BCD。 ③升高温度，反应I平衡正向移动，反应Ⅱ，反应均向逆向移动，甲醇的选择性减小，所以可知 270℃时甲醇选择性为60%，CO2的转化率为12.5%，则转化CO2为0.125mol,生成甲醇0.125mol× 60%=0.075mol,生成C0为0.125mol×40%=0.05mol,生成H20为0.125mol,消耗H2为 0.05mol+0.075mol×3=0.275mol,达平衡剩余C02为0.875mol,剩余H2为2.275mol-0.275mol= 2m0l,反应1的平衡常数K-89经-高 (2)甲池是甲醇燃料电池，通甲醇的一极为负极，通氧气一极为正极，乙池和丙池均为电解池。 ①甲池是原电池，丙池左侧为阳极，右侧为阴极，阴极附近水放电生成H2,放出OH,和Mg2+生 成氢氧化镁白色浑浊，电极反应式为Mg2++2e+2H20==Mg(OH)2↓+H2T。 ②乙池中Ag电极的电极反应为Ag+e=Ag,当质量增加5.40g时生成Ag0.05mol,转移电子总 数为0.05NA。 (3)①根据机理可知，水和甲醇中的共价键断裂，生成氢气，用T20替换H20,生成氢气的化学式 是H2、HT。 ②吸附在S位点上氧原子的H一O键以及氧原子相邻碳原子的C一H键断裂，碳原子与氧原子形 成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H键并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。 湖南高考信息预测化学（三）参考答案第6页（共6页）