湖南长沙市弘益高级中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

**基本信息** 2026年高三开学化学试卷以岩彩壁画、光催化合成硝酸等文化与科技情境为载体，通过14道单选（42分）和4道填空（58分），考查物质性质、反应原理及实验探究，落实化学观念与科学思维，适配高三开学诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|14/42|物质性质（贝壳粉成分）、反应原理（共价键键能）、实验操作（萃取放气）|结合文化情境（第1题岩彩壁画）、科技前沿（第3题光催化合成硝酸）| |填空题|4/58|工艺流程（独居石制备Ce₂(CO₃)₃）、有机合成（药物中间体合成）、反应原理（乙醇重整制氢）|综合应用（第16题结合溶度积计算）、探究性（第15题氧化机理对比实验）|

2026年下学期高三开学考试 化学 一、单选题(共14小题,共42分) 1.（3分）画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是  A.岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐 B.油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C.竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱 D.水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化 2.（3分）下列说法错误的是 A.共价键键能： B.熔点： C.分子的极性： D.H-N-H键角： 3.（3分）我国科研团队提出一种创新光催化策略，仅利用水、氮气、氧气即可合成硝酸，反应过程中产生、羟基自由基等中间体，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.1mol-OH电子数为 B.0.5mol中键数目为 C.11.2L（标准状况下）中非极性键数目为 D.消耗32g，产生杂化的N原子数目最多为 4.（3分）下列图示中，实验操作或方法符合规范的是 A．溶解固体 B．转移热的蒸发皿 C．萃取振荡时放气 D．洗涤盛有废液的试管 5.（3分）地壳中的硫黄矿、硫铁矿和煤等都含有硫元素，这些矿物通过风化分解、燃烧、火山爆发等方式释放出等气体，这些气体有些进入大气，有些转化为亚硫酸盐、硫酸盐溶入河流或海洋，还有些则被土壤中的硫化细菌催化吸收。大气中的还可以被银杏、夹竹桃等植物吸收，而水体中的含硫化合物可被浮游植物吸收。 下列化学反应表示正确的是（  ） A.单质硫与铜反应： B.通入过量氨水： C.溶液吸收： D.溶液被空气氧化： 6.（3分）(WV4)2Z(YX4)2是重要的水处理剂，Z元素为＋2价。V、W、X、Y、Z是原子序数递增的5种元素，前四周期均有分布，X和Y同族。W的基态原子价层p轨道半充满，Z元素的一种合金用量最大、用途最广。则（  ） A.电负性：W>X B.氢化物稳定性：X>W C.WV3和YX3的空间构型相同 D.Z的第四电离能远大于第三电离能 7.（3分）一种高活性药物结构如图，下列关于该物质说法错误的是 A.分子中所有碳原子可能共面 B.该物质的分子式 C.分子中碳原子的杂化方式有3种 D.1mol该物质最多可与反应 8.（3分）铝-空气燃料电池是一种新型高能量电池，具有能量密度大、无污染、可靠性高、寿命长、使用安全等优点。图1是一种盐水-铝-空气电池装置原理图，图2是石墨空气电极结构示意图。下列说法不正确的是(　　) A.铝极为负极，发生氧化反应 B.该电池属于金属铝的吸氧腐蚀 C.石墨空气电极的电极反应式：O2＋4e-＋2H2O===4OH- D.在石墨空气电极中，OH-能穿过多孔防水透气层进入右侧 9.（3分）一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y、Z为半径依次减小的三种短周期元素，X和Z同主族，其基态原子均有3个未成对电子，常温下0.1mol/L的HY溶液的pH为1，下列说法正确的是 A.Z的简单氢化物中，Z的杂化方式为sp3 B.X、Z的简单氢化物的沸点： C.X的最高价氧化物的水化物为强酸 D.电负性：X>Y>Z 10.（3分）传统方式制备乙炔难以实现固液分离，生成的糊状物使乙炔气流不平稳，甚至堵塞。改进后的乙炔制备、性质检验和尾气处理的实验装置如图所示。下列说法错误的是 A.分液漏斗中所盛的饱和食盐水的作用是减缓电石与水的反应速率，使反应平稳进行 B.碳化钙应放在装置A中X处，反应器中玻璃珠的作用为形成空隙，促进固液分离 C.装置B中溶液的作用是吸收杂质气体、等 D.装置C、装置D中溶液褪色的原理相同 11.（3分）铑(Rh)催化烯烃与CO的偶联反应机理如图，L表示配体，Bu表示丁基，下列说法不正确的是 A.中碳碳双键的极性对产物的选择性产生影响 B.元素Rh的化合价经历了两次变化 C.该过程的主要副产物为 D.将Bu换成，主要产物为 12.（3分）下图装置能用于完成下列实验的是 选项 目的 试剂a 试剂b 试剂c 试剂d A 验证NH3的碱性 浓氨水 碱石灰 酚酞溶液 稀硫酸 B 检验漂白粉和浓盐酸的气体产物 浓盐酸 漂白粉 紫色石蕊试液 NaOH溶液 C 验证SO2的漂白性 浓硫酸 Na2SO3 紫色石蕊试液 澄清石灰水 D 验证乙炔的还原性 饱和食盐水 电石 浓硫酸 酸性高锰酸钾 13.（3分）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g)，发生如下反应： 主反应：CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)　ΔH1 副反应：CH3OH(g)+CH3COOH(g)CH3COOCH3(g)+H2O(g)　ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ[δ(CH3COOH)=]随投料比x（物质的量之比）的变化关系如图所示，下列说法正确的是 （      ）  A.投料比x代表 B.曲线c代表乙酸的分布分数 C.ΔH1<0，ΔH2>0 D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)>K(N) 14.（3分）可用CO2氧化烷烃脱氢制取烯烃。向密闭容器中通入C3H8、CO2和He(体积比为1∶1∶2)，维持压强为p0 kPa，发生反应：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+H2O(g)+CO(g)。测得C3H8的平衡转化率与温度的关系如图中曲线①所示。下列说法错误的是(  ) A.该反应是吸热反应 B.512 ℃下，CO2的平衡转化率为50%，则该反应的Kp=p0 kPa C.543 ℃下，体系中3n(C3H8)=2n(C3H6)时，表明反应已达平衡 D.若减小通入气体中He的占比，C3H8的平衡转化率与温度的关系可能是曲线② 二、填空题(共4小题,共58分) 15.（10分）用电解工艺可将油脂工业废水中有机磷转化为磷酸盐沉淀除去，示意图如下。 资料：时，，。 (1)有机磷可用(代表烃基或)表示，其中磷元素的化合价是                  价。 (2)氧化池中有机磷发生氧化反应生成和。在                  (填“铂”或“铁”)附近生成。 (3)有机磷被氧化的机理可能为：ⅰ．有机磷直接参与电极反应；ⅱ．电极反应产生的将有机磷氧化。做对比实验，结果如图。 结合图中信息判断有机磷被氧化的机理并写出推理过程：                  。 (4)结合电极反应解释絮凝池除磷原理：                  。 (5)相同条件下，向原废水中添加一定量有利于降低“出水”中的磷含量，原因是                  。 16.（15分）Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为____________。 (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有__________________________________（至少写两条）。 (3)滤渣Ⅲ的主要成分是________________（填化学式）。 (4)加入絮凝剂的目的是__________________。 (5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为________________________________________________________________________， 常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Kal＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。 (6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 17.（15分）物质I是合成某种药物的重要中间体。物质I的合成路线如下： 已知：① ② (，，，为烃基或原子) (1) H中含氧官能团的名称为                  。 (2) 反应①②③④中属于取代反应的是                  (填序号)。 (3) B的结构简式为                  。 (4) H分子中的手性碳原子个数为                  。 (5)的反应方程式为                  。 (6)的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应，该同分异构体最多能消耗，核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的结构简式为                  。 (7) 参照上述合成路线，设计以、甲醛、丙酮为原料合成的路线(无机试剂任选)                  。 18.（18分）氢能是一种重要的清洁能源，由、HCOOH等物质可以制得。 Ⅰ、乙醇-水催化重整制得氢气，其主要反应为： ① ② 在101kPa下，当时，若发生反应①和②，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示[CO的选择性]。 (1)计算反应的______。 (2)图中代表CO的选择性的曲线是______(填“甲”“乙”或“丙”)；分析曲线乙在300℃前后变化趋势相反的原因______。 (3)根据图中信息，500℃时的平衡转化率为______，反应②的平衡常数______(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，精确到0.001)。 Ⅱ、HCOOH催化分解制得 (4)一定温度下，向恒容密闭容器通入一定量的HCOOH(g)，在Pd-有机胺催化剂作用下，HCOOH分子催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是______(填序号)。 A．有机胺可以和盐酸溶液反应 B．在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更容易 C．HCOOD催化释放氢反应除生成外，还可生成HD D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为： (5)HCOOH(g)分解反应存在以下定量关系：(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如曲线N所示，则改变的外界条件可能为______。 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年下学期高三开学考试 化学 一、单选题 1.D【解析】贝壳粉的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐，A错误；核桃油属于油脂，不属于有机高分子，B错误；氧化铁(Fe2O3)能与酸反应，C错误；碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，D正确。 2.B【解析】原子半径越小，键长越短，则键能越大，原子半径：F＜Cl＜Br，因此共价键键能：HF>HCl>HBr，A正确；AlCl3为分子晶体，由于分子间作用力弱于离子键，熔点低于离子晶体的NaCl和MgCl2，因此熔点顺序应为：NaCl＞MgCl2＞AlCl3，B错误；SO2分子空间构型为V形，属于极性分子，SO3分子空间构型为正平面三角形，属于非极性分子，极性SO2＞SO3，C正确；[Ag(NH3)2]+中N的孤电子对参与配位，采取sp3杂化没有孤电子对，为四面体形，NH3采取sp3杂化但有一对孤电子对，为三角锥形，故H-N-H键角：[Ag(NH3)2]OH>NH3，D正确；故选B。 3.D【解析】－OH含个电子，1mol－OH电子数为，A错误；含N≡N键，1个N2分子中有2个键，0.5mol中键数目为，B错误；分子中含1个O－O非极性键，标准状况下为液态，标准状况下11.2L中非极性键数目小于，C错误；32g物质的量为1mol，合成硝酸总反应为，中N原子采取杂化，1mol完全反应最多生成0.8mol，产生杂化的N原子数目为，D正确。故选D。 4.B【解析】溶解固体应在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌加速溶解，不能在坩埚中溶解，A操作不规范；热的蒸发皿温度较高，需用坩埚钳夹取，转移至陶土网上冷却，B操作规范；萃取振荡时放气时，应将分液漏斗倒置，打开旋塞放气，C操作不规范；应先将废液倒入废液缸，再洗涤试管，D操作不规范。故选B。 5.C【解析】硫的氧化性较弱，硫与变价金属化合生成低价态金属硫化物，正确的方程式为，A错误；将通入过量氨水中生成(NH4)2SO3，离子方程式为，B错误；溶液吸收生成CuS沉淀和H2SO4，离子方程式为，C正确；溶液被空气氧化生成硫酸和硫酸钠，正确的离子方程式：，D错误。故选C。 6.D【解析】由Z的合金用量最大，用途最广，且(WV4)2Z(YX4)2中Z为＋2价可知，Z为Fe，V、W、X、Y、Z是原子序数递增的5种元素，前四周期均有分布，则V为H，W的基态原子价层p轨道半充满，且形成(WV4)2Z(YX4)2中的阳离子，知阳离子为，则W为N，X和Y同族，且V、W、X、Y、Z是原子序数递增的前四周期元素，则X为O，Y为S。主族元素电负性从左到右逐渐增大，电负性：W(N) <X(O)，A错误；N氮的氢化物有NH3、N2H4，O的氢化物有H2O、H2O2，没有指出最简单氢化物（或气态氢化物），无法比较N、O元素氢化物稳定性强弱，B错误；为，空间构型为三角锥形，YX3为，空间构型为平面三角形，C错误；Z为Fe，Fe3+为3d5半充满稳定结构，失去第四个电子需更高能量，D正确。故选D。 7.A【解析】与－CN基相连碳原采取杂化，与该碳原子及其相连接的3个碳原子不可能共面，故所有碳原子不可能共面，A错误；该物质的分子式为，B正确；该分子中苯环碳、羰基碳均采取杂化，氰基中碳采取杂化，其他碳原子均采取杂化，共3种杂化方式，C正确；1mol苯环可与3mol发生加成反应，1mol氰基可与2mol发生加成反应，酯基的羰基不能与发生加成反应，故1mol该物质最多可消耗5mol，D正确。故选A。 8.D 9.A 10.D 11.C【解析】烯烃中碳碳双键的极性会影响其与催化剂Rh的配位方式，进而对产物的选择性产生影响，A正确；在整个催化循环中，Rh通过氧化加成和还原消除步骤，化合价发生了两次变化，B正确；该机理中烯烃发生加成反应时，端基①号碳连在催化剂上，如图，若是加成反应时②号碳连在催化剂上，副产物为，C错误；将Bu换成后，由于的吸电子效应，会改变反应的选择性，主要产物为，D正确。故选C。 12.B【解析】A实验，浓氨水和碱石灰可制备NH3，但NH3极易溶于水，直接通入酚酞溶液会发生倒吸，应增加防倒吸装置或措施，A不符合；B实验，漂白粉和浓盐酸反应生成氯气，氯气通入紫色石蕊试液先因生成HCl变红，后因HClO漂白而褪色，可检验氯气，NaOH溶液可吸收多余的氯气，B符合；C实验，SO2通入紫色石蕊试液只会变红，不能漂白石蕊，C不符合；D实验，电石和饱和食盐水反应生成的乙炔中混有、PH3等，、PH3、乙炔都能使酸性KMnO4溶液褪色，实验前应先除、PH3，D错误。故选B。 13.D【解析】图中曲线表示的是两种含碳产物的分布分数即δ(CH3COOH)、δ(CH3COOCH3)，结合主、副反应可知，x代表，曲线a或曲线b表示CH3COOH分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOCH3分布分数，故A、B错误；曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH)，由图像可知，当相同时，T2>T1，T2时δ(CH3COOH)大于T1时，说明升高温度主反应的平衡正向移动，故ΔH1>0；同理，T1时δ(CH3COOCH3)大于T2时，说明升高温度副反应的平衡逆向移动，故ΔH2<0，C错误；L、M、N三点对应副反应ΔH2<0，且TN>TM=TL，升高温度平衡逆向移动，故K(L)=K(M)>K(N)，D正确。 14.B【解析】分析图像可知，升温C3H8平衡转化率升高，说明升温平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知正反应为吸热反应，A正确；列出“三段式”求解：设初始C3H8、CO2、He的物质的量分别为1 mol、1 mol、2 mol，CO2平衡转化率为50%时，反应的CO2为0.5 mol      C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+H2O(g)+CO(g) 起始/mol  1   1      0   0   0 转化/mol  0.5  0.5     0.5   0.5  0.5 平衡/mol  0.5  0.5     0.5   0.5  0.5 平衡时总物质的量为0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+2 mol=4.5 mol，压强平衡常数Kp==kPa=p0kPa≠p0 kPa，B错误；543 ℃下，C3H8平衡转化率为60%，平衡时n(C3H8)=0.4 mol，由方程式化学计量数之比可知n(C3H6)=0.6 mol，满足3n(C3H8)=2n(C3H6)，故该关系成立时反应达平衡，C正确；总压不变，减小He的占比，相当于增大压强，该反应的正反应为物质的量增大的反应，加压平衡逆向移动，C3H8平衡转化率降低，对应曲线②，D正确。 二、填空题 15. (1)+5　(2)铂 (3)涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降 (4)阳极发生反应，与反应生成沉淀 (5)氧化池中，在絮凝池中将氧化为，更有利于降低(或氧化池中，氧化有机磷效果更好)【解析】（1）有机磷中磷原子形成5个共价键，且非金属性：O＞P，故磷元素的化合价是+5价； （2）电解池中阳极发生氧化反应，氧化池中铂电极是阳极，在铂电极附近生成； （3）根据图中信息，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低，而添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降，可知有机磷被氧化涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降； （4）絮凝池中阳极发生反应，与反应生成沉淀； （5）向原废水中添加一定量，在氧化池中生成Cl2：，在絮凝池中将氧化为，更有利于降低(或氧化池中，氧化有机磷效果更好)。 16. (1)138　58Ce　(2)加热，搅拌等　(3)Al(OH)3　(4)促使铝离子沉淀　(5)6HCO＋2Ce3＋＋(n-3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑　碱性　(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O69CO↑＋6H2O↑＋6LiFePO4 【解析】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58＋80＝138，该核素的符号为138　58Ce。 (5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑；铵根离子的水解常数Kh(NH)＝≈5.7×10－10，HCO的水解常数Kh(HCO)＝＝≈2.3×10－8，则Kh(NH)<Kh(HCO)，因此常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性。 (6)由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O可知，该反应中Fe价态降低，C价态部分降低，部分升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O69CO↑＋6H2O↑＋6LiFePO4。 17. (1) 醚键、酮羰基 (2) ①④ (3) (4) 1 (5) (6) 或 (7) ①CH3COCH3+HCHO；② 【解析】(1) 根据H的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为醚键、酮羰基； (2) A（）与CH3I在碱性条件下发生取代反应生成B（），B发生催化氧化生成C，C经过反应生成D，D发生信息①的反应生成E（），E与乙二醇发生反应生成F，F一定条件下生成G，G发与CH3I在碱性条件下发生取代反应生成H，H与发生取代反应生成I，反应①②③④中属于取代反应的是①④； (3) A（）与CH3I在碱性条件下发生取代反应生成B，B的结构简式为； (4) 手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，H分子中的手性碳原子个数为1个，； (5)发生信息①的反应，反应方程式为； (6)的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应说明含有醛基或-OOCH，该同分异构体最多能消耗含有羧基或酚羟基，核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为说明含有，故结构简式为或； (7) 甲醛、丙酮发生信息②反应生成；催化氧化生成，与碱性条件下生成，发生信息②反应生成，合成路线：①CH3COCH3+HCHO；②。 18. (1)＋255.7 (2)丙 在300℃之前以反应① 为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度升高，氢气的产率减小 (3)96%  0.225 (4)AC (5)加入更高效的催化剂 【解析】（1）根据盖斯定律，目标反应=反应①+2反应②，因此：； （2）反应②为吸热反应，温度升高，平衡向着吸热的正向移动，CO的选择性逐渐增大，且CO和选择性之和为，因此一直下降的甲为的选择性，一直上升的丙为CO的选择性，先升后降的乙为的产率；前，以反应①为主，升高温度平衡正向移动，生成量大于消耗量，产率增大；后，以反应②为主，升高温度平衡正向移动消耗，产率降低； （3）设起始，，乙醇转化率为，根据C守恒，时CO选择性为，可得；结合反应关系，最终，产率为，因此，解得； 对反应②，平衡常数，反应前后气体分子数相等，总压、总物质的量可约去，因此，代入，，，，得； （4）A．二甲胺属于胺类，可与质子结合显碱性，可与盐酸反应，A正确； B．由能量图可知，解离C-H键比解离O-H键的活化能更高，更难，B错误； C．中，C上连H、O上连D，催化分解生成和，C正确； D．单位错误，该反应的，D错误；故答案选AC； （5）由公式可知，其斜率为，曲线N斜率绝对值更小，说明更小，活化能降低，改变的条件是加入更高效的催化剂。 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $