河南新未来2026届高三3月联考化学+答案

化学参考答案与解析

1.【答案】B

【解析】钢的含碳量一般为0.03%~2%,A正确；金属铝呈两性，所以不耐酸、碱腐蚀，B错误；涂层的主要成

分均属于合成有机高分子材料，C正确；聚偏二氟乙烯的结构简式为CH2—CF2玉，因此链节为

—CH2—CF2—,D正确。

2.【答案】D

【解析】转移NaCl溶液时，应将玻璃棒下端抵在刻度线以下，A错误；收集氯气装置无出气口，B错误；萃取操

作中放气方法应是将分液漏斗倒置，左手握住活塞部分，右手顶住塞子，打开活塞放气，C错误；氢氧化亚铁

易被氧气氧化，因此制备时，应用长胶头滴管将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，且用植物油液封，D正确。

3.【答案】B

【解析】石膏为电解质，可以使胶体发生聚沉，A正确；苯甲酸钠溶液呈碱性，B错误；硝酸铵受热或经撞击易

发生爆炸，因此硝酸铵必须经改性处理后才能施用，C正确；维生素C具有还原性，可防止鲜榨果汁被氧化而

发生变色，D正确。

4.【答案】A

【解析】X分子中与苯环连接的碳原子为手性碳原子，A正确；Y既有羟基又有羧基，可以发生缩聚反应，而不

是加聚反应，B错误；M中的官能团名称为羟基和酰胺基，C错误；—CH3为推电子基，成键电子对间斥力大，

进一步压缩了H—N—H键角，所以CH3NH2中键角C—N—H>H—N—H,D错误。

5.【答案】C

1

【解析】中子数为6的硼核素：B,A错误；H3BO3电离应用可逆号，B错误；根据信息，乙硼烷与CO通过配位

键结合，且CO结构与N2相似，因此CO中C、O各有一个孤电子对，但是C的电负性小，更易与B形成配位

键，因此[COBH3]中配位键可以表示为[H3B←CO],C正确；NH3的VSEPR模型为，D错误。

6.【答案】B

【解析】B2H6在B为+3价，H为-1价，其水解反应为归中反应，当1molB2H6完全水解，转移电子总数为

+-6-1+-6

6NA,A错误；常温下pH=6的溶液，c(H)=10mol·L,1L其溶液的H的数目一定为10NA,B正确；

未说明温度和压强，无法计算体积，C错误；1个NH3BH3中σ键数目为7个，则3.1gNH3BH3即物质的量为

0.1mol,σ键数目为0.7NA,D错误。

7.【答案】C

【解析】离子液体难挥发因为离子液体的粒子全都是带电荷的离子，离子间作用力强于范德华力，所以难挥

发，C错误。

8.【答案】A

【解析】根据题意，元素X、Y、Z、M、W分别为F、O、N、C、S；电负性F最大，A正确；第一电离能：F>N>O,B错

误；M为碳，其氢化物有多种，沸点不确定，C错误；WY2中W的最外层不满足8电子稳定结构，D错误。

【化学答案第1页（共5页）】

9.【答案】D

【解析】应利用电解熔融氯化镁制取镁，A错误；乙烷与氯气在光照的条件下制备氯乙烷副反应多，B错误；硫

化亚铁与过量氧气生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，C错误；石英砂与焦炭在高温条件下生成粗硅，与

氯化氢加热生成三氯硅烷，最后与氢气高温可制得高纯硅，D正确。

10.【答案】C

【解析】以上装置涉及太阳能和风能转化为电能、电能转化为化学能以及反应还原器中化学能与热能的转化

等，A错误；根据题意离子交换膜应为阴离子交换膜，左侧电极室产生的OH-迁移至右侧电极室，因此当电

3-

路转移2mol电子时，左侧电极室溶液质量减少36g,B错误；根据整个装置工作原理，[Fe(CN)6]/

4-3-

[Fe(CN)6]相当于反应的催化剂，实质是电解水的过程，因此无需外界补充[Fe(CN)6]/

4-3--4-

[Fe(CN)6],C正确；反应还原器发生的反应为4[Fe(CN)6]+4OH=4[Fe(CN)6]+2H2O+O2

↑,反应未配平，D错误。

11.【答案】A

【解析】根据题干L—Pd—L中Pd的化合物价为0价，则含钯化合物i~Ⅵ中钯除了与两个L成键，还与H、

Br、C等中两个原子成键，因此判断其中钯的化合价均为+2,A正确；反应历程中碳碳双键先断裂发生加成

反应，后又消去，因此反应中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成，B错误；以上过程发生的总反应为

溴苯和丙烯酸甲酯发生反应生成目标产物，同时产生溴化氢，因此总反应的原子利用率小于100%,C错误；

因反应中产生HBr,弱碱性条件利于此反应正向进行，但强碱条件下目标产物中的酯基会发生水解反应，则

不利于此反应发生，D错误。

12.【答案】C

+

【解析】玻璃的主要成分中有Na2SiO3,灼烧时火焰呈黄色，不能证明待测液中存在Na,A错误；加入的硝酸

铁溶液，在酸性条件下，硝酸根离子氧化性增强，也可以将铜粉溶解，不能证明Fe3+>Cu2+,B错误；盐析是

蛋白质溶液中加入浓轻金属盐溶液，蛋白质因溶解度减小而析出，当再加水后蛋白质溶解，盐析是可逆的物

理变化，C正确；苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，无二氧化碳产生，不能证明酸性：苯酚＞碳

酸，D错误。

13.【答案】D

4+2-

【解析】CeO2晶胞中Ce周围等距且最近的O有8个，构成立方体，A正确；根据M的坐标为，

4+3+

则N的坐标为，B正确；设CeO2-x中的Ce和Ce的个数分别为m和n,则m+n=1,由化合物

4+3+

中各元素正、负化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x,解得m=1-2x,故一个CeO2-x晶胞中Ce和Ce

个数比为，C正确；利用均摊法计算，CeO2晶胞中，有4个CeO2,用含a的代数式表示CeO2晶胞密度

为错误。

14.【答案】B

2++-

【解析】根据i~ⅳ反应，lgc(Pb)、lgc([PbOH])、lgc[Pb(OH)2]及lgc{[Pb(OH)3]}与pH对应的直

+

线斜率依次为-2、-1、0、+1,所以各离子依次对应的直线为L4、L3、L2、L1。直线L3为lgc([PbOH])随

【化学答案第2页（共5页）】

-+2+

pH变化关系，A正确；利用i-ⅳ式，得出[Pb(OH)3](aq)+3H(aq)==Pb(aq)+3H2O(l)K=

-２8.2

28.22+-+３-9.4-1

=10,当溶液中Pb(aq)与[Pb(OH)3](aq)浓度相等时，计算出c(H)=10=10mol·L,即

++

pH=9.4,B错误；反应ⅳ-ⅲ得到：Pb(OH)2(aq)+H2O(l)==Pb(OH)3(aq)+H(aq),平衡常数K=

-１５.5

1０-111111

==10.,逆向平衡常数为10.,K越大，则进行趋势越大，C正确；根据图像当溶液酸性较强或

1０-４4

碱性较强区域内，溶液中Pb(Ⅱ)粒子的浓度会随着酸性增强或碱性增强而增大，因此可以判断Pb(Ⅱ)的

氧化物具有两性的特征，D正确。

15.【答案】(15分，除标注分数外，其余每空2分）

(1)(1分）

２---

(2)CO３+H2O==HCO3+OH

(3)抽滤瓶或吸滤瓶(1分）过滤速率快，产品更干燥(1分）

(4)防止FeSO4结晶析出而损失减少FeSO4溶解，且乙醇挥发时带走水分使产品迅速干燥

-2++2+3+

(5)MnO4+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O当加入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液颜色

恰好变为浅紫色（或紫红色），且半分钟内不褪去5.56V

【解析】(1)铁原子最外层有两个电子，因此Fe2+的离子结构示意图为。

２---

(2)碳酸钠溶液呈碱性，能去油污，用离子方程式表示为CO３+H2O==HCO3+OH。

(3)抽滤装置中仪器X为抽滤瓶或吸滤瓶；减压抽滤过滤速率快，产品更干燥。

(4)“在加热过程中添加少量水”及“趁热”减压抽滤的原因均是防止FeSO4结晶析出而损失，因为“趁热”减

压抽滤的目的是除去铁屑中不溶性杂质；用乙醇淋洗产品，可以减少FeSO4溶解，且乙醇挥发时带走水分使

产品迅速干燥。

-2++2+3+

(5)高锰酸钾将亚铁离子氧化发生反应的离子方程式为MnO4+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O；当加

入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液颜色恰好变为浅紫色（或紫红色），且半分钟内不褪去时为滴定

0.02×V×10-3×5×278

终点；计算FeSO·7HO含量为×100%=5.56V%。

420.500

16.【答案】(14分，除标注分数外，其余每空2分）

(1)1.00(1分）当温度低于50℃时，温度升高，反应速率加快，浸取效率增大，当温度高于50℃时，氨水

大量挥发，使氨水浓度降低，浸取效率降低

２-2+２-

(2)ZnS+S2O８+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]+2SO４+4H2O+S（不写温度不扣分）

２-

(3)浸出液中剩余的过硫酸根(S2O８)需加热分解，避免其氧化后续加入的锌粉

(4)采用微压密闭加热方式可减少浸取液中大量水分的蒸发及氨的挥发

--13-24

2-0.1×1.0×1０×1.0×10-13-12+1.6１０

(5)c(S)===10mol·L,c(Zn)==

１081－1３

【化学答案第3页（共5页）】

1.6×10-11mol·L-1,故Zn2+已沉淀完全

(6)2ZnS+3O22ZnO+2SO2作漂白剂或食品添加剂等(1分，合理即可给分）

【解析】(1)过硫酸铵的最佳浓度应使锌离子及铜离子萃取效率最高，因此选择1.00mol·L-1；当温度低于

50℃时，温度升高，反应速率加快，浸取效率增大，当温度高于50℃时，氨水大量挥发，使氨水浓度降低，浸

取效率降低。

2+２-

(2)根据题意，含锌化合物生成[Zn(NH3)4]和S,则离子方程式为ZnS+S2O８+4NH3·H2O

2+２-

[Zn(NH3)4]+2SO４+4H2O+S。

２-

(3)浸出液中剩余的过硫酸根(S2O８)需加热分解，避免其氧化后续加入的锌粉。

(4)根据题意，导致溶液pH下降的原因是水的蒸发及氨的挥发。

--13-24

2-0.1×1.0×1０×1.0×10-13-12+1.6１０

(5)c(S)===10mol·L,c(Zn)==

１081－1３

1.6×10-11mol·L-1,故Zn2+已沉淀完全。

(6)煅烧时，发生的化学反应方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。产生的气体为二氧化硫，二氧化硫在

生活中可用作漂白剂、食品添加剂等。

17.【答案】(15分，除标注分数外，其余每空2分）

(1)+123

(2)①AC②1:9(1分）乙苯脱氢制备苯乙烯的反应气体体积增加，保持压强不变，充入水蒸气，相当于减

小反应气体的压强，反应正向进行，提高乙苯的转化率③<

(3)①Ⅰ和Ⅱ反应都是吸热反应，温度升高，使反应平衡正向移动，因此乙苯的转化率增大；温度升高时，副

反应正向移动程度大于制备苯乙烯的反应，因此苯乙烯的选择性略下降②64.6%或

合理即可给分）

-1

【解析】(1)ΔH1=(2×413+348-615-436)=+123kJ·mol。

(2)①苯乙烯与氢气的物质的量始终保持1:1,B不符合题意；消耗乙苯与生成苯乙烯及苯均为反应正向进

行，不能体现正、逆反应速率相等，D不符合题意。

②同温恒压条件下，初始乙苯与水蒸气的物质的量之比越低，乙苯分压越低，相当于减压，平衡朝气体分子

数增多的方向（正方向）移动，乙苯平衡转化率增大，所以a曲线为乙苯与水蒸气之比最小的曲线，即

n（乙苯）:n(H2O)为1:9。

③不妨设初始投入乙苯均为1mol,则M点平衡时乙苯的分压为100

N点平衡时乙苯分压为100kPa×=10.09kPa,在同温(500K),都为平衡状态（正反

应速率等于逆反应速率）时分压越高，速率越快，所以v(M)正<v(N)逆。

(3)①Ⅰ和Ⅱ反应都是吸热反应，温度升高，使反应平衡正向移动，因此乙苯的转化率增大；温度升高时，副

【化学答案第4页（共5页）】

反应正向移动程度大于制备苯乙烯的反应，因此苯乙烯的选择性略下降。

②苯乙烯的产率＝乙苯转化率×苯乙烯的选择性=68%×95%×100%=64.6%。

若假设初始通入乙苯物质的量1mol,则水蒸气为4mol,转化率为68%,无论发生反应Ⅰ还是反应Ⅱ,增加

的物质的量相同，为0.68mol,因此反应平衡后气体总物质的量为5.68mol,反应生成苯乙烯的选择性

95%,因此苯乙烯的物质的量为0.646mol,同时生成氢气0.646mol,剩余乙苯为0.32mol。

C6H5C2H5(g)-→C6H5C2H3(g)+H2(g)

分压表示为/kPaPPP

0.6460.646

P×P

Kp