化学湖北恩施州2026届高三第二次质量监测考试(恩施州二模)（3.18-3.19）

恩施州2026届高三第二次质量监测考试化学解析1.【答案】D【解析】维生素C作抗氧化剂，具有还原性，故答案为D2.【答案】A【解析】稀土改性合金，改善合金性能，如耐热、耐腐蚀等，化学活性降低（必修一84页A错；储氢合金储氢量大金属氢化物既容易形成，稍微加热有容易分解，吸放氢速率快（必修一83页B正确；故答案为A3.【答案】C【解析】亚硫酸易溶于水，要拆开，A错；铁离子和氢氧根要反应，B错误；化合价升降不守恒，D错误。故答案为C4.【答案】B【解析】K>K’，NH3碱性强于NH2OH，故答案为B5.【答案】B【解析】银离子会和氯离子产生氯化银沉淀，A错；未调节水解液为碱性，无法产生沉淀，C错误；氢氧化钠为稀溶液且未加热，D错误。故答案为B6.【答案】C【解析】X分子中酰胺键中碳氧双键不能和氢气加成，苯环和吡啶环可与氢气加成，则1molX最多与6molH2加成，C错误；酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解反应（选择性必修3P81D正确；7.【答案】A【解析】（选择性必修1P121）甲池输入精制饱和NaCl溶液，输出为稀NaCl，离子交换膜仅允许阳离子通过，甲池就是氯碱工业模型示意图，即甲池为电解池，X为氯气，Y为氢气，乙池为氢气的燃料电池，A错误；B正确，C正确；乙池输入a%NaOH溶液，因Na⁺从甲池移入，正极生成OH⁻,NaOH浓度升高，故输出的b%NaOH浓度大于输入的a%，即a<b，提高产出碱溶液中溶质的浓度，D正确；故答案为A。8.【答案】D【解析】Fe与I2反应生成FeI2，A错误；Li2O与O2不反应，B错误；H2S与FeSO4不发生复分解发应，C错误；故答案为D。9.【答案】C【解析】根据晶胞结构可知，Mg原子之间的距离为12apm，C错误；故答案为C。10.【答案】D【解析】1-溴丙烷和氢氧化钠的乙醇溶液混合后加热发生消去反应，生成丙烯，直接将生成物通入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇和丙烯均会使酸性K2Cr2O7溶液褪色，因此不能检验产物丙烯，D不能达到目的；故11.【答案】C为Cu。选项C中N2与H2反应为可逆反应，故1molN2与足量H2不能完全反应，转移电子数少于6mol12.【答案】C【解析】根据题干“一锅法”的优点可知，A正确。题中球形冷凝管冷却水从b进a出，故B正确。知该有机物中含有1个手性碳原子（标注星号故C错。根据同系物的概念13.【答案】D【解析】根据H2X、HX-、X2-的分布系数随pH的变化可知。M点c(H2X)=c(HX-)，则H2X第一步电离平衡系数图可知，当c(HX-)的浓度最大时，对应溶液pH>7，故HX-的水解程度大于电离程度，则A项正确。根据M点的溶质为H2X：NaHX=1：1，N点的溶质为NaHX：Na2X=1：1，Q点溶质(H2X)+c(HX-)+c(X2-)=0.1mol/L，再根据常温下，pH=7。故C正确。根据Ka1=10-6.8和Ka2=10-13.0K=Ka1/Ka2=106.2，故D错误。14.【答案】A【解析】根据题干可知，Fe2+与环戊二烯负离子（C5H5-）之间形成配位键，故二茂铁晶体为分子晶体，A错。由二茂铁转化为DNF的反应可知B正确。环戊二烯负离子（C5H5-）为平面结构，故C正确。由二茂铁转化生成主产物DNF发生二元取代可知，可发生一元取代生成如图D中的副产物。故D正确。15.【答案】D【解析】由题意可知X为LiOH，则Li+由左室迁移至右室，电极b为阴极且有氢气生成，电极N为负极，电极M为正极，A正确，B正确；电极a为阳极，发生反应LiFePO4==Li++FePO4+e-，C正确；离子交换膜为阳离子交换膜，D错误；故答案为D。【答案】（1）第四周期第ⅥA族3d104s1（2）-2价空气或氧气（O2）2Na2SO4+H2O（3）由图可知最合适亚硫酸钠添加量为40g/L，硫酸浓度为3.5mol/L（4）由流程可知，沉淀X为氯化银，当c（H+）>1mol/L酸性强，亚硫酸根、亚硒酸根以亚硫酸分子和亚硒酸分子形式存在，其方程式为2H2SO3+H2SeO32Na2SO4+H2O）（3）Fe2+（1分）【解析】（2）根据实验III第三组分析，排除氯化亚铜，故白色沉淀为CuSCN；根据实验II分析，假设ⅱ成立（4）通过对已知分析，是亚铁离子作催化剂加快了反应速率（5）通过流程分析，该反应为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2（2）2,2-二甲基-1,3-丙二醇（3）酯基、碳氯键（氯原子对一个给1分，错字0分）（56）10，【解析】（1）由加成反应，丙烯与产物分析（5）由D在碱性条件下先水解在酸化可得M的结构简式为或由H在碱性条件下先水解后酸化可得M的结构简式为（4）由题目信息可知F为—C3H7有2种，C3H6Cl—有5种，故共有5x2=10种（1）1.38（1分）1.14（1分）Ni6O4/In2O3（1分）（249.5kJ·mol-1（1分）CH3OH－6e-＋8OH-==CO-＋6H2O（3）①反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应。在250℃以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降（得1分在250℃以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升（得②0.24/tmol·L-1·s-1③1/16或者0.0625在相同时间t秒内越趋于平衡，CO2的实际转化率与平衡转化率越趋于一致。所以曲线a、b在温度较高后【解析】（1）历程中能垒最大的分别为0.52eV-0.86eV）==1.38eV-1.74eV-2.88eV）==1.14eV由图可知Ni6O4/In2O3的催化效果（2）由盖斯定律可知ΔH2==ΔH1+ΔH3即ΔH2==－90.7kJ·mol-1＋41.2kJ·mol-1==－49.5kJ·mol-1甲醇碱性环境下负极电极反应式为CH3OH－6e-＋8OH-==CO-＋6H2O（3）②0.24/tmol·L-1·s-1由图可知，曲线a表示CO2的平衡转化率，曲线b表示CO2的实际转化率，曲线c表示平衡时甲醇的选择性，曲线d表示甲醇的实际选择性。则250℃时CO2的实际转化率为8%，甲醇的实际选择性为40%，可知反应ii中消耗CO2的物质的量为5mol×8%×40%=0.16mol，则反应ii中消耗H2的物质的量为0.48mol。v(H2)=0.48mol÷2L÷ts=0.24/tmol·L-1·s-1。③根据曲线a，可知250℃时CO2的平衡转化率为20%，平衡时甲醇的选择性为50%。可知达到平衡时，反应ii中消耗CO2的物质的量为5mol×20%×50%=0.5mol，则反应ii中消耗1.5molCH3OH，生成0.5molH2O；反应iii中消耗CO2的物质的量为5mol×20%×50%=0.5mol，则