化学湖北孝感市楚天协作体2026届高三3月联考(3.18-3.19)

高三化学参考答案题号123456789CADCDDBDBDABDCC16.(13分)(1)(2分)(没有条件扣1分)搅拌，适度升温，粉碎固体等均可。(1分)(2)随着c(SO²)增大，水层中Ce被SO²结合成[CeSo₄],导致萃取平衡向左移动，D迅速减小(2(3)2Ce⁴++H₂O₂=2Ce³+O₂↑+2H⁺(2分)(没有气体符号扣一分，写化学方程式或有错误不给分)(4)2Ce(OH)₃+ClO-+H₂O=2Ce(OH)₄+Cl-(2分)(写化学方程式或有错误不给分)(6)81.7(2分，带%或者有效数字位数不对扣1分)17.(14分)(2)醚键酰胺基(2分，对一个给一分，写出非含氧官能团的本空不给分)(2分)(3)由于酯基中碳氧元素电负性差值大，容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，因此羧基与氨基难生成酰胺。(2分)18.(14分，每空2分)(1);(没有气体符号扣一分，写离子方程式或有错误不给分)(2)FeCl₃固体易升华，遇冷后凝华为固体易堵塞装置(3)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应放热，温度升高可能发生副反应：取少量0.1mol/LFeCl₃溶液于洁净的试管中，滴加少量饱和NaCl溶液(或者加一定量NaCl固体),观察到溶液黄色变深。(操作不规范扣1分，答滴加浓盐酸不给分)(5)10-0.507(答10051也给分)1molLFeCl₃和1molLFeCl₂(0.5mol/LFe₂(SO₄)3和1mol/LFeSO₄也给2分，答出1mol/LFe(NO₃)₃和1mol/LFe(NO₃)₂给1分)19.(14分，除标注外，每空2分)温度较低时反应以I为主，CO浓度较大时反应Ⅱ平衡正移，CO₂的物质的量分数提高，温度较高时以反应Ⅱ为主，升温使放热反应平衡逆移，CO₂的物质的量分数降低(4)高温下反应速率快，可以在较短的时间内将大部分CO转化。低温下有利于平衡正向移动，将残余的CO进一步深度转化，提高原料利用率和产品纯度。1.【答案】CA.脂肪是人体储存能量的重要物质(选必1P11),B.石膏能被用于调节水泥的硬化速率(必修2P6)C.聚甲基丙烯酸甲酯透光性好，能用于制造飞机和车辆的风挡及光学仪器(必修2P73)D.硅橡胶能够耐高温和严寒，在航空航天和国防等尖端技术领域中发挥重要作用(必修2P74)2.【答案】AA.CO3-无孤电子对(选择性必修2P46)B.(选择性必修3P141)C.(选择性必修2P48)D.1mol[Cu(NH₃)4]SO₄,Cu²+与氨分子之间有4NAo键，氨分子内有12NAo键，So²-离子内4NAo键3.【答案】DA.甲苯和浓溴水不能发生取代反应，甲苯和液溴铁作催化剂反应B.向CuSO₄溶液中滴加过量氨水，最终会得到[Cu(NH₃)4]SO₄深蓝色溶液C.向苯酚溶液中滴加过量浓溴水能观察到白色沉淀产生，必须滴加过量浓溴水，防止苯酚过量将2,4,6-三溴苯酚溶解D.(选择性必修1P77)4.【答案】CSrCl₂为强酸强碱盐不会发生水解5.【答案】DA.(选择性必修2P92)B.向饱和食盐水中通入HCl会增大Cl-浓度，使NaCl的结晶溶解平衡向结晶的方向移动D.CH₄和H₂O分子间不能形成氢键(选择性必修2P80)6.【答案】DM在结构中形成6个共价键，M原子的最外层电子数是电子层数的两倍，M为S元素；R的简单氢化物可用作制冷剂，R为N元素，简单氢化物为NH₃,X、Y、Z、M、R为短周期主族元素，M与X同主族，则X为0元素，X、Y、Z与R同周期，Y形成4个共价键，为C元素，Z形成1个共价键，为F元素；综A.第一电离能应为N>O>C,选项A错误；B.Z为F,没有最高价含氧酸，选项B错误；C.O₃为极性分子，选项C错误；D.M单质S在过量的O₂中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，只生成SO₂,选项D正确；答案选D。7.【答案】BA.盐酸和NaHCO₃反应是吸热反应，而盐酸和Na₂CO₃反应是放热反应B.CO₂和N₂均为分子晶体且没有分子间氢键，故应采用分子密堆积C.F-F键短，但是F原子核和原子核，电子与电子间的斥力比Cl原子间更大，F-F键键能157kJ/mol,Cl-Cl键键能242.7kJ/mol(选择性必修2P37)D.H₂O分子间氢键数目更多，故沸点H₂O>HF,但O的非金属性比F弱，故H₂O稳定性弱于HF8.【答案】D由题干易推理M、X、Y、Z、Q、T分别为SiO₂、C、Si、CO、SiHCl₃、CO₂,Si可以用于制造太阳能电池，所以A错误，Si与HCI反应的温度为300℃,常温不反应，B错误，C物质的量不确定，且Si和SiO₂平均共价键数目不相同。D.为了提纯Si(必修2P22)充电时，固态电解质表面的I可在电解质和石墨边界处被高效电化学氧化为I₂和I(I₂/I),石墨电极为阳极，In电极为阴极，放电时，In电极为负极，电极反应式为：Li₂S-2e—S+2Li+。A.根据分析，放电时石墨电极为正极，电极反应式为：I₃+2e=3I-,A正确；B.充电时，石墨电极为阳极，与电源的正极连接，B错误；C.充电时，阳离子Li+移向阴极In电极，且电路每转移1mol电子，阴极增重7g,C正确；D.LBPSI电解质本身含有氧化还原活性的I元素，具有高离子电导率，可以增强Lit的传导性能，D正确；答案选B。10.【答案】DA、B结合晶胞结构易解，略C.晶胞中有8个Li+,个S²-,晶胞的质量,晶胞的体积为错误。11.【答案】Aos²-设mn之间距离为x,则有故A水解得到的氨基酸分子有手性碳原子，A错误；B.根据C的结构可知，A和B发生缩聚反应生成C,则单体B结构简式是因C-Cl键极性较强，B可以和H₂O缓慢反应生成HCl,B正确；发生加成反应，故C正确；中含有肽键可发生水解反应，含有苯环，可12.【答案】B【详解】A.在反应中，分子中的H-H键(非极性键)断裂，整个反应过程中并未形成新的非极性键，所以该历程有非极性键的断裂而没有形成，A错误B.由图乙可知该反应的活化能最大，所以为决速步骤；B正确C.催化剂的作用是通过改变反应路径而降低活化能，催化剂可增加活化分子百分数，加快反应速率，但不能引起平衡移动提高CO₂的平衡转化率，C错误；D.根据图乙，反应物的总能量高于产物的总能量，说明该反应是放热反应，对于放热反应，升高温度能使平衡逆移，D错误；故答案选B。13.【答案】DA.NaClO₃和浓盐酸能生成Cl₂,Cl₂有毒且污染环境，所以A正确B.Au与硫酸不反应，与NaClO₃和浓盐酸反应，对比可知氯离子常用作配体，能与Au³+结合，形成稳定的可溶性配合物氯金酸(HAuCl₄),有利于得到滤液1,所以B正确C.由AgCl和Ag₂SO4的K大小对比可知，滤渣2为AgCl,氯化银可溶于氨水生成[Ag(NH₃)₂]Cl,所以C正确D.1molHCHO和银氨溶液反应最多可以失去4mol电子，故最多可以产生4molAg14.【答案】CA.根据信息i:SCN-中硫元素的化合价为-2价，具有还原性，如果试剂a选用过量氯水，会与SCN-发生氧化还原反应，难以生成硫氰化铁溶液，不能使现象明显，A错误；B.因之前加入盐酸，其中氯离子具有还原性，也可能使酸性高锰酸钾褪色，B错误；C.用邻二氮菲检测Fe²+时，邻二氮菲的氮原子都有孤电子对，能和Fe²+形成双齿配体，Fe²+的配位数可能D.邻二氮菲存在π₆离域π键，N原子均采用sp²杂化，3个sp²杂化轨道可以形成2个键，容纳一对孤电子对，孤电子对应在sp²杂化轨道，D错误；故答案选C。简析：向H₃T中滴加NaOH溶液，逐步生成H₂T、HT²、T³,所以a、b、c、d曲线分别为H₃T、H₂T、HT²-、T³,加入50mLNaOH时，恰好生成NaH₂T,加入100mLNaOH时，恰好生成Na₂HT,加入150c(H+)=c(OH),所以c(Na+)=c(H₂T-)+2c(HT²)+3c(T³),从图中D.由M至N的滴定过程中，由图可知，突变在pH=8之后，而甲基橙在pH>4.4后一直为黄色，滴定过程中，没有颜色变化，所以不可用甲基橙作指示剂，D正确；故答案选C。【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO₃)经氧化焙烧将+3价铈氧化为+4价，同时产生CO₂,加入盐酸酸浸得到含Ce+的溶液，再加入萃取剂发生反应：Ce⁴⁺+n(HA)₂一Ce·(H₂n-4A2ₙ)+4H⁺,经分液分离有机层和水层，用氟洗液洗涤有机层，再加入硫酸和过氧化氢进行反萃取，同时将+4价铈还原为Ce³+,分液得到Ce(OH)₄,过滤得到Ce(OH)₄固体，据此解答。搅拌，适度升温，粉碎固体等均可。(1分)(2)随着c(SO²)增大，水层中Ce被SO²结合成[Ceso₄],导致萃取平衡向左移动，D迅速减小(2(3)2Ce⁴++H₂O₂=2Ce³+O₂↑+2H(2分)(没有气体符号扣一分，写化学方程式或有错误不给分)(4)2Ce(OH)₃+ClO+H₂O=2Ce(OH)₄+Cl(2分)(写化学方程式或有错误不给分)(5)根据离子半径越小、电荷越大、离子交换能力越强，对RE³+交换能力最强的是Mg²+,故选C(2分)(6)n(Fe²+)=0.5000mol/L×0.01L=0.005mol,n(MnO₄)=0.01000mol/L×0.024L=0.00024mol,m(CeO₂)=172g/mol×0.019mol=3.。所以答案应为81.7。带%或者有效数字位数不对扣1分(217.(14分)【分析】HC=CH和HCl在HgCl₂催化下生成A结合A的分子式可知，A为CH₂=CHCl,A和NaCN发生取代反应生成B,结合B的分子式可知，B为CH₂=CHCN,B和M发生加成反应生成C,根据C的结构简式及M的分子式知，M为,C和氢气发生加成反应生成D,D比C多4个氢原子，则C中-C=N完全和氢气发生加成反应，则D为1D发生取代反应生成E,E发生水解反应然后酸化得到F,根据F的结构简式及E的分子式知，E,H发生水解反应生成I,根据I的化学式知，I为,I和碱石灰反应生成J,J发生取代反应生成褪黑素，则J为,据此解题。(2)醚键，酰胺基(2分，对一个给一分，写出非含氧官能团的本空不给分)(3)由于酯基中碳氧元素电负性差值大，容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，因此羧基与氨基难生成酰胺。(2分)(5)①本质为-CN被还原,②为氰基酸性条件下反应生成-COOH,故②为18.(14分)【答案】(1)(2)FeCl₃固体易升华，遇冷后凝华为固体堵塞装置(3)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应放热，温度升高可能发生副反应：(4)Fe³++H₂O取少量0.1mol/LFeCl₃溶液于洁净的试管中，滴加少量饱和NaCl溶液(或者加一定量NaCl固体),观察到溶液黄色变深。(5)①1所以K=10-0.507(答100.51也给分)②1mol/LFeCl₃和1mol/LFeCl₂。(2)FeCl₃固体易升华，遇冷后凝华为固体堵塞装置(2分)(3)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应放热，温度升高可能发生副反应：H₂O,考虑ClO水解化学方程式结合两个反应可知取少量0.1molLFeCl₃溶液于洁净的试管中，滴加少量饱和NaCl溶液(或者加一定量NaCl固体),观察到溶液黄色变深。(2分)(操作不规范扣1分，答滴加浓盐酸不给分),所以K=100507(答10-0.51也给分)(2分)②由题干信息，当各离子浓度均为1molL时，研究反应进行情况，则烧杯A中的电解质溶液是1molLFeCl₃和1mol/LFeCl2。0.5mol/LFe₂(SO4)3和1molLFeSO₄也符合要求。NO₃对电极电势有影响，酌情扣分(219.(14分)【答案】(2)①CH₄(g)+CO₂(g)一2CO(g)+2H₂(g)△H温度较低时反应以I为主，CO浓度较大时反应Ⅱ平衡正移，CO₂的物质的量分数提高，温度较高时以反应Ⅱ为主，升温使放热反应平衡逆移，CO₂的物质的量分数降低(3)H₂O*=H*+*OH2.02(1分)(4)高温下反应速率快，可以在较短的时间内将大部分CO转化。低温下有利于平衡正向移动，将残余的CO进一步深度转化，提高原料利用率和产品纯度。【详解】(1)①根据盖斯定律，反应I-反应Ⅱ知，CH₄(g)与CO₂g)反应生成和CO(g)和H₂(g)的热化学方分)(没有物质状态或者焓变计算错误均不给分。)应在高温下自发进行，所以A不选；B.气体的物质的量、H₂Og)的分压会随着反应而变，H₂O(g)的分压不变说明反应已达平衡，B正确C.升高温度速率加快能提高单位时间内H₂产量，但是当时间较长反应有可能达到平衡状态，继续升高温度反应Ⅱ有可能占主导使H₂产量降低；所以C错误C.改为恒压容器对应反应Ⅱ无影响，反应I可以等价于先到达平衡再减压，再次平衡时H₂产量将增大所(2)反应I的正反应为吸热反应，反应Ⅱ的正反应为放热反应，升高温度，反应I平衡正向移动，CO物质的量增大，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，故CO的平衡物质的量分数随温度升高而增大，则曲线a代表平衡时CO₂的物质的量分数与温度的关系。恒压100kPa,起始按n(CH₄):n(H₂O)=1:3投料，起始CH₄的分压为25kPa:设起始CH₄的物质的量为amol,H₂O物质的量为3amol,反应I从起始到平衡消耗CH₄的物质的量为xmol,反应Ⅱ从起始到平衡消耗H₂O的物质的量为ymol,列三段式：起始/mol转化/mol平衡/mol0XX0