湖南省长沙市一中2026届高三月考试卷（十）化学+答案

卷上无效。A.植物油氢化可以延长其保质期B.制作手机外壳的某聚碳酸是由其单体通过加聚反应制得的C.甲壳质是虾壳的主要成分2.下列化学用语表达正确的是B.椅式C₆H₁₂的空间结构模型：C.可用质谱法区分¹NO与¹NO3.下列实验装置能达到相应实验目的的是石墨石墨①A.图①装置用于制备Fe(OH)₃胶体B.图②装置用于制作简易氢氧燃料电池C图③装置用于制备干燥的氨气D.图④装置用于测定FeCl₂中铁的质量分数③④化学试题(Q10)第1页(共8页)选项性质或应用解释APtF₆可以将Xe氧化PtF₆中Pt显很高的正电性B苯甲酸钠可作为食品防腐剂苯甲酸钠具有碱性C高级烷基磺酸钠作表面活性剂烷基疏水而磺酸根亲水D硅氧四面体形成具有手性结构的螺旋长链C.Be(OH)₂和Al(OH)₃均可表现出弱酸性B.1个龙脑分子中含有3个手性碳原子A.[Fe(CN)₆]³-中提供孤电子对形成配位键的原子为NC.Fe²+和K+的最短距离InmD.滕氏蓝晶体的密度关系如图所示。下列说法错误的是A.WZ₃的空间结构是三角锥形B.工业上采用电解法冶炼X直流电源C.羟基自由基产生原理为2Fe²++H₂O₂=2Fe³++2·OH含硫滤渣富银铅泥A.溶解等物质的量的PbS和Ag₂S时，消耗Fe³+物质的量之比为2:1B.“电解I”阳极产物用尾液吸收后可在“热浸”中循环使用C.“置换”中选用的试剂X可为FeD.若R为H,产物中还可能生成HOOCI.CaS(s)+2SO₂(g)CaSO₄(s)+S₂(g)△H₁A.丁线所示物种为H₂O则S₂n(H₂O)增大A.线Ⅱ表示CH₃COOAg的变化情况B.CH₃COOH的电离平衡常数Ka=10”I.制备[Ni(NH₃)₆]Cl₂剂，用0.5000mol·L-1标准NaOH溶液滴定剩余HCI至终点，消耗标准NaOH溶液V₁mL。另取3.00mL6mol·L-¹盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol·L-¹标准转化高温水溶解(3)已知滤液2中Fe²+的浓度为0.8mol/L,Mg²+的浓度为0.02mol/L,则常温下滤液2中pH不大于。(已知lg3≈0.5) 物质分压/MPa面积比为6:6:1:1的同分异构体的结构简式：0①能发生水解反应②能与FeCl₃溶液发生显色反应③核磁共振氢谱为4组峰ii.nCO(g)+2nH₂(g)C,H₂nii.CO(g)+3H₂(g)CHA.低温条件有利于反应自发进行D.在该反应中增大投料比n(CO₂):n(H₂),可提高CO₂的平衡转化率(3)投料比n(CO₂):n(H₂)为1:3、压强为2MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO₂转化率和产物选择性随反应温度变化的曲线如图所示。[已知：含碳物质选择性=n(生成该含碳物质消耗的CO₂)/n(转化的CO₂)]0A.373～573KB.573～773KC.773～973K ②计算1083K时，发生的反应的K,= ③373～1173K范围内，773K以后CO2的转 直流电源直流电源②若有1molH+通过质子交换膜时，生成HCOO-和HCOOH共mo化学试题(Q10)第8页(共8页)高三化学参考答案一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)123456789BCBBADBCCDBCCC8.C【解析】A.[Fe(CN)₆]³-中配体为CN-,配体中C、N均有孤电子对，但C的电负性更小，更容易提供孤电子对，因此配位原子是C,故A错误；B.晶胞结构为立方体，已知P原子位于坐标原点(0,0,0),Q点K+处于晶胞体对角线上，与xz平面右上角原子相连，故其分数坐标为,故B错误；C.根据晶胞结构，可以发现所有钾离子位于立方体其中的4个小立方体的体心，而距离其中一个钾离子最近的亚铁离子其实是小立方体的顶点，故二者最短距离是小立方体体对角线长的一半，即立方体体对角线长的,已知立方体的边长是dnm,则体对角线长为√3dnm,故亚铁离子和钾离子的最短距离nm,,故C正确；D.根据晶胞结构可知，K+的个数为4,KFe[Fe(CN)₆]的个数为4,则,晶胞边长为d×10-⁷cm,则晶胞体积V=(d×10-7)³cm³,故晶体密度,故D错误。最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z是非金属元素，W、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH=2,即为一元强酸，原子序数：Z>W,则Z是CI、W是N;Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2,即为二元强酸硫酸，则Y是S;X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12,即为一元强碱氢氧化钠，则X是Na,由以上分析杂化轨道数为4,采取sp³杂化，NCl₃的空间结构是三角锥形，A正确；Na是非常活泼的金属，工业上采用电解法冶炼，B正确；非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，故简单气态氢化物的稳定性：HCl>H₂S,D正确。H₂O,·OH氧化苯酚，反应为C₆H₅OH+28·OH—6CO₂个+17H₂O,Pt电极为阳极，电极反应式为B.Pt电极为阳极，电极反应式为2H₂O—4e⁻—4H++O₂个，电解一段时间后，Pt电极附近pH减小，B错误；C.羟基自由基产生原理为Fe²++H₂O₂+H+—Fe³++·OH+H₂O,C错误；D.由反应O₂+2e⁻+2H+——H₂O₂、Fe³++e-—Fe²+及反应Fe²++H₂O₂+H+—Fe³++·OH+H₂O可知，每产生1mol·OH,阴极共转移3mol电子，根据反应C₆H₅OH+28·OH—6CO₂个+17H₂O,可知处理1mol苯酚，需转移8413.C【解析】由于图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=10⁸,根据方程式结合平衡常数表达式，可知始终成立，因此根据图像可知，乙表示的物种是H₂O,丁表示的物种是H₂,A项错误；升高温度S₂物质的量减小，H₂O、H₂物质的量均增大，所以丙表示SO₂,甲表示H₂S,升高温度SO₂物质的量增大，H₂S物质的量减小，因此反应Ⅲ的正反应是放热反应，即△H₃<0,B项错误；初始投料n(SO₂)=1mol,n(H₂)=0.1mol,T₁温度下达平衡时，n(H₂)=amol,n(H₂O)=100amol,n(SO₂)=100amol,根据氢原子守恒得出，n(H₂S)=(0.1-101a)mol,再根据硫原子守恒得出，SO₂、S₂、H₂S中硫原子物质的量共1mol,n(S₂)=mol,C项正确；加压后，反应I、反应Ⅲ平衡均正向移动，n(H₂)减小，又由于则14.C【解析】线I表示CH₃COOH的变化情况，线Ⅱ表示CH₃COO-的变化情况，线Ⅲ表示CH₃COOAg的变,可得c(CH₃COO⁻)=10”m·c(CH₃COOH),代入可得(c(CH₃COOAg)<0.08mol·L-¹,D项错误。二、非选择题(本题共4小题，共58分)(2)球形冷凝管(1分)b(1分)BC无影响【解析】镍片与浓硝酸在温度为50～60℃下加热反应，Ni转化为Ni(NO₃)2;加入浓氨水，生成(1)镍片与浓硝酸在温度不高于60℃下加热反应的方框中装置的作用是吸收挥发出的NH₃并防止倒吸现象的发生。A.该装置起吸水干燥作用，不能吸收氨(5)根据滴定原理，空白实验消耗0.5000mol·L耗NaOH标准溶液V₁mL,则样品消耗氢氧化钠为(V₂—V₁)×10⁻³×0.5000mol,根据关系式：NH₃~NH₄Cl～NaOH,所以0.2320g产品中NH₃的物质的量为(V₂-V₁)×10-³×0.5000mol,则NH₃的质量由计算式可淀，向碳酸亚铁中加入乳酸溶液转化为乳酸亚铁溶液；滤液1中含有TiO²+、Mg²+、Fe²+,加大量热水使AA4(1)Ti是22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为3d²4s²,价层电子排布图为「▲↑↓;CaO与硫酸反应生成CaSO₄沉淀，SiO₂不与硫酸反应，所以滤渣的主要成分为SiO₂、CaSO₄;试剂X将Fe³+还原(2)滤液1中含有TiO²+、Mg²+、Fe²+,加热水使TiO²+水解为TiO₂·nH₂O沉淀，离子方程式为TiO²++pH≈9.5,为防止Fe²+、Mg²+沉淀，滤液2中pH不大于6.5。(5)①根据表中数据可知，该温度下，C转化为CO和CO₂,根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，可知TiCl₄、CO和CO₂的物质的量之比约为5:2:4,则TiO₂与C、Cl₂反应的总化学方程式为5TiO₂+②随着温度升高，CO₂与C反应生成CO,所以尾气中CO的含量升高。17.(15分，除标注外，每空2分)(1)邻苯二酚(或1,2-苯二酚)(1分)(2)醚键、氨基(1分)18.(14分，每空2分)二氧化碳的转化率增大(2)A.该反应△H<0、△S<0,根据△H—T△S<0反应可自发进行可知，低温条件有利于该反应自发进行，A正确；B.n(H₂)=3n(CO₂),这与反应进行程度和初始投料比有关，无法说明反应达到平衡，B错误；C.该反应不是等体积反应，恒温恒压条件下随着反应进行，气体体积不断变化，气体的密度也不断变化，气体密度不变时，说明体积不再变化，则反应达到平衡，C正确；D.在该反应中增大投料比n(CO₂):n(H₂),CO₂的浓度增(3)①从图中可知，当温度在573～773K范围内时，C₂H₄、C₄H₈和C₃H₆的选择性较大，则573～773K范围内有利于短链烯烃的生成。②