湖南省邵市2026年下学期高三第二次联考化学试卷

年邵阳市高三第二次联考试题卷化学本试卷共8页，个小题。满分分。考试时间分钟。注意事项：形码区”。作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。可能用到的相对原子质量：一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2026年春晚舞台大量采用可降解环保高分子材料、LED半导体发光材料和铝合金数控装置等。下列说法错误的是A.可降解塑料的使用，能有效减少白色污染，符合绿色化学理念B.舞台荧光材料发光，利用了电子跃迁释放能量的原理C.LED发光材料中的氮化镓(GaN)属于传统无机非金属材料D.铝合金用作舞台数控装置的结构材料是因为其具有硬度大、密度小、耐腐蚀等特点【答案】C【解析】A环境污染的理念，A正确，不符合题意；B．荧光材料发光的本质是电子吸收能量跃迁到高能级后，再从高能级回到低能级时以光的形式释放能量，B正确，不符合题意；CGaN机非金属材料，不属于传统无机非金属材料，C错误，符合题意；D．铝合金具备硬度大、密度小、耐腐蚀的优良性质，适合作为结构材料使用，D正确，不符合题意；第1页/共25页

故选C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.甲醛的球棍模型：B.中子数为10的氧核素：C.的电子式：D.氧的基态原子轨道表示式：【答案】A【解析】AHCHO1个碳氧双键和2构型为平面三角形，原子半径大小为，球棍模型符合甲醛结构，A正确；B．氧原子的质子数为8，根据公式：质量数=质子数+中子数，所以中子数为10的氧核素质量数为18，可表示：，B错误；C．中N原子与3个HN原子上还有1，C错误；D2p轨道的4相同，再填充成对电子，正确的轨道表示式为：，D错误；故答案选A。3.巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是A．除去中的B．测定反应速率第2页/共25页

C．产生持续稳定电流D．测定稀盐酸浓度A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．气体通过装有碱石灰的干燥管，用碱石灰不仅除去了杂质HCl，也把目标气体Cl2除掉了，A错误；B气体，可以计算反应速率，B正确；C．Zn直接接触CuSO4溶液，会发生置换反应：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，铜会直接沉积在锌表面，形成局部短Cu电极插在ZnSO4效，不能产生“持续稳定”的电流，C错误；DNaOHNaOH溶液是强碱，会腐蚀玻璃活塞中的磨砂部分，导致活塞粘连，D错误；故选B。4.结构决定性质，性质决定用途。下列事实的化学解释错误的是选事实化学解释项A键角：中心原子杂化类型不同B“杯酚”分离、分子大小与“杯酚”空腔大小适配第3页/共25页

在中的溶解度高于其在水C的极性微弱中的溶解度D沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛甲醛只形成分子间氢键A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A．和的中心OS均为2个σ2的原因是O电负性大于S，成键电子对之间的排斥力更强，因此键角更大，A错误；B利用超分子的分子识别原理，而实现分离，B正确；C是非极性溶剂，在中的溶解度高于在极性水中的溶解度，C正确；D力，使沸点升高，因此沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，D正确；故选A。5.化合物可广泛应用于印刷、染色等工业。XYZW都是前四周期元素且原子序数依次增大，X的一种核素被广泛应用于考古研究中，Y与X电子层数相同，且基态Y原子价电子的s能级与p能级的电子数之比为ZW位于周期表d4个未成对电子。下列说法正确的是A.电负性：B.该化合物中，W的化合价为价C.常温下，单质Z、W均能与水反应D.中键与键数目比为【答案】D【解析】第4页/共25页

XX为CY与Xs能级与p能级电子数比为2:3排布为2s22p3，则Y为N；Z焰色试验为紫色，则Z为K；W为d区前四周期元素，基态有4个未成对电子，价电子排布为3d64s2，则W为Fe；该化合物为K[Fe(CN)]；据此解答。【详解】A．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性N>C，即Y>X，A错误；B．化合物为K[Fe(CN)]，K为+1价，CN为1价，根据化合价代数和为0，Fe的化合价为+3价，B错误；C．常温下K能与水剧烈反应，Fe常温下与纯水不反应，仅高温下可与水蒸气反应，C错误；D．CN中存在碳氮三键，1个三键含1个σ键和2个π键，故σ键与π键数目比为1:2，D正确；故选D。6.氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“E”表示)，E越大则该电对中氧化型物质的氧化性越强，E越小则该电对中还原型物质的还原性越强。下表为部分电对的电极电势。氧化还原电对(氧化型/还原电极电势氧化还原电对(氧化型/还原电极电势型)(E/V)型)(E/V)/0.77/1.09/2.01/0.15/1.51/0.54根据表格数据分析，下列说法错误的是A.还原性：B.可用氧化制备C.反应可发生D.酸化高锰酸钾溶液可以使用硫酸或者氢溴酸【答案】D【解析】【详解】A．根据电极电势，对应电对E值：，E越小还原型还原性越强，故还原性，A正确，不符合题意；第5页/共25页

B．的E值为2.01V，高于的1.51V，说明氧化性强于，可氧化制备，B正确，不符合题意；C．的E值0.77V高于的0.15V，氧化性强于，可发生氧化还原反应，C正确，不符合题意；D．的E值1.51V高于的1.09V，会氧化酸钾溶液，D错误，符合题意；故选D。7.林泽兰内酯是从泽兰中分离出的倍半萜内酯类化合物，具有抗炎、抗氧化、活血化瘀等多种生理活性，其结构简式如图。下列说法正确的是A.该有机物的含氧官能团有3种B.分子中碳原子的杂化轨道类型是和C.该有机物只能发生取代反应、加成反应D.1mol该有机物最多可与6mol发生加成反应【答案】B【解析】A2结构的一部分，不单独作为新的官能团，A错误；B．分子中所有碳原子要么形成单键，要么形成双键，形成4个单键的碳原子杂化类型为，形成碳碳双键、酯基中碳氧双键的碳原子杂化类型均为，B正确；C．该有机物含碳碳双键，可发生加成反应，含羟基可发生氧化反应、消去反应，含酯基可发生水解反应，不只是取代反应和加成反应，C错误；D4第6页/共25页

该有机物最多可与发生加成反应，D错误；故选B。8.与在军事和汽车安全气囊上有重要的应用，工业常用下列反应制备这两种物质：，，其中晶胞结构如图所示。为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.熔点：B.晶胞中，的配位数为8C.制备的反应中，每生成3mol转移电子数为D.已知的密度为晶体中与之间的最短距离为【答案】B【解析】A．与Li半径小于Na形成的离子键更强，故熔点，A错误；B．以顶点（或面心）的Li+为中心，其周围等距离且最近的有8个，因此，晶胞中，的配位数为8，B正确；C．NH4中N为2价，生成NaN3中N为价，每个N原子失，2个N原子共失电子数为NaNO2中N为+3NaN3中N为N原子得电子数为得1molNaN3转移mol电子，生成3molNaN3转移mol电子，转移电子数为10，C错误；第7页/共25页

D．晶体中与之间的最短距离为晶胞边长的一半，晶胞中Li+数：，数：，晶胞中含有2个，的摩尔质量为，1个晶胞含有2个，质量为，晶胞边长为acm，密度为，则体积为，故，最短距离为，即为，D错误；故选B。9.加热溶液，溶液颜色由蓝色变为绿色。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.在里，是中心离子，H是配位原子B.中键总数为C.该实验说明溶液中存平衡：，其中呈蓝色，呈绿色D.该实验说明正反应为吸热反应【答案】D【解析】【详解】A．配合物中，是中心离子，配体中O原子才有孤对电子，配位原子是O，不是H，A错误；B．配位键属于σ键，每个内部含2个σ键，加上与4个之间的4个配位σ键，1个共含个σ键，因此该离子中的σ键总数为，B错误；C．为蓝色，溶液由蓝色变为绿色，说明发生了转化，证明溶液中存在题给平衡，呈蓝色，但呈黄色，溶液呈绿色是因黄色与蓝色的共存所致，C错误；D正反应为吸热反应，D正确；故选D。第8页/共25页

10.钴是重要的战略性矿产资源，更由于其优良的物理、化学和机械性能，广泛应用于航空、航天、电器、机械等工业领域。从硫铜钴矿中分离提取、的部分工艺流程如下：已知：，，下列说法正确的是A.基态原子的价层电子排布式：B.HR萃取反应：(有机相)(水相)(有机相)(水相)剂是浓盐酸C.“沉钴”中时恰好沉淀完全，此时D.“溶解”的化学方程式为【答案】C【解析】HR元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴沉淀，过滤分离得到的CoS用HO2及稀硫酸溶解得到硫酸钴溶液和S，据此解答。【详解】A．基态原子的价层电子排布式应该，A错误；B．HR萃取反应：(有机相)(水相)(有机相)(水相)萃取”时加入的试剂是硫酸，加浓盐酸会引入杂质Cl，B错误；C．沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，此时c(Co2+)=1×105molL1，根据K(CoS)=4×1021，推出c(S2)==4×1016molL1K(HS)K(HS)==1×1020c(H+)=1×104molL1，求得c(HS)=4×104molL1，C正确；第9页/共25页

D．根据“溶解”过程的信息可知，化学方程式应为CoS+HSO+HO=CoSO+S+2HO；D错误；故选C。氨法选择性催化还原脱硝原理如下：主反应：副反应：有关实验结论如图所示，下列说法正确的是A.整个过程中，NO消耗速率与生成速率相等B.影响生成率的因素只有温度C.脱硝时，应控制值约为1D.工业上控制脱硝温度为350℃，因为此时NO脱除率最大【答案】C【解析】【详解】A．主反应中生成速率与消耗速率相等，但整个过程中，NO的消耗发生在主反应和副反应中，而N的生成发生在主反应和副反应中，由于存在多个反应，且这些反应对NO消耗和N2生成的影响不同，因此整个过程中NO消耗速率与N生成速率不相等，A错误；第10页/共25页

B．由右图可知，改变时，生成率也会发生变化，说明影响生成率的因素不只有温度，B错误；C．由右图可知，当约为1时，脱除率已经接近最大值，若继续增大该比值，脱除率提升极小，但副产物生成率会明显升高，因此脱硝时控制该比值约为1最合适，C正确；D．由左图可知，温度高于350℃时，脱除率仍会继续增大，工业选择350℃是因为温度更高时副产物生成率显著升高，还会增加能耗，并不是因为此时脱除率最大，D错误；故选C。12.在催化剂X或催化剂Y作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为所示(表示吸附态，中部分进程已省略)。下列说法错误的是A.B.①转化为②进程中，决速步骤为C.被催化剂X吸附得到的吸附态更稳定D.催化剂Y作用下丙烯的产率更高【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，生成物的总相对能量高于反应物，第11页/共25页

说明正反应吸热，，A正确；B．决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定，①（）转化为②（此该步骤是决速步骤，B正确；CX吸附后得到的吸附态相对能量低于催化剂Y吸附后的吸附态，因此X吸附得到的吸附态更稳定，C正确；D化剂下丙烯的平衡产率相同，D错误；故选D。13.是A.首次充电时，阳极反应为B.放电时，从右极室通过多孔隔膜向左极室迁移C.放电时，若负极上的质量减少7g，则外电路转移1mol电子D.可通过在Al箔表面修饰一层改性层减少死锂的形成，提高电池性能【答案】AD【解析】【详解】A．首次充电时，阳极发生氧化反应，失去电子，脱离电极进入溶液，阳极反应式为，A正确；B．放电时，该装置为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。根据原电池中阳离子向正极移动的原理，应从左极室(负极)穿过多孔隔膜向右极室(正极)迁移，B错误；CLi的摩尔质量为7g/mol7gLi的物质的量为1mol第12页/共25页

知，1molLi失去1mol电子，即外电路转移1mol电子，但由于存在不可逆的锂损失(死锂)，实际转移电子数小于1mol，C错误；D．在Al箔表面修饰一层改性层，可改善锂金属的沉积和溶解行为，从而减少锂从电极表面脱落形成死锂，提高电池性能，D正确；故答案选AD。14.利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。已知：图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[pH下由图1得到]。下列说法错误的是A.由图1，，B.由图2，初始状态、，有沉淀生成C.由图2，初始状态、，平衡后溶液中存在：D.由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】C【解析】【详解】A．由图1可知，当时，，，第13页/共25页

时，，，。而，当时，，代入计算可得，A正确；B2，沉淀溶解平衡正在逆向移动，有沉淀产生，B正确；C．由图2可知，，时，对应的点位于曲线Ⅱ的下方，说明，无沉淀产生，根据C原子守恒，，C错误；D1可知，时，、浓度几乎为02可知，，对应的点位于曲线Ⅰ的下方，曲线Ⅱ的上方，说明对于来说，，此时没有沉淀产生。对于来说，，有沉淀产生。综上，应是和反应生成，方程式已配平，D正确；故选C。二、非选择题：15.作为还原剂。二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，但在受热或碱性条件下易水解。某课题组制取二氧化硫脲并测定其产品纯度的步骤如下：步骤Ⅰ：硫脲的制备将水与固体混合后再通入，控制温度30℃反应1小时，迅速升温至80℃反应4小时，趁热过滤，得到含硫脲的溶液。步骤Ⅱ：二氧化硫脲的制备将上述所得溶液降温至5℃，分批加入溶液，控制温度低于10℃和进行反应，反应完成后，第14页/共25页

结晶、减压过滤、乙醇洗涤、干燥得到产品二氧化硫脲。部分实验装置如图所示：回答下列问题：（1）装置B中Y溶液是___________；仪器a的名称是___________。（2）步骤Ⅱ中分批加入溶液的目的是___________。（3）二氧化硫脲的制备中采用减压过滤的优点是___________。（4）硫脲制备二氧化硫脲的化学方程式是___________。步骤Ⅲ：测定二氧化硫脲产品纯度（5mg粗品(杂质不参与反应)于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，加入酸性溶液充分反应，用的标准溶液滴定剩余的，滴定至终点时消耗标准溶液。已知：①滴定终点的现象是___________。②测得的二氧化硫脲纯度是___________%。【答案】（1）①.饱和NaHS溶液②.漏斗（2）防止局部过量导致二氧化硫脲被氧化（3）加快过滤速率，同时使产物更干燥（4）（5）①.滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色②.【解析】第15页/共25页

【分析】由实验装置图可知，装置A中硫化钙与盐酸反应制备硫化氢；装置B中盛有的饱和硫氢化钠溶液用于除去氯化氢；装置C为空载仪器，作安全瓶起到防倒吸的作用；装置D中石灰氮与硫化氢、水在80℃条件下反应制备硫脲；装置E中盛有的硫酸铜溶液用于吸收硫化氢，防止污染空气；反应制得的硫脲与过氧化氢溶液反应制得二氧化硫脲。【小问1详解】由分析可知，装置B中盛有的饱和硫氢化钠溶液用于除去氯化氢；由实验装置图可知，仪器a为漏斗；【小问2详解】由题意可知，二氧化硫脲具有还原性，所以用硫脲制备二氧化硫脲时，应分批加入过氧化氢溶液，防止过氧化氢溶液局部过量导致二氧化硫脲被氧化而使得产率降低；【小问3详解】与过滤相比，二氧化硫脲的制备中采用减压过滤可以加快过滤速率，同时有利于使产物更干燥；【小问4详解】由题意可知，硫脲制备二氧化硫脲的反应为硫脲与过氧化氢溶液反应生成二氧化硫脲和水，反应的化学方程式为：；【小问5详解】①由题意可知，草酸钠溶液与酸性高锰酸钾溶液完全反应后，再滴入半滴草酸钠溶液，溶液会由浅红色变为无色，且半分钟内不变色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色；②由题意可知，滴定消耗V1mLc1mol/L草酸钠溶液，则由方程式可知，粗品中二氧化硫脲的物质的量为：(c0mol/L×103V0Lc1mol/L×103V1L×)×=mol，所以测得的二氧化硫脲纯度为：×100%=%。16.匮乏问题，还可以同时获得以上产品。某地区磷尾矿的主要成分有、、、等，回收利用磷尾矿中有价值元素的流程如图所示。第16页/共25页

已知：微溶，微溶，可溶。回答下列问题：（1目的是___________。（2___________。（3___________。（4()___________。（5）制磷酸需先用磷酸处理的原因是___________。（6）在磷尾矿获得钙镁产品的流程中，可以循环再利用的物质有___________。（7）磷酸受强热时脱水可生成链状多磷酸，结构如图所示：则链状多磷酸的化学式可用通式表示为：___________(用n表示磷原子个数)。【答案】（1）增大接触面积，加快煅烧速率（2）（3）（4）溶浸时温度过高，反应中产生的氨逸出，导致滤液A碱性减弱，吸收的能力下降，沉钙率降低（5转化为可溶的附着在固体表面，阻止进一步反应，使产率下降(或其他合理答案)（6）、第17页/共25页

（7）【解析】【分析】磷尾矿中含有、、、等成分，本流程中，首先通过煅烧将和转化为和，然后加入溶液，将和转化为溶液，剩余固体为和，分离出后，向中加入磷酸，将其转化为可溶的同时生成，向溶液中加入硫酸得到石膏产品和磷酸；向浸钙、浸镁滤液中通入转化为，分离得高纯碳酸钙产品；剩余滤液中加入，将转化为，分离得高纯氢氧化镁产品。【小问1详解】粉碎固体可以增大反应物接触面积，加快反应速率，使浸出更充分，提高原料利用率；小问2详解】磷尾矿煅烧时，高温分解为，与反应生成可溶氯化钙，将钙浸出，反应方程式为；【小问3详解】沉镁时，滤液中与一水合氨反应生成氢氧化镁沉淀，一水合氨为弱碱，离子方程式为；【小问4详解】滤液A含和，温度升高会使氨气挥发，生成碳酸钙的量减少，产率降低；【小问5详解】通过磷酸处理可以将转化为可溶的，方便后续制备磷酸；【小问6详解】浸出消耗，沉镁会重新生成，煅烧生成二氧化碳，沉钙消耗二氧化碳，二者均可在钙镁制备流程中循环利用；【小问7详解】时化学式为，时化学式为，每增加一个磷酸单元，就增加了1个P原子，1个第18页/共25页

H原子和3个O原子，故链状多磷酸通式为。17.化合物(G)是重要有机合成中间体，可用于药物合成或材料化学领域，以下是其常见的合成路线：已知：+回答下列问题：（1）G中官能团的名称是___________；B的结构简式是___________。（2）F→G反应类型是___________。（3）D→E化学方程式是___________。（4）E→F分两步进行，中间产物的结构简式是___________。（5）M是C的同分异构体，满足下列条件的M有___________种(不考虑立体异构)。①能与碳酸氢钠反应；②能发生水解，水解产物能与发生显色反应；③能发生银镜反应；④苯环上有三个取代基。（6）已知：参照题干合成路线，写出以1,3丁二烯和为原料制备的合成路线___________(其他无机试剂任选)。【答案】（1）①.(酮)羰基、氰基②.（2）加成反应（3）+CHCHOH第19页/共25页

（4）（5）20（6）+【解析】【分析】由流程结合物质化学式，A中右侧环被氧化，生成B，B中醛基被氧化为羧基得到CC发生酯化反应得到DD发生已知反应生成EEE发生已知反应原理生成F，F生成G；【小问1详解】由结构，G在G中官能团的名称是(酮)羰基、氰基；由分析，B的结构简式是；【小问2详解】F和CH=CHCN中的双键加成生成G，为加成反应；【小问3详解】D发生已知反应生成E，结合质量守恒，同时生成乙醇，反应为：+CHCHOH；【小问4详解】第20页/共25页

E，E生成F的第一步反应为酯基的酸性水解生成羧酸，故为；【小问5详解】C除苯环外含442M是C则含羧基；②能发生水解，水解产物能与发生显色反应，则能水解生成酚羟基；③能发生银镜反应，则含醛基；④苯环上有三个取代基；3个取代基可以为COOH、OOCH、CH5或CHCOOH、OOCH、CH，苯环上3个不同取代基均存在10种情况，故共20种；【小问6详解】1,3丁二烯和首先发生已知反应原理芳构化后生成，再发生D生成F的原理反应得到+。18.和是两种主要的温室气体。为助力我国实现双碳目标，甲烷重整技术是利用温室气体大规模制氢的一项重要研究课题，其中“甲烷干重整”主要涉及如下反应：①②回答下列问题：（1）有关化学键键能数据如表：第21页/共25页

化学键键能/4364638031076则___________。反应②能自发进行，则___________0(填“大于”或“小于”或“等于”)。（2和能表明反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。a．气体总压强不变b．气体密度不变c．CO和的物质的量相等d．的浓度不变（3X、平衡混合气中各组分的体积分数Y如图所示。随着进料比增大，产物中_________