2026年高考湖南卷化学真题（解析版）

2026年湖南省新高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。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．（3分）中国油纸伞已有千年历史，其制作过程包括碱法制浆（纸浆）、柿漆（含单宁酸，属于多酚类物质）粘结、朱砂（HgS）附着和桐油防水等工艺，下列说法错误的是（）A．“碱法制浆”工艺未涉及化学变化 B．柿漆中的单宁酸能形成分子间氢键 C．朱砂是一种无机颜料 D．桐油由桐树种子榨取，有疏水性【分析】A．没有新物质生成，属于物理变化，有新物质生成，属于化学变化；B．单宁酸属于多酚类物质，能够形成分子间氢键；；C．朱砂的主要成分是硫化汞；D．桐油是从植物种子中提取的天然油脂，主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于非极性分子。【解答】解：A．“碱法制浆”过程中，碱液与植物原料中的木质素等杂质发生化学反应，生成了新物质，属于化学变化，故A错误；B．柿漆中的单宁酸属于多酚类物质，分子中含有多个羟基，羟基之间能够形成分子间氢键，故B正确；C．朱砂的主要成分是硫化汞（HgS），不含碳元素（或不属于有机物），是一种传统的无机颜料，故C正确；D．桐油是从桐树种子中榨取的植物油，主要成分为油脂，油脂难溶于水，具有疏水性，故D正确。故选：A。【点评】本题主要考查化学变化与物理变化的判断、氢键的形成条件、无机物与有机物的分类以及油脂的性质等知识，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（3分）下列图示中，实验操作或方法正确的是（）A．用C2H5OH制C2H4 B．收集Cl2 C．除去Na2CO3固体中的NaHCO3 D．配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A．根据实验室用乙醇制取乙烯需要严格控制反应液温度为170℃，进行分析；B．根据氯气的密度比空气大，应采用向上排空气法收集，进行分析；C．根据除去固体混合物中的杂质，若采用加热法，应选用坩埚进行灼烧，进行分析；D．根据配制溶液时，向容量瓶中转移液体需要使用玻璃棒引流，进行分析。【解答】解：A．实验室用乙醇和浓硫酸制取乙烯时，需要将反应液温度迅速升高到170℃，因此必须使用温度计，且温度计的水银球应插入反应液面以下，故A正确；B．氯气的密度比空气大，应采用向上排空气法收集。图示装置中，气体从长导管进入，空气从短导管排出，故B错误；C．除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，可通过加热使碳酸氢钠分解，但灼烧固体应在坩埚中进行，图中使用的是蒸发皿，蒸发皿用于蒸发溶液，不适用于灼烧固体，故C错误；D．配制一定物质的量浓度的溶液时，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，必须用玻璃棒引流，以防液体溅出造成溶质损失，图中直接倾倒，操作不规范，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查常见化学实验基本操作的规范性，包括气体制备、气体收集、物质分离提纯和溶液配制等。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。3．（3分）化学知识在生产、生活中应用广泛。下列反应方程式错误的是（）A．氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃：4HF+SiO2＝SiF4↑+2H2O B．侯氏制碱法的主要反应：NH3+NaCl+CO2+H2O═NH4Cl+NaHCO3↓ C．酸性高锰酸钾溶液测定空气中的SO2含量：5SD．醋酸除去水垢中的CaCO3：2【分析】A．根据氢氟酸与玻璃中二氧化硅的反应，进行分析；B．根据侯氏制碱法的反应原理，进行分析；C．根据酸性高锰酸钾氧化二氧化硫的离子反应，进行分析；D．根据醋酸与碳酸钙反应的离子方程式书写规则，进行分析。【解答】解：A．氢氟酸溶蚀玻璃的反应为4HF+SiO2＝SiF4↑+2H2O，方程式正确，故A正确；B．侯氏制碱法的主要反应为NH3+NaCl+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，利用碳酸氢钠溶解度小的特点析出，方程式正确，故B正确；C．酸性高锰酸钾氧化二氧化硫的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O＝5SO42-+2MnD．醋酸是弱酸，应写化学式，正确的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，题目中用H+表示醋酸，错误，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查化学方程式及离子方程式的正误判断，注意弱酸（如醋酸）不能拆分为离子，强酸（如盐酸、硫酸）可拆分；侯氏制碱法的反应原理等知识点。完成此题需结合物质的性质分析。4．（3分）消毒剂三氯异氰尿酸（）能与H2O持续缓慢反应产生HClO。下列相关化学用语表述正确的是（）A．三氯异氰尿酸的分子式：Cl3N3O3 B．HClO的电子式： C．基态Cl的价层电子排布式：3s23p5 D．H2O的空间填充模型：【分析】A．一个三氯异氰尿酸分子含3个C、3个Cl、3个N、3个O；B．HClO正确结构为H﹣O﹣Cl，电子式中O应有两对孤对电子，且H不直接连Cl；C．基态Cl原子序数17；D．H2O空间填充模型应体现O原子较大、H原子较小且呈V形。【解答】解：A．根据结构式，一个三氯异氰尿酸分子含3个C、3个Cl、3个N、3个O，分子式应为C3Cl3N3O3，选项遗漏C原子，故A错误；B．HClO正确结构为H﹣O﹣Cl，电子式中O应有两对孤对电子，且H不直接连Cl，电子式为：，故B错误；C．基态Cl原子序数17，价层电子排布为3s23p5，故C正确；D．H2O空间填充模型应体现O原子较大、H原子较小且呈V形，H2O的空间填充模型，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查化学式或化学符号及名称的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。5．（3分）对下列性质解释正确的是（）性质解释A酸性：HCl＞HF非金属性：F＞ClB沸点：H2O＞HF氢键键能：HF＞H2OC沸点：正戊烷＞新戊烷分子间作用力：正戊烷＞新戊烷D硬度：金刚石＞石墨碳碳键的键能：石墨＞金刚石A．A B．B C．C D．D【分析】A．根据氢氟酸是弱酸而盐酸是强酸，且非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，进行分析；B．根据水分子间能形成两个氢键而氟化氢只能形成一个，导致水分子间氢键作用更强，进行分析；C．根据正戊烷和新戊烷互为同分异构体，正戊烷分子间接触面积更大，分子间作用力更强，进行分析；D．根据金刚石是立体网状结构而石墨是层状结构，进行分析。【解答】解：A．非金属性：F＞Cl，但酸性：HCl＞HF，因为HF是弱酸，HCl是强酸，非金属性强弱与无氧酸酸性强弱无直接关系，故A错误；B．沸点：H2O＞HF，是因为每个水分子平均形成的氢键数目多于HF，且水分子间氢键作用更强，并非HF氢键键能更大，故B错误；C．正戊烷和新戊烷互为同分异构体，正戊烷为链状结构，分子间接触面积更大，分子间作用力更强，沸点更高，故C正确；D．金刚石是空间网状结构，每个C与4个C成键，石墨为层状结构，层内每个C与3个C成键，层间为范德华力，石墨中C—C键键能大于金刚石中C—C键键能，但硬度与晶体结构及键的立体方向有关，金刚石因三维共价键网络而硬度极大，石墨层内键能虽大但层间易滑移，硬度反而小，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查物质结构与性质的关系，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（3分）W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X位于不同周期，X在同周期基态原子中未成对电子数最多，Y与Z同族。下列说法错误的是（）A．第一电离能：X＜Y B．热稳定性：W2Y＞W2Z C．ZY2、MY2的空间结构均为V形 D．XY2、ZY2分别与H2O反应的反应类型不同【分析】W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X在同周期基态原子中未成对电子数最多，可知X处于ⅤA族，由原子序数相对大小可知X只能处于第二周期，因为M是主族元素且原子序数至少比X大3，故X为N元素；W与X（氮）位于不同周期，W的原子序数小于X（氮）且是主族元素，所以W为H元素；Y与Z同族，结合原子序数相对大小可知Y与Z处于ⅥA族、M处于ⅦA族，推知Y为O元素、Z为S元素、M为Cl元素。【解答】解：A．由分析可知，X是N元素，Y是O元素，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：X（氮）＞Y（氧），故A错误；B．元素非金属性：Y（氧）＞Z（硫），则氢化物热稳定性：H2O＞H2S，故B正确；C．ZY2是SO2，中心原子S原子孤电子对数为6-2×22=1、价层电子对数为1+2＝3，分子空间构型为V形；MY2是ClO2，ClO2中心Cl原子价电子7个，与2个O原子形成2个Cl＝O键，使用4个电子，剩余3个电子为1对孤电子对+1个单电子，价层电子对数为2+1＝3，分子空间构型为V形，故CD．XY2是NO2，与水发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，属于氧化还原反应；ZY2是SO2，与水发生反应：SO2+H2O＝H2SO3，是非氧化还原反应，且属于化合反应，2个反应的反应类型不相同，故D正确；故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。7．（3分）一种可用于心脏起搏器的扣式电池部分裁面结构如图所示（LiClO4—有机溶剂作电解质溶液，Ag2CrO4难溶于该溶剂）。下列说法错误的是（）A．往Ag2CrO4电极材料中添加石墨，可增强其导电性 B．正极反应式为Ag++e﹣＝Ag C．放电时，Li+从负极向正极移动 D．每消耗负极材料2.1g，理论上外电路中通过了0.3mole﹣【分析】该电池的负极是Li，发生氧化反应：Li﹣e﹣＝Li+，正极是Ag2CrO4，发生还原反应，反应物是Ag2CrO4，正极反应式应为Ag2CrO4+2e﹣＝2Ag+CrO【解答】解：A．Ag2CrO4是难溶于有机溶剂的盐，导电性较差，石墨是电的良导体，在Ag2CrO4电极材料中添加石墨，可以显著增强电极的导电性，从而降低电池内阻，提高电池性能，故A正确；B．该电池的负极是Li，发生氧化反应：Li﹣e﹣＝Li+，正极是Ag2CrO4，发生还原反应，反应物是Ag2CrO4，而不是游离的银离子，正确的正极反应式应为Ag2CrO4+2e﹣＝2Ag+CrO42-C．在原电池放电过程中，为了维持电荷平衡，电解质中的阳离子会向正极移动，阴离子会向负极移动。负极反应生成Li+，正极反应生成CrO42-，因此Li+会从负极区通过隔膜向正极区移动，故D．负极材料为Li，其摩尔质量约为7g/mol，消耗的负极材料质量为2.1g，其物质的量为n（Li）＝2.1g÷7g/mol＝0.3mol，根据负极反应式Li﹣e﹣＝Li+，每消耗1molLi，外电路通过1mol电子，因此，消耗0.3molLi，理论上外电路中通过了0.3mol电子，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查原电池的工作原理，包括电极判断、电极反应式的书写、离子移动方向的判断以及基于化学方程式的简单计算。解题的关键在于准确判断正负极，并写出正确的电极反应式。8．（3分）乙炔是重要的化工原料。一条由乙炔合成某氨基酸的路线如下：HC≡下列说法错误的是（）A．HC≡CH可与H2O反应生成乙醛 B．H2C＝CH﹣CN是极性分子 C．H2NCH2CH2CN具有碱性，可与盐酸反应 D．H2NCH2CH2COOH属于α﹣氨基酸【分析】乙炔先和HCN发生加成反应生成CH2＝CHCN，CH2＝CHCN和NH3发生加成反应生成H2NCH2CH2CN，H2NCH2CH2CN先碱性水解，再酸化生成H2NCH2CH2COOH，据此解答。【解答】解：A．HC≡CH可与H2O发生加成反应生成乙醛，故A正确；B．H2C＝CH﹣CN中C原子连接2个不同的基团，重心不重合，是极性分子，故B正确；C．H2NCH2CH2CN含氨基，具有碱性，可与盐酸反应，故C正确；D．H2NCH2CH2COOH含氨基、羧基，不含酰胺基，不属于α﹣氨基酸，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的性质是解本题关键，题目难度中等。9．（3分）下列实验操作对应的现象（或结果）及所推出的结论均正确的是（）实验操作现象（或结果）结论A向5mL碘水中加入1mLCCl4，振荡，然后加入1mL浓KI溶液，振荡试管有机层紫色变浅I2在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度B将1mLpH均为3的HA和HB溶液，分别加水稀释至100mL，测pHpH：HA＞HBHA为强酸，HB为弱酸C向浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCl和NaI混合溶液中滴加稀AgNO3溶液先产生黄色沉淀Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）D加热葡萄糖和新制氢氧化铜的混合液产生砖红色沉淀Cu（OH）2被还原成CuA．A B．B C．C D．D【分析】A．根据碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且加入浓碘化钾溶液后发生反应进行分析；B．根据强酸稀释时pH变化大，弱酸存在电离平衡进行分析；C．根据溶度积小的沉淀先生成进行分析；D．根据葡萄糖与新制氢氧化铜反应的产物进行分析。【解答】解：A．向碘水中加入四氯化碳，有机层呈紫色，说明碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；加入浓碘化钾溶液后，发生反应I2+I﹣⇌I3-，导致有机层中碘单质浓度降低，紫色变浅，不能得出碘在水中溶解度大的结论，故B．将pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释至100mL，若HA为强酸，pH应变为5；若HB为弱酸，稀释促进电离，pH小于5。现测得pH：HA＞HB，说明HA的酸性比HB强，但无法确定HA一定是强酸（如HA可能是较强的弱酸），故B错误；C．向浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCl和NaI混合溶液中滴加稀AgNO3溶液，先产生黄色沉淀（AgI），说明AgI更难溶，即Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故C正确；D．加热葡萄糖和新制氢氧化铜的混合液，产生砖红色沉淀，该沉淀是氧化亚铜，而不是铜（Cu），故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查化学实验方案的评价，涉及萃取、弱电解质的电离、难溶电解质的溶解平衡以及醛基的检验等知识点，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（3分）实验室用苯和苯甲酰氯在AlCl3催化下制备二苯甲酮的简易装置如图所示。已知：①②苯甲酰氯易水解。下列说法错误的是（）A．装置中冷凝器的进水口为b B．c中可装入无水氯化钙 C．实验结束时，应先停止加热再移出漏斗 D．HCl的持续逸出可促进反应正向进行【分析】A．装置中冷凝器的进水口为a，下端的水温度低；B．苯甲酰氯易水解；C．实验结束时，应先停止加热再移出漏斗，氯化氢不易逸出；D．HCl的持续逸出，生成无浓度减小。【解答】解：A．装置中冷凝器的进水口为a，下端的水温度低，有利于冷却，故A错误；B．苯甲酰氯易水解，c中可装入无水氯化钙干燥，故B正确；C．实验结束时，应先停止加热再移出漏斗，氯化氢不易逸出，故C正确；D．HCl的持续逸出，生成无浓度减小，可促进反应正向进行，故D正确；故选：A。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。11．（3分）常温下，铜铁混合物（粉末状）能发生如图所示的转化关系。下列说法错误的是（）A．溶液h可能是盐酸 B．向溶液b中通入过量气体e，空气中久置后可得沉淀g C．固体残渣中有铜，可能有铁 D．溶液f中含有[【分析】铁和铜的混合物与盐酸反应生成铜和氯化亚铁、氯化铜，氯化亚铁与过量的氯气反应生成氯化铁，氯化铁和氯化铜与氨气反应生成氢氧化铁和四氨合铜离子。【解答】解：A．铁和铜的混合物与盐酸反应生成铜和氯化亚铁、氯化铜，溶液h可能是盐酸，故A正确；B．向溶液b中通入过量气体e，氯化亚铁与过量的氯气反应生成氯化铁，空气中久置后可得氢氧化铁沉淀，故B正确；C．铁和铜的混合物与盐酸反应生成铜和氯化亚铁、氯化铜，固体残渣中有铜，一定没有铁，故C错误；D．氯化铁和氯化铜与氨气反应生成氢氧化铁和四氨合铜离子，溶液f中含有[Cu(N故选：C。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。12．（3分）光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M（Ar﹣表示芳基，'Bu﹣表示叔丁基）的反应历程如图所示。下列说法错误的是（）A．X→Y过程中既有σ键断裂，又有π键断裂 B．Z中Ni的化合价为+2 C．PC②→PC①是一个氧化过程 D．总反应式为【分析】A．X→Y过程中，X中碳碳三键中的π键断裂，根据单电子位置的变化知，还存在C﹣Hσ键断裂；B．Y生成Z的过程中，Y中含有单电子的碳原子得电子生成带负电荷的碳与Ni结合形成C﹣Ni共价键，则Ni元素在该反应中失电子化合价升高；C．PC②→PC①过程中，Ni元素的化合价由+1价变为0价，则Ln﹣Ni（Ⅰ）在该反应中作氧化剂，PC②作还原剂；D．根据图知，反应物是AgCl、′BuC≡CCH2CH2CH2OCH3作反应物，′BuCH＝CClCH2CH2CH2（Ar）OCH3是生成物。【解答】解：A．X→Y过程中，X中碳碳三键中的π键断裂，根据单电子位置的变化知，还存在C﹣Hσ键断裂，所以该反应中既有σ键断裂，又有π键断裂，故A正确；B．Y生成Z的过程中，Y中含有单电子的碳原子得电子生成带负电荷的碳与Ni结合形成C﹣Ni共价键，则Ni元素在该反应中失电子化合价升高，所以Z中Ni元素的化合价为+3，故B错误；C．PC②→PC①过程中，Ni元素的化合价由+1价变为0价，则Ln﹣Ni（Ⅰ）在该反应中作氧化剂，PC②作还原剂，PC②→PC①的反应是氧化反应，该过程是一个氧化过程，故C正确；D．根据图知，反应物是AgCl、′BuC≡CCH2CH2CH2OCH3作反应物，′BuCH＝CClCH2CH2CH2（Ar）OCH3是生成物，反应方程式为，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确图中断键和成键位置、发生的反应是解本题的关键，题目难度中等。13．（3分）可用CO2氧化烷烃脱氢制取烯烃。向密闭容器中通入C3H8、CO2和He（体积比为1：1：2），维持压强为p0kPa，发生反应：C3H8(g)+COA．该反应是吸热反应 B．512℃下，CO2的平衡转化率为50%，则该反应的KpC．543℃下，体系中3n（C3H8）＝2n（C3H6）时，表明反应已达平衡 D．若减小通入气体中He的占比，C3H8的平衡转化率与温度的关系可能是曲线②【分析】A．从图中曲线①可以看出，温度升高，C3H8的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动；B．设通入的C3H8、CO2和He的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，总物质的量为4mol，维持压强为p0kPa，512℃下，CO2的平衡转化率为50%，则反应的CO2为0.5mol，根据反应C3H8（g）+CO2（g）⇌C3H6（g）+CO（g）+H2O（g），各物质的平衡物质的量：n（C3H8）＝（1﹣0.5）mol＝0.5mol，n（CO2）＝（1﹣0.5）mol＝0.5mol，n（C3H6）＝0.5mol，n（CO）＝0.5mol，n（H2O）＝0.5mol，n（He）＝2mol，总物质的量为（0.5+0.5+0.5+0.5+0.5+2）mol＝4.5mol，各物质的分压：p（C3H8）=0.54.5p0=19p0，p（CO2）=19p0，p（C3H6）=19p0，p（CO）=19p0，p（H2C．543℃下，C3H8的平衡转化率为60%，设起始C3H8为1mol，则平衡时n（C3H8）＝（1﹣0.6）mol＝0.4mol，n（C3H6）＝0.6mol，此时3n（C3H8）＝3×0.4mol＝1.2mol，即3n（C3H8）＝2n（C3H6）；D．He是惰性气体，减小通入气体中He的占比，相当于增大反应体系的压强，该反应是气体分子数增多的反应，增大压强平衡逆向移动，C3H8的平衡转化率降低。【解答】解：A．从图中曲线①可以看出，温度升高，C3H8的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，故A正确；B．设通入的C3H8、CO2和He的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，总物质的量为4mol，维持压强为p0kPa，512℃下，CO2的平衡转化率为50%，则反应的CO2为0.5mol，根据反应C3H8（g）+CO2（g）⇌C3H6（g）+CO（g）+H2O（g），各物质的平衡物质的量：n（C3H8）＝（1﹣0.5）mol＝0.5mol，n（CO2）＝（1﹣0.5）mol＝0.5mol，n（C3H6）＝0.5mol，n（CO）＝0.5mol，n（H2O）＝0.5mol，n（He）＝2mol，总物质的量为（0.5+0.5+0.5+0.5+0.5+2）mol＝4.5mol，各物质的分压：p（C3H8）=0.54.5p0=19p0，p（CO2）=19p0，p（C3H6）=19p0，p（CO）=19p0，p（H2O）=1C．543℃下，C3H8的平衡转化率为60%，设起始C3H8为1mol，则平衡时n（C3H8）＝（1﹣0.6）mol＝0.4mol，n（C3H6）＝0.6mol，此时3n（C3H8）＝3×0.4mol＝1.2mol，即3n（C3H8）＝2n（C3H6），说明反应已达平衡，故C正确；D．He是惰性气体，减小通入气体中He的占比，相当于增大反应体系的压强，该反应是气体分子数增多的反应，增大压强平衡逆向移动，C3H8的平衡转化率降低，所以C3H8的平衡转化率与温度的关系可能是曲线②，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了化学平衡的计算，题目难度较大，掌握化学平衡常数计算的方法是解答该题的关键。14．（3分）常温下，向10mLBa（OH）2溶液中缓慢滴入0.01mol•L﹣1NaHCO3溶液，溶液的pH和pBa[pBa＝﹣lgc（Ba2+）]与V（NaHCO3）的变化关系如图所示。已知：1g2＝0.3。下列说法错误的是（）A．x＝2 B．KspC．点c对应溶液中的水的电离程度最大 D．点d对应溶液中的c（Ba2+）最小【分析】Ba（OH）2溶液中缓慢滴入NaHCO3时，起始反应为Ba（OH）2+NaHCO3＝BaCO3↓+NaOH+H2O，而后发生反应为NaOH+NaHCO3＝Na2CO3+H2O，溶液的碱性逐渐减弱，c（CO32-）逐渐增大，Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（CO32-），溶液中c（Ba2+）逐渐减小，pBa逐渐增大，图中pBa＝4.3时曲线出现突变、恰好达到滴定终点，此时溶液中溶质主要为NaOH，根据起始反应计算c[Ba（OH）2]=0.01L×0.01mol/L0.01L=0.01mol/L，c点溶液中溶质主要为Na2【解答】解：A．由上述分析可知，c[Ba（OH）2]＝0.01mol/L，当V（NaHCO3）＝0mL时c（Ba2+）＝0.01mol/L，则x＝﹣lg0.01＝2，故A正确；B．由图可知，pBa＝4.3时恰好达到滴定终点，反应为Ba（OH）2+NaHCO3＝BaCO3↓+NaOH+H2O，此时溶液中c（CO32-）≈c（Ba2+）＝10﹣4.3mol/L，则Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（CO32-）＝10﹣4.3×10﹣4.3＝10﹣8.6＝2.5×10﹣C．bc段发生反应为NaOH+NaHCO3＝Na2CO3+H2O，c点时溶液中溶质主要为Na2CO3，CO32-促进水的电离，则点c对应溶液中的水的电离程度最大，故D．c点溶液中溶质主要为Na2CO3，d点溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，c（CO32-）：c＞d，Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（CO32-），则c（Ba2+）：d＞c，即点c对应溶液中的c（Ba故选：D。【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重图象分析能力和计算能力考查，明确曲线上各点溶质成分及性质、溶度积常数表达式及计算应用是解题关键，题目难度中等。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）氨硼烷（NH3BH3）是一种潜在的固体储氢材料，常温下稳定。实验室以NH3和B2H6为原料制备NH3BH3，实验步骤：①按图Ⅰ组装好仪器，______。②通入N2，排尽图Ⅰ装置中的空气。③先通入N2和NH3的混合气，再缓慢通入N2和B2H6的混合气，反应过程中保持NH3过量，控制温度，得到粗产品。④纯化，得NH3BH3。已知：①电负性：N＞H＞B。②B2H6是一种强还原性的有毒气体，遇水剧烈反应，在空气中可自燃。回答下列问题：（1）图Ⅰ中仪器M的名称是三颈烧瓶。（2）补全实验步骤①：检查装置的气密性。（3）实验室制得的NH3中含有水，下列试剂中可用于干燥NH3的是b（填标号）。a.浓硫酸b.碱石灰c.P2O5（4）实验过程中，NH3保持过量的原因是确保B2H6反应完全，防止逸出造成危险。（5）粗产品中可能有B2H6•2NH3（结构为），则B2H6•2NH3中含有的化学键的类型有ab（填标号）。a.离子键b.共价键c.氢键（6）在酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放热，该反应的离子方程式为NH3BH3+3H2O+H+＝H3BO3+3H2↑+NH4+。利用图Ⅱ装置测定H2的体积，反应结束后，下列操作会导致所测H2体积偏大的是aca.读数时，气体未冷却至室温b.读数时，水准管液面高于量气管液面c.计算时，未减去注入硫酸的体积（7）NH3BH3的晶胞如图所示，则一个晶胞中含有12个氢原子。【分析】（1）根据仪器M的特征分析判断；（2）该反应涉及气体参与，实验前需检查装置气密性；（3）NH3是碱性气体，能与酸或酸性氧化物反应，也不能用CaCl2干燥；（4）B2H6是一种强还原性的有毒气体，遇水剧烈反应，在空气中可自燃，实验过程中，NH3保持过量，确保B2H6反应完全，以提高其利用率，同时防止逸出造成安全隐患和污染环境；（5）B2H6•2NH3的结构为，属于离子化合物，含有B﹣H键、B﹣N键；（6）酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3、H2，根据原子守恒可知，还生成NH4+，结合离子方程式书写方法解答；准确测定H2体积的操作为：①待体系恢复到室温；②上下移动E水准管使两液面相平，（7）由NH3BH3晶胞图可知，晶胞中NH3BH3的数目为8×18+1＝2，1个NH3BH3中含有6【解答】解：（1）图Ⅰ中仪器M为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）该制备过程中涉及气体参与反应，实验前应该先检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；（3）NH3是碱性气体，能与酸或酸性氧化物反应，不能用浓硫酸、P2O5干燥，也不能用CaCl2干燥，可选择碱石灰干燥，故选b，故答案为：b；（4）B2H6是一种强还原性的有毒气体，在空气中可自燃，逸出会造成安全隐患和污染环境，则实验过程中，NH3保持过量的原因是确保B2H6反应完全，防止逸出造成危险和污染空气，故答案为：确保B2H6反应完全，防止逸出造成危险；（5）B2H6•2NH3的结构为，属于离子化合物，含有B﹣H键、B﹣N键，即B2H6•2NH3中含有的化学键的类型有离子键和共价键，氢键不是化学键，故答案为：ab；（6）酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3、H2和NH4+，反应的离子方程式为NH3BH3+3H2O+H+＝H3BO3+3H2↑a.反应放热，读数时气体未冷却至室温，氢气膨胀、气体体积读数偏大，故a正确；b.读数时，水准管液面高于量气管液面，气体所受压强偏大，气体体积读数偏小，故b错误；c.计算时，未减去注入硫酸的体积，气体体积读数偏大，故c正确；故答案为：NH3BH3+3H2O+H+＝H3BO3+3H2↑+NH4+（7）由NH3BH3晶胞图可知，晶胞中NH3BH3分子位于顶点和体心，其数目为8×18+1＝2，1个NH3BH3中含有6个H原子，则一个晶胞中含有12故答案为：12。【点评】本题考查晶胞相关计算、物质制备实验方案设计等知识，侧重实验能力与基础知识综合运用能力考查，明确物质性质、基本实验操作、均摊法计算应用、离子方程式书写是解题关键，题目难度中等。16．（15分）一种由硫化铅精矿（含PbS及少量ZnS、CdS）制备高纯铅的工艺流程如图：已知：①乙二胺（H2NCH2CH2NH2，简写为en）为一种二元弱碱。②Ksp[Zn③金属离子浓度不超过1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为该离子已沉淀完全。回答下列问题：（1）Pb在元素周期表中的位置为第六周期第ⅣA族。（2）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为PbS+2O2加压Pb2++SO42-；采用加压操作可提高反应速率，原因是增大（3）“酸性溶液”经处理后，Cd2+、Zn2+浓度分别为0.01mol•L﹣1、0.02mol•L﹣1，调pH使Zn2+恰好沉淀完全时（假设溶液体积不变），Cd2+b（填标号）。a.沉淀完全b.部分沉淀c.未沉淀（4）“胺浸”后，PbSO4转化为配合物[Pb（en）2]SO4，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[Pb2（OH）2CO3]。下列说法正确的是ac（填标号）。a.配合物[Pb（en）2]SO4中的配位原子为Nb.“沉铅”过程中，溶液pH增大c.流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用（5）“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为2Pb2（OH）2CO3+CH4高温4Pb+3CO2+4H2O；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是C会与Pb反应生成铅碳合金，同时残留固体炭（6）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有CaCO3、CaSO4（写化学式）。【分析】“加压氧化”中，O2氧化PbS生成PbSO4，PbS发生反应的离子方程式为：PbS+2O2加压Pb2++SO42-，Pb2+与Zn2+、Cd2+进入酸性水溶液，完成金属元素浸出，进入下一工序，利用乙二胺络合特性分离Pb2+与Zn2+、Cd2+，杂质氢氧化物沉淀脱除；对比溶度积Ksp[Zn(OH)2]＝3.0×10﹣17≪Ksp[Cd(OH)2]＝7.2×10﹣15，体系弱碱性下Zn2+、Cd2+优先生成氢氧化物沉淀除去，通入CO2至络合液，中和乙二胺的碱性，破坏Pb﹣en络合离子，铅转化为碳酸铅类固体沉淀析出，实现铅的富集分离；沉铅母液送入再生工段循环利用，“高温还原”中，碱式碳酸铅[Pb2（OH）2CO3]与CH4高温生成Pb、CO2、H2O，化学方程式为：[Pb2（OH）2CO3]+CH4高温【解答】解：（1）Pb为82号元素，价电子排布6s26p2，第六周期ⅣA族；故答案为：ⅣA；（2）“加压氧化”中，O2氧化PbS生成PbSO4，PbS发生反应的离子方程式为：PbS+2O2加压Pb2++SO4故答案为：PbS+2O2加压Pb2++SO4（3）已知：Ksp[Zn(OH)2]＝3.0×10﹣17，c（Zn2+）＝1.0×10﹣5mol/L时沉淀完全，c2（OH﹣）=Ksp[Zn(OH)2]c(Zn2+)=3.0×10-171.0×10-5=3.0×10﹣12，此时c（OH﹣）=3×10﹣6mol/L，代入Cd(OH)2：初始c（Cd2+）＝0.01mol/L，Qc＝c（Cd2+）•c2（OH﹣）＝0.01×3.0×10﹣12＝3.0×10﹣14；Ksp[Cd(OH)2]＝7.2×10﹣故答案为：b；（4）a.乙二胺H2NCH2CH2NH2中N提供孤电子对，配位原子为N，故a正确；b.沉铅通入CO2，en（二元弱碱）结合H+，碱性减弱，pH减小，故b错误；c.流程胺浸消耗乙二胺、烯烃，再生步骤二者重新生成，可循环，故c正确；故答案为：ac；（5）“高温还原”中，碱式碳酸铅[Pb2（OH）2CO3]与CH4高温生成Pb、CO2、H2O，化学方程式为：2Pb2（OH）2CO3+CH4高温4Pb+3CO2+4H2O，若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是：C会与Pb反应生成铅碳合金故答案为：2Pb2（OH）2CO3+CH4高温4Pb+3CO2+4H2O；C会与Pb反应生成铅碳合金（6）沉铅通入CO2，再生加Ca（OH）2，体系含CO32-、SO42-、Ca2+，主要产物：CaCO3故答案为：CaCO3；CaSO4。【点评】以硫化铅精矿制备高纯铅化工流程为载体，综合考查元素周期表位置、加压氧化离子反应、溶度积沉淀计算、配位化合物、氧化还原冶炼方程式、循环物质与含钙副产品推断。17．（15分）化合物G是一种用于合成生物碱类天然产物的中间体。某实验小组探究了G的合成，其合成路线如下（略去部分试剂和条件）：回答下列问题：（1）A中官能团的名称为碳碳双键。（2）B的核磁共振氢谱显示2组峰，峰面积之比为3：1或1：3。（3）B→C转化的试剂和反应条件是NaOH的醇溶液、加热。（4）C→E的反应类型为加成反应。（5）下列有关C的说法正确的是（考虑立体异构）ab（填标号）。a.分子中所有的原子可能共平面b.与丙烯酸发生类似于C→E的反应，共得到2种产物c.在催化剂作用下发生缩聚反应，可用于制备顺丁橡胶d.与Br2发生1，2﹣加成和1，4﹣加成反应，共得到2种产物（6）F中，与1号碳相比，2号碳C﹣H键的极性相对较小（填“较大”或“较小”）。（7）F转化为G的同时，有副产物M生成。已知M是G的同分异构体，且与G的官能团相同。M的结构简式是（F中六元环不参与反应）。（8）已知：①②以J和L为原料合成Q的合成路线如下：J和L的结构简式分别是、CH3COCH2COCH3。【分析】A和溴发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，C和D发生加成反应生成E，E发生氧化反应生成F，F发生加成、消去反应生成G。【解答】解：（1）A中官能团的名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）B的核磁共振氢谱显示2组峰，峰面积之比为6：2＝3：1或2：6＝1：3，故答案为：3：1或1：3；（3）B→C转化是溴代烃发生消去反应得到烯烃，该反应的试剂和反应条件是NaOH的醇溶液、加热，故答案为：NaOH的醇溶液、加热；（4）C→E的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；（5）a.乙烯中所有原子共平面，C相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，单键可以旋转，所以C分子中所有的原子可能共平面，故a正确；b.与丙烯酸发生类似于C→E的反应，共得到2种产物，有立体异构，故b正确；c.在催化剂作用下发生加聚反应，可用于制备顺丁橡胶，故c错误；d.与Br2发生1，2﹣加成和1，4﹣加成反应，共得到3种产物，1，4﹣加成产物有立体异构，故d错误；故答案为：ab；（6）F中，1、2号碳原子相比较，相同位置中，1号碳原子连接的结构中含有吸电子基团羰基、2号碳原子连接的结构中为推电子基团烃基，与1号碳相比，2号碳C﹣H键的极性相对较小，故答案为：较小；（7）F转化为G的同时，有副产物M生成，已知M是G的同分异构体，且与G的官能团相同，M的结构简式是，故答案为：；（8）和L发生信息①②的反应生成Q，根据Q的结构简式知，L为CH3COCH2COCH3，J发生E生成F类型的反应得到K，K发生信息②的反应生成，则J为、K为OHCCH2CH2CH2CH2CHO，故答案为：；CH3COCH2COCH3。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查对比、分析、判断及知识的迁移能力，正确推断各物质的结构简式是解本题的关键，注意信息的解读和运用。18．（14分）烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理：nCO(（1）该反应的关键在于CO活化路径的调控。图Ⅰ是M1、M2（M1、M2分别是Co2C和CoxMn1﹣xO）两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是M1（填“M1”或“M2”）。催化剂为M2时，反应历程中决速步（速率最慢）的反应方程式为HCO*+H*＝HCOH*。（2）恒压条件下，该反应若改用M3（Na/FeCx@Fe3O4）作催化剂，产物中的H2O还可与CO反应。以生成C3H6为例，相关反应如下：i.COⅱ.yCO（g）+yH2O（g）⇌yCO2（g）+yH2（g）Δⅲ.(1+y)CO①当y＝0.5时，反应ⅲ的ΔH3＝﹣145.2kJ•mol﹣1。②已知反应的平衡常数K与温度T之间符合：lnK=-ΔHRT+C（R为摩尔气体常数，C为常数）。当y＝1时，反应ⅱ和ⅲ的lnK与温度T的数据如表所示，反应ⅲ对应表中数据b（填“aT423K623K723KlnKa6.72.91.8b20.35.20.7③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其可能原因是MgCl2MgCl2对反应ⅱ（水煤气变换反应）有抑制作用，使CO2生成量减少，同时促进了生成甲烷等副反应，导致CO更多转化为甲烷，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小（选择性=转化为目的产物所消耗CO④y增大，烯烃的氢原子经济性将增大（填“增大”或“减小”），理由是y增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量C3H6时净消耗的H2减少，而目的产物C3H6中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大。（氢原子经济性=目的产物中氢原子的总质量参加反应的氢原子的总质量⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性＝50%。【分析】（1）从图Ⅰ可以看出，M1催化时反应的活化能更低，反应更容易进行，催化效率更高；催化剂为M2时，决速步反应方程式：HCO*+H*＝HCOH*（TS2对应的反应），因为该步骤的活化能最大（过渡态能量与反应物能量差最大），是速率最慢的步骤，即决速步；（2）①已知反应i：3CO（g）+3H2（g）⇌C3H6（g）+3CO2（g）ΔH1＝﹣134.6kJ•mol﹣1，反应ii：0.5CO（g）+0.5H2O（g）⇌0.5CO2（g）+0.5H2（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，反应ⅲ＝反应i﹣反应ii×6，即：ΔH3＝ΔH1﹣6×ΔH2；②反应ⅲ是放热反应（ΔH3＜0），温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK也减小。从表格数据看，b组数据随温度升高lnK减小更明显；③加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，可能原因是：MgCl2MgCl2对反应ⅱ（水煤气变换反应）有抑制作用，使CO2生成量减少，同时促进了生成甲烷等副反应，导致CO更多转化为甲烷，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小；④氢原子经济性是目标产物中氢原子数与反应物中氢原子总数的比值；⑤H2/CO投料比为1.5时，CO转化率为90%，CO2