湖北省黄冈中学2026届高三上学期10月考试-化学试题（含答案）

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（14分，每空两分）（1） （写成[Ar]3d24s2 也可以） （2） ； HF
（3） （配平错误不得分，写成离子方程式不得分，漏写条件扣一分）
（4）将溶液中的氧化为
（5）（配平错误不得分，写成离子方程式不得分，漏写沉淀符号扣一分）
（6）pH大于2.5后，碱性增强，沉淀转化成沉淀，释放出 （回答出pH增大，转化成沉淀即可得分）
17.（14分，除标记外，每空两分）（1） +CH3OH+H2O （漏写H2O不得分，可逆符号写成===不得分，漏写条件扣一分）
（2）羟基；醛基 （每空1分） （3）取代反应（写“取代”不得分） （4） 4
（5） （6） ；
18.（14分，除标记外，每空两分）（1）浓硫酸中H+浓度很小，反应进行很缓慢（关键：浓硫酸中H+浓度很小）； ， A（1分）
（2）若过量使溶液pH过小，遇酸发生歧化反应： （只写方程式，不写文字说明扣一分） ，48（1分）
（3）（漏写HBr不得分，漏写沉淀符号扣一分）
（4）0.47 （5）CD
19．（13分，除标记外，每空两分）（1）﹣（a+2c）kJ•ml﹣1（没写单位不得分）；任何温度（1分）
（2）C
（3）① b ；T2至T3间，以反应Ⅱ为主，ΔH2＞0，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，百分含量S减小（答“反应Ⅱ的选择性高，升温平衡正移，乙酸乙酯的转化率增大，百分含量S减小”也正确） ；② 33.3% ； 0.01 。
3．【答案】A
【解答】解：A．10 g 16O3、10 g 14N2、10 g D2的中子数分别为 ×8×3NA＝5NA ， ×7×2NA＝5NA， ×1×2NA＝5NA，即10 g由O3、N2和D2组成的混合气体中含有的中子数为5NA，故A正确；B．60 g SiO2物质的量为1 ml，又每个Si形成4个Si—O键，60 g SiO2中Si—O键数为4NA，故B错误；C．乙醇与水均能与钠反应放出氢气，100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46 g，根据2H2O～H2，2CH3CH2OH～H2，则100 g质量分数为46%的乙醇水溶液与足量钠反应生成氢气的分子数为2NA，故C错误；D．电解精炼铜时，阴极为纯铜，溶液中的Cu2+在阴极析出，阳极为粗铜，在溶解时比铜活泼的金属铁、锌、镍等优先溶解，所以若阳极质量减少6.4 g，不一定都是溶解铜的质量，因此转移的电子数不确定，故D错误；故选：A。
5．【答案】C
【解答】解：A．铜粉在稀硫酸中不反应，加入硝酸铁后溶解，可能是酸性条件下将Cu氧化，结论不成立，故A错误；B．一氧化碳还原氧化铁后的产物加盐酸后不变红，只能说明产物和盐酸反应后的溶液中不含Fe3+，有可能是反应产生的Fe，将未反应的Fe2O3与盐酸反应生成的铁离子还原为亚铁离子，无法证明氧化铁全部被还原，故B错误；C．向氯化钠溶液中滴加硝酸银生成AgCl沉淀，继续加少量KI出现AgI沉淀，说明AgCl转化为AgI，溶度积常数：Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故C正确；D．Fe3+与I﹣反应后滴加KSCN显红色，说明反应后的溶液中含有Fe3+，Fe3+初始物质的量是I﹣的2倍，Fe3+过量，不能说明反应为可逆反应，结论不成立，故D错误；故选：C。
6．【答案】D
【解答】解：A．观察高分子P的结构，可推出试剂a的结构，进而确定其分子式应为C6NH5F8，故A错误；B．Z（—CH＝CH2与苯环相连）中碳碳双键两端的碳原子所连基团不同，存在顺反异构体；但苯环与碳碳双键之间的单键可以旋转，所以分子内所有的碳原子不一定处在同一平面上，故B错误；C．从合成路线看，发生聚合反应合成高分子P时，是通过加成聚合的方式，没有水分子生成，故C错误；D．将Z替换成 （含有两个碳碳双键），在聚合反应中，多个双键参与反应，可形成网状高分子，故D正确；故选：D。
7．【答案】A
【解答】解：W、X、Y、Z是分别处于三个短周期的主族元素，原子序数依次增大且不相邻，W形成1条键，W为H，X形成4条键，X为C，Y形成2条键，Y为O，Z形成1条键，则Z在第三周期，为Cl；
A．W2Y为H2O，沸点较高，主要是因为分子间存在氢键，故A错误；B．C的基态原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2，有4种空间运动状态的电子，故B正确；C．X为C，Y为O，同周期元素从左到右第一电离能一般逐渐增强，则第一电离能：Y＞X，故C正确；D．根据Q的结构可知，其中存在酯基，酸性条件下其水解能生成二氧化碳气体，二氧化碳为非极性分子，故D正确；故选：A。
8．【答案】C
【解答】 解：实验①中，0～2小时内平均反应速率v（SeO42-）＝（5.0－1.0）×10－5ml·L－12 h＝2.0×10－5 ml·L－1·h－1，A项错误；实验③中水样初始pH＝8，溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得离子方程式为2Fe＋SeO42-＋4H2O == 2Fe（OH）3＋Se＋2OH－，B项错误；由实验①、②可知，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量，反应速率加快，C项正确；由实验②、③可知，其他条件相同时，适当减小水样初始pH，SeO42-的去除效果更好，但若水样初始pH太小，与H＋反应的纳米铁的量增多，从而影响SeO42-的去除效果，D项错误。
9．【答案】D
【解答】解：A.顺丁烯二酸的两个羧基在同侧，可形成分子内氢键，使羧基更易电离出H+，酸性强于反丁烯二酸，故A正确；B.18﹣冠﹣6的空腔直径与 K+接近，能与 K+形成超分子，增大 KMnO4在有机溶剂中的溶解度，故B正确；C.钾与钠的焰色不同，是因电子跃迁时能量变化不同，释放的光波长不同，故C正确；四氯化碳是结构对称的非极性分子，水是结构不对称的极性分子，所以用皮毛摩擦的橡胶棒分别靠近水和四氯化碳的液流，水流发生偏转，四氯化碳流不偏转，故D错误；故选：D。
10．【答案】C
【解答】解：晶胞中Ca为1个，在晶胞内部；B的个数为个；A．根据图示，距离Ca最近的B有3×8＝24个，故A错误；B．晶胞中Ca为1个，B的个数为个，Ca与B个数比为1：6，故B错误；C．M点在x方向坐标为0，y方向坐标为1，B﹣B的键长为dnm，M到顶点的距离为，z方向分数坐标为，M点的原子分数坐标为，故C正确；D．晶胞中Ca为1个，B的个数为6，该晶体的密度为，故D错误；故选：C。
11.【答案】C
【解析】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；故选C。
12．【答案】D
【分析】根据装置图可知：装置Ⅰ含有直流电源，该装置Ⅰ为电解池，其中Fe电极连接电源的负极，则Fe电极为阴极，C电极连接电源的正极为阳极。阳极上Cl﹣失去电子发生氧化反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，产生Cl2。反应产生的Cl2进入装置Ⅱ，与NaHS发生氧化还原反应产生S单质，使溶液变浑浊；Cl2进入装置Ⅲ，氯气与水反应产生的次氯酸具有强氧化性，能够使品红溶液褪色；Cl2进入装置Ⅳ，Cl2将Na2S2O3氧化为SO42-，Cl2得到电子被还原为Cl﹣，SO42-与Ba2+反应产生BaSO4沉淀，可用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质来检验SO42-的存在。
【解答】解：A．装置Ⅰ为电解池，石墨电极连接电源正极，作阳极，由于石墨不活泼，为惰性电极，由于离子放电能力：Cl﹣＞OH﹣，石墨电极发生反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，发生反应产生氯气；若用铜片替代石墨电极，由于铜电极为活性电极，则阳极反应变为：Cu﹣2e﹣Cu2+，无Cl2生成，导致后续各个装置实验现象不同，故A错误；B．装置Ⅱ中NaHS溶液中阴离子HS﹣的S为﹣2价，具有还原性，氯气具有氧化性，能够氧化HS﹣变为难溶于水的S单质，因此装置Ⅱ中产生淡黄色沉淀，而不是将HS﹣氧化为二氧化硫，故B错误；C．其他条件相同，若拆去热水浴，则由于反应温度降低，导致反应Ⅲ装置中品红褪色会减慢，故C错误；D．装置Ⅳ中Na2S2O3会被阳极产生的氯气被氧化的产物可能为+6价的SO42-，氯气得到电子被还原为Cl﹣，可以先用盐酸酸化排除杂质离子如CO32-的干扰，然后再滴加氯化钡溶液，若生成既不溶于水，也不溶于盐酸的硫酸钡白色沉淀，就达到检验氧化产物SO42-的目的，故D正确；故选：D。
13．【答案】C
【解答】解：A.极性键是指共用电子对有偏移与偏向，第②③个步骤中有极性键的断裂和生成，故A正确；B.连续反应的反应速率是由慢反应决定的，反应的快慢又由活化能的大小决定，活化能越大，反应越慢，故B正确；C.由图可将1个DMF完全转化为1个三甲胺分子，放出1.02eV的能量，故C错误；D.铜催化剂通过参与反应，改变反应的历程，形成了更稳定的中间体，从而降低反应的活化能，加快反应的速率，故D正确；故选：C。
【点评】本题考查化学反应的能量变化，化学反应的能量变化与过程无关，只与初态和终态有关，化学反应的能量变化通常可以从反应物和生成物总能量的相对大小与化学键的断裂吸收的能量和化学键形成释放的能量的相对大小来计算。做题时要特别注意1个与1ml的区别。
14．【答案】D
【解析】【分析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为，右侧为阳极，电极反应为，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为阳膜，膜Ⅱ为阴膜，膜Ⅲ为阳膜，据此解答。
【详解】A．由分析可知，膜Ⅱ为阴膜，A错误B．a电极的反应为，pH变大，B正确；C．由分析可知，电极b的反应为，C错误；D．每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1ml，有1mlLi+和1mlCl-分别透离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到1mlLiCl，D错误；故选B。
15.【答案】C
【解析】A．由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5ml/L，则c()≤
=ml/L=10-7.1ml/L