湖南省长沙市长郡中学2026届高三上学期月考（三）化学试题（Word版附解析）

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本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：N~14 O~16 Na~23 S~32 K~39
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. 大国重器是国之底气。下列关于我国的国之重器叙述正确的是
A. “朱雀二号”运载火箭所用燃料液氧-甲烷属于纯净物
B. “中国天眼”的防腐膜所用聚苯乙烯的单体是苯乙烯
C. “LNG船”的液罐所用不锈钢的熔点高于纯铁
D. “嫦娥六号”所用太阳能电池是将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．液氧是液态，甲烷是，两者混合属于混合物，A错误；
B．聚苯乙烯由苯乙烯通过加聚反应生成，单体为苯乙烯，B正确；
C．不锈钢是铁基合金，合金熔点通常低于纯金属，因此熔点低于纯铁，C错误；
D．太阳能电池直接将光能转化为电能，而非化学能转化，D错误；
故答案选B。
2. 下列化学用语或图示正确的是
A. 甲基的电子式为
B 基态钠原子最外层电子云轮廓图：
C. 反-2-丁烯分子结构模型：
D. 氯化钠晶体的晶胞：
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲基（）中碳原子与三个氢原子形成3个共价键，剩余1个未成对电子，电子式应表示为三个C-H键的共用电子对和1个单电子，图片中甲基电子式正确表示了三个H与C的共用电子对及C的单电子，A正确；
B．基态钠原子最外层电子为，s轨道电子云轮廓图为球形：，而图片中为哑铃形（p轨道特征），B错误；
C．反-2-丁烯结构为，2个甲基在双键两端的异侧，图片模型中2个甲基在双键两端的同侧，为顺-2-丁烯分子结构模型，反-2-丁烯分子结构模型为，C错误；
D．氯化钠晶胞为面心立方结构，和交替排列，顶点和面心为一种离子，棱心和体心为另一种离子，图片中和位置不符合晶胞“无隙并置”，晶胞结构应为，D错误；
故选A。
3. 实验安全是进行化学实验的前提。下列说法错误的是
A. 氰化钠用于提炼金、银等贵重金属，该工艺不能在酸性条件下进行
B. 液溴沾到皮肤上，立即用苯洗涤，然后用水冲净，涂上甘油
C. 使用三颈烧瓶常压蒸馏时，加入液体的体积占其容积的~
D. 硝酸铵、三硝基甲苯均属于易爆物质，使用时防止剧烈受震
【答案】B
【解析】
【详解】A．CN-易与氢离子反应生成HCN，所以为防止生成HCN，造成人员中毒或者污染空气，该工艺不能在酸性条件下进行，故A正确；
B．液溴具有腐蚀性，能溶于酒精，液溴沾在皮肤上，应立即用酒精清洗，苯有毒，不能用苯清洗，故B错误；
C．蒸馏时，三颈烧瓶中液体的体积不能过少或过多，应为三颈烧瓶体积的~，故C正确；
D．硝酸铵、三硝基甲苯受热或经撞击易发生爆炸，使用时防止剧烈受震，故D正确；
故选B。
4. 下列有关物质结构、性质与用途的说法正确的是
A. 二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性
B. 氨易液化，汽化时要吸收大量的热，因此液氨可用作制冷剂
C. 某样品焰色试验火焰呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，则样品中一定含有钾盐
D. NO2与水反应得到硝酸，故NO2是酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫与氢氧化钠反应导致溶液碱性减弱，酚酞褪色属于酸碱中和，而非漂白性，A错误；
B．液氨汽化吸热，可用作制冷剂，正确描述了性质与用途的关系，B正确；
C．焰色试验显示紫色仅说明含钾元素，不一定是钾盐（可能为钾的其他化合物），C错误；
D．与水反应生成和，不符合酸性氧化物（仅生成酸）的定义，D错误；
故答案选B。
5. 通过化学键异裂产生的带正电的基团进攻不饱和键而引起的加成反应称为亲电加成反应。离子与烯烃反应形成碳正离子，是亲电加成反应的决速步。丙烯与HBr发生加成反应的机理如图所示，下列说法不正确的是
A. 丙烯中碳原子的杂化方式有两种
B. 氢离子与烯烃作用形成碳正离子过程中，断裂π键
C. 主产物的系统命名为2-溴丙烷
D. 已知双键上电子云密度越大，亲电加成反应速率越快，所以发生亲电加成的速率小于
【答案】D
【解析】
【详解】A．丙烯中碳碳双键两端的碳是杂化，甲基中的碳原子是杂化，所以丙烯中碳原子的杂化方式有两种，A正确；
B．π键的键能较小，氢离子与烯烃作用形成碳正离子过程中，只断裂π键，B正确；
C．反应2的产物是主要产物，溴原子在2号碳上，所以主产物的系统命名为2-溴丙烷，C正确；
D．由于甲基是推电子基团，可增加双键电子云密度；-CF3为强吸电子基团，会降低双键电子云密度，所以双键上电子云密度比大，故发生亲电加成的速率大于，D错误；
故答案为D。
6. 下列有关反应方程式正确的是
A. 覆铜板制作印刷电路板：
B. 氯气通入冷石灰乳中制漂白粉：
C. 将SO2通入酸性KMnO₄溶液：
D. 溶液中加入过量苯酚溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．FeCl3与Cu反应时，Fe3+被还原为Fe2+而非单质Fe，正确反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，故A错误；
B．石灰乳是Ca(OH)2悬浊液，该条件下Ca(OH)2不能拆；正确的离子方程式为： Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故B错误；
C．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，反应的离子方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+，故C错误；
D．酸性H2CO3＞C6H5OH＞，Na2CO3溶液中加入过量C6H5OH发生反应，生成碳酸氢钠和苯酚钠，反应的离子方程式为：，故D正确；
答案选D。
7. 下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝箔加热时表面生成熔点高的，阻止内部铝熔化滴落，现象描述错误，A错误；
B．优先与Fe反应，未出现红色固体不能排除存在，结论错误，B错误；
C．说明苯环能使侧链甲基的活性增强，能用于探究有机物中基团间的相互作用，C正确；
D．在酸性条件下与Zn反应生成NO而非，结论错误，D错误；
故选C
8. 向酸化的KI溶液中通入，溶液变黄并出现浑浊，发生反应Ⅰ：继续通入SO2，溶液变为无色，发生反应Ⅱ：下列说法错误的是
A. 的氧化性强弱与外界条件有关
B. 每生成 整个过程中转移电子数为同时消耗0.2 ml KI
C. 该过程的总反应为
D. 该反应过程中KI作催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．在反应Ⅰ中，SO2作为氧化剂将I⁻氧化为I2，说明SO2的氧化性强于I2；在反应Ⅱ中，I2作为氧化剂将SO2氧化为，说明I2的氧化性强于SO2。两者的氧化性强弱随反应条件（如浓度、酸度）改变，A正确；
B．每生成0.1ml，由反应方程式可知，转移电子为0.2ml，同时生成0.2mlI-，反应0.1mlI2，而生成0.1mlI2则通过反应I消耗0.2mlI-，转移电子数为0.2ml，故整个过程中转移0.4ml电子，不消耗KI，B错误；
C．由题干信息可知，反应I+2反应Ⅱ可得该过程的总反应为：，C正确；
D．KI在反应Ⅰ中被消耗，在反应Ⅱ中再生，总反应中未体现KI的消耗，说明其作为催化剂，D正确；
故答案选B。
9. 对锂盐进行掺杂和改进所获得的一种离子液体，能显著提高锂离子电池传输电荷的能力，其结构如图所示。已知A、B、C、D、E为短周期元素，且A、B原子的电子数之和等于C、D原子的价电子数之和。下列说法正确的是：
A. 电负性： A>B>CB. 第一电离能： D>C>B
C. 中E原子为杂化D. 该锂盐的熔点高于LiCl
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知A、B、C、D为短周期元素，由图可知，E原子周围形成6个键，C周围形成2个键，A形成4个键，由此可知C为O元素，E为S元素，由于A、B的电子数之和等于C、D的价电子数之和，故A不是Si，而是碳元素（C元素），由于B所连的两个原子团相同，可知B得一个电子后形成2个键，故B最外层电子数为5，又因为A、B的电子数之和等于C、D的价电子数之和，可知B不是P元素，而是N元素，而D的原子价电子数，由此可知D为F或Cl元素，据此分析；
【详解】A．由分析知，A为C元素，B为N元素，C为O元素，根据元素周期律及电负性定义，其电负性为O>N>C，即C>B>A，故A错误；
B．由分析知，B为N元素，C为O元素，D为F或Cl元素，若D为F，则第一电离能为F>N>O，即D>B>C，若D为Cl，则第一电离能为N>O>Cl，即B>C>D，故B错误；
C．由分析知，E为S元素，C为O元素，因此为，S原子的价层电子对数为，其杂化方式为，C正确；
D．离子半径越小，所带电荷越多，形成的离子晶体的晶格能就越大，熔点越高，而该锂盐的阴离子半径大于的半径，故该锂盐的熔点应当低于LiCl的熔点，故D错误；
因此，答案选C。
10. 过氧化氢燃料电池的独特之处在于用H2O2同时作燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A. 该电池表明 在酸性环境中的氧化性强于碱性环境
B. 电池的总反应为
C. 当外电路通过0.4ml时，中间室生成 的质量为34.8g
D. 反应中产生22.4L气体(标准状况下)，则溶液中转移2ml电子
【答案】D
【解析】
【分析】由图中电子移动方向可知，石墨1为负极，在碱性条件下过氧化氢被氧化生成氧气和水，电极反应式为：，负极室溶液中钾离子通过阳离子交换膜1进入中间室；石墨2为正极，在酸性条件下过氧化氢被还原生成水，电极反应式为：，正极室溶液中的硫酸根离子通过阴离子交换膜2进入中间室，则电池总反应为，据此解答：
【详解】A．由分析可知，该原电池放电时，石墨1为负极，石墨2为正极，碱性条件下，负极上被氧化生成和；酸性条件下，正极上被还原生成，即在酸性环境中的氧化性强于碱性环境，故A正确；
B．由分析可知，总反应为，故B正确；
C．当外电路通过0.4ml时，有0.4ml通过阳离子交换膜1进入中间室，有0.2ml 通过阴离子交换膜2进入中间室，则中间室生成0.2ml，其质量，故C正确；
D．电子不能进入溶液，溶液中是通过阴、阳离子的定向移动导电，不是电子导电，故D错误；
故答案选D。
11. 用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu
已知：浓硝酸不能单独将Au溶解，通常采用王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1∶3]溶解Au。
下列说法不正确的是
A. 浓、稀均可作酸溶试剂，溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料
B. 与王水溶金原理相同，反应原理可以表示为：
C. 用王水溶金时，利用了的氧化性，浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
D. 用适当浓度的盐酸、氯化钠溶液、氨水和铁粉可从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag，试剂1应选择NaCl溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A． Cu与稀反应的方程式为，溶解1mlCu需要硝酸为，Cu与浓反应的方程式为，溶解1mlCu需要硝酸为，故溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料，故A正确；
B． 根据化合价的变化规律可知，金元素的化合价从0价升高为+3价，是还原剂，硝酸是氧化剂，氮元素的化合价从+5价降低为+2价，产物是NO，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为，故B正确；
C． 用王水溶金时，硝酸中N的化合价降低，做氧化剂，利用了的氧化性，浓盐酸提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，其主要作用是减小金离子的电势，增强金的还原性，故C错误；
D． 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaC1溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2是铜和铁单质，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，故D正确；
故选C。
12. 用铜的氧化物做催化剂，实现选择性还原，用于回收和利用工业排放的低浓度二氧化碳是实现“碳达峰“碳中和”战略的重要途径，的晶胞、铜的氧化物的晶胞如图。下列说法正确的是
A. 干冰晶体熔化时需要克服范德华力和共价键
B. 每个干冰晶胞中含有8个分子
C. 铜的氧化物晶胞中距离氧离子最近且等距离的氧离子为6个
D. 由铜的氧化物的晶胞可知其化学式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰晶体属于分子晶体，干冰晶体熔化时需要克服范德华力，不需要克服共价键，A项错误；
B．根据“均摊法”，每个干冰晶胞中含有8×+6×=4个CO2分子，B项错误；
C．由铜的氧化物晶胞可知，氧离子位于晶胞的顶点和体心，距离氧离子最近且等距离的氧离子为8个，C项错误；
D．根据“均摊法”，铜的氧化物晶胞中含O：8×+1=2个，含Cu：4个，则其化学式为Cu2O，D项正确；
答案选D。
13. 已知HA为一元弱酸，Ka为HA的电离常数，25℃时，某混合溶液中c(HA)+c(A-)=0.1 ml·L-1， lgc(HA)、lgc(A-)、lgc(H+)和lgc(OH-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A. O点时，pH = 7
B. Ka(HA)的数量级为10-5
C. M点时，存在c(H+)=c(OH-)+C(A-)
D. 该体系中，c(HA)= ml·L-1
【答案】C
【解析】
【分析】pH=-lgc(H+)，所以随pH升高直线减小的是lgc(H+)，则直线升高的是lgc(OH-)，而pH升高时，HA会与氢氧根发生反应HA+OH-=H2O+A-，所以开始几乎不变，后续随pH增大而减少的是lgc(HA)，随pH增大而增加，后续几乎不变的是lgc(A-)。
【详解】A．据图可知O点处lgc(H+)=lgc(OH-)，即c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，温度为25℃，所以pH=7，A正确；
B．Ka(HA)=，据图可知N点处c(A-)=c(HA)，pH=4.74，即c(H+)=10-4.74ml/L，所以Ka(HA)=10-4.74，数量级为10-5，B正确；
C．据图可知M点处c(A-)=c(H+)，C错误；
D．该体系中c(HA)+c(A-)=0.1 ml·L-1，即c(A-)=0.1ml/L-c(HA)，c(HA)==，解得c(HA)=ml/L，D正确；
综上所述答案为C。
14. 二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
I．
II．
向容积为的密闭容器中投入和，不同温度下，测得时(反应均未平衡)的相关数据见下表，下列说法不正确的是
注：乙烯选择性
A. 反应活化能：
B. 时，反应I的平均速率为：
C. 其他条件不变，平衡后及时移除，可提高乙烯的产率
D. 其他条件不变，增大投料比投料，平衡后可提高乙烷转化率
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表可知，相同温度下，乙烯的选择性高于50%，说明反应I的速率大于反应Ⅱ，则反应活化能为Ⅰ