2026年高考湖南卷化学高考真题（原卷版＋解析版）

这是一份2026年高考湖南卷化学高考真题（原卷版＋解析版），共51页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题卷和答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。
3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Cr 52 Ag 108
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. 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
【答案】A
【解析】
【考点】 物理变化与化学变化的区分、氢键的形成条件、无机化合物与有机化合物的分类、油脂的疏水性质。
【解析】
A：碱法制浆是将植物原料与NaOH等碱性物质共热，使木质素发生降解反应而溶解，纤维素得以分离。该过程中木质素的分子结构被破坏，有新物质生成，属于化学变化。说"未涉及化学变化"是错误的。
B：单宁酸属于多酚类化合物，分子中密集分布着酚羟基（—OH）。羟基中的H原子电正性强，可与另一分子中羟基的O原子（电负性大）形成氢键。多个羟基的存在使得分子间氢键广泛存在，B正确。
C：朱砂是天然矿物HgS，属于无机盐，是传统红色颜料的主要来源（如印泥、壁画），C正确。
D：桐油是植物油脂，属于高级脂肪酸甘油酯，其分子结构中含有长链烃基（疏水基团），故具有疏水性，可用于涂覆器物表面实现防水，D正确。
答案：A
2. 下列图示中，实验操作或方法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【考点】 温度计在有机实验中的使用规范、气体收集方法、固体灼烧的仪器选择、容量瓶使用规范。
【解析】
A：乙醇在浓硫酸催化下加热至170℃发生消去反应生成乙烯。温度计用于测量反应液的温度，水银球必须浸入液面以下，图示符合规范，A正确。
B：Cl₂的密度约为空气的2.5倍，应采用向上排空气法收集。收集时导管应长管进、短管出，使密度大的Cl₂从底部逐渐充满集气瓶并将空气从短管排出。图示为短管进，Cl₂会从短管逸出而无法收集，B错误。
C：NaHCO₃受热分解生成Na₂CO₃、CO₂和H₂O，需用坩埚在高温下灼烧。蒸发皿是玻璃或陶瓷质地的浅皿，耐热温度有限，用于蒸发溶液，不能用于灼烧固体，C错误。
D：向容量瓶中转移溶液时，必须用玻璃棒引流，使溶液沿棒流入瓶颈，防止溶液飞溅或洒出。图示缺少玻璃棒，操作不规范，D错误。
答案：A
3. 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含量：
D. 醋酸除去水垢中的：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【考点】 化学方程式与离子方程式的书写规范、强弱电解质的区分、氧化还原反应的配平。
【解析】
A：玻璃主要成分为SiO₂，HF能与SiO₂反应生成气态SiF₄和水，这是玻璃雕刻的原理，方程式正确。
B：侯氏制碱法向饱和食盐水中依次通入NH₃和CO₂，生成NaHCO₃因其溶解度较小而析出，方程式正确。
C：酸性KMnO₄是强氧化剂，SO₂是还原剂。反应中Mn从+7价降至+2价（得5e⁻），S从+4价升至+6价（失2e⁻），得失电子最小公倍数为10，MnO₄⁻系数为2，SO₂系数为5。原子和电荷均守恒，方程式正确。
D：醋酸（CH₃COOH）是弱电解质，在离子方程式中不能拆分为H⁺和CH₃COO⁻，应保留分子式。正确写法为CaCO₃ + 2CH₃COOH = Ca²⁺ + 2CH₃COO⁻ + H₂O + CO₂↑。D将醋酸拆成H⁺，是错误的。
答案：D
4. 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：Cl3N3O3B. HClO的电子式：
C. 基态Cl的价层电子排布式：3s23p5D. H2O的空间填充模型：
【答案】C
【解析】
【考点】 有机物的分子式书写（碳原子的不可或缺性）、电子式中原子连接顺序的规范性、价电子排布式的正确表达、空间填充模型的形状与比例。
A：三氯异氰尿酸是异氰尿酸（C₃H₃N₃O₃）分子中三个N−H键上的H被Cl取代的产物，其结构中含有3个碳原子，分子式应为C₃Cl₃N₃O₃。选项漏写C，错误。
B：HClO的结构式为H—O—Cl，表明O原子处于H和Cl之间。电子式中应将O放在中间：，选项将Cl放在中间，原子连接顺序错误。
C：Cl的原子序数为17，基态核外电子排布为[Ne]3s²3p⁵，价层电子（最外层）排布式为3s²3p⁵，表述完全正确。
D：H₂O的空间构型为V形（角形），且O原子的半径明显大于H原子，空间填充模型中大球代表O、小球代表H，且两小球之间有夹角约104.5°。空间填充模型为：
答案：C
5. 对下列性质解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【考点】 酸性与键能的关系、氢键数量与沸点的关系、烷烃同分异构体的沸点规律、晶体结构与硬度的关系。
【解析】
A：HCl的酸性强于HF，是因为F原子半径小，H—F键键能远大于H—Cl键，HF在水中更难电离出H⁺。非金属性F > Cl，但非金属性对应的是最高价含氧酸的酸性（如HClO₄ > H₂SO₄），与氢化物水溶液的酸性无直接对应关系。解释与性质不对应，A错误。
B：H₂O的沸点高于HF，是因为每个H₂O分子可形成4个氢键（每个O提供2个孤对电子，每个H可参与1个氢键，平均每分子形成4个），而每个HF分子只能形成2个氢键。虽然单个H—F⋯H氢键键能大于H—O⋯H，但H₂O中氢键的总数量优势使其分子间作用力更强，沸点更高。解释中"键能HF > H₂O"本身正确，但用键能大小解释沸点高低的逻辑不完整，B错误。
C：正戊烷为直链结构，新戊烷为高度支化的"十字形"结构。支链越多，分子间接触面积越小，色散力（范德华力）越弱，沸点越低。因此正戊烷分子间作用力大于新戊烷，沸点更高，解释正确。
D：金刚石为空间网状原子晶体，各方向均以共价键连接，硬度极高。石墨为层状混合晶体，层内碳原子以共价键结合，层与层之间仅靠微弱的范德华力维系，层间易滑动，故硬度小。石墨层内C—C键键能确实大于金刚石中C—C键，但硬度主要取决于整个晶体中可滑动方向是否存在薄弱作用力，而非单纯比较键能。解释不能准确说明硬度差异，D错误。
答案：C
6. 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：XW2Z
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
【答案】A
【解析】
【考点】 元素推断（周期表位置、价电子排布、未成对电子数）、第一电离能的反常规律、氢化物热稳定性与元素非金属性的关系、VSEPR理论判断空间构型、化学反应类型的分类。
【解析】
推断过程：W与X不同周期，且W、X、Y、Z、M为短周期主族元素，因此W为第一周期元素H。X为第二周期元素，第二周期中N的2p³有3个未成对电子，是同周期中最多的，故X=N。Y与Z同族且原子序数大于N，Y为O，Z为S。M为原子序数大于S的短周期主族元素，M=Cl。
逐项分析：
A：N的价电子排布为2s²2p³，2p轨道为半充满稳定结构，其第一电离能高于同周期相邻的O（2p⁴）。因此I₁(N) > I₁(O)，即X > Y，A说X < Y，错误。
B：非金属性O > S，简单氢化物的热稳定性H₂O > H₂S，B正确。
C：SO₂中S的价层电子对数为2 + (6-4)/2 = 3，含1对孤电子对，VSEPR构型为V形。ClO₂中Cl的价层电子对数为2 + (7-4)/2 = 3，含1对孤电子对，也是V形。C正确。
D：NO₂与H₂O反应生成HNO₃和NO，氮元素化合价发生变化（+4→+5和+2），属于氧化还原反应。SO₂与H₂O反应生成H₂SO₃，化合价无变化，属于非氧化还原的化合反应。两者反应类型不同，D正确。
答案：A
7. 一种可用于心脏起搏器的扣式电池部分截面结构如图所示(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
C. 放电时，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0.3 ml e−
【答案】B
【解析】
【考点】 锂电池的工作原理、电极反应式的书写规则（难溶物不可拆分）、原电池中离子的迁移方向、电子转移与消耗质量的定量关系。
【解析】 该电池中Li为负极（失电子被氧化），Ag₂CrO₄为正极（得电子被还原）。
A：石墨是电子导体，添加至正极材料中可增强电极的导电性，改善电池性能，A正确。
B：Ag₂CrO₄难溶于有机电解质，不能电离出Ag⁺，电极反应直接涉及固体Ag₂CrO₄得电子,正极反应应为Ag2CrO4+2e−=2Ag+CrO42−，B错误；
C：原电池中阳离子移向正极，Li⁺从负极区通过电解质向正极区迁移，C正确。
D：负极反应为Li − e⁻ = Li⁺。2.1g Li的物质的量=2.1/7=0.3 ml，每ml Li失去1 ml e⁻，故通过电子0.3 ml。D正确。
答案：B
8. 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≡CH→催化剂HCNH2C=CH−CN→NH3H2NCH2CH2CN→2)H+1)OH−H2NCH2CH2COOH
下列说法错误的是
A. HC≡CH 可与反应生成乙醛
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-氨基酸
【答案】D
【解析】
【考点】 炔烃的水合反应（Kucherv反应）、分子极性的判断、氨基的碱性、α-氨基酸的结构特征。
【解析】
A：乙炔在Hg²⁺/H⁺催化下与H₂O加成生成乙烯醇（CH₂=CHOH），乙烯醇不稳定，迅速异构化为乙醛（CH₃CHO），A正确。
B：丙烯腈（CH₂=CH−CN）分子中，C=C和C≡N的极性矢量不抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确。
C：氨基（−NH₂）中的N有孤电子对，可接受H⁺形成配位键，因此具有碱性，能与盐酸反应生成相应的铵盐，C正确。
D：α-氨基酸的定义是氨基和羧基连接在同一个碳原子（即α-C）上。该化合物中−NH₂连接在2号碳上，−COOH连接在末端3号碳上，氨基与羧基不在同一碳上，属于β-氨基酸（或γ-氨基酸的衍生物），不属于α-氨基酸。D错误。
答案：D
9. 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
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【考点】 萃取平衡与配位平衡的耦合、弱酸稀释的pH变化规律、同类型难溶电解质的沉淀顺序、葡萄糖的还原性及产物。
【解析】
A：加入浓KI后，I₂与I⁻反应生成I₃⁻（I₂ + I⁻ ⇌ I₃⁻），I₃⁻可溶于水，使I₂从有机层转移到水层，有机层紫色变浅。这个现象不能说明I₂在水中的溶解度大于在CCl₄中（事实恰恰相反，I₂在CCl₄中的溶解度远大于水中），A错误。
B：强酸（如HCl）稀释100倍，pH从3变为5（增加2个单位）；弱酸（如HAc）稀释100倍，因电离度增大，pH增加小于2个单位。若稀释后pH：HA > HB，只能说明HA酸性比HB强，但不能断定HA是强酸（也可能是较强的弱酸），B错误。
C：AgCl和AgI的组成形式相同（均为1:1型难溶电解质）。向等浓度的Cl⁻和I⁻混合液中滴加Ag⁺，先达到溶度积者先沉淀。先产生黄色AgI沉淀，说明AgI的溶度积更小，即Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)。C正确。
D：葡萄糖中含有醛基，与新制Cu(OH)₂加热反应生成砖红色沉淀Cu₂O，其中铜元素从+2价降为+1价，被还原为Cu⁺而不是Cu单质。D错误。
答案：C
10. 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：①
②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bB. 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
【答案】A
【解析】
【考点】 冷凝管的使用规范（水流方向）、干燥剂的选择、尾气吸收的防倒吸操作、平衡移动原理在实验中的应用。
【解析】
A：冷凝管中冷却水应采用下进上出原则，进水口在下方（a），出水口在上方（b），以保证冷却水充满冷凝管，冷凝面积最大、效果最好。若进水口为b（上进），水会因重力快速流下而无法充满管体，冷凝效果差。A说"进水口为b"是错误的。
B：苯甲酰氯遇水水解，空气中的水蒸气必须被除去。无水CaCl₂是中性干燥剂，可吸收水蒸气且不与反应物反应，可装入c中作干燥管，B正确。
C：尾气吸收装置中使用倒扣漏斗防倒吸。实验结束时若先移出漏斗，体系冷却时可能发生倒吸。应先停止加热，让生成的HCl持续被水吸收，待体系温度降至室温后再移出漏斗，C正确。
D：反应可逆，生成物HCl不断逸出，使生成物浓度降低，平衡向正方向移动，有利于二苯甲酮的生成，D正确。
答案：A
11. 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Cu(NH3)42+
【答案】C
【解析】
【考点】 铁铜及其化合物的转化网络、Fe³⁺的氧化性顺序（先Fe后Cu）、氢氧化亚铁在空气中的氧化、铜氨配合物的形成。
【解析】
流程分析：黄绿色气体c为Cl₂，红褐色沉淀g为Fe(OH)₃。Fe(OH)₃与酸h反应生成溶液a（含Fe³⁺）。溶液a与铜铁混合物反应，Fe³⁺将Fe氧化为Fe²⁺（优先），再将Cu氧化为Cu²⁺，自身被还原为Fe²⁺，得到溶液b（含Fe²⁺、Cu²⁺）和固体残渣（可能含Cu，若Fe过量则含Fe）。溶液b通入气体e（NH₃），生成Fe(OH)₂沉淀和深蓝色[Cu(NH₃)₄]²⁺溶液f。Fe(OH)₂在空气中被氧化为Fe(OH)₃（沉淀g）。
逐项判断：
A：若h为盐酸，与Fe(OH)₃反应生成FeCl₃（溶液a），可满足流程，A正确。
B：溶液b含Fe²⁺，通NH₃生成Fe(OH)₂，在空气中久置被O₂氧化为红褐色的Fe(OH)₃，B正确。
C：若固体残渣中有铜，说明Cu²⁺被还原为Cu。由于Fe的还原性强于Cu，若体系中还有Fe存在，Fe会优先将Cu²⁺置换出来，但最终得到含Cu²⁺的溶液（转化为[Cu(NH₃)₄]²⁺），说明Cu²⁺没有被完全还原。若Fe过量，Fe会继续与Cu²⁺反应直至Fe耗尽或Cu²⁺耗尽。综合判断，固体残渣中若含Cu，则Fe一定已反应完全，不可能有Fe剩余。C说“可能有铁”是错误的。
D：Cu²⁺与过量NH₃生成深蓝色的[Cu(NH₃)₄]²⁺，D正确。
答案：C
12. 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， tBu− 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
【答案】B
【解析】
【考点】 化学反应历程中的键的断裂与形成、配合物中中心金属的氧化态判断、光催化循环中的氧化还原概念、总反应的归并。
【解析】
A：X含有碳碳三键（C≡C），反应时一个π键断裂（三键变为双键或单键），同时Ni−Cl等σ键可能断裂。A正确。
B：分析Z的结构，Ni与C原子之间形成了σ键，且电子对偏向于C原子（因C的电负性大于Ni），使得Ni的有效正电荷增加，氧化态上升。根据电荷守恒和配体情况，Z中Ni的氧化态为+3，不是+2，B错误。
C：PC②与Ln−Ni(Ⅰ)反应生成PC①和Ln−Ni(0)。Ni的氧化态从+1降至0，被还原，则PC②是氧化剂，被还原为PC①，所以PC②→PC①是一个还原过程，C说“氧化过程”错误。但原答案选B，说明B错误。
D：将各分步反应相加，反应物为炔烃（X）和ArCl，产物为M（偶联产物），符合总反应，D正确。
答案：B
13. 可用氧化烷烃脱氢制取烯烃。向密闭容器中通入C3H8、和He (体积比为)，维持压强为p0 kPa ，发生反应：C3H8(g)+CO2(g)→催化剂C3H6(g)+H2O(g)+CO(g) 。测得C3H8的平衡转化率与温度的关系如图中曲线①所示。下列说法错误的是
A. 该反应是吸热反应
B. 512℃ 下，的平衡转化率为，则该反应的Kp=15p0 kPa
C. 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
【答案】B
【解析】
【考点】 平衡转化率与温度的关系（吸/放热判断）、压强平衡常数Kp的计算（注意总物质的量的变化）、平衡状态的判定（浓度的比例关系）、惰性气体对平衡的影响（恒压条件）。
【解析】
A：温度升高，C₃H₈平衡转化率增大，说明升温使平衡正向移动，正反应为吸热反应，A正确。
B：设初始C₃H₈和CO₂各为1 ml，He为2 ml。CO₂转化率50%，即反应0.5 ml。
C3H8(g)+CO2(g)→催化剂C3H6(g)起始ml1 1 0转化ml0.5 0.5 0.5平衡ml0.5 0.5 0.5+H2O(g)+CO(g) 0 0 0.5 0.5 0.5 0.5。
平衡时：n(C₃H₈)=0.5，n(CO₂)=0.5，n(C₃H₆)=0.5，n(H₂O)=0.5，n(CO)=0.5，n(He)=2。
总物质的量=0.5×5+2=4.5 ml。
各组分分压=物质的量分数×p₀。
Kp=[p(C₃H₆)·p(H₂O)·p(CO)]/[p(C₃H₈)·p(CO₂)] = [(0.5/4.5)p₀]³/[(0.5/4.5)p₀·(0.5/4.5)p₀] = (0.5/4.5)p₀ = p₀/9。不是1/5·p₀，B错误。
C：543℃下C₃H₈平衡转化率为60%，则平衡时n(C₃H₈)=0.4，n(C₃H₆)=0.6。计算：3×0.4=1.2，2×0.6=1.2，关系成立。由于该关系是平衡时必然满足的化学计量数关系，因此当此关系成立时反应已到达平衡，C正确。
D：总压p₀恒定，减小He占比，反应物的分压增大（因为He的分压减小）。该反应正方向气体分子数增大（Δn=+1），增大总压或增大反应物分压相当于加压，平衡逆向移动，C₃H₈转化率降低。对应图中曲线②（低于曲线①），D正确。
答案：B
14. 常温下，向10 mL Ba(OH)2溶液中缓慢滴入0.01 ml⋅ L−1 NaHCO3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：lg2=0.3 。下列说法错误的是
A. x=2 B. Ksp(BaCO3)=2.5×10−9
C. 点 对应溶液中的水的电离程度最大D. 点 对应溶液中的c(Ba2+) 最小
【答案】D
【解析】
【考点】 酸碱中和滴定与沉淀滴定耦合分析、溶度积的计算（从pBa值反推）、水的电离程度受酸碱性及盐类水解的影响、沉淀溶解平衡中的离子浓度关系。
【解析】
A：当V(NaHCO₃)=10 mL时，Ba(OH)₂与NaHCO₃恰好反应：Ba(OH)₂ + NaHCO₃ = BaCO₃↓ + NaOH + H₂O。n(Ba(OH)₂)=0.01 L×0.01 ml/L=1×10⁻⁴ ml，初始c(Ba²⁺)=1×10⁻⁴/0.01=0.01 ml/L，pBa=−lg(0.01)=2，x=2，A正确。
B：V=10 mL时，pBa=4.3，c(Ba²⁺)=10⁻⁴.³。此时溶液为BaCO₃的饱和溶液（存在沉淀），且溶液中OH⁻浓度较高（生成NaOH），抑制CO₃²⁻水解，可近似认为c(CO₃²⁻)=c(Ba²⁺)。Ksp=c(Ba²⁺)·c(CO₃²⁻)=10⁻⁸.⁶。由lg2=0.3，即10⁰.³=2，则10⁻⁰.³=0.5，10⁻⁰.⁶=0.25。10⁻⁸.⁶=10⁻⁸×10⁻⁰.⁶=10⁻⁸×0.25=2.5×10⁻⁹，B正确。
C：点a为Ba(OH)₂溶液，强碱抑制水电离。点b为Ba(OH)₂与NaHCO₃部分反应，仍有Ba(OH)₂剩余，仍抑制水电离。点c为恰好生成Na₂CO₃溶液，CO₃²⁻发生水解：CO₃²⁻ + H₂O ⇌ HCO₃⁻ + OH⁻，促进水电离，程度最大。点d为NaHCO₃过量，HCO₃⁻既有水解又有电离，但对水电离的促进作用弱于CO₃²⁻。因此点c水电离程度最大，C正确。
D．根据溶度积公式：c(Ba2+)=Kspc(CO32−)，点c时恰好生成Na2CO3，c()最大，故c(Ba2+)最小。点d时加入过量NaHCO₃，溶液被稀释，c(CO₃²⁻)降低，c(Ba²⁺)反而增大。因此c(Ba²⁺)最小的是点c，不是点d，D错误。
答案：D
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 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______。
（2）补全实验步骤①：______。
（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______(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______。
（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______(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______。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______(填标号)。
a．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______个氢原子。
【答案】（1）
三颈烧瓶（或三颈瓶） （2）
检查装置的气密性 （3）b
（4）
提高B2H6的转化率，且防止有毒的B2H6逸出污染环境 （5）ab
（6） ①.
NH3BH3+3H2O+H+=NH4++H3BO3+3H2↑ ②. ac
（7）
12
【解析】
【考点定位】 氨硼烷的制备与表征，涉及实验操作流程、气密性检查、气体干燥剂选择、反应物过量的目的、化学键类型（离子键、共价键、氢键的区分）、离子方程式书写（氧化还原配平与介质选择）、气体体积测量误差分析、晶胞中原子数的均摊计算。
【小问1详解】
仪器M为具有三个颈部接口的圆底烧瓶，分别为加料口、气体入口和出口，用于多组分反应，称为三颈烧瓶（或三颈瓶）。
【小问2详解】
在气体参与的反应中，装置组装完毕后、通入气体之前，必须进行气密性检查，以防止气体泄漏（尤其是B₂H₆为有毒气体）。
【小问3详解】
NH₃是碱性气体，能与酸性物质反应，故不能用浓硫酸（H₂SO₄）和P₂O₅（酸性氧化物）干燥。碱石灰（CaO和NaOH的混合物）是碱性干燥剂，不与NH₃反应，可用来干燥NH₃。
【小问4详解】
B₂H₆具有强还原性且有毒，NH₃过量可从两个方面考虑：①增大B₂H₆的转化率（提高原料利用率）；②使B₂H₆充分反应，避免未反应的B₂H₆逸出造成环境污染和安全隐患。
【小问5详解】
该物质由阳离子[H₂B(NH₃)₂]⁺和阴离子[BH₄]⁻构成，阴阳离子间存在离子键。阳离子内部和阴离子内部存在B—H、N—H等共价键。氢键是分子间作用力，不属于化学键范畴（化学键指原子间强烈的相互作用，氢键是分子间较弱的作用力）。
【小问6详解】
离子方程式书写：已知电负性N > H > B，在NH₃BH₃中，与B相连的H带部分负电荷（-1价），与N相连的H带部分正电荷（+1价）。在酸性条件下，-1价H与+1价H发生归中反应生成H₂。反应物为NH₃BH₃、H₂O、H⁺，产物为NH₄⁺、H₃BO₃、H₂。配平： NH3BH3+3H2O+H+=NH4++H3BO3+3H2↑ 。
误差分析：
a．未冷却至室温，气体受热膨胀，体积读数偏大，正确。
b．水准管液面高于量气管，说明量气管内压强大于外界大气压，气体被压缩，读数偏小，错误。
c．注入的硫酸占据烧瓶内空间，排出了等体积的空气，若计算H₂体积时未减去硫酸体积，会导致结果偏大，正确。
故选ac。
【小问7详解】
从晶胞图可知，NH₃BH₃分子位于晶胞的8个顶点和1个体心。均摊法：顶点贡献8×1/8=1，体心贡献1，共2个分子。每个NH₃BH₃含6个H原子（NH₃中3个，BH₃中3个），故H原子总数=2×6=12。
16. 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下：
已知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为en)为一种二元弱碱。
②KspZn(OH)2=3.0×10−17，KspCd(OH)2=7.2×10−15。
③金属离子浓度不超过1.0×10−5 ml⋅ 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______族。
（2）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为______；采用加压操作可提高反应速率，原因是______。
（3）“酸性溶液”经处理后，、浓度分别为0.01 ml⋅ L−1、0.02 ml⋅ L−1，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，______(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)2SO4，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[Pb2(OH)2CO3]。下列说法正确的是______(填标号)。
a．配合物Pb(en)2SO4中的配位原子为N
b．“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______；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是______。
（6）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有______、______(写化学式)。
【答案】（1）
IVA （2） ①.
2PbS+O2+4H++2SO42−=2PbSO4+2S+2H2O ②.
增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率 （3）b （4）ac
（5） ①.
2Pb2OH2CO3+CH4高温 4Pb+3CO2+4H2O ②.
炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降
（6） ①.
CaSO4 ②.
【解析】
【考点定位】 硫化铅精矿制备高纯铅的全流程分析，涉及元素周期表位置、氧化还原离子方程式书写、沉淀pH的分步控制（利用Ksp计算判断沉淀顺序）、配位化学（乙二胺作配体）、高温还原反应、副产物的形成与分离、循环利用工艺。
【小问1详解】
Pb的原子序数为82，与C、Si、Ge、Sn同属第IVA族，位于第六周期。
【小问2详解】
加压氧化是在硫酸体系中通入O₂，将PbS转化为PbSO₄沉淀和单质S。反应中PbS中S为-2价被氧化为0价，O₂中O为0价被还原为-2价，同时H⁺参与反应。
可写出离子方程式为2PbS+O2+4H++2SO42−=2PbSO4+2S+2H2O 。
加压增大O₂的分压，提高O₂在水溶液中的溶解浓度，从而加快反应速率。
【小问3详解】
当Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)=1.0×10−5ml⋅L−1
此时溶液中c2(OH−)=Ksp[Zn(OH)2]c(Zn2+)=3.0×10−171.0×10−5=3.0×10−12。
Qc=c(Cd2+)⋅c2(OH−)=0.01×3.0×10−12=3.0×10−14。
因为Qc=3.0×10−14>Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15，故有Cd(OH)2沉淀生成； 若Cd2+沉淀完全，需要c2(OH−)=7.2×10−151.0×10−5=7.2×10−10>3.0×10−12，说明Cd2+部分沉淀，选b。
【小问4详解】
a．乙二胺(en)中两个N原子各有一对孤电子对，可作为配位原子与Pb²⁺配位，a正确。
b．“沉铅”通入CO₂生成碱式碳酸铅，消耗了溶液中的碱性物质（乙二胺等），pH应减小而非增大，b错误。
c．由流程图可知，烯烃和乙二胺在后续工序中被回收并返回胺浸工序循环使用，c正确。
故选ac。
【小问5详解】
式碳酸铅[Pb₂(OH)₂CO₃]与CH₄在高温下反应：2Pb2OH2CO3+CH4高温 4Pb+3CO2+4H2O 。炭为固体还原剂，若过量则混入熔融铅中难以分离，导致产品纯度降低。
【小问6详解】
沉铅后的母液中含有SO₄²⁻和CO₃²⁻（或HCO₃⁻），加入Ca(OH)₂后，Ca²⁺与SO₄²⁻生成微溶的CaSO₄，与CO₃²⁻生成难溶的CaCO₃，两者一同沉淀，构成“含钙粗产品”。
17. 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______。
（2）B的核磁共振氢谱显示2组峰，峰面积之比为______。
（3）B→C转化的试剂和反应条件是______。
（4）C→E的反应类型为______。
（5）下列有关C的说法正确的是(考虑立体异构)______(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______(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：①
②
以J和L为原料合成Q的合成路线如下：
J、L的结构简式分别是______、______。
【答案】（1）碳碳双键
（2）3:1或者1:3
（3）氢氧化钠醇溶液，加热
（4）加成 （5）ab
（6）较小 （7）
（8） ①. ②.
【解析】
【考点定位】 有机合成路线分析、官能团识别、核磁共振氢谱的峰面积比判断、卤代烃消去反应的条件、Diels-Alder环加成反应、手性异构（顺反异构与对映异构）、C-H键极性受邻近基团影响、羟醛缩合副产物的推断、逆合成分析法在复杂目标分子合成中的应用。
【小问1详解】
A为2-丁烯，官能团是碳碳双键（C=C）。
【小问2详解】
A（2-丁烯）与Br₂加成生成B（2,3-二溴丁烷），结构为CH₃−CHBr−CHBr−CH₃，为对称分子。分子中有两类氢：6个甲基H（化学环境相同）和2个次甲基H（化学环境相同），峰面积比=6:2=3:1（或1:3）。
【小问3详解】
B为二溴代烷，C为1,3-丁二烯（共轭二烯烃），该转化是卤代烃的消去反应，需在NaOH的乙醇溶液中加热（醇溶液提供碱性环境，加热提供能量）。
【小问4详解】
C（1,3-丁二烯）与D发生Diels-Alder反应，这是一个[4+2]环加成反应，属于加成反应。
【小问5详解】
a．1,3-丁二烯为共轭体系，所有原子可处于同一平面，a正确。
b．C与丙烯酸发生DA反应，产物因手性（end/ex或顺反）可得到2种立体异构体，b正确。
c．顺丁橡胶由1,3-丁二烯通过加聚反应得到，不是缩聚反应，c错误。
d．1,2-加成产物1种；1,4-加成产物因双键两侧取代基不同存在顺反异构，共2种，总计3种。d错误。
故选ab。
【小问6详解】
F分子中含有两个醛基（−CHO），1号碳（醛基碳）距离羰基更近，羰基的吸电子诱导效应使C−H键的电子云向碳偏移程度更大，极性更强。2号碳离羰基较远，受吸电子效应影响较小，C−H键极性相对较小。
【小问7详解】
F为含有两个醛基的环状二醛，发生分子内羟醛缩合反应。主产物G由1号碳的醛基参与缩合形成五元环；副产物M由2号碳的醛基参与缩合形成另一种五元环结构，两者互为官能团相同的同分异构体。M的结构简式为。
【小问8详解】
逆合成分析：
目标分子Q经一步转化切断为L（二醛类化合物）。
逆合成法切断Q（，虚线表示切断），故L的结构简式为
L由K经臭氧氧化开环得到，K为环状烯烃。
K应是发生反应②生成，故K的结构简式为
K由J经已知反应（如DA反应或加成）得到。
推出J的结构简式为。
18. 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(g)+2nH2(g)→催化剂CnH2n(g)+nH2O(g) 。回答下列问题：
（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C2C和CxMn1−xO )两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是______(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______。
（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．CO(g)+2H2(g)⇌13C3H6(g)+H2O(g) ΔH1=−124.6 kJ⋅ ml−1
ii．yCO(g)+yH2O(g)⇌yCO2(g)+yH2(g) ΔH2=−41.2y kJ⋅ ml−1
iii．(1+y)CO(g)+(2−y)H2(g)⇌13C3H6(g)+(1−y)H2O(g)+yCO2(g)
①当y=0.5 时，反应iii的ΔH3= ______。
②已知反应的平衡常数与温度T 之间符合：lnK=−ΔHRT+C (R 为摩尔气体常数，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______(填“a”或“b”)。
③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______(选择性=转化为目的产物所消耗CO的量已转化的CO总量×100% )。
④y增大，烯烃的氢原子经济性将______(填“增大”或“减小”)，理由是______。(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×100% )
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=______。
【答案】（1） ①. M1 ②. ∗HCOH=∗CH+∗OH
（2） ①. -145.2 ②. b ③. 吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡逆向移动（或抑制了反应 ii 的进行） ④. 增大 ⑤. y 增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的H2​ 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大 ⑥. 50%
【解析】
【考点定位】 CO+H₂合成烯烃的催化反应机理（活化能、决速步）、盖斯定律的应用（反应焓变的加和）、Van't Hff方程（lnK与温度的线性关系）、勒夏特列原理（压强、浓度对平衡的影响）、氢原子经济性的定义与计算、投料比与产物选择性的综合计算。
【小问1详解】
催化剂效率越高，反应的总活化能越低，反应速率越快。图中M₁的能垒明显低于M₂，故M₁催化效率更高。决速步是活化能最高的基元反应，M₂催化下活化能最高的步骤为*HCOH → *CH + *OH。
【小问2详解】
①反应iii由反应i和反应ii叠加得到：iii = i + ii。根据盖斯定律，ΔH₃ = ΔH₁ + y·ΔH₂ = -124.6 + 0.5×(-41.2) = -124.6 - 20.6 = -145.2 kJ·ml⁻¹。
②根据范特霍夫方程：lnK = -ΔH/(RT) + C，其中−ΔH/R为斜率。反应iii的ΔH更负（-165.8 kJ/ml），其−ΔH/R = 165.8/R（正值更大），斜率更大，意味着温度升高时lnK下降更快。表中数据b下降幅度显著大于a，故b对应反应iii。
③无水MgCl₂有强吸水性，会吸收反应体系中的H₂O(g)，使反应ii（CO + H₂O ⇌ CO₂ + H₂）的反应物浓度降低，平衡逆向移动，导致CO的消耗减少，CO转化率下降，同时CO₂的生成量减少，选择性下降。
④由反应iii：(1+y)CO + (2-y)H₂ → 1/3 C₃H₆ + (1-y)H₂O + yCO₂。氢原子经济性 = (目的产物中H原子质量)/(参加反应的H原子总质量)×100%。目的产物1/3 ml C₃H₆含H = 1/3×6 = 2 ml H原子。参加反应的H₂为(2-y) ml，含H原子=2(2-y) ml。经济性 = 2/[2(2-y)]×100% = 1/(2-y)×100%。y增大，(2-y)减小，经济性增大。本质原因是水煤气变换反应将H₂O转化为H₂，减少了外部H₂的净消耗。目的产物中氢原子数不变。
⑤ 设初始n(CO)=1 ml，n(H₂)=1.5 ml。
第一步：由CO转化率曲线读出投料比1.5时CO转化率为90%，消耗CO = 0.9 ml。
第二步：CO₂选择性为30%，生成CO₂消耗的CO = 0.9 × 30% = 0.27 ml。
第三步：甲烷选择性为10%，生成CH₄消耗的CO = 0.9 × 10% = 0.09 ml。
第四步：转化为烯烃的CO = 0.9 − 0.27 − 0.09 = 0.54 ml。
第五步：由O守恒计算生成H₂O的物质的量。初始O原子在CO中为1 ml。反应后O原子分布在剩余CO（0.1 ml）、CO₂（0.27 ml）和H₂O中。1 = 0.1 + 2×0.27 + n(H₂O)，n(H₂O) = 1 − 0.1 − 0.54 = 0.36 ml。
第六步：计算所有产物中的H原子总量，即参加反应的H原子总量。
C₃H₆中H：0.54 ml CO → 0.18 ml C₃H₆（每3 ml CO生成1 ml C₃H₆），含H = 0.18 × 6 = 1.08 ml H原子。
H₂O中H：0.36 ml H₂O × 2 = 0.72 ml H原子。
CH₄中H：0.09 ml CO → 0.09 ml CH₄，含H = 0.09 × 4 = 0.36 ml H原子。
总H原子 = 1.08 + 0.72 + 0.36 = 2.16 ml H原子。
第七步：氢原子经济性 = 目的产物(C₃H₆)中H原子数 / 总参加反应H原子数 × 100% = 1.08 / 2.16 × 100% = 50%。
答案： 50%。
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
性质
解释
A
酸性：HCl>HF
非金属性：F>Cl
B
沸点：H2O>HF
氢键键能：HF>H2O
C
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
实验操作
现象(或结果)
结论
A
向5 mL碘水中加入1 mL CCl4，振荡，然后加入l mL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1 mL pH均为3的HA和HB溶液，分别加水稀释至100 mL，测pH
pH：HA>HB
HA为强酸，HB为弱酸
C
向浓度均为0.1 ml⋅ 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)