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湖北省高中名校联盟 2026 届高三第一次联合测评
化学参考答案与试题解析
1．【答案】C
【解析】A．必修第一册教材正文内容，生物存活时体内 含量与大气保持平衡，生物死亡后体内
按照固定的半衰期不断减少，通过精确测定文物样品中剩余 含量与初始值比较能推断文物的年代，故
A正确。
B．选择性必修第三册教材资料卡片，乙炔在氧气中燃烧放出大量热，氧炔焰温度可达 3000℃以上，
常用它来焊接或切割金属。故B正确。
C．选择性必修第一册“思考与讨论”，锌的活泼性强于铁，白铁皮的锌镀层破损后形成锌铁原电池，锌
作负极首先被腐蚀，可以继续起到保护铁的作用，故C错误。
D．选择性必修第二册教材正文内容，硫氰化铁配离子颜色极似血液，常被用于电影特技和魔术表演，
故D正确。
2．【答案】B
【解析】A． 命名时满足官能团优先原则，应为3-甲基-1-丁烯，故A错误。
B．C 属于分子密堆积结构（配位数为12），晶胞与干冰晶胞相同，均为面心立方晶胞，故B正确。
60
C．用电子式表示形成过程时需要标注原子最外层电子，HCl的形成过程应表示为：
，故C错误。
D．基态铬原子的价电子排布需要满足“半充满更稳定”原则，且书写价电子排布式/图时应按能层由低
到高排列，价电子轨道表示式（又称电子排布图）为：
，故D错误。
3．【答案】C
【解析】选项均为选择性必修第三册教材正文内容，蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序称为蛋白质
的一级结构，组成蛋白质的氨基酸之间通过肽键连接，故C错误。
4．【答案】C
【解析】A．容量瓶是精密仪器，不能用于溶解和长久保存溶液，溶解NaOH固体应在烧杯中进行，
且不断搅拌，故A错误。
B．定容后应反复上下颠倒摇匀，故B错误。
C．选择性必修第一册教材“实验活动”中赶出碱式滴定管乳胶管中气泡操作，故C正确。
D．用一定物质的量浓度的NaOH 溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，反应终点醋酸钠溶液呈碱性，应使
1用酚酞作指示剂，故D错误。
5．【答案】A
【解析】A．维生素A 存在疏水的大烃基结构，水溶性较差，是脂溶性维生素，故A错误。
1
B．维生素A 中存在5个双键，每个双键的碳原子都连接了不同的原子或原子团，因双键限制绕键轴
1
旋转会导致产生顺反异构现象，故B正确。
C． 中1号碳原子周围连接的4个碳原子不可能共平面，故C正确。
D．维生素A 结构与饱和结构相比，缺少12个H，形成一个苯环只需要少8个H，故D正确。
1
6．【答案】D
【解析】A．参考选择性必修第一册教材图 4-20，铁锅表面吸附的水膜酸性很弱或呈中性，但溶解一
定量的氧气，会发生吸氧腐蚀，故A正确。
B．草木灰的主要成分为 K CO ，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，能与土壤中的酸性物质发生中
2 3
和反应，故B正确。
C．盐水的凝固点比纯水更低，在相同条件下需要更低的温度才能凝固，该性质可被应用于冬季道路
融雪防冻，故C正确。
D．选择性必修第三册“科学史话”，苯酚可用于外用的杀菌消毒，关联原理应为苯酚会导致蛋白质
变性，故D错误。
7．【答案】A
【解析】A．选择性必修第二册教材正文内容，烷基越长则推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性
越小，酸性越弱，故A正确。
B．共价键键长H‒ClH‒Br，水溶液酸性HClC>H，‒CCl 的吸电子效应大于‒CH Cl，因此CCl COOH羧基中的羟基的极性
3 2 3
更大，酸性更强，故C错误。
D．苯酚酸性强于乙醇是因为苯环与羟基氧上孤电子对形成大π键（p-π共轭），使羟基的极性增强，
故D错误。
8．【答案】D
【解析】依据题干信息分析：甲、乙、丙分别为钠、氯化钠、氢氧化钠。
A．钠在氯气中点燃得到氯化钠完成转化①，氯化钠熔融态电解得到钠完成转化②，反应条件不同，
转化①和②不是可逆反应，故A错误。
B．转化③电解饱和食盐水产生氢气和氯气，常温常压无光照/点燃条件、且比例合适情况下可以共存，
2故B错误。
C．电解熔融氢氧化钠，钠离子在阴极得电子变成单质钠，故C错误。
D．转化⑥为钠与水反应，放热且较为剧烈，实验室完成必须使用护目镜，故D正确。
9．【答案】A
【解析】A．依据U、Fe、Ga原子序数，确定为分别为f、d、p区元素，故A正确。
B．由UFeGa 化学式及题干信息，确定晶胞图中实心黑球为Ga，由于a≠b≠c，距离Ga原子最近的U
5
原子不是12个，由a、b、c大小及Ga原子、U原子相对位置关系，Ga原子最近的U原子为2个，也可
能是4个（可以计算出来，但解题不必计算），故B错误。
C．由UFeGa 化学式及题干信息，确定晶胞图中小白球为Fe原子，Fe原子仅位于U原子上下方，U
5
原子位于由Fe原子形成的直线的上下，无正八面体结构，故C错误。
D．上下面心均为实心黑球（Ga），沿z轴的投影面心应仍为实心黑球，故D错误。
10．【答案】D
【解析】A．b 极所连电极板上活性物质（可能是 H 或者 H·，能将乙烯转化为丙醛），是 H+得电子
2
产生，所以b极所连电极板为电解池的阴极，推断b极为负极，a极为正极，故A正确。
B．H+在b极所连电极板上放电，水电离的OH-在a极所连电极板上放电，只有允许H+ 不断通过离子
交换膜才能形成闭合回路并不断补充阴极放电产物，故B正确。
C．活性物质不确定，阴极电极反应可能有2H+ + 2e－= H ↑、H+ + e－= H·（H· + H· =H ）、CO + 2e－+
2 2 2
2H+ =H O + CO，最终发生化学反应为：CO+H +C H =CH CH CHO。或者CO 直接与乙烯发生化学反应
2 2 2 4 3 2 2
CO +2H +C H =CH CH CHO+H O，故C正确。
2 2 2 4 3 2 2
D．C H 转化为CH CH CHO（C H O）过程中C、H、O数目均发生变化，利用平均化合价法可判断
2 4 3 2 3 6
反应后碳元素价态升高，乙烯发生氧化反应，故D错误。
11．【答案】D
【解析】A．选择性必修第三册教材正文有明确的酸催化下酚醛树脂的合成的化学方程式，故A正确。
B．选择性必修第三册教材正文内容，在酸催化下，等物质的量的苯酚与甲醛反应生成羟甲基苯酚，
然后羟甲基苯酚之间相互脱水缩合成线型结构的高分子，具有热塑性，能溶于乙醇，故B正确。
C．题干明确说明需要搅拌桨机械搅拌且回流，搅拌桨只能放在三颈烧瓶的 b 口，球形冷凝管只能位
于a口或c口，故C正确。
D．反应结束加入90 mL蒸馏水甲醛、草酸进入水层，充分搅拌后分离，由于加入大量水且沸点低于
苯酚，故减压蒸馏主要是除去水，故D错误。
12．【答案】B
3【解析】X、Y、Z和W均为短周期主族元素，X、Y同周期，说明四种元素只能为二、三周期元素；
X 的原子轨道只有一种形状，只可能是球形，X 为锂或铍；Y、W 价电子数相等且 W 的周期数等于族序
数，Y、W分别为硼、铝；基态Z原子s能级电子数目等于p能级电子数目，且四种元素只有一种是非金
属元素，Z只能为镁。
A．X为锂或铍，Z为镁，二者不一定处于元素周期表中对角线位置，故A错误。
B．Z为镁，W为铝，的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比左边Mg失去的3s
能级电子的高，第一电离能镁比铝大，故B正确。
C．Y、W分别为硼、铝，常见晶体类型分别为共价晶体和金属晶体，故C错误。
D．W为铝，价电子排布式为1s22s22p63s23p1，空间运动状态数目等于原子轨道数目，Al有7种电子
空间运动状态，故D错误。
13．【答案】C
【解析】A．Li可以与水反应，应使用有机电解液，故A错误。
B．放电时Li+移向正极，电池产物为碳酸锂和单质碳，电极反应为4Li+ +3CO + 4e- = 2Li CO + C，
2 2 3
故B错误。
C．充电过程中I－先放电转化为I －，I －氧化单质碳产生CO ，促进了电池反应产物的分解，提高电池
3 3 2
的循环能力，故C正确。
D．加入KI后，存在I－→I －→I－的转化，KI作用是催化剂，但催化剂不能改变反应ΔH，故D错误。
3
14．【答案】B
【解析】由题干信息 ，可得四步反应为：
Zn2+ +NH Zn [(NH )]2+ K ；
3 3 1
Zn [(NH )]2++NH Zn [(NH ) ]2+ K ；
3 3 3 2 2
Zn[ (NH ) ]2++ NH [Zn (NH ) ]2+ K ；
3 2 3 3 3 3
[Zn (NH ) ]2++NH [Zn (NH ) ]2+ K 。
3 3 3 3 4 4
A．由图可知随n(NH )/n(Zn )增大，Zn[(NH ) ]2+的物质的量分数增大，此时通入 NH 增多，溶液碱
3 总 3 4 3
性增强，故A正确；
B．M点物质的量分数Zn [(NH ) ]2+ =[Zn(NH ) ]2+，即二者浓度相等，由
3 2 3 4
1
、 可得： c(NH 3 )=（K K） − 2 ，故B错误。
3 4
C．Zn2+ +4NH [Zn (NH ) ]2+可由四步方程式叠加得到，平衡常数K由各步平衡常数K 、K 、
3 3 4 1 2
K 、 K 相乘得到，故C正确。
3 4
4D．由图可知，当还未通入NH 时，图中所示物种只存在Zn2+且δ(Zn2+)<1.0，说明一定还存在其他
3
含锌物种。随着氨气的通入，碱性逐渐增强，相应生成[Zn (OH)]+、Zn (OH) 、[Zn (OH) ] -、[Zn (OH)
2 3
]2-、 [Zn (OH) ]2-等，故D正确。
4 4
15．【答案】B
【解析】A．(a)碳原子和氧原子均为饱和结构，杂化方式为sp3，故A正确。
B．(a)和(b)分子结构不同，氢原子所处的化学环境不同，核磁共振氢谱的谱图不同，故B错误。
C．由表中所示(b)分子在水溶液中对K+的lgK值最大，故与K+形成的超分子相对更稳定，故C正确。
D．由题干信息NH +与K+尺寸大小非常接近，但只能利用(c)分子识别，(b)分子不识别，分析(b)、
4
(c)分子结构区别，结合氢键的形成条件，可以推断D正确。
16．【答案】（13分）（1）3d54s2 （1分）
（2）增大接触面积，提高酸浸速率 （2分） SiO 、CaSO （2分，各1分）
2 4
（3）用MnO 将Fe2+氧化成Fe3+，增加硫酸锰产量 （2分，各1分）
2
（4）3＜pH＜8 （“3≤pH<8”或“3~8”均得2分，只写一个界限且正确得1分）
（5）Mn2++2HCO -=MnCO ↓+CO ↑+H O （2分）
3 3 2 2
（6）①④ （2分，每选对1个得1分，见错不得分）
【分析】菱锰矿经过稀硫酸酸浸，浸出液中含有的阳离子主要为Mn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+，SiO 不溶
2
于硫酸和CaSO 微溶，因此滤渣为SiO 和CaSO 。用MnO 将Fe2+氧化成Fe3+一方面便于后续的中和除杂
4 2 4 2
生成氢氧化铁沉淀，另一方面可以增加硫酸锰产量。经过中和除杂后溶液中含有的阳离子主要为 Mn2+、
Ca2+、Mg2+，由于 MnCO 的溶度积远小于CaCO 和 MgCO ，在碳化结晶中 MnCO 会先生成沉淀，经过
3 3 3 3
分离后实现锰与其它元素的分离。MnCO 固体经过酸溶后得到硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过
3
滤、洗涤、干燥得到MnSO ▪4H O。
4 2
【解析】（1）基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2。
（2）对于固体来说粉碎可以增大接触面积加快反应速率，所以“酸浸”前需要粉碎菱锰矿的目的是增大
接触面积，提高酸浸速率；酸浸得到的滤渣中含有未溶解的SiO ，也含有生产的CaSO 。
2 4
（3）MnO 具有氧化性，加入MnO 的目的是为了氧化Fe2+成Fe3+一方面便于后续的中和除杂生成氢
2 2
氧化铁沉淀，另一方面可以增加硫酸锰产量。
（4）“中和除杂”的目的是为了除去Fe3+同时不能影响Mn2+，根据已知信息可以计算出pH的范围。
（6）“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，溶液的加热需要使用蒸发皿，不能使
用坩埚，加热过程中需用玻璃棒不断搅拌，不需要①坩埚，而需要②蒸发皿和③玻璃棒；过滤过程使用烧
5杯、普通漏斗、玻璃棒，不使用长颈漏斗，不需要④长颈漏斗，需要⑤烧杯。
17. 【答案】（14分）
（1）+206（2分，无“+”不扣分）
（2）P ＜P ＜P （2分）
1 2 3
（3）①X射线衍射仪（2分） ②81（2分）
③生成的CaCO 逐渐堵塞孔隙（2分）
3
（4）CO 被CaO吸附，促进反应④平衡正向移动，进而促进反应①②③正向进行（2分）
2
反应⑤释放的热量可补偿前三个反应对热量的需求。（2分）
【解析】（1）由盖斯定律 ΔH = ΔH -ΔH = 256 - 50 = +206 kJ/mol;
3 1 3
（2）在500 K～800 K，系统主要发生反应①、②、③，由题意可知能量效率效率越高说明H 在平
2
衡体系中的体积分数越大，反应①、②、③均为气体总物质的量增大的反应，减小压强有利于平衡正向移
动，则H 的体积分数增大，故P ＜P ＜P 。
2 1 2 3
（3）①通过晶体X射线衍射实验获得衍射图后，经过计算可以从衍射图形中获得晶体结构的有关信
息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞中的数目和位置
等。
②碳酸化过程 CO 吸附容量随反应时间的变化曲线的斜率大小可以表征反应⑤反应速率的大小，选
2
择81CaAlNi复合催化剂反应⑤的速率最快，效果最佳。
③随着CaO+CO =CaCO 反应的不断进行，CaCO 渐渐堵塞孔隙，导致CO 不能顺利地和CaO接触，
2 3 3 2
进入慢速吸附阶段。
（4）CaAlNi复合催化剂（主要成分CaO、Al O 和Ni）因优越的比表面积和孔隙结构而具有较大的
2 3
CO 吸附容量，产物中的CO 大量被复合催化剂吸附，直接促进反应④平衡正向移动，进而耦合其它反应
2 2
正向进行，从而可大幅度提高了氢气的产率和原料的转化率。CaO(s)+ CO (g) ＝ CaCO (s)是放热反应，释
2 3
放的热量可补偿体系对热量的需求，从而降低能耗，节约成本。
18.【答案】（14分）（1）排除空气（2分）；
（2）1号注射器的活塞向外移动，注射器中出现红棕色气体（2分，各1分）
（3）C（2分）
（4） 2NO+O = 2NO （2分，多写3NO +2H O=2HNO +NO不扣分）
2 2 2 2 3
NaOH溶液（2分，或Na CO 溶液等合理答案也可得分）
2 3
（5）①水（或H O）（2分）
2
6② CO(NH ) +2HNO =2N ↑+CO ↑+3H O（2分）
2 2 2 2 2 2
【解析】（1）题干要求铜与浓硝酸在无氧的条件下反应，目的是通过红棕色气体现象的出现判断反应
生成的气体是NO ，排除空气氧化NO导致红棕色现象出现的可能性。
2
（2）旋转三通阀连通 1 号和 2 号注射器，缓慢向外拉 1 号注射器吸入浓硝酸，铜与浓硝酸反应生成
的红棕色气体 NO 会推动 1 号注射器的活塞向外移动，同时观察到无色溶液变成绿色，反应为
2
Cu+4HNO (浓)= Cu(NO ) +2NO +2H O。
3 3 2 2 2
（3）1 号注射器反应后绿色的溶液已经被压回 2 号注射器，旋转三通阀将 1 号注射器与具支 U 形管
相通，将NO 气体压入具支U形管。
2
（4）将4号注射器中的紫色石蕊溶液注入具支U形管中，发生反应3NO +H O = 2HNO +NO，石蕊
2 2 3
遇到溶液中H+显红色，NO 溶于水并与水反应导致红棕色消失。再向具支U形管中注入过量O ，O 氧
2 2 2
化NO生成NO 。实验结束后，NaOH 溶液处理尾气的反应为2NO +2NaOH＝NaNO +NaNO +H O。
2 2 3 2 2
（5）①考查控制变量的实验设计思想
②由信息推断单质气体为N 。试管2中铜与浓硝酸反应生成 NO 气体，尿素与亚硝酸反应生成 CO
2 2 2
和N 。
2
19．【答案】（14分）
（1）醛基、碳碳双键 （2分，各1分，见错不得分）
（2）消去 （2分）
（3）（2分）
（4）E （2分）
（5） （2分）
（6） 6 （2分） （2分）
【解析】（2）A→C发生的是羟醛缩合，羟醛缩合先发生加成反应生成 ，再发生
7消去反应。
（3）在三乙胺和溴化锂的条件下，丙二酸二乙酯的活泼氢与α,β‒不饱和酮发生的加成反应。
（4）B~E这四种化合物中，只有E具有一个手性碳原子，是手性分子。
（5）由已知信息可知DCDMH是一种氯代试剂，观察H的结构，找出氯代的位置，可推出G的结构
简式。
（6）A有多种同分异构体，符合下列三个条件：①与FeCl 能发生显色反应，说明含有酚羟基；②苯
3
环上有两个取代基；③含碳碳三键，另一个取代基为-CH C≡CH或-C≡CCH , 2个取代基有邻、间、对3种
2 3
位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×2=6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰的物质的结构简式
为 。
8
