湖北省八校联考2025届高三下学期三模化学试卷 含解析

本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1.2022年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是()A．国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金B23592U与23892U互为同位素CSiO2D．C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料C。A92U与23892UB正确；芯片的成分为晶体SiCD．氮化硅属于新型无机非金属材料，D正确。2.下列有关元素及其化合物的说法正确的是()A．古代青铜器表面的铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸BCFeO4KMnO4KMnO4明FeO4产品中含有FeOD．铵根离子在溶液中水解产生H，则所有铵盐溶液都呈酸性解析：B。铜锈俗称铜绿，其主要成分为碱式碳酸铜，化学式为Cu(OH)CO，属于盐类，不是氧化物，故A错误；蔗糖化学式为CHO，往少量水润湿的蔗糖中注入浓硫酸后，白色固体变为黑色，说明生成了碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，故B正确；FeO4溶于稀硫酸后能使酸性KMnO4溶液褪色，只能说明FeO4中含有＋2价铁元素，不能确定FeO4产品中是否含有FeO，故C错误；铵根离子在溶液中水解产生H，若阴离子水解程则溶液呈中性，若阴离子不水解或水解程度小于铵根离子，则溶液呈酸性，故D错误。3.硫及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。NA为阿伏加德罗常数的值，共8页，第1页下列有关说法正确的是()A．工业上用NaClO3和X制备1molClO2时，消耗X分子数为0.5NAB．标准状况下，22.4LY的分子数目为NAC．1L1mol/LHS水溶液中粒子关系存在：N(HS)＋N(S2)＝NAD—类”二维图中盐N可由其相应单质直接化合生成解析：A。由图可知，由得失电子数目守恒可知，氯酸钠溶液与二氧化硫反应制备1mol二氧化氯时，反应消耗二氧化硫的分子数为1mol×12×NAmol1＝0.5N，故A正确；标准状况下，三氧化硫为固态，无法计算22.4L三氧化硫的物质的量和含有的分子数目，故B错误；X为二氧化硫、Y为三氧化硫、Z为硫酸、M为硫酸铜、N为硫化铜。1L1mol/L氢硫酸溶液中存在如下物料守恒关系：N(HS)＋N(HS－)＋N(S2－)＝1mol/L×1L×NAmol－1＝N，故C错误；铜与硫共热反应生成硫化亚铜，不能生成硫化铜，则硫化铜不能由相应单质直接化合生成，故D错误。图所示的修饰，以减轻副作用。下列说法错误的是()A．布洛芬属于芳香酸B．布洛芬和修饰分子均含有1个手性碳原子C．该做法使布洛芬水溶性增强D．1mol布洛芬与足量H2反应，可消耗3molH2C。A正确；1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；由结构简式可知，修饰过程中布洛芬分子中含有的亲水基羧基转化为憎水基酯基，所以该做法使布洛芬水溶性减弱，故C错误；由结构简式可知，布洛芬分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol布洛芬分子最多消耗3molD正确。5.下列有关化学用语表示正确的是()A．NaClO的电子式：共8页，第2页B．C原子的一种激发态：C．O2的结构示意图：D．K的基态电子排布式：1s22s22p63s23p64s2解析：B。A．NaClO由Na＋和ClO－构成，含有离子键，ClO－中Cl、O原子间共用1对电子，O、Cl原子外围都达到8e－结构，其电子式为，故AB1s22s12p31s22s22p22s的能量小于2p，则该原子是碳原子的一种激发态，故BCO2的核电荷数为8外层电子数为8，其结构示意图为，故C错误；D．基态钾原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，则K的基态电子排布式：1s22s22p63s23p6，故D错误。XYZWQ为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Q同主族。下列说法正确的是()A．得电子能力：X＞YB．简单离子半径：W＞ZC．QZ3分子空间结构为三角锥形D．Y的简单氢化物与最高价氧化物对应水化物反应的产物水溶液呈酸性D。XYZWQ为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据图示可知，X可以形成4X为CQ能形成6Q为SZQZ为OY为NW只能形成1W为F力逐渐增强，故得电子能力C<N，A错误；离子电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径F<O，B错误；SO3分子的价层电子对数为3，空间结构为平面三角形，CN的简单氢化物为NHHNO酸铵，为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，D正确。7.铑的配合物离子[Rh(CO)I]可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是()共8页，第3页A．[Rh(CO)I]降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变B．甲醇羰基化反应为CHOH＋COHC．CHOH＋I＋HO为取代反应D．CHI、CHCOI都是反应中间体解析：A。[Rh(CO)I]－降低了甲醇羰基化反应的活化能，但反应的焓变不变，故A错误;根据图中信息得到甲醇羰基化反应为CHOH＋COHB反应特点得出CHOH＋I＋HO为取代反应，故C正确；根据图中信息，反应物为CHOH、CO，产物为CHCOH，因此CHI、CHCOI都是反应中间体，故D正确。8.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2－并制取石膏(CaSO·2HO)的过程如图：下列说法错误的是()A．CaSO·2HO属于盐类和纯净物B．过程Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO2－3＋2S2＋9HO2－3＋4Mn(OH)2↓＋10OH－D．将10L上层清液中的S2－(S2－浓度为480mg·L－1)转化为SO2－4，理论上共需要0.15molO2解析：DCaSO·2HO有确定的化学式，属于纯净物，能够电离出金属阳离子和酸A1个氧气分子转移4个电Mn(OH)2转化为MnO2剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B正确；过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO2－3＋2S2＋9HO2－3＋4Mn(OH)↓＋10OH生成物在碱性条件下存在，故生成氢氧根，C正确；设转移电子数为xmol，消耗氧气的物共8页，第4页质的量为ymol，则S2－～8e－O2～4e－3281410×480×103xyx3210×480×10－3＝8xx＝1.2mol1y＝41.2y＝0.3mol0.3mol，D错误。涉及的主要反应为S＋2KNO＋点燃KS＋N↑＋3CO↑。下列说法正确的是()A．电负性：N＞O＞SB．单质硫属于共价晶体C．第一电离能：N＞O＞CD．KNO3中的共价键只含有σ键解析：C。AO＞N＞SA项错误；B质硫是由分子通过分子间作用力结合而成，是分子晶体，B项错误；C．同周期第一电离能从左到右呈逐渐增大的趋势，但第ⅡA、ⅤA族比相邻元素高，所以N＞O＞C，C项正确；D．硝酸根中既有N—Oσ键，又有一个4原子6电子的大π键，D项错误。10.浓差电池指利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。实验室利用浓差电池实现电解丙烯腈(CH合成己二腈[NC(CH)CN]，装置如图所示(实验前，隔膜两侧溶液均为200mL，铜电极质量均为100g)。下列说法正确的是()A．Cu(1)极为负极，其电极反应为Cu－2e2＋B．隔膜为阴离子交换膜，C(2)极为阴极C．上述装置理论上可制备0.6mol己二腈D．当电解停止时，Cu(1)极与Cu(2)极质量相差51.2g解析：D。浓差电池中，Cu(2)Cu－2e2，Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2＋2e，A换膜，C(2)极为阳极，B错误；阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2HO－4e↑＋4H2CH＋2H＋2e)CN。当两电极中铜离子浓度相同时放电完毕，此时溶液中硫酸铜浓度为3mol·L－1，所以转移电子的物质的量是0.8mol，由反应2CH＋2H＋＋2e－(CH)CN可知，可制备0.4mol己二腈，C错误；当电解停止时，电路中共转移0.8mol电子，则Cu(1)电极上析出0.4molCu，Cu(2)电极上溶解0.4molCu，故Cu(1)极与Cu(2)极质量相差0.8mol×64g/mol＝51.2g，D正确。11.我国超高压输变电技术世界领先。SF6属于新一代超高压绝缘介质材料，其制备反共8页，第5页应原理为4OF＋HSSF＋2HF＋4O。下列说法正确的是()A．第一电离能：F>O>SB．OF2是一种直线形分子C．SF6分子的键角完全相同D．HS的沸点比HF的高解析：A。同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势(第ⅡA族、第ⅤA族反常，其第一电离能大于同周期相邻元素)，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能：F>O>S，A正确；OF2中O原子含2个孤电子对、2个成键电子对，杂化方式为sp3杂化，则OF2不可能为直线形分子，B错误；SF6中S原子孤电子对数为（6－6×12＝0，形成6个σ键，价层电子对数为6，SF6空间结构为正八面体形，如图：90°和180°CHFHS不存在分子间氢键，沸点：HS<HF，D错误。12.东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化HO2分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)：下列说法错误的是()A．催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—CB．Fe—N—C催化：ΔH＝－0.22eVC．催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附D．Co—N—C和Fe—N—C催化HO2分解均为吸热反应解析：B。由图可知，使用催化剂Co—N—C时的活化能小于使用催化剂Fe—N—C时的活化能，则催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C，A正确；Fe—N—C催化时，1分子MS2(s)比1分子MS1(s)能量低0.22eV1molMS2(s)放热为0.22×1.6×1019×103×6.02×1023kJ＝21.2kJ，故ΔH＝－21.2kJ/mol，B错误；过氧化氢分解生成水和氧气，使用催化剂Fe—N—C时吸附产物MS3能量更高，更容易脱附，C正确；HO2分解为吸热反应，催化剂改变反应速率，但是不会改变反应的热效应，不管使用哪种催化剂，HO2的分解热效应是相同的，D正确。13.下列实验现象与实验操作不匹配的是()共8页，第6页实验操作实验现象已知[Cu(HO)]2＋4Cl[CuCl]2＋A4HOΔH＞0，[CuCl]2为黄绿色，将盛溶液变为黄绿色有2mL0.5mol·L1CuCl2溶液的试管加热B将绕成螺旋状的铜丝伸入到盛有浓硝酸的试管中铜丝溶解，溶液变为蓝色，生成红棕色气体C向盛有4.0mL0.1mol·L1CuSO4溶液的试管里逐滴滴加氨水至过量先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液D用玻璃棒摩擦装有过饱和醋酸钠溶液的试管内壁有晶体析出B。已知[Cu(HO)]2＋4Cl[CuCl]2＋4HOΔH＞0向移动，[Cu(HO)]2转化为[CuCl]2A反应，有红棕色气体NO2B4.0mL0.1mol·L1CuSO4溶液的试管里逐滴滴加氨水至过量，先产生Cu(OH)2蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，故C正确；用玻璃棒在容器内壁轻轻摩擦可以从容器内壁刮下少量碎屑充当晶核，过饱和溶液可迅速完成结晶过程，析出晶体，故D正确。14.HA是一元弱酸，难溶盐MA2的悬浊液中，M2不发生水解。实验发现，298K时，c(M2)～c(H)、c（A－）c（HA）～c(H)的关系如图所示：下列说法错误的是()A．K(HA)＝2.0×106B．L2表示c(M2)～c(H)的关系C．K(MA)＝4.0×1012D．y＝2A。HA溶液中（A（HA（HA（H＋），电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，当溶液中氢离子浓度增大时，溶液中（HA（H（A（HAL1表示（A（HA离子浓度的变化关系，L2表示c(M2)与氢离子浓度的变化关系，故B正确；由图可知，溶液中氢离子浓度为0c(M2)＝1.0×106MA2溶液中M2的浓度为1.0×共8页，第7页10－4mol/L，MA2的溶度积为1.0×10－4×(2.0×10－4)2＝4.0×10－12，故C正确；当溶液中氢离子浓度为1.0×105mol/L时，溶液中c(M2)＝1.5×106，则c(M2)≈1.31×104mol/L；由溶度积可得c(A)＝Kspc（M2＋）)＝4.0×10－121.31×10－4mol/L)≈1.75×104mol/L2c(M2)＝c(A)＋c(HA)c(HA)＝8.7×105mol/L，解得c（A－）c（HA）＝y≈2，HA的电离常数K(HA)＝2.0×105，故A错误，D正确。15.铜金合金可作为CO2图。下列说法正确的是()A．该晶胞的体积为a3×1036cm3B．Au和Cu原子数之比为3∶1C．与Au原子最邻近的Cu原子数为12D．Au原子和Cu原子之间的最短距离为12apmC。晶胞的体积为(a×1010cm)3＝a3×1030cm3AAu原子个数为18×8＝1，Cu原子个数为12×6＝3，Au原子和Cu原子数之比为13，B错误；与Cu原子最邻近的Au原子数为4，因此与Au原子最邻近的Cu原子数为4×3＝12，C正确；Au原子和Cu原子之间的最短距离是面对角线长度的12，即2)a2pm，D错误。二、非选择题：本题共4小题，共55分。(14分)固体电解质的化学式为LiAl(PO)(主要成分为，含少量AlO、SiO)为原料合成的工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)“粉碎”的目的是________________________，为了达到这一目的，还可以采用的措施有________________________(答一条即可)。(4分)(2)“碱浸”的目的是除去____________________(填化学式)。(2分)(3)“碱浸”时加入适当过量的NaOHNaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是_____________。(2分)(4)“沉钛”时生成(PO)4的化学方程式为________________。(2分)(5)本实验洗涤(PO)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是______________________________________________________________共8页，第8页______________________________________________________________。(4分)(6)(PO)4的K＝ac4)≤1.0×105molL1时可认为4＋沉淀完全，则“沉钛”时，溶液中c(PO3－4)最低为____________mol·L1。(2分)解析：(1)“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的(2)钛铁矿粉碎过筛后主要成分为AlOSiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质AlO、SiO；(3)NaOH溶液、HSO4溶液均NaOHNaOHHSO4腐蚀反应容器；(4)“沉钛”时加入磷酸生成(PO)4的化学方程式为4HPO＋3TiOSO3(PO)↓＋3HSO＋3HO；(5)抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入“安全瓶”防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中；(6)(PO)(s)4(aq)＋4PO3－4(aq)，K＝c34)·c4(PO3－4)，当沉淀完全时c(PO3－4)＝4Kspc3（Ti4＋）＝4a（10－5）3mol/L＝41015amol/L。答案：(1)增大接触面积，加快反应速率适当升温(或搅拌)(2)AlO、SiO2(3)适当过量NaOHHSO4液1和滤液2成本高(4)4HPO＋(PO)↓＋3HSO＋3HO(5)防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中(6)41015a17.(14分)有机物M是屈洛昔芬药物的一种中间体，合成M的一种路线如图所示：△已知：ROH＋SOCl2RCl＋SO↑＋HCl↑。请回答下列问题：(1)A的名称是______________，I中含氧官能团的名称是______________。(2分)(2)A→B的反应类型是________________。(2分)共8页，第9页(3)D与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为______________________。(2分)(4)H的结构简式为_________________________。(2分)(5)K的核磁共振氢谱吸收峰面积比为________________。(2分)(6)同时符合下列条件的J的同分异构体R共有________种(不考虑立体异构)。(2分)①能与氯化铁溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③R中不含甲基④含有CH—结构，且每个苯环上均只含一种含氧官能团(7)根据上述信息，设计以苯、3­羟基丙酸为原料制备COCHCH2的合成路线：________________(其他无机试剂任选)。(2分)E为苯乙酸，D和新制氢氧化铜加热，酸化得到ED为，C催化氧化得到D，则C为，B水解得到C，则B为，A和HBr发生加成反应得到B，则A为，E发生取代反应得到FI的结构和G的分子式得到F和苯甲醚发生取代反应得到HH和溴乙烷发生取代反应得到II发生取代反应生成JJ和CHNCl生取代反应生成M。(3)D与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为＋2Cu(OH)＋NaOHΔ＋CuO↓＋3HO；(4)F和G(苯甲醚)发生取代反应生成H，则H的结构简式为；(5)核磁共振氢谱有33∶1∶1(1∶1∶3或1∶3∶1)(6)J的同分异构体RR环上均只含一种含氧官能团，则R的结构简式有，共9种；(7)3­羟基丙酸在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成CH，CH和SOCl2反应生成CHCH和苯在AlCl3作用下共8页，第10页发生反应生成，其合成路线见答案。答案：(1)苯乙烯醚键、(酮)羰基(2)加成反应(3)＋2Cu(OH)＋NaOH△＋CuO↓＋3HO18.(14分)以VO5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(NH)[(VO)(CO)(OH)]·10HO过程：VO6mol·L－1盐酸、N2H4·2HCl、微沸步骤ⅠVOCl2溶液NH4HCO3步骤Ⅱ氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵粗产品已知VO2能被O2氧化，回答下列问题：(1)步骤Ⅰ的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)(6分)①仪器b的名称为________________，仪器c除冷凝回流外，另一作用为________________________________________。②步骤Ⅰ生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为______________________________________________________。(2)步骤Ⅱ可在如图装置中进行。(4分)共8页，第11页ABCD①接口的连接顺序为a→____________。②实验开始时，先关闭K，打开K，当________________时(写实验现象)，再关闭K1，打开K，充分反应，静置，得到固体。(3)测定产品纯度(4分)称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol·L1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO，用cmol·L1(NH)Fe(SO)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO＋2＋Fe2＋2H2＋Fe3＋HO)①样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg·mol1)的质量分数为________。②下列情况会导致产品纯度偏大的是________(填标号)。A．未加尿素，直接进行滴定B．滴定达终点时，俯视刻度线读数C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成解析：(1)①仪器c为球形冷凝管，可有效地实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：2VO＋NH·2HCl＋6HCl4VOCl＋N↑＋6HO；(2)首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石D中K2d→e→f→g→b→c；(3)①由元素守恒及反应方程式可知：(NH)[(VO)(CO)(OH)]·10HO～6VO＋2～6Fe2＋M6m1c×V×103m＝M×c×V×10－36则样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的质量分数为M×c×V×10－36m×100%＝0.1cVM6m%；②A纯度偏大；B项，滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，共8页，第12页C嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低。答案：(1)①恒压滴液漏斗防止装置内压强过大②2VO＋NH·2HCl＋6HCl4VOCl＋N↑＋6HO(2)①d→e→f→g→b→c②装置B中澄清石灰水变浑浊(3)①0.1cVM6m%②AC19.(13分)异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲益。回答下列问题。(1)利用下列键能数据，计算下列异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应：(3分)(CH)CHCH)(g)＋H(g)的ΔH＝__________kJ·mol1。化学键C—CC—HH—HO—H键能/(kJ·mol1)347.7615413.4436462.8497.3(2)在压强100kPa下，异丁烷的平衡转化率α随温度的变化结果如下图所示。(3分)该反应的平衡常数Kp随温度升高而____________(填“增大”“减小”或“不变”)。计算820K时的平衡常数，K＝__________kPa(结果保留一位小数)。(3)在温度853K、压强100kPa下，初始反应气体组成n(H)/n(异丁烷)或n(Ar)/n(异丁烷)与平衡时异丁烷摩尔分数x的关系如下图所示。(3分)其中x～n(H)/n(异丁烷)为曲线________________，判断依据是_______________________。(4)有人提出