湖北省部分高中协作体2025届高三下学期联考（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.化学与中华古文化密切相关，下列叙述不涉及氧化还原反应的是()A．人生请治田，种秫多酿酒B．石穴之中，所滴皆为钟乳C．得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根D．锡中杂铅太多，入醋淬八九度，铅尽化灰而去解析：B。A项，酿酒中粮食发酵，有元素的化合价变化，为氧化还原反应；B项，C项，“”Hg＋Hg和S反应；D项，“锡中杂铅太多，入醋淬八九度，铅尽化灰而去，铅与酸反应过程中Pb元素化合价发生变化，属于氧化还原反应。2.“酸化”是实验中常用方法，下列说法正确的是()A．增强KMnO4的氧化能力，用浓盐酸酸化B．抑制Fe2的水解，用稀硝酸酸化C．检验卤代烃中的卤素，加碱溶液并加热后，用稀硫酸酸化，再检验D．确认溶液中是否含SO2－4，先用盐酸酸化，再检验解析：D。酸性KMnO4ClAFe2还原反应，不能达到目的，B错误；酸性条件下利用硝酸银溶液检验卤素离子，而硫酸银也是沉淀会干扰试验，应使用硝酸酸化，C错误；检验溶液中是否含SO2－4，先用盐酸酸化，可以有效排除碳酸根、银离子、亚硫酸根离子的干扰，可以达到目的，D正确。()共8页，第1页A．盐中碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2B．BF－4离子中含有配位键，配体为F－C．第一电离能：C<O<ND．1mol该盐的阳离子含有σ键的数目为14NA解析：D。甲基中的碳原子的轨道杂化类型为sp3，苯环中的碳原子的轨道杂化类型为sp2，A项正确；BF－4中B提供空轨道，F－提供孤电子对形成配位键，配体为F－，B项正确；一般来说，同一周期主族元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但N的2p轨道半充满，第一电离能大于相邻元素，故第一电离：C<O<NC项正确；该盐阳离1mol该盐的阳离子含有σ键的数目为17N，D项错误。4.葫芦[n]脲(n＝5，6，7，8)家族分子是一种具有空腔的桶状大杯、两端开口的超分有广泛应用。葫芦[n]脲(结构如图乙)可由A()和B(CHO)在一定条件下合成。下列说法不正确的是()甲乙A．A分子中含有两个手性碳原子B．合成葫芦[n]脲发生的反应是缩合反应C．B物质可发生氧化反应、还原反应、加成反应D．葫芦[n]脲中空腔端口的羰基以配位键、氢键与其他客体分子形成超分子A。已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故A分子中不含手性碳原子，A错误；由题干信息可知，葫芦[n]脲(结构如图乙)可由A(共8页，第2页)和B(CHO)在一定条件下合成，故合成葫芦[n]脲发生类似于合成酚醛树脂的反应，该反应是缩合反应，B正确；B物质CHO即HCHO含有醛基，可发生氧化反应，也能和H2发生加成反应(同时也属于还原反应)，C正确；葫芦[n]脲中空腔端口的羰基氧含有孤电子对且电负性较大，能形成配位键和氢键，所以葫芦[n]脲中空腔端口的羰基能以配位键、氢键与其他客体分子形成超分子，D正确。5.146C的衰变反应为146C14zX＋0－1e，其半衰期(反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间)为5730年。下列说法正确的是()A．146C与14zX互为同位素B．146C与14zX的中子数相同C．126C与146C的价层电子数相差2D．某考古样品中146C的量应为其460年前的14D。由146C14zX＋0－1e可知z＝7X为N6C与14zX质子数不相同，不互为同位素，A错误；146C与14zX的中子数分别为14－6＝8、14－7＝7B6C和146C的核外电子数均为6C146C的量应为其5730年前的12，为其460年前的14，D正确。6.TCCA是一种高效消毒剂，其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，且位于两个不同短周期，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等。下列叙述正确的是()A．第一电离能：Y>X>ZB．简单离子半径：Z>Y>XC．TCCA能发生水解反应D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>XC。WXYZ态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，则Y为O，W有四个价键，X有三个价键，Z有一个价键，则W为C，X为N，Z为Cl。根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于第ⅥA族，则第一电离能：N＞O，故A错Cl＞N＞OB错误；TCCA含有酰胺基，能发生水解反应，故C正确；O没有最高价氧化物对应水化物，故D错误。7.某抗氧化剂Z可由图中反应制得：共8页，第3页下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是()A．化合物Z中采用sp3杂化和sp2杂化的碳原子个数比为3∶5B．化合物Y中含有3个手性碳原子C．化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗5molBr2D．化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素解析：A。根据有机物Z的结构简式可知，采用sp3杂化的碳原子有6个，采用sp2杂化的碳原子有10个，因此二者比为35，A正确；连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳原子，B错误；化合物X中，酚羟基的两个邻位碳可以与两个Br2发生取代反应，碳碳双键可以与一个Br2发生加成，因此1molX最多可消耗3molBr，C错误；同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。8.近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为FeSmAs、F、O组成的化合物。下列说法正确的是()AAs与NAsH3分子中As－H键的键角小于NH3中N—H键的键角B．Fe成为阳离子时首先失去3d轨道电子CFe(CO)Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝4D．每个HO分子最多可与两个HO分子形成两个氢键A。AN—H键的键长小于As—HNH3中成键电N—HNH3AsH3分子中As—H键的键角小于NH3中N—H键的键角，A正确；B．Fe成为阳离子时首先失去4s轨道电子，B错误；C．配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe的价层电子排布为3d64s2，价电子数为8，一个配体CO提供2个电子，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，因此8＋2×n＝18，则n＝5，C错误；D．冰中每个HO分子与周围四个水分子形成氢键，为四面体形结构，即一个水分子可以形成四个氢键，D错误。9.硅及其化合物广泛应用于光电材料领域，其中SiCl4与N­甲基咪唑()反应可以得到M2，其结构如图所示。下列叙述错误的是()A．SiCl4的空间构型为正四面体B．1个M2中含有42个σ键共8页，第4页C．H、C、N的电负性由大到小的顺序为N>C>HD．N­甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3BSiCl4分子中Si形成4个σ构型是正四面体形，A正确；共价单键为σ键、共价双键中含有1个σ键、1个π键，配位键为σ键，则N­甲基咪唑中含有12个σ键，所以1个M2中含有12×4＋6＝54个σ键，B错误；HCN的电负性由大到小的顺序为N>C>HCN­甲基咪唑分子中存在甲基和碳碳双键，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，D正确。10.一种FeCl/FeCl－Cl2双膜二次电池放电时的工作原理如图所示，下列说法错误的是()A．充电时，M极的电极反应式为Fe3＋e2＋B．充电时的总反应：2FeCl32FeCl＋Cl↑C．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜D．放电时，每消耗2.24L(标准状况)Cl，理论上有0.2mol电子通过用电器解析：C。由图可知，放电时Fe2在M极失去电子生成Fe3M是负极，Cl2在N极得到电子生成ClNFe3在M极得到电子生成Fe2程式为：Fe3＋e2，故A正确；放电时Fe2在M极失去电子生成Fe3，Cl2在N极得到电子生成Cl－，则充电时，FeCl3转化为FeCl2和Cl，总反应：2FeCl32FeCl＋Cl↑，故B正确；放电时Fe2＋在M极失去电子生成Fe3＋，即FeCl2转化为FeCl，NaCl溶液中的Cl－要通过X进入M极区，X为阴离子交换膜；Cl2在N极得到电子生成Cl－，NaCl溶液中的Na要通过Y进入NYC错误；放电时，Cl2在N极得到电子生成ClCl＋2e2.24LCl2的物质的量为0.1mol0.2mol0.2molD正确。11.超分子结构化学原理的应用非常广泛，尿素[CO(NH)]可与正烷烃(n－CH＋，n≥8)形成超分子包合物，原理如图所示。下列说法错误的是()尿素分子形成六角形通道正烷烃填入蜂窝状六角形通道，形成晶体结构共8页，第5页A．尿素分子通过分子间氢键形成较稳定的六角形通道B．尿素分子和正烷烃分子间通过共价键形成包合物C．依据分子直径大小差异可分离正烷烃和支链烷烃D．分子的大小和几何形状会影响有机物的分离效果B由尿素分子形成六角形通道的结构可知，该结构中存在分子间氢键，A项正B通道，据此可分离正烷烃和支链烷烃，C、D项正确。12.NO和CO是环境污染性气体，可在PtO＋表面转化为无害气体，其总反应为NO(g)＋(g)＋N(g)ΔH甲、乙所示。下列说法不正确的是()甲乙A．NO为氧化剂B．ΔH＝－226kJ·mol1C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能D．为了实现转化，需不断向反应器中补充PtO和PtO＋2解析：D反应NO(g)＋(g)＋N(g)中，N元素化合价降低，NO为氧化AH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝134kJ·mol1－360kJ·mol1＝－226kJ·mol1B该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能E，故C正确；PtO＋是催化剂，PtO＋2是中间产物，两者在反应过程中均参与反应后又被生成，无需不断补充，故D错误。13.下列实验设计可以达到实验目的的是()选项实验目的实验设计A验证氢氧化铝属于两性氢氧化物将2～3mL2mol/L氯化铝溶液注入洁净6mol/L氨水至过量B验证NaCO3溶液中存在CO2－3的水解平衡向含有酚酞的NaCO3溶液中加入少量BaCl2固体，观察现象C比较Cl与C的非金属性向10mL1mol/L的HCl溶液中滴加少量等浓度的NaCO3溶液，观察现象D比较金属的活泼性向两只盛有稀硫酸的烧杯中分别投入表面积相同的铜丝和银丝共8页，第6页B。氨水碱性较弱，无法与氢氧化铝反应，不能达到实验目的，A有酚酞的NaCO3溶液中加入少量BaCl2BaCO3说明反应后导致溶液中c(OH－)减小，证明NaCO3溶液中存在水解平衡，降低CO2－3的浓度，水解平衡逆向移动，B正确；HCl不是Cl的最高价含氧酸，上述实验可证明HCl的酸性比HCO3Cl与CC属，二者均不能和硫酸反应，不能达到实验目的，D错误。14.常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中滴加NaOH溶液，各微粒浓度和滴定曲线关系如图(pC＝－lgc)，下列说法不正确的是()A．曲线③代表HA，曲线④代表滴定曲线B．0.1mol·L1NaA溶液pH约为9.6C．常温下HA电离常数K＝104.02D．0.1mol·L1NaHA溶液中：c(H)＜c(OH)＋c(A2)解析：C由图可知，曲线④代表滴定曲线，曲线①、②、③分别代表A2－、HA和HA的pC随氢氧化钠溶液体积的变化曲线。曲线④代表滴定曲线，曲线③代表HA的pC随氢氧化钠溶液体积的变化曲线，故A正确；溶液中HA和HA－的pC相等时，溶液pH小于4.02，由电离常数公式可知，溶液中HA和HA－的pC相等时，电离常数K(HA)＝c（HA－）c（H＋）c（H2A）＝c(H＋)＞10－4.02，故C错误；溶液中A2－和HA－的pC相等时，溶液pH为6.2，由电离常数公式可知，溶液中A2－和HA－的pC相等时，电离常数K(HA)＝（A2（H（HAc(H)＝106.2K＝（HAc（OH－）c（A2－）＝KwKa2＝1.0×10－141.0×10－6.2＝10－7.8，0.1mol/LNaA溶液中氢氧根离子浓度约为0.1mol/L×10－7.8＝10－4.4mol/L，溶液pH约为9.6，故B正确；由图可知，NaHA溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)和物料守恒关系c(Na＋)＝c(HA－)＋c(HA)＋c(A2)可知，溶液中c(OH)＋c(A2)＞c(H)，故D正确。15.工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeSSiO)制备CuCl的工艺流程如图1：图1共8页，第7页图2下列说法不正确的是()ACuFeS＋4O2＋Fe2＋2SO2－4BFe(OH)、CuOCNaCl和浓盐酸主要是为了提供ClD．CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12A。“浸取”CuFeS24CuFeS＋17O＋4H2＋4Fe3＋8SO2－4＋2HOA氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，故B正确；“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl－，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，故C正确；由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，故D正确。二、非选择题：本题共4小题，共55分。(13分)一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1HPOHPO－4HPO2－4有少量Mg2及Ca2、Fe3、Al3等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下：已知：T℃温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图。回答下列问题：(1)“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中c(HPO2－4)_______c(PO3－4)(填)，此时杂质Ca2、Fe3、Al3沉淀效果最好，Ca2生成CaHPO·2HO，其余沉淀均是磷酸正盐，写出Ca2＋与HPO－4反应生成沉淀的离子方程式__________Al3的浓度为106molL1c(Fe3)/c(Al3)＝________________，c(HPO－4)＝__________mol·L－1[已知：T℃温度下，K(FePO)＝10－21.9，K(AlPO)＝1018.3]。(2)“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是________________________。制备过程中采用“抽滤”，其目的是__________________________________。(3)从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因______________。共8页，第8页脱镁废液(pH为2.1HPOHPOHPOMg2及Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质Ca2＋、Fe3＋、Al3＋沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO，(1)由磷酸的pKa与溶液的pH的关系pH＝12.36c(HPO2－4)＝c(PO3－4)“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5c(HPO2－4)＞c(PO3－4)Ca2生成CaHPO·2HOpH为4.5时溶液中以HPO－4Ca2与HPO－4反应生成沉淀的离子方程式为Ca2＋＋2HPO－4＋2OH－·2HO↓＋HPO2－4或Ca2＋＋HPO－4＋HO＋OH2HO↓Al3的浓度为106molL1（Fe3＋）（Al3＋）＝3－43－4c（Fe3＋）c（PO）c（Al3＋）c（PO）＝Ksp（FePO4）Ksp（AlPO4）＝10－21.910－18.3＝10－3.6，溶液中c(PO3－4)＝Ksp（AlPO4）c（Al3＋）＝10－18.310－6mol/L＝10－12.3mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，HPO4的K＝10－7.21，K＝10－12.36，则c(HPO2－4)＝3－4c（H＋）c（PO）Ka3＝10－4.5×10－12.310－12.36mol/L＝10－4.44mol/L，c(HPO－4)＝2－4c（H＋）c（HPO）Ka2＝10－4.5×10－4.4410－7.21mol/L＝101.73mol/L(2)MgO的作用是提供Mg2＋，消耗H＋；由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”；(3)由于pH增大，导致体系中PO3－4浓度增大，从而使副产物Mg(PO)2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。答案：(1)＞Ca2＋＋2HPO－4＋2OH－·2HO↓＋HPO2－4或Ca2＋＋HPO－4＋HO＋OH2HO↓103.6101.73(2)提供Mg2H＋加快过滤速度(3)pH增大，体系中PO3－4浓度增大，副产物Mg(PO)2增多17.(14分)以CO2为原料生产系列高附加值产品A～I的合成路线如图。共8页，第9页回答下列问题：(1)A→B的反应类型为________。(2)B→C的化学方程式为____________________。(3)E的名称为____________，E→F＋G的原子利用率为100%，试剂X为__________。(4)F＋G→H过程中使用HSCHCOOH有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。①HSCHCOOH结合水相中H能力比J强的原因是____________________。②H能从HSCHCOOH传递到J的醇羟基氧上的原因是______________。(5)D和H通过酯交换缩聚合成I，H的结构简式为_______________。(6)C的一种同分异构体同时满足：①可与NaHCO3溶液反应；②核磁共振氢谱如图；③含有手性碳原子。其结构简式为____________。(7)以D和葡萄糖[CHOH(CHOH)CHO]为原料(其他无机试剂任选)，制备工程塑料的合成路线_____________。解析：二氧化碳生成A，A中—NH2被取代生成B，B和甲醇发生取代反应转化为C；E转化为FG100%EFGXF和G生成HD和H通过酯交换缩聚合成IFGDIH为F与G反应生成的含羟基的共8页，第10页物质，H结构简式为；＋(2)B和甲醇在酸性条件下发生取代反应转化为C，反应为＋2CHOH；(4)①HSCHCOOH结合水相中H能力比J强的原因是两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如HSCHCOOHH能从HSCHCOOH传递到J的醇羟基氧上的原因是HSCHCOOHO—H键键能大于S—HJJ(6)C含有3个碳、3个氧、不饱和度为1，其一种同分异构体同时满足：①可与NaHCO3溶液反应，4碳原子。则其结构简式可以为CHCHOHCOOH；(7)葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基，在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到，和D通过酯交换缩聚合成产品，流程为：CHOH(CHOH)H2催化剂CHOH(CHOH)CH浓硫酸△。答案：(1)取代反应(2)＋2CH＋(3)异丙苯O2(4)①两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如HSCHCOOH的水溶性好②HSCHCOOHO—H键键能大于S—HJ结合氢离子的能力更强(5)(6)CHCHOHCOOH(7)CHOH(CHOH)H2催化剂CHOH(CHOH)CH共8页，第11页18.(14分)四氯化钛25136℃)是制备海绵钛和钛白的主要(s)＋2C(s)＋2Cl△(g)＋2CO(g)利用如下装置制备4并验证产物CO。已知：4遇潮湿空气会发生反应：＋2H＋4HCl↑。回答下列问题：(1)写出装置A中制备Cl2的化学反应方程式_________________(注：反应中CrO2－7被还原为Cr3)。(2)按气流方向从左至右，上述装置的连接顺序为A、________、G、F、H、E。(3)装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为________，装置G中盛放的碱石灰的作用是________________________________________________。(4)能证明有CO生成的实验现象是_______________________________。(5)产品中含量测定：取10.0g4产品于烧瓶中，向安全漏斗(如图所示)中加入足量中配成500mL20mL所配溶液放入锥形瓶中，滴加几滴0.100mol·L1的KCrO4溶液作指示剂，用0.200mol·L1的AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液32.00mL。已知：AgCrO4是一种深红色固体；常温下，K(AgCl)＝1.8×1010，K(AgCrO)＝1.2×1012。共8页，第12页①安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还有_________________；②该沉淀滴定终点的判断方法是________________________________；③该产品纯度为________%。解析：(2)由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有I中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中氯气与二氧化钛和碳共热反应制备四氯化钛，装置C用于冷凝收集四氯化钛，装置G中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，CFH用于验证一氧化碳的生成，装置E用于收集未反应的一氧化碳，防止污染空气，则装置的连接顺序为A、I、DBCGFHE(4)F中一氧化碳与氧化铜共热反应生成铜和二氧化碳，H中二氧F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊；(5)①由实验装置图可知，安全漏斗中的水在本实验中的作用除加点的判断方法是当加入最后半滴硝酸银溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，～4HCl～4AgNO32.00mL0.200mol/L硝酸银溶液，则10.0g产品纯度为1410.0g×100%＝76.0%。△答案：(1)KCrO＋14HCl(浓)2KCl＋2CrCl＋3Cl↑＋7HO(2)IDBC(3)分液漏斗吸收多余的Cl，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致4水解(4)F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊(5)①液封并吸收挥发的HCl②当加入最后半滴AgNO3溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点③76.019.(14分)短链烯烃是重要的有机化工原料，如丙烯(CH)和乙烯等。利用它们间的转化可有效强化节能减排，达到“碳达峰”和“碳中和”的目的。请回答下列问题：(1)丙烯可由丙烷脱氢制取。已知丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图，其中反应1为主反应，反应2为副反应。共8页，第13页反应1：CH(g)CH(g)＋H(g)ΔH；反应2：CH(g)CH(g)＋CH(g)ΔH＝＋81.3kJ·mol1；反应3：CH(g)＋H(g)CH(g)＋CH(g)ΔH＝－43.0kJ·mol1。根据图和以上数据可知，若温度升高，副反应要比主反应更容易发生，其主要原因是________________________________，主反应的焓变ΔH＝________。(2)乙烯可由CO2和H2制取：2CO(g)＋6H(g)CH(g)＋4HO(g)0.1MPa物起始物质的量之比n(CO)∶n(H)＝1∶3COHCH、HO四种组分的物质的量