湖北恩施州2026届下学期三月高三第二次质量监测考试化学试卷含解析

第=page11页，共=sectionpages11页湖北恩施州2026届下学期高三第二次质量监测考试化学试卷一、单选题：本大题共15小题，共48分。1.化学与生活息息相关。下列项目与所述化学知识无关联的是选项项目化学知识A暖宝宝用于热敷铁粉发生了吸氧腐蚀，并放热B青蒿素用于抗疟青蒿素分子中含有过氧基C小苏打用于烘焙糕点NaHCO3D维生素C常用作水果罐头抗氧化剂一定条件下维生素C具有氧化性2.在2025年9月3日阅兵式上展示的新型装备中，多项先进材料技术的应用彰显了我国科技实力。下列相关描述错误的是A.坦克装甲采用稀土改性合金，其化学活性高

B.军事装备系统中用La−Ni储氢合金，可在室温下快速吸放氢

C.直−20旋翼使用碳纤维复合材料，其强度高，质量轻

D.歼−20隐身涂层内部制造的百万级微型蜂巢结构，能高效耗散并吸收雷达波3.下列离子方程式书写正确的是A.亚硫酸钠固体与足量盐酸反应：Na2SO3+2H+=2Na++H2O+SO24.已知：①NH3+H+A.NH2OH的沸点高于NH3

B.NH2OH的碱性强于NH3

C.N5.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向某溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl生成白色沉淀该溶液中一定含有SB向2mL 0.1mol/L NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，再滴加2滴先产生白色沉淀，后转化为黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热煮沸后，加入新制Cu(OH无砖红色沉淀蔗糖未水解D向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口试纸未变蓝溶液中不含N6.有机物X(氟吡菌酰胺)是一种高效、绿色、低毒的杀线虫剂，其结构如图所示。下列说法错误的是

A.X的分子式为C16H11ON2F6Cl

B.X分子中含σ键和π键

7.氯碱工业是一种高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%，其工艺设计中相关物料的传输与转化如下图所示，其中的电极未标出。下列说法错误的是A.甲池为燃料电池，乙池为电解池

B.燃料电池中负极的电极反应式：H2−2e−+2OH−8.类比推理是一种化学学习的常见方法。下列类比推理所得结论正确的是类比对象结论A2Fe+3C2Fe+3B2N2LCHHDCB9.晶态半导体材料硅化镁的立方晶胞结构如图。晶胞参数为apm。下列说法错误的是

A.Mg位于Si形成的四面体空隙中

B.Mg2Si晶胞沿x轴方向的投影图为

C.晶胞中Mg之间最近的距离为22a pm

D.10.下列装置不能达到相应实验目的的是A.测定醋酸溶液的浓度B.制备CuC.制备无水MgCD.检验1−溴丙烷消去反应的产物11.物质甲、乙、丙、丁、戊均含同种元素，丁为红棕色气体。物质N为紫红色金属单质，相关的转化关系(省略反应条件)如图所示。下列说法错误的是A.甲可将丙、丁还原为单质

B.甲可作制冷剂，乙可作保护气

C.一定条件下，1mol乙与足量H2反应时转移6 mol e−

D.戊与12.“一锅法”具有反应时间短、无需使用溶剂和催化剂等优点。“一锅法”合成尼群地平的反应原理和实验装置如下。下列说法错误的是

A.“一锅法”符合绿色化学理念 B.冷凝管中冷凝水从b口进入

C.尼群地平分子中无手性碳原子 D.乙酰乙酸甲酯和乙酰乙酸乙酯互为同系物13.常温下，向0.1mol/L的二元弱酸H2X溶液中加入NaOH固体，忽略溶液体积变化，溶液中H2X、HX−和X2−的分布系数(如X2−的分布系数δ=A.NaHX溶液中cH2X>cX2−

B.M、N、Q三点中水的电离程度：M<N<Q

C.pH=7时，c14.二茂铁C5H52Fe是典型夹心π配合物，Fe2+位于两个相互错开的茂环(下列说法错误的是A.二茂铁晶体为离子晶体

B.二茂铁转化为DNF为取代反应

C.环戊二烯负离子C5H5−中所有原子共平面

D.制备15.随着电动汽车和电子产品的普及，预计到2050年将消耗全球三分之一锂资源。从废旧锂离子电池中回收含锂化合物X的装置如图所示。通过阴极液多次循环可得到高浓度的X溶液。下列说法错误的是

A.M为电源的正极

B.X为LiOH，b电极上有H2产生

C.a电极的电极反应式：LiFePO4=Li+二、流程题：本大题共1小题，共12分。16.恩施因探明独立硒矿床被称为“世界硒都”，全球约90%的硒和60%的碲均从铜阳极泥(主要成分为Cu2Te、Cu2Se、Ag回答下列问题。(1)元素硒在周期表中的位置为

，Cu的价电子排布式为

。(2)Cu2Te中Te的化合价为

，Cu2Te在硫化浸出时被(3)Na2SO3的添加量对Te、Sb的沉淀率的影响如图A所示，H2SO4的浓度对Cu、Se和Ag的浸出率影响如图B所示，最合理的NA.50；3.0

B.40；3.5

C.30；2.0

D.40；4.0(4)沉淀物X为

。沉银液中cH+>1mol/L，元素硒的化合价为+4价，结合图C写出还原过程中生成单质硒的化学方程式三、实验题：本大题共1小题，共12分。17.某化学兴趣小组完成“覆铜板制图案”实验后，提出“能否用KSCN溶液检验腐蚀液中是否残留Fe3+”的问题，并就此展开实验探究。已知：，SCN2为黄色液体，性质与Cl实验Ⅰ：向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中插入一段铜丝，使铜丝高于FeCl3溶液，静置1天后观察到溶液呈浅绿色，倾倒浅绿色溶液于另一支试管中，滴加实验Ⅱ：分别向2 mL 0.1 mol/L NH42FeSO实验Ⅲ：向三支试管中分别加入2 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，再分别滴入1滴浓度均为试剂现象组别先滴入试剂现象再滴入试剂现象振荡后现象第一组N无明显变化KSCN溶液变红色，立即产生白色沉淀红色褪去，形成白色悬浊液第二组N无明显变化KSCN溶液变绿色溶液仍为绿色第三组FeC浅绿色KSCN溶液变红色溶液变黄色回答下列问题。(1)写出实验Ⅰ中形成浅绿色溶液的离子方程式

。(2)该小组对实验Ⅰ中形成白色沉淀提出了2种假设。假设i：白色沉淀为FeSCN2；假设ii：白色沉淀为

实验Ⅱ证明假设(3)实验Ⅰ中立即产生白色沉淀，而实验Ⅱ中却需要反应1天后才能产生白色沉淀。结合实验Ⅲ推测，可能是Fe3+、Fe2+、Cl−、NH4(4)对比实验Ⅱ和实验Ⅲ中第一组实验，产生白色沉淀的离子方程式为

，由于白色沉淀的生成增强了Cu2+的

性，同时生成Fe(SCN)3增强了Fe2+的还原性，导致实验Ⅰ中的Cu2+发生还原反应和Fe2+发生氧化反应，从而说明四、简答题：本大题共1小题，共16分。18.二氧化碳是廉价可持续的碳源，其转化为甲醇能减碳增效、推动可持续发展。以下是CO2制备CHi.CO(g)+2ii．Ciii．C已知：生成物A的选择性=回答下列问题。(1)已知反应的能垒越大，活化能越大。反应ii的反应历程如图所示。在不同催化剂作用下，该反应历程中决速步骤的能垒分别为

eV、

eV，其中效果较好的催化剂为

。(2)反应ii的焓变ΔH2=

(3)向体积为2L的恒容密闭容器中分别充入5 mol CO2、4 mol H2，仅发生反应ii和iii，反应相同时间t秒后测得CO2实际转化率和①曲线a表示CO2的平衡转化率，其先下降后上升的原因为②250℃时，反应ii中H2的反应速率vH2=

。反应ii的平衡常数K=

③试分析曲线a、b在温度高于280℃后趋于重合的原因

。五、推断题：本大题共1小题，共12分。19.有机物M是一种应用广泛的解热镇痛药，因活性高且不良反应小而备受关注。合成M的路线如下图。路线1：路线2：回答下列问题。(1)已知B→C发生了加成反应，写出B的结构简式

。(2)系统命名为

。(3)化合物H中的官能团名称为

。(4)F→G经历了加成和取代两步反应，写出加成反应的化学方程式

。(5)M的结构简式为

。(6)同时满足下列条件的F的同分异构体有

种(不考虑立体异构)①苯环上只有2个处于对位的取代基②其中一个取代基为其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:6:2:2:1的结构简式为

。

答案和解析1.【答案】D

【解析】A.暖宝宝热敷的原理就是铁粉发生吸氧腐蚀，该反应为放热反应，二者有关联，A不符合题意；B.青蒿素分子中的过氧基具有强氧化性，可使疟原虫蛋白质变性失活，因此可用于抗疟，二者有关联，B不符合题意；C.小苏打

NaHCO3

受热易分解生成

CO2D.维生素C用作抗氧化剂，是因为维生素C具有还原性，可自身被氧化，避免食品被氧化，不是因为氧化性，项目与化学知识无关联，D符合题意；2.【答案】A

【解析】A.坦克装甲需要具备耐腐蚀、稳定性强的特性，化学活性高的材料易与环境中的物质发生反应被腐蚀，不符合装甲材料的性能要求，A错误；B.La−Ni合金是应用广泛的储氢合金，可在室温下快速完成吸氢、放氢过程，适用于军事装备系统，B正确；C.碳纤维复合材料具备强度高、密度小(质量轻)的优势，适合用于直升机旋翼的制造，C正确；D.隐身涂层的微型蜂巢结构可以高效吸收、耗散雷达波，减少雷达波反射，达到隐身效果，D正确；3.【答案】C

【解析】A.亚硫酸钠是可溶性强电解质，在盐酸溶液中需拆为

Na+

和

SO32−

，正确离子方程式为：

B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，同时会氧化亚铁离子为铁离子，反应生成的

Fe3+

会与

OH−

结合生成

FeOH3

沉淀，正确的方程式为：C.

H3PO2

是一元弱酸，仅1个可电离的

H+

，与足量

NaOH

反应生成

D.该反应得失电子不守恒，正确的方程式为：

2MnO4−+54.【答案】B

【解析】A.NH2OH和NH3均可形成分子间氢键，NB.题干给出的平衡常数

K

是碱结合

H+

的平衡常数，

K

越大，说明结合

H+

能力越强，碱性越强。由于

1.8×109>9.1×106

，因此

NH3

碱性更强，

C.NH2OH中N原子形成3个σ键，还含有1对孤电子对，价层电子对数为4，采取sD.孤对电子对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，会压缩键角：

NH4+

中N无孤对电子，

NH2OH

中N有1对孤对电子，因此

H−N−H

键角：故选B。5.【答案】B

【解析】A.加入稀盐酸酸化的

BaCl2

溶液生成的白色沉淀可能是

AgCl

，无法证明溶液中一定含有

SO4B.

AgCl

白色沉淀转化为黄色

AgI

沉淀，说明

AgI

溶解度更小，可得

KspAgIC.蔗糖水解后溶液呈酸性，需先加

NaOH

中和过量稀硫酸，否则酸会与

CuOH2

反应，无法检验葡萄糖，不能说明蔗糖未水解，D.滴加稀

NaOH

溶液且未加热，

NH3

极易溶于水无法逸出，试纸不变蓝不能证明溶液不含

NH46.【答案】C

【解析】A.有机物碳原子数为16、氢原子数为11、氧原子1个、氮原子2个、氟原子6个、氯原子1个，分子式

C16H11OB.分子中所有单键都是

σ

键，双键、芳香环(苯环、吡啶环)的不饱和键中都含有

π

键，因此X同时含

σ

键和

π

键，B正确；C.1 mol苯环可与

3molH2

加成，1 mol吡啶环(含3 mol不饱和键)可与

3molH2

加成，因此

1molX

最多与

6molD.X分子中含有酰胺键

−CONH−

，酰胺键在酸/碱存在、加热条件下可以发生水解反应，D正确；7.【答案】A

【解析】【分析】该装置是电解池与氢氧燃料电池的耦合工艺，甲池为电解池，电解精制饱和NaCl溶液，阳极生成Cl2，阴极生成H2与NaOH；乙池为氢氧燃料电池，以甲池产出的H2为燃料、除去CO2的空气为氧化剂，在碱性条件下将化学能转化为电能，回供甲池以降低能耗。燃料电池负极消耗OH−、正极生成OH−，通过阳离子交换膜实现A.甲池输入精制饱和NaCl溶液，输出为稀NaCl，离子交换膜仅允许阳离子通过，甲池就是氯碱工业模型示意图，即甲池为电解池，X为氯气，Y为氢气，乙池为氢气的燃料电池，A错误；B.乙池为氢氧燃料电池(碱性环境)，通入H2的一极为负极，H2在负极发生氧化反应，结合碱性环境中的OH⁻生成H2O，电极反应式为：

HC.甲池为电解饱和NaCl溶液的电解池，电解反应方程式为

2Cl−+2HD.乙池输入a% NaOH溶液，正极生成OH−，NaOH浓度升高，故输出的b% NaOH浓度大于输入的a%，即a%<b%，提高产出碱溶液中溶质的浓度，故答案选A。8.【答案】D

【解析】A.

Cl2

氧化性较强，可将

Fe

氧化为

+3

价生成

FeCl3

；但

I2

氧化性较弱，只能将

Fe

氧化为

+2

价，加热条件下

Fe

与

I2

反应生成

FeI2B.钠的活泼性强，

Na2O

加热可被氧气氧化为

Na2O2

；但锂的活泼性弱，

Li2O

与

O2

C.

CuS

难溶于稀硫酸，因此

H2S

可与

CuSO4

发生反应；但

FeS

可溶于稀硫酸，因此

H2S

与D.

Cl2

和

Br2

同主族，都具有较强氧化性，均可在水溶液中将

SO2

氧化为9.【答案】C

【解析】【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硅原子个数为：8×

18

+6×

12

=4，位于体内的镁原子个数为8，则晶胞的化学式为A.由晶胞结构可知，镁原子位于硅原子形成的四面体空隙中，A正确；B.由晶胞结构可知，晶胞沿x轴方向投影得到的正方形中，晶胞的顶点的硅原子位于正方形的顶点，晶胞中面心上的硅原子位于正方形的中心和边上，晶胞中的镁原子，位于正方形的面对角线上，投影图为：，B正确；C.由晶胞结构可知，镁原子之间最近的距离为边长的

12

，由晶胞的晶胞参数为apm可知，最近的距离为

12apm

D.由晶胞结构可知，位于顶点的M原子的坐标为(0,0,0)，则位于体对角线上的N原子的坐标为

34,3410.【答案】D

【解析】A.NaOH会腐蚀玻璃活塞，但本装置滴定管是聚四氟乙烯活塞，耐碱腐蚀，可以盛装NaOH标准溶液；醋酸与NaOH滴定的滴定终点为碱性，选用酚酞作指示剂符合要求，该装置可以测定醋酸浓度，A能达到实验目的；B.硫酸四氨合铜

[Cu(NH3)4]SO4

是离子化合物，易溶于水，难溶于乙醇，向其水溶液中加入95%C.

MgCl2⋅6H2O

受热时

MgCl2

会发生水解，通入HCl气流可以抑制

Mg2+D.1−溴丙烷和氢氧化钠的乙醇溶液混合后加热发生消去反应，生成丙烯，直接将生成物通入酸性

K2Cr2O7

溶液中，挥发的乙醇和丙烯均会使酸性故选D。11.【答案】C

【解析】【分析】丁为红棕色气体，可推断为NO2；N为紫红色金属单质，即Cu。结合转化关系，可推知甲、乙、丙、丁、戊均含氮元素：乙为N2，丙为NO，丁为NO2，戊为HNO3，甲为NH3。NH3经催化氧化可生成N2，N2与O2反应生成NO，NO被氧化为NOA.甲为NH3，具有还原性，在一定条件下可将NO、NO2还原为B.甲为NH3，汽化时吸收大量热，可作制冷剂；乙为N2C.乙为N2，与足量H2在一定条件下反应生成NH3，反应为可逆反应，1 mol ND.戊为浓HNO3，N为Cu，二者反应生成NO2，离子方程式为

Cu+4故选C。12.【答案】C

【解析】A.题干指出“一锅法”反应时间短、无需溶剂和催化剂，减少了污染物排放，符合绿色化学的理念，A正确；B.直形冷凝管冷凝水遵循“下进上出”的原则，

b

为下口、

a

为上口，因此冷凝水从

b

口进入，B正确；C.有机物中含有1个手性碳原子，，C错误；D.乙酰乙酸甲酯和乙酰乙酸乙酯结构相似，分子组成相差1个

CH2

，互为同系物，D13.【答案】D

【解析】【分析】首先明确分布系数规律：二元弱酸H2X随pH升高，δ(H2X)逐渐减小，δ(HX–)先增后减，δ(X2–)逐渐增大。因此M点：c(H2X) =

c(HXA.NaHX溶液中，HX–的水解常数

Kℎ(HX−)=KwKa1=10B.pH越小，H+浓度越大，对水的电离抑制越强；随NaOH加入，pH升高，酸逐渐被中和为盐，X2–增多，盐的水解促进水的电离，因此水的电离程度随pH升高而增大，C.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH–)+c(HX–)+2c(X2–)，pH=7时c(H+)=c(OHD.反应

H2X+X2–⇀↽2HX故选D。14.【答案】A

【解析】A.Fe2+与环戊二烯负离子(C5H5−B.二茂铁茂环上的氢原子被乙酰基

CH3CO−

C.环戊二烯负离子

C5H5−

中，所有碳原子均为

sp2

杂化，形成平面五元共轭大D.反应中乙酰氯既可以发生二取代得到目标产物DNF，也可以发生单取代，因此题中所示的单取代二茂铁会作为副产物生成，D正确；15.【答案】D

【解析】由题意可知，阴极得到X溶液，X为LiOH，则Li+由左室迁移至右室，电极b为阴极，电极N为负极，电极A.根据分析，电极M为正极，A正确；B.b电极为阴极，有氢气析出并生成OH−，C.电极a为阳极，发生反应LiFePO4−D.离子交换膜应为阳离子交换膜，当外电路转移1 mol电子，有1 molLi+从左侧室移动到右侧室导致左侧室质量减少7 g，16.【答案】第四周期第ⅥA族3−2价空气或氧气(B氯化银(AgCl)H2SeO3+2Na2S

【解析】【分析】向Cu阳极泥中加入

Na2S

溶液，并通入空气，

PbSO4

和金属碲化物被转化为难溶的金属硫化物，同时，Te和Sb被氧化形成可溶盐存在于浸出液中，向浸出液中加入

Na2SO3

可将Te元素还原为单质。向硫化浸出过程得到的浸出渣中加入硫酸和硝酸，

Cu2S

被氧化为

CuSO4

，

Ag2S

和PbS被氧化生成

Ag2SO4

(1)Se是第34号元素，位于第四周期ⅥA族，Cu是第29号元素，价电子排布式为

3d10(2)

Cu2Te

中Cu元素为+1价，Te元素为−2价；由题干信息可知，Cu元素和S元素化合价不变，Te元素从−2(3)从图A可以看出，当

Na2SO3

添加量为40 g/L时，基本可以将Te完全沉淀，从图B可以看出，当硫酸浓度为3.5 mol/L时，对Ag、Cu和Se的浸出率已达到最大值，继续提高硫酸浓度对浸出率的提升不再明显，因此，最合理的

Na2S(4)由分析可知，沉淀X是AgCl；当溶液

cH+>1mol/L

时，

pH=−lgcH+<−lg1=0

，从图像可以看出，此时溶液中的Se元素主要以

H2SeO3

的形式存在，反应过程中，Se元素从+4价降至0价，S元素从17.【答案】Cu+2FCuSCNⅱF2C氧化不能

【解析】(1)铜丝与FeCl3溶液反应，Cu将Fe3+还原为Fe(2)假设ii：结合已知信息亚铜离子和硫氰根生成硫氰化亚铜(白色沉淀)，白色沉淀应为CuSCN。实验Ⅱ中，

NH42FeSO42

与KSCN无明显现象，而CuSO4与(3)实验Ⅰ中立即产生白色沉淀，实验Ⅱ中需1天，对比实验Ⅲ三组现象：第一组(含Fe2+)第二组(无Fe第三组(含Fe故加快反应速率的离子是Fe2+。答案为：(4)对比实验Ⅱ和实验Ⅲ第一组，生成白色沉淀的离子方程式：2Cu2++4SCN−同时Fe2+被(SCN)2氧化，其还原性增强；这导致Cu18.【答案】2.021.14N−49.5kJ·moCH3OH−6e反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应。在250℃以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降；在250℃以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升0.9/t mol·0.038曲线a表示CO2的平衡转化率，曲线b表示CO2的实际转化率。温度越高反应速率越快，在相同时间t秒内越趋于平衡，CO

【解析】(1)决速步骤为活化能(能垒)最大的步骤，能垒=峰(过渡态)能量−前一个谷(反应物)能量：对于

In2O3

，最大能垒：

0.93−(−1.09)=2.02eV

，对于

Ni6O4/In(2)根据盖斯定律，反