湖北省黄冈市2025-2026学年高三上学期1月期末考试化学试题

年秋季高三年级期末考试化学本试卷共8页，题。全卷满分分。考试用时分钟。注意事项：号条形码在答题卡上的指定位置。选择题的作答：每小题选出答案后，用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。答题卡上的非答题区域均无效。考试结束后，请将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：一、选择题：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.下列过程中，不涉及化学变化的是A.将蔗糖修饰为三氯蔗糖B.硅太阳能电池将光能转化为电能C.用陶土烧制陶瓷器皿D.用化学方法合成结晶牛胰岛素【答案】B【解析】【详解】A．将蔗糖修饰为三氯蔗糖涉及蔗糖分子结构的化学修饰，生成新物质三氯蔗糖，属于化学变化，A不符合题意；B量转化，属于物理变化，不涉及化学变化，B符合题意；C于化学变化，C不符合题意；DD不符合题意；故选B。2.下列化学用语或说法正确的是第1页/共21页

A.的电子式：B.的球棍模型：C.溶解度：>D.的名称：2，4二羟甲基苯酚【答案】D【解析】【详解】A．NCl3的电子式中，N原子最外层有5个电子，与3个Cl原子形成3对共用电子对后，还剩余1对孤电子对，的电子式为，A错误；B．HO2的结构为HOOH，O原子为sp3杂化，的球棍模型为，B错误；C．相同温度下，NaCO3的溶解度大于NaHCO，C错误；D．该有机物为苯酚的衍生物，命名时以酚羟基所连接的碳原子为1号位进行编号，两个CHOH基团分别在2号和4号位，故名称为2，4二羟甲基苯酚，D正确；故选D。3.下列描述能正确反映事实的是A.常温下，钠与氧气不反应，加热反应生成B.室温下，铁与浓硫酸不反应，加热时剧烈反应C.明矾常用于净水，过量铝元素不会影响人体健康D.亚硝酸钠可用于肉类制品防腐护色，但过量使用会产生毒性【答案】D【解析】【详解】A．钠在常温下与氧气反应生成氧化钠（NaONaOA错误；B．室温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，形成致密氧化膜阻止进一步反应；加热时氧化膜破坏，反应剧烈，B错误；C．明矾水解生成胶体可以吸附杂质，因此常用于净水；但过量摄入铝元素会损伤神经系统影响人体健康，C错误；DNaNO第2页/共21页

条件下会转化为致癌的亚硝胺，因此必须严格控制用量，D正确；故答案选D。4.下列实验装置能达到相应实验目的的是A．分离苯和溴苯B．制备固体C．验证牺牲阳极法保护铁D．验证淀粉是否全部水解A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A瓶支管口处，测蒸气温度，装置中温度计位置正确，A正确；B．制备需向饱和食盐水中先通再通，但极易溶于水，直接通入溶液有倒吸风险，故应使用短管通入氨气，使用长管通入二氧化碳，B错误；C比Fe3+，滴加KSCN溶液不能验证牺牲阳极法保护铁，C错误；D．验证淀粉是否全部水解，需检验是否有淀粉剩余(用碘水)，但过量会与反应，干扰淀粉检验，D错误；故答案为A。第3页/共21页

5.下列说法正确的是A.元素周期表中s区的元素都是金属元素B.碳素钢中含碳量越高，韧性越好C.晶体颗粒小至纳米量级时，熔点会下降D.同系物一定具有相同的官能团【答案】C【解析】A．s区包含ⅠAHLiNaABeMgHA错误；B．碳素钢的含碳量增加会提高硬度和脆性，但韧性（延展性、抗断裂性）降低，如高碳钢比低碳钢更脆，B错误；C性，C正确；D．苯环不是官能团，因此苯和苯的同系物没有官能团，D错误；故答案选C。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.铅酸蓄电池的负极增重96g，理论上转移电子数为2B.1mol基态Cr原子中未成对电子数为5C.100g46%甲酸水溶液中所含氧原子数目为2D.1NaF溶液中F数目小于【答案】A【解析】【详解】A96g对应增加1mol尔质量96g/mol2mol电子，故电子数为2N，A正确；B．基态Cr原子电子排布为[Ar]3d54s1，未成对电子数为6，1molCr原子未成对电子数为6N，B错误；C100g46%甲酸水溶液含甲酸46（1mol2molO54（3mol3molO5mol，数目为5N，C错误；D．未指定溶液体积，无法确定F数目，D错误；第4页/共21页

故答案选A。7.短周期主族元素WXYZRYR5种元素形成的阴离子结构如图。下列说法正确的是A.第一电离能：X<YB.氧化物溶于水所得溶液的pH：R>XC.电负性：Z>YD.简单氢化物的沸点：W>Y【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素WXYZR原子序数依次增大，YR的价电子数相等，5种元素形成的阴R形成6Y形成2VIAY为O元R为S元素；W形成4Z形成1W的原子序数均小于OZ的原子序数大于O元素小于SW为CZ为FX介于C元素和OX为N元素，以此分析解答。【详解】A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但O价电子为，N价电子为，处于半满状态，更稳定，第一电离能：N>O，即X>Y，A错误；BS和N均有2水溶液pH大小，B错误；C．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：F>O，C正确；D．和都为分子晶体，<，D错误；故答案选C。8.下列关于物质性质解释正确的是选性质解释项A氢氟酸具有强腐蚀性氢氟酸酸性较强第5页/共21页

BMgO熔点高于NaClMgO中离子键更强C具有漂白性能将有机色素还原为无色物质的稳定性强于D分子间存在氢键，分子间不存在氢键A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氢氟酸属于弱酸，其强腐蚀性是因为氟离子能与硅发生反应，腐蚀玻璃等含硅材料，A错误；B．离子晶体熔点由离子键强弱决定；MgO中Mg2+、O2电荷数均为2，且离子半径更小，离子键比NaCl中Na+、Cl形成的离子键更强，即MgO熔点高于NaCl，B正确；C．SO2的漂白原理是其与有机色素结合生成不稳定的无色物质，属于化合反应，C错误；D．HO热稳定性强于HS是因OH键能大于SH键能，氢键与热稳定性无关，D错误；故答案选B。9.B与CF述正确的是A.上述涉及的反应中仅有一个是氧化还原反应B.常温下C与盐酸会剧烈反应，放出大量C.相同物质的量的晶体A和晶体C所含键数目相等D.E分子中中心原子的杂化方式为【答案】D【解析】【分析】B与C为短周期同主族元素形成的单质，F是一种常见的温室气体，F为，D不可能为单质，第6页/共21页

则D为D→F的反应为A为B为C为E为中的剩余的反应为工业制粗硅并提纯的反应，化学方程式分别为：、、【详解】A．由分析可知，所有反应均为氧化还原反应，A错误；B．与盐酸常温不反应，B错误；C．1mol含4molσ键，1mol含2molσ键，C错误；D．的的价层电子对数为4、为杂化，D正确。故答案为D。10.熔点高，硬度大，可用作耐磨陶瓷，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是A.晶胞边长a=b=cB.同层B原子可形成平面六元环结构C.每个Cr原子周围与其等距且紧邻的B原子有6个D.Cr与最近邻B原子的核间距为pm【答案】B【解析】【详解】A．该晶胞为六方晶胞，其特征为a=b≠c，A错误；B．在的层状结构中，同层的B原子之间可以通过共价键连接，形成平面六元环结构，如图：第7页/共21页

，B正确；CCrBCr原子周围与其等距且紧邻的B原子数为12个，C错误DCr与最近邻B原子的核间距为AC之间的距离，如图：AB=角形得，则，D错误；故答案选B。。下列说法错误的是A.持续通入Ar，可以防止被空气氧化B.干燥管可防止水蒸气进入硬质玻璃管使水解C.倒置漏斗可以增大气液接触面积，加快反应速率，同时防止倒吸D.烧杯中若用饱和食盐水吸收尾气，则一定有晶体析出【答案】D【解析】【详解】A．易被空气氧化，持续通入Ar可以排尽装置内空气，避免氧化，A正确；第8页/共21页

B．干燥管中盛放碱石灰，可防止右侧水蒸气进入硬质玻璃管使水解，B正确；C．烧杯主要用于吸收、，倒置漏斗可以增大气液接触面积，加快反应速率，同时防止倒吸，C正确；D．反应方程式可知，生成的与物质的量之比为2:1，氨气过量，在饱和食盐水中主要生成，不利于的生成与析出，故不一定有晶体析出，D错误；故选D。12.我国科学家报道了一种高效制备四元碳环的方法，反应原理如下：下列描述正确的是A.该反应为加成反应B.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为芳香烃C.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所有原子均共平面D.Ⅲ与Ⅱ比较，Ⅲ更稳定【答案】A【解析】【详解】A．该反应的本质是碳碳双键的断裂后成键，属于加成反应，A正确；B．芳香烃指的是含有苯环的烃类，Ⅰ、Ⅲ都含有氯原子，属于卤代烃，B错误；C．Ⅰ、Ⅲ中碳碳双键与苯环通过单键连接，可以旋转从而不共面，Ⅱ中所有原子共面，C错误；D．Ⅲ结构中含有并环的四元环结构，环张力大，不稳定，因此与Ⅱ相比，Ⅲ更活泼，D错误；故选A。13.某全固态氢负离子二次电池以储氢材料和分别作为正、负极活性物质，以复合氢化物列有关该电池的说法错误的是A.与He原子具有相同的核外电子排布B.电池工作过程中Na元素的价态不变C.放电时，负极反应可表示为：第9页/共21页

D.充电时，若外电路通过1mol，理论上正极质量减少1g【答案】D【解析】【详解】A．H核外有2个电子，排布为1s2；He原子核外也有2个电子，排布为1s2，两者相同，A正确；B．储氢材料释放H2的反应为3NaAlH=NaAlH+2Al+3H↑，正极活性物质为，放电时H脱出，电极方程式为3NaAlH+6e=NaAlH+2Al+6H，价态为+1不变，B正确；CCeH2H嵌入生成CeHCeH−e−+H−=CeH3，C正确；DH从负极脱出并嵌入正极，正极反应为3NaAlH+6e=NaAlH+2Al+6H1mole极增加1molH（质量约1gD错误。故选D。14.某锆基内嵌富勒烯电子结构为，结构如图(a)所示；笼内团簇呈现出由单元桥连的平面菱形构型，结构如图(b)所示。下列说法正确的是A.富勒烯是一种烯烃B.Zr与C原子间都以离子键结合C.锆基内嵌富勒烯中所有碳碳键的键长都相等D.该结构的形成体现了超分子的“分子识别”特征【答案】D【解析】【详解】A．富勒烯是碳单质，非烯烃。A错误；B．Zr与C之间可能为配位键或离子键，并非全为离子键。B错误；C．富勒烯笼中键与中C≡C键长不同。C错误；D．笼选择性包裹团簇，体现超分子“分子识别”特征。D正确。第10页/共21页

故答案为D。15.常温下，向0.1mol/L溶液中通入HCl气体，测得含钼(Ⅵ)微粒的物质的量分数()与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是A.在此过程中，存在反应：B.当时，溶液的pOH=8.25C.pOH=7时，若忽略和，则D.pOH=8和【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知：当pOH8~12，减小，增大，存在反应：，A正确；B．根据图像可知：HMoO4的，，当时代入可得c(H+)=105.75pOH=8.25，B正确；C．若忽略和，电荷守恒有，pOH=7时，则第11页/共21页

，根据物料守恒有：溶液中，，即，代入电荷守恒式得，整理得，C错误；D．pOH=8时，若忽略和，根据质子守恒存在关系:，D正确；故答案选C。二、非选择题：16.(主要成分为、和)中得到氧化铝和镓的一种工艺流程如图所示：已知：①镓的化学性质与铝相似。②萃取镓的原理为：(水相)+3HR(有机相)(有机相)(水相)回答下列问题：（1）下列镓的微粒电离一个电子所需能量最高的是___________(填标号)。A.B.C.D.（22”的离子方程式为___________。（3）已知：一定温度下，溶质在相同体积平衡共存的两液相中的分配系数。分别第12页/共21页

Ga元素的残留率为___________(用含k的代数式表示)。（4___________。（5）由粗镓制备的另一种工艺如下图所示：已知：(ⅰ)(乙醚)和(三正辛胺)均为配体；(ⅱ)沸点：55.7℃，沸点：34.6℃，沸点：365.8℃。①比较分子中的CGaC键角大小：___________()(填“>=”或“<”)。②直接分解()不能制备超纯和配后难以分离纯化。试解释采用“配体交换”工艺可以制备超纯的理由是___________。（6）MOCVD法是通过与反应得到GaN和另一种产物，写出该反应的化学方程式：___________。【答案】（1）D（2）（3）（4）（5）①.>②.Ga(CH)3和EtO的沸点接近，解配后难以分离出Ga(CH)，Ga(CH)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分离出Ga(CH)3（6）Ga(CH)+NH=GaN+3CH4【解析】【分析】铝土矿经脱硅处理后，加入稀氢氧化钠溶液碱溶，其中的氧化铝和氧化镓分别与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和四羟基合镓酸钠进入滤液1，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠进入滤液1不反应成为滤渣11加入稀硫酸调pH，四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀（滤渣2酸钠转化为镓离子进入溶液，经过萃取、反萃取后得到含镓溶液，再经碱溶、电解得到粗镓；粗镓经合成反应生成三甲基镓，三甲基镓与氨气通过MOCVD技术反应生成氮化镓；同时滤渣2经焙烧生成氧化铝。第13页/共21页

【小问1详解】A为基态Ga，B为激发态Ga，C为激发态Ga+，D为基态Ga+，因为I>I，因此电离一个电子所需能量最大的是D。【小问2详解】碱溶后滤液1含，酸解时发生反应：。【小问3详解】设原水相浓度VV相浓度为。物料守恒：；第二次萃取：同理，水相浓度。残留率。【小问4详解】电解时，在阴极得电子生成Ga，电极反应式为。小问5详解】①Ga(CH)3中Ga为sp2杂化，而Ga(CH)(EtO)中Ga为sp3杂化，sp2杂化夹角大于sp3杂化；键角大小：Ga(CH)>Ga(CH)(EtO)；②直接分解时Ga(CH)(EtO)，Ga(CH)3和EtO的沸点接近，不易分离，不能制备超纯Ga(CH)，而Ga(CH)3和NR3的沸点相差较大，容易分离，所以采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH)，其原因为：Ga(CH)3和EtO的沸点接近，Ga(CH)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分离出Ga(CH)；【小问6详解】Ga(CH)3与NH3反应得到GaN和另一种产物，由元素守恒可推知另一种产物为CH，所以方程为Ga(CH)+NH=GaN+3CH。17.芳香胺是一种重要的化工原料，我国科学家开辟了一条利用芳香胺制备有机合成中间体E的新工艺。第14页/共21页

已知：(吡啶)与苯相似，具有芳香性。回答下列问题：（1A的核磁共振氢谱有___________组峰，A中结合的能力比苯胺中的___________(填“强”或“弱”)。（2）化合物E的名称为___________。（3D→E______________________。（4）从结构的角度分析，B容易转化为C的主要原因是___________。（5）由化合物A合成E的传统工艺如下：与传统工艺比较，新工艺的优点有___________。a．反应步骤更少，路线更短，原子经济性更高b．避免了重金属污染和爆炸风险c．反应条件更温和，绿色环保，无有害气体生成（6）G为A的同系物；比A多1个碳原子，满足条件的G的同分异构体有___________种。【答案】（1）①.5②.弱（2）2氯吡啶（或邻氯吡啶）（3）①.②.直线形（4）共轭使C更稳定（5）b（6）16【解析】【分析】A为2氨基吡啶，与HNO3发生中和反应生成B，B发生异构生成C，C在酸性条件下与反应生成D，D与发生取代反应生成E，据此回答。【小问1详解】A为2氨基吡啶，没有对称结构，结构中含5种不同化学环境的H（环上4种、上1第15页/共21页

共振氢谱有5组峰；A中吡啶环含N原子，吸电子效应是其中N原子结合质子能力弱于苯胺中；【小问2详解】E为氯代吡啶，Cl原子位于N原子的22【小问3详解】D→E的反应中，D（吡啶2亚硝酰重氮正离子）与Cl反应生成2氯吡啶，由原子守恒可知，同时生成无机含氮化合物为；分子结构为N=N=O，中心N原子sp杂化，空间构型为直线形；【小问4详解】B是活性中间体，C具有芳香共轭结构，更稳定，故共轭效应使C更稳定；【小问5详解】传统工艺用重氮化，氯化等步骤，可能有重金属污染和爆炸风险，新工艺避免了这些，所以选b；【小问6详解】G是A的同系物，多一个C原子，满足条件的有16种，结构如下：（与N原子位于邻、间、对共3（与N原子位于邻、间、对共3、、、、、、、、、。18.已知铜的两种氯化物的部分性质如下表：物质颜色与状态水中溶解性在浓盐酸中与浓氨水反应第16页/共21页

易溶，得蓝绿溶解，溶液颜色加深(黄棕黄色固体溶解，得深蓝色溶液色溶液绿色)溶解，得无色溶液(形成白色或灰白溶解，得无色溶液，CuCl几乎不溶色固体)久置后变蓝某小组为探究铜与氯气的反应，设计了如下实验。Ⅰ．Cu与反应实验①：足量氯气与铜粉反应，实验装置如图所示。实验②：一定量氯气与铜丝反应，实验装置如图所示。Ⅱ．Cu与反应的现象实验①：观察到玻璃管内，铜粉剧烈燃烧，发出绿色火焰，产生棕黄色的烟，冷却后，玻璃管内壁附着大量棕黄色固体。实验②：红热铜丝持续燃烧，产生大量白烟，冷却后，集气瓶内壁附着大量白色固体和少量棕黄色固体。Ⅲ．Cu与反应的产物的探究实验编号操作与现象实验①的产a．加足量蒸馏水，振荡→固体溶解，得蓝绿色溶液。物b．向上述溶液中滴加浓氨水→溶液变为深蓝色。第17页/共21页

a．加足量蒸馏水，振荡→固体大部分不溶，溶液呈极浅蓝色。实验②的产b．向上层清液中滴加浓氨水→无明显变化。物c．向不溶固体中滴加浓盐酸，振荡→固体溶解，得无色溶液。回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式为___________。（2）B中盛放的试剂是___________，其作用是___________。（3）实验①中，得到的棕黄色固体的主要成分是___________(填化学式)。（4）Ⅲ中实验①的产物得到的深蓝色溶液对应的含铜离子主要是___________(填离子符号)。（5___________；该溶液暴露在空气中一段时间后，溶液变为蓝绿色，原因是___________。Ⅳ．结论：对比实验①和②，可得出影响铜与氯气反应产物的因素有反应温度、氯气的相对用量及单质铜的形态。【答案】（1）（2）①.饱和食盐水②.除去氯气中混有的氯化氢气体（3）（4）（5）①.②.中铜为+1气中的氧气氧化生成，与配位形成蓝色的，与配位形成黄色的，二者混合后呈蓝绿色【解析】【分析】装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应产生氯气，通过装置B除去氯气中混有的氯化氢气体后，氯气经装置C中浓硫酸干燥后进入装置D，与铜粉在加热条件下反应生成氯化铜，装置E中的氢氧化钠溶液用于除去未反应的氯气，防止空气污染，据此分析。【小问1详解】装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应产生氯气、氯化锰和水，化学反应方程式为第18页/共21页

。【小问2详解】由分析知，装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，因此装置B中的试剂为饱和食盐水，故答案为饱和食盐水；除去氯气中混有的氯化氢气体。【小问3详解】由已知及分析知，铜在氯气中燃烧生成的棕黄色固体的主要成分为，故答案为。【小问4详解】溶液为蓝绿色，加入氨水，氯化铜与氨水发生反应，生成的显深蓝色。【小问5详解】实验②中白色固体为CuCl，溶于浓盐酸时发生反应生成，离子方程式为；中铜为+1价，具有还原性，暴露在空气中，易被空气中的氧气氧化生成，与配位形成蓝色的，与配位形成黄色的，二者混合后呈蓝绿色。19.草酸亚铁()可用于制药