湖北省武汉市2025届高三下学期第二次调研考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1湖北省武汉市2025届高三下学期第二次调研考试试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．安全使用食品添加剂满足了人们对食品多样化的需求。食盐中添加的碘酸钾属于A．营养强化剂 B．着色剂 C．膨松剂 D．防腐剂【答案】A【解析】在食盐中添加碘酸钾的主要目的是补充人体所需的碘元素，预防碘缺乏引起的疾病（如甲状腺肿大），属于营养强化剂，故选A。2．化学与生产、生活密切相关。下列过程不涉及化学变化的是A．混凝剂硫酸铝净水 B．生产人造奶油C．石油分馏提炼汽油 D．碘酒处理伤口【答案】C【解析】Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，该过程中有新物质氢氧化铝胶体生成，属于化学变化，A错误；生产人造奶油是油脂的氢化过程，生成新物质，属于化学变化，B错误；石油分馏提炼汽油是利用各组分的沸点不同进行分离的方法，属物理变化，不涉及化学变化，C正确；碘酒处理伤口时与蛋白质反应生成新物质，属化学变化，D错误。故选C。3．在探究钠与水反应的实验中，下列图标与该实验无关的是A． B． C． D．【答案】B【解析】该实验中需要用小刀切割金属钠，该图为注意刀具伤害标识，A不符合题意；该实验不用电，该图为注意用电标识，与该实验无关，B符合题意；该反应剧烈放热，易液体飞溅，所以需要佩戴护目镜标识，C不符合题意；该反应生成易燃易爆的氢气，要注意排风，该图为注意排风标识，D不符合题意。故选B。4．海水是一种重要的自然资源。下列有关海水综合利用错误的是A．海水淡化的方法包括电渗析法B．海水提溴工艺流程中含有蒸馏塔C．海水可用作核电厂的循环冷却水D．海水提镁可选用澄清石灰水沉镁【答案】D【解析】海水淡化的方法包括电渗析法、蒸馏法、离子交换法等，A正确；海水提溴工艺流程有浓缩、酸化→氧化→吹出→吸收→氧化蒸馏，在蒸馏塔中，氢溴酸再次与氯气反应，重新生成溴单质，B正确；海水资源丰富，海水可用作核电厂的循环冷却水，C正确；海水提镁是向海水中加入石灰乳沉镁，D错误。故选D。5．化学教育承载着弘扬美育的使命。下列说法错误的是A．高度对称的足球烯是一种烯烃B．春节燃放的绚丽焰火与电子跃迁有关C．五彩缤纷的玻璃与金属氧化物或盐有关D．晶莹剔透的水晶的形成与晶体自范性有关【答案】A【解析】足球烯（C60)等）是由碳元素组成的单质，烯烃是含碳碳双键的烃，含碳、氢两种元素，属于化合物，足球烯不是烯烃，A错误；春节燃放烟花时，金属元素的原子中的电子吸收能量跃迁到激发态，处于激发态的电子不稳定，跃迁回低能级时释放的能量以光的形式呈现，产生绚丽焰火，B正确；玻璃中加入不同的金属氧化物或盐，可使玻璃呈现出五彩缤纷的颜色，C正确；晶体的自范性是指在适宜条件下，晶体能自发地呈现多面体外形。水晶在形成过程中，在合适条件下能体现晶体自范性，从而形成晶莹剔透的外观，D正确。故选A。6．XeF2是一种氟化剂，能将苯转化为氟苯，其原理为：XeF2＋C6H6＝C6H5F＋Xe＋HF，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．1molHF中含有的电子数为10NA B．39gC6H6中含有的Π键数为1.5NAC．生成1molC6H5F转移的电子数为2NA D．1molXeF2中Xe的价层电子对数为5NA【答案】B【解析】1molHF中含有的电子数为10NA，A正确；1个苯分子含有1个大π键，39gC6H6的物质的量为39g78g/mol=0.5mol，0.5mol苯中含有的π键数为0.5NA，B错误；该反应中，Xe的化合价由＋2价变为0价，生成1molC6H5F转移的电子数为2NA，C正确；XeF2中Xe的价层电子对数为2+8-2×12=5，1molXeF27．湖北蕲春李时珍在《本草纲目》中多次提到前胡，其有效成分之一的结构简式如图所示。下列有关该物质的叙述正确的是A．属于芳香烃 B．分子中含有3个手性碳原子C．能使酸性K2Cr2O7溶液变色【答案】C【解析】该有机物中含有碳、氢、氧元素，不属于芳香烃，A错误；手性碳原子是指连有四个不同原子或基团的碳原子，该有机物结构中共有图示(用“*”标示)2个手性碳，B错误；该有机物中的碳碳双键能和K2Cr2O7溶液发生氧化反应，而使其变色，C正确；该物质一分子含有3个酯基，1mol酚酯基能消耗2molNaOH，2mol醇酯基能消耗2molNaOH，则1mol该物质最多消耗4molNaOH，8．一种无机高分子材料单体的结构式如图所示，其中X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X、Y的第一电离能均高于同周期相邻的元素。下列说法正确的是A．原子半径：Y<ZB．氧化性：X2>Z2C．YZ3水解会产生两种强酸D．XZ3的VSEPR模型为四面体形【答案】D【解析】X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X、Y的第一电离能均大于同周期相邻的元素，X形成3个共价键，X为N，Y形成5个共价键，Y为P；Z形成1个共价键，Z为Cl。电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径Cl<P，A错误；N2中存在N≡N，化学性质稳定，Cl2具有强氧化性，氧化性Cl2>N2，B错误；

PCl3水解会产生HCl和H3PO3，H3PO3不是强酸，C错误；NCl3中N的价层电子对数为3+5-3×12=4，VSEPR9．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是选项事实原因解释AH2OO的电负性大于SB顺—2—丁烯的沸点高于反—2—丁烯的沸点前者分子极性大于后者CCuNH3前者配体的稳定性强于后者D吡咯（）中所有原子均共面分子中C与N均为sp2A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】水和H2S中心原子均采取sp2杂化，孤电子对数均为2，均为V形结构，但氧原子半径小于硫，电负性大于硫，共用电子对更接近氧原子，导致成键电子对间斥力更大，则键角更大，A解释正确；顺—2—丁烯的沸点高于反—2—丁烯的沸点，是因为前者分子极性大于后者，分子间作用力更大，B解释正确；CuNH342+比CuH2O42+稳定与配体的稳定性无关，原因为氮的电负性小于氧，氨提供孤电子对的能力更强，则形成的配位键更稳定，C解释不正确；吡咯（10．环糊精是一类环状低聚糖，常见的环糊精结构和空间模型如图1所示，环糊精的空腔与某些药物形成包合物如图2所示。下列说法错误的是A．γ-环糊精属于寡糖B．环糊精空腔的内壁具有疏水性C．该包合物的形成体现了超分子的识别功能D．药物分子与环糊精之间的作用力是配位键【答案】D【解析】γ－环糊精是一种环状寡糖，由6~12个D－吡喃葡萄糖单元组成，通常含有8个葡萄糖单元‌，A正确；环糊精的分子结构呈现出一种环形圆筒状，其内部空腔由于含有C－H和糖苷结合的－O－原子而表现出疏水性，B正确；n值不同，环糊精空腔大小不同，可容纳不同分子，体现了超分子的识别功能，C正确；药物分子与环糊精之间包合的作用力为范德华力，D错误。故选D。11．我国科技工作者设计了一套电化学装置，能在常温常压下实现硫化氢分解，制取氢气和硫黄，其原理如图所示。质子交换膜下列说法错误的是A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化B．阳极区的总反应为HC．质子交换膜不能换为阳离子交换膜D．每产生32 g【答案】D【解析】V3＋得到电子被还原为V2＋，使得电能转化为化学能；由图示电解池装置可知，光能通过光伏电池转化为电能，通过电解由电能转化为化学能，A正确；a极Fe2+失去电子被氧化为Fe3+，a极为阳极，则b为阴极，阳极电极反应为Fe2+－e-＝Fe3+，2Fe3+＋H2 S＝S＋2Fe2+＋2H+，总反应为H2 S-2e-=S↓+2H+，B正确；为防止Fe3＋、Fe2＋向阴极移动而发生副反应，则质子交换膜不能换为阳离子交换膜，C正确；结合H2 S-2e12．Heck反应是指卤代烃在钯催化剂作用下与烯烃发生C－C偶联反应，其原理如下图所示（R1、R2代表烷基，L代表配体，下列说法正确的是A．反应过程中Pd元素化合价未发生变化B．CH3C．反应过程涉及极性键和非极性键的断裂与形成D．用H2C=CDR【答案】C【解析】由图示反应原理可知，PdL2中L代表配体，反应过程中配体个数发生了变化，则Pd元素化合价发生了变化，A错误；N(CH3)3中N原子有孤对电子，形成的CH33NHX属于离子化合物，是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，B错误；反应过程涉及C－H、C＝C键的断裂与C－C键、N－H键的形成，C正确；用H2C=CDR2代替H213．下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A验证牺牲阳极法防止铁腐蚀将用导线连接的铁片和锌片插入经过酸化的NaCl溶液，向铁片附近滴加K3B探究温度对化学平衡的影响取2 试管中，加热，观察溶液颜色变化C探究NaHCO3溶液与盐酸反应的热效向装有NaHCO3同时迅速插入温度计，观察示数变化D检验丙烯醛中的碳碳双键向装有1 中加入足量溴水，观察溴水是否褪色A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】将用导线连接的铁片和锌片插入经过酸化的NaCl溶液，锌比铁活泼，锌作为负极被氧化，铁作为正极得到保护，向铁片附近滴加K3FeCN6溶液，由于铁片可被K3FeCN6氧化为Fe2+，Fe2+与K3FeCN6反应生成蓝色沉淀，不能验证牺牲阳极法防止铁腐蚀的效果，A不能达到实验目的；取2 mL0.5 mol⋅L14．中科院课题组报道了空穴掺杂型铜氧化物超导体，其四方晶胞(晶胞参数：a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)的结构如图所示。下列说法错误的是A．晶胞的俯视图为B．Cu位于元素周期表的ds区C．Cu位于O构成的八面体的体心D．该超导体的化学式为Re2CuO4【答案】A【解析】由晶胞结构图可知，俯视时，Re原子在正方形中心，由于棱上也有Re原子，且Re原子半径大于Cu原子半径，故在正方形顶点能看到Re原子，O原子在正方形棱上，故晶胞的俯视图错误，A错误；Cu的价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表的ds区，B正确；Cu位于O构成的八面体的体心，C正确；1个晶胞中的O原子个数为16×14+4×12+2=8，Cu原子个数为8×18+1=215．常温下，H2A溶液中含A粒子分布系数δ[如δH2A=cH2AcH2A+cHA-+cA2-]与pH的关系如图下列说法正确的是A．Ka1H2AKa2C．KspM2A=10【答案】D【解析】H2A的电离分两步，H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，图1中，随着pH增大，H2A逐渐转化为HA－，HA－再转化为A2－，则第一个交点处c(H2A)=c(HA-)，则Ka1H2A=c(H+)⋅c(HA-)c(H2A)=c(H+)=10-7，第二个交点处c(HA-)=c(A2-)，则Ka2H2A=c(H+)⋅c(A2-)c(HA-)=c(H+)=10-13，Ka1H2AKa2H2A=10-710-13=106，A错误；Ka1H2A⋅Ka2H2A二、解答题16．某废氧化铝基催化剂主要含有α-Al2O3、NiAl2已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全c≤1.0×10-5 NiFeMgAl开始沉淀的pH6.21.59.23.2沉淀完全的pH8.72.810.84.3回答下列问题：(1)基态Ni的价电子排布式为。(2)α-Al2O3硬度很大，熔点为2045℃(3)Al2O3“焙烧”生成NaAlO2(4)“滤饼”的成分为AlOOH，则“沉铝”的离子方程式为。(5)“调pH”分步沉淀可获得NiOH2，两次“调pH”的数值依次为、a．3

b．7

c．9

d．11(6)“调pH”沉镍后，滤液中溶质的主要成分为（填化学式）。(7)可利用萃取剂P204（）从“溶液”中萃取分离出Ni2+。P204在煤油中常以二聚体的形式存在，其原因是。【答案】(1)3 (2)共价晶体(3)Al(4)AlOH4-(5)ac(6)NH42(7)P204中含有羟基，容易形成分子间氢键【解析】废氧化铝基催化剂(主要含有α-Al2O3、NiAl2O4，以及少量Fe2O3、MgO等)中加入纯碱焙烧时，α-Al2O3反应生成NaAlO2，水浸、过滤得到Na[Al(OH)4]溶液，浸出液中加入盐酸沉铝得到AlOOH（1）镍的原子序数为28，基态Ni的电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2；（2）α－Al2O3硬度大、熔点高(2045℃)，符合共价晶体的特征，其晶体类型为共价晶体；（3）Al2O3与Na2CO3在高温下反应生成NaAlO2和CO2（4）Na[Al(OH)4]溶液中加入盐酸生成AlOOH沉淀，反应的离子方程式为（5）酸溶后的溶液中含有的金属离子为Ni2＋、Fe3＋、Mg2＋，分步沉淀需先除去Fe3＋，再沉淀Ni2＋，同时避免Mg2＋沉淀，Fe3＋完全沉淀的pH为2.8，Ni2＋完全沉淀的pH为8.7，Mg2＋开始沉淀的pH为9.2，第一步除Fe3＋，需调pH至略大于2.8；第二步沉淀Ni2＋，为避免Mg2＋沉淀，需调pH至8.7～9.2，故故选a、c；（6）“调pH”沉镍后溶液中主要阳离子为NH4+和Mg2＋，阴离子为SO42-(来自酸溶步骤)，故溶质主要成分为（7）P204在煤油中以二聚体形式存在的原因萃取剂P204分子中含羟基(－OH)，分子间可通过氢键形成二聚体，从而稳定存在于煤油中。17．为探究HCHO和新制氢氧化铜悬浊液反应的产物，某实验小组进行如图所示实验。在59~已知：①在酸性条件下，Cu2②HCOOH——③常温下，CO能将PdCl2回答下列问题：(1)仪器X的名称为。(2)实验过程中采用的加热方式为，长直导管的作用为。(3)实验小组对红色沉淀的成分进行探究，假设如下：假设i：只有Cu；假设ii：只有Cu2假设iii：由Cu和Cu2小组成员使用电子天平称量0.360 g红色沉淀，溶于足量稀硫酸，得到0.352 g红色固体。实验中可观察到的现象为(4)实验小组对无色溶液的成分进行探究，实验装置如下图（加热装置已略去）。①观察到b中，证明无色溶液中不含Na2②c中出现黑色颗粒，则c中发生反应的化学方程式为。(5)该条件下，HCHO和新制氢氧化铜悬浊液发生主要反应的化学方程式为。【答案】(1)圆底烧瓶(2)水浴加热冷凝回流甲醛，提高甲醛利用率(3)溶液变为蓝色iii(4)澄清石灰水不变浑浊（或无明显现象）CO(5)HCHO【解析】（1）仪器X的名称为圆底烧瓶。（2）由题干信息“在59~62℃下加热（3）若假设i成立，加入足量稀硫酸后，红色固体质量不变；若假设ii成立，根据已知①可知，存在关系如下：Cu故0.360g红色固体中含0.0144gCu2O，说明红色沉淀由Cu和Cu2O组成，假设iii正确，反应生成了Cu2+，溶液变为蓝色；红色固体中mCu>mCu2（4）①若无色溶液中不含Na2CO3，则a中无CO2②c中出现黑色颗粒，说明CO将PdCl2还原成单质Pd，化学方程式为CO+PdCl2（5）该条件下，HCHO与新制CuOH2反应的主要产物为Cu和HCOONa，主要反应为18．有机物H是一种抗癌药物的合成中间体，其合成路线如下图所示。已知：R1CHO——→H回答下列问题：(1)A→B的反应类型为。(2)C→D的化学方程式为。(3)E中官能团的名称是。(4)A具有碱性，其碱性

（填“>”或“<”）。(5)A的同分异构体中含苯环和，的共有种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为2:2:1的结构简式为（写出一种即可）。(6)G→H的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，则第二步反应有机产物的结构简式为。【答案】(1)氧化反应(2)2＋O2→ΔCu2＋2H2O(3)氰基、酯基(4)>(5)10(6)(或)【解析】A被MnO2氧化，甲基被氧化为醛基生成B，B与CH3MgBr在H3O＋条件下发生已知反应生成C，C为，C与O2在Cu的催化下发生氧化反应，羟基被氧化为酮羰基生成D，D与E发生取代反应生成F，F与H2在Ni的催化下发生还原反应，氰基被还原为氨基，生成G，G依次发生加成反应、消去反应、加成反应生成H。（1）A被MnO2氧化，甲基被氧化为醛基生成B，A→B的反应类型为氧化反应；（2）C与O2在Cu的催化下发生氧化反应，羟基被氧化为酮羰基生成D，化学方程式为2＋O2→ΔCu2＋2H2O；（3）E为，官能团的名称氰基、酯基；（4）在含氮有机物中，氮原子上电子云密度越大，越易与H+形成配位键，碱性越强，中甲基是推电子基团，会使氮原子上电子云密度增大，的碱性更强；（5）A为，其同分异构体中含苯环和，若苯环上只有一个取代基，为-NCl2，只有1种，若苯环上有两个取代基，为-Cl和-NHCl，有邻、间、对3种；若苯环上有三个取代基，为-Cl、-Cl、-NH2，苯环上连三个取代基，其中有两个相同时，共有6种，共有1＋3＋6＝10种；核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为2:2:1，说明分子中有（6）G→H的反应可分为三步，依次为加成反应、消去反应、加成反应，即→→(或)→，则第二步反应有机产物的结构简式为(或)。19．苯乙烯作为一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料和橡胶。工业常采用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯，其原理如下：C6H5(1)有利于提高乙苯平衡转化率的条件是_____（填标号）。A．高温低压 B．高温高压 C．低温高压 D．低温低压(2)已知键能：EC-H=413 kJ⋅mol-1，E(3)100kPa，乙苯通过催化剂反应相同的时间，在不同的流速下，乙苯的转化率随着温度的变化如图所示，流速大而转化率低的原