湖北省八市2025届高三下学期3月联考（二模）化学试题（解析版）

这是一份湖北省八市2025届高三下学期3月联考（二模）化学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 化学反应中，量变可以引起质变等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证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指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用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.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。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，请将本试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Fe：56 Cu：64
一、选择题：本题共有15小题，每小题3分，共45分。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. 化学与生活密切相关。下列叙述中没有涉及化学变化的是
A. 生物固氮B. 染发烫发C. 血液透析D.油脂硬化
【答案】C
【解析】A．“生物固氮”是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；
B．“染发烫发”过程中，染发剂中的化学物质与头发中的成分发生反应，烫发时通过药水和加热改变头发的蛋白质结构，都有化学变化发生，故B不选；
C．“血液透析”是利用半透膜的原理，使血液中的小分子代谢废物和多余的水分等通过半透膜扩散到透析液中，而血液中的血细胞和大分子物质不能通过，没有新物质生成，属于物理变化，故C选；
D．“油脂硬化”是油脂中的不饱和键与氢气发生加成反应，使液态的油变成固态或半固态的脂肪，有新物质生成，属于化学变化，故D不选；
故选：C。
2. 下列有关物质应用的说法错误的是
A. 聚氯乙烯用于食品包装B. 苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂
C. 纤维素用于生产燃料乙醇D. 聚乙炔用于制备导电高分子材料
【答案】A
【解析】A．聚氯乙烯薄膜受热会释放出有毒物质，不可用于食品包装，A错误；
B．苯甲酸、苯甲酸钠具有抗菌活性，故苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂，B正确；
C．纤维素可水解得到葡萄糖，葡萄糖经发酵得到乙醇，C正确；
D．聚乙炔分子中含有类似石墨的大π键，能导电，常用于制备导电高分子材料，D正确；
故答案选A。
3. 下列化学用语表述正确的是
A. 的模型
B. 反式聚异戊二烯结构简式
C. 四氯化碳的电子式
D. 的结构示意图
【答案】B
【解析】A．的中心原子价层电子对数为，故模型为平面三角形，A错误；
B．反式聚异戊二烯结构简式为，B正确；
C．四氯化碳为共价化合物，C、Cl最外层电子均达到8个，其电子式为，C错误；
D．的核外电子排布为[Ar]3d6，故其结构示意图的M层为14，D错误；
故答案选B。
4. 下列实验方法或试剂使用正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．X射线衍射法为测定分子结构最科学的方法，可测定乙酸晶体及分子结构，故A正确；
B．NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，溶液由酸性变为弱碱性，应选酚酞作指示剂，故B错误；
C．乙炔、硫化氢均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故D错误；
故选：A。
5. 下列对有关物质结构或性质的描述错误的是
A. 图1为冠与形成的超分子，其形成作用力主要存在于与O之间
B. 图2为某合金原子层状结构，原子层之间的相对滑动变难导致合金的硬度变大
C. 图3为烷基磺酸根离子在水中形成的胶束，表现出超分子自组装的特征
D. 图4为由两个硅氧四面体形成的简单阴离子，其化学式为
【答案】D
【解析】A．冠与形成的超分子，其形成作用力主要是与O之间的配位键，A正确；
B．在纯金属中加入其他元素会使合金中原子层错位，导致滑动变得更困难，从而提高合金的硬度，B正确；
C．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，属于超分子的“自组装”特征，C正确；
D．Si的化合价为+4，O为-2，故该阴离子为，D错误；
故答案选D。
6. 生活中两种常见的解热镇痛药物阿斯匹林(乙酰水杨酸)和扑热息痛(对乙酰氨基酚)，贝诺酯可由这二种物质在一定条件下反应制得。下列有关叙述错误的是
++H2O
A. 以上三种有机物中共有4种官能团
B. 可用溶液鉴别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C. 贝诺酯作为缓释药可有效降低药物对肠胃的刺激性
D. 贝诺酯与足量溶液反应消耗
【答案】D
【解析】A．含有羧基、强碱、酯基和酰胺基，故以上三种有机物中共有4种官能团，A不符合题意；
B．阿司匹林中含羧基、能与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，对乙酰氨基酚不含羧基，对乙酰氨基酚不能与碳酸氢钠溶液反应，现象不同可以鉴别，B不符合题意；
C．阿司匹林含羧基、扑热息痛含酚羟基，二者对肠胃有较大刺激性，贝诺酯含酯基和酰胺基能有效降低对肠胃的刺激，C不符合题意；
D．贝诺酯含酯基和酰胺基、均能水解，碱性条件下，1ml贝诺酯完全水解产生的2ml酚羟基、3ml羧基，共消耗5ml溶液，D符合题意；
故选D。
7. 化学反应中，量变可以引起质变。下列反应离子方程式书写错误的是
A. 溶液中加入过量的盐酸：
B. 溴水中加入过量的溶液：
C. 溶液中通入过量的气体：
D. 溶液中加入过量的氨水：
【答案】C
【解析】A．向Na[Al(OH)4]溶液中加过量盐酸生成铝盐，其反应的离子方程式为，故A正确；
B．将少量溴水滴入过量的Na2SO3溶液中，过量的SO与H+结合生成HSO，离子方程式为，故B正确；
C．FeCl3溶液中通入过量H2S气体生成Fe2+和S，离子反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故C错误；
D．氨水过量，生成的氢氧化铜溶解生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为，故D正确；
答案选C。
8. 物质结构差异会引起物质性质差异。下列事实解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，分子间氢键能使物质的熔沸点升高，分子内氢键能使物质的熔沸点降低，则沸点：对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸，故A正确；
B．为存在大π键、为平面结构，其中O原子的价层电子对数为3、VSEPR模型为平面三角形、O原子采用sp2杂化，中O原子的价层电子对数为4、VSEPR模型为四面体、O原子采用sp3杂化，则C-O-C键角：，故B正确；
C．CH3CH2OH中的-OH与水分子中的-OH相近、即烃基占比小，CH3CH2CH2CH2CH2OH中烃基较大、烃基占比大，根据相似相溶原理可知，水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2CH2OH，故C正确；
D．金刚石是共价晶体、存在的作用力是共价键，C60是分子晶体、存在的作用力是范德华力，由于共价键强度大于分子间作用力，导致硬度：金刚石＞C60，且C60分子中含有C-C键，故D错误；
故选：D。
9. 某荧光粉基材成分的化学式为，其中三种元素位于短周期，Y是地壳中含量最高的金属元素，W的第一电离能高于它的同周期相邻元素，且其基态原子核外电子有5种空间运动状态，Z元素原子的最外层电子数是次外层的一半，X的原子序数是Y和W原子序数之和。下列说法错误的是
A. Z的氧化物可以做半导体材料
B. W的简单氢化物的分子构型为三角锥形
C. X元素的氯化物可以做融雪剂
D. Y的氧化物中化学键既有离子性又有共价性
【答案】A
【解析】Y、Z、 W三种元素位于短周期，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y为Al元素； W的第一电离能高于它的同周期相邻元素，且其基态原子核外电子有5种空间运动状态，电子排布为，W为N元素；Z元素原子的最外层电子数是次外层的一半，若为2个电子层，Z为Li元素，若为3个电子层，Z为Si元素；X的原子序数是Y和W原子序数之和，X的原子序数为13+7=20，X为Ca元素；化学式为，由化合价的代数和为0可知Z只能为Si元素，以此来解答。 A．Z的氧化物为二氧化硅，为光导纤维的材料，而Si可以做半导体材料，A错误；
B．W的简单氢化物为氨气，N原子为杂化，有1对孤对电子，分子构型为三角锥形 ，B正确；
C．X为Ca元素，氯化钙具有吸湿性、降低水的冰点、溶解放热等性质，可以做融雪剂，C正确；
D．Y的氧化物为氧化铝，Al与O之间因显著的电负性差异形成静电吸引力，具有离子键特性；Al离子半径小，电荷密度高，导致电子云发生显著极化，形成方向性更强的共价键，所以氧化铝既有离子性又有共价性，D正确；
故选A。
10. 一种由离子交换树脂一碳纳米管构成的膜分离装置如图，M侧可以连续去除空气中的并转化为，同时N侧实现了的富集。下列说法正确的是
A. M侧空气中发生变化的只有
B. 复合薄膜既能传导离子，又能传导电子
C. N侧收集到时转移电子数为
D. N侧反应为
【答案】B
【解析】由图可知，N测H2中H元素化合价升高，失去电子，故M测得到电子，化合价降低，另有生成，故应该有O2参与反应，方程式为：4CO2+O2+2H2O+4e-=4，通过阴离子交换膜进入N侧，反应方程式为：H2-2e-+2=2H2O+2CO2，据此分析作答。A．根据分析可知，M侧空气中发生变化的有CO2、O2、H2O，故A错误；
B．根据分析可知，复合薄膜既能传导离子，又能传导电子，故B正确；
C．没有强调标准状况，故2.24LCO2不一定是0.1ml，转移电子数不一定为，故C错误；
D．N侧反应为H2-2e-+2=2H2O+2CO2，故D错误；
故选：B。
11. 固态储氢材料具有不易泄露，不易爆炸等优点。下图是铁镁储氢材料的晶胞，晶胞参数为；氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处。下列说法错误的是
A. 该晶胞的化学式是
B. 与铁原子最近的镁原子有8个
C. 储氢后晶体密度为
D. 晶胞中与的最短距离为
【答案】C
【解析】A．根据均摊法，晶胞中所含Mg的个数为8，铁原子的个数为8×+6×=4，则该晶胞的化学式是Mg2Fe，故A正确；
B．由晶胞的结构可知，以上面面心的铁原子为参考，上面再加一个晶胞，可以看出与铁原子最近的镁原子有8个，故B正确；
C．氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处，则晶胞中氢原子位于晶胞的体心和棱心，晶胞中氢原子个数为12×+1=4，晶胞的质量为=，晶胞的体积为a3×10-21cm3，晶胞的密度为ρ===，故C错误；
D．晶胞中Fe与Fe的最短距离为面对角线的一半，为，故D正确；
答案选C。
12. 科学家研发了一种基于氧化还原循环系统的电驱动膜分离技术，将废水回收为高价值的和，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移，简易工作原理如图。下列说法错误的是
A. 电极a与外接电源负极相连
B. 装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜
C. b电极反应式为
D. 浓缩池1中得到的产品为
【答案】D
【解析】由两电极的物质变化可判断出a、b分别为阴极、阳极。双极膜解离的和分别移向浓缩池1和浓缩池2；阳极区的Na+通过离子交换膜3（阳离子交换膜）定向移动到浓缩池2，并在浓缩池2中生成NaOH；淡化池中的通过交换膜2（阴离子交换膜）进入浓缩池1，并在浓缩池1中生成硫酸；淡化池中的Na+经交换膜1（阳离子交换膜）进入阴极区，生成Na4[Fe(CN)6]。
A．a为阴极，故与电源负极相连，A正确；
B．由上述分析可知，装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜，B正确；
C．b为阳极，失电子发生氧化反应生成，故电极反应式为，C正确；
D．由上述分析可知浓缩池1中的产品为硫酸，D错误；
故答案选D。
13. 酞菁可看作是卟啉的衍生物，是一类由8个N原子、8个C原子组成的16中心的芳香共轭体系的大环分子，酞菁及它的一种金属配合物的结构简式如图。下列说法正确的是
A. 酞菁属于芳香烃类化合物
B. 该金属配合物中心离子M的价态为
C. 酞菁分子中N原子杂化方式有两种
D. 酞菁分子中大环键电子数为16
【答案】B
【解析】A．酞菁含N元素等，不属于芳香烃类化合物，故A错误；
B．M形成的共价键中有两个为配位键，b比a少两个氢原子，该金属配合物中心离子M的价态为+2，故B正确；
C．由8个N原子、8个C原子组成16中心的芳香共轭体系的大环分子，N原子杂化方式都是sp2杂化，故C错误；
D．a结构中，C原子各提供一个电子，6各不带氢的N原子各提供一个电子，2各带氢的N原子各提供2个电子，共18个电子，大环π键电子数为18，故D错误；
故选：B。
14. 下列实验中所涉及的操作、现象与结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．生成银镜则需要水浴加热，不能加热煮沸，故A错误；
B．NaOH溶液不足，生成的氢氧化镁沉淀转化为更难溶的氢氧化铜沉淀，则Ksp为Cu(OH)2＜Mg(OH)2，故B正确；
C．KCl固体对铁离子与SCN-的络合反应无影响，则平衡不移动，溶液的颜色不变，故C错误；
D．NaOH过量，卤代烃水解后，取上层清液少许，应先加硝酸至酸性，再加硝酸银检验卤素离子，故D错误；
故选：B。
15. 常温下，将溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸()、二氯乙酸()、三氯乙酸()溶液中，溶液与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X的关系如图(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是
A. 曲线Ⅲ对应的是三氯乙酸()溶液
B. 常温下的数量级为
C. 常温下滴加至溶液的时，上述三种酸消耗最多的是氯乙酸
D. 加入等浓度的至恰好完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为
【答案】C
【解析】酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，即电离平衡常数Ka：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，Ka(CH2ClCOOH)=，Ka(CHCl2COOH)= ，Ka(CCl3COOH)= ，当或或一定时Ka与c(H+)成正比，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示溶液pH与-lg、-lg、-lg的关系，结合电离平衡常数及盐类水解规律分析解答该题。
A．由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示溶液pH与-lg、-lg、-lg的关系，故A正确；
B．由图可知，当-lg=0时，pH≈2.8，此时Ka(CH2ClCOOH)= =c(H+)=10-2.8，其数量级为10-3，故B正确；
C．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，将NaOH溶液分别滴加到等物质的量的氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸溶液中至溶液的pH=7时，3种酸均过量，且溶液中剩余酸：CH2ClCOOH＞CHCl2COOH＞CCl3COOH，则常温下滴加至溶液的pH=7时，上述三种酸消耗n(NaOH)最多的是三氯乙酸，最少是氯乙酸，故C错误；
D．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，根据水解规律可知，酸根离子水解程度：CCl3COO-