湖北省部分高中协作体2025届高三下学期三模化学试题（原卷版+解析版）（高考模拟）

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本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟
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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。
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，人醋淬八九度，铅尽化灰而去
【答案】B
【解析】
【详解】A．酿酒中粮食发酵，有元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．溶洞中石笋和钟乳石的形成是由于碳酸钙的溶解在分解析出形成的，该过程中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B选；
C．“将欲制之，黄芽为根”，指金属汞可以和硫磺发生反应得到硫化汞，反应Hg+S=HgS，Hg和S化合价反应变化，该反应属于氧化还原反应，故C不选；
D．“锡中杂铅太多，入醋萃八九度，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，故D不选；
故选B。
2. “酸化”是实验中常用方法，下列说法正确的是
A. 增强的氧化能力，用浓盐酸酸化
B. 抑制的水解，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，先用盐酸酸化，再检验
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性具有强氧化性，Cl-具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，不能达到目的，A错误；
B．具有还原性，稀硝酸具有强氧化性，二者混合会发生氧化还原反应，不能达到目， B错误；
C．碱性条件下利用硝酸银溶液检验氯离子，而硫酸银也是沉淀会干扰试验，应使用硝酸酸化，C错误；
D．检验溶液中是否含，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；
故选D。
3. 如图所示的盐可用于处理黑磷纳米材料，从而保护和控制其性质。下列说法错误的是
A. 盐中碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2
B. 离子中含有配位键，配体为
C. 第一电离能：CC>H，C增强；
D．由题干信息可知，N-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；
故答案为：B。
10. 一种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，极的电极反应式为
B. 为阳离子交换膜，为阴离子交换膜
C. 充电时的总反应：
D. 放电时，每消耗(标准状况)，理论上有电子通过用电器
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，放电时Fe2+在M极失去电子生成Fe3+，则M是负极，Cl2在N极得到电子生成Cl-，则N极为正极，以此解答。
【详解】A．放电时Fe2+在M极失去电子生成Fe3+，M是负极，则充电时，Fe3+在M极得到电子生成Fe2+，电极方程式为：，故A正确；
B．放电时Fe2+在M极失去电子生成Fe3+，即FeCl2转化为FeCl3，NaCl溶液中的Cl-要通过X进入M极区，为阴离子交换膜；Cl2在N极得到电子生成Cl-，由电荷守恒可知，NaCl溶液中的Na+要通过Y进入N极区，Y为阳离子交换膜，故B错误；
C．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Cl2，总反应：，故C正确；
D．放电时，Cl2在N极得到电子生成Cl-，电极方程式为：Cl2+2e-=2Cl-，标准状况下2.24L的物质的量为0.1ml，转移0.2mle-，理论上有电子通过用电器，故D正确；
故选B。
11. 超分子结构化学原理的应用非常广泛，尿素[CO(NH2)2]可与正烷烃(CnH2n+2，n≥8)形成超分子包合物，原理如图所示。下列说法中错误的是
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
【答案】B
【解析】
【详解】A．尿素分子通过分子间氢键形成较稳定六角形通道结构，A正确；
B．尿素分子和正烷烃分子间通过分子间作用力而不是共价键形成包合物，B错误；
C．如果支链烷烃体积过大，则可能装不进六角形通道，因此可依据分子直径大小差异可分离正烷烃和支链烷烃，C正确；
D．分子的大小和几何形状影响有机物的分离效果，D正确；
故答案为：B。
12. 和CO是环境污染性气体，可在表面转化为无害气体，其总反应为，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是
A.
B. 为氧化剂
C. 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和
【答案】D
【解析】
【详解】A．△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(134-360)kJ/ml=-226kJ/ml，A正确；
B．根据方程式可知，N2O中氮元素的化合价由+1价下降到0价，说明N2O为氧化剂，B正确；
C．由图可知，该反应正反应的活化能为134kJ/ml，逆反应的活化能为360kJ/ml，则该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，C正确；
D．由图可知，Pt2O+和在反应的过程中，参与反应后又有等物质的量生成，即反应过程中不需补充，D错误；
答案选D。
13. 下列实验设计可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水碱性较弱，无法与氢氧化铝反应，不能达到实验目的，A错误；
B．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，二者反应产生BaCO3沉淀，若溶液红色变浅，说明反应后导致溶液中c(OH-)减小，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，降低的浓度，水解平衡逆向移动，B正确；
C．HCl不是Cl的最高价含氧酸，上述实验可证明HCl的酸性比H2CO3的强，但得到Cl与C的非金属性强弱的结论，C错误；
D．铜丝和银丝皆为氢后金属，二者均不能和硫酸反应，不能达到饰演穆的，D错误；
故选B。
14. 常温下，向的溶液中滴加溶液，各微粒浓度和滴定曲线关系如图()，下列说法不正确的是
A. 曲线③代表，曲线④代表滴定曲线
B. 常温下电离常数
C. 溶液pH约为9.6
D. 溶液中：
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，随着NaOH溶液的加入，pH值逐渐增大，曲线④代表滴定曲线，H2A的浓度逐渐减少，pC值逐渐增大，曲线②符合，HA-离子浓度先增大后减少，pC值先减小后增大，曲线③符合，曲线①代表A2-离子浓度负对数与NaOH溶液的体积关系。
【详解】A．由分析可知，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；
B．由图可知，溶液中H2A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H2A和HA-的pC相等时，电离常数Ka1(H2A)==c(H+)＞10-4.02，故B错误；
C．由图可知，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Ka2(H2A)==c(H+)=10-6.2，水解常数则Kh1===10-7.8，0.1ml/LNa2A溶液中氢氧根离子浓度约为=ml/L=10—4.4ml/L，溶液pH约为9.6，故C正确；
D．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—)和元素守恒关系c(Na+)=c(HA－)+ c(H2A)+c(A2－)可知，c(H+)+ c(H2A)= c(OH-)+c(A2—)，溶液中c(H+)< c(OH-)+c(A2—)，故D正确；
答案选B。
15. 工业上用黄铜矿(主要成分是，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图：
下列说法不正确的是
A. “浸取”时离子方程式为
B. “滤渣①”成分是
C. “还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供，跟铜元素形成可溶于水的物质
D. CuCl的晶胞如上图，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12
【答案】A
【解析】
【分析】该工艺流程以黄铜矿为原料制备CuCl 。首先在O2​和H2​SO4​作用下浸取，CuFeS2​被氧化溶解，SiO2​不与O2​、H2​SO4​反应，作为滤渣分离除去；加入过量CuO ，调节pH ，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣①主要成分是Fe(OH)3 、CuO ；向溶液中加入过量铜粉、NaCl和浓盐酸并加热，Cu2+被Cu还原，生成CuCl沉淀，CuCl在过量Cl−下形成可溶于水的络离子（如[CuCl2​]−），未反应的铜粉等形成滤渣②；然后经过一系列操作，得到纯净的CuCl产品。
【详解】A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，A错误；
B．加入过量氧化铜调节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，B正确；
C．还原时，加入NaCl和浓盐酸提供Cl−，Cu2+与Cl−、Cu反应生成CuCl，且CuCl在过量Cl−下形成可溶于水的络离子（如[CuCl2​]−），便于后续分离提纯，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确；
D．观察CuCl晶胞结构，以顶点上的Cl−为例，在一个晶胞内，与该Cl−距离最近的Cl−位于面心（每个晶胞中有3个位于面心的Cl−与该顶点上的Cl−距离最近）；通过一个顶点的晶胞有8个 ，每个面心上的Cl−被2个晶胞共用，所以每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是，D正确；
故答案选A。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1，溶液中含、、，还有少量及、、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_______(填>、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_______。
【答案】（1） ①. ＞ ②. Ca2++2H2PO+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO或Ca2++H2PO+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓ ③. 10－3.6 ④. 10－1.73
（2） ① 提供Mg2＋，消耗H＋ ②. 加快过滤速度
（3）pH增大，体系中PO浓度增大，副产物Mg3(PO4)2增多
【解析】
【分析】脱镁废液(pH为2.1，溶液中含、、，还有少量及、、等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质、、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MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答。
【小问1详解】
由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中＝，所以“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5时溶液中＞；生成，由于pH为4.5时溶液中以H2PO为主，所以与反应生成沉淀的离子方程式为Ca2++2H2PO+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO或Ca2++H2PO+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓；溶液中的浓度为 ml·L，10－3.6，溶液中=10－12.3ml/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，的Ka2=10－7.21，Ka3=10－12.36，则，。
【小问2详解】
氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以需添加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”；
【小问3详解】
由于pH增大，导致体系中PO浓度增大，从而使副产物Mg3(PO4)2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。
17. 以为原料生产系列高附加值产品的合成路线如图。
回答下列问题：
（1）的反应类型为________。
（2）的化学方程式为________。
（3）E的名称为________，的原子利用率为100%，试剂X为________。
（4）过程中使有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。
①结合水相中能力比J强的原因是________。
②能从传递到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和葡萄糖为原料(其他无机试剂任选)，制备工程塑料的合成线路________。
【答案】（1）取代反应
（2） （3） ①. 异丙苯 ②. O2
（4） ①. 两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如的水溶性好 ②. 也能溶于有机相，且O-H键键能大于S-H键键能，导致J结合氢离子的能力更强
（5） （6）CH3CHOHCOOH
（7）
【解析】
【分析】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生转化为C；E转化为FG，且原子利用率为100%，结合EFG结构可知，X为氧气；FG生成H，D和H通过酯交换缩聚合成I， 结合FGDI结构可知，H为FG生成的含羟基的物质，H结构简式为；
【小问1详解】
由分析可知，A中-NH2和CH3CHOHCH2OH中羟基发生取代反应生成B故为取代反应；
【小问2详解】
B和甲醇在酸性条件下发生取代反应生转化为C，反应为；
【小问3详解】
由图可知，E为异丙苯；由分析可知，X为O2；
【小问4详解】
①结合水相中能力比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，导致其水溶性不如的水溶性好。
②能从传递到J的醇羟基氧上的原因是也能溶于有机相，且O-H键键能大于S-H键键能，导致J结合氢离子的能力更强，使得氢离子能被传递J的醇羟基氧上；
【小问5详解】
由分析可知，H的结构简式为；
【小问6详解】
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可与溶液反应，含有羧基；②核磁共振氢谱如图，分子中含有4种氢且一种氢的原子数目较大；③含有手性碳原子。则其结构简式可以为CH3CHOHCOOH；
【小问7详解】
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：。
18. 四氯化钛(，熔点：-25℃，沸点：136 ℃)是制备海绵钛和钛白的主要原料，其实验室制备原理是，某同学利用如下装置制备并验证产物CO。
已知：遇潮湿空气会发生反应：。
回答下列问题：
（1）写出装置A中制备的化学反应方程式___________(注：反应中被还原为)。
（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10.0 g 产品于烧瓶中，向安全漏斗(如下图所示)中加入足量蒸馏水后，立即夹紧弹簧夹，充分反应后将安全漏斗及烧瓶中混合物中液体转移到容量瓶中配成500 mL溶液，取20 mL所配溶液放入锥形瓶中，滴加几滴的溶液作指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液32.00 mL。已知：是一种深红色固体；常温下，，。
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___________%。
【答案】（1）
（2）I、D、B、C （3） ①. 分液漏斗 ②. 吸收多余的，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致水解
（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HCl ②. 当加入最后一滴溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点 ③. 76.0
【解析】
【分析】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，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置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中氯气与二氧化碳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中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，装置F、H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、D、B、C、G、F、H、E。
【小问1详解】
装置A中制备氯气的反应为重铬酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
由分析可知，装置的连接顺序为A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案为：I、D、B、C；
【小问3详解】
由实验装置图可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；由分析可知，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，故答案为：分液漏斗；吸收多余的，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致水解；
【小问4详解】
由分析可知，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，其中F中一氧化碳与氧化铜共热反应生成铜和二氧化碳，H中二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，则证明有一氧化碳生成的实验现象为F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊，故答案为：F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊；
【小问5详解】
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水外，还能起到液封和吸收挥发的氯化氢的作用，故答案为：液封并吸收挥发的HCl；
②当硝酸银溶液与盐酸完全反应时，再滴入一滴硝酸银溶液，过量的硝酸银溶液与铬酸钾溶液反应生成红色铬酸银沉淀，沉淀滴定终点的判断方法是当加入最后一滴硝酸银溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点，故答案为当加入最后一滴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；
③由方程式可得如下转化关系：TiCl4—4HCl—4AgNO3，滴定消耗32.00 mL0.200ml/L硝酸银溶液，则10.0 g产品纯度为×100%=76.0%，故答案为：76.0。
19. 短链烯烃是重要的有机化工原料，如丙烯(C3H6)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。
反应1：C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)ΔH1；
反应2：C3H8(g) C2H4(g) +CH4(g)ΔH2=+81.3kJml-1；
反应3：C3H6(g)+H2(g) C2H4(g)+CH4(g) ΔH3= -43.0kJ·ml-1。
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ΔH1=___________。
（2）乙烯可由CO2和H2制取：2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g) + 4H2O(g)，在0.1 MPa，反应物起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O四种组分的物质的量分数如图所示：
①图中表示C2H4的物质的量分数随温度变化的曲线是___________ (填“a”“b”或“c”)。
②反应2CO2(g) +6H2(g) C2H4(g) +4H2O(g) ΔH___________(填“>”或“0，在密闭容器中通入物质的量均为0.1 ml的CH4和CO2，在一定条件下使CO2(g)和CH4(g)发生上述反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位：Pa)的关系如图所示。
①结合图示，在1100℃下y点时v正___________v逆(填“>”“ ②. Pa2
【解析】
【小问1详解】
由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，所以升高温度，副反应要比主反应更容易发生；由盖斯定律可知，反应2—反应3得到反应1，则主反应的焓变ΔH1=( +81.3)—(—43.0 kJ /ml)=+124.3kJ /ml，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；+124.3kJ /ml；
【小问2详解】
①由图中表示二氧化碳物质的量分数随温度变化的曲线可知，表示氢气的物质的量分数随温度变化的曲线是a，由方程式可知，水蒸气的物质的量分数是乙烯物质的量分数的4倍，则表示水蒸气和乙烯的物质的量分数随温度变化的曲线分别是b、c，故答案为：c；
②由图可知，升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变ΔH小于0；保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，反应放出的热量会使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以乙烯的物质的量分数比在恒温密闭容器中小，达到平衡时，故答案为：；
②由图可知，1100℃反应达到平衡时，甲烷的转化率为50%，由方程式可知，平衡时二氧化碳、甲烷、一氧化碳、氢气的物质的量分别为0.1ml—0.1ml×50%=0.05ml、0.1ml—0.1ml×50%=0.05ml、0.1ml×50%×2=0.1ml、0.1ml×50%×2=0.1ml，则反应的分压常数Kp==Pa2，故答案为：Pa2。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2~3mL2ml/L氯化铝溶液注入洁净的试管中，逐滴加入6ml/L氨水至过量
B
验证Na2CO3溶液中存在CO-的水解平衡
向含有酚酞的Na2CO3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10mL1ml/L的HCl溶液中滴加少量等浓度的Na2CO3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