湖北省黄冈市2025-2026学年下学期高三年级二模化学试卷含答案解析

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（1） = 4 \* ROMAN \* MERGEFORMAT IVB（1分） （2）铁屑（2分） （3）a（2分）
（4）TiO2+ + (x+1)H2O = TiO2·xH2O↓ + 2H+ （2分）
加入生石灰转化为石膏，联合开发石膏产品生产线或制绿矾等硫酸盐产品或可以再生硫酸（合理即可，2分，加粗部分为得分点）
（5）生成CO时熵增更大（或在高温下生成CO的自由能变化比生成CO2更低）（2分，加粗为得分点）
（6）c（2分）
17.（14分）
（1）①Cu2+ + 2NH3·H2O = Cu(OH)2↓+ 2NH+ 4
（或“Cu2+ + 2NH3·H2O + SO2- 4 = Cu2(OH)2SO4↓+ 2NH+ 4”等碱式硫酸盐均可给分，2分）
②不是（2分）
（2）X射线衍射仪（2分）
第二空本题提供两个最合理方案供选择，答到其中一个即可得分（2分）。
方案一：取少量晶体于试管中，加入足量稀盐酸溶解酸化，再滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀。
方案二：查阅资料，进一步解析衍射图谱，分析出晶体中有正四面体的原子团结构。
若还有其他的仪器分析答案（如“用红外光谱检测到S=O吸收峰”“用原子光谱仪检测到硫原子光谱”可给2分，“质谱”“核磁共振氢谱”酌情可给1分）
（3）①(NH4)2SO4 （2分）
②A1≈A2 ≈A3Cl>O，错误。
B.电负性：O>Cl>P，正确。
C.POCl3中，P显+5价，为其最高价，正确。
D.PO3- 4与ClO- 4均为正四面体，键角相同，正确。
7.【解析】A.PtF6具有非常强的氧化性，原因是作为惰性金属的Pt在PtF6中有很高的正电性，故具有很强的得电子倾向，正确。
B.表面活性剂一端亲水一端疏水，烷基疏水而磺酸根亲水，错误。
C.碱催化的酚醛树脂是网状结构，具有热固性，酸催化的是线型酚醛树脂，具有热塑性，
正确。
D.硅氧四面体形成具有手性结构的螺旋长链，内部正负电荷中心会随着外加压力变化而发生相对位移，从而实现电能与机械能的相互转化，可做压电材料，正确。
8.【解析】A.若A为直线形分子，结合题干要求，则A为C2H2，M可以为MgC2，B为C，C为CO，D为CO2，E为H2CO3，D（CO2）的VSEPR模型为直线形，错误。
B.若B常温下气体，结合题干要求，则B为N2，A为NH3，M可以为铵盐、氮化物（例如Mg3N2）、酰胺等，C为NO，D为NO2，E为HNO3，错误。
C.若C具有漂白性，则C为SO2，M为硫化物，A为H2S，B为S，D为SO3，E为H2SO4，硫酸是二元强酸，当c(H2SO4)=0.1ml·L-1时，c(H2SO4)=0.2ml·L-1，pH < 1，错误。
D.短周期中符合上述转化的有C、N、P、S四种元素，无论是哪种元素，C（CO/NO/P2O3/SO2）均会污染空气，需处理后方能排放，正确。
9.【解析】A.一个晶胞中有4个CH3COOH分子，故应有8个氧原子，错误。
B.观察晶胞可知，4个CH3COOH分子取向各不相同，正确。
C.原子坐标为分数坐标，故求距离时要带上晶胞参数，故错误。
D.CH3COOH分子间会形成氢键，氢键具有饱和性与方向性，故CH3COOH分子不是分子密堆积，配位数会小于12。
10.【解析】A.用NaHSO4代替浓硫酸做催化剂，因为没有浓硫酸的脱水性和强氧化性，所以不会有SO2的生成，正确。
B.变色硅胶除了通过变色指示反应进程外，还会吸收生成的水，提高酯化反应的转化率，错误。
C.硅胶放在小孔冷凝柱中，不用过滤分离硅胶，减少了后续分离程序，正确。
D.分离和洗涤都需要在分液漏斗中进行，正确。
11.【解析】A.互为镜像即互为镜面对称，其特点像人的左右手一样，无法完全重合，故两个-C(CH3)3基团应同时朝向纸面外或者纸面内，错误。
B.由题干知，(Ⅲ)时，应用到（ = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I）和（ = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II），（ = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II）属于酚类，正确。
C.若无手性催化剂LL*，则产物无立体选择性，是一组互为对映异构体的混合物，正确。
D.若R1为氢原子，则该位置无手性中心，不存在立体选择性，无需使用手性催化剂，正确。
12.【解析】分析题干信息知：阴极发生了两个主要反应，一是废水中的Cu2+被还原成Cu，二是生成的Cu作为催化阴极，选择性电催化吡啶半氢化反应。半氢化的高选择性源于吡啶鎓盐中间体（1-1a）与半氢化产物（2a）在Cu表面截然不同的吸附亲和力。吡啶鎓盐中间体（1-1a）在Cu表面吸附亲和力强能使氢化反应易发生，而半氢化产物（2a）的吸附亲和力不宜过强，及时脱附一方面可使反应更易发生，二是能避免进一步氢化生成完全氢化产物，只有这样才能实现高选择性的半氢化反应。草酸盐在铜表面吸附，能促进吸附氢（H*）的生成与稳定，并有效抑制竞争性的析氢反应（生成H2）。据此解题：
A.由上分析可知吡啶鎓盐中间体（1-1a）在Cu表面吸附亲和力强，正确。
B.由上分析可知，加草酸盐能减少H2生成，较少了副反应发生，电流效率增强。
C.由上分析可知，半氢化产物（2a）的吸附亲和力不宜过强，否则不会有高选择性，正确。
D.由上分析可知，阴极还伴随着生成Cu的反应，以及析出氢气、吡啶全氢化等副反应，故无法准确计算，错误。
13.【解析】A.碱金属密度随着核电荷增加总体呈现增大趋势，原因是原子质量增加程度大于原子半径的增加程度，而钠与钾出现反常变化，是因为钠的原子半径为0.186 nm（数据原子RJ必修一P99，钾同），钾的原子半径为0.227 nm，增幅明显大于其他几种元素的增幅，由此推知，正确。
B.物质导电是因为自由电子或离子在外加电场中定向移动，石墨为层状结构，每个碳原子均为sp2杂化，剩余一个未杂化的p轨道垂直于碳原子平面，所有p轨道相互平行且相互重叠，是p轨道中的p电子可在整个碳原子平面中运动，所以石墨具有导电性。
C.Si-C键键长和键能均小于Si-O键，凡是SiC熔点显著高于SiO2，是因为共价晶体的熔点不仅受键能影响，还与晶体的结构（晶体对称性、配位数等因素）有关，只有晶体结构相似，才主要考虑键长，正确。
D.配离子的配位数多少与配体和中心离子（或原子）的半径比、中心离子电荷数、中心离子的价层轨道数等相关，对主族元素来说金属性不是主要影响因素，错误。
14.【解析】A.由题干知，放电时Na+直接在铝集流体上沉积形成金属负极，充电时完全剥离。故不存在不可逆的活性钠损失，无需使用钠金属负极补偿不可逆的活性钠损失并维持循环。
B.S/SCl4转化表示放电时变化为：SCl4→S，S/S2-转化表示放电时变化为：S→S2-，SCl4氧化性比S强，所以前者具有更高的放电电压，正确。
C.[N(CN)2]-可催化促进S/SCl4的高效可逆转化，可知[N(CN)2]-降低了S/SCl4转化的能垒，正确。
D.SEI表示固态电解质界面膜，其中含有丰富的NaCN和NaN3，充电时在阴极生成。据此推测，发生了反应7Na+ + 4e- + 3[N(CN)2]- = NaN3 + 6NaCN，正确。
15.【解析】A.Fe3+ + L2-[FeL]+ K = c{[FeL]+}c(Fe3+)·c(L2-) ，pH=1时，c(L2−) = c(Fe3+)，K = 1c(L2-) ，c(L2−) + c(HL−) + c(H2L) + c{[FeL]+} = 5.0×10-3ml·L-1 ，c{[FeL]+} = 12×2.0×10-4ml·L-1 ，c(HL−)c(H2L) = Ka1(H2L)c(H+) = 10-6.46，c(L2−)c(H2L) = Ka1(H2L)·Ka2(H2L)c2(H+) = 10-17.86， 由此知，可忽略c(L2−) 和 c(HL−)，c(H2L) = 5.0×10-3ml·L-1 - 12×2.0×10-4ml·L-1 = 4.9×10-3ml·L-1 。c(L2−) = c(H2L)× Ka1(H2L)·Ka2(H2L)c2(H+) = 4.9×10-3×10-17.86 ml·L-1 ，K = 14.9×10-3×10-17.86 ，lgK = -lg4.9 + 3 + 17.86 ≈ 20.86-(2lg7-1) ≈ 20.15，错误。
B.pH=4.1时，c{[FeL]+} = c{[FeL2]-} = 12×2.0×10-4ml·L-1，c(L2−) + c(HL−) + c(H2L) + c{[FeL]+} + 2c{[FeL2]-} = 5.0×10-3ml·L-1 ， c(HL−)c(H2L) = Ka1(H2L)c(H+) = 10-3.36 ， c(L2−)c(H2L) = Ka1(H2L)·Ka2(H2L)c2(H+) = 10-11.66 ，由此知，可忽略c(L2−) 和 c(HL−)，c(H2L) = 5.0×10-3ml·L-1 - 12×2.0×10-4ml·L-1 - 12×2.0×10-4ml·L-1 ×2 = 4.7×10-3ml·L-1 。c(HL−) = c(H2L)×Ka1(H2L)c(H+) =4.7×10-3ml·L-1× 10-6.46