2026宜昌高三下学期3月调研考试化学试题含解析

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本试卷满分 100 分，考试用时 75 分钟
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、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
答题卡的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将答题卡上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32
一、选择题：本题共 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. 化学与社会生活密切相关，下述物质属于有机高分子的是
A. 食品增味剂谷氨酸钠
B. 可降解材料聚乳酸
C. 防滑涂层纳米石墨烯
D. 高温结构陶瓷碳化硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．谷氨酸钠相对分子质量较小，属于小分子有机物，不属于有机高分子，A 错误；
B．聚乳酸是乳酸发生缩聚反应生成的有机聚合物，相对分子质量可达上万甚至更高，属于有机高分子，B
正确；
C．纳米石墨烯是碳单质，属于无机非金属单质，不属于有机高分子，C 错误；
D．碳化硅属于无机非金属陶瓷材料，不属于有机物，因此不属于有机高分子，D 错误；
故选 B。
2. 下列有关化学知识的应用说法错误的是
A. 室内甲醛可使用活性炭将其分解
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B. 葡萄酒中加少量 SO2 做抗氧化剂
C. 施加石膏降低盐碱地土壤的碱性
D. 用醋酸浸泡可除去水壶中的水垢
【答案】A
【解析】
【详解】A．活性炭具有多孔结构，可通过物理吸附作用除去甲醛，无法将甲醛分解，A 错误；
B．SO2 具有还原性，可作为抗氧化剂防止葡萄酒中 营养成分被氧化，同时还能起到杀菌作用，B 正确；
C．石膏主要成分为 CaSO4·2H2O，可与盐碱地中的 Na2CO3 反应生成难溶的 CaCO3，降低碳酸根水解产生
的 OH-浓度，从而降低土壤碱性，C 正确；
D．水垢主要成分为 CaCO3、Mg(OH)2，二者均可与醋酸反应生成可溶性醋酸盐，因此可用醋酸浸泡除去水
垢，D 正确；
故选 A。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. NaCl 晶胞示意图：
B. 激发态硅原子的价电子排布图：
C. p-p σ键的电子云形状：
D. 聚丙烯的链节：-CH2-CH2-CH2-
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl 晶胞示意图为 ，A 错误；
B．图为基态 Si 原子的价电子排布图，B 错误；
C．p-p σ键是由 2 个 p 轨道经“头碰头”的形式重叠而成，C 正确；
D．丙烯的结构简式为 CH2=CHCH3，故聚丙烯的链节应该为-CH2-CH(CH3)-，D 错误；
故答案选 C。
4. 下列说法错误的是
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A. 盖斯定律指出反应热由反应体系的始态、终态和反应途径共同决定
B. 电子气理论认为当金属受到外力作用时，金属中原子层会发生相对滑动
C. 杂化轨道理论认为杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对
D. 碰撞理论可解释外界条件对化学反应速率的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．盖斯定律指出反应热仅由反应体系的始态和终态决定，与反应途径无关，故 A 错误；
B．电子气理论可解释金属的延展性，当金属受到外力作用时，金属中原子层会发生相对滑动，且因自由电
子的作用金属键不会断裂，故 B 正确；
C．杂化轨道能用于头碰头重叠形成σ键，或者用来容纳未参与成键的孤电子对，π键由未参与杂化的 p 轨道
肩并肩重叠形成，故 C 正确；
D．碰撞理论可通过活化分子数目、有效碰撞频率的变化规律，解释浓度、温度、压强等外界条件对化学反
应速率的影响，故 D 正确；
选 A。
5. N-乙基咔唑(NEC)及其全氢化产物 12H-NEC 之间可以可逆转变，是极具应用前景的有机液态储氢载体。
下列有关说法正确的是
A. NEC 属于脂环烃
B. 12H-NEC 能与盐酸反应
C. NEC 的一氯代物有 8 种
D. 12H-NEC 有 2 个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．烃的定义是只含 C、H 两种元素，NEC 分子中含有 N 元素，不属于脂环烃，A 错误；
B．12H-NEC 分子中含有叔氨基，N 原子有孤对电子，整体显碱性，可以和盐酸反应生成铵盐，B 正确；
C．NEC 分子结构对称，等效氢共 6 种：乙基有 2 种，苯环上有 4 种等效氢，因此一氯代物为 6 种，不是 8
种，C 错误；
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D．手性碳原子是连有 4 种不同基团的饱和碳原子，12H-NEC 中两个六元碳环与中间含 N 五元环共用 4 个
饱和碳原子，这 4 个碳原子均连接 4 种不同基团，都是手性碳原子，共 4 个，不是 2 个，D 错误；
故选 B。
6. 下列实验装置及操作正确且能达到实验目的的是
A．检验浓硫酸与铜反应的产物有 Cu2+ B．干燥 NH3
C．证明羟基影响苯环的活性 D．测量气体体积
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸与铜反应后的混合物中，除含有硫酸铜外，还可能有剩余的浓硫酸，检验铜离子时，应
该将反应后的混合物加入水中稀释，而不是向反应后的混合物中加水，A 不符合题意；
B．无水氯化钙会与氨气反应生成 CaCl2·8NH3，不能用于干燥 NH3，B 不符合题意；
C．将饱和溴水滴加到稀苯酚中发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，可观察到白色沉淀；苯的密度小于水，萃
取溴水中的溴后，上层呈橙红色，二者对比可证明羟基使苯环上的氢活化，C 符合题意；
D．量气时 U 形管两端液面需要调平后再读数，否则因气压差引起误差，D 不符合题意；
故选 C。
7. 物质结构决定物质的性质，下列性质差异与结构解释没有相关性的是
性质差异 结构解释
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A 熔沸点：AlF3 大于 AlCl3 AlF3 离子键百分数大于 AlCl3
B 密度：低压法聚乙烯大于高压法聚乙烯 低压法聚乙烯支链少，高分子链更长
C 酸性：HI 大于 HCl H-I 键能小于 H-Cl 键能
D 稳定性：H2O 大于 H2S H2O 分子间形成氢键
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．AlF3 离子键百分数更高，更偏向离子晶体，AlCl3 共价性较强，形成分子晶体，离子晶体熔沸
点高于分子晶体，二者相关，A 不符合题意；
B．低压法聚乙烯支链少，分子链排列更紧密、结晶度更高，因此密度更大，二者相关，B 不符合题意；
C．H-I 键键能小于 H-Cl 键键能，在水溶液中更易断裂电离出 H+，因此 HI 酸性更强，二者相关，C 不符合
题意；
D．分子稳定性由分子内共价键键能决定，H2O 稳定性强是因为 H-O 键键能大于 H-S 键键能，氢键是分子
间作用力，只影响熔沸点等物理性质，与分子稳定性无关，二者无相关性，D 符合题意；
故选 D。
8. A～F 的转化关系如图，已知 A 和 F 是常见的金属单质，其中 F 元素是地壳中含量最高的金属元素，B 为
黑色固体，部分反应条件与产物未写出。下列说法正确的是
A. 反应①的类型为化合反应
B. 反应③体现葡萄糖的氧化性
C. 溶液中进行的反应④可能有 E 生成
D. D 的溶液与过量氨水反应生成 E
【答案】C
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【解析】
【分析】F 元素为地壳中最多的金属元素，可以推出 F 为 Al 元素，A 与 F 为常见的金属单质，F 能与黑色
固体 B，反应得到 A，推测 A 为 Cu，B 为氧化铜，与 Al 发生置换反应得到 Cu；同时氧化铜高温分解得到
氧化亚铜，C 为 Cu2O，氧化亚铜与硫酸反应生成 Cu 与硫酸铜，D 为硫酸铜，硫酸铜加入 NaOH 溶液变为
Cu(OH)2，E 为氢氧化铜，加入葡萄糖溶液发生斐林反应，生成 C(氧化亚铜)。
【详解】A．由分析，B 到 C 为分解反应，氧化铜高温分解为氧化亚铜与氧气，A 错误；
B．反应③是斐林反应，体现的是葡萄糖的还原性，B 错误；
C．反应④为 Al 与硫酸铜溶液反应，Cu2+水解显酸性，Al 会消耗 H+，进而促使 Cu2+进一步水解，可能导致
生成氢氧化铜（E），C 正确；
D．硫酸铜溶液与过量氨水反应不会生成氢氧化铜，而是生成四氨合铜离子，D 错误；
故答案选 C。
9. 一种盐的结构如图所示，其中 X、Y、Z、M、P、Q 为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确
的是
A. 分子极性：ZP3P
C. 键角：∠Q-Z-Q>109°28′
D. 该盐在不同溶剂中的溶解度 S：S 环己烷>S 水
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、P、Q 为原子序数依次增大的短周期元素。X 形成+1 价阳离子、Y 形成 4 个共价键、
M 形成 2 个共价键、P 形成 1 个共价键、Q 形成 6 个共价键，则 X、Y、Z、M、P、Q 分别为 Li、C、N、O、
F、S 元素。
【详解】A．NF3 是三角锥形分子，正负电荷的重心不重合，为极性分子；SO3 为平面三角形分子，结构对
称，为非极性分子，则分子极性：NF3>SO3，故 A 错误；
B．O 失去 1 个电子后，价电子排布式为 2s22p3，F 失去 1 个电子后，价电子排布式为 2s22p4，原子轨道处
于半满时结构稳定，难失电子，所以第二电离能；O>F，故 B 正确；
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C．该结构中 N 原子采用 sp3 杂化，有 2 个孤电子对，孤电子对对价电子对排斥作用大，所以键角：∠S-N-S
Ag2S
12. LiOH 晶体具有层状结构，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A. 晶体中与一个 O 紧邻 Li 有 6 个
B. 每个晶胞中含有 LiOH 的单元数为 4
C. 晶体中存在的化学键有离子键、氢键、极性共价键
D. 一个 Li 与所有紧邻 O 形成的空间结构为四面体形
【答案】D
【解析】
【分析】根据晶胞结构及其 x 轴方向投影图可知，在晶胞中 Li 位于 8 个顶点和上、下底面的 2 个面心，O
和 H 位于前、后、左、右 4 个侧面上，晶体为层状结构。
【详解】A．晶胞中与一个 O 紧邻的 Li 有 4 个，与一个 Li 紧邻的 O 也有 4 个，A 错误；
B．用均摊法计算： Li 位于晶胞顶点和面心：顶点共 8 个 Li，即 ；晶胞上下表面共 2 个 Li 位于面
心，即 ，Li 个数为 ；O 和 H 全部在晶胞面上，且面上均有 4 个，即 O 和 H 的个数为
，故晶胞中 LiOH 的单元数为 2，B 错误；
C．氢键不属于化学键，属于分子间作用力，该晶体中化学键只有离子键和 极性共价键，C 错误；
D．根据晶胞结构图，每个锂原子与 4 个氧原子相邻，其配位数为 4，4 个配位原子围绕中心原子形成的空
间结构为四面体形，D 正确；
故选 D。
13. 一种研究碳中和的电解装置如下图所示，它能将工业尾气 CO2 还原成甲烷、乙烯等基本化工原料。下
列说法正确的是
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A. 电极 M 生成 CH4 的反应为：CO2-8e-+6H2O=CH4+8OH-
B. 离子交换膜 a 为阳离子交换膜
C. 一段时间后，N 电极区域溶液 pH 减小
D. 标准状况下，电极 N 生成 1 ml O2 的同时电极 M 生成 11.2 L 气体
【答案】C
【解析】
【分析】CO2 在阴极发生还原反应生成甲烷、乙烯，M 为阴极，电极反应式为 CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-或
2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-； N 电 极 为 阳 极 ， 发 生 氧 化 反 应 生 成 氧 气 ， 电 极 反 应 式 为
；
【详解】A．根据分析，电极 M 生成 CH4 的反应为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，A 错误；
B．电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，为维持溶液电中性，阴极生成的 OH-要通过阴离子
交换膜向循环池移动，则离子交换膜 a 为阴离子交换膜，B 错误；
C．N 电极为阳极，电极反应式为 ，消耗水，一段时间后，N 电极区域溶液氢离
子浓度增大，pH 减小，C 正确；
D．电极 N 生成 1 ml O2 转移 4 ml 电子，若阴极只发生反应：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，生成 0.5 ml CH4
，若阴极只发生反应：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，生成 C2H4；综合可知电极 M 生成气体的物质
的量小于 0.5 ml，标准状况下体积小于 11.2 L，D 错误；
故选 C。
14. 某离子液体的阴离子[CH(CN)2]-可以吸收 CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是
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A. 所有原子最外层均达到了稳定结构
B. 总反应为：[CH(CN)2]-+CO2=[C(CN)2COOH]-
C. 温度过高不利于 CO2 的吸收
D. 路径Ⅱ产物的形成体现超分子的分子识别功能
【答案】D
【解析】
【详解】A． 所有原子最外层均达到了 2 电子或 8 电子的稳定结构，A 正确；
B．根据图中信息可知，反应物为[CH(CN)2]-、CO2，生成物为[C(CN)2COOH]-，故总反应为[CH
(CN)2]-+CO2=[C(CN)2COOH]-，B 正确；
C．由图可知，该反应反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故温度过高
不利于 CO2 的吸收，C 正确；
D．路径Ⅱ的产物是两个相同分子靠氢键形成的二聚体，属于分子间自组装，不具备“主体-客体特异性结
合”的分子识别特征，D 错误；
故答案选 D。
15. 在水溶液中，CN–可与 Fe2+和 Fe3+分别形成配离子 M 和 N。配离子通式为[Fe(CN)x]y–，
，K 稳越大，配离子越稳定，图中①表示 与–lg c(CN–)的关系。下列说
法错误的是
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A. M、N 配离子的配位数相等
B. Fe3+形成配离子 N 的 K 稳=1.0×1042
C. 50%的 Fe2+和 Fe3+分别转化为配离子时，后者溶液中 CN–的平衡浓度更大
D. 向配离子 M 的溶液中加入适量 Fe3+，M 能完全转化为 N
【答案】C
【解析】
【 分 析 】 对 于 配 离 子 [Fe(CN)x]y−， 由 稳 定 常 数 定 义 ： 变 形 取 对 数 得 ：
，即纵坐标 其中斜率为配位
数 x，截距为−lgK 稳。
【详解】A．根据图中点坐标：①（M，Fe2+的配离子）过点(1,−29)，截距（−lg c(CN−)=0 时）为−35，基于
图中的点和直线的线性关系计算得斜率为 6，即配位数 x=6；②（N，Fe3+的配离子）过点 (2,−30)，截距为
−42，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率也为 6，配位数也为 6。因此二者配位数相等，A 正确；
B．对 N，由 ，截距为−lg K 稳(N) = −42，得 lg K 稳(N) = 42，即
K 稳(N) = 1.0 × 1042，B 正确；
C．50%转化时，c(Fea+) = c(配离子)，故 ；
对 M：0 = 6X − 35，得 ，c(CN−) = 10−5.83≈1.5×10−6 ml/L；
对 N：0 = 6X − 42，得 ，c(CN−) = 10−7 ml/L。后者（N）的 CN−平衡浓度更小，C 错
误；
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D．转化反应为： ，平衡常数 ，K 很大，反应可以完全
进行，D 正确；
故选 C。
二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。
16. 电动汽车电池正极废料含铝箔和 Li、Ni、C、Mn 等的氧化物。一种回收路线如下：
已知：萃取时反应：M2+(水相)+2RH(有机相) MR2(有机相)+2H⁺(水相)，(M2+表示 Ni2+或 C2+)。
（1）C 在元素周期表中的位置为第___________周期___________族。
（2）“沉锰”时，Mn2+发生反应的离子方程式为___________。
（3）“沉铝”时调节 pH，欲使铝元素完全转化为 Al(OH)3 沉淀，应控制 pH 的范围是________。
___________