湖北省黄石市黄石二中等三校联考2025届高三化学第三次考试试题含解析

PAGE18-湖北省黄石市黄石二中等三校联考2025届高三化学第三次考试试题（含解析）留意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答在试题卷、草稿纸上无效。3.填空题和解答题作答：用黑色墨水签字笔将答案干脆答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。考生应依据自己选做的题目精确填涂题号，不得多选。答题答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Cu-64Zn-65第Ⅰ卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.从古至今化学与生产、生活亲密相关。下列说法不正确的是（）A.我国从四千余年前起先用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B.我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层积累，来制造机钛合金结构件；高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛C.李兰娟院士在记者会上透露：“新冠病毒怕酒精，不耐高温，56℃持续30分钟，病毒就死亡”。这里有蛋白质的变性D.垃圾分类很重要，充电电池和硒鼓墨盒都属于有害垃圾【答案】A【解析】【详解】A.用谷物酿造出酒和醋，涉及多糖的水解、葡萄糖、乙醇的氧化等反应，故A错误；B.钠与熔融的盐发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故B正确；C.病毒是由蛋白质构成，蛋白质变性使病毒死亡，故C正确；D.充电电池中含有重金属离子，硒鼓墨盒中的材料难降解，且由于碳粉颗粒微小对人的呼吸系统有害，都属于有害垃圾，故D正确；故选A。2.乙苯和二氧化碳反应生成苯乙烯的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)（）A.10.6g乙苯中所含的极性共价键数目为1.0NAB.增加二氧化碳的浓度，可能提高苯乙烯的产率C.状态1到状态2有氧氢键形成D.标准状况下，10.4g苯乙烯中所含的电子数目为4.0NA【答案】D【解析】【详解】A．10.6g乙苯的物质的量为，1mol乙苯分子中含有10molC—H极性键，故0.1乙苯中所含的极性共价键数目为1.0NA，A选项正确；B．增加二氧化碳的浓度，可以使得反应正向进行，进而提高苯乙烯的产率，B选项正确；C．依据反应过程图可知，状态1到状态2，CO2与H+结合形成，有氧氢键的形成，C选项正确；D．标准状况下，10.4g苯乙烯的物质的量为，1个苯乙烯分子中含有的电子总数为8×6+8×1=56个，则0.1mol苯乙烯中所含的电子数目为5.6NA，D选项错误；答案选D。3.下列关于有机物的说法正确的是（）A.二环己烷()的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)B.环己烯()可以发生加成反应、加聚反应、取代反应、氧化反应。C.分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)D.葡萄糖和果糖互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．二环己烷()的二氯代物有7种结构，分别为6种和，共7种，故A错误；B．环己烯()含有碳碳双键，故可以发生加成反应、加聚反应和氧化反应，与碳碳双键相邻碳原子上的氢简单被取代，故可以发生取代反应，故B正确；C．分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种，分别是HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOC(CH3)3、CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3，故C错误；D．葡萄糖和果糖分子式相同，互为同分异构体，故D错误；故答案为：B4.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，W的单质为常见的半导体材料，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列推断正确的是（）A.X的氢化物沸点低于Y的氢化物沸点B.W的单质可以用作计算机芯片，太阳能电池，丙是玛瑙的主要成分C.甲、丙、丁均为酸性化合物D.工业上用X的单质和乙来制取Z单质【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，可在甲中燃烧生成X的单质，应为镁与二氧化碳的反应，则Z为Mg，甲为CO2，乙为MgO，由此关系可知X为C元素，W的单质为常见的半导体材料，X、W为同一主族元素，则W为Si，Y为O元素，丁为CO，丙为SiO2，以此解答该题。【详解】A.X的氢化物为烃，Y的氢化物为水，烃的种类许多，其沸点不肯定低于水，故A错误；B.W为Si，是良好的半导体材料，可以用作计算机芯片、太阳能电池，丙为二氧化硅，是玛瑙的主要成分，故B正确；C.丁为CO，不能与碱反应生成盐和水，所以不是酸性氧化物，故C错误；D.工业用电解质熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D错误；故选B。5.下列试验操作、现象及所得出的结论或说明均正确的是（）选项试验操作现象结论或说明A向次氯酸钙溶液中通入二氧化硫产生白色沉淀酸性：H2SO3>HClOB向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡未出现红色固体X中肯定不含Cu2+C向饱和硅酸钠溶液中加入浓盐酸产生白色沉淀制取硅酸胶体D铬酸钠溶液中加入浓硫酸溶液由黄色变为橙色氢离子浓度对该反应的化学平衡有影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向次氯酸钙溶液中通入二氧化硫，生成的白色沉淀应当是CaSO4，而不是CaSO3，故不能得出：酸性：H2SO3>HClO的结论，故A错误；B．向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡，由于Fe3+的氧化性比Cu2+强，故少量的Fe首先与FeCl3反应，故不能说明是否含有Cu2+，故B错误；C．向饱和硅酸钠溶液中加入浓盐酸，得到是硅酸白色沉淀而不是胶体，故C错误；D．铬酸钠溶液中存在化学平衡：，加入浓硫酸，H+浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液由黄色变为橙色，故D正确；故答案为：D。6.最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转扮装置，实现对自然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO石墨烯(石墨烯包袱的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：①EDTA-Fe2＋－e-=EDTA-Fe3＋②2EDTA-Fe3＋＋H2S=2H＋＋S＋2EDTA-Fe2＋该装置工作时，下列叙述正确的是（）A.电子从ZnO石墨烯极移到石墨烯极，电解质中的阳离子向石墨烯极移动B.光伏电池中运用二氧化硅把光能转为化学能C.协同转化总反应：CO2＋H2S=CO＋H2O＋SD.石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低【答案】C【解析】【分析】从示意图可知，ZnO石墨烯极上由CO2→CO，故发生的电极反应为：CO2+2H++2e-=CO+H2O，是还原反应，故为阴极，石墨烯发生的电极反应为：EDTA-Fe2＋-e-=EDTA-Fe3＋，是氧化反应，故为阳极，再在进行解答。【详解】A．电子从电源的负极经导线流向阴极，再从阳极经导线流向电源的正极，电解质中的阳离子由阳极流向阴极，故流向ZnO石墨烯极，故A错误；B．光伏电池中运用晶体硅把光能转为化学能，故B错误；C．从示意图中可以看出，自然气中的杂质CO2再左侧转化为了CO，而H2S则在右侧转化为了S，故可以得出协同转化总反应：CO2＋H2S=CO＋H2O＋S，故C正确；D．石墨烯是阳极，ZnO石墨烯是阴极，故石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的高，故D错误；故答案为：C7.20℃时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/L氨水的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.a点时c(Cl-)=2c(NH3∙H2O)+2c(NH)B.b点表示酸碱恰好完全反应C.c点时c(NH)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)D.a、b、c、d均有c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A．a点时加入的盐酸为10mL，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和一水合氨，依据物料守恒2c(Cl-)=c(NH3∙H2O)+c(NH)，故A错误；B．c点时加入的盐酸为20mL，表示酸碱恰好完全反应，b点表示碱过量，盐酸完全反应，故B错误；C．c点时，酸碱恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，依据电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(NH)<c(Cl-)，故C错误；D．a、b、c、d对应的溶液中均只有NH、H+、Cl-和OH-四种离子，依据电荷守恒，故都有c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；故答案为：D。二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。）三、本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都应作答。第33—38题为选考题，考生依据要求作答。须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效。(一)必考题(共11题，计129分)8.目前世界锂离子电池总产量超过30亿只，锂电池消耗量巨大，黄石一重点中学化学探讨小组对某废旧锂离子电池正极材料(图中简称废料，成份为LiMn2O4、石墨粉和铝箔)进行回收探讨，工艺流程如图：已知：Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303K下的溶解度分别为34.2g、12.7g和1.3g。（1）写岀氢氧化钠的电子式___。（2）废料在用NaOH溶液浸取之前须要进行粉碎操作，其目的是___。（3）废旧电池可能由于放电不完全而残留有锂单质，为了平安对拆解环境的要求___。（4）写出反应④生成沉淀X的离子方程式___。（5）己知LiMn2O4中Mn的化合价为+3和+4价，写出反应②的离子反应方程式：___。（6）生成Li2CO3的化学反应方程式为___。已知Li2CO3在水中的溶解度随着温度上升而减小，最终一步过滤时应___。【答案】(1).(2).增大接触面积，加快反应速率(3).隔绝空气和水分(4).CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO(5).4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O(6).Li2SO4+Na2CO3＝Na2SO4+Li2CO3↓(7).趁热过滤【解析】【分析】废料中含有的成份为LiMn2O4、石墨粉和铝箔，加入NaOH溶液后，Al与其反应生成NaAlO2，过滤Ⅰ得到滤液Ⅰ为NaAlO2溶液，滤液Ⅰ中通入CO2后得到Al(OH)3沉淀，滤渣为LiMn2O4和石墨粉，滤渣中通入空气和硫酸反应转化为MnO2和Li2SO4，过滤Ⅱ得到滤液Ⅱ是Li2SO4溶液，与Na2CO3反应得到Li2CO3沉淀，故过滤Ⅲ可得到Li2CO3沉淀。【详解】（1）依据电子式书写的原则，可以很快写岀氢氧化钠的电子式为：，故答案为：；（2）废料在用NaOH溶液浸取之前须要进行粉碎操作，粉碎可以增大与NaOH溶液的接触面积，可以加快反应速率，故其目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（3）废旧电池可能由于放电不完全而残留有锂单质，由于锂单质和金属钠一样会与空气中氧气反应且能与水蒸汽反应产生H2，对环境造成污染，带来平安隐患，为了平安对拆解环境的要求为隔绝空气和水分，故答案为：隔绝空气和水分；（4）由分析可知反应④为NaAlO2溶液中通入过量的CO2，故其离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故答案为：CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；（5）己知LiMn2O4中Mn的化合价为+3和+4价，与稀硫酸和空气反应生成了MnO2，故反应②的离子反应方程式为4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O，故答案为：4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O（6）生成Li2CO3是硫酸锂和碳酸钠反应，故化学反应方程式为Li2SO4+Na2CO3＝Na2SO4+Li2CO3↓，已知Li2CO3在水中的溶解度随着温度上升而减小，为了减小Li2CO3因溶解造成损失，故最终一步过滤时应趁热过滤，故答案为：Li2SO4+Na2CO3＝Na2SO4+Li2CO3↓趁热过滤。【点睛】解这类工业流程题，我们须要亲密关注题干信息，分析流程图的主要反应和操作后所得物质，再进行解答。9.无水溴化镁经常做催化剂。选用如图所示装置(夹持装置略)采纳镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。已知：（1）乙醚的熔点为34.6℃，沸点为132℃。（2）Mg和Br2猛烈反应，放出大量的热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应MgBr2＋3C2H5OC2H5→MgBr2•3C2H5OC2H5。试验主要步骤如下：Ⅰ.选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。Ⅱ.加热装置A，快速升温至140℃，并保持140℃加热一段时间，停止加热。Ⅲ.通入干燥的氮气，让液溴缓慢进入装置B中，直至完全加入。IV.装置B中反应完毕后复原至室温，过滤反应物，将得到的滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。V.用苯洗涤粗产品，减压过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160℃分解得无水MgBr2。回答下列问题：（1）步骤I中所选装置的正确连接依次是a___(填小写字母)。装置D的作用是___。（2）装置A中运用仪器m的优点是___。（3）若加热装置A一段时间后发觉遗忘加入碎瓷片，应当实行的正确操作是___。（4）步骤V中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是___。（5）步骤V采纳减压过滤(使容器内压强降低，以达到固液快速分别)。下列装置可用作减压过滤是___(填序号)。（6）试验中若温度限制不当，装置B中会产生CH2Br—CH2Br。请说明缘由___。【答案】(1).efbcg(ef可颠倒，bc可颠倒)(2).防止倒吸(3).使系统内压强相等，便于液体顺当流下(4).停止加热，冷却后补加碎瓷片(5).除去乙醚和乙醇(6).bc(7).温度过高会产生乙烯，然后乙烯再和溴水加成反应产生了1，2—二溴乙烷【解析】【分析】依据试验目的和题干信息来确定组装仪器的先后依次，重点留意防倒吸装置和C、E装置的选择，刚好了解常见化学仪器的运用优缺点（如恒压滴液漏斗），以及试验过程中条件的限制（如A装置中温度的限制等），物质制备一般包括原料的制备、原料的除杂干燥、物质的制备反应、物质的除杂提纯等步骤。【详解】（1）依据题目信息，合成无水溴化镁先要合成三乙醚合溴化镁，然后加热得到，无水溴化镁，装置C因为气体通入的方向错误，故C装置不用，故确定步骤I中所选装置的正确连接依次是aefbcg(ef和bc均可对调)，从图中可以看出装置D是一个平安瓶，所起的作用为防止倒吸，因为A中有加热装置，故须要防倒吸装置，故答案为：efbcg(ef可颠倒，bc可颠倒)防止倒吸；（2）装置A中运用仪器m是一个恒压滴液漏斗，恒压就是使系统内的压强始终保持相等，使液体能够顺当的流下，故答案为：使系统内压强相等，便于液体顺当流下；（3）没有碎瓷片，A中易产生暴沸现象，故若加热装置A一段时间后发觉遗忘加入碎瓷片，应马上停止加热，待冷却后添加碎瓷片后再进行试验，故答案为：停止加热，冷却后补加碎瓷片；（4）由于三乙醚合溴化镁表面还有乙醚和乙醇杂质，而且能够溶解在苯中，故步骤V中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是除去三乙醚合溴化镁表面的乙醚和乙醇，故答案为：三乙醚合溴化镁表面；（5）图中可以看出a仅仅是一个一般过滤装置、并无减压装置，d中的烧杯和漏斗均与大气相通，并未连接减压装置，故也起不到减压过滤的作用，只有bc可以进行减压过滤，故答案为：bc；（6）乙醇与浓硫酸共热过程中，温度很关键，140℃产生乙醚，而加热到170℃时则产生乙烯，乙烯刚好能与溴单质反应产生CH2Br—CH2Br，故答案为：温度过高会产生乙烯，然后乙烯再和溴水加成反应产生了1，2—二溴乙烷。10.铁是一种特别重要的金属。（1）中科院兰州化学物理探讨所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图。催化剂中添加助剂Na、K、Cu（也起催化作用）后可变更反应的选择性。下列说法正确的是___。A.第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步B.第ⅰ步所发生的反应为：CO2+H2CO+H2OC.Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小D.保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变加入助剂K能提高单位时间内乙烯产量的根本缘由是___。（2）纳米铁是重要的储氢材料，可用反应Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g)制得。在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.24molCO，在T1、T2不同温度下进行反应，测得c(CO)与温度、时间的关系如图所示。①T1___T2，△H___0（填“＞”或“＜”）②已知：标准平衡常数Kθ=，其中pθ为标准压强（1×105Pa），p[Fe(CO)5]、p(CO)为各组分的平衡分压。T2温度下，平衡时体系的压强为p，反应的标准平衡常数Kθ=___（用含p的最简式表示）（3）高铁酸钾（K2FeO4）被称为“绿色化学”净水剂，在酸性至弱碱性条件下不稳定。①电解法可制得K2FeO4，装置如图，若转移6mol电子则隔膜右边溶液增重___g。②K2FeO4在水解过程中铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图所示，向pH=6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为___。（4）复合氧化物铁酸锰（MnFe2O4）可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：①MnFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g)△H1②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g)△H2③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H3则：△H3与△H1、△H2的关系为___。【答案】(1).BD(2).降低生成乙烯的反应所须要的活化能，加快乙烯生成速率(3).＞(4).＜(5).(6).158g(7).(8).【解析】【详解】（1）A．由于一般活化能越低，反应速率越快，故第ⅰ步反应的活化能凹凸于第ⅱ步，故A错误；B．依据反应过程图可知，第ⅰ步所发生的反应为：CO2+H2CO+H2O，故B正确；C．反应热ΔH只与反应物和生成物的状态有关，而与反应过程无关，故Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH不变，故C错误；D．化学平衡常数仅是温度的函数，温度不变，化学平衡常数不变，故D正确；故答案为：BD；加入助剂K能提高单位时间内乙烯产量即提高了生成乙烯的反应速率，故其根本缘由是降低生成乙烯的反应所须要的活化能，加快乙烯生成速率，故答案为：降低生成乙烯的反应所须要的活化能，加快乙烯生成速率；（2）①由图中可知：T1条件下先达到平衡，故T1时反应速率快，故T1＞T2，又温度越高，CO的浓度越高，即上升温度，平衡逆向移动，故△H＜0，故答案为：＞；＜；②由图像中可知T2温度下，c(CO)=0.04mol/L,经过计算可以得c[Fe(CO)5]=0.04mol/L,又知气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时体系的压强为p，故p[Fe(CO)5]=p(CO)=，反应的标准平衡常数，故答案为：；（3）①右侧为阳极，碱性条件下Fe失电子转化为离子，阳极电极反应式为：Fe+8OH--6e-=+4H2O，若转移6mol电子则隔膜右边溶液增重为1molFe和从左侧进入的6molOH-，即，故答案为158g；②依据K2FeO4在水解过程中铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系图所示，可知pH=6时溶液中主要是，故加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为，故答案为：；（4）由反应①②可以推断出反应③=（反应①+反应②），故，故答案为：。11.已知所用火箭推动剂为肼(N2H4)和过氧化氢(H2O2)，火箭箭体一般采纳钛合金材料。请回答下列问题：（1）NH3、H2O2分子中电负性最大的元素在周期表中的位置为___，第一电离能最大的元素为___。（2）铬的原子序数为24，其基态电子排布式为___。（3）1molN2H4分子中含有的σ键数目为___。（4）H2O2分子结构如图1，其中心原子杂化轨道类型为___，估计它难溶于CS2，简要说明缘由___。（5）氮化硼晶胞如图2所示，处于晶胞顶点上的原子的配位数为___，若立方氮化硼的密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近N原子间的距离为___cm。（6）如图3所示，若将A离子移到晶胞的体心，则B离子移到了___（填顶点，面心或棱心）。【答案】(1).其次周期ⅥA族(2).N(3).1s22s22p63s23p63d54s1(4).3.01×1024或5NA(5).sp3(6).H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中(7).4(8).(9).棱心【解析】【详解】（1）依据同一周期从左往右电负性增大，同一主族从上往下，电负性减小，故再H、N、O中电负性最大的元素是O，其在周期表中的位置为其次周期ⅥA族，第一电离能同一周期从左往右呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常现象，同一主族从上往下，第一电离能减小，最大的元素为N，故答案为：其次周期ⅥA族N；（2）铬的原子序数为24，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1；（3）依据N2H4的结构式可知，1molN2H4分子中含有的σ键数目为5mol或3.01×1024，故答案为：3.01×1024或5NA；（4）依据H2O2分子结构，可知每个氧原子四周均呈V型，故其中心原子O杂化轨道类型为sp3，溶解性可以用相像相溶原理，故H2O2分子难溶于CS2的缘由可能是：H2O2是极性分子，而CS2是非极性分子，故答案为：sp3H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解