学易金卷2025年高考考前押题密卷化学（湖北卷）（全解全析）

2025年高考考前押题密卷化学·全解全析（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Na23Cl35.5一、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．湖北省是中华文明的重要发祥地之一，大批考古发掘成果展示了湖北悠久而辉煌的历史。下列文物的材质与另外三种不同的是    A．凤舞九天木雕石家河玉人像C．睡虎地秦简D．漆木虎座鸟架鼓【答案】B【解析】A．凤舞九天木雕为木制品，其主要成分属于纤维素，B．石家河玉人像属于硅酸盐类物质，C．秦简为竹子，其主要成分属于是纤维素，D．虎座漆木鸟架鼓为木制品，其主要成分属于是纤维素，由以上分析可知，答案选B。2．下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A．1.0mol/L氨水溶液（）中：、、B．1.0mol/L氯化钠溶液（）中：、、C．0.1mol/L碳酸钠溶液（）中：、、D．0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液（）中：、、【答案】C【解析】A．氨水和会生成沉淀，不共存，故A错误；B．时会沉淀完全，不能在溶液中共存，故B错误；C．的碳酸钠溶液中：、、各离子间不反应，可以大量共存，故C正确；D．酸性高锰酸钾会与发生氧化还原反应生成二氧化碳，不能共存，故D错误；故选C。3．氮化硅(Si3N4)因其在高温和高频条件下的优异性能，成为现代微电子领域的重要材料。工业上用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备SiN4的操作流程如下(已知：粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物；常温下Si3N4除与氢氟酸反应外不与其他酸反应)，下列叙述正确的是A．“还原”时发生的反应为熵减过程B．“高温氮化”反应的化学方程式为：C．1molSi含Si-Si键的数目约为4×6.02×1023D．“操作X”可将原料气通过灼热的碳粉【答案】B【分析】石英砂为，与焦炭在高温下发生：，粗硅与氮气反应生成，还含有Fe、Cu的单质及化合物，经过酸洗而除去，得到纯净的。【解析】A．石英砂为，与焦炭在高温下发生：，固体与固体反应生成了气体，为熵增过程，A不正确；B．“高温氮化”反应为硅与氮气反应生成，化学方程式为，B正确；C.在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键，1molSi含Si-Si键的数目约为2×6.02×1023,C不正确；D.C．原料气(含N2和少量O2)，通过灼热的碳粉除去氧气得到的是氮气和CO的混合气体，未得到纯净的氮气，正确的“操作X”为原料气通过灼热的铜粉，D不正确；答案选B。4．茶是我国传统饮品，湖北富产茶叶。茶叶中含有的茶多酚可增强人体内物质的活性，对预防癌症有一定辅助作用，如图是茶多酚中含量最高的一种儿茶素A的结构简式，下列关于儿茶素A的叙述正确的是A．分子式为C15H12O7B．分子中采用sp3杂化的碳原子有3个C．1mol儿茶素A与足量氢氧化钠溶液反应，最多消耗6mol氢氧化钠D．分子中没有手性碳原子【答案】B【解析】A．由结构简式可知，分子式为C15H14O7，A不正确；B．由结构简式可知，苯环上的碳原子采用sp2杂化，中间环上有3个饱和碳原子采用sp3杂化，即，B正确；C．由结构简式可知，儿茶素A分子中含有的酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol儿茶素A与足量氢氧化钠溶液反应，最多消耗5mol氢氧化钠，C不正确；D．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，由结构简式可知，分子含有2个手性碳原子，即，D不正确；答案选B。5．下列化学用语正确的是A．氮原子2py轨道的电子云图：B．基态As的简化电子排布式为：[Ar]4s24p3C．一定条件下,氯气可形成Cl2·8H2O的水合物晶体D．Na、Mg、Al三种元素第二电离能从大到小的顺序是Al>Mg>Na【答案】C【解析】A．氮原子2py轨道的电子云图为，为2py轨道的电子云轮廓图，A错误；B．基态As的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，B错误；C.19世纪初，英国科学家发现氯气可形成化学式为Cl2·8H2O的水合物晶体，C正确；D．Na、Mg、Al三种元素第二电离能从大到小的顺序是Na>Al>Mg，D错误；答案选C。6．W、X、Y、Z、R、Q六种主族元素，原子序数依次增大，其中，W具有一种没有中子的同位素；X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，X与Q相邻，Y是地壳中含量最多的元素，短周期中Z电负性最大，R原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法正确的是A．化学键中离子键成分的百分数：R2X>R2QB．XY2与QY2晶体类型相同C．XW3+与W3Y+的空间构型相同D．X、Q分别与Z形成最简单分子都能和WZ反应【答案】A【分析】W、X、Y、Z、R、Q六种主族元素，原子序数依次增大，其中，W具有一种没有中子的同位素，W是H；X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，为C元素，X与Q相邻，Q为Si元素，Y是地壳中含量最多的元素，Y是O，短周期中Z电负性最大，Z为F元素，R原子的s能级与p能级电子数相等，R的电子排布式为1s22s22p63s2，R为Mg元素，以此解答。【解析】A．电负性：C>Si，化合物中两元素电负性差值越大，离子键的百分数就越大，因此化学键中离子键成分的百分数：，A正确；B．XY2为CO2，QY2为SiO2，前者是分子晶体，后者共价晶体，B不正确；C．XW3+为CH3+，CH3+中心碳原子的价层电子对数为(4+3-1)/2=3,VSEPR模型为正三角形，无孤电子对，空间构型也是正三角形，W3Y+为H3O+，H3O+中心碳原子的价层电子对数为(6+3-1)/2=4,VSEPR模型为四面体形，有一孤电子对，空间构型是正三角锥形，C不正确；D．C、Si分别与F形成最简单分子为CF4、SiF4，前者与HF不反应，后者能与HF反应生成H2SiF6，D不正确；答案选A7．为了探究I2在不同溶剂中的溶解性,设计了如下实验：①向试管中放入一小粒I2晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘；②取5mL溶液a，加入1mL四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色；③将②所得下层溶液全部取出，加入1mLKI溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色(颜色比溶液a深)。已知：下列说法不正确的是A．对比实验①②说明I2在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度B．②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液C．对比实验②③可知，溶液b中c(I2)>溶液a中c(I2)D．向①所得浊液中加入KI，溶液变澄清【答案】C【解析】A．根据实验现象，原水溶液呈黄色，四氯化碳密度大于水，上层溶液无色，下层溶液呈紫色，说明I2更易溶于CCl4，A正确；B．四氯化碳密度大于水且与水互不相溶，②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液，B正确；C．加入碘化钾，，使得碘单质转化为I3-，故溶液b中c(I2)<溶液a中c(I2)，C不正确；D．向①所得浊液中加入KI，使c(I-)增大，I2与I-发生反应，生成溶解性更大的I3-，固体I2溶解，得到澄清溶液，D正确；答案选C。8．某化学兴趣小组设计实验利用苯甲酸（沸点249℃）和异丙醇（沸点82℃）制备苯甲酸异丙酯（沸点218℃），实验装置如图：实验步骤：①在图甲干燥的仪器a中加入反应物苯甲酸、异丙醇和催化剂浓硫酸，再加入几粒沸石；②加热至70℃左右，保持恒温半小时；③将仪器a中反应后的液体用图乙所示装置进行精制得到产品。下列说法不正确的是A．在仪器a中加入三种试剂的先后顺序是：异丙醇、浓硫酸、苯甲酸B．实验采用水浴加热，若温度过高会使产率减小C．根据油水分离器中水层高度不变可停止加热D．步骤③操作时应收集218℃的馏分，如果温度计水银球偏下，则收集的精制产品中可能混有的杂质为苯甲酸【答案】D【解析】A．浓硫酸和其他液态物质混合时应注意实验安全，一般都是将浓硫酸沿玻璃棒或容器壁缓缓注入其他液体中，边注入边搅拌，所以酯化反应实验中，一般先加入密度最小的醇，再加入浓硫酸，最后加入羧酸，A正确；B．有机物一般都易挥发，根据题给各物质的沸点，温度过高，容易造成反应物挥发而损失，从而降低产率，B正确；C．油水分离器中水层高低的变化可以显示生成物水的量，据此可以判断酯化反应是否达到平衡，达到平衡后，产量不再变化，可停止加热，C正确；D．步骤③操作时应收集218℃的馏分，如果温度计水银球偏下，则蒸馏烧瓶支管口处温度比温度计所测量的温度低，会有沸点较低的杂质逸出，D错误；答案选D。9．下列说法正确的是A．是由极性键构成的非极性分子B．O3是极性分子，在水中溶解度大于在CCl4中溶解度C．中∠HNH大于中∠HNHD．中均存在非极性键【答案】C【解析】A．OF2中氧原子为sp3杂化，分子构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A不正确；B．O3是极性分子，但O3的极性微弱，在CCl4中溶解度高于在水中溶解度，B不正确；C．[Cu(NH3)4]2+中N为sp3杂化，无孤电子对，NH3中N为sp3杂化，有孤电子对，孤电子对对成键电子有排斥作用，使键角减小，C正确；B．Na2O2中过氧根离子中氧原子间为非极性键，CaH2中钙离子和氢负离子之间是离子键，无共价键，B不正确；答案选C。10．一种金属钠电极配合运用钠离子及氯离子交换膜设计的氧化还原液流装置能够实现海水的淡化，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．a为电源负极B．N为氯离子交换膜，M为钠离子交换膜C．充电时，总反应式为D．放电时，每转移2mol电子，理论上Ⅱ池溶液质量增加117g【答案】D【分析】由图知，移向左侧电极，失电子得到，所以左侧电极为阳极，右侧为阴极，则a为电源正极，b为电源负极，阳极反应式：，阴极反应式：。【解析】A．由分析知，a为电源正极，A错误；B．该装置能够实现海水的淡化，钠离子向阴极移动，氯离子向阳极移动，所以M为氯离子交换膜，N为钠离子交换膜，B错误；C．由分析知，充电时总反应为，C错误；D．放电时，每转移2mol电子，理论上有2mol钠离子、2mol氯离子进入Ⅱ池，所以溶液质量增加，D正确；故选D。11．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛氢键B碱性：第一电离能C熔点：范德华力D酸性：羟基极性【答案】B【解析】A．邻羟基苯甲醛主要存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，所以对羟基苯甲醛沸点较高，故A正确；B．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故B错误；C．二氧化碳、二硫化碳都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，故C正确；D．F的电负性大于H，使羟基极性增强，易发生断裂，导致酸性强于，故D正确；选B。12．Beckmann重排反应是反应物肟在酸的催化作用下重排为酰胺的反应，离去基团与迁移基团处于反式。有机物X与Y的异构化反应如图所示，、均为甲基时，下列说法正确的是A．依据红外光谱不能判断异构化反应是否发生B．X中N原子孤对电子参与形成键C．X的同分异构体中，能发生银镜反应的有6种（不考虑立体异构）D．的异构化产物为【答案】D【解析】A．X、Y中官能团不同，可用红外光谱判断异构化反应是否发生，故A错误；B．X中N原子形成3个共价键，则N原子孤对电子没有参与形成π键，故B错误；C．R1、R2均为甲基，X的同分异构体中，能发生银镜反应，则同分异构体一定含-CHO，可看成氨基取代丙醛中甲基上H原子或亚甲基上氢离子，或甲基和-CH2CHO取代氨气中H原子，或乙基、-CHO取代氨气中H原子，共4种，故C错误；D．异构化产物含酰胺键，则的异构化产物为，故D正确；故选：D。13．全固