2026年上海市嘉定区高三一模高考化学试卷试题（答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页上海市嘉定区2026届高三上学期一模等级考化学试题考生注意：1.试卷满分100分，考试时间60分钟。2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号(考号)，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。3.本试卷标注“不定项”的选择题，每小题有个正确选项，只有1个正确选项的，多选不得分；有2个正确选项的，漏选1个得一半分，错选不得分。未特别标注的选择题，每小题只有1个正确选项。4.本卷所用相对原子质量：H-1

C-12

O-16

Fe-56一、能源金属-锂1．自然界中Li含两种稳定的核素，丰度约占，丰度约占，通过同位素分离技术对天然锂进行富集，得到高浓度的或，在工业中发挥巨大用处。常见的两种分离方法如下：①锂汞齐法：锂盐溶液与锂汞齐(锂与汞形成的合金)相接触，在锂汞齐中富集，则被富集到水相中。②熔盐电解法：将LiBr和KBr的混合物加热到，通电，利用在熔融态下迁移速率的差异分离及。(1)以下说法正确的是___________。A．的相对原子质量为7B．在自然界锂元素里所占的质量分数为C．根据以上信息可得锂元素的相对原子质量D．天然存在的锂元素里，和所占的丰度一般不变(2)基于和的___________不同，能实现同位素分离技术。A．化学性质 B．质量数 C．电子数 D．中子数(3)常温下锂汞合金为。A．固体

B．液体

C．气体(4)熔盐LiBr和KBr的混合物中，半径最大微粒的电子式为。(5)从绿色化学角度评价锂汞齐法的不足为；熔盐电解法的不足为。(任写一点)我国锂资源丰富，从盐湖卤水中提取Li的方法之一如下：吸附过程原理：(6)关于吸附过程说法错误的是。A．吸附过程中涉及氧化还原反应B．吸附过程中适度搅拌可以提高反应速率C．吸附过程中搅拌速度过快易引起胶体的聚沉，影响吸附效果(7)下图为不同pH时吸附容量(表示单位质量吸附剂吸附锂的质量)，分析时效果最佳的原因。(8)检验脱附步骤已经充分完成的方法为。(9)洗脱液中需通过加入沉淀剂得到高纯度的含锂物质，以下能作沉淀剂且更易生成沉淀的是___________。已知：洗脱液中浓度为。A． B．NaOH C． D．二、认识“丹青”2．“丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子·小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为。(1)已知Hg元素的信息如图，则Hg在元素周期表中的位置为___________。A．第5周期、第12族 B．第5周期、第IIB族C．第6周期、第12族 D．第6周期、第IIA族已知：第二电离能是元素的+1价的气态正离子(基态)失去一个电子形成+2价的气态正离子(基态)所需的最低能量。第一电离能第二电离能CuFe(2)分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因。(3)天然HgS主要有两种形态，其中为红色，结构为三方系；为黑色，结构为立方系，用现代技术研究两者结构差异，可以用___________。A．原子吸收光谱 B．红外光谱 C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射Cu3(CO3)2(OH)2的晶胞结构如下图：(4)已知Cu3(CO3)2(OH)2晶胞中含4个H原子，对Cu2+所处位置判断错误的是___________。A．顶点 B．棱上 C．面心 D．体内石青受热分解产生，将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液。(5)比较石青分解得到的三种产物的熔点高低，并分析原因。(6)CuO被“氨浸”的离子方程式为。(7)[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间结构为。(8)已知中任意两个的夹角为，则中任意两个的夹角。A．大于

B．小于

C．等于石青的“孪生兄弟”孔雀石与在一定条件下生成一种配位化合物，其负离子的结构为：(9)该配合物中心离子的配位数为：根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为。三、光气3．光气是一种重要的化工原料。合成原理如下：反应①

(1)恒温密闭容器中，充入等量的和进行反应①，以下不利于提高反应速率的措施为___________。A．使用催化剂B．增大压强C．提高CO和的物质的量浓度D．反应达到平衡后，冷却，得到液态光气成品(2)在不同压强的反应体系中，充入体积比为1：1的CO和进行反应，实验测得反应体系中的平衡体积分数与压强和温度的关系曲线如下图所示：①图中A点和C点化学平衡常数的大小关系：；A．大于

B．小于

C．等于②比较和大小并说明原因。(3)某温度下，在2L的密闭容器中充入，同时发生以下反应：反应②

反应③

10min后反应体系达到平衡，测得和C的物质的量分别为2mol和1mol，则反应②的反应速率；该温度下反应③的化学平衡常数。文献报道了一种基于氯化铜的一氧化碳氧氯化反应制备光气的方法：反应④反应⑤(4)反应④在密闭容器中发生，当反应达到平衡时，以下说法一定正确的是___________。A． B．C．的质量保持不变 D．反应物不再转化为生成物(5)已知：反应⑥反应⑦则反应④的。(6)某课题组对该方法制光气进行研究，在不同温度下，向等容积的反应器中投入相同的原料，反应相同时间，测得容器内压强随时间变化及光气产率随温度的变化关系如下：①该时间段不同温度下，化学反应速率最快的是。A．

B．

C．

D．②以后随温度升高，产率急剧下降的原因是。(7)利用和HCl废气作为原料，通过电化学原理制备原料气的装置如下图所示：①阴极发生的电极反应为。②若标准状况下产生(不考虑的溶解)，理论上左室液体增重g。四、盐酸氨溴索4．盐酸氨溴索是一种常用于治疗呼吸系统疾病的黏液溶解剂，因其良好的药效与安全性在临床应用广泛。一种新型的合成工艺如下：

(1)B的结构简式为；C所含官能团名称为。(2)已知理论上1molE参加反应得1molF和2mol另一产物，写出的化学反应方程式。(3)的反应类型是___________。A．取代 B．加成 C．氧化 D．还原(4)化合物J中不对称碳原子的个数是___________。A．0 B．1 C．2 D．3(5)关于以上部分物质说法正确的是___________。A．物质A分子中所有原子可能在同一平面 B．1mol物质C中含键数为C．物质D苯环上一溴代物只有1种 D．银氨溶液可用于检验是否反应完全(6)已知：物质K是物质E的同系物，且分子组成比E多2个C．写出1种满足下列条件的K的同分异构体Y的结构简式：。①属于-氨基酸；②核磁共振氢谱有5组峰。(7)产物J熔点，分析产物J相比大部分有机物熔点较高的原因(写出两点)。(8)参照上述合成路线，以和CH3NH2为原料，设计合成的路线(无机试剂任选)。已知：RCOOH+R1NHR2+H2O(合成路线可表示为：AB……目标产物)五、三草酸合铁(III)酸钾的制备5．三草酸合铁酸钾是光化学研究中一种常用试剂，实验室制备过程中涉及部分物质的性质如下：常温下为翠绿色单斜晶体，易溶于水。常温下为黄色结晶性粉末，微溶于水。实验室制备流程如下：(1)写出步骤I发生反应的离子方程式。(2)步骤I中加后，检验是否完全被氧化的试剂是___________。A．KSCN溶液 B．苯酚 C．酸性溶液 D．NaOH溶液实验小组对步骤I中所加试剂顺序产生的不同结果进行了研究(其他实验条件均相同)，实验结果如下：加入顺序产率/%晶型、色泽先加氨水52.92黄绿色粉末先加40.96翠绿色晶体(3)分析步骤I中不先加氨水的原因可能是。(4)的制备流程如下：按照铁粉的量计算的产率，结果偏低的原因为。已知的电离平衡常数为：(5)判断溶液的酸碱性：(“酸性”、“中性”或“碱性”)，通过计算说明原因。(6)步骤IV的系列操作是___________。A．过滤、洗涤、干燥B．蒸发浓缩至表面有晶膜出现、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C．蒸发至大量晶体析出后、趁热过滤、洗涤、干燥D．蒸发至大量晶体析出后、利用余热蒸干、洗涤、干燥某实验小组为测定该晶体中铁的含量，进行如下实验：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。取所配溶液25.00mL，第一次滴加酸性溶液将恰好氧化成。向反应后的溶液中加入足量锌粉，至溶液黄色消失，过滤除去多余的锌粉，用水洗涤锌粉，将洗涤液和滤液放入另一个干净的锥形瓶中，第二次用酸性溶液滴定所得溶液至终点，消耗体积为20.00mL。(7)以上实验涉及的操作且正确的是___________。A．定容 B．摇匀C．润洗 D．滴定(8)计算该晶体中铁元素的质量分数。(写出计算过程)(9)以下操作可能会导致结果偏低的是___________。A．配制溶液定容时俯视液面B．滴定中所用的锥形瓶未进行干燥C．第一次滴加的酸性溶液不足D．滴定时，锥形瓶内溶液颜色由无色变成浅紫色，即判定为滴定终点答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．(1)D(2)BD(3)B(4)

(5)汞有毒，易造成环境污染，危害人体健康需加热到500℃，能耗高(或电解过程会产生有毒气体，答一点即可)(6)A(7)pH过低时，溶液中的浓度较高，会抑制水解生成吸附剂，吸附剂生成不足；pH过高时，Al(OH)3​溶解，吸附剂结构被破坏。pH=7时，OH-浓度适中，吸附剂活性最高，吸附效果最佳(8)取最后一次的洗脱液，用焰色反应检验：若洗脱液进行焰色反应时，无紫红色火焰（锂元素的焰色），则说明脱附已充分完成；(9)C【详解】（1）A．的质量数为7，但相对原子质量是其实际原子质量与原子质量的比值，数值接近7但不等于7，A错误；B．题目中丰度约占7.52%”指的是原子个数百分比（原子丰度），不是质量分数，B错误；C．元素的相对原子质量需要各同位素的相对原子质量和丰度共同计算，题目仅给出质量数，非精确相对原子质量，无法算出准确值，C错误；D．天然存在的稳定同位素，其丰度在自然界中一般保持不变，D正确；故选D。（2）和的质子数相同，中子数分别为3和4，因此质量数不同。同位素分离技术正是利用了二者质量数和中子数的差异，导致物理性质不同，从而实现分离，故选BD。（3）汞在常温下为液体，合金熔点通常低于组分金属，故锂汞合金常温下为液体，故选B。（4）在LiBr和KBr中，存在的离子有、、。根据离子半径规律：同一主族，离子半径随核电荷数增加而增大，故半径：。同一周期主族元素，阴离子半径大于阳离子半径，故半径：。因此，半径最大的是。的电子式为。（5）从绿色化学角度，锂汞齐法的不足为汞有毒，易造成环境污染，危害人体健康。熔盐电解法的不足为：需加热到500℃，能耗高；或电解过程会产生有毒气体。（6）分析：从盐湖卤水（含LiCl）中提取的流程，是利用与在特定pH下反应生成的吸附剂（如），对卤水中的进行选择性吸附富集；经固液分离后，再通过蒸馏水洗脱，将从吸附剂上解吸进入洗脱液，实现的提取与初步纯化。A．反应中所有元素的化合价均未发生变化，因此不涉及氧化还原反应，A错误；B．适度搅拌可以增大反应物接触面积，提高反应速率，B正确；C．搅拌速度过快会破坏胶体的稳定性，引起胶体聚沉，影响吸附效果，C正确；故选A。（7）pH过低时，溶液中的浓度较高，会抑制水解生成吸附剂，吸附剂生成不足；pH过高时，Al(OH)3​溶解，吸附剂结构被破坏。pH=7时，OH-浓度适中，吸附剂活性最高，吸附效果最佳。（8）取最后一次的洗脱液，用焰色反应检验：若洗脱液进行焰色反应时，无紫红色火焰（锂元素的焰色），则说明脱附已充分完成；（9）计算生成氢氧化锂沉淀所需的最小：；生成氢氧化锂沉淀所需的最小：；溶解度较大，与也不会反应生成沉淀，因此是更易生成沉淀的沉淀剂，故选C。2．(1)C(2)Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能(3)D(4)B(5)CuO是离子晶体，熔点最高，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，熔点CuO＞H2O＞CO2(6)CuO+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++H2O(7)平面正方形(8)A(9)43【详解】（1）由题干Hg元素的信息图，其价电子排布式为5d106s2，根据最高能层序数等于其周期序数，则Hg在元素周期表中的位置为第6周期、第12族，故答案为：C；（2）Cu的价电子排布式为：3d104s1，Fe的价电子排布为3d64s2，失去1个电子后，Cu+的价电子排布式为：3d10，Fe+的价电子排布为3d64s1，失去3d轨道上电子比失去4s轨道上的电子难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能，故答案为：Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能；（3）A．原子吸收光谱用于鉴别元素，两种晶胞所含元素种类完全相同，不能区分，A不合题意；B．红外光谱红外光谱主要用于鉴定化学键和官能团，两种晶胞所含化学键类型相同，不能区分，B不合题意；C．核磁共振氢谱用于检测物质含有不同环境H原子的种类和数目比值，两种晶体中均不含H，不能区分，C不合题意；D．晶体X射线衍射是研究晶体结构的权威方法，两种晶体结构不同，能够区分，D符合题意；故答案为：D；（4）由题干信息可知，晶胞中含4个H原子，即H位于晶胞体内，结合已知化学式Cu3(CO3)2(OH)2，一个晶胞应该含有6个Cu2+，结合晶胞图示可知，Cu2+位于8个顶点=1个，上下面心上各1个，=1个，其余还有6-1-1=4，结合图中信息可知，这4个Cu2+应该都在体内的，即没有在棱上的，故答案为：B；（5）由题干信息可知，石青分解得到的三种产物即CuO、H2O、CO2，CuO是离子晶体，常温下固体，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，常温下H2O为液体、CO2为气体，故答案为：CuO是离子晶体，熔点最高，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，熔点CuO＞H2O＞CO2；（6）由题干信息可知，将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液，则该反应的离子方程式为：CuO+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++H2O；（7）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形；（8）已知自由的NH3和[Cu(NH3)4]SO4中N均采用sp3杂化，但自由的NH3中N原子周围存在孤电子对，而[Cu(NH3)4]2+中N原子上的孤对电子用来与Cu²⁺形成配位键，成为成键电子对，该成键电子对对N-H键的排斥作用小于自由的NH3中孤对电子对N-H键的排斥作用，故N-H键的夹角大于107.3°，故答案为：A；（9）由题干配合物中心离子结构可知，Cu2+周围形成了4个配位键，该配合物中心离子的配位数为4，根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为3+=3，故答案为：4；3。3．(1)D(2)A；反应①正反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，体积分数增大(3)1.0(4)C(5)(6)A温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多(7)3.6【详解】（1）A．使用催化剂可以加快反应速率，A不符合题意；B．增大压强可以加快反应速率，B不符合题意；C．提高和浓度：加快反应速率，C不符合题意；D．冷却到-20℃，降低温度，反应速率减慢，D符合题意；故答案选D；（2）①反应①为放热反应（），温度升高平衡常数减小。由图可知，因此，故答案选A；②反应①是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，平衡体积分数增大。在相同温度下，时体积分数更高，因此，故答案为：；反应①正反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，体积分数增大；（3）由题，平衡时生成1molC，由反应③可知消耗1mol，生成0.5mol。反应②中分解了，生成2mol和2mol，因此平衡时的物质的量为，为2mol，因此；反应③为，平衡浓度为，，因此，故答案为：；1.0；（4）A．未说明正逆速率，不能判断平衡，A错误；B．浓度相等不一定是平衡状态，B错误；C．质量保持不变，说明正逆速率相等，达到平衡，C正确；D．反应物不再转化为生成物，平衡是动态平衡，转化仍在进行，D错误；故答案选C；（5）根据盖斯定律，反应④反应①反应⑦反应⑥，则，故答案为：；（6）①温度越高，压强下降越快，反应速率越快，因此415℃时速率最快，故答案选A；②375℃以后，温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多，导致光气产率急剧下降，故答案为：温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多；（7）①阴极发生还原反应，得电子生成，电极反应为：；②由题，阳极发生氧化反应为，标准状况下产生，其物质的量为，生成，转移电子的物质的量。阴极发生还原反应：，电子参与反应时，消耗和，生成和。根据反应，右室会有通过质子交换膜迁移到左室。因此左室的增重为：，因此，理论上左室液体增重为，故答案为：3.6。4．(1)酰胺基(2)+

+2CHCl3(3)D(4)A(5)AB(6)或(或其他合理答案)(7)一是该物质为离子晶体，大多数有机物为分子晶体，二是分子中含有羟基和氨基能够形成分子间氢键(8)

【分析】由题干合成流程图可知，根据A、C的结构简式和B的分子式以及B到C的反应物可知，B的结构简式为：，B和NH3反应生成C，C在NaBr、NaBrO3、H2SO4共同作用下发生取代反应生成D，C和D在一定条件下反应生成E，E和Cl3CCOCCl3反应生成F，F在THF、H2O溶剂中被NaBH4还原为G，G被MnO2氧化为H，H和反应生成产物I，该产物I再被还原为J，据此分析解题。【详解】（1）由分析可知，B的结构简式为，由题干流程图中C的结构简式可知，C所含官能团名称为酰胺基；（2）由题干合成流程图中E和F以及E到F的反应可知，已知理论上1molE参加反应得1molF和2mol另一产物根据元素守恒可知，该产物为：CHCl3，则的化学反应方程式为：++2CHCl3；（3）由题干合成流程图可知，即F中酰胺基被转化为氨基和醇羟基，在有机化学上将加氢失氧的反应称之为还原反应，故该反应的反应类型是还原反应，故答案为：D；（4）已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子称之为不对称性碳原子又称为手性碳原子，结合题干流程图中化合物J的结构简式可知，化合物J中不含不对称碳原子，即个数是0，故答案为：A；（5）A.由题干流程图中A的结构简式可知，物质A即邻苯二甲酸，分子中含有苯环、酮羰基等平面结构，通过单键连接可以任意旋转，导致分子中所有原子可能在同一平面，A正确；B.由题干流程图中C的结构简式可知，1分子中含有8个C-Cσ键、4个C-Hσ键、2个C-Oσ键、2个C-Nσ键和1个N-Hσ键，即一共含8+4+2+2+1=17个σ键，故1mol物质C中含σ键数为17NA，B正确；C.由题干流程图中D的结构简式可知，物质D分子为对称结构，故苯环上一溴代物有2种，如图所示：，C错误；D.由题干流程图中G、H的结构简式可知，G中含有醇羟基，而H中含有醛基，故用银氨溶液可检验G→H是否开始反应，但不能检验是否反应完全，D错误；故答案为：AB；（6）由题干流程图信息可知，E的分子式为：C7H5O2NBr2，不饱和度为5，物质K是物质E的同系物，且分子组成比E多2个C，则K的分子式为：C9H9O2NBr2，则满足下列条件①属于-氨基酸即含有-CH(NH2)COOH结构，该结构中含有3种不同环境的H，②核磁共振氢谱有5组峰即含有5种不同环境的H原子的K的同分异构体Y的结构简式为：或(或其他合理答案)；（7）由题干流程图中J的结构简式可知，J分子含有离子键属于离子化合物，即属于离子晶体，而大部分有机物是分子晶体，且物质J中含有羟基和氨基，能够形成分子间氢键，导致熔沸点升高，故产物J熔点，分析产物J相比大部分有机物熔点较高的原因为：一是该物质为离子晶体，大多数有机物为分子晶体，二是分子中含有羟基和氨基能够形成分子间氢键；（8）本题采用逆向合成法，即根据本小题题干信息可知，可由和加热得到，根据题干流程图中I到J的转化信息可知，可由被NaBH4还原得到，由题干流程图中H到I的转化信息可知，可由和CH3NH2反应得到，由此分析确定合成流程为：。5．(1)(2)C(3)若先加氨水，会先生成沉淀，而被氧化时可能生成胶体或颗粒较小的沉淀，不利于后续与反应生成目标产物(4)部分铁粉被空气中的氧气氧化，或硫酸亚铁溶液在蒸发浓缩时被氧化(5)酸性的电离平衡常数，水解平衡常数，，因此的电离程度大于水解程度(6)B(7)AD(8)(9)D【分析】该实验以硫酸亚铁铵为原料，先通过双氧水氧化、氨水沉淀得到，同时将草酸与氢氧化钾反应制得，再将两者反应得到含的溶液，最后经蒸发浓缩、冷却结晶得到目标晶体；后续还涉及对产品的产率分析、溶液酸碱性判断、操作选择及铁含量测定，完整呈现了从原料到产品制备与定量分析的全过程。【详解】（1）在和作用下被氧