2025-2026学年上海市浦东新区南汇中学第二学期高三年级3月月考化学试题 含答案

/上海南汇中学2025学年第二学期3月月考高三化学(等级)满分：100分完成时间：60分钟说明：“不定项”选择题有1～2个答案，未说明的选择题只有一个正确答案。相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24K-39Fe-56Cr-52一、形形色色的储氢材料1.氢能是一种极具潜力的清洁能源，下列物质都是有广阔应用前景的储氢材料。氨硼烷是固体储氢材料，电负性：N-3.0；B-2.0；H-2.1，氨硼烷的球棍模型如图所示：（1）基态B原子价电子层上的电子先激发再杂化，激发过程中形成的原子光谱为______光谱(填“吸收”或“发射”)。（2）氨硼烷与乙烷是等电子体，氨硼烷在水中溶解能力大于乙烷的原因是____。（3）比较键角：____(选填编号)。A.大于B.小于C.等于（4）氨硼烷电池可在常温下进行，总反应：(是强电解质)负极的电极反应式为______。（5）氨基配合物也是一种常见的储氢材料。①基态N原子的最高能级的电子云形状是_____。②中不含的化学键有_____。A.共价键B.金属键C.配位键D.离子键③Co（Ⅱ）化合物转化为Co（Ⅲ）化合物：在空气中久置后，溶液无明显变化；配制成后，放置在空气中即可被氧化为，中提供空轨道的微粒是_____，该配离子的配位数是____，据此推测还原性更强的是____(填“”或“”)。（6）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。①距离原子最近的原子个数是________。A.4B.6C.8D.12②若该晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为________。③若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为________。A.5.6B.11.2C.22.4D.44.8【答案】（1）吸收（2）氨硼烷可与水分子间形成氢键，乙烷是非极性分子且不能与水分子形成氢键（3）B（4）（5）①.哑铃形②.B③.④.6⑤.（6）①.C②.③.C【解析】【小问1详解】电子从低能级跃迁到高能级需要吸收能量，激发过程中形成的原子光谱为吸收光谱；【小问2详解】氨硼烷可与水分子间形成氢键，增大溶解度，乙烷为非极性分子且不能与水分子形成氢键，溶解度小；【小问3详解】​中N原子含有1对孤电子对，孤电子对的排斥力大于成键电子对；中N的孤电子对用于和B形成配位键，孤电子对变成成键电子对，排斥力减小，因此​中键角小于​中的键角，选B；【小问4详解】负极发生氧化反应，​失电子生成和，结合电荷、原子守恒配平得到负极的电极反应式

；​【小问5详解】①基态N原子的电子排布式为，最高能级为2p，p轨道的电子云形状是哑铃形；②中与之间存在离子键，与之间是配位键，内C与N之间是共价键；金属键只存在于金属晶体中，该化合物不含金属键，故选B；③配位化合物中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以中提供空轨道，配体共6个，每个分子可形成1个配位键，配位数为6；题目信息说明，不易被氧化，形成后易被空气氧化，说明还原性更强的是；【小问6详解】①该晶胞中Mg位于晶胞内的四面体空隙，每个Fe周围有8个距离最近的Mg，故选C；②晶胞中Fe的个数为，Mg个数为8，晶胞质量，体积为，密度为；③分子位于体心和棱心，则1个晶胞可储存个分子，1mol晶胞内含有8molMg原子，含有Mg的质量为，所以含有48gMg的合金对应0.25mol该晶胞，可以储氢分子，对应标准状况下的体积为，故选C。二、铜及其化合物的性质2.铜及其化合物在生产生活中有着非常重要的作用。现有以下铜及其化合物的问题，根据要求回答。（1）基态铜原子价层电子的轨道表示式是________。（2）基态铜原子核外电子的空间运动状态有________种。A.2 B.4 C.15 D.29（3）CuO加热到1000℃开始分解为。热稳定性很好，在1235℃即使熔化了也不分解。从离子结构角度解释的热稳定性强于CuO的原因：________。（4）绿色化学追求原子利用率100%，追求零污染零排放，从源头上减少污染。工业上用洗净的废铜屑制备硝酸铜，下列方法中符合绿色化学理念的是________。A.B.C.；D.；（5）足量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和、、的混合气体，这些气体与2.24L（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入溶液至恰好完全沉淀，则消耗溶液的体积是________。A.100mL B.80mL C.60mL D.40mL（6）如图是铜和浓硫酸反应实验及性质探究实验的一体化装置。铜和浓硫酸反应中浓硫酸所起的作用是_______。（7）下列说法错误的是________。A.a处试纸变红，说明为酸性氧化物B.c处和b处试纸均褪色，且原因相同C.该设计优点之一是能控制反应的发生与停止D.铜和浓硫酸反应过程中出现灰白色固体，用水稀释后得到蓝色溶液（8）下列有关电解精炼铜的说法中错误的是________。A.粗铜做阳极，精铜做阴极B.金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属转化为正离子进入溶液中C.阳极泥有比铜不活泼的银、金等贵重金属D.电解精炼铜和电镀铜的过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加都相等【答案】（1）（2）C（3）Cu2+的价电子排布式为3d9，Cu+的价电子排布式为3d10，Cu+的3d轨道为全充满结构，更稳定（4）C（5）B（6）酸性和强氧化性（7）B（8）D【解析】【小问1详解】铜元素原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，轨道表示式为：；【小问2详解】铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，核外电子的轨道数为15，所以核外电子的空间运动状态有15种，故选C；【小问3详解】铜元素的原子序数为29，铜离子的价电子排布式为3d9，亚铜离子的价电子排布式为3d10，亚铜离子的3d轨道为全充满结构，更稳定，所以氧化亚铜的热稳定性强于氧化铜；【小问4详解】A．由方程式可知，铜与浓硝酸反应制备硝酸铜时，会生成有毒的二氧化氮气体污染环境，则制备硝酸铜的方法不符合绿色化学理念，A不符合题意；B．由方程式可知，铜与稀硝酸反应制备硝酸铜时，会生成有毒的一氧化氮气体污染环境，则制备硝酸铜的方法不符合绿色化学理念，B不符合题意；C．由方程式可知，利用铜、氧气和稀硝酸制备硝酸铜时，没有有毒的气体生成，则制备硝酸铜的方法符合绿色化学理念，C符合题意；D．由方程式可知，利用铜、浓硫酸和硝酸钡制备硝酸铜时，会生成有毒的二氧化硫气体污染环境，则制备硝酸铜的方法不符合绿色化学理念，D不符合题意；故选C；【小问5详解】由题意可知，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜失去电子的数目与氧气与水、氮的氧化物反应生成硝酸得到的电子数目相等，则反应生成铜离子的物质的量为：=0.2mol，铜离子与氢氧化钠溶液的反应为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，则反应消耗氢氧化钠溶液的体积为：=80mL，故选B；【小问6详解】铜和浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中硫元素的化合价部分降低被还原，硫酸表现酸性和强氧化性；【小问7详解】由实验装置图可知，铜丝与浓硫酸共热反应制备二氧化硫，装置中a处湿润的石蕊试纸用于验证二氧化硫表现酸性氧化物的性质，b处酸性高锰酸钾溶液用于验证二氧化硫的还原性，c处湿润的品红试纸用于验证二氧化硫的漂白性，针筒中盛有的饱和氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气；A．装置中a处湿润的石蕊试纸用于验证二氧化硫表现酸性氧化物的性质，所以a处试纸变红，说明二氧化硫为酸性氧化物，A正确；B．b处酸性高锰酸钾溶液用于验证二氧化硫的还原性，c处湿润的品红试纸用于验证二氧化硫的漂白性，所以c处和b处试纸均褪色，但原因不同，B错误；C．由实验装置图可知，该设计的优点之一通过上下拉伸铜丝控制铜丝和浓硫酸的接触，达到控制反应的发生与停止的实验目的，C正确；D．铜和浓硫酸反应过程中出现灰白色固体为无水硫酸铜，用水稀释后得到蓝色的硫酸铜溶液，D正确；故选B；【小问8详解】A．电解精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液，A正确；B．电解精炼铜时，金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属会在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液中，B正确；C．电解精炼铜时，有比铜不活泼的银、金等贵重金属不能在阳极放电转化为金属阳离子，而是沉入阳极的底部形成阳极泥，C正确；D．电解精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液，金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属会在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液中，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，电镀铜时，Cu为阳极，硫酸铜溶液做电解质溶液，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等，D错误；故选D。铬对人体及动物体有毒害作用。某实验室有一批含废液，同时还含有。用该废液制备晶体的流程如下：已知：常温下，部分金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物开始沉淀时pH沉淀完全时pH沉淀开始溶解时pH4.96.8121.54.1-(一)制备重铬酸钾3.“步骤Ⅰ”中加入KOH溶液调节之间，得到的沉淀是___________。4.含铬国家工业污水排放标准不超过，通过计算说明滤液①是否可以直接排放___________。(已知时，的)5.“步骤Ⅱ”中加入溶液，得到的氧化产物是，写出该反应的离子方程式___________。6.实验室用废液制备时，不直接从“步骤Ⅱ”开始，要有“步骤Ⅰ”，其原因是___________。已知：不同温度下化合物的溶解度(单位：g)如下表：化合物KCl28.034.240145.851.356.34.712.326345.6731027.411.114.818.221.424.17.根据上表中的数据，由“步骤Ⅲ”得到晶体的依次操作步骤是___________、___________、过滤、洗涤、干燥。8.若要得到更纯净的晶体，需要进一步的操作是___________。9.结合上表分析，“步骤Ⅲ”不用硫酸调节pH的原因是___________。(二)测定重铬酸钾的纯度称取产品2.000g，配成250.00mL的溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入硫酸溶液、2g(过量)KI固体，密封在暗处静置，用标准溶液滴定至溶液呈黄绿色，再加入3mL指示剂，继续滴定至终点。滴定过程中涉及的反应有：10.该滴定过程中指示剂可选用___________。A.酚酞试液 B.甲基橙试液 C.硝酸银溶液 D.淀粉溶液11.平行滴定三次，平均消耗标准溶液20.11mL，计算重铬酸钾的纯度___________。(写出计算过程，保留3位小数)已知：12.下列实验操作会使滴定结果偏大的是___________。A.未润洗盛装溶液的滴定管 B.滴定振荡时锥形瓶中有液体溅出C.滴定前尖嘴处有气泡滴定后气泡消失 D.锥形瓶未干燥就加入待测液【答案】3.和4.可以直接排放，计算过程：取pH=8，，，；取，，根据，可得，即5.6.“步骤I”可以将和转化为氢氧化物沉淀，避免“步骤Ⅱ”中加入的在铁离子催化下分解7.①.蒸发浓缩②.冷却结晶8.重结晶9.用硫酸调节pH会引入​，K2SO4的溶解度随温度变化较小，不利于分离提纯，在后续结晶过程中可能会与​一起结晶析出，使晶体不纯10.D11.98.539%12.AC【解析】【分析】利用含、废液制备晶体的过程中，加入溶液调节，该步骤作用是使和都沉淀下来，从而除去，并将转化为沉淀以便后续处理；加入溶液，具有氧化性，能将氧化为，实现铬元素的价态转化，为后续制备做准备；加入溶液调节，一方面将转化为，另一方面为后续通过结晶得到晶体创造合适的酸性环境，同时，结合不同温度下化合物的溶解度表，后续通过蒸发浓缩、冷却结晶等操作来分离出晶体。【3题详解】由已知部分金属氢氧化物沉淀的表可知，在时开始沉淀，在时沉淀完全，在时开始沉淀，在时沉淀完全，“步骤I”中加入溶液调节之间，和都已沉淀完全，所以得到的沉淀是和；【4题详解】已知时，的，之间，取，，根据，可得，即，；取，，根据，可得，即，所以滤液①可以直接排放；【5题详解】步骤II中加入溶液，被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为；【6题详解】实验室用废液制备时，不直接从“步骤II”开始，要有“步骤I”，是因为废液中含有，若不先除去，铁离子可以催化H2O2分解，“步骤I”可以将和转化为氢氧化物沉淀，避免“步骤Ⅱ”中加入的在铁离子催化下分解；【7题详解】由不同温度下化合物的溶解度表可知，的溶解度随温度变化较大，由“步骤III”得到晶体的依次操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【8题详解】若要得到更纯净的晶体，需要进一步的操作是重结晶；【9题详解】“步骤III”不用硫酸调节pH的原因是：用硫酸调节pH会引入，从溶解度表中可知，的溶解度随温度变化也有一定变化，但K2SO4的溶解度随温度变化较小，不利于分离提纯，在后续结晶过程中可能会与一起结晶析出，使晶体不纯；【10题详解】滴定过程中发生反应，淀粉遇变蓝色，可利用淀粉在滴定终点时蓝色褪去来指示终点，酚酞试液、甲基橙试液用于酸碱滴定，硝酸银溶液用于沉淀滴定，均不适用，所以该滴定过程中指示剂可选用淀粉溶液，故选D；【11题详解】由滴定反应关系、可得：，则，溶液中消耗的物质的量：；溶液中的物质的量：；溶液中的物质的量：；的质量：；重铬酸钾的纯度：；用百分数表示为。【12题详解】A．未润洗盛溶液的滴定管，滴定管内壁残留水稀释溶液，导致滴定时消耗溶液的体积偏大，根据，计算出的的物质的量偏大，滴定结果偏大，A正确；B．滴定振荡时锥形瓶中有液体溅出，锥形瓶内物质的量减少，生成减少，消耗偏小，滴定结果偏小，B错误；C．滴定前尖嘴处有气泡滴定后气泡消失，气泡体积被计入，导致偏大，滴定结果偏大，C正确；D．锥形瓶未干燥就加入待测液，物质的量不变，对无影响，滴定结果无变化，D错误；故选AC。四、药物中间体的合成13.化合物G是一种治疗白血病的药物博舒替尼的中间体，合成路线如下（部分反应条件已省略）：回答下列问题：（1）A中能与钠反应的官能团名称是________。（2）B的结构简式是________，D→E的反应类型为________。（3）请从结构的角度解释为什么B→C的转化断裂的是C-Br键而不是C-Cl键________。（4）下列物质碱性由强到弱的顺序是________。（填序号）①②③（5）F中碳原子的杂化方式有________种F在一定条件下反应，除了生成G之外，还生成________(写结构简式)。（6）写出任意一种满足下列条件的A的同分异构体________。①苯环上有三个取代基；②lmol该物质能与4mol氢氧化钠反应；③有4种不同化学环境的氢原子（7）根据上述信息，写出以邻氨基苯甲酸甲酯（）为主要原料合成的路线________(其他试剂任选)。【答案】（1）羟基（酚羟基）、羧基（2）①.②.还原反应（3）Br原子半径大于Cl，C-Br键键长更长，键能更小，更容易断裂（4）③>①>②（5）①.3②.（6）或（7）【解析】【分析】A在SOCl₂、加热条件下与甲醇发生酯化反应，生成B（）；B的酚羟基在存在、加热条件下与ClCH2CH2CH2Br发生取代反应得到C；C在浓硝酸/乙酸、加热条件下，苯环发生硝化反应，在酯基邻位引入硝基，得到硝化产物D（）；D中的硝基在①②CH3OH回流下发生还原反应，硝基被还原为氨基，得到E；E与一定条件下反应得到F；F一定条件下反应得到G，据此作答。【小问1详解】A中含酚羟基和羧基，两种官能团均可与Na反应生成。【小问2详解】根据分析，B的结构简式为；D→E为还原反应。【小问3详解】共价键的反应活性和键能相关，Br原子半径更大，C—Br键键长更长，键能更小，C-Br键更易断裂，因此取代时优先断裂C-Br键。【小问4详解】芳香胺的碱性受取代基影响：给电子基团（甲基）增大N原子电子云密度，碱性增强；吸电子基团（硝基）降低N原子电子云密度，碱性减弱，因此碱性由强到弱的顺序为③>①>②。【小问5详解】F中含饱和碳（杂化）、苯环和双键碳（杂化）、氰基三键碳（杂化），共3种杂化方式；对比F、G的结构简式，F环化生成G时，酯基​脱除，根据原子守恒，还生成。【小问6详解】A分子式为​、不饱和度为5，满足条件：三个取代基，1mol该物质消耗4molNaOH（酚酯基消耗2mol，两个酚羟基各消耗1mol，共4mol），对称分布后恰好4种化学环境的氢，符合要求的结构简式为或。【小问7详解】参照题干F→G的环化过程，先让与反应得到，再环化得到，最后催化加氢得到，合成路线为。五、肼14.肼的化学式为，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数随的关系如下图所示。[X的分布分数，X表示或或]（1）已知肼为二元弱碱，常温下肼在水溶液中的电离分两步进行，请补充第二步的电离方程式。第一步电离：；第二步电离：_______。（2）结合上图，下列分析正确的是______。（不定项）A.曲线B代表的分布分数随的关系B.肼的电离平衡常数C.当时，存在D.溶液中存（3）常温下，时，溶液的________。（4）常温下，溶于水显酸性，通过计算简要说明原因________。（5）催化氧化的产物与温度相关，反应如下：：；：。已知：，计算________。（6）随温度变化的趋势有几种情况(见下图)，反应(ⅰ)对应的是________。A.① B.② C.③ D.④（7）产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是_________。A.室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使产率增大B.当与的产率相等时，参与反应的和的物质的量之比为C.温度从400℃升到900℃，反应(ⅱ)平衡正向移动，使的产率增大D.温度高于900