2026年上海崇明区高三二模高考化学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025学年第二学期高三化学考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答案必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。3.考生务必在答题纸上用水笔清楚填写姓名、准考证号，并将条形码贴在指定位置上。4.本试题的选择题，没有特别注明，为单选题，只有一个正确选项；注明不定项，有1～2个正确选项，多选、错选不得分，漏选得一半分。相对原子质量：H-1

O-16

Ca-40一、生命之源——水民以食为天，食以水为先。水是生命之源，其丰富而独特的性质与其结构密切相关。1．对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于___________键；依据O与H的电负性判断，属于___________共价键。2．水分子中，氧原子的价层电子对数为___________，分子的构型为___________。3．下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是___________。(双选)A．水结成冰时体积变大 B．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃C．水的热稳定性比硫化氢强 D．水分子属于极性分子4．酸溶于水可形成，的电子式为___________；由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，据此判断和的键角大小：___________(填“>”或“<”)。5．水的电离平衡为，下列操作中，能促进水的电离平衡，且使得溶液呈酸性的是___________。A．向水中加入少量NaCl固体 B．向水中加入少量固体C．向水中加入少量固体 D．将水加热到100℃6．常温下，若某溶液中由水电离出的，则该溶液的pH可能为___________。7．可用于水的净化，结构如图。下列说法正确的是A．转化为胶体从而能够净水B．中存在的化学键有离子键、共价键、氢键C．第一电离能：S>O>HD．硫酸亚铁溶液通过蒸发结晶获得二、金属-有机框架材料——MOF材料2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属-有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。8．金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。(1)Si元素在周期表中的位置是___________。(2)金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的有___________。(不定项)A．相对原子质量

B．最外层电子数

C．原子半径

D．键能科学家用与四氰基苯基甲烷[结构简式如图1，简写为]合成了一种MOF材料，其晶胞如图2.9．基态的价层电子排布式为___________。10．中，C原子的杂化方式有___________种。A．1 B．2 C．3 D．411．(1)晶胞中与形成配位键的配位原子是___________。(2)已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为___________g⋅cm−3。(1nm=10−7cm)冶炼厂的废水中含有毒的氰化物(以表示)，工厂利用电化学法对其进行无害化处理。Ⅰ．电解法：向废水中添加一定量NaCl，利用下图装置处理含氰废水。12．电解时，___________(填“阴极”或“阳极”)产生的与水反应，生成强氧化性的HClO。HClO将CN氧化为两种无害气体，离子方程式为___________。Ⅱ．原电池法：借助微生物电极，利用下图装置处理含氰废水。13．电池工作过程中，a极发生的电极反应式为___________。三、二氧化碳的吸收和转化将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。一种富集烟气中的方法示意图如下：14．写出“吸收”过程对应的化学方程式：___________。在温度25℃下，浓度均为0.1的4种溶液pH如下：溶质pH11.69.710.04.515．据表中和的pH，___________(填“能”或“不能”)判断非金属性C<S。16．向溶液中通入一定量气体，不可能发生的离子反应为___________。(不定项)A．B．C．D．17．等物质的量浓度的和的混合溶液中，有关微粒的浓度关系正确的是___________。(双选)A．B．C．D．与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应如下：①

②

18．如果仅发生反应①，下列能够说明该反应已达到平衡状态的是___________。A． B．与物质的量之比不再变化C．气体平均分子量不再变化 D．气体总质量不再变化19．研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：___________。在催化剂作用下，将1mol、3mol投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如图。已知：产率20．随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是___________。21．在240℃达到平衡时，的产率为___________%。若除反应①和②不考虑其他反应，体系___________(填“吸收”或“放出”)的热量为___________kJ。四、合成降血压药物福辛普利的中间体化合物G是合成降血压药物福辛普利的中间体。其一种合成路线如下：已知：22．化合物A中含氧官能团的名称为___________、___________。23．设计反应1的作用是___________。24．反应2的反应类型是___________。A．消去反应 B．加成反应 C．氧化反应 D．还原反应25．化合物D中含有___________个手性碳原子。A．1 B．2 C．3 D．426．反应4在生成E的同时会生成其同分异构体H，H的结构简式为___________。27．下列关于化合物E的说法中不正确的是___________。A．不能用质谱仪区分E和F B．分子中含有酰胺键C．能与反应产生 D．能形成分子间氢键28．化合物I是F的同分异构体，I水解后生成J和K，J和K满足以下条件：①J是一种含有3个碳原子的α-氨基酸；②K遇溶液显紫色；③核磁共振氢谱显示分子K中苯环上含有2种化学环境不同的氢原子写出一种满足上述条件的I的结构简式___________。29．若上述J的化学式为，写出J合成高分子的化学方程式___________。30．结合题目中的信息，写出与为有机原料合成的路线___________。(无机试剂任选，合成路线表示为：MN……目标产物)五、复合氨基酸螯合钙的合成复合氨基酸螯合钙是新一代补钙剂，以贝壳为钙源合成复合氨基酸螯合钙的流程如下：过程Ⅱ和Ⅲ的实验装置如下：已知：①螯合反应：金属离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子连结形成具有环状结构的化学反应。例如：②复合氨基酸螯合钙易溶于水，在人体中会缓慢释放。回答下列问题：31．仪器a的名称为___________。(填名称)32．下列有关说法不正确的是___________。A．过程Ⅰ将贝壳研磨成粉末可以加快反应速率B．b装置用以制备，活塞的开关顺序为：关，开→开→关，开→开C．过程Ⅳ“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、热水洗涤、干燥D．可以用茚三酮检验产品中是否有未螯合的氨基酸残留33．螯合反应需要澄清石灰水由浑浊变澄清才开始操作，目的是什么___________。34．当溶液浓度为0.468时，需要控制pH在什么范围才不会有沉淀？___________()；条件优化时发现pH≈8.5时螯合效率最高，pH过低或过高螯合效率都较低，原因是：___________。含钙率的测定：取2.500g复合氨基酸螯合钙配成250mL溶液。取25.00mL溶液，用0.05EDTA-2Na溶液进行3次平行滴定(指示剂已省略)，并记录消耗的EDTA-2Na溶液平均体积为20.00mL。EDTA在水溶液中可以看作是一种六元弱酸，用表示，各级电离平衡常数如下表：35．某EDTA的盐溶液中和的浓度相等，该溶液的pH=___________。36．EDTA-2Na可以用表示，请通过计算说明其溶液的酸碱性(要求写出计算过程)。37．若EDTA-2Na能与1：1发生螯合反应，则含钙率为___________(用钙的质量分数表示)。38．相较于传统补钙剂之一的，复合氨基酸螯合钙有何优点？___________。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．极性2．4角形（或V形）3．AB4．>5．B6．4或107．A【解析】1．水分子中，O原子以方式杂化，H原子的s轨道与O原子的杂化轨道以“头碰头”方式形成共价键；O原子的电负性大于H原子，O-H的共用电子对偏向O原子，形成的共价键属于极性共价键；2．O原子的孤电子对数，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，以方式杂化，分子构型为角形（或V形）；3．A．结冰后，分子间通过氢键排列成四面体结构，使水分子间距变大，密度减小，体积增加，A符合题意；B．分子间存在氢键，分子间不存在氢键，分子间相互作用力更强，因此沸点更高，B符合题意；C．O-H键的键能大于S-H键的键能，因此的稳定性强于，不能用“水分子键存在氢键”解释，C不符合题意；D．分子的空间构型为V形，且O原子的电负性强于H原子，共用电子对偏向O原子，使得分子内部正负电中心不重合，属于极性分子，不能用“水分子键存在氢键”解释，D不符合题意；故答案选AB；4．的空轨道与中O原子的孤电子对形成配位键形成，该粒子中，O原子与3个H原子分别共用1对电子，有1对孤电子对，形成8电子结构，其电子式为：；H2O和H3O+中O都采取sp3杂化，中O有2对孤电子对，中O有1对孤电子对，孤电子对数越多对成键电子对的斥力越强，键角越小，因此的键角大于；5．A．NaCl是强酸强碱盐，在水中电离成和且两种离子均不水解，不影响水的电离平衡，溶液呈中性，A不符合题意；B．是强酸弱碱盐，在水中电离成，并存在水解平衡：，的水解促进水的电离，生成使溶液呈酸性，B符合题意；C．是强酸的酸式盐，在水溶液中电离成、和，使溶液呈酸性，但会抑制水的电离，C不符合题意；D．水的电离是吸热反应，升温使平衡正向移动，促进电离，但和的浓度仍相等，呈中性，D不符合题意；故答案选B；6．若该溶液为碱溶液，溶液中，则。若该溶液是酸溶液，由水电离出的，溶液中总浓度为，溶液，综上，该溶液pH可能为4或10；7．A．具有还原性，在空气中易被氧化为，在水中水解形成胶体，可用于净水，A正确；B．由结构可知，中与形成离子键，S原子和O原子、H原子和O原子之间形成共价键，与之间形成配位共价键，之间、与之间形成氢键，但氢键不属于化学键，B错误；C．同主族元素从上到下，第一电离能依次减小，因此S的第一电离能小于O，C错误；D．易被氧化为，且FeSO47H2O受热会失去结晶水，将溶液直接蒸发结晶无法获得晶体，硫酸亚铁溶液应通过加热浓缩、冷却结晶获得FeSO47H2O，D错误；故答案选A。8．第三周期ⅣA族(或14族)CD9．10．C11．N12．阳极13．【解析】8．硅是第十四号元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅣA族；金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点由共价键键能决定：C原子半径小于Si原子，因此C-C键长更短，键能更大，熔点更高，原子半径和键能可以解释熔点差异，与相对原子质量、最外层电子数无关，故选CD；9．Cu原子基态电子排布为[Ar]3d104s1，失电子时先失4s电子，因此价层电子排布为3d10；10．中心连接4个苯环的C为sp3杂化，苯环上的C为sp2杂化，氰基中的三键C为sp杂化，共3种，故选C；11．基团中N原子有孤电子对，可作为配位原子与有空轨道的Cu+形成配位键；根据均摊法计算，Cu+的个数为个，则也是2个，的个数为个，故一个晶胞的质量=，故密度==g⋅cm−3。12．氧化反应发生在电解阳极，Cl-失电子变成氯气，故为阳极；HClO溶液显酸性，配平时可以使用氢离子和水，生成两种无害气体，则生成二氧化碳和氮气，故方程式为；13．该装置为原电池，a极葡萄糖失电子生成二氧化碳，为负极，弱酸条件下配平得到电极反应式为。【点睛】晶胞相关计算时，不能忽略单位的换算。14．15．不能16．D17．AC18．C19．

20．升高温度，反应①平衡向逆反应方向移动，随温度升高逐渐减小，而反应②平衡向正反应方向移动，且移动程度大于反应①，总体转化率增大。21．3吸收3.45【解析】14．“吸收”过程中K2CO3吸收烟气中的CO2生成KHCO3，化学方程式为。15．、均存在电离平衡和水解平衡，且不是S元素的最高价含氧酸，故无法比较C、S的非金属性强弱。16．需根据SO2通入量（少量、过量）判断产物，由浓度均为0.1mol/L碳酸钾、碳酸氢钾、亚硫酸钾、亚硫酸氢钾溶液的pH可知，酸性强弱（）及反应规律分析各选项离子方程式的合理性。A．的酸性强于，当SO2适量时，反应可以发生，A正确；B．当SO2少量时，过量，生成和，反应可以发生，B正确；C．当SO2过量时，H2SO3足量，会生成CO2和，离子方程式为，C正确；D．该反应不符合强酸制弱酸规律，因为与SO2反应时，SO2溶于水生成H2SO3，即使SO2少量，也会生成而不是直接生成CO2；若SO2过量则生成，不可能直接生成和CO2，所以该反应不可能发生，D错误；故选D。17．A．根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，在等物质的量浓度的和的混合溶液中，电荷守恒式应为，A正确；B．混合溶液中电荷守恒式为，物料守恒为，两式整理得，B错误；C．设和的物质的量浓度均为c，则，，所以，C正确；D．等物质的量浓度的和的混合溶液中，的水解程度大于水解程度，所以，D错误；故选AC。18．A．反应①中，∶∶1时才达到平衡，不满足比例关系，说明反应没有达到平衡，A不符合题意；B．与H2O是生成物，按1∶1生成，无论是否平衡，物质的量之比始终为1∶1，不能说明平衡，B不符合题意；C．反应①是气体体积变化的反应，总质量不变，平均摩尔质量，当平均分子量（即平均摩尔质量）不再变化时，说明n总不变，能说明平衡，C符合题意；D．反应①中所有物质都是气体，根据质量守恒，总质量始终不变，不能说明平衡，D不符合题意；故选C。19．由盖斯定律可知反应①-反应②可得目标方程：

。20．随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是反应①为放热反应，反应②为吸热反应，随温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，随温度升高逐渐减小，而反应②平衡向正反应方向移动，且移动程度大于反应①，总体转化率增大。21．在240℃达到平衡时，CO2平衡转化率=15%，选择性=20%，则生成n()=1mol×0.15×0.2=0.03mol，则的产率为，反应①放热×0.03mol=1.47kJ；1mol×15%×80%=0.12mol二氧化碳参与反应②，反应②吸热×0.12mol=4.92kJ，故在240℃达到平衡时，体系吸收的热量为4.92kJ-1.47kJ=3.45kJ。22．羧基羟基23．保护官能团，防止氨基被氧化24．C25．B26．27．A28．29．30．【分析】观察物质B和C，发现C物质相较B物质少了两个H原子，氧化反应，B中官能团-OH可被氧化成酮羰基，故C为，由此作答。22．观察A的结构，含氧官能团为羟基和羧基；23．A中氨基具有还原性，后续反应2使用氧化剂CrO3，反应1将氨基转化为酰胺结构保护起来，反应5再脱保护，因此作用是保护氨基；24．反应2中B的羟基被氧化为羰基，属于氧化反应，故选C；25．手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子，带（*）碳原子为手性碳，共两个，故选B；26．羟基脱水可消去邻位碳上的氢，得到烯烃，故为；27．A．E和F相对分子质量不同，质谱仪可通过质荷比区分二者，故A错误；B．E中含有结构，故B正确；C．E含有羧基，酸性强于碳酸，可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D．E含有羧基、羰基等极性基团，可形成分子间氢键，故D正确；故选A；28．F的分子式为C11H11O2N，水解后生成J和K，分子式的总和为C11H13O3N，其余不变，J是三个碳原子的α-氨基酸，J为，K遇氯化铁显色，K中含有酚羟基，K中苯环上只有两种等效氢，J只用掉了1个不饱和度，3个碳原子，1个N原子，2个O原子，K需要有6个不饱和度，8个碳原子，苯环有4个不饱和度和6个碳原子，K中还需要2个碳原子和2个不饱和度1个氧原子且对称，K为，故J和K反应生成的I为；29．J为α-丙氨酸，氨基和羧基发生缩聚反应生成聚酰胺；30．第一步先是甲醇氧化变为甲醛，第二步仿照题中反应3，是碳链延长，第二步消去反应生成1-苯基-1,3-丁二烯，第三步发生1,4-加成，故路线如下，。31．恒压滴液漏斗32．C33．过量说明盐酸与贝壳已充分反应，有足量的用于后续的螯合反应34．pH小于11.5pH较低时，溶液中浓度大，与氨基反应，使得N不易与配合；pH较高时，会生成沉淀，使得螯合率下降35．236．的，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性37．16%38．复合氨基酸螯合钙易溶于水，易被人体吸收；且在人体中会缓慢释放，对肠胃的刺激较小；同时还能补充氨基酸【分析】贝壳（主要成分为CaCO3）先被粉碎增大接触面积，再与盐酸反应生成CaCl2溶液并除去过量CO2，接着在控制pH的条件下与复合氨基酸发生螯合反应，最后经系列操作得到复合氨基酸螯合钙；31．仪器a的名称为恒压滴液漏斗；32．A．将贝壳研磨成粉末，增大反应物接触面积，可加快反应速率，A正确；B．当装好溶液后，活塞的开关顺序为：关闭K2，打开K3→打开K1→关闭K3，生成的二氧化碳充满装置，打开K2→K4将氯化钙压入到三颈烧瓶中，滴加氢氧化钠发生反应，B正确；C．复合氨基酸螯合钙易溶于水，若用热水洗涤会导致产品溶解损失，应使用冷水洗涤，C错误；D．茚三酮可与游离氨基酸发生显色反应，可检验未螯合的氨基酸残留，D正确；故答案选C；33．贝壳与盐酸反应会生成CO2，若盐酸不足则贝壳未完全反应，CaCl2产率低；当CO2过量时，澄清石灰水[Ca(OH)2）会先浑浊后变澄清（生成可溶的Ca(HCO3)2]，说明贝壳已与盐酸充分反应，生成了足量的CaCl2用于后续的螯合反应；34．无Ca2+沉淀的pH范围：由Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)·c2(OH-)=4.68×10