浙江省杭州市2026届高三下学期二模化学试题 含解析

学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测化学试题卷考生须知：本试卷分试题卷和答题卷，满分分，考试时间分钟。、答题前，在答题卷密封区内填写学校、班级和姓名。所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。、考试结束，只需上交答题卷。可能用到相对原子质量：选择题部分一、选择题本大题共小题，每小题3分，共分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.按物质组成进行分类，碳化硅陶瓷属于A.硅酸盐B.合金C.有机高分子材料D.无机非金属材料【答案】D【解析】A酸盐，A错误；B金，B错误；C机高分子材料，C错误；D属材料，D正确；故选D。2.是一种重要的盐，下列说法不正确的是A.水溶液呈碱性B.不能作为食品添加剂C.可使酸性溶液褪色第1页/共27页D.可通过氮氧化物与NaOH溶液反应制得【答案】B【解析】【详解】A．NaNO是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，A正确；B．亚硝酸钠可限量作为肉类食品的防腐剂、护色剂，是允许使用的食品添加剂，B错误；C．NaNO中N为+3价，具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性KMnO溶液褪色，C正确；D．NO、NO的混合气体和NaOH溶液反应可以得到NaNO：，D正确；故选B。3.通用人形机器人的制造材料涉及多种元素，如：B、C、Si、N、Mg、Al、、Cl、O等下列有关这些元素说法不正确的是A.原子半径：B.第一电离能：C.电负性：D.氢化物热稳定性：【答案】B【解析】【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Mg、Al、Si均为第三周期元素，原子序数依次增大，故原子半径，A正确；B．同周期主族元素第一电离能整体呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的O，故第一电离能顺序为，B错误；C．电负性变化规律为同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，Cl的电负性大于C，同周期C位于B右侧，电负性，故电负性，C正确；D．元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，非金属性，故氢化物热稳定性，D正确；故选B。4.物质的结构决定性质，下列说法不正确的是第2页/共27页选项结构性质A碳原子改变了铁原子的规则排列高碳钢韧性较好B晶体比表面积增大晶粒越小的铅熔点越低C超临界二氧化碳是非极性分子可用于洗涤油污聚四氟乙烯(PTFE)分子中键能大，分子链结构高DPTFE度对称A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．碳原子改变铁原子的规则排列后，会阻碍铁晶体的层间滑动，使高碳钢硬度升高、韧性下降，并非韧性较好，A错误；B．晶粒越小，晶体比表面积越大，表面原子占比更高、能量更高，因此熔点越低，B正确；CC正确；D．C-F键键能大，且聚四氟乙烯分子链结构高度对称，因此其化学性质稳定，不易与多数化学试剂反应、耐腐蚀，D正确；故选A。5.下列离子方程式书写正确的是A.与浓盐酸反应：B.溶于稀溶液：C.Al溶于NaOH溶液：D.少量通入苯酚钠溶液：【答案】C【解析】【详解】A．HCl是强电解质，浓盐酸中HCl完全电离，应拆写为和，正确的离子方程式为，A错误；第3页/共27页B．稀硝酸具有强氧化性，会将中的氧化为，同时生成NO还原产物，方程式不符合反应事实，正确的离子方程式为，B错误；C．Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，该方程式原子守恒、电荷守恒，符合反应事实，C正确；D．苯酚的酸性强于，少量通入苯酚钠溶液只能生成，正确的离子方程式为，D错误；答案选C。6.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.有吸水性，可用于除去醇溶液中少量的水B.能氧化Cu单质，可用作印刷电路板腐蚀液C.使蛋白质胶体聚沉，可用于豆腐的制作D.易发生水解，可用作金属除锈剂【答案】A【解析】【详解】A．CaCl虽有吸水性，但CaCl会与醇结合生成结晶醇复合物（如CaCl⋅4CHOH溶液中的水，A错误；B．FeCl3中Fe3+可氧化Cu：，因此可用作印刷电路板腐蚀液，B正确；C．MgCl是电解质，可使蛋白质胶体发生聚沉，豆腐制作中"点卤"就是利用该原理，C正确；D．NHCl中水解使溶液呈酸性，酸性溶液可与金属表面的氧化物（锈）反应，因此可用作金属除锈剂，D正确；故选A。7.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是第4页/共27页A．验证牺牲阳极法保护铁B．探究压强对化学平衡的影响C．制备苯甲酸苯甲酯D．测定KI溶液的浓度A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A观察到铁电极不溶解(若溶解，会生成)，溶液用于检验，应换成能检验的溶液；另外，由于电解质溶液是经酸化过的，溶液中的氢离子可能与铁电极反应生成，被溶解在溶液中的氧气氧化会生成，遇到溶液会变成红色，故此装置不能验证牺牲阳极法保护铁，A说法不符合题意；B的反应，故压强改变对此反应没有影响，此装置无法达到实验目的，B说法不符合题意；C．以苯为溶剂，苯甲酸与苯甲醇反应制备苯甲酸苯甲酯，利用冷凝管冷凝回流，利用分水器分离出反应生成的水，该装置能达到实验目的，C符合题意；D和产物D不符合题意；答案选择C。8.对氨基苯甲酸钾是药物普鲁卡因的重要中间体，可由对硝基甲苯制得，合成路线如下图所示，下列说法不正确的是第5页/共27页A.过程Ⅰ与过程Ⅱ可以互换顺序B.过程Ⅱ中作还原剂C.水溶性：D.酸性：【答案】A【解析】【分析】先明确合成路线中各物质转化：(对硝基甲苯)经过程I(对硝基苯甲酸)II硫化钠将硝基还原为氨基得到(对氨基苯甲酸)IIIc和碳酸氢钾反应成盐得到(对氨基苯甲酸钾)。A具有还原性的氨基，因此二者顺序不能互换，A错误；B．过程II中被还原为，N元素化合价降低，因此作还原剂，B正确；C．是有机酸，，C正确；D酸性；c（对氨基苯甲酸）能与反应，依据强酸制弱酸的原理，可知酸性，即酸性，D正确；故选A。9.下列化合物的制备方案正确的是选目标产物制备方案项加热固体，将产生的气体通过盛有碱石灰的A干燥的氨气干燥管第6页/共27页B溶液中滴入少量氨水，再加入乙醇，过滤将少量饱和溶液滴入沸水中并煮沸至产生明显C胶体丁达尔现象为止在试管中加入2g苯酚、3mL质量分数为40%的甲醛D体型酚醛树脂溶液和3滴浓盐酸，水浴加热A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．加热固体时分解产物复杂，且易发生爆炸，无法得到纯净的氨气，A错误；B．溶液中滴入少量氨水仅生成沉淀，需加入过量氨水使沉淀溶解才能得到含的溶液，无法得到目标产物，B错误；C．将少量饱和溶液滴入沸水中，煮沸至产生明显丁达尔现象，即可制得胶体，C正确；DD错误；故答案选C。10.酸催化下与混合溶液的反应：已知：下列说法正确的是A.B.室温下，若，则溶解度：C.其他条件不变时，将换成，反应速率减慢第7页/共27页D.溶解过程的能量变化，取决于固体中微粒间作用力的强弱【答案】C【解析】【详解】A．根据盖斯定律推导：i：，ii：，iii：，iv：，目标反应为：，目标反应=i-ii-iii+iv，则，A错误；B．溶解焓说明溶解吸热，越大仅说明溶解吸热越多，溶解度还和熵变等因素有关，实际室温下溶解度：，且即使规律上，也不能推出溶解度更小，B错误；C．该反应为酸催化反应，在酸性条件下进行，溶液酸性越弱时，反应速率越慢。溶液显弱酸性而溶液显中性，故将换成，反应速率会减慢，C正确；D因此能量变化不仅取决于固体微粒间作用力的强弱，还与水合过程的能量变化有关，D错误；故选C。磷的氧化物多种多样，除常见的、外，的结构如下图，下列说法正确的是A.可由与过量的反应制得B.中存在5种不同环境的原子C.晶体为共价晶体D.可能在一定条件下水解生成和【答案】D【解析】【分析】本身为正四面体结构，4个P位于正四面体顶点，的结构特点为：原的6条棱之第8页/共27页间各插入162个P4个P2个P原子各连接1个端基双键氧（仅与1个P成键，共22个P无额外端氧，总O原子数，符合的组成；其中P分2种环境（带端氧的P、不带端氧的PO分不同环境：端氧1种，桥氧根据连接P的种类分为3种，共4种不同环境的O。A．与过量（4个P是被不完全氧化的产物，A错误；B1PP个不带端氧P的桥氧、连接1个带端氧1个不带端氧P的桥氧共3种，总共有种不同环境的O原子，不是5种，B错误；C．是独立的小分子，晶体中靠分子间作用力结合，属于分子晶体，不是共价晶体，C错误；DP为（P为P为（P为中2个价P、2个价P，水解反应可以得到两种酸，D正确；故选D。12.在恒温条件下，一种浓差电池的工作原理如下图，下列说法不正确的是A.气体压强B.固体电解质中加入的目的是提高电解质的导电能力C.B电极的电极方程式为：D.若外电路中转移，则两极气体的质量差将改变64g【答案】D【解析】第9页/共27页【分析】原电池中阳离子向正极移动，由移向B电极可知：A为负极，B为正极，据此分析。【详解】A．负极（A）反应：（生成B）反应：（消耗消耗一极的气体压强更大，所以压强为，A正确；B．具有导电性，加入固体电解质中可以提高电解质导电能力，B正确；C．B为正极，得电子，结合生成，电极反应，配平、原理均正确，C正确；D．转移时，A极生成（气体质量增加B极消耗（气体质量减少极气体的质量差改变量为，不是，D错误；故选D。13.金属阳离子与三联吡啶可以通过配位的方式形成一系列超分子，其形成方式和部分超分子结构如下图，下列说法不正确的是A.结合的超分子B中铁离子的化合价为价B.该类超分子无论聚合程度大小，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为C.由于阴离子与超分子框架作用力较弱，移除阴离子后超分子框架不变D.合成超分子C需半径更大的阴离子参与【答案】B【解析】第10页/共27页A的超分子B整体带带1个单位负电荷，因此所有铁离子总正电荷为，超分子B共含5个铁离子，因此所含铁离子为，化合价为，A正确；B．根据三种超分子结构，可知，无论聚合程度如何，比例始终为，不是，B错误；C用力较弱，移除阴离子后配位键不会被破坏，框架结构不变，C正确；D．从结构可知，超分子A→B→C，空腔逐渐增大，该类超分子以阴离子为模板组装，空腔越大，合成时需要半径更大的阴离子作为模板，因此超分子C需要半径更大的阴离子参与，D正确；故选B。14.PCC试剂为氯铬酸吡啶盐()，它是一种温和的氧化剂，可以高效氧化醇，其反应的主要途径如下：下列说法不正确的是A.PCC可通过吡啶()、和HCl反应制备B.过程Ⅱ相当于酸碱反应C.过程Ⅲ产物M的结构为：D.可被PCC氧化为【答案】C【解析】的羟基氧进攻第11页/共27页质子转移得到铬酸酯中间体，最终消除得到，同时还原得到副产物。【详解】A．PCC的结构为，由吡啶、和反应时，吡啶的结合电离出的得到，为抗衡离子，原子恰好守恒：，可以制备，A正确；B．过程Ⅱ中，带正电的氧连有上带负电的接受质子转化为，本质是质子转移，符合布朗斯特酸碱反应的定义，相当于酸碱反应，B正确；C反应物铬酸酯中间体是成为2个电子，从价被还原为中为价，结构应为选项给出的结构中为价，结构错误，C错误；D基的氧就是，D正确；故选C。15.已知：下列说法不正确的是A.在NaI溶液中，溶解的AgI可表示为：(以物质的量浓度表示)B.在的HI溶液中加入足量的单质Ag，可能有产生C.比更易与配位第12页/共27页D.0.01mol的AgI固体不能完全溶于的NaCN溶液【答案】D【解析】AAgI在NaI溶液中溶解存在和得，由配位平衡常数得，总溶解浓度为二者之和，即，A正确；B．HI溶液中可与结合为，降低浓度，使反应的平衡逆向移动，因此可能产生，B正确；C．(aq)的，远小于的稳定常数，说明更易与配位，C正确；D．反应的平衡常数，较大；0.01molAgI完全反应仅消耗0.02mol，剩余的浓度为1-0.02=0.98mol/L，浓度熵Q=，反应正向进行的趋势大，因此AgI可完全溶解，D错误；故选D。16.实验室制备1-溴丁烷的反应原理及部分流程如下：①②第13页/共27页已知：①正丁醇微溶于水；②有关物质性质数据如下表：物质正丁醇1-溴丁烷98.3%浓硫酸密度/()0.811.271.84沸点/℃101.6338下列说法不正确的是A.原料混合顺序为：先将NaBr与浓硫酸混合，再加到正丁醇和的混合液中B.过程Ⅰ馏出液中包含正丁醇、1-溴丁烷和正丁醚等C.过程Ⅱ的操作为萃取、分液D.过程Ⅲ中用98.3%浓硫酸进行洗涤，目的是除去残留的正丁醇【答案】A【解析】1-NaBr反应生成HBrHBr再与正丁醇发生可逆取代反应得到1-分进行；过程Ⅰ为蒸馏：沸点较低的1-溴丁烷、未反应的正丁醇、副产物正丁醚等被蒸出得到馏出液，高HBr1-终得到纯净的1-溴丁烷。【详解】A．若先将NaBr与浓硫酸混合，该反应为放热反应，不仅会导致生成的HBr提前大量挥发损失，还会使浓硫酸氧化生成溴单质，降低产率同时引入杂质。正确的加料顺序一般为：先加水，再加浓硫酸冷却，之后加正丁醇，最后加入NaBr，A错误；B．1-溴丁烷沸点101.6℃℃会共沸被蒸出，因此馏出液中包含正丁醇、1-溴丁烷和正丁醚等物质，B正确；C1-溴丁烷不溶于水，因此过程Ⅱ通过萃取、分液即可分离水层和有机层，得到粗1-C正确；D1-98.3%浓硫酸洗涤可以除去粗产物中残留的正丁醇，D正确；故选A。第14页/共27页非选择题部分二、非选择题本大题共4小题，共分)17.含硫化合物具有广泛应用。请回答：（1）一种含硫超导材料的晶胞示意图如下：①离K离子距离最近的S离子有___________个。②该材料中不同价态的___________。③将该材料中的S替换为Se时，晶胞的刚性减弱，从结构角度解释___________。（2）蛋氨酸结构为()，可以与形成只含有五元环的配合物①的价电子排布式___________。②画出M的结构简式___________。（3）大蒜素(二烯丙基硫代亚磺酸酯)的结构为①该结构中2号S的杂化轨道类型为：___________。②大蒜素与NaOH溶液按物质的量之比，发生水解反应的化学方程式为：___________。③大蒜素可以由(二烯丙基二硫醚)合成，工业上选用氧化剂(如)需适量，理由是___________。【答案】（1）①.8②.1:1③.硒离子半径比硫离子半径大，离子键(或共价键)强度减弱，晶胞的刚性变差（2）①.②.(顺反均可)第15页/共27页（3）①.sp3②.③.少量氧化不完全，过量会将另一个S也被氧化或者将S氧化为更高价态()【解析】【小问1详解】①体心处的周围，距离最近的共8个。②用均摊法计算晶胞中原子数：：；：；；已知为+1价，为-2价，设数目为，数目为：列方程组，最终得，故。③Se原子半径大于，键长比键更长，键能更小，因此晶胞刚性减弱。【小问2详解】①Cu为29号元素，价电子排布为，失去2个电子形成后，价电子排布为。②蛋氨酸脱去羧基中的氢后，通过氨基N和羧基的单键O与配位，形成两个五元环，结构简式为：。【小问3详解】①2号S形成3个σ键（1个S=O含一个σ键、1个S-Sσ键、1个S-Cσ键）且有1对孤对电子，价层电子对数为，故杂化类型为杂化。②碱性条件下，大蒜素的1mol大蒜素与2molNaOH反应生成钠盐和1mol。③氧化剂用量不足，无法将二烯丙基二硫醚充分氧化得到大蒜素，产率低；氧化剂过量会将大蒜素进一步氧化，生成更高氧化态（）的含硫副产物，降低大蒜素产率，所以需要适量。第16页/共27页18.硫酸烧渣的主要成分是以及少量的FeO55%度和相同时间下，加入量与铁元素的浸取率如图1所示。已知：①是二元弱酸，受热易分解②三价铁易溶于盐酸，二价铁易溶于硫酸，难溶③FeS溶于硫酸Ⅰ.请回答：（1）当加入量为5%时，下列措施一定能增大Fe元素浸取率的是___________。A.进一步提高硫酸的浓度B.进一步提高浸取液的温度C.在浸取液中添加适量固体D.在浸取液中添加适量NaCl固体（2）当加入量大于20%时，铁元素浸取率下降的原因为___________。（3）当加入的总量一定时，溶液pH值与溶液中Fe(Ⅲ)的分布情况如图2所示，请在图2中画出的分数随pH的变化曲线__________。第17页/共27页（4）在中，一定浓度的溶液的(核磁共振氢谱)如图3所示，其中与的峰面积分别为a和b，则的___________(用a、b列出计算式)。Ⅱ.浸出铁后的废液中含有，可通过添加氧化剂去除。（5度内没有显著发生，原因为___________。（6）少量将还原为(负离子自由基)，使与的氧化还原反应快速进行，涉及的相关基元反应如下：序号反应a。b。c第18页/共27页de①请按照反应的先后顺序排序___________。a→___________→___________→___________→b。②已知体系中还会发生如下两个基元反应序号反应fg若与不能快速消耗完，理由为___________。【答案】（1）CD（2）草酸过量后会生成沉淀，使得溶液中的总铁含量变少（3）(起点和终点为0，最高点在0.6～0.7之间)（4）（5）反应的活化能高，反应速率慢（6）①.dce②.反应f会消耗活泼中间体，且无法通过其他路径再生，当消耗完后，反应就停止了【解析】【小问1详解】A．提高硫酸浓度：虽可增强酸性促进溶解，但体系已达55%硫酸浓度，接近饱和，进一步提升效果有限，第19页/共27页且可能引发副反应，不保证浸取率一定增大。A错误；B．提高温度B错误；C．添加：在酸性条件下，S2-（或生成的HS）作为还原剂可将Fe3+还原为Fe2+，促进了FeO3的溶解，从而提高铁元素的浸取率。C正确；D．添加：与形成可溶性络合物（如浓度，促使平衡右移，促进溶解，提高浸取率。D正确；【小问2详解】过量草酸提供高浓度结合生成难溶的沉淀：，沉淀使铁元素从溶液中析出，导致浸取率下降。【小问3详解】根据图2中Fe(III)形态分布规律及配位化学原理，[Fe(CO)]3-的分数随pH变化曲线应满足以下核心特征：低pHpH<2Fe3+主要形成[Fe(CO)]-[Fe(CO)]3-分数接近0pH区（pH≈2~4pH升高，浓度增加，Fe3+逐步形成更稳定的三草酸合铁(III)配离子：[Fe(CO)]3-pH≈40.6pH6>pH>4[Fe(CO)]-已基本完全转化，FeO3尚未大量生成，分数维持在平台期，高pH区（pH>6OH-浓度升高，Fe3+开始水解生成Fe(OH)3沉淀（即FeO[Fe(CO)]3-pH>8FeO0意pH下，三种形态分数之和恒为1：，综上，所求曲线呈“单峰”形态，起始于pH=0附近接近0，于pH≈3~4达峰，pH≈4~6为平台期，pH>6后平滑下降，最终在pH>8时开始归零，与图中另两条曲线共同构成完整分布图。【小问4详解】草酸（HCO）在DO中第一步电离平衡为：,其电离常数表达式为：，根据¹H-NMR峰面积比，[HCO]:[]=a:b，即：，已知pH=2，故[H⁺]=10-2mol·L-1。代入得：=。第20页/共27页【小问5详解】该反应ΔG=-490kJ·mol-1<0，表明热力学上自发进行。但一天内无显著反应，说明动力学受阻，核心原因是：反应活化能高，导致分子难以跨越能垒，最终反应速率减慢；【小问6详解】①反应顺序推导如下：起始步骤：反应a生成自由基，启动链反应。关键引发反应d：反应d产生1c消耗2e消耗/b再生a→d→c→e→bf消耗了主反应必需的自由基递反应，导致主反应速率受阻，与不能快速消耗。19.组开展制备实验，步骤如下：步骤Ⅰ：在烧杯中将2.00gNaOH搅拌溶于55ml蒸馏水中，然后加入0.32g丁二酮肟()，搅拌溶解后得到澄清溶液；步骤Ⅱ：将与澄清溶液混合，得到棕黑色配合物悬浊液，持续搅拌4h；步骤Ⅲ：将棕黑色悬浊液转移到特制的不锈钢反应容器中，加热至150-200℃，维持20h至反应结束。步骤Ⅲ中所涉及的反应为：①②③羟胺()还原步骤Ⅳ：经过结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到微晶体第21页/共27页请回答：（1）步骤Ⅰ中用于称量丁二酮肟的仪器名称是___________。（2）步骤Ⅱ中搅拌的目的是___________。（3）下列说法正确的是___________。A.丁二酮肟合铜分子中含有的化学键类型有离子键、共价键和氢键等B.步骤Ⅲ中反应需在较高压强下进行，容器内液体体积不宜过多C.步骤Ⅳ过程中可以选用蒸馏水、乙醇依次洗涤产品D.用X射线衍射可以测定产物晶胞中多面体笼状结构的几何特征（4）写出步骤Ⅲ中③的离子方程式___________。（5）的比表面积大小直接影响其光催化的效率。产品的比表面积可通过如下方法测定：在一定温度和压强下，在固体表面吸附形成单分子层(已知：分子横截面积)，通过吸附量计算得固体比表面积。经测定，16g产品最大可吸附(已折算为标况)，则产品的___________。【答案】（1）电子天平（2）加快反应速率，防止产物沉积（3）BCD（4）（5）或1.204【解析】【分析】在烧杯中将2.00gNaOH搅拌溶于55ml蒸馏水中，然后加入0.32g丁二酮肟()，搅拌溶解后得到澄清溶液，将与澄清溶液混合，得到棕黑色配合物悬浊液，持续搅拌4h，发生①，②第22页/共27页，③得到微晶体，据此回答。【小问1详解】步骤Ⅰ中称量的丁二酮肟是固体粉末，且称量质量为0.32g（精度精确称量）使用电子天平进行称量；【小问2详解】步骤Ⅱ中搅拌的核心作用是加快反应速率，防止产物沉积，避免局部浓度不均导致反应不完全；【小问3详解】AC-HC-CN-O在离子键，氢键是分子间作用力，不属于化学键，A错误；B．步骤Ⅲ在不锈钢反应容器中加热至150-200℃，水会汽化，容器内压强升高，属于高压反应，若容器内液体体积过多，汽化后压强过大易引发危险，因此液体体积不宜过多，B正确；CCuO