上海市虹口区2026届高三下学期二模化学试题 含解析

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；若注明不定项，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-1O-16Si-28P-31S-32Ni-59一、铯锗溴化物铯锗溴化物(CsGeBr3)是一类金属卤化物材料，近年来因其独特的光电特性在光电子领域受到关注。1.Cs的原子序数为55，其一种稳定核素的中子数是质子数的1.418倍，该核素的符号为_______。A. B. C. D.2.Ge位于第四周期，与C是同族元素。(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]_______，有_______个未成对电子。(2)C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。结合原子半径与π键的成键方式解释原因]_______GeO2是制备铯锗溴化物的重要原料之一、GeO2不溶于水和稀盐酸，但在加热条件下能溶于草酸，转化为可溶性的配离子，其结构如图所示。3.该配离子中，中心离子是_______，配原子是_______。4.1mol该配离子中含有_______molσ键。A.16 B.18 C.20 D.22在一定压强下，CsGeBr3晶胞呈立方体，结构如图所示。5.晶体中一个Cs+周围与其距离最近的Br-的个数为_______。A.4个 B.6个 C.8个 D.12个6.已知CsGeBr3摩尔质量为Mg·mol-1，密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数为NAmol-1.则晶胞棱长为_______nm(用含M、d、NA的代数式表示，1nm=10-7cm)。7.若将Cs+置于晶胞体心，则CsGeBr3晶胞也可以表示为_______。A. B. C. D.【答案】1.B2.①.3d104s24p2②.2③.形成稳定的双键或三键，除头碰头的σ键外，还要形成肩并肩的π键，但Ge原子半径太大，肩并肩的电子云难以有效重叠，故难以形成稳定的π键；3.①.②.O4.B5.D6.7.B【解析】【1题详解】质子数为55，中子数为，故为；【2题详解】Ge是第四周期第Ⅳ主族的元素，故电子排布式为[Ar]3d104s24p2，4p2中有2个未成对电子；形成稳定的双键或三键，除头碰头的σ键外，还要形成肩并肩的π键，但Ge原子半径太大，肩并肩的电子云难以有效重叠，故难以形成π键；【3题详解】该配离子中，配体的2个和2个总共带6个单位负电荷，配合物整体为-2价，故中心离子为，提供空轨道，配体中的O原子提供孤对电子与形成配位键。【4题详解】该配离子中含有6个Ge-Oσ键、2个O-Hσ键、2个C-Cσ键和8个C-Oσ键（每个草酸根配体中有1个C-Cσ键和4个C-Oσ键），σ键总数为6+2+2+8=18。故1mol该配离子中含有18molσ键。【5题详解】在xyz轴上，各有4个面心距离最近，总计12个，故选D；【6题详解】用一个晶胞的质量（含有个CS+，1个Ge2+，=3个Br-）=MNAg，与密度做比，可以得到一个晶胞的体积V=MNA【7题详解】观察原晶胞，将原点沿着体对角线向下移后，得到以Ge2+为顶点，Br-在棱上，Cs在体心的晶体，即图B。二、化学链技术制乙烯化学链技术通过载氧体的氧化还原循环，把乙烷安全、高效、低耗能地转化为乙烯，其反应过程如下图。LaFeO3是载氧体，通过流化技术在还原反应器和再生反应器中实现连续循环转移。还原反应器中的反应如下：8.写出再生反应器中发生反应的化学方程式_______。9.已知：①2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)ΔH1=-2856kJ·mol-1②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=-1323kJ·mol-1化学链技术中，乙烷制乙烯总反应的热化学方程式为_______。10.下列能提高还原反应器中反应的活化分子百分数的是_______(不定项)。A.升高温度 B.增大乙烷浓度 C.加入催化剂 D.缩小容器体积在容积为2L的密闭容器中，加入0.4molLaFeO3载氧体，通入0.2mol乙烷，在750℃下发生反应，25min时达平衡，固体质量减少2.56g。11.下列能判断上述反应达到平衡状态的是_______(不定项)。A.乙烷的生成速率等于乙烯的生成速率 B.气体的密度不再变化C.混合气体中乙烯与水蒸气的体积比不再变化 D.反应的焓变ΔH不再变化12.0-25min内，乙烯的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1。A.0.0032 B.0.0064 C.0.008 D.0.01613.750℃下，该反应的平衡常数K=_______。A.4.0 B.0.32 C.5.12 D.10.24传统乙烯的生产采用乙烷高温热裂解工艺，主要反应如下：，该反应的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势如图所示。14.关于该反应，下列说法正确的是_______。A.该反应的ΔH<0 B.该反应的ΔS<0C. D.温度低于T1时，该反应能自发进行15.能提高该反应中乙烯平衡产率的措施有_______(不定项)。A.升温 B.加压 C.加入催化剂 D.及时分离出氢气16.与乙烷高温热裂解制乙烯的工艺相比，利用化学链技术制乙烯的优势是_______。(写一点)【答案】8.9.10.AC11.AB12.A13.B14.C15.AD16.总反应放热，耗能低；产物水易与乙烯分离，副反应少【解析】【8题详解】还原反应器中生成的转移到再生反应器中，往再生反应器中通入空气，空气中的氧气又将氧化为，实现循环，再生反应器中发生的反应方程式为。【9题详解】化学链技术中，乙烷制乙烯总反应为2C2H6g+O2【10题详解】A．升高温度，使一些未活化的分子能量升高到活化状态，增大活化分子百分数，A正确；B．增大乙烷浓度，只增大单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，B错误；C．加入催化剂，降低反应的活化能，使一些分子达到活化状态，增大活化分子百分数，C正确；D．缩小容器体积（增大压强），只增大单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，D错误；故答案选AC。【11题详解】A．乙烷生成是逆反应，乙烯生成是正反应，且两者生成速率相等且系数比1：1，说明正逆反应速率相等，A符合题意；B．容器体积固定，该反应气体总质量随着反应进行会改变，根据是变量，当气体密度不变时，反应达到平衡，B符合题意；C．乙烯和水蒸气是生成物，按1：1生成，混合气体中乙烯和水蒸气的体积比始终为1：1，该比值为定量，不能判断反应达到平衡，C不符合题意；D．焓变只与反应方程式有关，与平衡状态无关，D不符合题意；故答案选AB。【12题详解】固体质量减少2.56g，对应转化为，固体减少的是氧原子的质量。反应中，每生成，固体减少，同时生成。减少的的物质的量：，对应生成nC2H4=0.16mol，则νC2H4=Δnv⋅Δt【13题详解】由题5可知，在容积为2L的密闭容器中，时达到平衡，乙烯生成，浓度为，水蒸气浓度也为，乙烷初始浓度为，平衡时乙烷浓度为，则该反应的平衡常数K=cC2H4×cH2【14题详解】A．乙烷裂解为乙烯是吸热反应，，A错误；B．反应气体分子数增加，，B错误；C．当时，则，C正确；D．反应能自发进行的判据是，由图像可知，当温度低于时，，反应不能自发进行，D错误；故答案选C。【15题详解】A．该反应，升温平衡正向移动，乙烯产率提高，A符合题意；B．该反应气体分子数增加，加压平衡逆向移动，乙烯产率降低，B不合题意；C．催化剂只能改变反应速率，不影响平衡产率，C不符合题意；D．及时分离出氢气，会使生成物浓度降低，平衡正向移动，乙烯产率提高，D正确；故答案选AD。【16题详解】乙烷高温裂解需要极高温度，能耗大，且副反应多；化学链技术可通过循环载氧体把乙烷安全、高效、低耗能地转化为乙烯。三、磷化氢磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，微溶于水，被储粮部门用作高效熏蒸杀虫剂，也用作n型半导体的掺杂剂。17.密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，写出该反应的化学方程式_______。18.PH3的电子式为_______。19.PH3在水中的溶解度远远小于NH3，原因是_______。在n型半导体掺杂工艺中，把PH3和SiH4两种气体按一定比例通过晶体硅表面，并加热使二者分解，生成的P原子在高温下掺入了晶体硅。n型半导体材料相当于P原子取代了晶体硅中的部分Si原子，结构如图所示。20.PH3比SiH4的分解温度高，下列说法正确且与该现象有关的是_______。A.PH3是极性分子，SiH4是非极性分子 B.PH3分子间的范德华力强于SiH4C.PH3分子中的键角比SiH4分子的小 D.P的非金属性比Si的非金属性强21.n型半导体中Si原子的杂化方式为_______。22.n型半导体材料导电性远高于晶体硅，从结构角度分析其原因_______。23.电解法可生产半导体掺杂所需的高纯PH3.该方法采用磷酸溶液作为电解液，把熔融的白磷(P4)分散到溶液中。(1)M电极是_______。A．正极B．负极C．阴极D．阳极(2)写出生成PH3的电极反应式_______。24.NaClO溶液可处理PH3废气，生成可用作食品添加剂的次磷酸钠NaH2PO2。完成并配平碱性条件下，NaClO溶液处理PH3的离子方程式：_______。______25℃时，次磷酸钠NaH2PO2溶液中的摩尔分数随pH的变化曲线如图所示。已知：25.若要求溶液中的摩尔分数，则应控制溶液的pH不小于_______(精确到0.01)。【答案】17.18.19.NH3分子可与水分子形成分子间氢键，大大增强了水溶性；而PH3分子与水分子之间几乎不能形成氢键，因此溶解度远小于NH320.D21.sp3杂化22.P原子最外层有5个电子，掺入晶体硅取代Si原子后，4个电子与周围Si原子形成共价键，还剩余1个自由电子，可在晶体中自由移动，大幅提高了导电性；而纯晶体硅中没有这种自由电子，导电性弱；23.①.C②.24.25.3.23【解析】【17题详解】磷化铝(AlP)遇水蒸气反应的化学方程式为：；【18题详解】PH3的电子式为【19题详解】PH3在水中的溶解度远远小于NH3，原因是NH3分子可与水分子形成分子间氢键，大大增强了水溶性；而PH3分子与水分子之间几乎不能形成氢键，因此溶解度远小于NH3；【20题详解】分解温度与化学键稳定性有关；A．分子极性与热稳定性无关，A错误；B．范德华力影响熔沸点，不影响热稳定性，B错误；C．键角大小不影响化学键稳定性，C错误。D．P的非金属性比Si的非金属性强，P-H键的键能大于Si-H键，因此PH3更稳定，分解温度更高，D正确；故答案选D；【21题详解】晶体硅中每个Si原子与周围4个Si原子形成4个σ键，为四面体结构，因此是sp3杂化；掺杂P原子后，周围的Si原子成键方式不变，仍为sp3杂化；【22题详解】n型半导体导电性远高于晶体硅的原因：P原子最外层有5个电子，掺入晶体硅取代Si原子后，4个电子与周围Si原子形成共价键，还剩余1个自由电子，可在晶体中自由移动，大幅提高了导电性；而纯晶体硅中没有这种自由电子，导电性弱；【23题详解】（1）M电极是P4为反应物，PH3为生成物，P元素化合价从0降低为-3，得电子发生还原反应，电解池中阴极发生还原反应，故M为阴极；

（2）酸性电解液中，P4得电子，结合H⁺生成PH3，故生成PH3的电极反应式为：；【24题详解】NaClO溶液处理PH3的离子方程式；【25题详解】当时，，，故，要求>0.99，则>0.99，>99，代入Ka得：，故。四、电镀污泥中镍的回收与测定铜镍电镀废水处理后得到电镀污泥，主要成分是Cu(OH)2和Ni(OH)2，还含有Fe、Al等元素，利用以下工艺可回收部分重金属并制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)，流程图如下：已知有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表：金属离子Fe3+Al3+Ni2+Fe2+Cu2+开始沉淀的pH1.53.87.17.64.7沉淀完全的pH2.85.29.29.66.7完成下列填空：26.用H2O2溶液氧化的目的是_______。27.流程中，用NaOH调节溶液至pH=3：(1)滤渣①的化学式为_______。A．Fe(OH)3B．Cu(OH)2C．Al(OH)3D．Fe(OH)2(2)pH=3时，计算溶液中c(Fe3+)=_______mol·L-1(已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39)。28.写出生成滤渣②的离子方程式_______。29.加NaOH溶液沉镍操作时，镍和铝元素沉淀率随pH变化如下图所示，由图可知，沉镍操作应控制pH为_______。滤液①中主要含有物质有NaOH、_______。30.为得到硫酸镍晶体一系列操作的实验步骤如下：(1)将沉淀转移至烧杯中，滴加稀硫酸直至沉淀恰好完全溶解，经过_______、_______、过滤、洗涤，得到NiSO4·6H2O晶体。(2)上述步骤中需要用到的仪器有_______(不定项)。A．B．C．D．Ⅱ．硫酸镍晶体纯度的测定：某同学采用EDTA(乙二胺四乙酸)配位滴定法测定NiSO4·6H2O晶体样品的纯度，反应原理为：Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+(H2Y2-为EDTA阴离子)。实验步骤如下：(1)准确称取硫酸镍晶体样品2.500g，溶于水配成250.00mL溶液。(2)取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入缓冲溶液调节pH，加入指示剂。(3)用0.0500mol·L-1EDTA标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗18.00mLEDTA溶液。31.计算该样品的纯度是_______。(已知M(NiSO4·6H2O)=263g·mol-1)32.下列情况会导致该样品纯度测定结果偏高的是_______(不定项)。A.样品部分风化失去结晶水 B.锥形瓶未干燥C.未用EDTA标准液润洗滴定管 D.滴定时锥形瓶中有液体溅出【答案】26.将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH将其沉淀除去27.①.A②.2.8×10-628.29.①.13②.Na2SO4、Na[Al(OH)4]30.①.蒸发浓缩②.冷却结晶③.D31.32.AC【解析】【分析】首先分析题目给出的流程图，了解各流程的作用。酸浸：将电镀污泥中的金属氢氧化物溶解为金属离子（如Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+等），同时可能有未溶解的杂质（浸出渣）。氧化：加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀分离。调pH=3：加入NaOH溶液，使Fe3+沉淀完全，而其他离子（如Al3+、Cu2+、Ni2+）仍留在溶液中。除铜：加入Na2S沉淀Cu2+，生成CuS沉淀。沉镍：加入NaOH沉淀Ni2+，得到Ni(OH)2沉淀，再经过一系列操作可得NiSO4·6H2O。据此分析以下各问。【26题详解】根据金属离子沉淀pH表，Fe2+完全沉淀的pH为9.6，而Ni2+开始沉淀的pH为7.1。如果直接调pH除铁，会导致Ni2+也沉淀，无法实现分离。而Fe3+在pH=2.8时即可完全沉淀，远低于Ni2+的沉淀pH。因此，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便在较低pH下沉淀Fe3+，同时避免Ni2+损失。故H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH将其沉淀除去。【27题详解】根据流程，酸浸后溶液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+等离子。加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+。接着，用NaOH调节pH至3。根据沉淀pH表：Fe3+在pH=2.8时已完全沉淀，pH=3时仍为Fe(OH)3沉淀。Al3+在pH=3.8时才开始沉淀，pH=3时未沉淀。Cu2+和Ni2+的沉淀pH更高，pH=3时均未沉淀。因此，pH=3时，只有Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，而Al3+、Cu2+、Ni2+均留在溶液中。滤渣①应为Fe(OH)3；已知：Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，pH=3时，c(H⁺)=10-3mol·L-1，c(OH⁻)=Kw/c(H+)=10-14【28题详解】在除铜步骤中，加入Na2S溶液，目的是将Cu2+沉淀为CuS。根据溶解度，CuS的Ksp远小于NiS，因此Cu2+优先沉淀。反应的离子方程式为：。【29题详解】根据工艺流程和沉淀率图像，沉镍操作需满足以下条件：Ni2+尽可能完全沉淀：Al3+形成可溶性络离子[Al(OH)4]⁻，由此实现镍和铝元素分离，由图可知，pH=13时Al3+沉淀率几乎为0，Ni2+几乎完全沉淀，因此，沉镍操作应控制pH为13；初始溶液中含Ni2+、Al3+、、Na⁺等离子。加入NaOH后，Ni2+沉淀为Ni(OH)2，Al3+部分沉淀或形成[Al(OH)4]⁻。根据反应：Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，，滤液①中主要含有过量的NaOH，以及还含有Na2SO4（来自【30题详解】溶解：将Ni(OH)2沉淀与稀硫酸反应，生成NiSO4溶液，蒸发浓缩：加热溶液至饱和或近饱和状态，避免蒸干以免失去结晶水。冷却结晶：降温使NiSO4·6H2O晶体析出，确保保留结晶水结构。过滤与洗涤：分离晶体并洗去表面杂质；实验中涉及的关键操作及对应仪器：过滤

，必需使用漏斗（D），A．直形冷凝管，减压蒸馏适用；B．蒸馏烧瓶，减压蒸馏适用；C．分液漏斗，主要用于萃取和分液，均不参与本实验流程，故选D。【31题详解】根据EDTA滴定法测定硫酸镍晶体（NiSO4·6H2O）纯度的实验数据，计算过程如下：核心反应关系：Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，Ni2+与EDTA按1:1摩尔比反应，故n(Ni2+)=n(EDTA)，计算步骤：n(EDTA)=0.05mol/L×0.018L=0.0009mol，所以25.00mL待测液中Ni2+物质的量为0.0009mol，因取样比例为1:10，250.00mL溶液中总Ni2+物质的量n(Ni2+)总【32题详解】纯度计算公式为：纯度=cEDTA⋅VEDTAA．风化后样品中有效金属离子（如Ni2+）的质量分数升高，相同称样量下消耗的

VEDTA

增大纯度结果偏高。AB．水分不参与反应，不影响待测物物质的量或滴定体积，故锥形瓶未干燥对结果无影响。B错误；C．未用EDTA标准液润洗滴定管，导致EDTA被残留水稀释，实际浓度降低，需更大体积

VEDTA

达到终点，纯度结果偏高。CD．滴定时锥形瓶中有液体溅出，导致待测离子损失，所需

VEDTA

减小，纯度结果偏低。D故导致纯度测定结果偏高的选项为A、C。五、沃塞洛托衍生物的合成沃塞洛托可以有效防止红细胞镰状化，进而改善贫血和红细胞寿命，但存在头痛、腹泻等副作用。化学家尝试合成各种不同结构的沃塞洛托衍生物，通过筛选对药物功能进行优化。某种沃塞洛托衍生物M的合成路线如下：已知：反应②称为Vilsmeier-Haack反应，可在苯环被活化的位置上引入醛基。33.M中含有的不对称碳原子数为_______。A.0个 B.1个 C.2个 D.3个34.反应②还会生成一种有机物B的同类别同分异构体G，其结构简式为_______。35.设计反应①和③的目的是_______。36.反应③过程中，证明有机物C生成所需的试剂可以是_______。A.酸性高锰酸钾溶液 B.银氨溶液 C.碳酸氢钠溶液 D.氯化铁溶液37.已知烯烃、苯等有机物在钯碳(Pd-C)催化下都能氢化。结合反应④产物分析，可得到的结论是_______。38.已知有机物A与有机物C的一级电离常数(Ka1)分别为1.6×10-10和2.2×10-8，从化学键角度分析两者的Ka1存在较大差异的可能原因_______。39.写出符合下列要求的有机物D的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。i．除苯环外不含其他环状结构，分子中至少有5个碳原子一定位于同一直线上ii．含有叔丁基结构[-C(CH3)3]iii．核磁共振氢谱存在4个峰，面积比为9：3：2：240.反应⑤在固定反应物用量和溶剂种类前提下，探究不同条件对M产率的影响，结果如下表所示：序号反应温度/℃反应时间/hM的产率/%Ⅰ01227.2Ⅱ25853.1Ⅲ251061.5Ⅳ251261.4Ⅴ251461.6Ⅵ501257.4根据上表初步确定合成M的适宜反应条件为_______。A.25℃、8h B.25℃、10h C.25℃、14h D.50℃、14h41.已知：。设计仅以甲苯和甲酸为有机原料合成的路线(其他无机试剂与溶剂任选)_______。【答案】33.C34.35.保护酚羟基，防止其在反应②中被破坏36.D37.Pd-C催化下，碳碳双键比苯环更容易被氢化（或D中碳碳双键优先氢化）38.C中酚羟基邻位的醛基具有吸电子效应，增强了酚羟基O-H键的极性，使更易电离，故Ka1更大39.或、40.B41.