2026年上海市虹口区2026届高三下学期二模化学试题 含解析新版

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。一、铯锗溴化物铯锗溴化物(CsGcBrs)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IGeO₂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molc键。在一定压强下，CsGeBr₃晶胞呈立方体，结构如图所示。5.品体中一个Cs+周围与其距离最近的Br的个数为8A.4个B.6个C.8个D.12个6.已知CsGeBry摩尔质量为Mgmol!密度为dgcm³,阿伏加德罗常数为NAmol-则晶胞棱长为 7.若将Cs置于晶胞体心，则CsGeBr₃晶胞也可以表示为,【解析】【1题详解】质子数为55.中子数为55×1.418≈78,故为³Cs:【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]3d¹04824p²,4p²中有2个未成对电子；形成稳定的双【3题详解】Ge⁴*提供空轨道，配体中的O原子提供孤对电子与Ge⁴形成配位键。【4题详解】该配离子中含有6个Ge-0c键、2个0-Ho键、2个C-Co键和8个C-0o键(每个草酸根配体中有1个C-Ca键和4个C-0g键),键总数为6+2+2+8=18。故1mol该配离子中含有18molo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】用一个品胞的质量(含有,1个Ge²+,个与密度做比，可以得到一个品胞的体积再开三次方，故为【7题详解】观察原品胞，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在体心的品体，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8.写出再生反应器中发生反应的化学方程式6①2C₂Ha(g)+7O₂(g)=4CO₂(g)+6H₂O(g)△Hi=-2856kJ·②C₂H(g)+3O₂(g)=2CO₂(g)+2H₂O(g)△H₂=-1323kJ·mol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C₂H₆(g)+2LaFeO₃(s)=C₂H₄(g)+H₂O(g)+2LaFeO₂₅(s).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△H不再变化A.0.0032B.0.0064C.0.008D.0.01613.750℃下，该反应的平衡常数K=A.4.0B.0.32C.5.12传统乙烯的生产采用乙烷高温热裂解工艺，主要反应如下：C₂H₆(g)=C₂H₄(g)+H₂(g),该反应的△H-TAS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△H<0B.该反应的AS<0D.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)16.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LaFeO₂5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LaFeO₂5氧化为LaFeO₃,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2C₂H₆(g)+O₂(g)=2C₂H₄(g)+2H₂O(g),根据盖斯定律，总反应=反应①-2反应②,则△H=△H₁-2△H₂=-2856kJ·mol¹-2(-1323kJ·mol¹)=-210k)-mor¹,乙烷制乙烯总反应的【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,【IⅡ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LaFeO₃转化为LaFeO₂5,固体减少的是氧原子的质量。反应中，每2molLaFeO₃生成2molLaFcO₂5,固体减少1molO,同时生成Imolmol,对应生成n(C₂H₄)=0.16mol,JC₂H₄。减少的O的物质的量：min-¹,答案选A.【13题详解】由题5可知，在容积为2L的密闭容器中，25min时达到平衡，乙烯生成0.16mol,浓度为0.08mol/L,水蒸气浓度也为0.08mol/L,乙烷初始浓度为0.1mol/L,平衡时乙烷浓度为0.02mol/L,则该反应的平衡常数故答案选B。【14题详解】A.乙烷裂解为乙烯是吸热反应，△H>0,A错误；B.反应气体分子数增加，△S>0,B错误：C.当知，当温度低于T时，△G>0.反应不能自发进行，D错误：故答案选C。【15题详解】A.该反应△H>0,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。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。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原子取代了品体硅中的部分Si原子，结构如图所示。20.PH₃比SiHa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SiHC.PH₃分子中的键角比SiHa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。电源磷酸溶液磷酸溶液白磷质子膜(1)M电极是·24.NaCIO溶液可处理PH₃废气，生成可用作食品添加剂的次磷酸钠NaH₂POr。完成并配平碱性条件下，NaCIO溶液处理PH₃的离子方程式：章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，24.PH₃+2CIO-+OH'=H₂PO【解析】【17题详解】磷化铝(AIP)遇水蒸气反应的化学方程式为：AlP3H₂O=Al(OH),+PH₃:【18题详解】【19题详解】PH₃在水中的溶解度远远小于NH,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PHs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【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o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品体硅的原因：P原子最外层有5个电子，掺入品体硅取代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，可在晶休中自由移动，大幅提高了导电性：而纯晶体硅中【23题详解】(1)M电极是Pa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：P+12H⁴+12e=4PH₃↑:【24题详解】NaCIO溶液处理PH₃的离子方程式PH₃+2CIO-+OH'=H₂PO【25题详解】故pK,=pH=1,23,要求δ>0.99.则故pH>1.23+lg99≈1.23+2.00=3.23.四、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(NiSO.·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：开始沉淀的沉淀完全的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.AI(OH)(2)pH=3时，计算溶液中c(Fe³+)=mol·L·(已知25℃,Kg[Fe(OH);]=2.8×10)。28.写出生成滤渣②的离子方程式29.加NaOH溶液沉镍操作时，镍和铝元素沉锭率随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.为得到硫酸镍品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究全溶解，经过、过滤、洗涤，得到、(2)上述步骤中需要用到的仪器有(不定项)。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=NiY+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·L¹EDTA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·mol¹)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Fe⁵+,便于后续通过调节pH将其沉淀除去30.①.燕发浓缩②.冷却结晶③.D【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+,使于后续沉淀分离。调pH=3:加入NaOH溶液，使Fe³沉淀完全，而其他离子(如A³°、Cu²、Ni²)仍留在溶液中。除铜：加入Na₂S沉淀Cu²⁴,生成CuS沉淀。沉镍：加入沉淀，再经过一系列操作可得NiSO₄6H₂O。据此分析以下【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】【28题详解】在除铜步骡中，加入Na₂S溶液，目的是将Cu²+沉淀为CuS。根据溶解度，CuS的K远小于NiS,因此Cu²+优先沉淀。反应的离子方程式为：Cu²++S²-=【29题详解】[AlI(OH)₄,由此实现镍和铝元素分离，由图可知，pH=13时AP°沉淀率几乎为0因此，沉镍操作应控制pH为13;初始溶液中含Ni²、AI³、SO}、Na'等离子。加入NaOH后，Ni2沉淀为Ni(OH)₂,A部分沉淀或形成[AI(OH)₄j。根据反应：NjAI⁺+4OH⁻=[Al(OH)₄],【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晶体棚，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.【31题详解】H₂Y²-=NiY²-+2H+,Ni²moV/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+)=0.0009mol×10=0.009mol,对应NiSO:·6H₂O的质量摩尔质【32题详解】A.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VEDra增大纯度结果偏高。B.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；故导致纯度测定结果偏高的选项为A、C。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的合成已知：反应②称为Vilsmeier-Haack反应，可在苯环被活化的位置上引入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●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产物分折，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(K)分别为1.6×10-¹0和2.2×10⁸,从化学键角度分析两者的K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)。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