上海市金山区2025-2026学年高三年级下册质量监控（二模）化学（解析版）

2025学年高三第二学期质量监控

化学试卷

（考试时间60分钟，满分100分）

特别提示：

1.本试卷标注“不定项”的选择题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选

不得分；有2个正确选项的，漏选1个得一半分，错选不得分。未特别标注的选择题，每小

题只有1个正确选项。

2.除特殊说明外，本试卷所用相对原子质量：H-10-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64

Bi-209o

一青铜器的锈蚀与修护

青铜是金属冶炼史上最早的合金，主要含有铜、锡、铅元素，以及少量锌、研］、铁等元素。

1.以下属于主族元素的是。

A.铜B.铁C.锡D.锌

2.铜在火焰上灼烧时产生的蓝绿光属于光谱。

A.吸收B.发射

3.已知纯铜的熔点是1083。€：,布氏硬度为35HB（数值越大，硬度越大），青铜器的熔点和硬度可能是

A.800℃,71HBB.800℃,30HBC.1200℃,30HBD.1200℃，71HB

挖掘出土的青铜器表面通常覆盖有锈蚀产物，可以分为无害锈与有害锈。无害锈如C%（°H）2C°3,能

形成致密的薄膜，阻止锈蚀反应进一步发生。有害锈主要是含金物质，如CuQ、CU2（OH）3C1,它们的

结构疏松，易导致锈蚀向内蔓延，加快青铜器的锈蚀速率，影响青铜器的使用寿命。

青铜器发生电化学腐蚀，形成,"（OH%。的示意图如下：

Cu式OH),CI

4.过程I中负极的电极反应式为,若生成&58gCu2（0H）3Cl,理论上消耗标准状况下氧气

_______L.

修复青铜器有多种方法。

①酸没法：用2%—3%的柠檬酸溶液浸泡除锈。

②碳酸钠法：用含2c°3的缓冲溶液浸泡,使eg转化为皿（°“）283。

③BTA保护法:）是一种常用的铜缓蚀剂，在铜表面形成致密的配位型高聚物膜。过程示

意图如下:

高聚物透明膜

5.司态BTA的晶体类型是.

A.离子晶体B.分子晶体C.共价晶体D.金属晶体

6.1molBTA中。健的数目为。

7.写出碳酸钠法的化学方程式。

8.目前使用最普遍的是BTA法，结合以上信息分析原因

含铜化合物可用黄铜矿（主要成分为CuFeS?）制备，CuFeS?的晶胞如下图所示。

9CuFeS?晶体的密度是4.30g-cm-3,阿伏加德罗常数为M、，a=pmo（用含的式子表

示1Pm=1（）T°cm）

【答案】1.C2.B3.A

4.①.Cu-e"+Cr=CuCl②.0.8965.B

6.15NA

7.4CUC1+O2+2Na2CO3+2H2O=2Cu2(OH)2CO3+4NaCl

8.BTA法可将有害的CuQ转化，释放出Cl6,在铜表面形成致密稳定的高聚物保护膜，隔绝青铜器与水、

空气、氯离子等腐蚀介质接触，阻止锈蚀进一步发展，且不破坏青铜器外观，保护效果好

368x1()3。

9.a=3/--------pm

V4.3NA

U新斤】

【1题详解】

铜、锌为IB、IIB族，铁为V1D族元素，属于副族元素；锡为IVA族元素，属于主族元素，答案选C：

【2题详解】

铜灼烧时，原子中的电子跃迁释放能量产生光，属于发射光谱，答案选B；

【3题详解】

合金的熔点一般低于纯金属，硬度大于纯金属，纯铜熔点1083℃、硬度35HB,因此青铜熔点低于

1083℃,硬度高于35HB,答案选A；

【4题详解】

负极Cn失电子，结合C-生成CuCl,电极反应为Cu—e-+C「=CuCLCuJOH)3cl摩尔质量为

214.5g/mol,8.58g物质的量为.~~-=0.04mol,Cu从0价升高到+2价，ImolCu,(OH)3cl转

214.5g/mol

4x004

移4moi电子，ImolO2反应转移4moi电子，因此n(O2)=—：—mol=0.04mol,标况体积为

0.04molx22.4L7ITO1=0.896L：

【5题详解】

BTA的结构简式为,是有机小分子，由分子构成，固态属于分子晶体，答案选B；

N、/NH

N

【6题详解】

BTA分子式为C6H5N3,单键均为。键，双键含1个o键，共15个。键，故ImolBTA含。键15NA：

。题详解】

CuCl中Cu为+1价，碱式碳酸铜中Cu为+2价，Cu被02氧化，反应的方程式为

4clic1+0,+2Na,C0a+2H,O=2Cu,(OH),CO,+4NaCI；

【8题详解】

BTA法可在青铜器表面形成致密的配位型高聚物膜，可将有害的Cu。转化，释放出©♦,在铜表面形成

致密稳定的高聚物保护膜，隔绝青铜器与水、空气、氯离子等腐蚀介质接触，阻止锈蚀进一步发展，且不

破坏青铜器外观，保炉效果好;

【9题详解】

根据均摊法可知，该晶胞中含Cu的个数为6x4+4x'=4,含Fe的个数为8X'+4XL+1=4,含S

2482

4x184736

的个数为8个，所以该晶胞中含4个CuFeS2,晶胞质量m=不一=—g,晶胞体积

736

V=a?31a（*0cWi/pm）32a10c¥h3,由尸一得一八03刈,整理得

VdrSOg?--=-7-g?-effi3

2a3好（）洸

,368xlO30

a=3--------pm。

V4.3NA

二磷的含氧酸及其盐

下表呈现了三种磷的含氧酸相关信息。

名称（化学式）次磷酸（H3PO2）亚磷酸（H3PO3）磷酸（H3PO4）

HOHOH

1

结构

/g'oHHO/

H/||、OH

0

心=7.6x10-3

2

K.d1=5.0x10

电离平衡常数K”=5.9x10-2心=6.3x10-8

%,2=2.0x10-7

K-=4.4xl()T3

10.磷元素在周期表中的位置是O

11.PO；的空间构型为。

A.平行四边形B.平面三角形C.正四面体形D三角锥形

12.表中三种含氧酸的酸性强弱顺序为o（用化学式表示）

13.下列属于酸式盐的是。（不定项）

A.NaH2Po2B.Na2HPO3C.NaH2PO4D.Na2HPO4

14.结合表中信息，通过计算分析NaHFO,溶液的酸碱性。

LiFePO,是锂电池的电极材料之一，它的使用大幅度提高了电动汽车的续航里程。合成LiFePO"的流程

如下:

①加入H2。?

②加入氨水，调节pH至2~3葡萄糖、Li2CO3

已知：绿矶的化学式为FeSO「7H2。，葡萄糖的化学式为CcHnO,,

15.LiFePO4中铁元素的化合价是。

16.理论上，以下能代替H?。？的是o(不定项)

A.KIB.KMnO4C.Na2SO3D.Cl2

17.加入氨水使溶液pH>3,将导致产率减小，原因是______。

18.写出“高温烧结”制备LiFePJ的化学方程式________。

【答案】10.笫三周期第VA族11.C

12.H3PO2>H3PO5>H3PO413.CD

K1xlO-14

14.H2PO；的电离常数跖2=2.0x101水解常数Kh=U=〈八=2x10*,心>《，因此

Kd.I5.0x10

H『O,电离程度大于水解程度，溶液显酸性

15.+216.BD

17.pH>3时，Fe-水解程度增大，生成Fe(OH)3沉淀，得到的FePO』量减少，因此产率减小

18.加0c。曲房购,包8魄04?+54H苍

2

【解析】

【10题详解】

P的原子序数为15,第一周期有2种元素，第二、三周期各有8种元素，所以P在第三周期，最外层电子

数为5,在第VA族。

[11题详解】

。。丁的中心P原子含有4个。链，孤电子对数为“312x4=0,价层电子对数为4+0=4,所以空间

结构为正四面体，选C。

【12题详解】

弱酸的电离常数越大，酸性越强，多元酸的酸性由第一步电离决定，由表格数据可知《大小：

23

H3P。2（5.9X10-2AH3PO3（5.0X1O-）>小尸。4（7.6x10-），故酸性顺序为

。

H3PO2>HXPO3>H3PO4

【13题详解】

H^O、是一元酸，是正盐；MP。、是二元酸，Na,HPO、是正盐;H，O4是三元酸,

NG42Po4、N%〃尸O4都还含有可电离的HI属于酸式盐；答案选CD。

【14题详解】

7

NaH,PO,溶液中，H,PO；会电离，使溶液显酸性，H,PO；UH++HPO；-,/C.p=2.0x10;

H2Po3会水解，使溶液显碱性，H2+H2OOH-+H3PO3,

「（O/T”（H/q）C（H〉（OH»（•3四）J-l.OxlL3K>K

a2h

卜c（H2PO；）c（H+）My。；）Ka15.0x10-2-*

电离程度大于水解程度，溶液显酸性。

【15题详解】

化合物中，Li为+1价，为-3价，设Fe化合价为x,则+l+x—3=0,得x=+2。

【16题详解】

流程中H2。？的作用是氧化剂，将Fc"氧化为Fe3+,选项中KI、可生§。3是还原剂，不符合；

KMnOj、Cl?都是氧化剂，可以氧化“才+,理论上可代替。答案选BD。

【17题详解】

Fe'+可水解，pH越大，水解程度越大，得到的Fe（OH%越多，生成/cP。’的量变少，产率下降。

【18题详解】

葡萄糖作还原剂，将Fe-计还原为Fe%，根据得失电子守恒、原子守恒配平即可得高温烧结时的方程式为

2BLQCOM炳购，包的©O/+54H苞42T2（,

高温

三纳米碗的制备与应用

纳米碗是一类具有独特碗状结构的纳米材料，在催化、生物医药等领域具有广阔前景。高温条件下，纳米

碗可由C40H20经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①C40H20（g）々C40Hl8（g）+H?（g）AH]

该步反应的反应历程一能最变化示意图如下所示。

相对能址（khmoP）

反应历程

19.AH,=kJ-mol1o

A.70.9B.1103C.128.2D.150.8

20.图中包含步基元反应，决速步骤是第步。

•定条件下，在2L恒容密闭容器中，充入2moic40H20,发生反应①。达到平衡后，测得

c（H2）=0.2mol-I7'o

21.能说明该反应达到化学平衡状态的是_______。

A.压强保持不变

B.平衡常数保持不变

C.气体密度保持不变

D.单位时间内，断开ImoIH—H键的同时，断开ImolC—H键

22.c40H20的平衡转化率为；其他条件不变，下列措施可以提高c40H20平衡转化率的是

O（不定项）

A.使用合适的催化剂B.升高温度C.充入一定量的N2D.及时分离出H,

23.达到平衡后，向容器中充入C40H2。和H?各。.5mol,通过计算判断化学平衡的移动方向0

将Fe、N掺入纳米碗并替代部分碳原子，可制得高比表面积的铁纳米碗（简称Fe-SANBs）。酸性条件下，

过量的H?。？与其表面的发生类芬顿反应，生成具有强氧化性的自由羟基（・OH）,该反应可用于肿

2++3+

瘤治疗，反应原理为：Fe+H2O2+H=Fe+OH+H2O

反应过程示意图如下所示。

HO

­OH

Fe-SANBs

24.下列关于类芬顿反应的说法正确的是o

A.反应速率随温度升高，不断增大

B.增加Fe-SANBs投入量，可提高单位时间内QH生成量

C.反应过程中，溶液pH不断减小

D.滴加淀粉KI试液，溶液变蓝，说明生成了Fe3+

25.酸性环境有利于Fc-SANBs表面的Fe?+参与类芬顿反应。从化学平衡移动的角度解弹原因______。

1

实验小组选用某Fe-SANM样品模拟类芬顿反应pH=5.0,r(H2O,)=1.Ox-I7J,并使溶液中

c(Fe2+)维持在1.0x10-5molL-1。

2+11

已知反应的速率表达式为v=A:c(Fe)-C(H2O2),速率常数k=76Lmor.s-(298K)。

26.初始反应速率〃二；在实际治疗肿瘤的过程中，要求I分钟内产生的QH浓度不低于

5.0xlO/mol・匚1，分析并判断该Fc-SANBs样品是否满足要求。

【答案】19.C20.①.3②.321.A

22.①.20%②.BD

23.向逆反应方向移动24.B

25.酸性环境中H-浓度高，反应平衡正向移动，促进Fe?+参与反应

26.①.7.6xl0-8molL-'-s-1②.不满足要求

【解析】

【19题详解】

反应①：C40H2G(g)->C40Hl8(g)+Hjg),反应热AH等于生成物总能量减去反应物总能量，由图可知，

反应物C40H2G(g)的相对能量为O.OkJ•mol，生成物C40Hl8(g)+H2(g)的相对能量为128.2kJ-moL,

因此：AH,=128.2kJ-mol-1-O.OkJ-mol-'=+128.2kJ-moE*,对应选项为C；

【20题详解】

反应历程中，过渡态的数最等于基元反应的数最。由图可知，反应过程中有3个过渡态(对应3个能峰)，

因此包含3步基元反应。决速步骤为活化能最大的步骤，活化能是过渡态与前一状态的能量差：第1步：

(70.9—0.0)kJ-mor1=70.9kJ-；第2步：(110.3-20.7)kJ-mor1=89.6kJ•mo『：第3步：

(150.8-9.5)kJ-moP1=141.3kJ-moP1,活化能最大的是第3步，因此决速步骤为第3步；

[21题详解】

反应①为气体分子数增大的反应，恒容条件下：

A.反应前后气体物质的量变化，压强随反应进行而增大，压强不变说明气体物质的量不变，反应达到平

衡，A正确；

B.平衡常数仅与温度有关，温度不变时，平衡常数始终不变，不能说明反应达到平衡，B错误；

C.恒容条件卜，气体总质量不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡，C错误；

D.正反应断开C—H键、逆反应形成C—H键，平衡时断开与形成的速率应相等，即断开ImolH—H键

的同时应断开2moic—H键(正反应消耗2moic—H键生成1molH?),因此该描述不能说明平衡，D

错误;

【22题详解】

在2L恒容容器中，充入2molC40H20，平衡时c(H2)=0.2mol-L,则生成的H2物质的量为

0.2molL1x2L=0.4mol，由反应式可知，反应的C^H2。物质的量为0.4mol,因此平衡转化率：

。二0.4moi*■()%=20%；

2mol

A.催化剂只改变反应速率，不影响平衡，转化率不变，A不符合题意；

B.反应①AH〉。(吸热反应)，升高温度平衡正向移动，转化率提高，B符合题意；

C.恒容条件下，充入惰性气体不改变各物质浓度，平衡不移动，转化率不变，C不符合题意；

D.生成物浓度降低，平衡正向移动，转化率提高，D符合题意；

【23题详解】

1111

平衡时：C(C40H20)=liiul-L=0.8iiiol-L,C(C4OH18)=0.2mol-U,c(H2)=0.2mol-I7,

0,2x0.2八八

=

K=y—~~—~~r~~=0.05；充入各0.5molC40H20和H?后，各物质浓度：

40H2o)

(05、

1-,,

c(C40H20)=0.8+—mol-L'=1.05molL,c(C40HIX)=0.2mol-U,

<27

c（%）=卜.2+-yImolL-'=0.45molL-'

02x045

浓度商：Qc=''«0.0857>K=0.05,Q（>K,说明反应逆向进行，平衡向逆反应方向移动；

【24题详解】

A.温度过高时，反应物H?。？易分解，导致其浓度降低，反应速率可能随之下降，A错误；

B.Fe-SANBs为催化剂，增加用量即增加活性位点，反应速率加快，・OH生成量提高，B正确；

C.反应消耗HJpH应增大，C错误；

D.・OH也具有强氧化性，可氧亿「使淀粉变蓝，不能仅说明生成Fe'JD错误；

[25题详解】

从平衡移动角度，反应Fe2++H2（）2+H+*Fe3++QH+H2O中，H.为反应物，酸性环境（PT浓度高）

会使平衡正向移动，促进反应进行，提高・OH的生成速率和浓度，因此有利于Fe-SANBs表面的Fe?+参与

类芬顿反应；

【26题详解】

已知速率表达式：u=hc（Fe2+）・c（H2（D2），代入数据：

21

Z=76L•moL•s-i，c（Fe+）=1.0x10$mol•L?,c（H2O21=1.0x10^mol-LT

,v=（76xl.0xl05xl.0xl0^）molL-,-s_,=7.6x10811101-17'-s-1；1分钟（60s）内生成的-OH浓度：

c（-OH）=vxr=7.6x108molL1-s_1x60s=4.56x106molL1,由于

4.56x1O^molU1<5.0xl0-6mobU,»因此该Fe-SANBs样品不满足要求。

四合成美阿沙坦

美阿沙坦是新一代沙坦类药物，具有较强的降压效果和靶器官保护作用。美阿沙妲的合成路线如下：

27.A中官能团的名称为、。

28.关于化合物C的说法正确的是o（不定项）

A.分子式为3HB.所有碳原子一定共面

C.碳的杂化类型有sp、sp\sp3D.含有7种化学环境不同的氢原子

29.反应⑤所需的试剂和条件是,。

30.反应⑥的反应类型为。

A.加成反应B.取代反应C.氧化反应D.消去反应

31.写出⑦中反应i的化学方程式_______。

32.J与D互为同分异构体，J水解得到K和L。

a.K可与金属钠反应产生气体

b.K的核磁共振氢谱显示，苯环上有4种化学环境不同的氢原子

c.L的核磁共振氢谱显示，苯环上所有氢原子的化学环境均相同

写出同时满足上述条件的2种J的结构简式________。

33.现以“为原料合成美阿沙坦。

结合以上合成路线，在下列方框中填入合适的

COOClV^—

NC

试剂和化合物的结构简式________O

NC

OH

。靠。人

美阿沙坦

【答案】27.①.碳澳键②.氨基28.CD

29.①.CI2②.光照30.B

〜N/

COOR尸电0

亡yp

32.OH或式O-J

533

NH2NH2

【解析】

【分析】由流程图可知，A在一定条件下-NH2转化为-CN生成B,B在一定条件下发生取代反应生成

C,C与NH20H・HC1在碱性条件下发生加成反应生成D,D与C1COOC2Hs发生取代反应生成E和

HC1、C2H5OH,E与Cl?在光照条件下发生烷烽基取代反应生成F,F与

反应生成G和HC1,G先在10%NaOH溶液中水解生成

OH

再酸化生成H,H与O.发生酯化反应生成目标产物。

尸

【27题详解】

由A的结构简式可知，A中官能团的名称为碳汰键、氨基;

[28题详解】

A.由C的结构简式可知，化合物C的分子式为CgHuN,A错误；

B.两个荒环通过单键相连，单键可旋转，因此两个茉环不一定共面，B错误；

C.制基（-CN）中C为sp杂化；苯环上的C为sp?杂化；甲基上的C为sp?杂化，C正确;

D.分子中不同环境的H：甲基H（1种）、两个苯环上的H（6种），共7利D正确；

【29题详解】

反应⑤是E-F的卤代反应，需要将苯环侧链上的氢原子取代为氯原子，属于侧链卤代反应，试剂和条件为:

氯气（Cl?）、光照:

由分析可知，反应⑥属于取代反应；

[31题详解】

反应⑦是G在碱性条件下水解，再酸化得到HoG的酯基（-COOR）在碱性条件下水解为拨酸钠，再酸

化得到粉基（-COOH）,反应i的方程式为:\'/"A/+NaOHfROH+

COORN_Z~f

HNY

〜N厂

乎一

【32题详解】

J与D互为同分异构体，水解得到K和L,满足条件:K可与金属钠反应产生气体则含竣基；K的苯环上

有4种化学环境不同的氢原子；L的苯环上所有氢原子的化学环境均相同,则L为对称结构，结合D的元

q*QH

C?A：

素组成可得J中含酰胺基，符合条件的J的结构简式为：&人片、或

Y1¥

NH2NH2

【33题详解】

结合题目合成路线，以为原料合成美阿沙坦的路线为

COOCHT^—

五粗秘的精制与纯度测定

锦（Bi）及其化合物应用广泛。某工厂采用辉锦矿（主要成分为Bi2s3,含少量As2s3、SiO二等杂质）冶

炼粗钮，进一步精炼制备高纯钮，并测定其纯度。该工艺的部分流程如卜.:

纯度测定

已知：①焙砂的主要成分是BizOs、AS2O3、SiO2

②As2。；+6HC1=2ASC1A+3H2O

34.工业上常采用沸腾焙烧技术完成“氧化焙烧”，下列说法正确的是o（不定项）

A.焙烧的目的是将硫化物转化为氧化物，便于后续浸取

B.焙烧产生的尾气主要是SO?，可用澄清石灰水吸收

C.沸腾焙烧可以增大反应物接触面积，加快反应速率

D.焙烧过程中Bi2s3发生还原反应

35.滤渣的主要成分是（,

As（III）在水溶液中不同存在形态所占物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。

1.0-

sa

c（HAsO；j

36.通过加入明2。3调节溶液pH至8,此时溶液中）22——11=。（用小数表示）

37.“还原熔炼”时，将BiOCl固体与足量碳、碳酸钠混合，高温还原得到粗例，同时生成的一种气体产

物为o

38.粗钿中含有少量杂质Sb,向熔融粗钿中通入。2时，Sb优先被氧化为Sb2。，，结合卜.图分析原因

反应②：4Sb+3O2=2Sb2O3

39.电解精炼时，粗钿与电源的相连。

A.正极B.负极

某兴趣小组向含O.OlmoLL-Pb?-和O.OlmoLL■出产的混合溶液中，缓慢滴加Na2s稀溶液（忽略体积

变化）。

97

已知常温下，K’p（PbS）=9.0x10-29,/Csp（Bi2S3）=1.0xl0-o

40.当Bi?+完全沉淀（离子浓度410-5mol-L）时，溶液中S?-浓度为molL~,；此时Pb?+是

否开始沉淀？。

A.开始沉淀B.未开始沉淀

钿的纯度测定

步骤I：称取电解精炼所得含初样品1.000g,用硝酸溶解，将Bi3+全部转化为Bi（OH）3沉淀，过滤、洗

涤后，将沉淀溶于适量的高氯酸和盐酸的混合酸中，得到含Bi?*的溶液。

步骤II：向上述溶液中加入SO.OOmLO.lOOOmoll-Na2H2丫（乙二胺四乙酸二钠盐）溶液，充分反应，

使Bi?+全部转化为BiY-：

）+2

Bi+H2Y-=BiY-+2H*

步骤山：将溶液稀释至250mL。

步骤IV：取25.00mL上述溶液，用O.OlOOOmol•PPMNO）溶液滴定：

2+2-2-

Pb+H2Y=PbY+2H+

步骤V：进行平行实验，平均消耗Pb（NC）3）2溶液12.00mL。

41.计算他的质量分数o（写出计算过程，结果保留至小数点后2位）。

42.下列操作中，会导致锌的质量分数测定结果偏高的是______。（不定项）

A.锥形瓶未完全干燥B.滴定前平视读数，滴定后俯视读数

C.滴定后尖嘴处悬挂半滴标准溶液D.未用Pb（NOj2溶液润洗滴定管

【答案】34.AC35.SiO236.0.137.CO

38.相同温度下，Sb氯化生成效O?的反应AG（△H-TA5）更小，反应自发进行的趋势更大，因此Sb

优先被氧化39.A

40.©.IxlO-29②.B

41.79.42%（计算过程见解析）42.B

【解析】

【分析】辉钮矿（主要成分为用2s3,含少量As2s3、SiO2等杂质）进行氧化焙烧，将其中的硫化物转化

为氧化物：瓦2。3、4%。3,二氧化硅不发生反应，同时产生的尾气主要是二氧化硫；焙砂加入盐酸浸

取，B/2OpA*。）与盐酸反应进入溶液，二氧化硅不反应成为滤渣，A*C）3与盐酸反应为

AS2O,+6HCI=2AsCly+3H2O；向浸出液中加入由调节PH，得到BiO。，BiOCl固体与足量碳、

碳酸钠混合，高温还原得到粗铿，粗钮通过电解精炼得到精例。

【34题详解】

A.焙烧将硫化物转化为氧化物，方便后续酸浸取，正确：

B.澄清