上海市宝山区2025届高三下学期二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1上海市宝山区2025届高三下学期二模考试1．氮在自然界中大多以14N存在，少量以15N存在。下列关于14N与15N说法正确的是A．二者互为同素异形体 B．二者属于同种核素C．14N比15N少一个中子 D．14N比15N少一个质子【答案】C【解析】同素异形体是指由同一种元素形成的不同单质，14N与15N质子数相同，中子数不同，互为同位素，A错误；核素指具有特定质子数和中子数的原子，14N与15N的质子数均为7，二者中子数不同，属于不同核素，B错误；14N的中子数为14－7＝7，15N的中子数为15－7＝8，14N比15N少一个中子，C正确；14N和15N的质子数均为7，质子数相同，D错误；故选C。2．氮原子核外2p能级中的电子，不相同的是A．能量 B．原子轨道的形状C．自旋状态 D．原子轨道的空间伸展方向【答案】D【解析】同一能级2p的电子能量相同；所有p轨道均为哑铃形，形状相同；基态N原子的2p能级中的3个电子分占不同轨道，自旋方向相同；三个p轨道分别沿x、y、z轴伸展，方向不同。故选D。3．研究发现，NOx是雾霾的主要成分之一，NOx主要来源于汽车尾气。已知：N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH＝180.50kJ·mol－12CO(g)＋O2(g)⇌2CO2(g)ΔH＝－566.00kJ·mol－1为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环，写出该反应的热化学方程式。【答案】2NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.50kJ·mol－1【解析】已知：①N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH＝180.50kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)⇌2CO2(g)ΔH＝－566.00kJ·mol－1根据盖斯定律，②－①得到将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环的反应的化学方程式为2NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g)，ΔH＝－566.00kJ·mol－1－180.50kJ·mol－1＝－746.50kJ•mol－1。4．SO2也是常见的大气污染物，有科研工作者研究利用电化学原理吸收SO2和NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品，其工艺流程图如下(Ce为铈元素)。(1)写出装置I中化学反应的离子方程式。(2)含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数根据上图完成下列问题：①pH＝7时，溶液中c(Na＋)c(HSO3-)＋c(A．>B．＝C．<②pH＝9时溶液为Na2SO3溶液，写出一个用浓度表达的物料守恒关系式。③为获得尽可能纯的NaHSO3，应将溶液的pH控制在为宜。A．1~3B．3~6C．4~5D．6~9④由图中数据，可以估算出H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈。A．10－6B．10－7C．10－8D．10－9(3)装置Ⅱ中的反应在酸性条件下进行，写出NO被氧化为NO3-离子方程式(4)已知进入装置Ⅳ的溶液中NO2-的浓度为0.80mol∙L－1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积为【答案】(1)SO2＋OH－＝HSO3(2)A[Na＋]＝2([SO32-]＋[HSO3-]＋[H2SO3])(3)NO＋2H2O＋3Ce4＋＝3Ce3＋＋NO3-＋(4)8960【解析】（1）装置Ⅰ中SO2是酸性氧化物，能和NaOH溶液反应生成NaHSO3，离子反应方程式为SO2＋OH－＝HSO3（2）①pH＝7时，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO3-)＋2c(SO32-)＋c(OH－)，故溶液中c(Na＋)＝c(HSO3-)＋2c(SO32-)，则c(Na＋)>c(HSO3②根据化学式Na2SO3，Na元素与S元素浓度为1∶2，故物料守恒等式为c(Na＋)＝2[c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(H2③溶液的pH控制在4～5时，c(HSO3-)浓度最大，则为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在4～5左右，故④HSO3-⇌SO32-＋H＋，由图中数据可知，pH＝7时，c(HSO3-)＝c(SO32-)，K2(H2SO3)≈c(H＋（3）装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4＋之间会发生氧化还原反应：NO＋H2O＋Ce4＋＝Ce3＋＋NO2-＋2H＋，NO＋2H2O＋3Ce4＋＝3Ce3＋＋NO3-（4）NO2-的浓度为0.8mol/L，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数为1000×(5－3)×0.8mol，设消耗标况下氧气的体积是V，根据电子守恒可知，VL22.4L/mol×4＝1000×(5－3)×0.8mol5．硫酸是重要的化工原料。已知硫酸的结构式如图，关于硫酸的描述不正确的是A．硫酸分子中含有配位键 B．硫酸分子中含有极性键C．硫酸分子之间能形成氢键 D．硫酸分子是非极性分子【答案】D【解析】硫酸分子中，中心硫原子与2个氧原子形成两个双键并非典型的双键，而是由硫原子提供孤电子与氧原子形民的配位键，A正确；硫酸分子中S－O键属于极性键，O－H键也是极性键，B正确；硫酸分子中含有羟基，硫酸分子之间能形成氢键，C正确；硫酸分子中心硫原子采取sp3杂化，与4个氧原子形成4个极性键，其中2个氧原子与氢原子形成羟基，2个氧原子通过双键与硫原子结合，正负电荷中心不重合，为极性分子，D错误。故选D。6．已知硫酸钠、硫酸镁、硫酸铝的熔点如下表所示(已知：硫酸铝和硫酸属于同种晶体)。物质硫酸钠硫酸镁硫酸铝熔点/℃8841124770利用晶体结构有关知识，解释硫酸钠、硫酸镁和硫酸铝三者熔点存在差异的原因。【答案】硫酸钠、硫酸镁是离子晶体，硫酸铝是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化时破坏范德华力，离子键一般强于范德华力，故硫酸铝的熔点最低；硫酸钠、硫酸镁晶体中，钠离子的半径大于镁离子，钠离子所带电荷数小于镁离子，故硫酸镁中离子键更强，硫酸镁熔点更高【解析】由提示硫酸铝和硫酸属于同种晶体可知，硫酸铝晶体为分子晶体。由熔点表可判断出硫酸钠、硫酸镁为离子晶体。离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化时破坏范德华力，离子键一般强于范德华力，故硫酸铝的熔点最低；硫酸钠、硫酸镁晶体中，钠离子的半径大于镁离子，钠离子所带电荷数小于镁离子，故硫酸镁中离子键更强，硫酸镁熔点更高。7．硫酸铁溶液具有强有力的收敛作用，能使血液凝固，可用于应急止血。它具有该作用的可能原因是A．硫酸铁中铁元素为＋3价，具有氧化性，起到杀菌消毒作用B．硫酸铁溶液水解生成氢氧化铁沉淀，沉淀堵住了创口，起到止血效果C．硫酸铁中的铁元素有补血效果，起到预防缺铁性贫血D．硫酸铁是电解质，血液为胶体，两者发生聚沉，起到止血效果【答案】D【解析】硫酸铁中铁元素为＋3价，具有氧化性，可以与细菌细胞内的酶、蛋白质等反应，破坏其生物活性，起到杀菌消毒作用，与止血无关，A错误；硫酸铁溶液水解生成氢氧化铁，但是与止血效果无关，B错误；常用含+2铁的铁剂作为缺铁性贫血的补血剂，与硫酸铁溶液止血效果无关，C错误；血液属于胶体，加入硫酸铁溶液可使胶体聚沉，血液凝聚达到止血效果，D正确。故选D。8．为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如下图所示的循环过程。计算ΔH4为kJ·mol−1。【答案】838【解析】由循环过程可得，①NH4Cl(s)＝NH4+(g)＋Cl－(g)△H1＝＋698kJ·mol－②NH4Cl(s)＝NH4+(aq)＋Cl－(aq)△H2＝＋15kJ·mol－③Cl－(g)＝Cl－(aq)△H3＝－378kJ·mol－1；④12NH42SO⑤12NH42SO4s=NH4+aq⑥12SO42-g=12SO42-aq△H6＝－530kJ·mol－1；根据盖斯定律，反应④＝⑤＋①＋③－②－⑥，则△H4＝△H5＋△H1＋△H9．硫代硫酸(H2S2O3)是一种无机物。硫代硫酸根离子(S2O32-)可看作是A．V形 B．平面三角形 C．三角锥形 D．四面体形【答案】D【解析】SO42-中心硫原子采用sp3杂化，SO42-空间结构为正四面体形，S2O10．硫代硫酸不稳定，故工业仅用其盐。例如：硫代硫酸镁常用于医药和纺织行业。MgS2O3·6H2O中含有配离子：[Mg(H2O)6]2＋。该配离子的组成如下图所示：(1)[Mg(H2O)6]2＋中提供电子对形成配位键的原子或离子是。(2)1mol该配离子中含有σ键mol。【答案】(1)O(2)18【解析】（1）[Mg(H2O)6]2＋中Mg2＋为中心离子，H2O为配体，其中H2O中O有孤电子对，能够形成配位键，故[Mg(H2O)6]2＋中提供电子对形成配位键的原子是O；（2）1mol[Mg(H2O)6]2＋中有6mol配位键，配位键也是σ键，6mol水中含有12molσ键，故1mol该配离子中含有σ键18mol。11．MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a、b、c(a＝0.687nm；b＝0.932nm；c＝1.436nm)，结构如下图所示。(1)已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是Mg·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g·cm－3。(用a、b、c表示，1nm＝10－7cm)(2)距离“甲位置”的[Mg(H2O)6]2＋最近且距离相等的[Mg(H2O)6]2＋有个。【答案】(1)4MNA【解析】（1）由晶胞结构图示可知，1个晶胞中含有[Mg(H2O)6]2＋的个数为8×18+4×14+2×1（2）位于楞上的[Mg(H2O)6]2＋与甲距离最近为anm，则距离相等的[Mg(H2O)6]2＋有2个。12．碘被称为“生命元素”，是人体必需的微量元素。我国碘矿不足，主要以海藻、海带为原料提取碘单质。流程I：浸泡法提取碘单质海带中99.2%的碘为水溶性碘；浸出液中的碘元素主要是以碘离子的形式存在，占浸出液碘元素总含量的88.3%。以海带为原料的浸泡法工艺流程如下图：(1)实验室采用“萃取分液”的方法分离碘单质与有机溶剂。以下相关操作错误的是。A．检漏、装液B．振荡、放气C．静置D．分液(2)萃取碘水中的碘单质，可以选择的萃取剂种类很多，但不包括_______。A．液态烷烃 B．液态二烯烃C．液态苯和苯的同系物 D．液态饱和酯类流程Ⅱ：反萃取法分离萃取剂碘在碱性条件下能发生歧化反应生成溶于水的碘离子和碘酸根离子，萃取剂获得再生，可以重复使用，这种方法称为反萃取。具体步骤如下：(3)步骤②观察到的现象为。(4)设计步骤①、步骤②的实验目的是。(5)步骤③中，除玻璃棒、烧杯外，还需要用到的玻璃仪器有。流程Ⅲ：活性炭吸附法处理母液在25℃时，碘单质能微溶于水。因此，提碘后所得的母液中依然含有少量碘单质和微量碘离子。(6)质监部门为检测母液中碘单质的含量，用碘量法确定碘含量：I2＋2S2O32-＝2I步骤如下：量取25.00mL母液，用0.004mol·L－1的标准硫代硫酸钠溶液滴定，滴至溶液黄色变浅时，加入1mL淀粉做指示剂，继续滴定至终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液的体积为14.25mL。①确定滴定终点的操作是。②计算可得母液中碘单质的含量为g·L－1。(保留三位小数)③下列操作可能会造成测定结果比实际含量偏低的是。A．配制标准硫代硫酸钠溶液时，配制用的容量瓶水洗后未烘干B．配制标准硫代硫酸钠溶液时，溶解时烧杯中有溶液少量溅出C．装有标准液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面(7)利用活性炭的吸附性可以回收母液中碘单质和碘离子，提高碘元素的产率。实验室模拟回收碘元素的主要流程如下：已知：NaNO2氧化性较弱，只能将I－氧化为I2：I2＋5Cl2＋6H2O＝2HIO3＋10HCl。上述流程中的“氧化剂”选择了价格较高的NaNO2而不是价低的Cl2，分析其可能的原因是。【答案】(1)B(2)B(3)有紫黑色固体析出，溶液变成棕黄色(4)提高碘的浓度(富集碘)(5)A(6)加入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不变色0.290D(7)氯气氧化性强，可能将I2继续氧化为IO3-，降低I2的产率。而NaNO2氧化性较弱，不会将I【解析】（1）分液漏斗检漏时，将分液漏斗倒置，观察活塞处是否有水漏出，A正确；振荡、放气时将分液漏斗倒置，打开分液漏斗活塞放气，操作如图，B错误；静置时将分液漏斗固定在铁架台上，待溶液分层，C正确；分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D正确。故选B；（2）萃取剂的选择原则：被萃取的物质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，萃取剂和原溶剂不互溶，萃取剂和原溶剂、溶质不反应，液态烷烃、液态苯和苯的同系物、液态饱和酯类可以用作萃取剂，而液态二烯烃含有碳碳双键，能和碘发生加成反应，不能用作萃取剂，故选B；（3）步骤②的离子方程式为：6H＋＋5I－＋IO3-＝3I2↓＋3H2（4）步骤①将碘单质转化为I-、IO3-，而步骤②（5）步骤③是过滤操作，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故选A；（6）①当加入淀粉以后，溶液中还存在碘单质，此时溶液呈蓝色，当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不变色，即可判定为滴定终点；②根据关系式I2~2S2O③配制标准硫代硫酸钠溶液时，配制用的容量瓶水洗后未烘干，对标准硫代硫酸钠溶液浓度无影响，则对测定结果无影响，A不选；配制标准硫代硫酸钠溶液时，溶解时烧杯中有溶液少量溅出，溶质偏少，标准液浓度偏低，滴定时将消耗更多的标准液，造成测定结果偏高，B不选；盛装标准溶液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则标准液体积读数偏大，造成测定结果偏高，C不选；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，标准液体积读数偏小，造成测定结果偏低，D选。故选D；（7）由题目信息可知，氯气氧化性强，可能将I2继续氧化为IO3-，降低I2的产率。而NaNO2氧化性较弱，不会将I2氧化，故选择了价格较高的NaNO2而不是价低的Cl13．市售“维生素A”的主要成分是维生素A醋酸酯。维生素A醋酸酯的一种合成路线如下图所示(部分试剂和条件省略)：已知：(1)化合物C中含氧官能团的名称是。(2)化合物A的结构简式为。(3)丙酮与柠檬醛的配比是影响化合物A产率的重要因素，丙酮与柠檬醛的物质的量配比为11：1时，产率达到最佳。试分析原因。(4)吡啶()在上述反应中作溶剂。其性质与胺类化合物类似。关于吡啶的相关说法正确的是_______。A．吡啶中碳原子和氮原子的杂化方式不同B．吡啶能作为配体与金属离子形成配合物C．吡啶易溶于有机溶剂，难溶于水D．吡啶有碱性，能与强酸形成盐(5)化合物C分子中存在的不对称碳原子数为_______个。A．1 B．2 C．3 D．4(6)检验VitamineA中是否有化合物D残留，可选用的试剂是_______。A．溴的CCl4溶液 B．希夫试剂 C．茚三酮 D．新制氢氧化铜(7)市售“维生素A”是维生素A醋酸酯，性质相对稳定，其分子式为。维生素A醋酸酯在人体内可以被酶催化转化成VitamineA，该反应类型属于。(8)写出一种满足下列条件的柠檬醛(C10H16O)的同分异构体的结构简式。Ⅰ.核磁共振氢谱显示有9组峰，峰面积比为4：4：2：1：1：1：1：1：1Ⅱ.红外光谱显示有一个六元环Ⅲ.存在顺反异构，但不存在结构Ⅳ.能与金属Na反应(9)结合维生素A醋酸酯的合成路线，以和ClCH(CH3)COOCH2CH3为原料，设计合成的路线(无机试剂任选)。(可表示为：A→反应条件反应试剂B……→【答案】(1)醚键、酯基(2)(3)丙酮含有2个性质相同的甲基，都可以和柠檬醛发生反应，使副产物增多，导致产率降低(4)BD(5)B(6)BD(7)C22H32O2取代反应(8)(9)【解析】（1）由C的结构简式可知，化合物C中含氧官能团的名称是醚键、酯基。（2）柠檬醛和丙酮发生已知信息的反应原理生成A，A的结构简式为。（3）丙酮与柠檬醛的配比是影响化合物A产率的重要因素，丙酮与柠檬醛的物质的量配比为11∶1，即丙酮需要过量，原因是丙酮含有2个性质相同的甲基，都可以和柠檬醛发生反应，使副产物增多，导致产率降低。（4）吡啶为平面结构，碳原子和氮原子的杂化方式均为sp2，A错误；吡啶环中的氮原子采用sp2杂化，含有一对孤对电子，N原子可与金属离子的空轨道形成配位键，形成配合物，B正确；吡啶易溶于有机溶剂，其性质与胺类化合物类似，溶于水，C错误；吡啶性质与胺类化合物类似，具有碱性，能与强酸形成盐，D正确。故选BD。（5）不对称碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，C分子中有2个不对称碳原子，位置为，故选B。（6）醛基可以用希夫试剂检验产生紫红色产物，也可以用新制氢氧化铜检验产生砖红色沉淀，化合物D中含有醛基，检验VitamineA中是否有化合物D残留，可选用的试剂是希夫试剂或新制氢氧化铜，故选BD。（7）市售“维生素A”是维生素A醋酸酯，其结构简式为，分子式为C22H32O2，维生素A醋酸酯在人体内可以被酶催化转化成VitamineA，其中酯基发生可水解，该反应类型属于取代反应。（8）柠檬醛(C10H16O)的同分异构体满足条件：Ⅰ.核磁共振氢谱显示有9组峰，峰面积比为4：4：2：1：1：1：1：1：1，说明其中含有9种环境的H原子；Ⅱ.红外光谱显示有一个六元环；Ⅲ.存在顺反异构，但不存在结构；Ⅳ.能与金属Na反应，说明其中含有羟基；该同分异构体为。（9）先和HCl发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化反应生成，发生B生成C的原理得到，发生C生成D的反应原理得到，合成路线为：。14．锂离子电池作为一种二次化学储能系统，稳定性好、转化率高、比容量高、成本低及绿色环保，广泛应用在电动汽车、航空航天、军事武器等领域。(1)作为“二次电池”中的佼佼者，锂电池有多种类型，以下是磷酸铁锂电池的工作原理：FePO4＋Li⇌充电放电LiFePO4。电池放电过程如下图所示，结合以上信息，该电池放电时正极的电极反应式为(2)某实验室计划使用该锂电池电解饱和食盐水制取Cl2和H2，下列说法正确的_______。A．放电时，Li＋经隔膜从正极向负极方向迁移B．充电时，该电池将化学能转化为电能C．电解饱和食盐水的装置中每转移电子1mol，则可制得标准状况下11.2LH2D．电解饱和食盐水的装置中可使用铁电极作阳极工业上常以硫酸亚铁粗品(FeSO4，杂质主要包括Fe2(SO4)3、MgSO4等)为原料，经过水溶、除杂、氧化、沉淀等步骤制备电池原料FePO4。在“除杂”步骤中，需使用HF溶液作为沉镁试剂，相关化学反应为Mg2＋(aq)＋2HF(aq)⇌MgF2(s)＋2H＋(aq)(3)一定条件下，能说明反应达到化学平衡状态的是_______。A．溶液pH保持不变 B．Ka(HF)保持不变C．υ正(Mg2＋)：υ逆(H＋)＝2：1 D．c((4)向1L待处理液中加入HF溶液除杂时，反应进行0.5h后，测得溶液质量减少了124g，则0~0.5h内(忽略反应前后溶液体积变化)，υ(Mg2＋)＝mol·L−1·h−1。(5)HF溶液具有较强的腐蚀性，对设备要求较高，因此某工厂计划使用NaF固体(M＝42g·mol−1)替代HF溶液作为沉淀剂。已知：Ksp(MgF2)＝7×10−11；通常c(Mn＋)<10−5mol·L−1即认为金属离子Mn＋沉淀完全。现有待处理样品1L(其中含0.001molMg2＋)，当Mg2＋完全沉淀时，至少需要加入克NaF固体。(结果保留3位小数，写出计算过程)(6)在“沉淀”步骤中，常使用Na2HPO4固体调节溶液的pH和沉淀Fe3＋，试分析该步骤中溶液pH需严格控制在2.5附近的原因。(7)已知Na2HPO4溶液中[H2PO4-]>[PO4锂离子电池车辆在其使用寿命结束时会被填埋或焚烧，与之有关的环境与资源再利用问题备受关注，科学家们正研究如何使用经济、环境可持续的技术回收石墨与含锂材料。(8)在进行废旧材料回收后，需检测“再生石墨”的结构是否符合锂电池的需要，可采用的仪器分析方法为_______。A．原子吸收光谱 B．质谱 C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射(9)以下是常见的三种石墨回收方案，简要流程如下。方案一：50°C乙酸浸出1小时→过滤→蒸馏水清洗→干燥方案二：KOH浸泡6小时→过滤→蒸馏水清洗→干燥方案三：800°C下N2流中退火1小时→蒸馏水清洗→过滤成本贡献占比占比/%方案一方案二方案三试剂84.891.4——用电13.36.474.1用气——1.925.4水洗1.90.30.5请从绿色化学的角度评价方案三。【答案】(1)FePO4＋Li＋＋e－＝LiFePO4(2)C(3)AD(4)4(5)0.194g(6)pH过高易形成Fe(OH)3沉淀；pH过低c(PO43-(7)HPO4(