上海市黄浦区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上海市黄浦区2025届高三下学期二模考试1．基态Ni原子的价电子排布式为。【答案】3【解析】Ni的原子序数为28，基态镍原子有10个价电子，电子排布式式为3d2．比较第三电离能并分析原因：MnCo。A．>B．<原因是。【答案】AMn、Co失去的第三个电子分别是3d5【解析】Mn的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，Co的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，故Mn、Co失去的第三个电子分别为3d5、3．LiPF6中PFA．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【解析】PF6-中P的价层电子对数为6+6-6×12＝4．的键角①键角②。A．>B．<C．＝判断的理由是。【答案】B键角①处的O原子是sp3杂化键角约109°29'，键角②处的C原子是【解析】因键角①处的O原子是sp3杂化键角约109°29'，键角②处的C原子是sp2杂化键角约120°，键角5．中所含元素的电负性由小到大排列顺序为A．H<C<O<F B．H<O<C<F C．F<C<O<H D．H<F<C<O【答案】A【解析】同周期元素的电负性随原子序数的增大而增大，则电负性C<O<F，CH4分子中碳元素显负价，吸引电子能力强，则电负性H<C，电负性由小到大排列顺序为H<C<O<F。故选A。6．镍锰钴酸锂属于六方晶系，其结构如图所示：(1)将氧化物混合煅烧是制备正极材料的方法之一，已知NiO、MnO的晶体结构类型均与氯化钠相同，Ni2+和Mn2+的半径分别为69pm和83.5pm。则熔点NiOA．>B．<原因是。(2)以R表示上述晶胞中的过渡金属离子，该晶体的化学式为。若过渡金属离子的平均摩尔质量为MRg⋅mol-1，该晶体的密度是ρg⋅cm【答案】(1)A两种物质均为离子晶体，Ni2+半径小，NiO(2)LiRO2【解析】（1）NiO、MnO的晶体结构类型均与NaCl相同，都属于离子晶体，Ni2＋和Mn2＋的半径分别为69pm和83.5pm，离子半径越小，离子键越强，离子晶体的熔点越高，则熔点NiO>MnO；（2）晶胞中Li的个数为2＋8×18＝3，O的个数为4＋8×14＝6，过渡金属离子个数为2＋4×14＝3，故晶体的化学式为LiRO2。若过渡金属离子的平均摩尔质量为MRg⋅mol7．MoS2已知反应：①MoS②MoO③S④2(1)Mo的原子序数为42，下列相关描述正确的是_______。（不定项）A．位于第六周期 B．属于IVB族 C．核外单电子6个 D．属于过渡金属(2)MOS2纳米粒子具有类似于石墨的层状结构，具有优异的润滑性能，原因是(3)2MoS2(s)+7O2(该反应的速率表达式为v正=k正ccv10.21.2×20.49.6×30.63.24×(4)下列说法正确的是_______。（不定项）A．当nHB．平衡后，再通入H2，平衡正向移动，HC．该反应的活化能ED．移走Mo，反应速率减慢，平衡正向移动(5)n=_______A．1 B．2 C．3 D．4(6)该温度下，平衡时H2的体积分数为20%，则k正A．>B．<C．＝该温度下，向某恒容密闭容器中充入1.5molH2和1.5molH2A．正向B．逆向(7)该反应分两步进行：第I步MoO第Ⅱ步MoO其反应过程能量变化示意图如图所示，决定该反应速率的步骤是。A．IB．Ⅱ(8)在恒容密闭容器中进行反应，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T1和T2T1>T2测得m(Mo)随t的变化曲线如图。生成相同量的Mo【答案】(1)CD(2)层与层之间的范德华力较弱，在外力作用下易发生相对滑动(3)2(4)AC(5)C(6)AA(7)B(8)T1因EaI<EaII，反应I先达到平衡，升高温度反应I【解析】（1）Mo的原子序数为42，Mo为第五周期ⅥB族元素，价电子排布式式为4d55s1，核外单电子有6个，属于过渡金属元素，故选CD。（2）MOS2（3）根据①MoS2(s)⇌Mo(s)+S由盖斯定律2×①－2×②＋2×③＋3×④可得2MoS2(s)+7（4）当nH2:nH2O不再变化，说明其浓度不变，反应达到了平衡状态，A正确；平衡后，再通入H2，平衡正向移动，但是H2的转化率不变，B错误；该反应为吸热反应，活化能Ea(正（5）1.2×10-89.6×10-8=（6）该温度下，平衡时H2的体积分数为20%，则H2O的体积分数为80%，氢气和H2O浓度比为1∶4，则K=k正k逆=cnH2OcnH2（7）活化能大的步骤为决速步骤，第Ⅱ步的活化能大于第I步，反应Ⅱ是慢反应，决定该反应速率的步骤是Ⅱ，故选B。（8）由图可知，生成相同量的Mo粉，在温度T1下所需的时间较长，结合反应过程能量图，因EaI<EaII，反应I先达到平衡，升高温度反应I8．NH4+、NO3-、PO43-等微粒浓度过大容易引起水体富营养化。利用已知常温下：Ksp(1)氨氮废水导致水体富营养化的直接原因是_______。A．NH3具有毒性 BC．消耗水中溶解氧 D．增加水体pH(2)下列说法错误的是_______。（不定项）A．NH4+的电子式 B．POC．MAP既含离子键又含非极性键 D．MAP既能与强酸反应又能与强碱反应(3)向某氨氮废水中加入可溶性磷酸盐和镁盐，生成MAP的离子方程式为。(4)常温下，若沉淀后的废水的pH=9,cPO43-=1×10-5mol(5)用该方法处理污水时，发现溶液pH过高或过低都不利于磷酸铵镁回收，请结合相关知识分析可能原因。微生物燃料电池在治理水体富营养化方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的NO3-和沉积物中的(6)该装置工作时，下列说法正确的是_______。（不定项）A．将电能转化为化学能 B．电极b作负极C．电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D．电极a发生还原反应(7)写出NH4+在电极b表面发生的电极反应(8)S.T.P下通过该装置生成89.6mL的氮气，计算反应过程中转移电子的物质的量为mol。【答案】(1)B(2)C(3)Mg(4)不能达到基本排放标准(5)pH过低PO43-浓度下降生成磷酸等弱电解质，pH过高OH-与NH4+和Mg2+(6)BD(7)2(8)0.015【解析】（1）氮元素可以促进藻类过度繁殖，故氨氮废水导致水体富营养化，故答案为：B。（2）A.NH4+的电子式B.PO43-的价层电子对数为4＋5+3-4×22C.MgNH4D.MgNH4PO4（3）向某氨氮废水中加入可溶性磷酸盐和镁盐，生成MAP的离子方程式为Mg2+（4）pH=9，c(OH-)=1×10-5mol⋅L-1，KspMg3PO4c(Mg2+)3×1×10-52=6.31×10-26，Ksp(MAP)=c(Mg2+)×c(NH4+)×c(c(NH4+)=2.91×10-3mol⋅L-1c(NH3⋅H2O)+（5）pH过低PO43-浓度下降生成磷酸等弱电解质，pH过高，OH-与NH4+和Mg2+反应生成（6）燃料电池是将化学能转化为电能的装置，A错误；电极b上NH4+失电子发生氧化反应，电极b为负极，B正确；电子不能在内电路移动，C错误；电极a为正极，发生还原反应，D正确。选（7）NH4+发生氧化反应生成N2，电极反应式为（8）总反应为5NH4++3NO3-=4N2↑+9H2O+2H+，消耗的N9．碘酸钙CaIO32步骤①装置如下（加热装置省略）：已知：K研究表明，酸性条件下加入稍过量的KClO3能提高步骤①中碘酸HIOi碘酸钙的制备(1)补全步骤①的化学方程式，并用单线桥标出电子转移方向和数目：___I(2)装置a的名称是。(3)步骤①较合适的加热方式为。(4)步骤①中反应结束后必须进行的操作是。(5)按顺序写出步骤⑤获得CaIO32⋅(6)设计实验检验产物中是否含Cl-：(7)步骤①中盐酸也会与氯酸钾反应生成少量氯气，若改用硫酸酸化是否合理？判断并说明理由：。ⅱ产品纯度测定准确称取0.400g样品，酸化溶解，定容至250mL，从中取出25.00mL试样于锥形瓶中，加入足量的KI充分反应，用0.0400mol1234滴定起始读数/1.521.160.850.84滴定终止读数/31.5031.1833.9830.84已知：2(8)滴定时使用淀粉为指示剂，滴定终点现象是。(9)经计算产品的纯度为。【答案】(1)(2)分液漏斗(3)水浴加热(4)持续通入氮气一段时间或者将溶液继续煮沸、加热一段时间(5)过滤洗涤干燥(6)取少量产物溶于稀硝酸，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀则无(7)不合理，根据Ksp(8)滴入最后半滴硫代硫酸钠，溶液蓝色褪去且30s不变(9)97.5%【解析】氯酸钾和碘单质加入浓盐酸，发生反应I2+2KClO3+2HCl(浓)≜2HIO3+2KCl+Cl2↑生成碘酸，向其中加入CCl4萃取分液，除去Cl2，滴加NaOH（1）步骤①中，I元素化合价由0升高为＋5，KClO3中Cl元素化合价由＋5降低为0，盐酸表现酸性生成KCl，化学反应方程式为I2+2KClO（2）装置a的名称是分液漏斗；（3）步骤①在85℃条件下反应，因此加热方式为控制85℃的水浴加热，较合适的加热方式为水浴加热；（4）步骤①中反应生成氯气，为防止污染，反应结束后持续通入N2一段时间，把Cl2排入NaOH溶液中吸收。（5）步骤④生成CaIO32⋅xH2O（6）取少量产物溶于稀硝酸，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀则无Cl（7KspCaIO32=2.22×10-7、KspCaSO4=9.1×10（8）碘使淀粉溶液变蓝，滴定时使用淀粉为指示剂，滴定终点，碘恰好完全被消耗，现象是滴入最后半滴Na2S2（9）由表格数据，四组实验分别消耗Na2S2O3的体积为29.98mL、30.02mL、33.13mL、30.00mL，第三组实验数据超出正常误差范围，舍去，根据1、2、4组实验平均消耗Na2S2O330.00mL，由IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O、2Na10．噻茶普汀纳是一种具有新型神经化学特征的药剂，能改善认知功能，且对治疗哮喘有明显作用。该药剂的一种合成路线如下图所示：(1)B中官能团除碳氯键外，还含有、。（填名称）(2)能鉴别物质A和B的是_______。（不定项）A．茚三酮 B．浓溴水 C．希夫试剂 D．红外光谱(3)反应⑤是反应；反应⑥是反应。A．取代B．消去C．氧化D．还原(4)反应③采用三乙胺作为溶剂可以促进反应正向进行，推测M的结构简式为。(5)上述方法最终得到的J是两种物质的混合物，这两种物质互为异构。A．官能团B．位置C．碳链D．顺反E．对映(6)补全反应⑦的化学方程式：；从环保的角度来看，最好选用替代SOCl2。A．HClB．PCl(7)科研工作者曾利用7-氨基庚酸H2NCH26(8)i．对C的一种同分异构体K进行结构分析，得到下列谱图，此谱图的类型为。A．核磁共振氢谱B．红外光谱C．质谱D．原子光谱ii．写出一种同时满足i和下列条件的K的结构简式：。①分子结构中含有-SO②遇FeCl3(9)结合上述流程，设计以和为原料制备的合成路线。（其他无机试剂任选）【答案】(1)酯基氨基(2)D(3)AD(4)(5)E(6)SO2和HCl(7)7-氨基庚酸结构中同时含有氨基和羧基，两者可以相互作用形成内盐，从而导致无法参与反应，而将羧基变为酯基后，将氨基游离出来，有利于和氯代物发生取代反应(8)A或(9)【解析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与CH3OH发生酯化反应生成，C在作用下与M发生取代反应生成，则M为；在NaOH溶液中先发生水解反应，后酸化生成，在一定条件下发生取代反应生成，与在NaBH4条件下发生还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与H2N(CH2)6COOCH2CH3发生取代反应生成，与NaOH溶液发生酯基的水解反应生成。（1）的官能团为碳氯键、酯基、氨基；（2）分中含有羧基，不含有酯基，而分子中含有酯基，不含有羧基，所以可以利用红外光谱能鉴别物质A和B，故选D；（3）反应⑤为在一定条件下发生取代反应生成和水，故选A；反应⑥为被NaBH4还原为，故选D；（4）M的结构简式为；（5）J是两种物质的混合物，由结构简式可知，J分子中含有如图*所示的手性碳原子：，则两种物质互为对映异构，故选E；（6）反应⑦为与SOCl2发生取代反应生成、SO2和HCl，SO2有毒，会污染环境，从环保的角度来看，最好选用HCl代替SOCl2，故选A；（7）由结构简式可知，7−氨基庚酸结构中同时含有氨基和羧基，两者可以相互作用形成内盐，从而导致无法参与反应，而将羧基变为酯基后，将氨基游离出来，有利于和氯代物发生取代反应，所以利用7−氨基庚酸进行反应⑧时，会出现反应很长一段时间