上海市嘉定区2025届高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1上海市嘉定区2025届高三下学期二模1．氯气与水反应生成漂白性物质的离子方程式为。【答案】Cl【解析】氯气与水反应，生成HCl和HClO，其中HClO具有强氧化性，可将有色物质氧化而使其褪色，体现漂白性，该反应的离子方程式为Cl22．关于臭氧、次氯酸、碘酒、酒精消毒剂说法正确的是A．以上消毒剂在消毒过程中都利用了其强氧化性B．次氯酸的还原产物为Cl-C．消毒过程中蛋白质发生了盐析变化D．配制碘酒的过程涉及共价键的断裂【答案】B【解析】酒精能使的蛋白质变性，从而杀死病菌，不是利用了其强氧化性，A错误；次氯酸具有氧化性，氯化合价降低得到还原产物为Cl-，B正确；消毒过程中蛋白质发生了变性，而非盐析变化，C错误；配制碘酒的过程是碘单质溶于酒精，破坏了碘分子间的分子间作用力，不涉及共价键的断裂，D错误。故选B。3．实验室清洗检验过Cl-的试管，可选择的试剂是A．稀硝酸 B．浓氨水 C．硝酸银溶液 D．氢氧化钠溶液【答案】B【解析】检验过Cl-的试管中残留的是AgCl沉淀，AgCl与稀硝酸不反应，无法清洗，A错误；由于AgCl与NH3反应生成了可溶性配合物AgNH32Cl，AgCl可溶解在氨水中，B正确；AgCl与硝酸银溶液不反应，无法清洗，C错误；AgCl4．关于Cl2、Br2、I2在工业上的提取及用途，说法正确的是A．利用二氧化锰和浓盐酸加热得到Cl2B．Cl2通入澄清石灰水制得漂白粉C．海水中提取溴，一般经过浓缩、氧化和提取三个步骤D．海带或海带灰浸泡所得的含I-的水，通入过量Cl2得到I2【答案】C【解析】工业上利用电解饱和食盐水制Cl2，利用二氧化锰和浓盐酸加热得到Cl2是实验室制法，A错误；Cl2通入石灰乳制得漂白粉，B错误；海水中Br-子含量较低，先浓缩，再氧化，将Br-转化为Br2需要加入氧化剂，通常选择Cl2，氧化Br-得到单质溴，即2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，再利用Br2的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将Br2分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用Cl2将HBr氧化为Br2，C正确；海带或海带灰在水中浸泡得到含I-的水，再用Cl2氧化得到碘单质，这样操作原料利用率低，一般利用空气吹出，故D错误。故选C。5．已知氧化性：NaClO强于H2O2，NaClO消毒剂和H2O2消毒剂混合后会失效，失效原因用化学方程式表示为，每消耗1.0molNaClO，生成的氧化产物在标准状况下的体积为。【答案】NaClO+H2O2=NaCl+O2↑+H2O22.4L【解析】NaClO氧化性强于H2O2，NaClO消毒剂和H2O2消毒剂混合后NaClO可将H2O2氧化生成氧气：NaClO+H2O2=NaCl+O2↑+H2O；根据反应方程式可知，每消耗1.0molNaClO，生成1.0mol氧气，对应标准状况下体积为22.4L。6．小嘉同学用pH试纸测1.0mol·L-1NaClO溶液，结果为A．pH>7 B．pH＜7 C．pH=7 D．无法知道【答案】D【解析】ClO-水解生成OH-，溶液显碱性，但是HClO会漂白pH试纸，故无法用pH试纸测出NaClO的pH，A、B、C错误，7．室温下1.0mol·L-1NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数随pH变化如下图：(1)写出次氯酸的电子式，室温下次氯酸的电离平衡常数为。(2)解释使用次氯酸钠消毒时，一般将pH调节至6的原因是。【答案】(1)10-7.5(2)当酸性增强，溶液中H+和ClO-结合，c(HClO)增大，消毒效果更好【解析】（1）次氯酸为共价化合物，其电子式为；室温下次氯酸的电离平衡常数：Ka=cH+cClO-cHClO，HClO和ClO-两条曲线交点表示cHClO=c(ClO－)，Ka=cH+8．下列关于燃料说法错误的是A．燃料电池将化学能转化为电能B．燃料燃烧过程中，空气越多越好C．液体燃料喷成雾状能提高燃料利用率D．使用热交换器可以提高燃料热能的利用率【答案】B【解析】燃料电池是一种把燃料所具有的化学能直接转换成电能的化学装置，A正确；燃料燃烧时要通入适量的空气，若空气过多，导致带走部分热量，不是空气量越多越好，B错误；液体燃料喷成雾状，能增大和助燃剂的接触面积，有利于燃料充分燃烧，C正确；热交换器可以将高温废气或废水中的热量回收再利用，D正确。故选B。9．已知298K，100kPa时，甲醇的热值为22.7kJ·g-1，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为。【答案】CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.4kJ·mol【解析】燃烧热是指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，甲醇的热值为22.7kJ·g-1，1mol甲醇质量为32g，1mol甲醇完全燃烧放热32g×22.7kJ·g-1=726.4kJ，则甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.4kJ·mol-110．I.脱除汽车尾气中氮氧化物的一种反应机理如下：(1)由图可知H+为该反应的_______。A．反应物 B．生成物 C．催化剂 D．中间产物(2)上述历程的总反应为，若有1.0molNH3参加反应，则电子转移数为。II.脱除汽车尾气中氮氧化物的另一种反应如下：反应①：2NO(g)+CO(g)⇌N2O(g)+CO2(g)∆H1=-628.6kJ·mol-1反应②：N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)∆H2=-118.6kJ·mol-1总反应③：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)∆H3=-747.2kJ·mol-1(3)密闭体系中，反应③达到化学平衡状态，说法正确的是_______。A．其他条件不变，加压促进反应正向进行，提高体系中CO2的体积分数B．其他条件不变，升温使正逆反应速率都增大，且υ正＜υ逆C．其他条件不变，加催化剂使正逆反应速率都增大，促进反应正向进行D．2molNO和2molCO充分反应，反应放热为747.2kJIII.在2L密闭容器中，加入4molNO和4molCO，在不同温度下，反应相同时间，测得各产物的物质的量浓度如下图：(4)图中a线表示的物质是。A．CO2B．N2C．任意物质均可(5)实验过程中，高于350ºC后，N2O浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是(6)一定温度，恒容密闭体系中仅发生反应③，其中NO和CO的物质的量浓度随时间变化如下表，前6s内N2的化学反应速率为。该温度下，反应③化学平衡常数为。时间/s0s2s4s6s8s10sc(NO)/mol·L-12.001.400.900.500.500.50c(CO)/mol·L-12.001.400.900.500.500.50【答案】(1)C(2)2NH3＋NO＋NO2催化剂2N2＋3H2O3N(3)AB(4)A(5)高于350℃后，升高温度，反应②速率增加的程度超过反应①增加的程度，使得反应②速率大于反应①速率，N2O消耗的更多，所以N2O浓度减小(6)0.125mol·L-1·s-127【解析】（1）由反应机理图可知，H+在反应开始加入，反应结束又生成H+，其质量和化学性质在反应前后不变，所以H+为该反应的催化剂（2）由反应机理图可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2和H2O，总反应方程式为2NH3＋NO＋NO2催化剂2N2＋3H2O，在该反应中，NH3中（3）反应③是气体体积减小的反应，其他条件不变，加压时，平衡正向移动，体系中CO2的体积分数增大，A正确；反应③ΔH=-747.2kJ·mol-1，为放热反应，其他条件不变，升温，正逆反应速率都增大，但平衡逆向移动，v正<v逆，B正确；加入催化剂，正逆反应速率都增大，化学平衡不移动，不能促进反应正向进行，C错误；反应③是可逆反应，2molNO（4）反应③中CO2和N2的化学计量数之比为2:1，相同时间内CO2的物质的量浓度变化量大。由图可知，a线物质的量浓度变化量比b线大，所以a（5）反应①生成N2O，反应②会消耗N2O，高于350℃后，升高温度，反应②速率增加的程度超过反应①增加的程度，使得反应②速率大于反应①速率，N2O消耗的更多，所以N2（6）v(NO)=Δc(NO)Δt=(2.00-0.50)mol⋅L-16s=0.25mol⋅L-1⋅s-1，由反应③中v(NO):v(N2)=2:1，可得v(N2)=11．锌-溴可充电电池具有长循环寿命、高安全性、低成本和广泛可用的活性材料等特点。以下为一种液流有膜锌-溴电池装置，其中电解液为溴化锌溶液。(1)写出以上装置负极电极反应。(2)锌溴电池电解液中一般需要添加电解质增强其导电性，以下能作为添加剂的是_______。A．FeCl3 B．AgNO3 C．乙醇 D．KCl充电过程中，生成的Br2易与溶液中Br-反应生成多溴离子(Br3-、Br5-等)，与负极上的锌反应，造成严重的自放电行为，影响电池效果。为了解决这个问题，可以在电解液中加入Br-络合剂MEP()(3)充电过程中，在_______生成Br2。A．正极 B．负极 C．阳极 D．阴极(4)关于MEP说法正确的是_______。A．MEP属于共价化合物B．MEP中仅存在极性共价键C．MEP中C、N原子杂化方式均为sp3D．MEP中部分元素第一电离能大小为：C>N(5)比较C与N元素电负性大小，且列举一个事实证明。(6)Br元素在元素周期表中的位置为。(7)部分卤化锌的熔点如下：物质ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点872ºC293ºC394ºC445ºC解释以上卤化锌熔点变化规律。Zn2+的沉积过程中受多种因素影响，容易形成锌枝晶(树状金属锌)。电解质中[Zn(H2O)4]2+的去溶剂(H2O)化能比较高，未脱除的水分子会优先得电子，是易形成锌枝晶的因素之一。(8)判断是否产生锌枝晶最有效的方法为_______。A．原子吸收光谱 B．红外光谱C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射(9)[Zn(H2O)4]2+的中心离子的价层电子排布式为，去溶剂(H2O)化过程中需要克服的化学键为。(不定项)A．离子键B．范德华力C．氢键D．配位键【答案】(1)Zn-2e-=Zn2+(2)D(3)C(4)C(5)电负性N>C，硝酸的酸性强于碳酸；氮化碳中氮的化合价为负价，碳为正价；碳酸氢钠和硝酸反应生成二氧化碳；硝酸钠溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性(6)第4周期第ⅦA族(第17族)(7)ZnF2为离子晶体，熔化克服离子键，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为分子晶体，熔化克服范德华力，一般离子键强于范德华力，所以ZnF2熔点最高。ZnCl2、ZnBr2、ZnI2结构相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增大，熔点依次增大(8)D(9)3d10D【解析】（1）锌-溴可充电电池中，锌为活泼金属，失电子被氧化，负极为锌，电极反应Zn-2e-=Zn2+；（2）FeCl3会与Zn发生反应2Fe3++Zn=Zn2++2Fe2+，A错误；AgNO3与Br-反应Ag++Br-=AgBr↓（3）充电过程中，阳极Br-失电子，电极反应式为2Br--2e-（4）MEP()中含阴阳离子，属于离子化合物，A错误；MEP中非极性共价键（C-C键）和极性共价键（C-H、C-N键），B错误；MEP中C的价层电子对数为4+4-1×42=4、N原子的价层电子对数为4+5-1-1×42=4，其杂化方式均为sp3，C正确；同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族，第ⅤA族大于同周期相邻元素，故第一电离能大小为：C<N（5）同周期电负性从左向右依次增大，电负性N>C，例如：硝酸的酸性强于碳酸；氮化碳中氮的化合价为负价，碳为正价；碳酸氢钠和硝酸反应生成二氧化碳；硝酸钠溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性；（6）Br的原子序数为35，基态Br原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，原子结构示意图为，Br在元素周期表中的位置为第4周期第ⅦA族；（7）ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因是ZnF2为离子晶体，熔化克服离子键，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为分子晶体，熔化克服范德华力，一般离子键作用强于范德华力，所以ZnF2熔点最高。ZnCl2、ZnBr2、ZnI2结构相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增大，熔点依次增大；（8）锌枝晶属于金属晶体，测定晶体最可靠的科学方法是进行X射线衍射实验，故选D；（9）[Zn(H2O)4]2+的中心离子为Zn2+，Zn的原子序数为30，Zn的价层电子排布式为3d104s2，Zn2+价层电子排布式为3d10，[Zn(H2O)4]2+中，水和Zn2+以配位键结合，故去溶剂(H2O)化过程中需要克服的化学键为配位键，故选D。12．仙鹤草是一种中药，一般有收敛止血、解毒、补虚等功效。目前已从仙鹤草中分离鉴定出200多种化学成分，其成分之一的仙鹤草内酯类似物具有广阔的药物研发前景。以下为合成仙鹤草内酯的路线：(1)B的结构简式为。(2)B→C的反应类型为_______。A．消去反应 B．取代反应 C．还原反应 D．氧化反应(3)C→D的反应条件为。(4)D中存在的官能团有。(写名称表示)(5)写出物质A与NaOH水溶液反应的化学方程式。(6)关于仙鹤草内酯说法错误的是_______。(不定项)A．1mol仙鹤草内酯最多消耗6molH2B．仙鹤草内酯能与浓溴水反应C．仙鹤草内酯不能与Na2CO3溶液反应D．仙鹤草内酯的同分异构体中可能含三个苯环(7)从分子结构的角度，分析经合成的仙鹤草内酯需进一步分离提纯才能作为药物试用的原因。(8)写出一种符合下列条件的A的同分异构体的结构简式。ⅰ)能与钠反应，遇FeCl3溶液不显色ⅱ)能水解，且能发生银镜反应ⅲ)核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6：2：2：1：1(9)已知信息：，设计以对溴甲苯和环氧乙烷()为原料合成的路线(无机试剂任选)。(合成路线可表示为：AB……目标产物)【答案】(1)(2)C(3)Cu，O2，加热(4)醚键、醛基(5)(6)CD(7)由于仙鹤草内酯中含一个不对称碳原子，分子具有手性，有一对对映异构体；两种构型的分子结构不同，导致其性质不同，需要分离提纯(8)或(9)【解析】A发生取代反应生成B，B还原为C，根据A、C的结构简式可知B是。（1）B的结构简式为；（2）B→C是B中的酯基还原为羟基，反应类型为还原反应，选C；（3）C→D是C中醇羟基被氧化为醛基，反应条件为Cu，O2，加热；（4）D中存在的官能团有醚键、醛基。（5）物质A中酚羟基、酯基均能与NaOH水溶液反应，反应化学方程式为；（6）仙鹤草内酯中苯环与氢气发生加成反应，酯基不与氢气发生加成反应，1mol仙鹤草内酯最多消耗6molH2，A正确；仙鹤草内酯还原酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，B正确；仙鹤草内酯还原酚羟基，能与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，C错误；仙鹤草内酯的不饱和度为10，苯环的不饱和度是12，仙鹤草内酯的同分异构体中不可能含三个苯环，D错误；选CD。（7）由于仙鹤草内酯中含一个不对称碳原子，分子具有手性，有一对对映异构体；两种构型的分子结构不同，导致其性质不同，所以需要分离提纯才能作为药物试用。（8）ⅰ)能与钠反应，含有羧基或羟基，遇FeCl3溶液不显色，说明不含酚羟基；ⅱ)能水解，说明还原酯基，且能发生银镜反应，说明还原醛基；ⅲ)核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6：2：2：1：1，说明结构对称；符合条件的A的同分异构体的结构简式为或；（9）由题目信息可知，对溴甲苯和Mg反应生成，和环氧乙烷在酸性条件下生成，发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为。13．近些年来，硼铁合金(低铝、低碳)主要应用于非晶带材软磁材料和永磁材料，是节能环保领域的“朝阳产业”。已知部分物质的相关性质如下表物质熔点莫氏硬度铁1535℃4.5硼2300℃接近于金刚石莫氏硬度以金刚石的硬度10为标准，1表示很软，10表示很硬。(1)关于硼铁合金的性质说法正确的是_______。A．硼铁合金的熔点可能为1535-2300℃B．硼铁合金的熔点可能为1250-1310℃C．硼铁合金硬度小于4.5D．室温下，硼铁合金能完全溶于足量的浓硫酸(2)天然硼有两种稳定核素10B(相对原子质量为10.01)和11B(相对原子质量为11.00)组成，它们的丰度分别为19.78%和80.22%。以下能表示硼元素的相对原子质量的是_______。A．10.01×19.78%+11.00×80.22% B．10×19.78%+11×80.22%C．10.01×50%+11.00×50% D．10×50%+11×50%(3)早期硼是采用以氧化硼为原料的铝热法生产工艺，请写出对应的化学反应方程式。(4)20世纪70年代碳热法冶硼逐步代替铝热法，利用碳还原氧化硼，反应的热化学方程式如下：B2O3(s)+3C(s)=2B(s)+3CO(g)∆H=946.2kJ·mol-1。①反应过程中需要电热一直补充热量的原因。②已知以上反应∆S=528.8J·mol-1·K-1，反应发生所需的最低温度。(保留一位小数)③碳热法冶硼对比铝热法的优点可能是。(不定项)A．碳的还原性强于铝B．有利于降低硼铁合金中铝的含量C．另一种产物是气体，便于与硼分离D．能利用反应放出的热能【答案】(1)B(2)A(3)B(4)该反应为吸热反应，需要加热不断促进反应的发生1789.3KBC【解析】（1）合金的熔点低于组成合金的成分金属的熔点，则硼铁合金的熔点低于1535℃，不可能为1535-2300℃，A错误；硼铁合金的熔点低于1535℃，可能是1250-1310℃，B正确；合金的硬度大于组成合金的成分金属的硬度，因而硼铁合金硬度大于4.5，C错误；室温下，硼铁合金中硼与浓硫酸不反应，浓硫酸能使铁钝化，因而硼铁合金不能完全溶于足量的浓硫酸，D错误。故选B；（2）硼原子的相对原子质量=10B的相对原子质量×10B的丰度+11B的相对原子质量×11B的丰度=10.01×19.78%+11.00×80.22%，故选A；（3）硼是采用以氧化硼为原料的铝热法生产工艺，氧化硼与金属铝在高温下发生置换反应，生成氧化铝和单质硼，反应的方程式为B（4）①由方程式可知该反应为吸热反应，需要加热不断促进反应的发生，因此反应过程需要一直补充热量；②该反应∆H=946.2kJ·mol-1，∆S=528.8J·mol-1·K-1，由ΔG=ΔH-TΔS<0可知，T>946.2kJ③碳热法B2O3(s)+3C(s)=2B(s)+3CO(g)∆H=946.2kJ·mol-1，铝热法B2O3+2Al高温Al2O3+2B，铝的还原性比碳的还原性强，A错误；铝热法的产物为Al2O3，可以降低硼铁合金中铝的含量，B正确；碳热法中的生成物为14．采用碱熔融法(NaOH+Na2O2)分解试样，用K2Cr2O7溶液滴定，测定硼铁中铁元素的质量分数。实验过程如下：已知：锡盐的常见价