2026上海闵行区高三下学期二模化学试题含解析

这是一份2026上海闵行区高三下学期二模化学试题含解析，共11页。
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-1C-12O-16Na-23Zn-65
一、钠及其化合物
我国科学家用Na和合成金刚石粉末，实现了“稻草变黄金”的奇迹。原理如下：
1. 属于非电解质的是_______。
A. B. NaC. NaClD. C
2. 该反应的随温度变化趋势正确的是_______。
A. B.
C. D.
3. 温度选择700℃的原因可能是_______。
下图是探究和热稳定性的装置示意图：
4. 离子中碳原子杂化方式和空间结构为_______。
A. sp直线形B. 平面三角形C. 四面体形D. 平面三角形
5. 关于该实验说法正确的是_______。
A. 甲处是，乙处是
B. 互换甲、乙的位置不影响实验结论
C. 丁烧杯中澄清石灰水变浑浊
D. 丙烧杯中澄清石灰水无现象，可知甲热稳定性更好
利用传感器探究、与稀盐酸的反应。将甲、乙两支Y形管同时向一侧倾斜，在时刻使盐酸与固体反应；至时不再观察到有明显变化。
6. 在图2中分别绘制时刻两支Y形管中气体压强与时间的变化曲线________(曲线边上标注或)。
潜艇中常备大量，不仅能解决积累问题，还能提供。
假定人体的呼吸熵：，且。
7. 在结合电子转化为的过程中，新增的电子削弱了原本氧氧键的键能。已知中氧氧键的键长为121 pm，则中氧氧键的键长最接近_______pm。
A.91 B.121 C.151
8. 分析仅靠生成的能否维持舱内的平衡_______。(写出计算过程)
【答案】1. A 2. B
3. 可以保证反应速率达到较快的水平 4. B 5. C
6. 7. C
8. 不能(过程见详解)
【解析】
【1题详解】
是共价化合物，熔融状态下不可导电，在水中不可电离，为非电解质；钠单质属于单质，不是电解质也不为非电解质；氯化钠为离子化合物，是电解质；C为单质，不是电解质也不是非电解质；
故选A；
【2题详解】
图像纵坐标为吉布斯自由能，该反应可以发生，说明纵坐标存在小于0的区间，该反应左侧气体分子数大于右侧，为熵减反应，故图像斜率应为正数；结合两点，正确的图像应为B；
【3题详解】
该反应的吉布斯自由能随温度升高而增大，为使反应能自发进行，应选择较低的温度；但温度选择700℃，原因可能是该温度下反应既能自发进行，又可以保证反应速率达到较快的水平；
【4题详解】
在中，中心C原子与3个O原子形成3个键，无孤对电子，价层电子对数为3，故C原子为杂化，空间构型为平面三角形，选B；
【5题详解】
实验装置中，甲试管中盛放固体，乙试管中为，观察到丙中澄清石灰水无明显现象，而丁烧杯中澄清石灰水变浑浊，说明发生了分解，甲试管的温度低于乙试管，可以说明热稳定性：>；
A．为比较热稳定性，应将置于温度较低的甲试管中，置于温度较高的乙试管中，该选项放置方式错误，故A错误；
B．互换甲、乙的位置，则接受的温度较高，导致其分解不可说明与的热稳定性的差异，会影响实验结论，B错误；
C．据实验现象，丁烧杯中澄清石灰水变浑浊，C正确；
D．丙烧杯中澄清石灰水无现象，可知乙热稳定性更好，D错误；
故选C；
【6题详解】
与的质量同为1 g，可粗略计算,，而盐酸的物质的量为，盐酸少量，其与反应先生成，无法生成二氧化碳气体；但可以与固体反应立即生成二氧化碳气体，故装置中压强上升，而装置压强不变，图像为 ；
【7题详解】
在结合电子转化为的过程中，新增的电子削弱了原本氧氧键的键能，而键长越大键能越小，故的键长较氧气更长，选C；
【8题详解】
人体的呼吸熵：，且，即消耗1 ml氧气时，呼出0.8 ml二氧化碳，同时呼出1 ml水；过氧化钠与二氧化碳与水可以分别发生反应和，设人体消耗1 ml氧气，则呼出的0.8 ml二氧化碳可以与过氧化钠反应生成0.4 ml氧气，呼出1 ml水可以和过氧化钠反应生成0.5 ml氧气，总计生成0.9 ml氧气，小于1 ml，故仅靠生成的不能维持舱内的平衡。
二、荧光开关分子
荧光开关分子是一类能响应光、热等物理刺激的光学分子。分子M(非荧光态)的空腔尺寸与高度匹配，当同时结合和后转变为N(荧光态)。
9. 组成分子M的元素中，气态基态原子第一电离能最大的是_______。
A. HB. CC. ND. O
10. 和
(1)比较键角：①_______②。
A.> B.< C.=
(2)说明理由_______。
11. 1 ml冠醚中含_______个键。
12. 下列说法正确的是_______。(不定项)
A. 分子M可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度
B. 分子N中氧原子与形成离子键
C. 可采用原子光谱检测分子N中的钠元素
D. 和的共同作用也可以使分子M转化为荧光分子
13. 实验室采用动态吸附法研究冠醚对的吸附性能：在2.0 L浓度为的钠盐溶液中加入10.00 g冠醚，吸附平衡后测得浓度降至。计算的吸附容量_______。
已知吸附容量公式：[其中、为吸附前、后钠盐中的质量浓度；忽略溶液体积变化]
ZnO量子点掺杂的荧光开关分子性能更优异。两种ZnO晶胞如下图所示。
14. 的价电子排布为_______。
A. B. C. D.
15. 甲、乙晶胞内的数目之比为_______。
A. B. C. D.
16. 已知甲中和的最短距离为a nm(位于正方体的体对角线处)，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。(，结果用含a、的代数式表示，不必化简)
【答案】9. N 10. ①. B ②. 两者同为杂化。但是①中的N原子有一对孤对电子，②中的N原子孤对电子形成了化学键，孤电子对与成键电子对的排斥力比成键电子对之间的排斥力大，键角变小。
11. 12. AC 13. 36.8 14. D 15. C
16.
【解析】
【9题详解】
组成M的元素为H、C、N、O，同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能，故第一电离能最大的是N。
【10题详解】
孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小，故①键角小于②。
【11题详解】
该冠醚为，结构为​，分子式，所有单键均为σ键，总σ键数为35，故1 ml冠醚含个σ键。
【12题详解】
A．M空腔与匹配，可结合，增大在有机溶剂中的溶解度，A正确；
B．O原子与之间形成配位键，不是离子键，B错误；
C．不同元素原子的光谱具有特征谱线，可用原子光谱检测Na元素，C正确；
D．半径大于，M空腔仅与匹配，不能结合，无法转化为荧光分子，D错误；
答案选AC。
【13题详解】
吸附的，，。
【14题详解】
Zn原子基态电子排布为，变为需失去最外层的2个电子，价电子排布式变为。
【15题详解】
甲晶胞中全部在晶胞内部，共4个；乙晶胞中，4个在棱上，1个在体心，总数目为，故数目比为。
【16题详解】
与最短距离为体对角线的​，故晶胞体对角线，设晶胞边长为l，则，得；甲晶胞含4个，晶胞质量，密度。
三、普仑司特中间体的合成
普仑司特可用于治疗支气管哮喘，其中一种中间体的合成路线如下(部分试剂省略)：
已知：
17. A中含氧官能团的结构简式为_______。
18. A→B的反应类型为_______反应。
A. 加成B. 还原C. 消去D. 取代
19. E的结构简式为_______。
20. E→F所需的试剂和条件是_______。
21. 关于K说法正确的是_______。(不定项)
A. 有5种官能团
B. 能发生水解
C. 能形成分子内氢键
D. 1 ml K与浓溴水反应最多消耗
22. 生成L时，K中与相邻的碳氢键易断裂的原因是_______。
23. L有_______个不对称碳原子。
A. 0B. 1C. 2D. 3
24. 写出一种满足下列条件的芳香族化合物M的结构简式_______。
①比 的相对分子质量大14
②在加热和弱酸性条件下，遇茚三酮水溶液显蓝紫色
③核磁共振氢谱显示有六组峰，且峰面积之比为
25. 结合上述合成路线，设计一条与为有机原料合成的路线_______。(无机试剂任选)
【答案】17. −O− 18. A
19. 20. 稀硫酸，加热 21. BC
22. 羰基具有强吸电子诱导效应，使α-H酸性增强，在碱性条件下易脱质子生成碳负离子，从而容易参与后续反应 23. A
24. 25.
【解析】
【分析】对于合成路线做简要分析：A在盐酸的作用下发生开环反应得到B，B在三氯化铝的作用下发生傅克烷基化反应生成C，C和氢溴酸发生取代反应生成D（），D和对羟基苯甲酸甲酯发生取代反应生成E（），E在强酸条件下水解生成F（），F和二氯亚砜反应生成O，O和在DMF做溶剂的条件下发生酰胺化生成K，K进一步发生酯的取代生成L，据此回答以下各问；
【17题详解】
A中含氧官能团为醚键，结构简式为−O−。
【18题详解】
A的不饱和度为1，B的不饱和度为0，反应过程中不饱和度降低，且A环张力促使开环与HCl发生亲电加成，故为加成反应。
【19题详解】
D和对羟基苯甲酸甲酯发生取代反应生成E，故E的结构简式为。
【20题详解】
E到F为酯发生水解生成酸，故反应条件为稀硫酸，加热。
【21题详解】
A．K中含有醚键、酰胺键、酚羟基和酮羰基，故含有四种官能团，A错误；
B．酰胺键可以发生水解，生成对应的氨和酸，B正确；
C．K分子中存在酚羟基、酰胺键和酮基，这些基团之间可以形成分子内氢键，C正确；
D．酚羟基对应的苯环可以和浓溴水反应，因邻位被取代，只有对位可以反应，故最多消耗，普通苯环需要在催化剂（Fe/FeBr3）作用下才能反应，D错误。
【22题详解】
羰基具有强吸电子诱导效应，使α-H酸性增强，在碱性条件下易脱质子生成碳负离子，从而容易参与后续反应。
【23题详解】
L中不含连接4个不同基团的碳原子，则不具有手性碳原子，故选A。
【24题详解】
的分子式为C8H9NO2，不饱和度为5，相对分子质量多14则为多个N或者-CH2-，在加热和弱酸性条件下，遇茚三酮水溶液显蓝紫色，说明有游离的α-氨基，含有游离的α-氨基‌，通常是‌α-氨基酸、多肽或蛋白质‌。核磁共振氢谱显示有六组峰，且峰面积之比为，说明至少有11个氢，有六种化学环境不同的氢，则多的14应该为-CH2-，分子式应为C9H11NO2，根据氢原子的比值，考虑苯环上有四个氢两两对称，则另含有一个α-氨基，故六种氢分别为（苯环两组2H，-NH2，次甲基，甲基，羧基，氨基）满足条件的结构简式为。
【25题详解】
采用逆合成切断法，目标产物由氯化得到，可由氧化得到，而可由和发生取代反应得到，故合成路线为：
四、多硫化钠
多硫化钠()广泛用于水处理等行业。其中一种制备原理和流程如下：
反应原理：
反应流程：
26. a可以是_______。
A. 空气B. C. D.
27. 滤渣的成分是_______。
实验室模拟用于去除废水中的，原理为：
①
②
③
28. 结合化学平衡移动原理，解释的去除率在2∼14 h先下降再上升的原因_______。
某工厂采用沉淀法测定废水中的含量(含少量等杂质)。
已知：是黑色沉淀，，。
a.量取V mL工业废水于烧杯中，加入适量稀硝酸酸化。
b.向酸化后的废水中逐滴加入溶液，直至不再产生黑色沉淀。
c.陈化，过滤，用稀硫酸洗涤沉淀3~5次。(陈化：使晶粒长大)
d.将沉淀置于低温干燥箱中充分干燥，冷却至室温，称量，记录沉淀质量为。
e.重复步骤d，最终得到纯净固体质量为。
29. 步骤b中证明已过量的实验操作及现象是：_______。
30. 步骤d中采用低温干燥的原因是_______。
31. 该废水中的物质的量浓度为_______。(用含、的代数式表示)
32. 测定结果含量偏高，可能的原因是_______。(不定项)
A. 沉淀未洗涤干净B. 使用蒸馏水洗涤沉淀
C. 未陈化就直接过滤D. 沉淀时加入的溶液不足
33. 结合的性质分析，该方法测定含量的优势是_______。
碱性混合多硫化物—空气液流电池具有成本低、性能稳定等优点，其工作原理如图所示。
注：a.阳离子交换膜、b.阴离子交换膜
34. 充电时，A极的电极反应式为_______。
35. 放电时，每消耗，Ⅲ室溶液的质量减少_______g。
A. 18B. 23C. 36D. 68
【答案】26. B 27. 未反应的
28. 2 h后，随着反应进行，溶液中升高，使反应①平衡正向移动，增大，促进反应③正向进行，部分沉淀转化为可溶性​，去除率下降；随着不断积累，进一步升高，使反应③平衡逆向移动，重新转化为沉淀，因此去除率又升高
29. 静置，取上层清液滴加少量原废水（或溶液），若产生黑色沉淀，说明​已过量
30. 热稳定性差，高温易分解，汞有毒，低温防止其挥发，污染环境
31.
32. A
33. 的溶度积​极小，可以几乎完全转化为沉淀，测定误差小（灵敏度高）
34. ​​ 35. C
【解析】
【分析】硫化钠晶体加入蒸馏水进行溶解，得到硫化钠溶液；溶液中加入硫粉和气体a，经过过滤可得到多硫化钠溶液，以此进行分析。
【26题详解】
根据反应原理，气体a的作用可能是搅拌或隔绝空气防止副反应，应为惰性气体，故选B；
【27题详解】
硫单质不溶于水，反应后过量的硫单质被过滤除去，因此滤渣为未反应的；
【28题详解】
2 h后，随着反应进行，溶液中升高，使反应①平衡正向移动，增大，促进反应③正向进行，部分沉淀转化为可溶性，去除率下降；随着不断积累，进一步升高，使反应③平衡逆向移动，重新转化为沉淀，因此去除率又升高；
【29题详解】
证明沉淀剂过量，可通过检验上层清液中存在，加入产生黑色沉淀即可证明。具体为：静置，向上层清液中滴加少量原废水（或溶液），若产生黑色沉淀，说明已过量；
【30题详解】
热稳定性差，高温易分解，且汞有毒易挥发，因此需要低温干燥。
【31题详解】
n(Hg2+)=n(HgS)=m2233ml，废水体积为V×10−3L，因此c(Hg2+)=nV=1000m2233Vml/L；
【32题详解】
A. 沉淀未洗涤干净，表面吸附杂质，沉淀总质量偏大，测定结果偏高；
B. 使用蒸馏水洗涤HgS沉淀易导致胶溶，造成沉淀损失，使测定结果偏低，因此导致结果偏低；
C. 未陈化直接过滤，小颗粒沉淀透过滤纸，沉淀质量偏小，结果偏低；
D. 加入不足，未完全沉淀，质量偏小，结果偏低。
故答案选A；
【33题详解】
的溶度积极小，可以几乎完全转化为沉淀，测定误差小，准确度或灵敏度高，且操作简便；
【34题详解】
充电时极为阴极，S42−得电子被还原为，电极反应式为：；
【35题详解】
放电时，极为正极， 反应，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，转移电子，膜b为阴离子交换膜，生成的移出Ⅲ室；进入Ⅲ室的质量为1ml×32g/ml=32g，移出的质量为4ml×17g/ml=68g，因此Ⅲ室质量减少68−32=36g；
五、海岸卫士——红树林
36. 红树林湿地被誉为“海岸卫士”，通过厌氧氨氧化和硫自养脱氮高效净化水体。
厌氧氨氧化的总反应为
已知：①
②
③
（1）上述厌氧氨氧化反应的_______。
（2）在15℃、25℃和35℃下模拟厌氧氨氧化，实验数据如下图所示，则35℃时，0~2 min内的平均反应速率为_______。(反应前后溶液体积不变，)
红树林底泥中富含硫元素，硫自养脱氮细菌能利用单质硫将还原脱氮。
反应原理：
（3）配平上述硫自养脱氮过程的离子方程式_______。
（4）底泥中的也可参与脱氮过程：。一定温度下，在恒容密闭体系中模拟上述反应。能说明该反应达到平衡状态的是_______。(不定项)
A. 溶液的pH不再变化B. 体系内
C. 体系压强不再改变D.
科研人员测得红树林水层与沉积物中、总硫化物相对浓度随深度的变化关系如下图。(沉积物中富含等离子)
（5）利用该沉积物的层级结构可设计微生物燃料电池，则该电池的正极最应放置在深度为_______mm的区域。
A. -1～0B. 0～1C. 1～2D. 大于2
（6）结合图像解释总硫化物浓度在沉积物表层几乎为0，而在沉积物深层随深度增加而升高的原因：_______。
红树林能通过沉积物中的有效截留来自陆地径流的过量磷酸盐，缓解水体富营养化。下图是不同pH下磷酸的分布形式。
（7）下列说法正确的是_______。(不定项)
A. 酸性水体比弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀
B. 水体时，去除磷酸盐的主要离子方程式：
C. 的
D. 向磷酸溶液中加入溶液至时，此时溶液中存在：
化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗的量折算成消耗的量(单位为)来表示.为评估红树林对水体的净化作用，小组成员测定了红树林表层水样的COD。(溶液作用是消除干扰)
（8）通过计算，结合我国《地表水环境质量标准》，从化学需氧量角度判断红树林表层水体的水质等级_______。
【答案】（1）-274.0
（2）
（3） （4）AC （5）B
（6）沉积物表层氧气浓度高，总硫化物被氧气氧化而消耗，浓度几乎为0；沉积物深层氧气浓度几乎为0，微生物将还原为总硫化物，且深度越深，总硫化物积累越多，总硫化物浓度随深度增加而升高 （7）BD
（8）Ⅱ类
【解析】
【小问1详解】
目标反应可由反应③-反应①-反应②得到，则由盖斯定律得；
【小问2详解】
相同条件下，升高温度，反应速率加快，则35 ℃对应曲线Ⅲ，0~2 min内的平均反应速率为；
【小问3详解】
反应中S被氧化生成，S元素化合价从0价升到+6价，被还原生成，N元素化合价从+5价降到0价，根据得失电子守恒，S与计量系数之比为5∶6，结合电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式为：；
【小问4详解】
A．反应生成，溶液的pH不再变化，即不变，说明该反应达到平衡状态，A符合题意；
B．，即两者浓度之比等于其化学计量系数之比，不能说明其浓度不变，则不能说明该反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．反应生成，体系压强不再改变，说明不变，说明该反应达到平衡状态，C符合题意；
D．，即(化学反应计量系数之比)，不能说明该反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
【小问5详解】
微生物燃料电池的正极发生还原反应，需要氧气作为氧化剂。该电池的正极最应放置在浓度高的区域，由图像可知，沉积物的层级结构中，0~1 mm区域既处于沉积物表层，又有较高的浓度，更适合作为正极的放置区域(兼顾氧气供应和与微生物、电解质的接触)，故选B；
【小问6详解】
结合图像解释总硫化物浓度在沉积物表层几乎为0，而在沉积物深层随深度增加而升高的原因为：沉积物表层氧气浓度高，总硫化物被氧气氧化而消耗，浓度几乎为0；沉积物深层氧气浓度几乎为0，微生物将还原为总硫化物，且深度越深，总硫化物积累越多，总硫化物浓度随深度增加而升高；
【小问7详解】
磷酸()属于弱电解质，电离过程分步进行，依次电离出，结合不同pH下磷酸的分布形式可知，曲线1、2、3、4分别代表、的变化，且、、，据此分析：
A．由图可知，酸性水体中(pH较低)，磷酸主要以、形式存在；弱碱性水体中(pH较高)，磷酸主要以形式存在，而与结合生成沉淀的趋势更大，所以弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀，A错误；
B．由图可知，水体时，磷酸主要以形式存在，则去除磷酸盐的主要离子方程式为：，B正确；
C．反应的，C错误；
D．由曲线可知pH=12.3时，，则向磷酸溶液中加入溶液至时，溶质为等物质的量的，即发生反应：，根据物料守恒可得，，则此时溶液中存在：，D正确；
故选BD。
【小问8详解】
滴定原理：，即。蒸馏水空白组：，则；水样组：，。水样消耗：，折算成消耗的量：，即，则，COD=，则水质等级为Ⅱ类。测试样品
消耗标准溶液体积
红树林表层水样
11.50 mL
蒸馏水
12.00 mL
地表水环境质量标准
水质等级
Ⅱ类
Ⅲ类
Ⅳ类
Ⅴ类
≤15
≤20
≤30
≤40