青海西宁市第二中学优质教育集团2025-2026学年第二学期高三年级校二模考试 化学试卷含答案

这是一份青海西宁市第二中学优质教育集团2025-2026学年第二学期高三年级校二模考试 化学试卷含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
相对原子质量： C12 O16 H 1 Cu64
一、单选题
1．元杂剧中的唱词“早起开门七件事，柴米油盐酱醋茶”，反映了我国悠久的饮食文化。下列说法错误的是
A．柴和米的主要成分均为糖类
B．牛油和食醋的主要有机成分均不能被氧化
C．酱中加入食盐可起防腐作用
D．茶叶中含有的茶多酚具有抗氧化功效
2．工业上制备PH3的部分工艺如图所示。下列有关化学用语表述错误的是
A．键角：P4Z>X
B．第一电离能：X小于其在元素周期表中的相邻元素
C．由X、Y、Z元素组成的正盐只有两种
D．M、Z均可与X形成两种化合物，且这四种化合物中的化学键种类相同
10．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A．A B．B C．C D．D
11．处理汽车尾气时（NO→N2、CO→CO2），分别需要“贫氧”和“富氧”的反应环境。CeO2可通过Ce4+和Ce3+的切换，实现可逆的氧释放（形成“氧空位”）与补充。CeO2的立方晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a nm。下列说法错误的是
A．与Ce4+最近且距离相等的Ce4+有12个
B．ρCeO2=4×172a3NA×10−21 g·cm−3
C．当CeO2→CeO2−x时，平均每个晶胞形成x个氧空位
D．若每分钟处理的n(NO)=n(CO)，则Ce4+→Ce3+与Ce3+→Ce4+的速率相同
12．向Al2(SO4)3溶液中通入HF气体，发生反应：Al3++6HF⇌AlF63−+6H+。反应过程中，溶液中c(H+)随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．t1时，v正c(NH3·H2O)=c(HA−)>c(H2A)=c(A2−)
二、解答题
15. 富马酸亚铁（ ）是一种治疗缺铁性贫血的药品，可溶于酸性较强的
溶液，在pH较高时易被氧化。某实验小组制备富马酸亚铁，并对其纯度进行测
定。
I. 富马酸亚铁制备
将2.00 g反丁烯二酸置于三口烧瓶中，加水溶解，从仪器A中加入Na2CO3溶液调节溶液的pH为6.5～6.7。安装好回流装置（加热装置省略），通入N2，一段时间后从仪器B上口缓慢加入稍过量的FeSO4溶液，维持反应温度100°C。最后冷却、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得到富马酸亚铁样品2.80 g。
II. 滴定法测定产品的纯度
准确称取0.300 g产品，加入稀H2SO4溶解，再加入3滴邻二氮菲指示剂（邻二氮菲遇Fe2+呈红色，遇Fe3+呈无色），用0.100ml·L−1 Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，滴定过程中发生的反应为：Ce4+(黄色)+Fe2+=Ce3+(无色)+Fe3+。多次实验平均消耗Ce(SO4)2溶液15.00 mL。
回答下列问题：
（1）仪器B的名称是 ，仪器A中连通管a的作用是 。
（2）加入Na2CO3调节溶液的pH为6.5～6.7，pH不宜太高或太低的原因是 。
（3）FeSO4溶液需要用 （填试剂）检验合格后，才可用于制备富马酸亚铁。
（4）①产品纯度测定实验中，接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为 （填标号）；滴定终点的现象为 。
②中国药典2020版规定：产品中富马酸亚铁的含量不得小于90.0%，本实验中制备的富马酸亚铁的纯度为 。
③结合纯度测定结果，计算富马酸亚铁的产率为 （保留三位有效数字）。
（5）用元素分析仪测定富马酸亚铁粗产品的组成，产品最简式为C4H2O4.02Fe，则产品中最有可能含有的一种杂质是 。
A．Fe2(SO4)3B．Fe3(OH)(CO3)4
C．D．
16．工业上大部分镍盐生产是以金属镍为原料。某电镀污泥含Ni、Cr、Fe等有价金属，主要成分为NiO、Cr2O3，Fe2O3及少量CaO、SiO2等。以此污泥为原料制备金属Ni和CrPO4的一种工艺流程如下：
已知：①常温下，Ka1(H2S)=1.3×10−7，Ka2(H2S)=1.3×10−13；
②当溶液中剩余离子浓度≤1×10−6 ml/L时，通常认为沉淀完全。
③Ni和Fe的化学性质相似，但还原性Ni2+Z(Na+)，A错误；
B．X为O元素，其在周期表中同周期的相邻元素为N和F，由于N原子的2p轨道处于半充满的稳定结构，N的第一电离能大于O；F的非金属性强于O，F的第一电离能也大于O，所以O的第一电离能小于其在同周期中的相邻元素，B正确；
C．X(O)、Y(S)、Z(Na)组成的正盐有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3等，多于两种，C错误；
D．H与O形成H2O、H2O2，都只含共价键；Na与O形成Na2O（只含离子键）、Na2O2（含离子键和共价键），四种化合物化学键种类不同，D错误；
故选B。
10．D
A．醋酸易挥发，生成的CO2中混有醋酸蒸气，醋酸也能与苯酚钠反应生成苯酚使溶液变浑浊，所以无法证明碳酸酸性强于苯酚，故A错误；
B．锌的金属活动性强于铁，锌本身与稀盐酸反应的速率就快于铁，且形成原电池时被腐蚀的是锌，与原实验中铁的化学腐蚀反应物不同，变量不唯一，无法得出电化学腐蚀速率大于化学腐蚀的结论，故B错误；
C．该实验只能说明溶液中无Fe3+，不能得出电离程度Fe(SCN)3>[Fe(CN)6]3−的结论，故C错误；
D．等浓度的Cl−和I−中滴加少量AgNO3，优先生成黄色AgI沉淀，说明AgI更难溶，同类型难溶电解质溶度积越小越先沉淀，故Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D正确；
选D。
11．C
处理NO时，NO被还原为N2，Ce3+被氧化为Ce4+；处理CO时，CO被氧化为CO2，Ce4+被还原为Ce3+。据此分析。
A．CeO2晶胞中Ce4+位于面心与顶点，与Ce4+最近且距离相等的Ce4+有12个，A不符合题意；
B．CeO2晶胞中Ce4+数目为8×18+6×12=4，O2−数目为8，密度
ρ=4×172NA×(a×10−7)3=4×172a3NA×10−21g·cm−3，B不符合题意；
C．CeO2晶胞中含4个Ce4+和8个O2−，当形成CeO2−x时，晶胞中含4个Ce4+和8−4x个O2−，平均每个晶胞形成4x个氧空位，C符合题意；
D．处理NO时Ce3+→Ce4+，处理CO时Ce4+→Ce3+，若n(NO)=n(CO)，则Ce4+→Ce3+与Ce3+→Ce4+的速率相同，D不符合题意；
故选C。
12．D
A．t1时c(H+)仍在增大，说明反应正向进行，v正>v逆，A错误；
B．t1∼t2时间内，v(H+)=c2−c1t2−t1ml·L−1·s−1，反应速率之比等于化学计量数之比，\(v(Al3+)：v(H+)=1：6，故\（v（Al^{3+}）=c2−c16(t2−t1)ml·L−1·s−1，B错误；
C．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，增大c(H+)平衡逆向移动但K不变，C
错误；
D．由平衡常数表达式变形得c(AlF63−)c(Al3+)=K·c6(HF)c6(H+)，结合HF的电离常数Ka=c(H+)c(F−)c(HF)，代入可得该比值与c6(F−)成正比，加水稀释时c(F−)减小，故比值减小，D正确；
故选D。
13．C
由题干图示信息可知，铁电极为阳极，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+，石墨电极将硝基丙烷转化为2-丙胺，即石墨电极为阴极，电极反应为：(CH3)2CHNO2+6H++6e−=(CH3)2CHNH2+2H2O，据此分析解题。
A．由分析可知，Fe电极为阳极，与电源正极相连，石墨电极为阴极，与电源负极相连，故电极电势：Fe电极高于石墨电极，A正确；
B．由分析可知，石墨电极存在电极反应：
(CH3)2CHNO2+6e−+6H+=(CH3)2CHNH2+2H2O，B正确；
C．由题干图像信息可知，产生活性羟基·OH的方程式为：H2O2+H++Fe2+=Fe3++H2O+·OH，即理论上每产生1 ml ·OH，需要1mlFe2+参与反应，故外电路中转移2ml e−，C错误；
D．由分析可知，阳极区发生的反应方程式有：Fe−2e−=Fe2+，H2O2+H++Fe2+=Fe3++H2O+·OH，阴极反应为：(CH3)2CHNO2+6H++6e−=(CH3)2CHNH2+2H2O，即电解过程中，两电极附近的pH均增大，D正确；
故答案为：C。
14．D
A．III随着pH的增大而减小，表示H2A的分布分数与pH的关系曲线，A正确；
B．pH=7.8时，c(NH4+)=10−1.01，c(NH3·H2O)=10−2.45，c(OH−)=10−6.2
Kb=c(NH4+)c(OH−)c(NH3·H2O)=10−1.01×10−6.210−2.45=10−4.76，a点时，c(NH4+)=c(NH3·H2O)，所以Kb=c(OH−)=10−4.76，c(H+)=10−9.24，pH为9.24，故x=9.24，B正确；
C．Ka1=c(HA−)c(H+)c(H2A)，Ka2=c(A2−)c(H+)c(HA−)，IV、V曲线交点，c(HA−)=c(A2−)所以Ka2=c(A2−)c(H+)c(HA−)=c(H+)=10−12.6 ，曲线III、V曲线交点时，pH=7.8，c(H2A)=c(A2−)，
Ka1·Ka2=c(A2−)c2(H+)c(H2A)=c2(H+)=(10−7.8)2=10−15.6，所以Ka1=10−15.610−12.6=10−3，
H2A(aq)+NH3·H2O(aq)⇌NH4+(aq)+HA−(aq)+H2O(l)，
K=c(NH4+)c(HA−)c(NH3·H2O)c(H2A)=c(NH4+)c(HA−)c(H+)c(OH−)c(NH3·H2O)c(H2A)c(H+)c(OH−)=KbKa1Kw=10−4.76×10−310−14=106.24，C正确；
D.pH=7.8，曲线Ⅳ表示HA−分布系数δ接近1，c(HA−)近似为0.1 ml/L-1，曲线Ⅱ表示NH3·H2O的lgc，浓度为10−2.45ml/L−1，所以两者的浓度不相等，D错误；
故答案选D。
15．（1） 球形冷凝管 平衡分液漏斗和三颈烧瓶间气压，使Na2CO3溶液顺利滴下
（2）pH过高，富马酸亚铁易被氧化，pH过低，富马酸转化为富马酸亚铁反应不完全，二者均会降低产品产率和纯度
（3）KSCN溶液
（4）B滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原色
85.0%81.2%
(5)D
（1）由图可知仪器B的名称是球形冷凝管；仪器a为恒压滴液漏斗，连通管a连通分液漏斗与三口烧瓶，可平衡两者内部气压，使Na2CO3溶液顺利滴下；
（2）由题可知富马酸亚铁在pH较高的情况下易被氧化，故pH不宜过高，富马酸为弱酸，若pH过低，酸难以转化成盐，故pH不宜过低，故答案为：pH过高，富马酸亚铁易被氧化，pH过低，富马酸转化为富马酸亚铁反应不完全，二者均会降低产品产率和纯度；
（3）实验需确保FeSO4中不含Fe3+，可用KSCN溶液检验，故答案为：KSCN溶液；
（4）①本滴定实验中滴定管盛有Ce4+标准液，故使用酸式滴定管，滴定接近终点时，需将滴定管贴近锥形瓶壁，通过调控活塞控制液滴体积，使之沿锥形瓶壁流下，故答案为：B；
滴定终点处Fe2+转化为Fe3+，与邻二氮菲的显色反应消失，故滴定终点现象为滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
②由化学方程式可知各组分化学计量数关系为：Fe2+∼Ce4+，故产品中Fe2+物质的量为
0.100×15×10−3=1.5×10−3ml，富马酸亚铁的纯度为1.5×10−3×1700.3×100%=85.0%；
③富马酸亚铁理论产量为170×2116g=2.93g，产率为2.80g×85%2.93g×100%=81.2%；
（5）富马酸亚铁化学式为C4H2O4Fe，实验测定结果显示O元素含量偏多，其余元素含量不变，故杂质相对于富马酸亚铁而言仅O元素含量偏多，其余元素含量不变，D的化学式为C8H4O9Fe2，符合上述要求，故答案为：D。
16.(1)CaSO4、SiO2
（2）防止氢离子浓度大，不易生成CrPO4
（3） 3NiS+8H++2NO3−=3Ni2++3S↓+2NO↑+4H2O 控制NaOH溶液的滴加速度、NaOH溶液浓度不宜过大、加热后过滤、搅拌等（或其他合理答案）
（4） 阴 H2SO4
(5)0.13ml/L
（6） CFe2O4 18,18,38
某电镀污泥含Ni、Cr、Fe等有价金属，主要成分为NiO、Cr2O3，Fe2O3及少量CaO、SiO2等，加入硫酸进行酸浸，得到滤渣①主要为氧化钙与硫酸反应生成的CaSO4、和不溶于硫酸的SiO2；滤渣①加入硫化钠控制pH沉铁镍，滤渣②为FeS和NiS，加入硫酸和硝酸进行酸浸，生成NO，同时氧化得到含铁离子和镍离子的溶液，再加入氢氧化钠和双氧水进行净化，得到滤渣③为氢氧化铁；一系列反应后得到硫酸镍溶液，电解得到镍；滤液②加水稀释再加铁还原，再加入磷酸钠晶体，沉铬得到CrPO4；
（1）根据分析可知，滤渣①的主要成分是CaSO4、SiO2；
（2）“还原”工序中加入Fe还原过量酸的目的是：防止氢离子浓度大，不易生成CrPO4；
（3）NiS与稀HNO3反应生成S，同时硝酸被还原生成NO，反应的离子方程式为3NiS+8H++2NO3−=3Ni2++3S↓+2NO↑+4H2O；
“净化”时加入适量双氧水，之后若操作不当易形成胶体，为减少沉淀物对Ni2+的夹杂，操作时应采取的措施是控制NaOH溶液的滴加速度、NaOH溶液浓度不宜过大、加热后过滤、搅拌等；
（5）若Ni2+恰好沉淀完全时，c(Ni2+)≤1×10−5 ml/L，Ksp(NiS)=1.0×10−24，c(S2−)≥1.0×10−241×10−5=1×10−19 ml/L，溶液中H2S平衡浓度为0.1 ml/L，
Ka1(H2S)·Ka2(H2S)=c(H+)·c(S2−)·c(H+)·c(HS−)c(HS−)·c(H2S)=1.3×10−7×1.3×10−13=1.69×10−20，此时
溶液的c(H+)约为c(S2−)Ka1(H2S)·Ka2(H2S)·c(H2S)=1×10−191.69×10−20×0.1=0.13 ml/L；
（6）I、由图可知，该晶胞由4个A、4个B立方单位组成，分别将1个A、B立方单位组合成一个长方体，则4个C位于顶点，2个C位于棱中心，1个C位于体内，故该组合中C原子个数为4×18+2×14+1=2，Fe原子个数为4，O原子个数为4+4=8，故这些原子最简个数比为C:Fe:O=1:2:4，该含钴化合物化学式为CFe2O4；
II、由图可知，B立方单位左下角顶点即O点，左上角顶点坐标为(0,0,12)，其体心坐标(14,14,14)，由Fe和O组成的小立方体位于B立方体内，且与B共体心，该小立方体的棱长为14，故①号Fe3+在OP方向的高度为14×12+14=38，在另外两个坐标方向的长度分别为14−18=18，则①号Fe3+坐标为(18,18,38)。
17.（1） ΔH3−ΔH2
(2) 2:1
(3) L2 1
（4）C反应1为气体分子数增大的反应、反应2为气体分子数不变的反应，增大压强时反应1的平衡逆向移动、反应2的平衡不移动，丙烯腈选择性降低，即其他条件相同时，压强越大，丙烯腈选择性越小，则图中压强：p3>p2>p1 26
（5） 2CH2=CHCN+2e−+2H+=NC(CH2)4CN
（1）根据题目给出的反应历程：②NOF2(g)+F·(g)=NOF3(g) ΔH2、③NOF2(g)+F2(g)=NOF3(g)+F·(g) ΔH3，③减去②可得F2(g)→2F·(g) ΔH=ΔH3−ΔH2，因此，F - F键的键能为ΔH3−ΔH2。
（2）丙烯腈的结构简式为CH2=CHCN，单键是1个σ键，双键是1个σ键和1个π键，三键是1个σ键和2个π键，总σ键数为2+1+1+1+1=6，总π键数为1+2=3，σ键与π键数目之比为6:3=2:1。
键的数目之比为6:3，化简后为2:1。
（3）合成氨反应为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，正反应的平衡常数K1减小，逆反应的平衡常数K2增大，则图中曲线L2表示逆反应的平衡常数，曲线L1表示正反应的平衡常数，且互逆反应的平衡常数K1·K2=1，该反应达到平衡状态时v正=v逆，即k正c(N2)·c3(H2)=k逆c2(NH3)，k正k逆=c2(NH3)c(N2)·c3(H2)=K，由图可知，T0°C时K1=K2=1，所以k正k逆=1。
（4）①A．反应1达到平衡状态时2v正(O2)=v逆(H2O)，则v正(O2)=2v逆(H2O)的状态不是平衡状态，故A错误；
B．起始投料中丙烯与氨气的物质的量之比为1:1，与反应的计量数之比相同，则丙烯与氨气的物质的量浓度之比始终为1:1，则丙烯与氨气的物质的量浓度之比不再变化的状态不一定是平衡状态，故B错误；
C．容器内混合气体的总质量不变，且反应1为气体分子数增大的反应，恒温恒压条件下气体的总体积在发生变化，则容器内密度不再发生变化的状态是平衡状态，故C正确；
D．每断开3ml N—H键生成1ml C≡N键，即v正(NH3)=v正(CH2=CHCN)，反应方向相同，不能据此判定反应是否达到平衡状态，故D错误；
故答案为：C；
②反应1为气体分子数增大的反应、反应2为气体分子数不变的反应，增大压强时反应1的平衡逆向移动、反应2的平衡不移动，丙烯腈选择性降低，即其他条件相同时，压强越大，丙烯腈选择性越小，则图中压强：p3>p2>p1；
③设反应1消耗的C3H6为x ml，反应2消耗的C3H6为y ml，根据反应方程式和题给数据，可列出方程组：生成的H2O总量3x+y=2.6，丙烯腈的选择性：S=xx+y=0.8，解得x=0.8，y=0.2。平衡时各物质的量：n(C3H6)=1.2ml−xml−yml=0.2 ml，n(O2)=1.5ml−32xml−yml=0.1 ml，n(CH2=CHCHO)=0.2 ml，n(H2O)=2.6 ml，反应2的平衡常数Kx
x(CH2=CHCHO)·x(H2O)x(C3H6)·x(O2)=n(CH2=CHCHO)·n(H2O)n(C3H6)·n(O2)=0.2×2.60.2×0.1=26。
（5）由图3可知，石墨电极2上CH2=CHCN发生加氢的还原反应生成NC(CH2)4CN，作阴极，阴极反应式为2CH2=CHCN+2e−+2H+=NC(CH2)4CN。
18.（1） 酸性KMnO4溶液 C6H5−COOH+2Cl2−>[催化剂]C6H3Cl2−COOH+2HCl
（2） 取代反应4-氨基-3-羟基苯甲酸或3-羟基-4-氨基苯甲酸 羟基、酯基
A（甲苯）中的甲基被氧化为羧基生成B（苯甲酸），B与Cl2在催化剂的作用下发生取代反应，在苯甲酸的羧基间位取代2个氯原子，生成C，C的结构简式为
在SOCl2的作用下生成D；由G的结构简式可推知E中含有氨基和羟基，故E的结构简式为H2N−C6H3(OH)−COOH，E在甲醇和浓硫酸作用下发生酯化反应生成F，F的结构简式为H2N−C6H3(OH)−COOCH3，D与F发生取代反应生成的产物之一为G，G可转化为H，H的酯基经过水解得到目标产物I。
（1）
由A、B的分子式和D的结构简式可推知，A为甲苯，B为苯甲酸，A→B的反应为氧化反应，可以用强氧化剂酸性KMnO4溶液实现；由B、C的分子式和D的结构简式可推知，B中两个H原子被两个Cl原子取代得到C，故B→C的反应式
（2）
C→D为羧基中的-OH被-Cl取代，反应类型为取代反应；由E→F的反应条件可推知E→F为酯化反应，E中含有羧基，由分析可知E的结构简式为H2N−○HO−COOH，命名为4-氨基-3-羟基苯甲酸；F的结构简式为H2N−○HO−COOCH3，其中含氧官能团有羟基和酯基；
（3）J的分子式为C8H9NO3，含有“-CN”和“−C≡C−”，不含“−O−O−”，分子结构中含六元环，核磁共振氢谱峰面积比为1：2：6，计算得不饱和度为8+1−9−12=5，可知该同分异构体中的六元环不是苯环，推测可能是杂环化合物，且具有一定的对称性，满足条件的结构简式可能为
（4）
根据已知条件，R−○O−Cl不仅能与氨基反应，还能与羟基反应，反应类型与D+F→G相同，都是取代反应，则同分异构体副产物的结构简式为；
（5）
反应⑥经过加成、消去两步反应完成，由H的结构简式可推知G中的羰基与G自身的醇羟基加成得到M，羰基氧转化为醇羟基，然后发生消去反应脱去醇羟基和β-H后得到H，故A熔化Na2CO3
B.配制100 mL 1.00 ml/L NaOH溶液的部分实
验操作：称量→溶解→转移
C.对固体物质中的成分连续萃取，节约溶剂且萃取效率高
D.证明H2SO3的酸性强于HClO
选项
事实
微观解释
A
密度：ρ冰苯酚
B
向盛有稀盐酸的试管中加入铁片，再将锌片插入试管且接触铁片
产生气泡的速率加快
反应速率：电化学腐蚀>化学腐蚀
C
向滴有2滴K3[Fe(CN)6]溶液的少量蒸馏水中，再滴加2滴KSCN溶液
无明显现象
电离程度：Fe(SCN)3>[Fe(CN)6]3−
D
向等浓度的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
产生黄色沉淀
溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
物质
CrPO4
FePO4
Fe3(PO4)2
NiS
FeS
Ksp
2.4×10−23
1.3×10−22
1.0×10−36
1.0×10−24
6.3×10−18