2025--2026学年福建漳州市实验高级中学高三下学期高考模拟二（二模）化学试题 [含答案]

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分数：100分；考试时间：100分钟；
可能用到的相对原子质量：Cl-35.5；Ge-73
一、单选题
1．“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述说法正确的是
A．歼战机机身所用材料含钛合金，位于元素周期表的区
B．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层属于无机非金属材料
C．是“东风”洲际导弹核弹头的主要原料，与互为同素异形体
D．无人潜航器中的高密度锂离子电池工作时能实现化学能向电能的转化
【答案】D
【知识点】化学科学对人类文明发展的意义
【详解】A．钛的原子序数为22，电子排布式为，位于第四周期第4族，属于d区元素，A错误；
B．聚酰亚胺是一种由有机单体合成的聚合物，属于有机高分子材料，B错误；
C．与均为铀元素，质子数相同但中子数不同，互为同位素，C错误；
D．锂离子电池在放电过程中，通过氧化还原反应将化学能转化为电能，符合电池工作原理，D正确；
故答案为D。
2．化合物L是从我国传统中药华中五味子中提取得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是
A．能使酸性溶液褪色B．分子中含有2个手性碳原子
C．能与溶液反应放出气体D．既能发生加成反应，又能发生取代反应
【答案】C
【知识点】多官能团有机物的结构与性质、含有酚羟基的物质性质的推断、含碳碳双键物质的性质的推断、分子的手性
【详解】A．化合物L中含碳碳双键、羟基，能使酸性溶液褪色，A正确；
B．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故L分子存在2个手性碳原子，如图所示：，B正确；
C．化合物L分子中不含羧基，含有酚羟基，酸性比碳酸弱，不能与碳酸氢钠溶液反应产生 CO2，C错误；
D．化合物L中含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羟基可以发生取代反应，D正确；
故选C。
3．下列实验装置不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【知识点】原电池原理理解、制备与水解有关的物质、过氧化钠与水的反应、物质水溶液的导电性
【详解】A．NaCl含有离子键,在熔融状态下电离成、而导电，A正确；
B．硝酸铝溶液蒸干时，水解生成和，挥发促进水解，最终得到（或分解为），无法得到固体，B错误；
C．锥形瓶内气体总量不变，与反应放热，使锥形瓶内气体压强增大，可通过压力传感器压强变化判断反应的热效应，C正确；
D．两个活性不同的电极与电解质溶液（西红柿汁）形成闭合回路，构成原电池，D正确；
故选B。
4．M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，且M、X、Y、Z位于不同主族。M是宇宙中含量最丰富的元素，基态X原子的p轨道上有2个未成对电子，Y的周期序数等于族序数，Z在地壳中元素含量居第二位，在前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是
A．是一种含非极性键的极性分子
B．最高价氧化物对应的水化物是一种强碱
C．与形成的化合物是优良的半导体材料
D．元素属于元素周期表区的金属元素
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子、电子排布式、根据原子结构进行元素种类推断
【分析】根据题干信息，M是宇宙中含量最丰富的元素，为氢（H）。X原子序数大于M，基态原子p轨道有2个未成对电子，且M、X、Y、Z位于不同主族；M为H（主族ⅠA），Y周期序数等于族序数（第三周期为铝，Al，主族ⅢA），X原子序数比Y小，X为第二周期元素，p轨道有2个未成对电子（如C或O），但Z为地壳含量第二的硅（Si，主族ⅣA），故X不能为C（与Z同主族），应为氧（O，主族ⅥA）。Y周期序数等于族序数，为铝（Al），原子序数13，Z地壳含量第二，为硅（Si），原子序数14，W原子序数大于Z，前四周期基态原子未成对电子数最多，为铬（Cr，原子序数24，电子排布[Ar]3d54s1，有6个未成对电子）。
【详解】A．M为H，X为O，M2X2为H2O2（过氧化氢），含有O-O非极性键，是二面角结构，为极性分子，A正确；
B．Y为Al，其最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，不是强碱，B错误；
C．X为O，Z为Si，形成的化合物为SiO2（二氧化硅），是绝缘体，不是半导体材料（半导体材料如单质硅），C错误；
D．W为Cr，属于d区元素（第ⅥB族），不属于ds区，D错误；
故答案选A。
5．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。
下列说法错误的是
A．配合物1中含有2种配体B．配合物2中N原子采取杂化
C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成D．转变前后，C的化合价由价变为0价
【答案】D
【知识点】配位键、利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型
【详解】A．配合物1中，中氧原子提供孤对电子，C2+提供空轨道形成配位键；配合物1右侧N、O分别提供一对孤电子，与C2+形成配位键，则配合物1中含有2种配体，A正确；
B．由配合物2的结构可知，N形成2个键，一个配位键，故采取sp2杂化，B正确；
C．转变过程中，配合物1中断裂2个与C2+形成的配位键，配合物2中，中的O与C2+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C正确；
D．配合物1、2中C都为+2价，C的化合价没有发生变化，D错误；
故选D。
6．一种高效光电催化水分解的装置如图1所示，光照时，催化电极的反应机理如图2所示，循环过程中催化电极消耗前2个的过程最慢，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．催化电极与外接电源的正极相连
B．泡沫镍电极的电极反应式为
C．过程①②③中，活化能最大的为过程①
D．催化电极上完成次循环时，理论上泡沫镍电极上产生22.4L H2
【答案】D
7．人体中的血红蛋白(Hb，结构如图1)与结合会形成氧合血红蛋白(，结构如图2)： ；天然气不完全燃烧产生的CO会导致人中毒： 。下列说法错误的是
A．基态的价层电子轨道表示式为
B．CO为极性分子，其与Hb结合时，提供孤电子对的为O原子
C．将CO中毒的患者放入高压氧舱，患者血液中HbCO的浓度会降低
D．
【答案】B
【知识点】化学平衡常数的影响因素及应用、配位键、浓度对化学平衡移动的影响、轨道表示式
【详解】
A．基态的价层电子排布式为，其价层电子轨道表示式为，A正确；
B．C的电负性小于O，CO与Hb结合时，提供孤电子对的为C原子，B错误；
C．将CO中毒的患者放入高压氧舱，氧气浓度增大，平衡会正向移动；导致血液中Hb的浓度降低，平衡逆向移动，患者血液中HbCO的浓度会降低，C正确；
D．反应减去反应得到目标反应：，则目标反应的，D正确；
故答案选B。
8．某研究小组采用间接碘量法测定胆矾中铜含量，设计步骤如下：
Ⅰ．准确称取样品，加稀硫酸溶解
Ⅱ．加入过量溶液，充分反应后，溶液呈棕黄色
Ⅲ．用标准溶液滴定至浅黄色，加淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失
已知：；。
下列说法错误的是
A．步骤Ⅰ称量时，向托盘天平左右两侧各放大小、形状均相同的滤纸，防止托盘被污染
B．步骤Ⅱ中加入过量可确保完全反应
C．步骤Ⅲ临近终点时加淀粉指示剂，防止淀粉包裹影响终点判断
D．若样品中含有杂质，会导致测定结果偏低
【答案】D
【知识点】碘量法、探究物质组成或测量物质的含量、酸碱中和滴定的误差分析、氧化性、还原性强弱的比较
【分析】本题考查间接碘量法测定胆矾中铜含量的实验操作及误差分析。根据实验步骤和已知反应：
步骤Ⅰ：样品溶解，涉及称量操作。
步骤Ⅱ：加入过量KI，发生反应，溶液呈棕黄色。
步骤Ⅲ：用Na2S2O3滴定I2，反应为，临近终点加淀粉指示剂（淀粉遇I2变蓝），滴定至蓝色消失。
【详解】A. 称量固体样品（如胆矾）时，使用滤纸保护托盘是标准操作，可避免样品直接接触托盘造成腐蚀或污染，同时减少吸湿影响，A正确。
B. 过量KI使反应充分向右进行，确保所有被还原为I2，保证定量分析的准确性，B正确。
C. 淀粉若过早加入，可能吸附I2形成复合物，导致终点褪色缓慢或判断不敏锐。临近终点时加入可避免此问题，使蓝色变化更易观察，符合碘量法操作规范，C正确。
D. 杂质会与I⁻发生反应：，生成额外I2。滴定中消耗的Na2S2O3量增加，导致根据Na2S2O3消耗量计算的I2总量偏高，进而使推算的含量偏高（而非偏低），D错误；
故答案选D。
9．呋喃二甲酸是重要的生物基平台化学品，可用于合成生物可降解塑料聚呋喃二甲酸乙二醇酯，替代石油基的。传统方法直接氧化羟甲基糠醛制备FDCA，某课题组将HMF先转化为六元环缩醛，再通过有氧氧化制备FDCA，相关反应如下：
已知：反应I、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，高浓度HMF会发生缩合、聚合副反应。下列说法错误的是
A．的热稳定性比高
B．将HMF转化为氧化制备FDCA可减少副产物的生成
C．升高温度，平衡时的总转化率和FDCA的产率均会提高
D．反应物PD可循环利用，本身也可来源于生物质，符合绿色化学理念
【答案】C
【知识点】化学能与物质稳定性之间的关系、温度对化学平衡移动的影响、勒夏特列原理的应用、绿色化学与可持续发展
【详解】A．HMF生成EG-HMF的反应为吸热反应，说明EG-HMF总能量高于反应物HMF；HMF生成PD-HMF的反应为放热反应，说明PD-HMF总能量低于反应物HMF；能量越低物质稳定性越强，因此PD-HMF热稳定性更高，A正确；
B．已知高浓度HMF会发生缩合、聚合副反应，将HMF转化为PD-HMF后，降低了体系中游离HMF的浓度，可减少副产物生成，B正确；
C．已知反应I、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，放热反应的平衡向逆反应方向移动，因此平衡时PD-HMF的总转化率下降，FDCA的平衡产率降低，C错误；
D．PD在第一步作为反应物生成PD-HMF，最终生成FDCA时缩醛水解会重新得到PD，可循环利用，且PD来源于生物质，符合绿色化学理念，D正确；
故答案选C。
10．常温下，锌离子与乙二胺（en，）能形成多种配合物（）。向一定浓度的硫酸锌溶液中加入不同量的乙二胺后绘制出分布曲线，横坐标为，纵坐标为含锌物种的分布系数（）和平均配位数（表示溶液中x的平均值）。根据信息，下列说法错误的是
A．曲线②对应的配合物中锌离子的配位数为6
B．当，此时溶液中主要含锌物种不止一种
C．溶液中始终存在（忽略乙二胺的电离）
D．利用该体系可以通过乙二胺滴定法准确测定未知浓度的
【答案】D
【知识点】配位键、配合物的结构与性质、盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理、化学平衡题中基于图表数据的相关计算
【详解】A．乙二胺（en）是双齿配体（每个en分子通过2个N原子与中心离子配位），锌离子（）的常见配位数为4或6；曲线①是，2个en分子提供4个配位原子，配位数为4；曲线②是，3个en分子提供6个配位原子，配位数为6，A正确；
B．时，从分布曲线可知此时存在多种锌配合物，并非仅，B正确；
C．根据物料守恒，锌元素总浓度等于硫酸根浓度，故，C正确；
D．由于乙二胺与的反应生成多种络合物导致产物不单一，反应计量关系不明确，从而难以准确测定未知浓度的，D错误；
故选D。
二、解答题
11．一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量等]和农药盐渣(主要成分为等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的如下表。
回答下列问题：
(1)铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得水解以沉淀形式除去，写出在弱酸性环境下水解的反应方程式 _______ 。
(2)“除杂1”中 使镁离子完全沉淀[c(Mg2+)≤5.1×10-6ml/L]需要NH4F的最小浓度是 _______ ，此时Mn2+物质的量浓度为1ml/L 是否会生成氟化锰沉淀？请配合简单计算说明_______ 。
(3)“氧化1”中不能使用稀盐酸代替溶液，原因是_______ ，写出“氧化1”中发生主要反应的离子方程式_______。
(4)滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为_______ 。
(5)“氧化2”的目的是减少_______气体的排放(填化学式)。
(6)“沉铁”中要控制pH为1.5，原因是_______ 。
【答案】(1)TiO2++(x+1)H2O=TiO2xH2O+2H+
(2) 10-2.5ml/L Q(MnF2)=1×(10-2.5)2=10-5