上海市崇明區(qū)2025屆高三上學(xué)期期末學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研（一模）化學(xué)試題

這是一份上海市崇明區(qū)2025屆高三上學(xué)期期末學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研（一模）化學(xué)試題，共17頁。試卷主要包含了填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

一、填空題
1．乙烯分子中鍵和π鍵個數(shù)之比為 ，分子中碳原子的雜化方式為 。
二、解答題
2．二氧化碳氧化乙烷制乙烯。
將C2H6和CO2按物質(zhì)的量之比為1∶1通入反應(yīng)器中，發(fā)生如下反應(yīng)：
①C2H6(g)C2H4(g) + H2(g) ΔH1=+136.4kJ·ml?1
②CO2 (g) + H2 (g)CO(g) + H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·ml?1
③C2H6(g) + CO2(g)C2H4(g) + CO(g) +H2O(g) ΔH3
(1)反應(yīng)①正反應(yīng)的活化能 逆反應(yīng)的活化能(填“大于”或“小于”)，該反應(yīng)在 條件下能夠自發(fā)進(jìn)行。
A．高溫 B．低溫 C．任何溫度
(2)在溫度恒定的情況下，在體積為2L的恒容密閉容器中加入2ml CO2和2ml H2，發(fā)生反應(yīng)②，下列描述能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________。(不定項)
A．平均相對分子質(zhì)量不再變化B．容器內(nèi)壓強(qiáng)不再變化
C．CO2的體積分?jǐn)?shù)不再變化D．CO2和CO的物質(zhì)的量之比保持不變
(3)恒溫恒容的密閉容器中加入1ml C2H6和1ml CO2，發(fā)生反應(yīng)③，達(dá)到平衡后繼續(xù)加入1ml C2 H6和1ml CO2，化學(xué)平衡 移動(填“正向”或“逆向”或“不”)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，CO2的轉(zhuǎn)化率比原來 (填“增大”或“減小”或“不變”)。
(4)利用質(zhì)子傳導(dǎo)型固體氧化物電解池將乙烷轉(zhuǎn)化為乙烯，示意圖如圖：
①電極a與電源的 極相連。
②電極b的電極反應(yīng)式是 。
(5)若以乙烷-空氣燃料電池(電解質(zhì)溶液是20～30％的KOH溶液)給以上裝置提供電源，電池工作時負(fù)極的電極反應(yīng)式為 。
3．黃銅礦(主要成分為CuFeS2)可用于冶煉Cu2O，主要物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程如下：
(1)基態(tài)Cu原子的價層電子排布式為 。
(2)SO2的分子空間構(gòu)型是 形，鍵角 120°(填“大于”“等于”或“小于”)，請用價層電子對互斥理論解釋原因： 。
(3)下圖中，表示Cu2O晶胞的是 (填“圖1”或“圖2”)。
(4)CuFeS2的晶胞如圖3所示。
①圖4所示結(jié)構(gòu)單元不能作為CuFeS2晶胞的原因是 。
②阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，CuFeS2晶體的密度是 (用計算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩爾質(zhì)量為)。
(5)Cu2O和CuCl都屬于離子化合物，其中 熔點較高，原因是 。
4．某小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液制備CuCl，實驗裝置如圖。
已知：CuCl是一種難溶于水和乙醇的白色固體，見光受熱易分解，在酸性溶液中會發(fā)生歧化反應(yīng)：。
(1)下列說法不正確的是___________。
A．a(chǎn)中的液體可以選用稀硝酸
B．若裝置乙中有白色沉淀生成，可說明還原性：SO2 > CuCl
C．若裝置乙中出現(xiàn)了紫紅色固體，則說明SO2通入量過多
D．裝置丙中的CCl4主要作用是防倒吸
(2)寫出乙中Cu(OH)2轉(zhuǎn)化為CuCl的化學(xué)方程式 。
三、填空題
5．一種可將H2S無害化處理的工藝涉及反應(yīng)如下：
反應(yīng)I：2H2S(g) + 3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g)
反應(yīng)Ⅱ：4H2S(g) + 2SO2(g) = 3S2(g) + 4H2O(g)
反應(yīng)Ⅲ：3S2(g) = S6(s)
(1)基態(tài)S原子核外有 種能量不同的電子。
(2)反應(yīng)6H2S(g) + 3O2(g) = S6(s) + 6H2O(g)的 。
(3)已知，H2S與CH3OH可發(fā)生催化反應(yīng)，反應(yīng)機(jī)理如圖所示。
①該反應(yīng)的催化劑是 。
②物質(zhì)A的電子式為 。
6．25℃時向的NaOH溶液中通入H2S氣體，含硫微粒在不同pH溶液中的分布系數(shù)如圖所示：
(1)25℃時H2S的電離常數(shù) ；常溫下，NaHS溶液顯 (填“酸”“堿”或“中”)性。
(2)25℃時的NaOH溶液中通入一定量H2S氣體，無論通入多少H2S，溶液中離子濃度大小關(guān)系一定成立的是 ，當(dāng)溶液成中性時，含硫微粒濃度由大到小依次是 。
(3)如果NaOH溶液吸收H2S充分反應(yīng)后蒸干，得到19.8g無水化合物，所得物質(zhì)的成分可能是 。
(4)25℃時，PbS的。工業(yè)生產(chǎn)中常聯(lián)合處理含H2S廢氣和含的廢水，欲發(fā)生反應(yīng)，計算該反應(yīng)的平衡常數(shù) 。
四、解答題
7．稀土元素鈰及其化合物在生產(chǎn)生活中有重要用途，硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]是重要化工原料，它易溶于水和乙醇，幾乎不溶于濃硝酸。以氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)為原料制備硝酸鈰銨流程如下：
(1)(NH4)2Ce(NO3)6是一種配合物，也屬于鹽，形成它的正離子為，負(fù)離子為 ，它是該配合物的 (填“內(nèi)界”或“外界”)，中心離子的配位數(shù)為 。
(2)焙燒過程中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。
(3)下列說法不正確的是___________。
A．“焙燒”中常采用高壓空氣、逆流操作
B．酸浸過程中用稀硫酸和H2O2，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為
C．洗滌產(chǎn)品的試劑是乙醇
D．制得(NH4)2Ce(NO3)6晶體應(yīng)洗滌后及時放入烘箱高溫烘干
(4)由Ce(OH)3制取Ce(OH)4的裝置如下圖所示：
①裝置a中儀器X的名稱是 ，試管中盛放的固體Y為 (填化學(xué)式)；
②已知室溫下，，向水層中加入溶液，pH大于 時，完全生成Ce(OH)3沉淀(溶液中離子濃度c0，正反應(yīng)氣體系數(shù)和增大，△S>0，所以該反應(yīng)在高溫條件下能夠自發(fā)進(jìn)行，選A。
（2）A. 反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變、氣體物質(zhì)的量不變，平均相對分子質(zhì)量是恒量，平均相對分子質(zhì)量不再變化，反應(yīng)不一定平衡，故不選A；
B. 溫度恒定、氣體物質(zhì)的量不變、容器體積不變，容器內(nèi)壓強(qiáng)是恒量，壓強(qiáng)不再變化，反應(yīng)不一定平衡，故不選B；
C. CO2的體積分?jǐn)?shù)不再變化，說明CO2濃度不變，反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)，故選C；
D. CO2是反應(yīng)物、CO 是生成物，CO2和CO的物質(zhì)的量之比保持不變，說明CO2和CO的濃度不變，反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)，故選D；
選CD。
（3）恒溫恒容的密閉容器中加入1ml C2H6和1ml CO2，發(fā)生反應(yīng)③，達(dá)到平衡后繼續(xù)加入1ml C2 H6和1ml CO2，反應(yīng)物濃度增大，化學(xué)平衡正向移動；根據(jù)等效平衡原理，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，CO2的轉(zhuǎn)化率比原來減小。
（4）電解池工作時，氫離子由a極移向b極，a的陽極、b是陰極。
①電極a是陽極，a與電源的正極相連。
②b是陰極，電極b二氧化碳得電子生成一氧化碳和水，b極的電極反應(yīng)式是CO2 + 2e-+ 2H+ = CO + H2O。
（5）乙烷-空氣燃料電池(電解質(zhì)溶液是20～30％的KOH溶液)，電池工作時，乙烷在負(fù)極失電子生成碳酸根離子和水，負(fù)極的電極反應(yīng)式為C2H6 + 18OH- -14e- = 2CO+ 12H2O。
3．(1)3d104s1
(2) 角 小于 根據(jù)VSEPR原則，中心S原子的價電子層有三對電子，空間構(gòu)型為平面三角形，其中有一對是孤電子對，對成鍵電子對產(chǎn)生排斥作用
(3)圖1
(4) 圖4對應(yīng)結(jié)構(gòu)單元無法進(jìn)行無隙并置
(5) Cu2O O2-所帶電荷數(shù)較多并且離子半徑比Cl-小，與Cu+形成的離子鍵作用力更強(qiáng)
【分析】由題干流程圖可知，Cu2S與O2共熱制備Cu2O的同時還生成SO2，方程式為2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2。
【詳解】（1）Cu為29號元素，基態(tài)Cu原子的價層電子排布式為：；
（2）SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+=3，根據(jù)雜化軌道理論可知，硫原子的雜化方式是sp2，VSEPR模型是平面三角形，存在1對孤對電子，空間構(gòu)型為平面三角形，孤對電子對成鍵電子對產(chǎn)生排斥作用，因此鍵角小于120°；
（3）根據(jù)晶胞中均攤法可知，圖1所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：4個，O原子個數(shù)為：，故其化學(xué)式為：Cu2O，圖2所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：個，O原子個數(shù)為：，故其化學(xué)式為：CuO；
（4）①比較題干圖3和圖4可知，圖4所示結(jié)構(gòu)單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復(fù)出現(xiàn)，故不能作為CuFeS2晶胞；
②由題干圖3所示晶胞可知，一個晶胞中含有：Cu原子個數(shù)為，F(xiàn)e個數(shù)為：，含有S個數(shù)為8，故一個晶胞的質(zhì)量為：，晶胞的體積是，CuFeS2晶體的密度是g/cm3；
（5）Cu2O和CuCl都屬于離子化合物，Cu2O的熔點較高，原因是：O2-所帶電荷數(shù)較多并且離子半徑比Cl-小，與Cu+形成的離子鍵作用力更強(qiáng)，熔沸點更高。
4．(1)A
(2)2Cu(OH)2 + 2NH4C1 + SO2 = (NH4)2SO4 + 2CuCl + 2H2O
【分析】探究與懸濁液制備CuCl的流程為先在裝置甲中利用固體和較濃的硫酸反應(yīng)制取出氣體，然后在裝置乙中與氨水和CuCl2生成的懸濁液反應(yīng)生成CuCl固體，尾氣用NaOH溶液吸收，據(jù)此分析解答。
【詳解】（1）A．a(chǎn)中的液體可以選用稀硝酸：硝酸有強(qiáng)氧化性，能將氧化為，不能與反應(yīng)生成氣體，A錯誤；
B．若裝置乙中有白色沉淀生成，根據(jù)題目信息，氣體能將還原為CuCl，則還原性：，B正確；
C．若裝置乙中出現(xiàn)了紫紅色固體，說明有單質(zhì)銅產(chǎn)生，也說明發(fā)生了歧化反應(yīng)：，此時溶液為酸性，證明通入量過多使溶液現(xiàn)酸性，C正確；
D．裝置丙中的CCl4主要作用是防倒吸，極易溶于水，難溶于CCl4，該裝置可以起到防倒吸作用，D正確；
故答案為：A。
（2）制備CuCl，是先用氨水和CuCl2生成的懸濁液：，再與反應(yīng)生成CuCl，反應(yīng)方程式為：。
5．(1)5
(2)-1417.1kJ·ml-1
(3) Fe3O4-x
【詳解】（1）已知S是16號元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p4，不同能級上的電子具有不同的能量，故基態(tài)S原子核外有5種能量不同的電子，故答案為：5；
（2）由題干信息可知，反應(yīng)I：2H2S(g) + 3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g) ，反應(yīng)Ⅱ：4H2S(g) + 2SO2(g) = 3S2(g) + 4H2O(g) ，反應(yīng)Ⅲ：3S2(g) = S6(s) ，則反應(yīng)Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反應(yīng)6H2S(g) + 3O2(g) = S6(s) + 6H2O(g)，根據(jù)蓋斯定律可知，=(-1006.5kJ/ml)+(90.3kJ/ml)+(-500.9kJ/ml)=-1417.1kJ/ml，故答案為：-1417.1kJ/ml；
（3）①由題干反應(yīng)歷程圖可知，該反應(yīng)歷程中Fe3O4-x參與反應(yīng)，但反應(yīng)前后不變，故該反應(yīng)的催化劑是Fe3O4-x，故答案為：Fe3O4-x；
②由題干反應(yīng)歷程圖中過程Ⅱ的轉(zhuǎn)化信息可知，物質(zhì)A的化學(xué)式為CH3SH，該物質(zhì)的電子式為，故答案為：。
6．(1) 10-6.9 堿
(2) 2[S2-]+[OH-]+[HS-] [HS-]> [H2S] >[S2-]
(3)NaOH和Na2S 或Na2S和NaHS
(4)107
【分析】根據(jù)含硫微粒的分布分?jǐn)?shù)與pH關(guān)系可知，隨pH值增加，曲線下降的代表H2S的分布分?jǐn)?shù)，先上升后下降的為HS-的分布分?jǐn)?shù)，一直下降的代表S2-的分布分?jǐn)?shù)，第一個交叉點代表c(H2S)=c(HS-)，Ka1=，第二個交叉點代表c(S2-)=c(HS-)，Ka2=。
【詳解】（1）由分析可知，H2S的Ka1=10-6.9；
NaHS電離出的HS-既能電離又能水解，電離常數(shù)Ka2=10-14.1，水解常數(shù)Kh=，Kh>Ka2，水解大于電離，溶液顯堿性；
（2）溶液存在電荷守恒，即2[S2-]+[OH-]+[HS-]；
當(dāng)溶液成中性時，Ka1=，c(H+)=10-7ml/L，則=100.1>1，[HS-]> [H2S] ，由圖可知，S2-濃度最小，含硫微粒濃度由大到小依次是：[HS-]> [H2S] >[S2-]；
（3）的NaOH溶液中通入H2S氣體，充分反應(yīng)后蒸干，得到19.8g無水化合物，NaOH的質(zhì)量為5.0ml/L×0.1L×40g/ml=20g，若全生成Na2S，質(zhì)量為5.0ml/L×0.1L×78g/ml=19.0g，全生成NaHS質(zhì)量為5.0ml/L×0.1L×56g/ml=28g，現(xiàn)得到19.8g無水化合物，可以是NaOH與Na2S的混合物，也可以是Na2S和NaHS的混合物；
（4）的平衡常數(shù)K==。
7．(1) [Ce(NO3)6]2- 內(nèi)界 6
(2)4CeFCO3 + O2 = 3CeO2 + CeF4 + 4CO2
(3)CD
(4) 恒壓滴液漏斗 KClO3或KMnO4(合理都可以) 9 取最后一次洗滌液少量于試管中，加入AgNO3溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀，說明洗滌干凈 82.2%或0.822
【分析】本實驗的目的是利用稀土氟化物制取硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]，首先氟碳鈰礦含CeFCO3等，在空氣中焙燒，酸浸后生成CeCl3，然后和NaOH溶液反應(yīng)得到Ce(OH)3，之后利用濃鹽酸和KMnO4[或Ca(ClO2)等]反應(yīng)來制取氯氣，利用生成的氯氣氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，加入濃硝酸溶解得到H2[Ce(NO3)6]，然后再和NH4NO3反應(yīng)得到產(chǎn)品。
【詳解】（1）[(NH4)2Ce(NO3)6]是一種配合物，也屬于鹽，形成它的正離子為，則陰離子帶兩個單位的負(fù)電荷，陰離子為：[Ce(NO3)6]2-，它是該配合物的內(nèi)界，與6個配位，故中心離子的配位數(shù)為6；
（2）焙燒過程中O2參加反應(yīng)，CeFCO3轉(zhuǎn)化生成CeO2和CeF4，焙燒過程為氧化還原反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，焙燒過程中發(fā)生的主要反應(yīng)方程式為：；
（3）A．“焙燒”中常采用高壓空氣、逆流操作(空氣從焙燒爐下部通入，礦粉從中上部加入)，以增大固體接觸面積，增大氧氣濃度，提高焙燒速率并且使反應(yīng)更充分，A正確；
B．反應(yīng)物為CeO2、CeF4和H2O2，CeO2、CeF4均為+4價鈰，作氧化劑，Ce中化合價均由+4變?yōu)?3，得到1個電子發(fā)生還原反應(yīng)，則H2O2中氧會失去2個電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，則氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為2：1，B正確；
C．硝酸鈰銨易溶于水和乙醇，難溶于濃硝酸，洗滌產(chǎn)品的試劑是濃硝酸，C錯誤；
D．硝酸鹽和銨鹽分解溫度都很低，(NH4)2Ce(NO3)6受熱易分解，不能放入烘箱高溫烘干，應(yīng)自然干燥，D錯誤；
故選CD；
（4）①根據(jù)X的結(jié)構(gòu)特點可知其為恒壓滴液漏斗；裝置a中要制取氯氣，但沒有加熱裝置，所以應(yīng)是濃鹽酸和KMnO4等反應(yīng)來制取氯氣；
②Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀時，Ce3+濃度小于10-5ml·L-1，依據(jù)Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20，，則pH大于9時，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀；
③制取Ce(OH)4的過程中，氯氣會被還原為Cl-，沉淀表明可能附著有NaCl，檢驗沉淀是否洗滌干凈，即檢驗沉淀表面是否有氯離子，方法為：取最后一次洗滌液少量于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，無白色沉淀生成，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈；
④根據(jù)反應(yīng)方程式可得關(guān)系式：2Ce4+~I2~2Na2S2O3，25.00mL待測溶液消耗0.1ml/L Na2S2O3溶液的體積是12mL，則其中含有溶質(zhì)(NH4)2Ce(NO3)6的物質(zhì)的量=n(Na2S2O3)=0.1ml/L×12×10-3L=12×10-4ml，則16.000g樣品配成的500mL溶液中含有溶質(zhì)物質(zhì)的量= 12×10-4ml×=24×10-3ml，其質(zhì)量m[(NH4)2Ce(NO3)6]=24×10-3ml×548g/ml=13.152g，故16.000g產(chǎn)品(NH4)2Ce(NO3)6的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。
8．(1)濃HNO3 濃H2SO4 加熱
(2)氨基
(3)加成反應(yīng)
(4) CH2ClCOOH 2
(5)
(6)
(7)CD
(8)
【分析】A是一種芳香族化合物，分子式為C6H6，則A為，苯與濃硝酸、濃硫酸共熱反應(yīng)生成的B為，B中硝基被還原為氨基生成C，則C為，C與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成的D為，D與發(fā)生加成反應(yīng)生成E，E和I發(fā)生取代反應(yīng)生成J和HCl，則I為，H分子式為C3H4O4，則逆推H為，根據(jù)已知反應(yīng)可知G為，則F為CH3COOH，據(jù)此解答。
【詳解】（1）A為，苯與濃硝酸、濃硫酸共熱反應(yīng)生成的B為，則反應(yīng)I的條件是濃硝酸、濃硫酸、加熱；
（2）由分析可知，C為，含有的官能團(tuán)名稱為氨基；
（3）D→E的反應(yīng)是與發(fā)生加成反應(yīng)生成E()，則反應(yīng)類型是加成反應(yīng)；
（4）由分析可知，G為；G中含有碳氯鍵和羧基都可以和NaOH溶液反應(yīng)，故1ml G消耗2ml NaOH；
（5）
H為，H與乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定條件下反應(yīng)生成七元環(huán)狀化合物的化學(xué)方程式為：HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2+2H2O，則該七元環(huán)狀化合物的結(jié)構(gòu)簡式是；
（6）
H()與乙醇在一定條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，其方程式為：；
（7）
A．J是，只含有酰胺基1種官能團(tuán)，A錯誤；
B．連有4個不同的原子或原子團(tuán)的碳原子屬于手性碳原子，則分子中不存在手性碳原子，B錯誤；
C．不飽和度為6，含有3個氧原子，可以存在含有苯環(huán)和酯基的同分異構(gòu)體，C正確；
D．在一定條件下水解可得到D()，D正確；
故選CD；
（8）L發(fā)生酯的水解脫去C2H5OH，結(jié)合Daprdustat中羧基的位置可知，L的結(jié)構(gòu)簡式為，試劑1的分子式為C5H7O3N，J生成K為加成反應(yīng)，K→L是異構(gòu)化，則試劑1中含-COOC2H5，結(jié)合L的結(jié)構(gòu)簡式可知試劑1的結(jié)構(gòu)簡式為，碳氮雙鍵發(fā)生加成反應(yīng)。