上海市崇明区2025届高三上学期期末学业质量调研（一模）化学试题

这是一份上海市崇明区2025届高三上学期期末学业质量调研（一模）化学试题，共17页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．乙烯分子中键和π键个数之比为 ，分子中碳原子的杂化方式为 。
二、解答题
2．二氧化碳氧化乙烷制乙烯。
将C2H6和CO2按物质的量之比为1∶1通入反应器中，发生如下反应：
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)反应①正反应的活化能 逆反应的活化能(填“大于”或“小于”)，该反应在 条件下能够自发进行。
A．高温 B．低温 C．任何温度
(2)在温度恒定的情况下，在体积为2L的恒容密闭容器中加入2ml CO2和2ml H2，发生反应②，下列描述能说明反应达到平衡状态的是___________。(不定项)
A．平均相对分子质量不再变化B．容器内压强不再变化
C．CO2的体积分数不再变化D．CO2和CO的物质的量之比保持不变
(3)恒温恒容的密闭容器中加入1ml C2H6和1ml CO2，发生反应③，达到平衡后继续加入1ml C2 H6和1ml CO2，化学平衡 移动(填“正向”或“逆向”或“不”)，达到稳定状态后，CO2的转化率比原来 (填“增大”或“减小”或“不变”)。
(4)利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：
①电极a与电源的 极相连。
②电极b的电极反应式是 。
(5)若以乙烷-空气燃料电池(电解质溶液是20～30％的KOH溶液)给以上装置提供电源，电池工作时负极的电极反应式为 。
3．黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下：
(1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。
(2)SO2的分子空间构型是 形，键角 120°(填“大于”“等于”或“小于”)，请用价层电子对互斥理论解释原因： 。
(3)下图中，表示Cu2O晶胞的是 (填“图1”或“图2”)。
(4)CuFeS2的晶胞如图3所示。
①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是 。
②阿伏加德罗常数的值为NA，CuFeS2晶体的密度是 (用计算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩尔质量为)。
(5)Cu2O和CuCl都属于离子化合物，其中 熔点较高，原因是 。
4．某小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。
已知：CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：。
(1)下列说法不正确的是___________。
A．a中的液体可以选用稀硝酸
B．若装置乙中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2 > CuCl
C．若装置乙中出现了紫红色固体，则说明SO2通入量过多
D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸
(2)写出乙中Cu(OH)2转化为CuCl的化学方程式 。
三、填空题
5．一种可将H2S无害化处理的工艺涉及反应如下：
反应I：2H2S(g) + 3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g)
反应Ⅱ：4H2S(g) + 2SO2(g) = 3S2(g) + 4H2O(g)
反应Ⅲ：3S2(g) = S6(s)
(1)基态S原子核外有 种能量不同的电子。
(2)反应6H2S(g) + 3O2(g) = S6(s) + 6H2O(g)的 。
(3)已知，H2S与CH3OH可发生催化反应，反应机理如图所示。
①该反应的催化剂是 。
②物质A的电子式为 。
6．25℃时向的NaOH溶液中通入H2S气体，含硫微粒在不同pH溶液中的分布系数如图所示：
(1)25℃时H2S的电离常数 ；常温下，NaHS溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性。
(2)25℃时的NaOH溶液中通入一定量H2S气体，无论通入多少H2S，溶液中离子浓度大小关系一定成立的是 ，当溶液成中性时，含硫微粒浓度由大到小依次是 。
(3)如果NaOH溶液吸收H2S充分反应后蒸干，得到19.8g无水化合物，所得物质的成分可能是 。
(4)25℃时，PbS的。工业生产中常联合处理含H2S废气和含的废水，欲发生反应，计算该反应的平衡常数 。
四、解答题
7．稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]是重要化工原料，它易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)为原料制备硝酸铈铵流程如下：
(1)(NH4)2Ce(NO3)6是一种配合物，也属于盐，形成它的正离子为，负离子为 ，它是该配合物的 (填“内界”或“外界”)，中心离子的配位数为 。
(2)焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为 。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作
B．酸浸过程中用稀硫酸和H2O2，氧化剂和还原剂物质的量之比为
C．洗涤产品的试剂是乙醇
D．制得(NH4)2Ce(NO3)6晶体应洗涤后及时放入烘箱高温烘干
(4)由Ce(OH)3制取Ce(OH)4的装置如下图所示：
①装置a中仪器X的名称是 ，试管中盛放的固体Y为 (填化学式)；
②已知室温下，，向水层中加入溶液，pH大于 时，完全生成Ce(OH)3沉淀(溶液中离子浓度c0，正反应气体系数和增大，△S>0，所以该反应在高温条件下能够自发进行，选A。
（2）A. 反应前后气体总质量不变、气体物质的量不变，平均相对分子质量是恒量，平均相对分子质量不再变化，反应不一定平衡，故不选A；
B. 温度恒定、气体物质的量不变、容器体积不变，容器内压强是恒量，压强不再变化，反应不一定平衡，故不选B；
C. CO2的体积分数不再变化，说明CO2浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D. CO2是反应物、CO 是生成物，CO2和CO的物质的量之比保持不变，说明CO2和CO的浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选CD。
（3）恒温恒容的密闭容器中加入1ml C2H6和1ml CO2，发生反应③，达到平衡后继续加入1ml C2 H6和1ml CO2，反应物浓度增大，化学平衡正向移动；根据等效平衡原理，相当于增大压强，达到稳定状态后，CO2的转化率比原来减小。
（4）电解池工作时，氢离子由a极移向b极，a的阳极、b是阴极。
①电极a是阳极，a与电源的正极相连。
②b是阴极，电极b二氧化碳得电子生成一氧化碳和水，b极的电极反应式是CO2 + 2e-+ 2H+ = CO + H2O。
（5）乙烷-空气燃料电池(电解质溶液是20～30％的KOH溶液)，电池工作时，乙烷在负极失电子生成碳酸根离子和水，负极的电极反应式为C2H6 + 18OH- -14e- = 2CO+ 12H2O。
3．(1)3d104s1
(2) 角 小于 根据VSEPR原则，中心S原子的价电子层有三对电子，空间构型为平面三角形，其中有一对是孤电子对，对成键电子对产生排斥作用
(3)图1
(4) 图4对应结构单元无法进行无隙并置
(5) Cu2O O2-所带电荷数较多并且离子半径比Cl-小，与Cu+形成的离子键作用力更强
【分析】由题干流程图可知，Cu2S与O2共热制备Cu2O的同时还生成SO2，方程式为2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2。
【详解】（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的价层电子排布式为：；
（2）SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，根据杂化轨道理论可知，硫原子的杂化方式是sp2，VSEPR模型是平面三角形，存在1对孤对电子，空间构型为平面三角形，孤对电子对成键电子对产生排斥作用，因此键角小于120°；
（3）根据晶胞中均摊法可知，图1所示晶胞中含有Cu个数为：4个，O原子个数为：，故其化学式为：Cu2O，图2所示晶胞中含有Cu个数为：个，O原子个数为：，故其化学式为：CuO；
（4）①比较题干图3和图4可知，图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现，故不能作为CuFeS2晶胞；
②由题干图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有：Cu原子个数为，Fe个数为：，含有S个数为8，故一个晶胞的质量为：，晶胞的体积是，CuFeS2晶体的密度是g/cm3；
（5）Cu2O和CuCl都属于离子化合物，Cu2O的熔点较高，原因是：O2-所带电荷数较多并且离子半径比Cl-小，与Cu+形成的离子键作用力更强，熔沸点更高。
4．(1)A
(2)2Cu(OH)2 + 2NH4C1 + SO2 = (NH4)2SO4 + 2CuCl + 2H2O
【分析】探究与悬浊液制备CuCl的流程为先在装置甲中利用固体和较浓的硫酸反应制取出气体，然后在装置乙中与氨水和CuCl2生成的悬浊液反应生成CuCl固体，尾气用NaOH溶液吸收，据此分析解答。
【详解】（1）A．a中的液体可以选用稀硝酸：硝酸有强氧化性，能将氧化为，不能与反应生成气体，A错误；
B．若装置乙中有白色沉淀生成，根据题目信息，气体能将还原为CuCl，则还原性：，B正确；
C．若装置乙中出现了紫红色固体，说明有单质铜产生，也说明发生了歧化反应：，此时溶液为酸性，证明通入量过多使溶液现酸性，C正确；
D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸，极易溶于水，难溶于CCl4，该装置可以起到防倒吸作用，D正确；
故答案为：A。
（2）制备CuCl，是先用氨水和CuCl2生成的悬浊液：，再与反应生成CuCl，反应方程式为：。
5．(1)5
(2)-1417.1kJ·ml-1
(3) Fe3O4-x
【详解】（1）已知S是16号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，不同能级上的电子具有不同的能量，故基态S原子核外有5种能量不同的电子，故答案为：5；
（2）由题干信息可知，反应I：2H2S(g) + 3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g) ，反应Ⅱ：4H2S(g) + 2SO2(g) = 3S2(g) + 4H2O(g) ，反应Ⅲ：3S2(g) = S6(s) ，则反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反应6H2S(g) + 3O2(g) = S6(s) + 6H2O(g)，根据盖斯定律可知，=(-1006.5kJ/ml)+(90.3kJ/ml)+(-500.9kJ/ml)=-1417.1kJ/ml，故答案为：-1417.1kJ/ml；
（3）①由题干反应历程图可知，该反应历程中Fe3O4-x参与反应，但反应前后不变，故该反应的催化剂是Fe3O4-x，故答案为：Fe3O4-x；
②由题干反应历程图中过程Ⅱ的转化信息可知，物质A的化学式为CH3SH，该物质的电子式为，故答案为：。
6．(1) 10-6.9 碱
(2) 2[S2-]+[OH-]+[HS-] [HS-]> [H2S] >[S2-]
(3)NaOH和Na2S 或Na2S和NaHS
(4)107
【分析】根据含硫微粒的分布分数与pH关系可知，随pH值增加，曲线下降的代表H2S的分布分数，先上升后下降的为HS-的分布分数，一直下降的代表S2-的分布分数，第一个交叉点代表c(H2S)=c(HS-)，Ka1=，第二个交叉点代表c(S2-)=c(HS-)，Ka2=。
【详解】（1）由分析可知，H2S的Ka1=10-6.9；
NaHS电离出的HS-既能电离又能水解，电离常数Ka2=10-14.1，水解常数Kh=，Kh>Ka2，水解大于电离，溶液显碱性；
（2）溶液存在电荷守恒，即2[S2-]+[OH-]+[HS-]；
当溶液成中性时，Ka1=，c(H+)=10-7ml/L，则=100.1>1，[HS-]> [H2S] ，由图可知，S2-浓度最小，含硫微粒浓度由大到小依次是：[HS-]> [H2S] >[S2-]；
（3）的NaOH溶液中通入H2S气体，充分反应后蒸干，得到19.8g无水化合物，NaOH的质量为5.0ml/L×0.1L×40g/ml=20g，若全生成Na2S，质量为5.0ml/L×0.1L×78g/ml=19.0g，全生成NaHS质量为5.0ml/L×0.1L×56g/ml=28g，现得到19.8g无水化合物，可以是NaOH与Na2S的混合物，也可以是Na2S和NaHS的混合物；
（4）的平衡常数K==。
7．(1) [Ce(NO3)6]2- 内界 6
(2)4CeFCO3 + O2 = 3CeO2 + CeF4 + 4CO2
(3)CD
(4) 恒压滴液漏斗 KClO3或KMnO4(合理都可以) 9 取最后一次洗涤液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净 82.2%或0.822
【分析】本实验的目的是利用稀土氟化物制取硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]，首先氟碳铈矿含CeFCO3等，在空气中焙烧，酸浸后生成CeCl3，然后和NaOH溶液反应得到Ce(OH)3，之后利用浓盐酸和KMnO4[或Ca(ClO2)等]反应来制取氯气，利用生成的氯气氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，加入浓硝酸溶解得到H2[Ce(NO3)6]，然后再和NH4NO3反应得到产品。
【详解】（1）[(NH4)2Ce(NO3)6]是一种配合物，也属于盐，形成它的正离子为，则阴离子带两个单位的负电荷，阴离子为：[Ce(NO3)6]2-，它是该配合物的内界，与6个配位，故中心离子的配位数为6；
（2）焙烧过程中O2参加反应，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程为氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，焙烧过程中发生的主要反应方程式为：；
（3）A．“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，以增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率并且使反应更充分，A正确；
B．反应物为CeO2、CeF4和H2O2，CeO2、CeF4均为+4价铈，作氧化剂，Ce中化合价均由+4变为+3，得到1个电子发生还原反应，则H2O2中氧会失去2个电子发生氧化反应生成氧气，根据得失电子守恒和原子守恒，则氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，B正确；
C．硝酸铈铵易溶于水和乙醇，难溶于浓硝酸，洗涤产品的试剂是浓硝酸，C错误；
D．硝酸盐和铵盐分解温度都很低，(NH4)2Ce(NO3)6受热易分解，不能放入烘箱高温烘干，应自然干燥，D错误；
故选CD；
（4）①根据X的结构特点可知其为恒压滴液漏斗；装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4等反应来制取氯气；
②Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5ml·L-1，依据Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20，，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀；
③制取Ce(OH)4的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
④根据反应方程式可得关系式：2Ce4+~I2~2Na2S2O3，25.00mL待测溶液消耗0.1ml/L Na2S2O3溶液的体积是12mL，则其中含有溶质(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量=n(Na2S2O3)=0.1ml/L×12×10-3L=12×10-4ml，则16.000g样品配成的500mL溶液中含有溶质物质的量= 12×10-4ml×=24×10-3ml，其质量m[(NH4)2Ce(NO3)6]=24×10-3ml×548g/ml=13.152g，故16.000g产品(NH4)2Ce(NO3)6的质量分数为。
8．(1)浓HNO3 浓H2SO4 加热
(2)氨基
(3)加成反应
(4) CH2ClCOOH 2
(5)
(6)
(7)CD
(8)
【分析】A是一种芳香族化合物，分子式为C6H6，则A为，苯与浓硝酸、浓硫酸共热反应生成的B为，B中硝基被还原为氨基生成C，则C为，C与氢气发生加成反应生成的D为，D与发生加成反应生成E，E和I发生取代反应生成J和HCl，则I为，H分子式为C3H4O4，则逆推H为，根据已知反应可知G为，则F为CH3COOH，据此解答。
【详解】（1）A为，苯与浓硝酸、浓硫酸共热反应生成的B为，则反应I的条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；
（2）由分析可知，C为，含有的官能团名称为氨基；
（3）D→E的反应是与发生加成反应生成E()，则反应类型是加成反应；
（4）由分析可知，G为；G中含有碳氯键和羧基都可以和NaOH溶液反应，故1ml G消耗2ml NaOH；
（5）
H为，H与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定条件下反应生成七元环状化合物的化学方程式为：HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2+2H2O，则该七元环状化合物的结构简式是；
（6）
H()与乙醇在一定条件下发生酯化反应，其方程式为：；
（7）
A．J是，只含有酰胺基1种官能团，A错误；
B．连有4个不同的原子或原子团的碳原子属于手性碳原子，则分子中不存在手性碳原子，B错误；
C．不饱和度为6，含有3个氧原子，可以存在含有苯环和酯基的同分异构体，C正确；
D．在一定条件下水解可得到D()，D正确；
故选CD；
（8）L发生酯的水解脱去C2H5OH，结合Daprdustat中羧基的位置可知，L的结构简式为，试剂1的分子式为C5H7O3N，J生成K为加成反应，K→L是异构化，则试剂1中含-COOC2H5，结合L的结构简式可知试剂1的结构简式为，碳氮双键发生加成反应。