39，上海民办南模中学2023-2024学年高三上学期阶段考试化学（等级考）试题

这是一份39，上海民办南模中学2023-2024学年高三上学期阶段考试化学（等级考）试题，共15页。试卷主要包含了10mlCO2与0，73×10−8等内容，欢迎下载使用。
(本次考试时间60分钟，满分100分)
考生注意：
1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须涂或写在答题纸上；
2.答题前，考生务必在答题纸上将学校、姓名及考生号填写清楚，并在规定的区域填涂相关信息。答题时客观题用2B铅笔涂写，主观题用黑色水笔填写；
3.答题纸与试卷在试题编号上一一对应，答题时注意作答区域。
4.标注双选的选择题有2个正确选项，未标注的选择题只有1个正确选项。
相对原子质量：O—16，S—32，Cu—64
一、物质结构与性质(本题共25分)
1. 硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要作用。自我国科学家发现聚集诱导发光效应(AIE)以来，AIE在发光材料、生物医药领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如下：
（1）基态Se原子中能量最高的电子所在的能级为___________，该原子轨道的形状为___________。Se元素在周期表中的位置是___________。
（2）H2Se的沸点___________H2O的沸点(选填“>”或“”或“ ②. 正四面体 （4）C
（5） ①. K2SeBr6 ②. 离子晶体 ③. 8 ④.
【解析】
【小问1详解】
Se为34号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥA族，核外价层电子排布式为4s24p4，能量最高的电子所在的能级为4p，轨道形状为哑铃形；
【小问2详解】
由于水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，分子间氢键能使氢化物熔沸点增大，所以H2Se的沸点低于H2O；
【小问3详解】
同一种元素形成的含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多，则酸性：H2SeO4>H2SeO3；
的成键电子对数为4，孤电子对数为，价层电子对数为4，无孤电子对，则的空间结构为正四面体；
【小问4详解】
A．物质Ⅰ中含有C-H键和Se-Se键，苯环中化学键较为特殊，含有大π键，所以Ⅰ中含有π键和σ键，A错误；
B．物质Ⅱ属于烃类，烃类均不溶于水，B错误；
C．物质Ⅱ中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，苯环和碳碳双键中C原子均采用sp2杂化，碳碳三键中C原子采用sp杂化，所以Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，C正确；
D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所含元素有C、N、O、S、Se、H，同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能最大的是N，D错误；
答案选C。
【小问5详解】
①由图可知，8个K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，“SeBr6”的数目为，则K∶SeBr6=8∶4=2∶1，化学式为K2SeBr6；晶体内存在K+和，为离子晶体；由晶胞结构图可知，距面心的距离最近的K+有4个，面心的为2个晶胞共有，故的配位数为8；
②晶胞中相当于含有4个“K2SeBr6”，晶胞质量为，设晶胞参数为anm，晶胞体积为，根据晶胞体密度可得，，解得，由图可知，晶胞中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半，即为。
二、硫、氮及其化合物(本题共20分)
2. I．硫和氮两种元素与人们的生活密切相关，是生命物质的重要组成元素，自然界中硫、氮的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
（1）下列属于氮的固定的是___________。
A. 工业上N2和H2合成NH3
B. N2在根瘤菌所含的固氮酶作用下还原为NH3
C. NH3催化氧化生成NO
D. 汽车尾气中的NO和CO在催化剂的作用下生成N2
（2）热塑性聚氨酯(TPU)是具有高弹性、高拉伸强度、耐低温性、耐磨性和耐腐蚀能力的聚合物。一种基于二硫键(—S—S—)的自修复热塑性聚氨酯材料的结构如下：
该聚合物由X()和Y()聚合而成，下列说法正确是___________。
A. X中碳氮双键比碳氧双键更容易与Y发生反应
B. 生成该聚合物的反应属于缩聚反应
C. 废弃的聚合物若直接焚烧处理，可能会产生氮氧化物、硫氧化物等有毒气体
D. 该聚合物不能发生水解反应
II．含硫、含氮物质的使用在为人类带来益处的同时，也给人们带来了一些困扰。利用电化学原理处理氮氧化物、硫氧化物等废气具有重要意义。
（3）电解NO制备氮肥NH4NO3，其工作原理如下图所示，阳极的电极反应式为___________，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需补充物质A，A是___________。
（4）一种SO2的脱除与H2O2的制备协同进行的装置如下图所示，b极的电极反应式为________，若有标准状况下2.24LSO2被脱除，可以制备H2O2________ml。
III．已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g) COS(g)＋H2O(g)。
（5）在610K时，将0.10mlCO2与0.40mlH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应达到平衡后H2O的物质的量分数为0.02，H2S的平衡转化率α1=___________%，反应平衡常数K=___________；向容器中再充入0.20mlCO2与0.80mlH2S，H2S的平衡转化率α2=___________%。(均保留2位有效数字)
（6）在620K时重复实验，平衡后水物质的量分数为0.03，E(A—B)表示A—B键的键能，则2E(H—S)＋E(C=O)________2E(H—O)＋E(C=S) (选填“>”“
【解析】
【小问1详解】
氮的固定是指游离态氮元素转化为化合态氮元素；
A．合成氨反应是游离态的氮元素转化为化合态氮元素的反应，属于氮的固定，故正确；
B．氮气在根瘤菌所含的固氮酶作用下还原为氨气的反应是游离态的氮元素转化为化合态氮元素的反应，属于氮的固定，故正确；
C．氨气催化氧化生成一氧化氮的反应是化合态氮元素转化为化合态氮元素的反应，不属于氮的固定，故错误；
D．汽车尾气中的一氧化氮和一氧化碳在催化剂的作用下生成氮气的反应化合态氮元素转化为游离态氮元素的反应，不属于氮的固定，故错误；
故选AB；
【小问2详解】
由结构简式可知， 和发生加聚反应生成；
A．由高聚物的结构简式可知，X中碳氮双键比碳氧双键更容易与Y发生加成反应，故正确；
B．由分析可知，生成该聚合物的反应属于加聚反应，不属于缩聚反应，故错误；
C．废弃的该聚合物若直接高温焚烧处理，可能会产生氮氧化物、硫氧化物等有毒气体，污染环境，故正确；
D．由结构简式可知，该聚合物含酰胺基，一定条件下能发生水解反应，故D错误；
故选AC。
【小问3详解】
由图可知，右侧电极为阳极，水分子作用下一氧化氮在阳极失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子和氢离子，电极反应式为NO—3e－＋2H2O=NO＋4H+，左侧电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+5e—+6H+=NH+H2O，反应的总方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，则将为使电解产物完全转化为硝酸铵，应通入氨气，则补充物质A为氨气，故答案为：NO—3e－＋2H2O=NO＋4H+；NH3；
【小问4详解】
由图可知，b电极为原电池的负极，碱性条件下亚硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和水，电极反应式为SO—2e－+2OH—=SO＋H2O，由得失电子数目守恒可知，标准状况下2.24L二氧化硫被脱除时，可以制备过氧化氢的物质的量为=0.1ml，故答案为：SO—2e－+2OH—=SO＋H2O；0.1；
【小问5详解】
设平衡时生成水蒸气的物质的量为aml，由题意可建立如下三段式：
由平衡时水蒸气的物质的量分数为0.2可得：=0.2，解得a=0.01，则硫化氢的转化率α1=×100%=2.5%，反应的平衡常数K==2.8×10—3；向容器中再充入0.20ml二氧化碳与0.80ml硫化氢相当于增大压强，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，硫化氢的转化率不变，则硫化氢的转化率α2=2.5%，故答案为：2.5%；2.8×10—3；2.5%；
【小问6详解】
由620K平衡时，水的物质的量分数为0.03可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为反应物总能量小于生成物的总能量的吸热反应，则反应物的键能之和大于生成物的键能之和，故答案为：>。
三、(本题共15分)
3. I．某浓度碳酸钠溶液的pH随温度变化的关系如下图所示：
（1）Na2CO3溶液呈碱性的原因是___________。(用离子方程式表示)
（2）根据上图信息判断，下列说法中正确的是___________。
A. a点溶液中c()最大
B. b点水的电离程度最大
C. c点溶液中c(OH—)约为10−2.3ml∙L−1
D. b→c段pH降低的主要原因是温度升高，水的电离平衡正向移动
II．根据下列数据回答以下问题：
（3）向0.6ml∙L−1Na2CO3溶液通入HCl(g)至溶液中c()=0.5ml∙L−1，忽略体积变化，此时溶液的pH=___________。(保留2位小数)
（4）25℃时，某Na2SO3和NaHSO3的混合溶液恰好呈中性，则混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________。
（5）下列反应中可以发生的是___________。
A. ＋2CH3COOH=2CH3COO—＋CO2↑＋H2O
B. 2ClO—＋CO2＋H2O=2HClO＋
C. 2ClO—＋SO2＋H2O=2HClO＋
D. HClO＋=ClO—＋
（6）碳酸钙的溶度积常数：Ksp(CaCO3)=2.8×10−9，通过计算说明，向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2是得到Ca(HCO3)2溶液还是CaCO3沉淀___________ (CO2的水溶液可视为H2CO3溶液)。
【答案】（1）CO+ H2OHCO+OH— （2）AD
（3）11.02 （4）c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH—) （5）AD
（6）CaCO3
【解析】
【小问1详解】
碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CO+ H2OHCO+OH—，故答案为：CO+ H2OHCO+OH—；
【小问2详解】
A．碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中碳酸根离子浓度减小，由图可知，a点溶液温度最低，溶液中碳酸根离子浓度最大，故正确；
B．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡右移，水的电离程度增大，由图可知，c点溶液的温度最高，则c点水的电离程度最大，故错误；
C．c点溶液中水的离子积常数未知，无法计算pH为11.7的碳酸钠溶液中氢离子浓度，故错误；
D．碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡均右移， b→c段溶液pH减小，水的离子积常数增大的倍数大于氢氧根离子浓度增大的倍数，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故正确；
故选AD；
【小问3详解】
碳酸钠溶液与氯化氢气体反应生成氯化钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO+ H+= HCO，当溶液中碳酸根离子离子浓度变为0.5ml/L时，溶液中的碳酸氢根离子浓度为0.6ml/L—0.5ml/L=0.1ml/L，由电离常数可知，溶液中氢离子浓度为==9.6×10—12ml/L，则溶液pH=12—0.98=11.02，故答案为：11.02；
【小问4详解】
由电离常数可知，中性溶液中==＞1，则溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH—)，故答案为：c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH—)；
【小问5详解】
A．由电离常数可知，亚硫酸的一级电离常数大于碳酸的一级电离常数，则亚硫酸的酸性强于碳酸，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中碳酸根离子与二氧化硫气体反应生成亚硫酸根离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为＋2CH3COOH=2CH3COO—＋CO2↑＋H2O，故正确；
B．由电离常数可知，次氯酸的电离常数小于碳酸的一级电离常数，大于碳酸的二级电离常数，则次氯酸的酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根离子，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中次氯酸根离子与二氧化碳气体反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为ClO—＋CO2＋H2O=HClO＋HCO，故错误；
C．二氧化硫具有还原性，与具有氧化性的次氯酸根离子发生氧化还原反应，不可能发生复分解反应，故错误；
D．由电离常数可知，次氯酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，则次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中碳酸根离子与次氯酸反应生成碳酸氢根离子和次氯酸根离子，反应的离子方程式为HClO＋=ClO—＋，故正确；
故选AD；
【小问6详解】
若次氯酸钙溶液与通入的二氧化碳反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为ClO—＋H2CO3=HClO＋HCO，反应的平衡常数K=====14；若次氯酸钙溶液与通入的二氧化碳反应生成碳酸钙，反应的离子方程式为Ca2++2ClO—＋H2CO3=2HClO＋CaCO3↓，反应的平衡常数K=====8×106，生成碳酸钙的电离常数远远大于生成碳酸氢钙的平衡常数，所以氯酸钙溶液与通入的二氧化碳反应生成碳酸钙，故答案为：CaCO3。
四、(本题共16分)
4. 丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下：
已知：i．RCOOR′RCH2OH+R′OH
ii．
（1）E中含有的官能团是___________。
（2）A→B的化学反应方程式为___________。
（3）D→E的反应类型是___________。
（4）下列关于化合物B、D的说法中正确的是___________。
A. 化合物D含有手性碳原子
B. 化合物B、D均能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 在水中溶解性：化合物B>化合物D
D. 化合物B的一种同分异构体含苯环和碳碳双键，且1ml该异构体能与3mlNaOH反应
（5）F→G的反应中，同时会得到一种副产物G’，它与G互为同分异构体，G’的结构简式为___________。
（6）H的结构简式为___________。
（7）丹参酮IIA可通过如下方法合成。已知X含三种官能团，且不与金属钠发生反应。丹参酮IIA分子中所有与氧原子相连的碳原子均为sp2杂化。
X的结构简式是___________、丹参酮IIA的结构简式是___________。
【答案】（1）醚键、碳溴键
（2） +C2H5OH +H2O
（3）取代反应 （4）BD
（5） （6） （7） ①. ②.
【解析】
【分析】B发生信息i的反应生成D，D中含有醇羟基，根据E的结构简式知，D和HBr发生取代反应生成E，则D为 ，A和乙醇发生酯化反应生成B，则B为 、A为 ；E发生取代反应生成F，F发生信息ii的反应生成G，结合I的结构简式、G的分子式知，G为 ，根据H的分子式、I的结构简式知，G发生氧化反应生成H为 ，H发生取代反应生成I，I发生氧化反应生成J，据此回答。
【小问1详解】
E中含有的官能团名称：醚键、碳溴键；
【小问2详解】
A为 、B为 ，A和乙醇发生酯化反应生成B，A→B的化学方程式为 +CH3CH2OH+H2O；
【小问3详解】
D中醇羟基被溴原子取代生成E，所以D→E的反应类型为取代反应；
【小问4详解】
A.D为 ，D不含手性碳原子，故A错误；
B.D为 ，B为 ，B和D中异丁基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C.B中不含亲水基，D中含有亲水基，所以B和D在水中的溶解性化合物B”“ ②. 变大
（4）CuI在溶液中存在如下平衡：CuI(s)Cu+(aq)+Cl—(aq)，加入KSCN溶液，Cu+与SCN—反应生成CuSCN，溶解平衡右移，CuI转化为CuSCN
（5） ①. % ②. 偏高 ③. 偏低
【解析】
【分析】由题给流程可知，向刻蚀后的液体中加入过量铁粉，铁与溶液中的氯化铁反应生成氯化亚铁、与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，过滤得到含有铁、铜的滤渣和含有氯化亚铁的滤液A；向滤渣中加入稀盐酸，将铁转化为氯化亚铁，过滤、洗涤得到铜，将铜溶于稀硫酸和稀硝酸的混合溶液得到硫酸铜，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体；向滤液A中加入少量铁粉，防止溶液中亚铁离子在蒸发浓缩时被氧化，然后先浓缩滤液至出现少量晶体，趁热过滤，取溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到四水氯化亚铁。
【小问1详解】
由分析可知，从滤液A中提取四水氯化亚铁的操作为向滤液A中加入少量铁粉，防止溶液中亚铁离子在蒸发浓缩时被氧化，然后先浓缩滤液至出现少量晶体，趁热过滤，取溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到四水氯化亚铁，故答案为：少量晶体；冷却结晶；防止蒸发浓缩过程中Fe2+被氧化；
【小问2详解】
溶液中氯离子能与银离子反应生成氯化银白色沉淀，则检验铜表面吸附的氯离子已经洗净的操作为取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净；由分析可知，铜与稀硫酸和稀硝酸的混合溶液反应生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Cu+3H2SO4+2HNO3=3CuSO4+2NO↑+4H2O，则反应过程中稀硫酸与稀硝酸的物质的量比为3：2，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净；3：2；
【小问3详解】
氟化铵是弱酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氟酸和一水合氨，氟化铵溶液呈酸性说明铵根离子在溶液中的水解程度大于氟离子的水解程度；加水稀释时，水解平衡向正反应方向移动，铵根离子的水解程度增大幅度大于氟离子的水解程度，所以溶液中变大，故答案为：>；变大；
【小问4详解】
碘化亚铜在溶液中存在如下溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+Cl—(aq)，向溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液中亚铜离子与硫氰酸根离子反应生成硫氰化亚铜，溶液中亚铜离子浓度减小，溶解平衡右移，碘化亚铜转化为硫氰化亚铜，故答案为：CuI在溶液中存在如下平衡：CuI(s)Cu+(aq)+Cl—(aq)，加入KSCN溶液，Cu+与SCN—反应生成CuSCN，溶解平衡右移，CuI转化为CuSCN；
【小问5详解】
由方程式可得如下转化关系：2CuSO4·5H2O—I2—2Na2S2O3，滴定消耗V mLcml/L硫代硫酸钠溶液，则五水硫酸铜的纯度为×100%=%；若步骤①使用蒸馏水溶解样品，蒸馏水中溶解的氧气也能将溶液中的碘离子氧化为碘，会使滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测结果偏高；若步骤③不滴加硫氰化钾将碘化亚铜转化为硫氰化亚铜，碘化亚铜吸附碘会使滴定消耗硫代硫酸钠电解质
H2CO3
H2SO3
酸式电离常数
Ka1=4.2×10−7
Ka2=4.8×10−11
Ka1=1.39×10−2
Ka2=6.73×10−8
电解质
HClO
CH3COOH
酸式电离常数
Ka=3.0×10−8
Ka=1.75×10−5