上海市松江区高三上学期期末质量监控（一模）化学试卷

松江区2025学年度第一学期期末质量监控试卷高三化学(满分100分，完卷时间60分钟)特别提示：1.所有答题必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。2.本试卷标注“不定项”的选择题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不得分；有2个正确选项的，漏选1个得一半分，错选不得分。未特别标注的选择题，每小题只有1个正确选项。3.本卷可能用到的相对原子质量：O16Na23S32Cu64一“青花瓷”元素—钴1.钴蓝(CoAl2O4)是使用最广也最为成熟的色料，青花瓷的命名很大程度上和“钴”料的使用有关。（1）确定CoAl2O4晶体结构的方法是______。A.X射线衍射 B.质谱 C.红外吸收光谱 D.核磁共振氢谱（2）钴元素在元素周期表中的位置是______。A.第4周期第VIIIB族 B.第4周期第9族C.第5周期第VIII族 D.第5周期第9族化合物X可作为某些含钴染料或颜料合成原料，其化学式为[Co(NH3)6]Cl2（3）基态Co2+中，______。(不定项)A.有7个未成对电子 B.有6个不同能级的电子C.价电子运动状态有15种 D.核外电子空间运动状态有14种（4）化合物X可合成[Co(NH3)5Cl]Cl。①0.5mol[Co(NH3)5Cl]Cl与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成沉淀______mol。②0.5mol[Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为______mol。A．10.5B．11C．21D．22（5）已知X中HNH键角大于NH3中HNH键角，请解释其原因______。（6）化合物X晶体的晶胞结构如图所示，离A最近的[Co(NH3)6]2+个数为______。A．6B．8C．10D．12NA是阿伏加德罗常数的值。已知该化合物X的摩尔质量为Mg•mol–1，密度为ρg•cm–3，则该晶胞的棱长为______nm。利用X能络合NO的特性，再经多步反应将NO从废气中脱除，同时生成[Co(NH3)6]3+。工业上可用活性炭和水实现[Co(NH3)6]3+→[Co(NH3)6]2+，机理如下图所示。（7）写出步骤(iii)的离子反应方程式______。（8）结合上述机理，简述利用化合物X处理废气中NO的优缺点(优点、缺点各一条)______。【答案】（1）A（2）B（3）BD（4）①.0.5②.A（5）X和NH3中氮原子皆为sp3杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以X中HNH键角大于NH3中HNH键角（6）①.D②.×107（7）4Co3++2H2O=4Co2++4H++O2↑（8）优点：化合物X可循环利用；缺点：氨易挥发，造成原料浪费或污染环境(答案合理即可)【解析】小问1详解】利用X射线穿透晶体后衍射原理分析晶体结构，确定CoAl2O4晶体结构的方法是X射线衍射，选A；【小问2详解】钴是27号元素，其价电子排布式为3d74s2,在元素周期表中的位置是第4周期第9族，选B；【小问3详解】A．基态Co2+的电子排布式为［Ar］3d7，有3个未成对电子，故A错误；B．基态Co2+的核外有1s、2s、2p、3s、3p、3d共6个不同能级的电子，故B正确；C．基态Co2+价电子排布式为3d7，价电子运动状态有7种，故C错误；D．基态Co2+的电子排布式为［Ar］3d7，核外电子占用14个原子轨道，电子空间运动状态有14种，故D正确；选BD。【小问4详解】化合物X可合成[Co(NH3)5Cl]Cl。①[Co(NH3)5Cl]Cl外界只有1个氯离子，0.5mol[Co(NH3)5Cl]Cl能电离出0.5molCl，与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成氯化银沉淀0.5mol。②[Co(NH3)5Cl]+中Co2+与配体NH3、Cl通过共价键结合，NH3中N、H通过共价键结合，0.5mol[Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为0.5mol×(6+3×5)=10.5mol，选A。【小问5详解】X和NH3中氮原子皆为sp3杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以X中HNH键角大于NH3中HNH键角。【小问6详解】根据化合物X的晶胞结构图，[Co(NH3)6]2+在晶胞中构成面心立方堆积，其配位数为12离A最近的[Co(NH3)6]2+个数为12，选D。根据图示，晶胞中Cl数为8，[Co(NH3)6]2+在晶胞中构成面心立方堆积，根据均摊原则，[Co(NH3)6]2+数为，该化合物X的摩尔质量为Mg•mol–1，密度为ρg•cm–3，设晶胞棱长为anm，,则该晶胞的棱长为×107nm。【小问7详解】步骤(iii)中Co3+把水氧化为氧气，Co3+被还原为Co2+，反应的离子反应方程式4Co3++2H2O=4Co2++4H++O2↑。【小问8详解】根据图示，利用化合物X处理废气中NO的优点是化合物X可循环利用；缺点是氨易挥发，造成原料浪费或污染环境。二肼2.肼的化学式为N2H4，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数δ(X)随–lgc(OH–)的关系如下图所示。［X的分布分数δ(X)=，X表示N2H4或N2H或N2H］（1）已知肼为二元弱碱，常温下肼在水溶液中的电离分两步进行：第一步电离：N2H4+H2ON2H+OH第二步电离：______请补充第二步的电离方程式______。（2）结合上图，下列分析正确的是______。(不定项)A.曲线B代表N2H4的分布分数随–lgc(OH–)的关系B.肼的电离平衡常数Kb1=1.0×10–6C.当–lgc(OH–)=9.0时，存在c(N2H)>c(N2H4)>c(N2H)D.N2H6Cl2溶液中存在2c(Cl–)=c(N2H)+c(N2H4)+c(N2H)（3）常温下，c(N2H4)=c(N2H)时，溶液的pH=______。（4）常温下，N2H5Cl溶于水显酸性，通过计算简要说明原因______。N2H4催化氧化的产物与温度相关，反应如下：(i)N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)∆H1=579kJ•mol1(ii)N2H4(g)+2O2(g)2NO(g)+2H2O(g)∆H2=akJ•mol1（5）已知N2(g)+O2(g)2NO(g)∆H3=180kJ•mol1，计算a=______。（6）∆H–T∆S随温度变化的趋势有几种情况(见图)，反应(i)对应的是______。A.① B.② C.③ D.④（7）产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是______。A.室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使N2产率增大B.当N2与NO的产率相等时，参与反应的N2H4和O2的物质的量之比为3∶4C.温度从400℃升到900℃，反应(ii)平衡正向移动，使NO的产率增大D.温度高于900℃时，N2与NO的产率降低，反应速率的变化趋势无法判断（8）某温度下，向4L恒容密闭容器中充入1molN2H4和2molO2，发生上述两个反应，平衡时生成0.4molNO和0.4molN2，计算该温度下反应(ii)的平衡常数，K=______。研究人员利用肼的强还原性构建肼吡唑银()电池，可将含吡唑银的废水缓慢释放出的Ag+进行沉积回收，装置如下图所示。（9）负极的电极反应式是______。（10）电池工作时，需要在过程中不断通入N2，分析可能的原因______。(任写一条)【答案】（1）+H2O+OH–（2）BC（3）3.5（4）N2H的Kb2=1.0×10–15，而N2H的水解平衡常数为Kw/Kb1=1.0×10–8，水解大于电离，故溶液表现为酸性（5）399（6）D（7）C（8）0.1（9）N2H44e+4OH=N2+4H2O（10）肼具有还原性，通氮气可防止被空气中氧气氧化；通氮气可防止银的氧化，可使银得到有效沉积回收(或其他合理答案)【解析】【小问1详解】第二步电离应是N2H进一步结合水中电离出的H+生成N2H，同时释放OH。根据弱碱的电离规律，可以写出：

+H2O

+OH–；【小问2详解】当lgc(OH)较小时（即c(OH)较大，溶液碱性强），N2H4占主导，对应曲线A；随着lgc(OH)增大（c(OH)减小，溶液酸性增强），N2H4转化为N2H，对应曲线B；当lgc(OH)进一步增大时，N2H转化为N2H，对应曲线C。A．根据上述分析，曲线B对应N2H，而非N2H4，A错误；B．Kb1的表达式为：，即c(N2H4)=c(N2H)，此时lgc(OH)=6.0，即

。将c(N2H4)=c(N2H)，代入Kb1：，B正确；C．当lgc(OH⁻)=9.0时

。从图中可以看出：δ(N2H4)≈0.05（曲线A）；δ()≈0.95（曲线B）；δ()≈0（曲线C）显然，c(N2H)>c(N2H4

)>c(N2H)成立，C正确；D．N2H6Cl2的化学式表明，每1molN2H，对应2molCl。根据物料守恒：，D错误；故选BC。【小问3详解】第一步电离对应平衡常数

；第二步电离对应平衡常数

，将两个平衡常数相乘，得到：，时，上述公式可简化为：，图片提到“由曲线B与C交点（lgc(OH⁻)=15.0）可知”，即当

。已知

，结合

，，解得：

，根据，得到；【小问4详解】N2H会电离，也会水解，根据题意，N2H的Kb2=1.0×10–15，而N2H的水解平衡常数为=1.0×10–8，水解大于电离，故溶液表现为酸性；【小问5详解】根据题目给出的三个反应：(i)N2H4(g)+O2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH1=579kJ·mol1(ii)N2H4(g)+2O2(g)⇌2NO(g)+2H₂O(g)ΔH2=akJ·mol1(iii)N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH3=180kJ·mol1反应(i)和(iii)联立，推导出反应(ii)。得到(ii)=(i)+(iii)，根据盖斯定律：ΔH2=ΔH1+ΔH3=(579kJ·mol1)+180kJ·mol1=399kJ·mol1；【小问6详解】分析反应(i)：N2H4(g)+O2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH1=579kJ·mol1<0（放热），气体分子数增多：ΔS>0（熵增），根据公式：ΔG=ΔHTΔS；当ΔH<0且ΔS>0时，ΔG=ΔHTΔS随T增大而减小。当T=0时，ΔG=ΔH<0。随T增大，TΔS为负值且绝对值增大，ΔG更负。因此，ΔG随T增大而减小，对应图中的④，故选D;【小问7详解】A．催化剂只影响反应速率，不影响平衡产率。在400℃以下，N2的产率未达到平衡，改用更高效催化剂可提高N2的产率，A正确；B．设生成N2的物质的量为x，生成NO的物质的量为y；根据题意，x=y；根据反应：(i)N2H4(g)+O2(g)

N2

(g)+2H2O(g)

；(ii)N2H4(g)+2O2(g)

2NO(g)+2H2O(g)

；N2H4=x+0.5y=1.5x；总消耗O2=x+y=2x；n(N2H4):n(O2)=1.5x:2x=3:4，B项正确；C．反应(ii)的ΔH2=399kJ·mol1<0，为放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡应左移，NO的产率应降低。但图中400℃到900℃，NO产率增加，这主要是因为温度升高，反应速率加快，单位时间内NO的生成量增加，而非平衡右移，C错误；D．温度高于900℃时，N₂和NO的产率均降低，可能是因为高温下催化剂活性下降，或副反应增多。但反应速率可能仍随温度升高而加快，只是产率受平衡或副反应影响，D正确；故选C；小问8详解】设反应(i)消耗xmolN2H4，反应(ii)消耗ymolN2H4。根据题意：N2生成量：x=0.4mol。NO生成量：2y=0.4mol→y=0.2mol。初始物质的量：n(N2H4)=1mol，n(O2)=2mol，n(N2)=0，n(NO)=0，n(H2O)=0。变化量：反应(i)：Δn(N2H4)=0.4mol，Δn(O2)=0.4mol，Δn(N2)=+0.4mol，Δn(H2O)=+0.8mol。反应(ii)：Δn(N2H4)=0.2mol，Δn(O2)=0.4mol，Δn(NO)=+0.4mol，Δn(H2O)=+0.4mol。平衡时：各物质浓度：c(N2H4)=0.1mol/L；c(O2)=0.3mol/L；c(NO)=0.1mol/L；c(H2O)=0.3mol/L；反应(ii)的平衡常数：;【小问9详解】肼在负极被氧化，含吡唑银的废水中的Ag+在正极被还原为Ag，同时通过离子交换膜维持电荷平衡。负极上N2H4被氧化为N2，结合碱性环境，电极反应式为：；【小问10详解】因为肼具有还原性，通氮气可以赶走装置中的空气，故通氮气可防止肼被空气中氧气氧化；通氮气可防止银的氧化，可使银得到有效沉积回收(或其他合理答案)。三达菲的合成3.达菲又名奥司他韦，是一种抗流感病毒的特效药。达菲的一种合成路线如下：（1）莽草酸中的含氧官能团名称是______。（2）下列有关莽草酸的说法正确的是______。(不定项)A.分子式为C7H10O5B.莽草酸中所有碳原子在同一平面C.由于分子间存在氢键，莽草酸熔沸点较高D.1mol莽草酸最多可消耗4molNaOH（3）化合物A→B的反应类型是______。A．取代反应B．加成反应C．消去反应D．氧化反应写出该反应的化学方程式______。（4）达菲分子中碳原子的杂化类型为______，其中有______个不对称碳原子。（5）化合物E→F反应时需控制(CH3CO)2O的投入量。若过量，F会与(CH3CO)2O发生反应，所得产物含两个酯基，则产物的结构简式为______。（6）化合物M与F互为同分异构体，M分子满足以下条件：a．属于α氨基酸(通式：，R为侧链)；b．属于芳香族化合物，可以与FeCl3溶液发生显色反应；c．核磁共振氢谱显示有7组峰，峰面积比为6∶2∶2∶2∶1∶1∶1。写出M的结构简式：______。(任写一种，不考虑立体异构)（7）结合以上合成路线，设计以为主要原料制备的合成路线______。【答案】（1）羟基和羧基（2）AC（3）①.A②.（4）①.sp2、sp3②.3（5）（6）或或其他合理答案（7）【解析】【分析】莽草酸和乙醇发生酯化反应生成A，A和SOCl2发生取代反应生成B，B和甲磺酰氯CH3SO2Cl发生亲核取代生成C，继续和叠氮化钠发生亲核取代，生成的D在催化剂作用下被还原，同时OSO2CH3发生水解生成E，E和乙酸酐在三乙胺作用下发生酰化反应生成F，最后经过后续步骤得到达菲。【小问1详解】莽草酸中含氧官能团有羟基、羧基；小问2详解】A．莽草酸分子式为C7H10O5，A正确；B．莽草酸有环己烯环，所有碳原子不可能在同一平面，B错误；C．该分子有羟基，分子间能形成氢键，熔、沸点高，C正确；D．1mol莽草酸有1mol羧基，最多与1molNaOH反应，D错误；故选AC；【小问3详解】AB发生的是取代反应，反应方程式为；【小问4详解】达菲分子中C原子杂化类型有：sp2杂化（双键、羰基、共轭环碳）和sp3杂化（饱和碳）；不对称碳原子即手性碳原子有3个，；【小问5详解】(CH3CO)2O过量时，除了氨基的酰化，羟基会进一步被酯化，产物为；【小问6详解】F的分子式为C11H15NO5，能与FeCl3显色反应，属于α氨基酸，核磁共振氢谱显示有7组峰，峰面积比为

6∶2∶2∶2∶1∶1∶1，结构可能为或；【小问7详解】根据题干信息，合成路线为：四间接碘量法测定合金中铜的含量4.间接碘量法是以碘化物(如KI)进行测定的方法，可用于铜合金中铜含量的测定。过程如下：步骤①用酸溶解铜合金样品1.1500g，调控溶液的pH，配制100mL样品溶液。步骤②移取20.00mL溶液，加入过量KI并密封。发生如下反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2I2+I−I步骤③充分反应后，立即用Na2S2O3标准溶液滴定待测液至浅黄色后加入稍过量的KSCN溶液，继续滴定至黄色几乎消失时，加入淀粉溶液，再滴定至终点。发生如下反应：I2+2S2O=S4O+2I−已知：I、CuI沉淀表面易吸附I2，CuSCN吸附I2的能力远小于CuI，且被吸附的I2不能与Na2S2O3充分反应。II、该实验温度下，Ksp(CuSCN)=5.0×1015，Ksp(CuI)=1.0×1012。（1）步骤①必须使用的定量仪器有______。(不定项)A．容量瓶B．量筒C．分析天平D．烧杯A.A B.B C.C D.D（2）反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2中，每4molI−参与反应，转移______mol电子。A.1 B.2 C.3 D.4（3）步骤②加入过量KI后，需密封的原因可能是______。（4）滴定时需将溶液pH控制在3~4，分析其可能原因______(偏高、偏低各写一条)。（5）步骤③加入KSCN的作用是______。（6）判断达到滴定终点的现象为______。（7）为减小实验误差，下列说法错误的是______。A.Na2S2O3标准溶液长期存放后，不宜直接用于碘的滴定B.滴定过程中，应在光照条件下慢滴慢摇C.为防止KSCN被I2氧化，接近终点时再加入KSCND.为避免淀粉与I2大量结合，接近滴定终点时再加入淀粉溶液（8）平行实验测得消耗0.1050mol·L1Na2S2O3溶液20.00mL，计算合金中的质量分数______。(写出计算步骤，计算结果保留小数点后两位)【答案】（1）AC（2）B（3）防氧化、防止碘挥发（4）偏高：①碱性条件下I2发生歧化反应；②pH过高Cu2+水解程度大，反应不完全；偏低：①强酸性条件下I易被空气中O2氧化为I2；②强酸性条件下易发生２H+＋S2O=SO2↑＋S↓＋H2O，引起误差（5）CuI沉淀表面会吸附部分I2，接近滴定终点时加入KSCN，由于Ksp(CuI)>Ksp(CuSCN)，使CuI转化为CuSCN，释放出被CuI吸附的I2，提高测定的精确度（6）滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复（7）B（8）58.43%【解析】【分析】铜合金溶解后加入KI，利用Cu2+的氧化性将I氧化为I2，用Na2S2O3滴定I2测定Cu的含量。【小问1详解】步骤①为配制溶液，需要用到的定量仪器为容量瓶和分析天平，故答案为AC。【小问2详解】反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2中，Cu化合价降低，I化合价升高，2molCu2+参与反应转移2mol电子，2molI被氧化，共消耗4molI，即每4molI−参与反应，转移2mol电子，故答案为B。【小问3详解】KI易被氧化，I2易挥发，为了防KI氧化、防止碘挥发，步骤②加入过量KI后，需密封。【小问4详解】滴定时需将溶液pH控制在3~4，pH偏高时，I2发生歧化反应、Cu2+水解程度大，反应不完全；pH偏低时，I易被空气中O2氧化为I2、易发生2H+＋S2O=SO2↑＋S↓＋H2O，引起误差。【小问5详解】CuI沉淀表面会吸附部分I2，接近滴定终点时加入KSCN，由于Ksp(CuI)>Ksp(CuSCN)，使CuI转化为CuSCN，释放出被CuI吸附的I2，提高测定的精确度，因此步骤③需加入KSCN。【小问6详解】滴定反应为I2+2S2O=S4O+2I−，终点为I2恰好完全消失，故滴定终点现象为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。【小问7详解】A．Na2S2O3标准溶液长期存放后，会因被O2氧化、微生物分解等发生变质（如生成Na2SO4、S沉淀），导致浓度降低，因此不宜直接用于碘的滴定，需重新标定，A正确；B．光照会催化I被O2氧化，同时加速I2的挥发，会增大实验误差，应在暗处进行滴定，B错误；C．KSCN具有还原性，易被I2氧化，若过早加入会消耗I2，导致滴定结果偏低，因此应在接近终点时加入，减少其被I2氧化的量，C正确；D．淀粉与I2会形成稳定的深蓝色配合物，若过早加入，大量I2被淀粉牢固吸附，会导致Na2S2O3无法充分还原I2，终点褪色不敏锐，因此需在接近终点（I2浓度较低）时加入淀粉溶液，D正确；故答案为B。【小问8详解】根据反应式有计量关系：2Cu~2S2O，n(Cu2+)=n(S2O)=0.1050mol/L×20.00×103L=2.1×103mol，则合金中的质量分数为。五过二硫酸钠5.过二硫酸钠(Na2S2O8)是一种重要的化学试剂，广泛应用于化工合成、水质处理等领域。（1）Na2S2O8的负离子为S2O，其结构如下图所示。①用“”在下图标示出S2O中体现强氧化性的基团______。②结合S2O的结构，分析S的化合价为______。A．+4B．+5C．+6D．+7（2）酸性条件下，S2O与Mn2+反应生成MnO与SO，写出该过程的离子反应方程式______。Na2S2O8可通过电解NaHSO4溶液的方法制得。电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。（3）已知阳极放电的离子主要是HSO，则Na2S2O8制备过程中阳极区溶液的pH范围应为______。A.2~0 B.0~2 C.2~4 D.4~6（4）阳极的电极反应式为______。Na2S2O8可用于降解有机污染物，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下产生强氧化性自由基()。处理含有机污染物的废水时，一般先投放Na2S2O8，再投放FeSO4Fe2+可活化，其过程中存在下列反应：(k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快)I、→2k=2.5×109II、+H2O→SO+•OH+H+

k=2×103III、+Fe2+→Fe3++

+k=20IV、Fe2++

→

Fe3++

k=4.6×109……（5）某小组探究“对有机污染物降解速率的影响因素”。①结果表明温度升高，反应速率加快，从微观角度解释其原因______。②除温度之外，______等因素也会影响降解有机污染物的反应速率。(任写一种)（6）相同条件下，初始对有机物降解率的影响如下图所示。下列分析错误的是______。(不定项)A.pH约为3时，有机物的降解率较高B.初始pH越大，Fe2+水解程度越大，不