上海市徐汇区2025届高三下学期一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1上海市徐汇区2025届高三下学期一模考试1．金属镍广泛应用于冶金、电镀、催化等重要的工业领域。(1)镍与铜的第二电离能分别为：I2(Ni)=1753kJ向NiCl2溶液中加入过量KCN溶液，经过结晶可得黄色晶体K(2)K2Ni(CN)A．spB．sp2C．(3)用三甲基膦PCH33对Ni(CN)42-的配体进行取代，产物A．正四面体形B．平面正方形(4)1molK2Ni(CN常温下，镍的另一种配合物Ni(CO)(5)K2Ni(CN)(6)在恒温、恒容密闭容器中，Ni(CO)A．物质的总质量不变 B．v(CO)=4vC．化学平衡常数不变 D．Ni的物质的量不变(7)在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍(纯度98.5%，所含杂质不与CO反应)剩余质量和反应时间的关系如下图所示。(8)反应达到平衡时，温度、压强与Ni(CO)4体积分数的关系如图所示。写出两点有利于Ni生成的方法【答案】(1)Cu＋失去的是全充满的3d10电子，Ni＋失去的是4s1电子(2)A(3)B(4)8NA(5)Ni(CO)4(6)D(7)0.2(8)升高温度减小压强【解析】(1)当p、d、f轨道处于半满、全满或全空时，电子的能量低，微粒稳定，电离能大，I2(Ni)<I2(Cu)的原因是Cu＋失去的是全充满的(2)K2Ni(CN)4中CN-离子中含有C≡N键，该微粒中C原子的杂化轨道数＝σ键数目＋孤电子对数＝1＋1＝(3)Ni(CN)42-具有对称的空间构型，用三甲基膦PCH33对(4)CN-含有2个π键，1molK2Ni(CN)4(5)K2NiCN4的熔点高于NiCO(6)物质的总质量恒定不变，不能判断已达到化学平衡；v(CO)=4vNi(CO)4未注明正逆反应速率，不能判断已达到化学平衡误；温度不变，化学平衡常数不变，容器为恒温容器，化学平衡常数不变，不能判断已达到化学平衡；Ni的物质的量不变，说明正逆反应速率相等，能判断已达到化学平衡。故选(7)随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应的镍的质量，粗镍的纯度98.5%，杂质不与CO反应，故1～10min内镍质量减少100g－41g＝59g，即参加反应的镍的质量为59g，其物质的量为59g59g/mol＝1mol，在0～10min内生成4molCONi(CO)4，故在0～10min(8)反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(2．钴广泛应用于航空航天、机械制造、锂离子电池等领域。(1)钴在元素周期表中的位置。(2)钴(60Co)可用于检测管道、铁轨等材料的裂纹。下列关于60A．与12CO互为同位素 BC．质子数为60 D．核外电子数为27(3)有色玻璃的制备过程中，通常将纳米级的金属氧化物均匀分散到玻璃熔体中，冷却后形成具有特定颜色的玻璃。有色玻璃熔体属于______。A．是浊液 B．乳浊液 C．胶体 D．溶液(4)蓝色钴玻璃在钾焰色试验中的作用为。(5)下图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是______。A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16gC．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D．电解总反应：2结构X是硫化钴晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞Y是硫化钴充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。(6)结构X硫化钴的化学式。(7)晶胞Y中S与S的最短距离为。(8)晶胞Y中距Li最近的S的个数为。废旧锂离子电池的正极材料试样(主要含有LiCoO2及少量Al、Fe)(9)废渣的主要成分。(10)溶解过程中发生如下反应，配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。   (11)已知KspCo(OH)2=5.9×(12)沉钴得到的Co(OH)2在空气中加热，固体残留率(残留率=剩余固体的质量初始固体的质量×100%)随温度的变化如下图所示。已知钴的氢氧化物加热至【答案】(1)第四周期Ⅷ族(2)AC(3)C(4)避免钠元素的黄色光干扰(5)D(6)Co9(7)22(8)4(9)Al(OH)3、Fe(OH)3(10)(11)5.9×10(12)Co3O4【解析】(1)钴的原子序数为27，基态Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，则Co位于第四周期Ⅷ族；(2)60Co的质量数为60，质子数＝核外电子数＝27，中子数为60－27＝33，故选(3)纳米级的金属氧化物分散质粒子直径在1~100nm之间，属于胶体，选C；(4)钾元素的焰色试验，需要隔着蓝色钴玻璃片观察(滤去黄光)，避免钠元素的黄色光干扰；(5)由图示电解池可知，石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e-＝O2↑＋4H＋，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，生成的H+通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，A错误；钴电极为阴极，电极反应式为Co2＋＋2e-＝Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，Cl-过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的离子方程式为2Co2＋＋2H2O通电2Co＋O2↑＋4H＋，阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，B错误，D正确；若移除离子交换膜，Cl-的放电能力强于水，Cl-会在阳极失去电子发生氧化反应生成Cl2，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，C错误。故选D(6)由图示晶胞可知，晶胞X中含有Co的数目为4+4×18=4.5，含有S的数目为1+12×14=4，Co与(7)由图示晶胞可知，晶胞Y中S与S的最短距离为面对角线的12，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为2(8)如图，以图中的Li为例，与其最近的S共4个；正极材料(主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等)中加入稀硫酸溶解，Fe、Al和稀硫酸反应离子反应方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑、2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑，再加入Na2S2O3，酸性条件下S2O32-被氧化成SO42-，则Na2S2O3和LiCoO2反应的化学方程式为8LiCoO2＋Na2S2O3＋11H2SO4＝4Li2SO4＋8CoSO4＋Na2SO4＋11H2O；然后向溶液中充入空气，加入NaOH溶液，发生反应为4Fe2＋＋O2＋2H2O＋8OH-＝4Fe(OH)3↓、Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，调节溶液的pH为5-6时，Fe3＋、Al3＋完全沉淀，过滤，废渣为Al(OH)3、Fe(OH)3；向滤液中再加入NaOH溶液并调节溶液的pH为9～10，发生反应Co2＋＋2OH-＝Co(OH)2↓，过滤得到Co(OH)2，向滤液中加入Na2CO3并调节溶液的pH为11～12，发生反应2Li＋＋CO32-(9)废渣的主要成分Al(OH)3、Fe(OH)3；(10)正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4、Na2S2O3，S2O32-被氧化成SO42-，具有还原性，正极材料中只有LiCoO2具有氧化性，LiCoO2与反应Na2S2O3反应生成CoSO4(11)溶液的pH＝10时，常温下，c(Co2＋)＝Ksp(12)根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)＝10093mol，m(Co)＝100×5993g；在500℃时，n(Co)∶n(O)＝10093∶[(86.38﹣100×5993)×116]＝3∶4，剩余固体成分为3．燃料燃烧后脱硫，即烟气脱硫(FGD)，是脱硫技术中的关键环节。根据脱硫剂的不同，FGD技术可分为生物质法、氨法、镁法等。(1)煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，可能引发的主要环境问题有______(不定项)。A．温室效应 B．酸雨 C．白色污染 D．水体富营养化(2)向下列溶液中通入过量的SO2，溶液均会褪色。其中能体现SO2漂白性的是A．高锰酸钾酸性溶液 B．淀粉碘溶液C．氢氧化钠酚酞溶液 D．品红溶液生物质热解气脱硫：在高温下，用生物质热解气(主要成分CO、CH4、H2)将①2②2③2④2(3)写出S(g)与O2((4)反应②的ΔS______A．<0 B．=0 C．>0 D．无法判断氮法脱硫：用氨水将SO2转化为NH①2NH3+(5)能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有______(不定项)A．增大氨水浓度 B．升高反应温度C．使燃煤烟气与氨水充分接触 D．通入空气使HSO3-(6)该方法不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO2，原因是。(用离子方程式表示(7)25℃时，测得溶液pH与含硫微粒物质的量分数的变化关系如图所示。pH=3的溶液中，cSO镁法脱硫：在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3。发生的反应为：(8)已知MgSO3的溶解度为0.57g20°C。在氧化剂作用下，澄清的MgSO3溶液被(9)在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO氯盐脱硫：采用NaClO2溶液对烟气进行脱硫，反应为：ClO2-+2SO32-(10)由图分析可知，反应温度升高，脱硫反应的平衡常数______。A．增大 B．不变 C．减小 D．无法判断(11)如果采用Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca【答案】(1)AB(2)D(3)S(g)+(4)C(5)AC(6)HCO3(7)10-3(8)2SO(9)pH增大，cSO3(10)C(11)生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行【解析】(1)煤燃烧产生CO2、SO2等，CO2导致温室效应，SO2导致酸雨，白色污染是塑料引起，水体富营养化是含N、P废水引起，故选AB；(2)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化SO2，SO2使酸性高KMnO4溶液褪色，体现SO2的还原性，A错误；SO2使淀粉－碘溶液褪色，发生反应I2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HI，体现SO2的还原性，B错误；SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，发生反应SO2＋2NaOH＝Na2CO3＋H2O，体现SO2酸性氧化物的性质，C错误；SO2使品红溶液褪色，证明SO2具有漂白性，D正确。故选D；(3)已知①2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)(4)反应②的ΔH>0，高温自发，即高温时ΔH-T(5)增大氨水浓度，消耗SO2的物质的量增大，则SO2的去除率增大，A正确；升高反应温度，使氨水和SO2的浓度减小，则SO2的去除率减小，B错误；使燃煤烟气与氨水充分接触，增大接触面积，SO2的去除率增大，C正确；通入空气使HSO3-转化为SO42-、H＋，溶液的酸性增强，SO2(6)由于HCO3-+SO2＝CO(7)由图像可知，pH=2时，c(HSO3-)＝c(H2SO3)，Ka1H2SO3=cHSO3-cH+cH(8)SO32-被O2氧化为SO4(9)pH增大，抑制SO32-的水解，c(SO(10)SO2的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，说明温度越高，SO2的平衡分压越大，SO2(11)若用Ca(ClO)2替代NaClO2，生成CaSO4沉淀，降低c(SO4．硫酸四氨合铜(CuNH3(1)适合洗涤硫酸四氨合铜晶体的试剂为______。A．水 B．浓氨水 C．硫酸钠溶液 D．95%(2)检验样品中主要负离子的方法是。按下图装置进行实验(加热、夹持等装置已略去：硼酸仅作吸收剂，不影响氨的测定)，维持样品和NaOH混合溶液沸腾一小时，取下锥形瓶，加入指示剂用标准盐酸进行滴定操作，重复实验三次，到达滴定终点时，最终测得消耗0.5000mol⋅L(3)在滴定实验中，用到的仪器有______(不定项)。A．容量瓶 B．玻璃棒 C．锥形瓶 D．滴定管(4)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的是______(不定项)。A．滴定前未用盐酸标准溶液润洗滴定管 B．滴定中选用甲基橙作指示剂C．导气管中残留氨未被硼酸完全吸收 D．滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水(5)该样品中硫酸四氨合铜晶体的纯度为(结果保留三位小数，写出计算过程)。若循环利用滤液中的乙醇，需先用稀硫酸调节滤液的pH至5~6，然后再进一步分离可得到约为95%的乙醇。(6)调节pH之后，分离出95%乙醇的操作方法为______。A．蒸馏 B．分液 C．过滤 D．结晶(7)用稀硫酸调节滤液pH的目的是。【答案】(1)D(2)先加入足量的HCl，无现象，再加入BaCl2溶液，若有沉淀生成则含有硫酸根离子(3)CD(4)A(5)97.375％(6)A(7)中和氢氧化钠和过量的氨水【解析】(1)CuNH34SO4(2)样品中主要阴离子为SO42-，检验SO42-：先加入足量的HCl，无现象，再加入BaCl(3)在滴定实验中，用到的仪器有酸式滴定管，锥形瓶，故选CD；(4)滴定前未用盐酸标准溶液润洗滴定管，使盐酸体积偏大，测定结果偏高，A选；氨气与盐酸反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以滴定时，为减少滴定误差，应选用甲基橙做滴定的指示剂，无影响，B不选；导气管中残留氨未被硼酸完全吸收，使盐酸体积偏小，测定结果偏小，C不选；滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水，无影响，D不选。故选A；(5)滴定消耗19.00mL0.5mol/L盐酸，由原子个数守恒可知，晶体的纯度为0.5mol/L(6)调节pH之后溶液为盐溶液和乙醇混合液体，利用沸点不同，分离出95%乙醇的操作方法蒸馏，故选A；(7)用稀硫酸调节滤液pH的目的是中和NaOH和过量的氨水。5．一种有机合成中间体H的合成路线如F：已知：(1)物质A的名称。(2)化合物B中含有的官能团名称是。(3)B→C的反应类型为A．取代反应 B．加成反应 C．消去反应 D．加聚反应(4)C→D的转化过程中副产物偏多的原因(5)写出D→E过程中(1)的反应式(6)已知G→H经过了先分子内加成再消去两步反应，写出第一步反应产物的结构