精品解析：上海市青浦高级中学2024-2025学年高二上学期期末质量检测 化学试卷

上海市青浦高级中学2024学年第一学期期末质量检测 高二 化学试卷 考试时间：60分钟 满分：100分 考生注意： 1.本考试分设试卷和答题纸。答题前， 务必在答题纸上填涂班级、姓名和准考证号。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 2.标注“不定项”的选择题，每小题有1~2个正确选项；未特别标注的选择题，每小题只有一个正确选项。 相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Fe：56 一、物质结构(共23分) 结构在很大程度上决定了物质的各种性质，研究结构有很重要的意义。 1. 24Cr元素的基态原子核外电子占据的原子轨道总数目为 A. 6 B. 12 C. 15 D. 24 【答案】C 【解析】 【详解】Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，原子核外电子总是尽可能占据不同轨道，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则其基态原子核外电子占据的原子轨道总数目为1+1+3+1+3+5+1=15，故合理选项是C。 2. P元素3p轨道上的3个电子不同的是 ①能量 ②原子轨道形状 ③原子轨道空间伸展方向 ④自旋状态 ⑤运动状态 A. ①② B. ③④ C. ③⑤ D. ②⑤ 【答案】C 【解析】 【详解】已知P为15号元素，则P元素3p轨道上的3个电子分别进入3p能级的不同轨道中，则①相同能级不同轨道上能量相同，②p能级的原子轨道均为哑铃形，即原子轨道形状相同，③3个3p轨道在空间x、y、z三个伸展方向，即原子轨道空间伸展方向不同，④根据洪特规则可知，电子进入同一能级的不同轨道时总是优先分占不同轨道，且自旋方向相同，即自旋状态相同，⑤由于3个电子分别在不同轨道上运动，故运动状态不同，综上分析可知，③⑤符合题意，故答案为：C。 3. 比较C、N元素的第一电离能大小，并从结构角度解释原因_________。 【答案】N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>C 【解析】 【详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>C。 4. 1mol离子中含有键___________ mol。 A. 8 B. 10 C. 16 D. 19 【答案】D 【解析】 【详解】单键一定是键，双键中有且仅有一根为键，故中有19根键，则1mol离子中含有键19mol； 故选D。 5. 1mol离子中含有键___________ mol。其中C原子的杂化类型为___________。 【答案】 ①. 2 ②. sp2、sp3 【解析】 【详解】从所给的五元含氮正离子结构可见，环中一共有两条双键，因此每该离子中含有键；环上碳原子均参与形成双键的共轭体系采用杂化，氮原子上的甲基和乙基上的碳原子采用杂化。 6. 下列关于NF3分子说法错误的是___________。 A．键角为120° B．是极性分子 C．中心原子采取sp3杂化 【答案】A 【解析】 【详解】A．由于N原子上还有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致NF3分子的空间构型为三角锥形，使其键角小于120° ，选项A错误； B．N-F共价键是极性键，共用电子对偏向电负性大的F原子一侧，而偏离电负性小的N原子一侧，因此分子中的正、负电荷中心不重合，则NF3是极性分子，选项B正确； C．在NF3分子中，中心N原子价层电子对数是：3+=4，所以中心N原子采取sp3杂化，选项C正确； 故合理选项是A。 7. 下列分子或离子的空间构型是三角锥形的有 A. SO2 B. NH3 C. H3O+ D. BF3 【答案】BC 【解析】 【详解】A．SO2分子中中心S原子价层电子对数是2+=3，S采用sp2杂化，由于S原子上有1对孤电子对，所以SO2的空间构型为V形，A不符合题意； B．NH3分子中中心N原子价层电子对数是3+=4，N采用sp3杂化，由于N原子上有1对孤电子对，所以NH3的空间构型为三角锥形，B符合题意； C．H3O+离子中心O原子价层电子对数是3+=4，O采用sp3杂化，由于O原子上有1对孤电子对，所以H3O+的空间构型为三角锥形，C符合题意； D．BF3分子中中心B原子价层电子对数是3+=3，B采用sp2杂化，由于B原子上没有孤电子对，所以BF3的空间构型为平面三角形，D不符合题意； 故合理选项是BC。 8. 合成氨反应中部分共价键的键能如下表所示： 共价键 键能(kJ/mol) H-H 436 N≡N 946 已知： 。计算N-H的键能为___________。 【答案】391 kJ/mol 【解析】 【详解】反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差，根据反应热与化学键键能关系可知：(946 kJ/mol+3×436 kJ/mol)-6×(N-H)=-92 kJ/mol，解得N-H的键能=391 kJ/mol。 9. 某有机物分子结构如图所示()，其分子中含有的手性碳原子数是 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】判断手性碳（具有四个不同的原子或基团且为四面体碳）的关键是先找出分子中杂化的碳原子，然后再逐一判断该碳是否连有四个互不相同的取代基。由图可辨，该分子中：六元环上具有取代基以及不含取代基的碳原子为杂化，具有取代基的碳原子为杂化，上的碳原子为杂化，上的碳原子为杂化，具有碳连有四种不同取代基，均构成手性中心，故该分子共有3个手性碳原子（，标记*的为手性中心），答案为D。 10. 的沸点比的高，原因是___________。 【答案】NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力 【解析】 【详解】NH3和PH3沸腾都是克服分子间作用力，NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，故NH3的沸点比PH3高。 11. H2O的键角小于NH3，原因是___________。 【答案】NH3、H2O的中心原子均为sp3杂化，与中心原子成键的原子都是氢原子，它们的孤电子对数分别是1、2，由于孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此孤电子对数越多，键角越小，所以键角：H2O＜NH3。 【解析】 【详解】NH3、H2O的中心原子均为sp3杂化，与中心原子成键的原子都是氢原子，它们的孤电子对数分别是1、2，由于孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此孤电子对数越多，键角越小。NH3分子中N原子上只有1对孤电子对，H2O分子中N原子上有2对孤电子对，所以键角：H2O＜NH3。 二、氢经济-制氢(共26分) 12. “氢经济”是“双碳”转型中非常关键的一环。大量安全制氢是关键技术之一、 方法一：工业上常用甲烷、水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应： 反应① 反应② （1）下列操作中，能提高平衡转化率的是___________。 A. 增大的浓度 B. 分离出CO C. 恒温恒容下通入惰性气体 D. 加入催化剂 （2）恒温条件下，1L密闭容器中，1mol 和1mol 反应达平衡时，的转化率为x，的物质的量为y mol，则反应①的平衡常数___________。(用x、y表示，并写出计算过程) 方法二：可利用金属硫化物催化下列反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。 （3）的电子式为___________。 （4）该反应中元素电负性从大到小的排序为___________。 （5）该反应自发进行的条件是___________。 A. 高温下容易自发 B. 低温下容易自发 C. 任何温度下都容易自发 D. 任何温度下都不容易自发 （6）在恒温、恒容密闭容器中发生该反应，可判断该反应已经达到平衡的是___________。 A. 混合气体的平均摩尔质量不变 B. 混合气体的气味不变 C. 密闭容器中混合气体的密度不变 D. 与的速率之比为 （7）在恒温、体积为2L的恒容密闭容器中，通入4mol 和1mol 的混合气体，初始压强为8MPa，10min时体系的压强为8.8MPa，则0~10min内，___________。 （8）若在恒温、恒容的密闭容器中发生该反应，下列有关说法正确的是___________。 A. 平衡移动，K不一定变化 B. 和按投料反应，当和的物质的量之比不变时反应到达平衡 C. 金属硫化物催化该反应的原理是降低活化能，增大活化分子百分数，增加单位时间内有效碰撞次数，从而加快反应速率 D. 达到平衡后，缩小容器体积，正反应速率先减小后变大 （9）一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如下图所示，反应②的离子方程式为___________。 （10）由上图可知该天然气脱硫过程中起到催化剂作用的微粒是___________。 A. B. C. D. 方法三：“太阳能热化学循环制氢”是将太阳能转化成化学能，通过多个化学过程产生。如常见的铁氧化物循环制氢过程如图所示。 （11）写出反应II的化学方程式：___________。 （12）若该反应生成标准状况下5.6L氧气，转移电子数目为___________。 【答案】（1）B （2） （3） （4）S>C>H （5）A （6）B （7）0.025 （8）C （9）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O （10）C （11） （12） 【解析】 【小问1详解】 A．增大甲烷的浓度，反应①的平衡向正反应方向移动，但甲烷的转化率减小，故A错误； B．分离出一氧化碳，反应②的反应物的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，氢气的浓度减小，则反应①的生成物浓度都减小，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故B正确； C．恒温恒容下通入惰性气体，参与反应气体分压不变，则甲烷的转化率不变，故C错误； D．加入催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，则甲烷的转化率不变，故D错误； 故答案为B； 【小问2详解】 由题目所给数据可建立三段式：、，则由三段式数据可知，1L容器中反应①的平衡常数为； 【小问3详解】 CS2与CO2互为等电子体，C最外层有4个电子，S最外层有6个电子，C与S之间形成两对共用电子对，电子式为； 【小问4详解】 非金属性越强，元素的电负性越大，该反应中元素电负性从大到小的排序为S>C>H； 【小问5详解】 反应CH4(g)+2H2S(g)=CS2(g)+4H2(g)的气体分子数增加，ΔS>0，已知ΔH>0，则该反应在高温条件下易自发进行，故答案为A； 【小问6详解】 A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积不变的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量不变，则容器中混合气体的平均摩尔质量不变不能说明反应已达到平衡，故A错误； B．反应中只有H2S与CS2具有刺激性气味，且反应中含硫物质的物质的量减少，随着反应进行，气味减弱，因此混合气体的气味不变可以说明反应已达到平衡，故B正确； C．混合气体的质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能确定达到平衡状态，故C错误； D．没有说明CH4与CS2的速率是生成速率还是消耗速率，故D错误； 故答案为B； 【小问7详解】 设10min内CH4转化了xmol，可列出三段式：，恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，，解得，内，； 【小问8详解】 A．平衡常数K只受温度影响，平衡移动，可能是浓度或压强造成的，温度不变，则K不变，故A错误； B．CH4和H2S按1:2投料反应，根据CH4(g)+2H2S(g)=CS2(g)+4H2(g)可知CH4和H2S物质的量按1:2反应消耗，则CH4和H2S的物质的量之比一直不变，不能说明反应到达平衡，故B错误； C．催化剂通过降低反应的活化能来影响反应速率，金属硫化物催化该反应的原理是降低活化能，增大活化分子百分数，增加单位时间内有效碰撞次数，从而加快反应速率，故C正确； D．达到平衡后，缩小容器体积，反应物浓度瞬间增大，正反应速率先变大，缩小容器体积来增大压强，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率后变小，故D错误； 故答案为C； 【小问9详解】 由示意图可知，在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应①：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后发生反应②：4FeSO4+O2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O； 【小问10详解】 由示意图可知，在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应①：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后发生反应②：4FeSO4+O2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，则总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O可知，Fe2(SO4)3是反应的催化剂，CH4未参与反应不是催化剂，故答案为C； 【小问11详解】 根据图示，反应II是Fe3O4在2500K、光照的条件下反应生成FeO和O2，反应的化学方程式为 【小问12详解】 如图所示，反应I是FeO和H2O(g)在1000K得条件下生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式为，反应II是Fe3O4在2500K、光照的条件下反应生成FeO和O2，反应的化学方程式为，由Fe3O4生成1molO2转移4mol电子，同时生成6molFeO，6molFeO与H2O(g)反应生成2molH2，因此具有如下计量关系：4e-~O2~2H2，因此在标准状况下生成5.6L氧气，转移电子数目为。 三、铁及其化合物的应用(共32分) 13. 研究表明：反应分为三步，各步反应及焓变见表。 反应原理 反应焓变 第1步 △H1 第2步 △H2 第3步 △H3 （1）Fe元素的基态原子价电子的电子排布式___________，在元素周期表中的位置___________。 （2）Fe元素属于___________区。 A. s B. p C. d D. f （3）H2NO属于___________。 A．中间产物 B．催化剂 （4）总反应的焓变=___________。(用△H1、△H2、△H3表示) 【答案】（1） ①. 3d64s2 ②. 第四周期第Ⅷ族 （2）C （3）A （4）2△H1+2△H2+△H3 【解析】 【小问1详解】 Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe元素的基态原子价电子的电子排布式3d64s2； Fe元素在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族； 【小问2详解】 Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，属于d区元素，故合理选项是C； 【小问3详解】 根据反应步骤可知：在反应开始时没有物质H2NO，在反应进行到最后，生成物中也没有H2NO，因此H2NO属于中间产物，故合理选项是A； 【小问4详解】 根据总反应方程式与各步反应方程式的关系可知：将2×第一步反应+2×第二步反应+第三步反应，就得到总反应方程式，故总反应的焓变△H=2△H1+2△H2+△H3。 14. 草酸亚铁()作为一种化工原料， 可广泛用于生产锂离子电池材料、感光材料。用废铁屑(含少量、)为原料生产草酸亚铁的流程如下： 已知：Ⅰ、淡黄色固体，难溶于水。 Ⅱ、25℃时，，。 （1）用热的饱和碳酸钠溶液洗涤废铁屑的原因是___________。 （2）“转化”步骤在如图所示装置中进行。 仪器X的名称是___________，导管A的作用是___________。 （3）“转化”步骤的离子方程式为___________。 A B. C. D. （4）流程图中“系列操作”指的是___________。 A．过滤、洗涤、干燥 B．蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 C．蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 （5）又知：。若酸浸后溶液中含 、 ，为了使完全沉淀(即离子浓度)且不沉淀，则加氨水沉淀时应控制pH的范围为___________。 【答案】（1）碳酸钠溶液显碱性，加热情况下促进水解，洗涤油污效果好 （2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 平衡压强，使液体能够顺利加入 （3）D （4）A （5） 【解析】 【分析】由题给流程可知，用热的饱和碳酸钠溶液洗涤废铁屑，洗去铁屑表面的油污后，向铁屑中加入稀硫酸酸浸，将铁和铝转化为硫酸亚铁、硫酸铝，向溶液中加入氨水，将溶液中亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，铝离子转化为氢氧化铝沉淀除去。过滤得到氢氧化亚铁；向氢氧化亚铁中加入草酸溶液，将氢氧化亚铁转化为二水草酸亚铁沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到二水草酸亚铁沉淀。 【小问1详解】 碳酸钠溶液水解显碱性，，属于吸热反应，加热情况下促进水解，油脂（高级脂肪酸，含有酯基）在碱性情况下水解最彻底，此时洗涤效果好。答案为：碳酸钠溶液显碱性，加热情况下促进水解，洗涤油污效果好。 【小问2详解】 仪器的名称是恒压滴液漏斗。恒压滴液漏斗导管的主要作用是平衡压强，使液体能够顺利加入。答案为：恒压滴液漏斗；平衡压强，使液体能够顺利加入。 【小问3详解】 转化步骤发生的反应为草酸溶液与氢氧化亚铁反应生成二水草酸亚铁沉淀，氢氧化亚铁为沉淀，草酸为弱酸，均不能拆，反应的化学方程式为：。答案选D。 【小问4详解】 由分析可知，流程图中系列操作为过滤、洗涤、干燥，故选A。 【小问5详解】 为了使完全沉淀，此时铝离子浓度为：，，，则；同时亚铁离子不能沉淀，此时的，，。所以加氨水沉淀时应控制的范围为。答案为：。 15. 氧化沉淀法是制取的一种常见方法，其制取流程如下图所示： （1）副产品P是___________(填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩→___________→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。 某兴趣小组根据上述流程制取并测定其产率。具体操作如下： I．测定绿矾的含量：称取3.0g工业绿矾，配制成250.00mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用酸性溶液滴定至终点，消耗溶液的平均体积为20.00mL。(滴定时发生反应的离子方程式为： Ⅱ．称取300g工业绿矾，通过上述流程最终制得50g 。 （2）配制上述250mL溶液，用到的玻璃仪器除了玻璃棒、烧杯外，还有___________。 （3）步骤Ⅰ中滴定终点现象为___________。 （4）计算产品的产率___________。(保留4位有效数字) 【答案】（1） ①. Na2SO4 ②. 冷却结晶 （2）250mL容量瓶、胶头滴管 （3）滴入最后半滴高锰酸钾溶液后，溶液变为浅红色且半分钟内不褪色 （4）64.66% 【解析】 【分析】工业绿矾加入50℃~80℃的热水溶解，过滤除杂后得到FeSO4溶液，加入适量的NaOH溶液，发生反应Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，通入一定量的空气，Fe(OH)2被O2氧化，发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，过滤后得到沉淀M为Fe(OH)3，经一系列处理后得Fe3O4，溶液N中含有Na+、等，经一系列处理后得副产品P，为Na2SO4。 【小问1详解】 由分析得，副产品P为Na2SO4；由溶液N获得该副产品，由于还有少量其他杂质，需要通过结晶析出得到产品，故操作是：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水； 【小问2详解】 配制上述250mL绿矾溶液，先用烧杯溶解，玻璃棒搅拌引流，转移至250mL容量瓶，并用胶头滴管定容，故还需要的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管； 【小问3详解】 滴定终点时，高锰酸钾恰好和亚铁离子反应，溶液开始显高锰酸钾的红色，故终点的现象为：滴入最后半滴高锰酸钾溶液后，溶液变为浅红色且半分钟内不褪色； 【小问4详解】 根据所给方程式，3.0g工业绿矾中Fe2+的物质的量为0.01mol/L×20×10−3L×5×=0.01mol，即3.0g工业绿矾中FeSO4·7H2O的物质的量为0.01mol，则300g工业绿矾中，FeSO4·7H2O的物质的量为1mol，理论上能生成molFe3O4，实际制得50gFe3O4，故产品Fe3O4的产率为64.66%。 四、的处理及电化学(共19分) 16. 已知：25℃时，和的电离常数如下表所示。 （1）等浓度的和溶液，___________ A. > B. < C. = D. 不确定 实验室中可用NaOH溶液吸收，随着的通入，会得到不同溶质组成的溶液。25℃时，、、的物质的量分数[]与pH的关系如图所示。 （2）曲线II代表的微粒是___________。 A． B． C． （3）___________。 （4）将气体通入 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气，过程中的电离程度变化情况为___________。 A. 逐渐变大 B. 逐渐变小 C. 先变大，后变小 D. 先变小，后变大 （5）等浓度和的混合溶液中，下列关系正确的是___________。 A. B. C. D. （6）水解平衡与化学平衡一样，也有自己的平衡常数()。以醋酸钠()为例，其水解平衡常数存在以下定量关系：(为水的离子积常数，为的电离常数)。请结合亚硫酸的电离常数数据说明：溶液呈酸性的理由___________。 【答案】（1）A （2）B （3） （4）C （5）B （6）由于，即的电离程度大于其水解程度 【解析】 【小问1详解】 弱酸的Ka值越大，酸性越强，由表格可知酸性：H2SO3>H2CO3，弱酸的酸性越弱，相同温度和浓度时，其正盐的水解能力越强，故等浓度的和溶液，>，选A； 【小问2详解】 随着溶液pH值越大，溶液中浓度越小，浓度先增大后减小，浓度先不变后增大，故曲线I、II、III分别代表：、、，故选B； 【小问3详解】 根据表格中数据，； 【小问4详解】 NaOH溶液中，氢氧根抑制水的电离，随着SO2的通入，抑制程度减弱，即水的电离程度变大，当溶液pH=4时停止通SO2，由图可知，此时溶液中溶质成分为NaHSO3，溶液呈酸性，即的电离程度大于其水解程度，水的电离又受到H+的抑制，故整个过程中水的电离程度先变大，后变小，选C； 小问5详解】 A．等浓度和的混合溶液中，，故的水解程度大于的电离程度，故，，A错误； B．根据物料守恒：，B正确； C．电荷守恒：，物料守恒：，联立两式可得：，C错误； D．根据电荷守恒：，由A分析可知溶液中，故，D错误； 故选B； 【小问6详解】 溶液中：由于，即的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性。 17. 铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。 （1）铁电极上的电极反应式为___________。 （2）处理含的废水，若处理6.2g ，则有___________mol 透过质子交换膜。 （3）已知LFP锂电池充、放电时总反应为：(Li元素化合价不发生变化)，下列叙述正确的是___________。 A. 锂离子电池放电时，从正极迁移到负极 B. 锂离子电池放电时，正极电极方程式为 C. 给锂离子电池充电时，石墨(C)做负极 D. 给锂离子电池充电时，当外电路转移个电子，通过隔膜质量为7g 【答案】（1）Fe-2e-=Fe2+ （2）0.5 （3）BD 【解析】 【分析】左侧碳电极，硝酸根得电子转化为氮气，故左侧为正极，考虑到质子交换膜，电解液为酸性，故正极电极反应方程式为2+10e-+12H+=6H2O+N2↑，右侧铁电极失电子，生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与在细菌作用下发生氧化还原反应生成Fe和N2； 【小问1详解】 铁电极为负极，的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+； 【小问2详解】 由溶液电中性和正极电极反应式，透过质子交换膜的H+与转移的电子物质的量相等，6.2g物质的量为0.1mol，则对应透过质子交换膜的H+物质的量为0.5mol； 【小问3详解】 A．原电池中，阳离子从负极向正极迁移，所以锂离子电池放电时，Li+从负极迁移到正极，A错误； B．锂离子电池放电时，正极上Li1−xFePO4得电子并结合Li+生成LiFePO4，正极反应式为Li1−xFePO4+xLi++xe−=LiFePO4，故B正确； C．给锂离子电池充电时，石墨与电源负极相接，作阴极，故C错误； D．Li+和电子所带电荷数相等，给锂离子电池充电时，当外电路转移个NA电子，即转移1mol电子，通过隔膜的Li+为1mol，质量为7g，故D正确； 故选BD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海市青浦高级中学2024学年第一学期期末质量检测 高二 化学试卷 考试时间：60分钟 满分：100分 考生注意： 1.本考试分设试卷和答题纸。答题前， 务必在答题纸上填涂班级、姓名和准考证号。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 2.标注“不定项”的选择题，每小题有1~2个正确选项；未特别标注的选择题，每小题只有一个正确选项。 相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Fe：56 一、物质结构(共23分) 结构在很大程度上决定了物质的各种性质，研究结构有很重要的意义。 1. 24Cr元素的基态原子核外电子占据的原子轨道总数目为 A. 6 B. 12 C. 15 D. 24 2. P元素3p轨道上的3个电子不同的是 ①能量 ②原子轨道形状 ③原子轨道空间伸展方向 ④自旋状态 ⑤运动状态 A. ①② B. ③④ C. ③⑤ D. ②⑤ 3. 比较C、N元素的第一电离能大小，并从结构角度解释原因_________。 4. 1mol离子中含有键___________ mol。 A. 8 B. 10 C. 16 D. 19 5. 1mol离子中含有键___________ mol。其中C原子的杂化类型为___________。 6. 下列关于NF3分子说法错误的是___________。 A．键角为120° B．是极性分子 C．中心原子采取sp3杂化 7. 下列分子或离子的空间构型是三角锥形的有 A SO2 B. NH3 C. H3O+ D. BF3 8. 合成氨反应中部分共价键的键能如下表所示： 共价键 键能(kJ/mol) H-H 436 N≡N 946 已知： 。计算N-H的键能为___________。 9. 某有机物分子结构如图所示()，其分子中含有的手性碳原子数是 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 10. 的沸点比的高，原因是___________。 11. H2O键角小于NH3，原因是___________。 二、氢经济-制氢(共26分) 12. “氢经济”是“双碳”转型中非常关键的一环。大量安全制氢是关键技术之一、 方法一：工业上常用甲烷、水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应： 反应① 反应② （1）下列操作中，能提高平衡转化率的是___________。 A. 增大的浓度 B. 分离出CO C. 恒温恒容下通入惰性气体 D. 加入催化剂 （2）恒温条件下，1L密闭容器中，1mol 和1mol 反应达平衡时，的转化率为x，的物质的量为y mol，则反应①的平衡常数___________。(用x、y表示，并写出计算过程) 方法二：可利用金属硫化物催化下列反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。 （3）的电子式为___________。 （4）该反应中元素电负性从大到小的排序为___________。 （5）该反应自发进行的条件是___________。 A. 高温下容易自发 B. 低温下容易自发 C. 任何温度下都容易自发 D. 任何温度下都不容易自发 （6）在恒温、恒容密闭容器中发生该反应，可判断该反应已经达到平衡的是___________。 A. 混合气体的平均摩尔质量不变 B. 混合气体的气味不变 C. 密闭容器中混合气体的密度不变 D. 与的速率之比为 （7）在恒温、体积为2L的恒容密闭容器中，通入4mol 和1mol 的混合气体，初始压强为8MPa，10min时体系的压强为8.8MPa，则0~10min内，___________。 （8）若在恒温、恒容的密闭容器中发生该反应，下列有关说法正确的是___________。 A. 平衡移动，K不一定变化 B. 和按投料反应，当和的物质的量之比不变时反应到达平衡 C. 金属硫化物催化该反应的原理是降低活化能，增大活化分子百分数，增加单位时间内有效碰撞次数，从而加快反应速率 D. 达到平衡后，缩小容器体积，正反应速率先减小后变大 （9）一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如下图所示，反应②的离子方程式为___________。 （10）由上图可知该天然气脱硫过程中起到催化剂作用的微粒是___________。 A. B. C. D. 方法三：“太阳能热化学循环制氢”是将太阳能转化成化学能，通过多个化学过程产生。如常见的铁氧化物循环制氢过程如图所示。 （11）写出反应II的化学方程式：___________。 （12）若该反应生成标准状况下5.6L氧气，转移电子数目为___________。 三、铁及其化合物的应用(共32分) 13. 研究表明：反应分为三步，各步反应及焓变见表。 反应原理 反应焓变 第1步 △H1 第2步 △H2 第3步 △H3 （1）Fe元素的基态原子价电子的电子排布式___________，在元素周期表中的位置___________。 （2）Fe元素属于___________区。 A. s B. p C. d D. f （3）H2NO属于___________。 A．中间产物 B．催化剂 （4）总反应的焓变=___________。(用△H1、△H2、△H3表示) 14. 草酸亚铁()作为一种化工原料， 可广泛用于生产锂离子电池材料、感光材料。用废铁屑(含少量、)为原料生产草酸亚铁的流程如下： 已知：Ⅰ、淡黄色固体，难溶于水。 Ⅱ、25℃时，，。 （1）用热的饱和碳酸钠溶液洗涤废铁屑的原因是___________。 （2）“转化”步骤在如图所示的装置中进行。 仪器X的名称是___________，导管A的作用是___________。 （3）“转化”步骤的离子方程式为___________。 A. B. C. D. （4）流程图中“系列操作”指的是___________。 A．过滤、洗涤、干燥 B．蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 C．蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 （5）又知：。若酸浸后溶液中含 、 ，为了使完全沉淀(即离子浓度)且不沉淀，则加氨水沉淀时应控制pH的范围为___________。 15. 氧化沉淀法是制取一种常见方法，其制取流程如下图所示： （1）副产品P是___________(填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩→___________→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。 某兴趣小组根据上述流程制取并测定其产率。具体操作如下： I．测定绿矾的含量：称取3.0g工业绿矾，配制成250.00mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用酸性溶液滴定至终点，消耗溶液的平均体积为20.00mL。(滴定时发生反应的离子方程式为： Ⅱ．称取300g工业绿矾，通过上述流程最终制得50g 。 （2）配制上述250mL溶液，用到的玻璃仪器除了玻璃棒、烧杯外，还有___________。 （3）步骤Ⅰ中滴定终点的现象为___________。 （4）计算产品的产率___________。(保留4位有效数字) 四、的处理及电化学(共19分) 16. 已知：25℃时，和的电离常数如下表所示。 （1）等浓度的和溶液，___________ A. > B. < C. = D. 不确定 实验室中可用NaOH溶液吸收，随着通入，会得到不同溶质组成的溶液。25℃时，、、的物质的量分数[]与pH的关系如图所示。 （2）曲线II代表的微粒是___________。 A． B． C． （3）___________。 （4）将气体通入 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气，过程中的电离程度变化情况为___________。 A. 逐渐变大 B. 逐渐变小 C. 先变大，后变小 D. 先变小，后变大 （5）等浓度和的混合溶液中，下列关系正确的是___________。 A. B. C. D. （6）水解平衡与化学平衡一样，也有自己的平衡常数()。以醋酸钠()为例，其水解平衡常数存在以下定量关系：(为水的离子积常数，为的电离常数)。请结合亚硫酸的电离常数数据说明：溶液呈酸性的理由___________。 17. 铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。 （1）铁电极上的电极反应式为___________。 （2）处理含废水，若处理6.2g ，则有___________mol 透过质子交换膜。 （3）已知LFP锂电池充、放电时总反应为：(Li元素化合价不发生变化)，下列叙述正确的是___________。 A. 锂离子电池放电时，从正极迁移到负极 B. 锂离子电池放电时，正极电极方程式为 C. 给锂离子电池充电时，石墨(C)做负极 D. 给锂离子电池充电时，当外电路转移个电子，通过隔膜的质量为7g 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$