高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省常州市聯盟校2025屆高三上學期10月月考可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32C1-35.5Fe-56Si-28Al-27一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.強調：積極培育和發展新質生產力。下列與科技成就相關的描述錯誤的是（）A.“朱雀二號”遙二成為全球首枚成功入軌的液氧甲烷運載火箭，甲烷作助燃劑B.“神舟十七號”發動機的耐高溫結構材料是一種熔沸點很高的共價晶體C.挑戰馬里亞納海溝的自供電軟體機器人所用的硅樹脂是新型無機非金屬材料D.人造衛星和深空探測器強度要求高的零部件采用鈦合金等合金材料【答案】A【解析】A．甲烷運載火箭中液氧作助燃劑，甲烷作燃料，A錯誤；B．熔沸點很高，為共價晶體，B正確；C．硅樹脂一種具有高度交聯結構的熱固性聚硅氧烷聚合物，屬于無機非金屬材料，C正確；D．鈦合金為合金材料，D正確；故選A。2.三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3是一種重要的化工產品，實驗室可用反應制備。下列有關說法正確的是（）A.基態Co2+的價層電子排布式為B.的電子式為C.中子數為18的氯原子可表示為D.中含24mol共價鍵【答案】D【解析】A．鈷為27號元素，核外有27個電子，基態鈷原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，基態鈷的價電子排布式為3d74s2，Co2+表示失去最外層兩個電子，所以基態Co2+的價層電子排布式為3d7，故A錯誤；B．NH3分子中一個N原子與三個H原子形成3對共用電子對，N原子還有1對孤電子對，則NH3的電子式為，故B錯誤；C．Cl的原子序數為17，即Cl原子的質子數為17，中子數為18的氯原子的質量數為17+18=35，該原子可表示為，故C錯誤；D．由[Co(NH3)6]3+結構可知，在配位體NH3中的3個N-H鍵是共價鍵，6個配位體NH3與中心Co3+離子之間以配位鍵結合，配位鍵屬于共價鍵，所以1個[Co(NH3)6]3+含共價鍵數目為6+3×6=24個，即中含24mol共價鍵，故D正確；答案為D。3.工業上電解熔融和冰晶石()的混合物可制得鋁。下列說法正確的是（）A.半徑大小： B.電負性大小：C.電離能大小： D.金屬性強弱：【答案】A【解析】A．根據同電子層結構核多徑小，則半徑大小：，故A正確；B．根據同周期從左到右電負性逐漸增大，則電負性大小：，故B錯誤；C．根據同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，則電離能大小：，故C錯誤；D．根據同周期從左到右金屬性逐漸減弱，非金屬之間增強，則金屬性強弱：，故D錯誤。綜上所述，答案為A。4.已知：(的熔點16.8℃，沸點44.8℃)。實驗室利用該原理制取少量，下列實驗裝置不能達到實驗目的的是（）A.用裝置甲制取氣體 B.用裝置乙干燥并混合和C.用裝置丙制取并收集 D.用裝置丁吸收尾氣中的【答案】A【解析】A．銅能與濃硫酸共熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，但常溫下與濃硫酸不反應，則裝置甲不能達到制取二氧化硫的實驗目的，故A符合題意；B．由實驗裝置圖可知，裝置乙中盛有的濃硫酸用于干燥并混合二氧化硫和氧氣，則裝置乙能達到實驗目的，故B不符合題意；C．由實驗裝置圖可知，裝置丙的硬質玻璃管中二氧化硫和氧氣在五氧化二釩做催化劑條件下共熱發生催化氧化反應生成三氧化硫，盛放在冰水中的U形管用于冷凝收集三氧化硫，則裝置丙能達到實驗目的，故C不符合題意；D．由實驗裝置圖可知，裝置丁中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空氣，則裝置丁能達到實驗目的，故D不符合題意；故選A。周期表中中的O、S、及其化合物應用廣泛。是氧元素的3種核素，其中常用作示蹤原子；實驗證明在室溫和常壓下中含有分子，在放電的條件下得到得到電子生成，吸收的熱量；鉀的含氧化合物有等，和常用于潛水時的供氧劑。常溫下，S在潮濕的空氣中可以被緩慢氧化成，S可以用于制黑火藥：。可以用于橡膠工業的硫化。單質具有半導體的特性，可以用于制作半導體材料。回答下列問題。5.下列有關說法正確的是（）A.互稱為同分異構體B.中陰陽離子的個數比不同C.分子中氧原子軌道雜化類型均為D.的結構如圖所示，屬于非極性分子6.下列化學反應表示正確的是（）A.得到電子生成B.與水的反應：C.S在潮濕的空氣中氧化成的反應：D.酸性溶液與反應：7.下列物質結構與性質或物質性質與用途具有對應關系的是（）A.S具有還原性，可用于制造黑火藥B.分子中存在鍵，的沸點比低C.是非金屬元素，可以用于制作半導體材料D.分子中O上有孤對電子對，可與形成配位鍵【答案】5.C6.C7.D【5題詳解】A．O2、O3、O4由同種元素組成的不同種單質，互稱為同素異形體，故A項錯誤；B．K2O、K2O2中陰陽離子的個數比均為1:2，故B項錯誤；C．H2O中心原子的價電子對數為：2+=4，為sp3雜化；H2O2中心原子的價電子對數為：2+=4，為sp3雜化，故C項正確；D．根據S2Cl2的結構如圖可知，其分子結構不對稱，正負電荷重心不重合，屬于極性分子，故D項錯誤；故本題選C；【6題詳解】A．1molO(g)得到電子生成1molO2-(g)，吸收752kJ的熱量，則，故A項錯誤；B．KO2與水反應生成KOH和O2，方程式：，故B項錯誤；C．S在潮濕的空氣中氧化成H2SO4的反應方程式為，故C項正確；D．酸性溶液與反應的化學方程式為，故D項錯誤；故本題選C；【7題詳解】A．S制黑火藥反應過程中生成K2S，S元素化合價降低，體現氧化性，故A項錯誤；B．N2和O2都屬于分子晶體，沸點與分子間作用力有關，與化學鍵無關，故B項錯誤；C．Se單質具有半導體的特性，可以用于制作半導體材料，是因為其位于元素周期表金屬元素與非金屬元交界處，與其是非金屬無關，故C項錯誤；D．H+可以提供空軌道，與能提供孤電子對的O結合為H3O+，故D項正確；故答案選D。8.五倍子是種常見的中草藥，其有效成分為X，在一定條件下X可分別轉化為Y、Z。下列關于X、Y、Z的說法正確的是（）A.Y分子中含有兩種官能團B.Y分子與氫氣發生加成反應的產物中含有兩個手性碳原子C.X分子能發生取代、氧化和消去反應D.Z分子與NaOH溶液反應時最多可消耗7molNaOH【答案】B【解析】A．Y分子中含有羥基、羧基和碳碳雙鍵共3種官能團，選項A錯誤；B．Y分子與氫氣發生加成反應的產物，中左右兩個連接-OH的碳原子上連接四個不同的原子或原子團，為手性碳原子，共2個，選項B正確；C．X中含有酚羥基、羧基，可發生取代、氧化反應，但不能發生消去反應，選項C錯誤；*D．Z分子中含有5個酚羥基、1個羧基和1個酯基且酯基后增加1個酚羥基結構，故與NaOH溶液反應時最多可消耗8molNaOH，選項D錯誤．答案選B。9.室溫下，下列實驗方案能達到探究目的的是（）選項探究方案探究目的A向較濃的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，觀察KMnO4溶液紫色是否褪去Fe2+具有還原性B分別向Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加2滴酚酞，觀察紅色深淺程度的的水解程度大于的水解程度C向5mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中依次滴加5滴同濃度的NaCl溶液和KI溶液，振蕩，觀察沉淀顏色的變化Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D向盛有淀粉—KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，觀察溶液顏色變化Br2的氧化性強于I2【答案】D【解析】A．酸性條件下，Fe2+、Cl-均能被KMnO4溶液氧化，所以KMnO4溶液紫色褪去，無法判斷Fe2+具有還原性，A錯誤；B．沒有說明Na2CO3和NaHCO3溶液濃度是否相同，無法根據溶液堿性強弱判斷、的水解程度大小，B錯誤；C．該實驗中硝酸銀過量，與NaCl和KI均能反應生成沉淀，無法比較AgCl和AgI的Ksp大小，C錯誤；D．溴單質和碘化鉀反應生成碘單質，碘單質遇淀粉變藍，說明溴單質的氧化性大于碘單質，D正確；故答案選D。10.硫酸工業中用溶液吸收尾氣中的，吸收后的和混合溶液，進行電解再生并制取硫酸的裝置如下圖所示。下列說法不正確的是（）A.a為陽離子交換膜，b為陰離子交換膜B.陰極區發生的電極反應是C.電解過程中，陽極區溶液的pH降低D.外電路中每通過lmol，陽極區溶液增重49g【答案】D【分析】裝置中電解和混合溶液，陰極區發生反應2HSO+2e-=H2↑+2SO，Na+通過a膜移向陰極，陰極區產生；陽極區HSO和SO被氧化，其中一個發生反應SO+H2O-2e-=SO+2H+，HSO和SO通過b膜進入陽極區，最終生成硫酸溶液。【詳解】A．a為陽離子交換膜，使Na+通過，b為陰離子交換膜，使HSO和SO通過，A項正確；B．陰極區發生還原反應，反應2HSO+2e-=H2↑+2SO，B項正確；C．電解過程中，陽極區HSO和SO被氧化得到硫酸溶液，溶液的pH降低，C項正確；D．HSO和SO通過b膜進入陽極區，當轉移lmol，所以陽極區溶液增重并不是生成的0.5mol硫酸的質量，D項錯誤；故答案選D。11.由制鋁工業廢渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸鐵鋁凈水劑的流程如下。下列有關說法不正確的是（）A.控制適當反應溫度并不斷攪拌，有利于提高鐵、鋁浸取率B.與稀硫酸反應的離子方程式：C.濾液中主要存在的陽離子有：、、、D.聚合硫酸鐵鋁水解形成的膠體具有吸附作用【答案】C【分析】廢渣加入稀硫酸和雙氧水得到硫酸鐵、硫酸鋁和硫酸鈣，過濾除去SiO2及硫酸鈣，濾液加熱聚合，進一步得到聚合硫酸鐵鋁，據此分析解答。【詳解】A．控制適當反應溫度并不斷攪拌，可使反應充分進行，能夠提高鐵、鋁浸取率，A正確；B．Al2O3與稀硫酸反應生成硫酸鋁和水，離子方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B正確；C．雙氧水氧化性強于鐵離子，所以它會將亞鐵離子氧化為鐵離子，濾液中主要存在的陽離子是鋁離子和Fe3+，C錯誤；D．聚合硫酸鐵鋁水解生成氫氧化鋁和氫氧化鐵膠體，膠體有吸附作用，D正確；故答案選C。12.草酸亞鐵是生產磷酸鐵鋰電池的原料，實驗室可通過如下反應制取：已知室溫時：、、。下列說法正確的是（）A.酸化、溶解后的溶液中存在：B.室溫下，溶液中存在：C.向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色，反應的離子方程式為：D.室溫時反應的平衡常數【答案】D【分析】該工藝流程原料為，產品為，“酸化、溶解”后溶液中含有，在“沉鐵”工藝中與結合生成，從溶液中過濾、洗滌得固體。【詳解】A．“酸化、溶解”后溶液中含有，溶液顯酸性，存在，則，A錯誤；B．溶液中存在、，根據<可知，的電離程度大于水解程度，故，B錯誤；C．溶液呈酸性，故反應的離子方程式為：，C錯誤；D．反應的平衡常數，D正確；答案選D。13.二氧化碳加氫制甲烷過程中的主要反應為在密閉容器中，、時，平衡轉化率、在催化劑作用下反應相同時間所測得的實際轉化率隨溫度的變化如題圖所示。的選擇性可表示為。下列說法正確的是（）A.反應的焓變B.的平衡選擇性隨著溫度的升高而增加C.用該催化劑催化二氧化碳反應的最佳溫度范圍約為480~530℃D.450℃時，提高值或增大壓強，均能使平衡轉化率達到X點的值【答案】D【解析】A．由蓋斯定律可知反應的焓變，A錯誤；B．為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的含量降低，故的平衡選擇性隨著溫度的升高而降低，B錯誤；C．由圖可知溫度范圍約為350~400℃時二氧化碳實際轉化率最高，為最佳溫度范圍，C錯誤；D．450℃時，提高的值可提高二氧化碳的平衡轉化率，增大壓強反應I平衡正向移動，可提高二氧化碳的平衡轉化率，均能使平衡轉化率達到X點的值，D正確。故選D。二、非選擇題：共4題，共61分。14.工業上采用硫鐵礦熔燒去硫后燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制備透明鐵黃(FeOOH)工藝流程如下：（1）浸取前一般需粉碎燒渣，其目的是___________。（2）濾渣Ⅰ的主要成分為___________。（3）加氫氧化鈉調控pH的目的是___________。（4）轉化操作是向濾液中加入一定濃度氨水，當滴加氨水至pH為6.0時，停止滴加氨水，開始通氧氣，生成鐵黃。通入氧氣過程中，記錄溶液pH變化如圖1所示。①t1～t2時段，離子方程式___________。②已知：25℃時，Fe(OH)2完全沉淀(離子濃度≤10-5mol/L)的pH=8.5.滴加氨水產生沉淀，當pH為6.0時，溶液中殘留Fe2+濃度為_____mol/L。（5）制得的透明鐵黃中往往混有氧化鐵，可用分光光度法測定透明鐵黃的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(對特定波長光的吸收程度)與Fe3+標準溶液濃度的關系如圖2所示。稱取3.47g樣品，用稀硫酸溶解并定容至1L，準確移取該溶液10.00mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸餾水定容至100mL。測得溶液吸光度A=0.8，計算樣品中FeOOH的質量分數______(寫出主要計算過程)。【答案】（1）增大反應物接觸面積，加快酸溶速率，提高浸取率（2）SiO2（3）除去H＋，將Al3+轉化為Al(OH)3除去（4）①.4Fe2+＋O2＋6H2O=4FeOOH＋8H＋②.1（5）76.9%【分析】燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3、不考慮其他雜質)中加入稀硫酸，氧化鐵、氧化亞鐵、氧化鋁與稀硫酸反應，二氧化硅不反應，過濾，向濾液中加入試劑X將鐵離子還原，再加入氫氧化鈉溶液調節pH值沉淀鋁離子，過濾后向濾液中加入氨水和通入氧氣，經過一系列變化得到鐵黃(FeOOH)。【詳解】（1）浸取前一般需粉碎燒渣，其目的是：增大反應物接觸面積，加快酸溶速率，提高浸取率；（2）二氧化硅與稀硫酸不反應，濾渣Ⅰ的主要成分為SiO2；（3）加入氫氧化鈉溶液調節pH值沉淀鋁離子，加氫氧化鈉調控pH的目的是除去H＋，將Al3+轉化為Al(OH)3除去；（4）①t1～t2時段，pH減小說明氫離子濃度增大，該過程中亞鐵離子和氧氣反應生成FeOOH和氫離子，離子方程式為：4Fe2+＋O2＋6H2O=4FeOOH＋8H＋；②Fe(OH)2完全沉淀(離子濃度≤10-5mol/L)的pH=8.5，則Fe(OH)2的溶度積常數Ksp=1×10-5×(1×10-5.5)2=1×10-16，當滴加氨水產生沉淀，當pH為6.0時，Ksp=1×10-16=c(Fe2+)×(1×10-8)2，解得c(Fe2+)=1mol/L，溶液中殘留Fe2+濃度為：1mol/L；（5）測得溶液吸光度A=0.8，根據圖中信息得到溶液中c(Fe3+)=4.0×10?3mol?L?1，則樣品中鐵離子物質的量為n(Fe3+)=4.0×10?3mol?L?1×0.1L×100=4.0×10?2mol,設氧化鐵物質的量為xmol,為FeOOH物質的量為ymol,則有160xg+89yg=3.47g,2xmol+ymol=0.04mol,解得x=0.05，y=0.03，則樣品中FeOOH的質量分數：。15.化合物G是一種合成多靶向性抗癌藥物的中間體。其人工合成路線如下：（1）A分子中采取sp2雜化與sp3雜化的碳原子數目之比為_______。（2）D的結構簡式為_______。（3）F→G的反應類型為_______。（4）G的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_______。①除苯環外不含其它環狀結構，能與鈉反應放出氫氣，遇FeCl3溶液不顯色。②堿性條件下水解生成兩種產物，酸化后分子中均有3種不同化學環境的氫。（5）寫出以、CH3CH2OH為原料制備的合成路線流程圖_______(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。【答案】（1）4:1（2）（3）氧化反應（4）（5）【分析】B和乙醇發生酯化反應生成C，由C逆推，可知B是；D的分子式是C11H12O4，根據C、E的結構簡式，可知D是。【詳解】（1）A分子中只有2個碳原子成鍵方式全是單鍵，采用sp3雜化，其余碳原子均采用sp2雜化，碳原子數目之比為采取sp2雜化與sp3雜化的碳原子數目之比為8:2=4:1；（2）D分子式是C11H12O4，根據C、E的結構簡式，可知D是；（3）F→G是F中的羥基被氧化為醛基，反應類型為氧化反應；（4）①除苯環外不含其它環狀結構，能與鈉反應放出氫氣，說明含有羥基，遇FeCl3溶液不顯色，說明不含酚羥基。②堿性條件下水解生成兩種產物，說明含有酯基，酸化后分子中均有3種不同化學環境的氫。符合條件的G的同分異構體是；（5）根據題干流程圖，發生氧化反應生成，再發生還原反應得，和乙醇反應生成，被還原成，和反應生成，合成路線為：。16.以酸性蝕刻液(主要含和)和堿性蝕刻液(主要含和)制備硫酸銅，并回收氯化銨的實驗流程如下：（1）①基態核外電子排布式為_______。②將一定量酸性蝕刻液和堿性蝕刻液加入到三頸燒瓶(裝置見圖)，通入或調節溶液在5.5左右，充分中和后，獲得堿式氯化銅沉淀。實驗中球形干燥管的作用是_______。（2）①化漿酸化后經結晶得硫酸銅粗品，其中含有的主要雜質是_______(填化學式)。②將硫酸銅粗品溶于熱水形成飽和溶液，加入適量乙醇攪拌，冷卻后過濾，洗滌，可制得高純度。加入乙醇的目的是_______。（3）由硫酸銅制備堿式碳酸銅。已知的產率{％}隨起始與的比值和溶液的關系如圖所示。①補充完整制取的實驗方案：向燒杯中加入溶液，將燒杯置于70℃的水浴中，_______，低溫烘干，得到。(實驗中可選用的試劑或儀器：溶液、溶液、溶液、鹽酸、計)②實驗時發現，若反應時溶液pH過大，所得的產率偏低，但元素含量偏大，原因是_______。【答案】（1）①.[Ar]3d9②.防止倒吸（2）①.CuCl2②.降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶體析出（3）①.邊攪拌邊加入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，在pH計測定溶液pH條件下，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1鹽酸調節溶液pH約為9，充分反應后，過濾，洗滌沉淀至最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無沉淀生成②.pH過大，反應生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2的Cu元素含量高于Cu2(OH)2CO3【分析】酸性蝕刻液（主要含和H+）和堿性蝕刻液（主要含和Cl-）制備硫酸銅，由題給流程可知，酸性蝕刻液和堿性蝕刻液混合得到堿式氯化銅沉淀和氯化銨，過濾得到堿式氯化銅和含有銅離子的氯化銨濾液，向堿式氯化銅中加入稀硫酸化漿酸化得到硫酸銅和氯化銅的混合溶液，混合溶液結晶得到硫酸銅粗品，將硫酸銅粗品溶于熱水形成飽和溶液，加入適量乙醇攪拌，冷卻后過濾，洗滌制得高純度五水合硫酸銅，向濾液中加入水合肼除去殘留的銅離子，經結晶獲得副產物氯化銨。【詳解】（1）①Cu2+基態核外電子排布式為[Ar]3d9。②NH3、HCl均極易溶于水，需進行防倒吸處理，實驗中使用球形干燥管的作用為防止倒吸。（2）①堿式氯化銅與稀硫酸反應生成硫酸銅和氯化銅，經結晶可得到硫酸銅粗品，其中含有主要雜質為CuCl2。②硫酸銅無法溶于乙醇，將硫酸銅粗品溶于熱水形成飽和溶液，加入適量乙醇攪拌，冷卻后過濾，洗滌可制得高純度五水硫酸銅晶體，加入乙醇的目的是降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶體析出。（3）①用碳酸鈉與硫酸銅反應制備堿式碳酸銅，向燒杯中加入溶液，將燒杯置于70℃的水浴中，邊攪拌邊加入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，在pH計測定溶液pH條件下，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1鹽酸調節溶液pH約為9，充分反應后，過濾，洗滌沉淀至最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無沉淀生成，說明硫酸銅已知轉化為堿式碳酸銅。②若反應時溶液pH過大，反應生成了Cu(OH)2沉淀而不是堿式碳酸銅，Cu(OH)2中Cu元素含量高于Cu(OH)2CO3。17.將二氧化碳轉化為高附加值化學品是目前研究的熱點之一（1）利用CO2合成淀粉①②③________（填“高溫自發”“低溫自發”或“任何溫度下都自發”），該反應中活化能________（填“>”或“<”）。（2）電催化CO2和含氮物質可合成尿素，同時可解決含氮廢水污染問題。常溫常壓下，向一定濃度的KNO3溶液通入CO2至飽和，經電解獲得尿素，其原理如圖所示。電解過程中生成尿素的電極反應式為________。（3）我國科研人員研究出在Cu-ZnO-ZrO2催化劑上CO2氫化合成甲醇的反應歷程如下圖所示。①乙醇胺（HOCH2CH2NH2）可完成對CO2捕集。乙醇胺溶液能夠吸收和釋放CO2的原因是________。②分析在反應氣中加入少量的水能夠提升甲醇產率的可能原因是________。（4）①若在高溫下CO2與足量的H2混合反應一段時間后，有催化劑和無催化劑的CO2轉化率基本相等，原因是________。②甲醇催化重整制氫。在一定溫度和催化劑作用下，車載甲醇可直接轉變為氫氣，從而為氫氧燃料電池提供氫源。已知氫氣和甲醇的熱值分別為143kJ/g和23kJ/g，與車載氫氣供能模式相比，車載甲醇供能模式的優勢是________。【答案】（1）低溫自發<（2）（3）①.乙醇胺含有氨基，有堿性，可與二氧化碳和水反應生成鹽，該鹽在較低溫度下又可以充分分解為乙醇胺和二氧化碳；乙醇胺含有氨基和羥基，具有很好的水溶性②.提高H2O的濃度有利于反應③的發生，提高*H3CO的轉化率，故可以提高CH3OH產率（4）①.高溫下H2還原ZrO2，催化劑失活②.常溫下氫氣為氣體甲醇為液體，甲醇便于儲運，且單位體積甲醇釋放的能量值更大【解析】（1）反應③可以由反應①-反應②得到，故ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49-41.17=-90.17kJ/mol<0，反應是氣體體積減小反應故ΔS3<0，ΔG=ΔH-T·ΔS<0反應自發，故該反應是低溫自發的反應，反應③放熱，活化能Ea(正)<Ea(逆)；（2）由圖可知，裝置為電解池，尿素在左側電極生成，硝酸根轉化為尿素，N元素化合價從+5價降低為-3價，得電子，左側電子為陰極，結合裝置中的質子交換膜，電極反應式為2+16e?+CO2+18H+=CO(NH2)2+7H2O；（3）①乙醇胺含有氨基，有堿性，可與二氧化碳和水反應生成鹽，該鹽在較低溫度下又可以充分分解為乙醇胺和二氧化碳，乙醇胺（HOCH2CH2NH2）可完成對CO2捕集，能夠吸收和釋放CO2；②在反應氣中加入少量的水，根據平衡移動原理，提高H2O的濃度有利于反應③的發生，提高*H3CO的轉化率，反應③產生CH3OH，故可以提高CH3OH產率；（4）①若在高溫下CO2與足量的H2混合反應一段時間后，有催化劑和無催化劑的CO2轉化率基本相等，說明沒有體現出催化劑的效果，由于催化劑是Cu-ZnO-ZrO2，考慮到高溫下H2還原ZnO、ZrO2，催化劑失活；②雖然單位質量氫氣釋放的能量更大，但是常溫下氫氣為氣體甲醇為液體，甲醇便于儲運，單位體積甲醇釋放的能量值更大。江蘇省常州市聯盟校2025屆高三上學期10月月考可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32C1-35.5Fe-56Si-28Al-27一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.強調：積極培育和發展新質生產力。下列與科技成就相關的描述錯誤的是（）A.“朱雀二號”遙二成為全球首枚成功入軌的液氧甲烷運載火箭，甲烷作助燃劑B.“神舟十七號”發動機的耐高溫結構材料是一種熔沸點很高的共價晶體C.挑戰馬里亞納海溝的自供電軟體機器人所用的硅樹脂是新型無機非金屬材料D.人造衛星和深空探測器強度要求高的零部件采用鈦合金等合金材料【答案】A【解析】A．甲烷運載火箭中液氧作助燃劑，甲烷作燃料，A錯誤；B．熔沸點很高，為共價晶體，B正確；C．硅樹脂一種具有高度交聯結構的熱固性聚硅氧烷聚合物，屬于無機非金屬材料，C正確；D．鈦合金為合金材料，D正確；故選A。2.三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3是一種重要的化工產品，實驗室可用反應制備。下列有關說法正確的是（）A.基態Co2+的價層電子排布式為B.的電子式為C.中子數為18的氯原子可表示為D.中含24mol共價鍵【答案】D【解析】A．鈷為27號元素，核外有27個電子，基態鈷原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，基態鈷的價電子排布式為3d74s2，Co2+表示失去最外層兩個電子，所以基態Co2+的價層電子排布式為3d7，故A錯誤；B．NH3分子中一個N原子與三個H原子形成3對共用電子對，N原子還有1對孤電子對，則NH3的電子式為，故B錯誤；C．Cl的原子序數為17，即Cl原子的質子數為17，中子數為18的氯原子的質量數為17+18=35，該原子可表示為，故C錯誤；D．由[Co(NH3)6]3+結構可知，在配位體NH3中的3個N-H鍵是共價鍵，6個配位體NH3與中心Co3+離子之間以配位鍵結合，配位鍵屬于共價鍵，所以1個[Co(NH3)6]3+含共價鍵數目為6+3×6=24個，即中含24mol共價鍵，故D正確；答案為D。3.工業上電解熔融和冰晶石()的混合物可制得鋁。下列說法正確的是（）A.半徑大小： B.電負性大小：C.電離能大小： D.金屬性強弱：【答案】A【解析】A．根據同電子層結構核多徑小，則半徑大小：，故A正確；B．根據同周期從左到右電負性逐漸增大，則電負性大小：，故B錯誤；C．根據同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，則電離能大小：，故C錯誤；D．根據同周期從左到右金屬性逐漸減弱，非金屬之間增強，則金屬性強弱：，故D錯誤。綜上所述，答案為A。4.已知：(的熔點16.8℃，沸點44.8℃)。實驗室利用該原理制取少量，下列實驗裝置不能達到實驗目的的是（）A.用裝置甲制取氣體 B.用裝置乙干燥并混合和C.用裝置丙制取并收集 D.用裝置丁吸收尾氣中的【答案】A【解析】A．銅能與濃硫酸共熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，但常溫下與濃硫酸不反應，則裝置甲不能達到制取二氧化硫的實驗目的，故A符合題意；B．由實驗裝置圖可知，裝置乙中盛有的濃硫酸用于干燥并混合二氧化硫和氧氣，則裝置乙能達到實驗目的，故B不符合題意；C．由實驗裝置圖可知，裝置丙的硬質玻璃管中二氧化硫和氧氣在五氧化二釩做催化劑條件下共熱發生催化氧化反應生成三氧化硫，盛放在冰水中的U形管用于冷凝收集三氧化硫，則裝置丙能達到實驗目的，故C不符合題意；D．由實驗裝置圖可知，裝置丁中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空氣，則裝置丁能達到實驗目的，故D不符合題意；故選A。周期表中中的O、S、及其化合物應用廣泛。是氧元素的3種核素，其中常用作示蹤原子；實驗證明在室溫和常壓下中含有分子，在放電的條件下得到得到電子生成，吸收的熱量；鉀的含氧化合物有等，和常用于潛水時的供氧劑。常溫下，S在潮濕的空氣中可以被緩慢氧化成，S可以用于制黑火藥：。可以用于橡膠工業的硫化。單質具有半導體的特性，可以用于制作半導體材料。回答下列問題。5.下列有關說法正確的是（）A.互稱為同分異構體B.中陰陽離子的個數比不同C.分子中氧原子軌道雜化類型均為D.的結構如圖所示，屬于非極性分子6.下列化學反應表示正確的是（）A.得到電子生成B.與水的反應：C.S在潮濕的空氣中氧化成的反應：D.酸性溶液與反應：7.下列物質結構與性質或物質性質與用途具有對應關系的是（）A.S具有還原性，可用于制造黑火藥B.分子中存在鍵，的沸點比低C.是非金屬元素，可以用于制作半導體材料D.分子中O上有孤對電子對，可與形成配位鍵【答案】5.C6.C7.D【5題詳解】A．O2、O3、O4由同種元素組成的不同種單質，互稱為同素異形體，故A項錯誤；B．K2O、K2O2中陰陽離子的個數比均為1:2，故B項錯誤；C．H2O中心原子的價電子對數為：2+=4，為sp3雜化；H2O2中心原子的價電子對數為：2+=4，為sp3雜化，故C項正確；D．根據S2Cl2的結構如圖可知，其分子結構不對稱，正負電荷重心不重合，屬于極性分子，故D項錯誤；故本題選C；【6題詳解】A．1molO(g)得到電子生成1molO2-(g)，吸收752kJ的熱量，則，故A項錯誤；B．KO2與水反應生成KOH和O2，方程式：，故B項錯誤；C．S在潮濕的空氣中氧化成H2SO4的反應方程式為，故C項正確；D．酸性溶液與反應的化學方程式為，故D項錯誤；故本題選C；【7題詳解】A．S制黑火藥反應過程中生成K2S，S元素化合價降低，體現氧化性，故A項錯誤；B．N2和O2都屬于分子晶體，沸點與分子間作用力有關，與化學鍵無關，故B項錯誤；C．Se單質具有半導體的特性，可以用于制作半導體材料，是因為其位于元素周期表金屬元素與非金屬元交界處，與其是非金屬無關，故C項錯誤；D．H+可以提供空軌道，與能提供孤電子對的O結合為H3O+，故D項正確；故答案選D。8.五倍子是種常見的中草藥，其有效成分為X，在一定條件下X可分別轉化為Y、Z。下列關于X、Y、Z的說法正確的是（）A.Y分子中含有兩種官能團B.Y分子與氫氣發生加成反應的產物中含有兩個手性碳原子C.X分子能發生取代、氧化和消去反應D.Z分子與NaOH溶液反應時最多可消耗7molNaOH【答案】B【解析】A．Y分子中含有羥基、羧基和碳碳雙鍵共3種官能團，選項A錯誤；B．Y分子與氫氣發生加成反應的產物，中左右兩個連接-OH的碳原子上連接四個不同的原子或原子團，為手性碳原子，共2個，選項B正確；C．X中含有酚羥基、羧基，可發生取代、氧化反應，但不能發生消去反應，選項C錯誤；*D．Z分子中含有5個酚羥基、1個羧基和1個酯基且酯基后增加1個酚羥基結構，故與NaOH溶液反應時最多可消耗8molNaOH，選項D錯誤．答案選B。9.室溫下，下列實驗方案能達到探究目的的是（）選項探究方案探究目的A向較濃的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，觀察KMnO4溶液紫色是否褪去Fe2+具有還原性B分別向Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加2滴酚酞，觀察紅色深淺程度的的水解程度大于的水解程度C向5mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中依次滴加5滴同濃度的NaCl溶液和KI溶液，振蕩，觀察沉淀顏色的變化Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D向盛有淀粉—KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，觀察溶液顏色變化Br2的氧化性強于I2【答案】D【解析】A．酸性條件下，Fe2+、Cl-均能被KMnO4溶液氧化，所以KMnO4溶液紫色褪去，無法判斷Fe2+具有還原性，A錯誤；B．沒有說明Na2CO3和NaHCO3溶液濃度是否相同，無法根據溶液堿性強弱判斷、的水解程度大小，B錯誤；C．該實驗中硝酸銀過量，與NaCl和KI均能反應生成沉淀，無法比較AgCl和AgI的Ksp大小，C錯誤；D．溴單質和碘化鉀反應生成碘單質，碘單質遇淀粉變藍，說明溴單質的氧化性大于碘單質，D正確；故答案選D。10.硫酸工業中用溶液吸收尾氣中的，吸收后的和混合溶液，進行電解再生并制取硫酸的裝置如下圖所示。下列說法不正確的是（）A.a為陽離子交換膜，b為陰離子交換膜B.陰極區發生的電極反應是C.電解過程中，陽極區溶液的pH降低D.外電路中每通過lmol，陽極區溶液增重49g【答案】D【分析】裝置中電解和混合溶液，陰極區發生反應2HSO+2e-=H2↑+2SO，Na+通過a膜移向陰極，陰極區產生；陽極區HSO和SO被氧化，其中一個發生反應SO+H2O-2e-=SO+2H+，HSO和SO通過b膜進入陽極區，最終生成硫酸溶液。【詳解】A．a為陽離子交換膜，使Na+通過，b為陰離子交換膜，使HSO和SO通過，A項正確；B．陰極區發生還原反應，反應2HSO+2e-=H2↑+2SO，B項正確；C．電解過程中，陽極區HSO和SO被氧化得到硫酸溶液，溶液的pH降低，C項正確；D．HSO和SO通過b膜進入陽極區，當轉移lmol，所以陽極區溶液增重并不是生成的0.5mol硫酸的質量，D項錯誤；故答案選D。11.由制鋁工業廢渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸鐵鋁凈水劑的流程如下。下列有關說法不正確的是（）A.控制適當反應溫度并不斷攪拌，有利于提高鐵、鋁浸取率B.與稀硫酸反應的離子方程式：C.濾液中主要存在的陽離子有：、、、D.聚合硫酸鐵鋁水解形成的膠體具有吸附作用【答案】C【分析】廢渣加入稀硫酸和雙氧水得到硫酸鐵、硫酸鋁和硫酸鈣，過濾除去SiO2及硫酸鈣，濾液加熱聚合，進一步得到聚合硫酸鐵鋁，據此分析解答。【詳解】A．控制適當反應溫度并不斷攪拌，可使反應充分進行，能夠提高鐵、鋁浸取率，A正確；B．Al2O3與稀硫酸反應生成硫酸鋁和水，離子方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B正確；C．雙氧水氧化性強于鐵離子，所以它會將亞鐵離子氧化為鐵離子，濾液中主要存在的陽離子是鋁離子和Fe3+，C錯誤；D．聚合硫酸鐵鋁水解生成氫氧化鋁和氫氧化鐵膠體，膠體有吸附作用，D正確；故答案選C。12.草酸亞鐵是生產磷酸鐵鋰電池的原料，實驗室可通過如下反應制取：已知室溫時：、、。下列說法正確的是（）A.酸化、溶解后的溶液中存在：B.室溫下，溶液中存在：C.向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色，反應的離子方程式為：D.室溫時反應的平衡常數【答案】D【分析】該工藝流程原料為，產品為，“酸化、溶解”后溶液中含有，在“沉鐵”工藝中與結合生成，從溶液中過濾、洗滌得固體。【詳解】A．“酸化、溶解”后溶液中含有，溶液顯酸性，存在，則，A錯誤；B．溶液中存在、，根據<可知，的電離程度大于水解程度，故，B錯誤；C．溶液呈酸性，故反應的離子方程式為：，C錯誤；D．反應的平衡常數，D正確；答案選D。13.二氧化碳加氫制甲烷過程中的主要反應為在密閉容器中，、時，平衡轉化率、在催化劑作用下反應相同時間所測得的實際轉化率隨溫度的變化如題圖所示。的選擇性可表示為。下列說法正確的是（）A.反應的焓變B.的平衡選擇性隨著溫度的升高而增加C.用該催化劑催化二氧化碳反應的最佳溫度范圍約為480~530℃D.450℃時，提高值或增大壓強，均能使平衡轉化率達到X點的值【答案】D【解析】A．由蓋斯定律可知反應的焓變，A錯誤；B．為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的含量降低，故的平衡選擇性隨著溫度的升高而降低，B錯誤；C．由圖可知溫度范圍約為350~400℃時二氧化碳實際轉化率最高，為最佳溫度范圍，C錯誤；D．450℃時，提高的值可提高二氧化碳的平衡轉化率，增大壓強反應I平衡正向移動，可提高二氧化碳的平衡轉化率，均能使平衡轉化率達到X點的值，D正確。故選D。二、非選擇題：共4題，共61分。14.工業上采用硫鐵礦熔燒去硫后燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制備透明鐵黃(FeOOH)工藝流程如下：（1）浸取前一般需粉碎燒渣，其目的是___________。（2）濾渣Ⅰ的主要成分為___________。（3）加氫氧化鈉調控pH的目的是___________。（4）轉化操作是向濾液中加入一定濃度氨水，當滴加氨水至pH為6.0時，停止滴加氨水，開始通氧氣，生成鐵黃。通入氧氣過程中，記錄溶液pH變化如圖1所示。①t1～t2時段，離子方程式___________。②已知：25℃時，Fe(OH)2完全沉淀(離子濃度≤10-5mol/L)的pH=8.5.滴加氨水產生沉淀，當pH為6.0時，溶液中殘留Fe2+濃度為_____mol/L。（5）制得的透明鐵黃中往往混有氧化鐵，可用分光光度法測定透明鐵黃的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(對特定波長光的吸收程度)與Fe3+標準溶液濃度的關系如圖2所示。稱取3.47g樣品，用稀硫酸溶解并定容至1L，準確移取該溶液10.00mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸餾水定容至100mL。測得溶液吸光度A=0.8，計算樣品中FeOOH的質量分數______(寫出主要計算過程)。【答案】（1）增大反應物接觸面積，加快酸溶速率，提高浸取率（2）SiO2（3）除去H＋，將Al3+轉化為Al(OH)3除去（4）①.4Fe2+＋O2＋6H2O=4FeOOH＋8H＋②.1（5）76.9%【分析】燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3、不考慮其他雜質)中加入稀硫酸，氧化鐵、氧化亞鐵、氧化鋁與稀硫酸反應，二氧化硅不反應，過濾，向濾液中加入試劑X將鐵離子還原，再加入氫氧化鈉溶液調節pH值沉淀鋁離子，過濾后向濾液中加入氨水和通入氧氣，經過一系列變化得到鐵黃(FeOOH)。【詳解】（1）浸取前一般需粉碎燒渣，其目的是：增大反應物接觸面積，加快酸溶速率，提高浸取率；（2）二氧化硅與稀硫酸不反應，濾渣Ⅰ的主要成分為SiO2；（3）加入氫氧化鈉溶液調節pH值沉淀鋁離子，加氫氧化鈉調控pH的目的是除去H＋，將Al3+轉化為Al(OH)3除去；（4）①t1～t2時段，pH減小說明氫離子濃度增大，該過程中亞鐵離子和氧氣反應生成FeOOH和氫離子，離子方程式為：4Fe2+＋O2＋6H2O=4FeOOH＋8H＋；②Fe(OH)2完全沉淀(離子濃度≤10-5mol/L)的pH=8.5，則Fe(OH)2的溶度積常數Ksp=1×10-5×(1×10-5.5)2=1×10-16，當滴加氨水產生沉淀，當pH為6.0時，Ksp=1×10-16=c(Fe2+)×(1×10-8)2，解得c(Fe2+)=1mol/L，溶液中殘留Fe2+濃度為：1mol/L；（5）測得溶液吸光度A=0.8，根據圖中信息得到溶液中c(Fe3+)=4.0×10?3mol?L?1，則樣品中鐵離子物質的量為n(Fe3+)=4.0×10?3mol?L?1×0.1L×100=4.0×10?2mol,設氧化鐵物質的量為xmol,為FeOOH物質的量為ymol,則有160xg+89yg=3.47g,2xmol+ymol=0.04mol,解得x=0.05，y=0.03，則樣品中FeOOH的質量分數：。15.化合物G是一種合成多靶向性抗癌藥物的中間體。其人工合成路線如下：（1）A分子中采取sp2雜化與sp3雜化的碳原子數目之比為_______。（2）D的結構簡式為_______。（3）F→G的反應類型為_______。（4）G的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_______。①除苯環外不含其它環狀結構，能與鈉反應放出氫氣，遇FeCl3溶液不顯色。②堿性條件下水解生成兩種產物，酸化后分子中均有3種不同化學環境的氫。（5）寫出以、CH3CH2OH為原料制備的合成路線流程圖_______(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。【答案】（1）4:1（2）（3）氧化反應（4）（5）【分析】B和乙醇發生酯化反應生成C，由C逆推，可知B是；D的分子式是C11H12O4，根據C、E的結構簡式，可知D是。【詳解】（1）A分子中只有2個碳原子成鍵方式全是單鍵，采用sp3雜化，其余碳原子均采用sp2雜化，碳原子數目之比為采取sp2雜化與sp3雜化的碳原子數目之比為8:2=4:1；（2）D分子式是C11H12O4，根據C、E的結構簡式，可知D是；（3）F→G是F中的羥基被氧化為醛基，反應類型為氧化反應；（4）①除苯環外不含其它環狀結構，能與鈉反應放出氫氣，說明含有羥基，遇FeCl3溶液不顯色，說明不含酚羥基。②堿性條件下水解生成兩種產物，說明含有酯基，酸化后分子中均有3種不同化學環境的氫。符合條件的G的同分異構體是；（5）根據題干流程圖，發生氧化反應生成，再發生還原反應得，和乙醇反應生成，被還原成，和反應生成，合成路線為：。16.以酸性蝕刻液(主要含和)和堿性蝕刻液(主要含和)制備硫酸銅，并回收氯化銨的實驗流程如下：（1）①基態核外電子排布式為_______。②將一定量酸性蝕刻液和堿性蝕刻液加入到三頸燒瓶(裝置見圖)，通入或調節溶液在5.5左右，充分中和后，獲得堿式氯化銅沉淀。實驗中球形干燥管的作用是_______。（2）①化漿酸化后經結晶得硫酸銅粗品，其中含有的主要雜質是_______(填化學式)。②將硫酸銅粗品溶于熱水形成飽和溶液，加入適量乙醇攪拌，冷卻后過濾，洗滌，可制得高純度。加入乙醇的目的是_______。（3）由硫酸銅制備堿式碳酸銅。已知的產率{％}隨起始與的比值和溶液的關系如圖所示。①補充完整制取的實驗方案：向燒杯中加入溶液，將燒杯置于70℃的水浴中，_______，低溫烘干，得到。(實驗中可選用的試劑或儀器：溶液、溶液、溶液、鹽酸、計)②實驗時發現，若反應時溶液pH過大，所得的產率偏低，但元素含量偏大，原因是_______。【答案】（1）①.[Ar]3d9②.防止倒吸（2）①.CuCl2②.降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶體析出（3）①.邊攪拌邊加入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，在pH計測定溶液pH條件下，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1鹽酸調節溶液pH約為9，充分反應后，過濾，洗滌沉淀至最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無沉淀生成②.pH過大，反應生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2的Cu元素含量高于Cu2(OH)2CO3【分析】酸性蝕刻液（主要含和H+）和堿性蝕刻液（主要含和Cl-）制備硫