2025届江苏省常州市高三上学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省常州市2025届高三上学期期中考试可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Ti48Fe56Cu64一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.我国科学家在月壤中发现一种新矿物——嫦娥石[]，探月工程取得重大进展。下列元素属于非金属元素的是（）A.磷（P） B.钙（Ca） C.铁（Fe） D.钇（Y）【答案】A【解析】钙（Ca）、铁（Fe）、钇（Y）均为金属元素，而磷为非金属元素；故选A。2.主要用作玻璃和搪瓷乳白剂。下列说法正确的是（）A.中仅含离子键 B.灼烧时火焰呈黄色C.原子半径： D.热稳定性：【答案】B【解析】A．中，硅与氟原子形成共价键，A错误；B．含有钠元素，其焰色为黄色，B正确；C．钠与硅均为第三周期元素，从左到右，随着核电荷数增加，原子半价逐渐减小，C错误；D．根据元素周期表递变规律，氟的氧化性强于硅，所以热稳定性是，D错误；故选B。3.实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气的反应。下列说法不正确的是（）A.反应为 B.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉C.用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 D.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好【答案】D【解析】A．铁和水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O4和H2，该反应的化学方程式为，A正确；B．由于该实验中的反应要在高温下发生，因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉，B正确；C．用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，C正确；D．酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响水的蒸发，若移至湿棉花下方则难以产生高温，则实验效果不好，D错误；本题选D。4.汽车尾气净化装置中发生反应。下列说法正确的是（）A.电离能： B.电负性：C.中C原子轨道杂化方式为 D.中键和键数目之比为1:2【答案】D【解析】A．元素C、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，族大于族，所以其第一电离能大小顺序是，A错误；B．在同一周期内，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以，B错误；C．分子中的碳原子周围没有孤电子对，根据价电子互斥理论，分子为直线型结构，因此碳原子采取杂化方式‌，C错误；D．分子结构式为，三键中含有1个σ键和2个π键，因此σ键和π键数目之比为1:2，D正确；故选D。5.下列工业生产或处理过程涉及的物质转化关系不正确的是（）A.消除污染物：B.去除难溶物：C.合成聚合物：D.制备配合物：【答案】B【解析】A．消除二氧化硫污染物的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与空气中的氧气反应生成硫酸铵，则物质转化关系能实现，故A正确；B．难溶碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，硫酸钙与盐酸不反应，故B错误；C．一定条件下乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，一定条件下氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则物质转化关系能实现，故C正确；D．硫酸铜溶液能与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，过滤、洗涤、干燥能达到制备一水硫酸四氨合铜的实验目的，故D正确；故选B。阅读下列材料，完成下面小题：人类对酸碱的认识经历了漫长的时间。最早的酸碱概念由RobertBoyle于1663年提出，1887年Arrhenius提出了酸碱电离理论，1923年J.N.Bronsted和Lowry提出了酸碱质子理论。酸碱质子理论认为：凡是能够给出质子的物质都是酸；凡是能够接受质子的物质都是碱。酸碱的概念不断更新，逐渐完善，其他重要的酸碱理论还有酸碱溶剂理论和酸碱电子理论等。6.下列物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.硫酸可电离出和，可用作铅蓄电池的电解质B.盐酸易挥发，可用作金属表面除锈剂C.微溶于水，可用于改良酸性土壤D.为两性氢氧化物，其胶体可用于净水7.下列涉及酸或碱的化学反应表示正确的是（）A.Al粉和NaOH溶液反应制取少量：B.室温下用稀溶解Cu：C.室温下用NaOH溶液吸收：D.向溶液中加入稀：8.向盛有足量液氨的容器中投入23g钠，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子（过程示意如图），随后缓慢产生，待停止产生气泡，经分离获得纯净的氨基钠（）。下列说法不正确的是（）A.液氨属于纯净物B.导电性：蓝色溶液＞液氨C.当溶液中放出0.2mol时，Na共失去0.4mol电子D.按酸碱质子理论，既可作为酸，又可作为碱9.破损的镀锌铁皮在氨水中发生腐蚀生成ZnNH342+和。下列说法不正确的是（A.该腐蚀过程属于电化学腐蚀 B.生成反应为C.氨水浓度越大，腐蚀趋势越大 D.随着腐蚀的进行，溶液pH变大【答案】6.A7.C8.C9.B【解析】6.A．硫酸为强酸，水溶液中可电离出和，可用作铅蓄电池的电解质，A正确；B．盐酸具有酸性，能和氧化铁、氧化铝等金属氧化物反应，可用作金属表面除锈剂，与挥发性无关，B错误；C．能和酸反应，可用于改良酸性土壤，与溶解性无关，C错误；D．形成胶体能加速悬浮颗粒沉淀，故其胶体可用于净水，与其是两性氧化物无关，D错误；故选A；7.A．Al粉和NaOH溶液反应制取少量反应为：，A错误；B．室温下用稀溶解Cu生成硝酸铜和NO、水：，B错误；C．室温下用NaOH溶液吸收生成氯化钠和次氯酸钠、水，C正确；D．向溶液中加入稀反应为：，D错误；故选C；8.A．液氨为氨的液态，属于纯净物，A正确；B．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，由图，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子、氨合钠离子，能导电，而液氨中无自由移动离子不导电，故导电性：蓝色溶液＞液氨，B正确；C．当溶液中放出0.2mol时，H得到0.4mol电子，但是钠迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子过程中也会失去电子，故Na共失去电子大于0.4mol，C错误；D．按酸碱质子理论，可接受质子形成铵根离子，又可以给出质子形成，故既可作为酸，又可作为碱，D正确；故选C；9.A．锌铁活动性不同，则破损的镀锌铁皮在氨水中发生腐蚀过程中会形成原电池，属于电化学腐蚀，A正确；B．反应中生成应该为正极水得到电子发生还原反应生成氢气：，B错误；C．氨水浓度越大，越利于形成ZnNH34D．结合B分析，随着腐蚀的进行，反应生成氢氧根离子，则溶液pH变大，D正确；故选B。10.天然单糖D-乙酰氨基葡萄糖的结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是（）A.分子式为 B.与葡萄糖互为同系物C能发生缩聚反应 D.分子中含3个手性碳原子【答案】C【解析】A．根据该有机物分子结构简式可知，其分子式C8H15O6N，A错误；B．组成和结构相似，相差一个或多个CH2原子团的化合物互为同系物，葡萄糖分子式为C6H12O6，该物质分子式为C8H15O6N，不互为同系物，B错误；C．该物质结构中含有多个醇羟基，能发生缩聚反应，C正确；D．连接4个不同原子和原子团的碳原子为手性碳原子，则分子中环上的碳原子均为手性碳原子，含有5个手性碳原子，D错误；本题选C。11.室温下，下列实验过程和现象能验证相应实验结论的是（）选项实验方案过程和现象实验结论A用玻璃棒分别蘸取0.1HCl和溶液滴到pH试纸上，溶液pH(HCl)＜pH()酸性：HCl＞B向2mL溶液中加入Mg条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成金属活动性：Mg＞FeC向2mL饱和溶液中通入，出现白色沉淀电离平衡常数：D向2mL浓度均为0.1的和混合溶液中滴加少量0.1溶液，振荡，产生白色沉淀溶度积常数：【答案】A【解析】A．用玻璃棒分别蘸取0.1HCl和溶液滴到pH试纸上，溶液pH(HCl)＜pH():说明HCl的电离程度大于，溶液中：HCl大于溶液，则酸性：，A正确；B．向2mL

溶液中加入Mg条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成：是因为Mg与水反应生成了，再与反应得到后最终被氧化为红褐色，整个反应过程没有体现金属性的关系，所以无法比较Mg和Fe的金属性大小，B错误；C．向2mL饱和溶液中通入，出现白色沉淀：是因为发生反应，属于沉淀的生成，无法比较电离平衡常数，C错误；D．向2mL浓度均为0.1的和混合溶液中滴加少量0.1

溶液，振荡，产生白色沉淀：不管是与或生成沉淀，都只涉及沉淀的生成，不涉及沉淀的转化，无法比较溶度积，D错误；故答案为：A。12.常温下，向20mL0.1的NaOH溶液中缓慢滴入0.1的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示。已知：常温下HCOOH的电离常数。下列说法不正确的是（）A.水的电离程度：M＜NB.M点：C.N点：D.当V（HCOOH）＝10mL时，【答案】D〖祥解〗向20mL0.1的NaOH溶液中缓慢滴入0.1的HCOOH溶液，当滴入20mLHCOOH溶液时，恰好完全反应生成HCOONa，c(HCOONa)=0.05mol/L，HCOO-水解平衡常数为，求得的非常小，几乎可以忽略不计，则下降的曲线表示浓度的变化；当V(HCOOH)=20mL，溶质为HCOONa，c(HCOONa)=0.05mol/L，HCOO-少部分水解，c(HCOO-)略小于0.05mol/L，故上升的曲线代表c(HCOO-)【详析】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，对水的电离是促进作用，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确；B．M点溶液中电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-)，联合可得2c(HCOO-)=c(Na+)+c(H+)，故B正确；C．由分析可知，N点溶质为0.05mol/LHCOONa，HCOO-发生水解，同时水还会电离，则满足离子浓度关系；由得到＜1，则，故C正确；D．当V(HCOOH)＝10mL时，溶液中的溶质为c(NaOH)=c(HCOONa)，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒有c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH)，联立得到，故D错误；故选D。13.实验小组以为指示剂，用标准溶液分别滴定含、水样。已知：①相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr；为砖红色沉淀。②25℃时，，。③25℃下，AgCl、AgBr和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示（图中横坐标、纵坐标，代表、或）。下列说法不正确的是（）A.曲线①为沉淀溶解平衡曲线B.反应的平衡常数C.滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过D.滴定接近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁对实验结果不会产生影响【答案】C〖祥解〗由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根据①上的点（2.0，7.7），可求得，根据②上的点（2.0，7.7），可求得，根据③上的点（6.1，6.1），可求得。据此分析作答。【详析】A．根据上述分析，可知曲线①为沉淀溶解平衡曲线，A正确；B．反应的平衡常数为：，B正确；C．当恰好滴定完全时，，即，因此，指示剂的浓度不宜超过，C错误；D．滴定接近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，对消耗的标准溶液的量没有影响，D正确；故选C。二、非选择题：共4题，共61分。14.探索固氮机理，实现温和条件下固定空气中的具有重要意义。（1）自然界中的一些微生物能将转化为含氮化合物，约占自然固氮的90%。①豆科植物根瘤中的固氮酶能将直接转化为化合态的__________（填化学式）作为自身的养分。②固氮酶中的过渡金属原子能与形成分子氮配合物，从而活化。在分子氮配合物中，可作为配位体的原因是__________。③1965年，人类合成了第一个分子氮配合物，该配合物的配位数为__________。（2）在如图所示装置中，用石墨作电极，含的酸性溶液作电解质，和的混合物作阴极原料气，在常温下电解即可获得，电解时在阴极区检测到、·OH、等。①转化为与阴极区产物有关，电解生成的电极反应式为__________。②若将直接通过溶液，一段时间后，溶液中仅检测到微量的。研究表明，是该固氮过程的催化剂，其反应机理可表述为：__________（填离子方程式）、、。③被·OH氧化为的过程中经历了中间体。该物质的红外光谱中有N＝N吸收峰，核磁共振氢谱中仅有一个特征峰，写出两种可能的结构式：__________。④控制电解电压、电解质溶液pH、阴极原料气和的比例和流速保持不变，增大溶液的浓度，反应相同时间测得的产率先增大后减小，溶液浓度过大，产率下降的原因是__________。【答案】（1）①.②.分子中存在孤电子对③.6（2）①.②.③.、④.过量的消耗·OH，导致参与氧化的·OH浓度减少，反应速率减慢【解析】（1）①豆科植物根瘤中的固氮酶能将空气中的氮气直接转化为铵根离子作为自身的养分，故答案为：；②固氮酶中的过渡金属原子能与氮气形成分子氮配合物，从而活化氮气是因为氮气分子中含有孤对电子，在配合物中作为配位体；③由化学式可知，配合物中Ru2+为提供空轨道的中心离子，氨分子、氮气分子为配体，配位数为6；（2）①由题意可知，电解生成过氧化氢的反应为酸性条件下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成过氧化氢，电极反应式为；②由题意可知，亚铁离子是该固氮过程的催化剂，则反应机理可表述为：、、；③由题意可知，分子是含有N=N吸收峰的对称结构，且存在顺反异构的化合物，结构式可能为、；④硫酸亚铁溶液浓度过大，硝酸产率下降的原因是过量的消耗·OH，导致参与氧化的·OH浓度减少，反应速率减慢。15.F是合成心血管药物缬沙坦的重要中间体，其合成路线如下：已知：。（1）A分子中的官能团名称为氰基（—CN，其中C原子和N原子以三键相连接）和__________。（2）B→C的反应类型为__________。（3）D的分子式为，其分子中最多有__________个原子在同一个平面内。（4）C还可直接与E在乙醇作溶剂条件下合成F。①E的结构简式为__________。②C和E直接转化为F时，还生成__________（填化学式）。（5）亮氨酸为E的一种同分异构体，属于α-氨基酸，其分子结构中含有异丙基。则亮氨酸的结构简式为__________。（6）C→D的合成路线可设计为CG（）D①试剂X为__________。②试剂Y不能选用，原因是__________。【答案】（1）碳氯键（或氯原子）（2）取代反应（3）25（4）①.②.HBr（5）（6）①.NaOH溶液②.G中的会被氧化为—COOH，无法得到D〖祥解〗由合成路线可知，A→B主要为取代反应，B→C过程中，B甲基上的1个H被Br取代得到C，该反应也为取代反应，D+E→F，根据已知反应可推测D包含醛基，再结合F的结构简式可推测E为，进一步推测D为，据此答题。【详析】（1）由A结构简式可知，A中官能团有-CN和-Cl，名称为碳氯键（或氯原子）；（2）由分析可知，B→C反应为取代反应；（3）D分子式C14H9NO，再结合分析可知，D结构简式为，结合苯环上碳氢原子可共面，单键可以旋转，则苯环与苯环、-CN、-CHO均可能共面，故该分子中最多有25个原子在同一个平面内；（4）C还可直接与E在乙醇作溶剂条件下合成F，结合分析可推出E结构简式为，根据原子守恒可知，C+E→F+HBr，即还生成的有HBr；（5）亮氨酸为E的一种同分异构体，属于α-氨基酸即羧酸分子中的α碳原子上的氢原子被氨基取代，又分子结构中含有异丙基即，故亮氨酸结构简式为；（6）由C→E的合成路线可知，C水解生成G（），G氧化生成D（），故试剂X为NaOH溶液，试剂Y为具有氧化性的物质如O2，但不能选用KMnO4，因为KMnO4能将-CH2OH直接氧化成-COOH，无法得到D。16.从铅精矿（主要含PbS、等）中提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：（1）“热浸”时，难溶的PbS和转化为和及单质硫。①写出转化为的离子方程式：__________。②浸取液中盐酸的浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生__________（填化学式）。（2）“过滤Ⅰ”得到的滤液经“稀释、冷却”得到沉淀，再经“过滤Ⅱ”将沉淀分离。沉淀反复用饱和食盐水“热溶”，所得溶液经“电解Ⅰ”可获得金属Pb。①“过滤Ⅰ”得到的滤液经“稀释”可得到沉淀，其原因是__________。②“电解Ⅰ”的阳极产物用“尾液”吸收所得的吸收液，可直接用于此工艺中的__________（填题干工艺流程方框中的操作名称），从而实现循环利用。（3）“还原”中加入铅精矿的目的是__________。（4）经“置换”得到的富银铅泥主要为金属Pb和Ag的混合物。①“置换”中可选用的试剂X为__________（填序号）。A.AlB.ZnC.PbD.Ag②补充完整运用电解原理分离金属Pb和Ag的实验方案：将富银铅泥压实制成块状，__________。【答案】（1）①.②.（2）①.溶液稀释时，反应的Qc增大，当时，平衡逆向移动，利于产生PbCl2沉淀②.热浸（3）将过量的还原为，减少“置换”中试剂X的用量（4）①.C②.用导线与电源的正极相连，再将一小块纯Pb块用导线与电源的负极相连，将块状富银铅泥和纯Pb块均置于溶液中，接通电源进行电解，一段时间后，在阳极底部获得金属Ag，阴极为金属Pb〖祥解〗本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag，“热浸”时，难溶PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为，“过滤Ⅰ”除掉单质硫滤渣，滤液在稀释降温的过程中，[PbCl4]2-转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2-，电解得到Pb；“过滤II”后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。【详析】（1）①由分析可知，Ag2S转化为[AgCl2]-的离子方程式为；②浸取液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另外还有一个目的，防止氢离子浓度过大生成H2S气体；（2）①“过滤Ⅰ”得到的滤液经“稀释”可得到PbCl2沉淀，主要由于存在如下沉淀溶解平衡，当溶液被稀释时其Qc增大，当Qc>K时，平衡逆向移动，产生PbCl2沉淀；②“电解Ⅰ”中通过电解[PbCl4]2-溶解得到金属Pb，根据电解池原理，Pb在阴极产生，阳极Cl-失电子产生Cl2，尾液成分为FeCl2，则用FeCl2溶液吸收Cl2可生成FeCl3，可以在热浸中循环使用；（3）“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+，减少“置换”中试剂X的用量；（4）①“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，离子方程式为；②运用电解原理分离金属Pb和Ag，可将富银铅泥作为阳极，Pb发生氧化反应生成Pb2+而溶解，充分反应后剩余固体就是金属Ag，同时溶液中的Pb2+可在阴极发生还原反应，再生成Pb，实现Pb和Ag的分离，故实验方案如下：将富银铅泥压实制成块状，用导线与电源的正极相连，再将一小块纯Pb块用导线与电源的负极相连，将块状富银铅泥和纯Pb块均置于Pb(NO3)2溶液中，接通电源进行电解，一段时间后，在阳极底部获得金属Ag，阴极为金属Pb。17.Deacon催化氧化法处理HCl废气，可实现氯资源的再利用。（1）Deacon氧化反应为，CuO是该方法中常用的催化剂，其催化机理如图所示。①图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有__________（填元素符号）。②根据上述机理，反应制得1mol，须投入__________（填序号）CuO。A.少量B.2molC.4molD.足量（2）负载在上的也可用作Deacon催化氧化的催化剂。和的晶胞结构均如图所示，且二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66。①当晶体中有O原子脱出时，出现O空位，此时Ru的化合价__________（填“升高”“降低”或“不变”）。②Ru的相对原子质量为__________（精确至1）。（3）将HCl和分别以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在360℃、400℃和440℃下分别发生Deacon氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率（α）曲线如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。①图中__________℃。②下列措施可提高M点HCl的转化率的是__________（填序号）。A.增大HCl的流速B.将温度升高40℃C.增大D.使用更高效的催化剂③图中较高流速时，小于和，原因是__________。④设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________（用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算）。【答案】（1）①.Cu、Cl、O②.A（2）①.降低②.101（3）①.360②.BD③.流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时温度低，反应速率慢④.36【解析】（1）根据总反应：，CuO为催化剂，Y和Z为反应物，X和W为生成物，故Y为HCl，Cu(OH)Cl转化为Cu2OCl2和W，W为H2O；Z为O2，X为Cl2。①根据分析，图中转化涉及反应中，发生化合价变化的元素有Cu、Cl、O；②根据上述机理，CuO为催化剂，反应制得1mol，须投入少量CuO，故选A；（2）①当晶体中有O原子脱出时，O元素显负价，此时Ru的化合价降低；和的晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，故：，故；（3）①Deacon氧化反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃；②A．由图像可知，增大HCl的流速，HCl的转化率减小，A错误；B．M对应温度为360℃，由图像可知，在HCl流速均为0.17mol·h-1时，升高温度，HCl的转化率增大，B正确；C．增大，HCl的转化率降低，C错误；D．使用更高效的催化剂，可以增加该温度和HCl流速下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增大，D正确；故选BD；③图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要原因是：流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时温度低，反应速率慢；④由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式：平衡时气体总物质的量为7.2mol，故K=。江苏省常州市2025届高三上学期期中考试可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Ti48Fe56Cu64一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.我国科学家在月壤中发现一种新矿物——嫦娥石[]，探月工程取得重大进展。下列元素属于非金属元素的是（）A.磷（P） B.钙（Ca） C.铁（Fe） D.钇（Y）【答案】A【解析】钙（Ca）、铁（Fe）、钇（Y）均为金属元素，而磷为非金属元素；故选A。2.主要用作玻璃和搪瓷乳白剂。下列说法正确的是（）A.中仅含离子键 B.灼烧时火焰呈黄色C.原子半径： D.热稳定性：【答案】B【解析】A．中，硅与氟原子形成共价键，A错误；B．含有钠元素，其焰色为黄色，B正确；C．钠与硅均为第三周期元素，从左到右，随着核电荷数增加，原子半价逐渐减小，C错误；D．根据元素周期表递变规律，氟的氧化性强于硅，所以热稳定性是，D错误；故选B。3.实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气的反应。下列说法不正确的是（）A.反应为 B.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉C.用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 D.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好【答案】D【解析】A．铁和水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O4和H2，该反应的化学方程式为，A正确；B．由于该实验中的反应要在高温下发生，因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉，B正确；C．用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，C正确；D．酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响水的蒸发，若移至湿棉花下方则难以产生高温，则实验效果不好，D错误；本题选D。4.汽车尾气净化装置中发生反应。下列说法正确的是（）A.电离能： B.电负性：C.中C原子轨道杂化方式为 D.中键和键数目之比为1:2【答案】D【解析】A．元素C、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，族大于族，所以其第一电离能大小顺序是，A错误；B．在同一周期内，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以，B错误；C．分子中的碳原子周围没有孤电子对，根据价电子互斥理论，分子为直线型结构，因此碳原子采取杂化方式‌，C错误；D．分子结构式为，三键中含有1个σ键和2个π键，因此σ键和π键数目之比为1:2，D正确；故选D。5.下列工业生产或处理过程涉及的物质转化关系不正确的是（）A.消除污染物：B.去除难溶物：C.合成聚合物：D.制备配合物：【答案】B【解析】A．消除二氧化硫污染物的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与空气中的氧气反应生成硫酸铵，则物质转化关系能实现，故A正确；B．难溶碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，硫酸钙与盐酸不反应，故B错误；C．一定条件下乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，一定条件下氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则物质转化关系能实现，故C正确；D．硫酸铜溶液能与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，过滤、洗涤、干燥能达到制备一水硫酸四氨合铜的实验目的，故D正确；故选B。阅读下列材料，完成下面小题：人类对酸碱的认识经历了漫长的时间。最早的酸碱概念由RobertBoyle于1663年提出，1887年Arrhenius提出了酸碱电离理论，1923年J.N.Bronsted和Lowry提出了酸碱质子理论。酸碱质子理论认为：凡是能够给出质子的物质都是酸；凡是能够接受质子的物质都是碱。酸碱的概念不断更新，逐渐完善，其他重要的酸碱理论还有酸碱溶剂理论和酸碱电子理论等。6.下列物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.硫酸可电离出和，可用作铅蓄电池的电解质B.盐酸易挥发，可用作金属表面除锈剂C.微溶于水，可用于改良酸性土壤D.为两性氢氧化物，其胶体可用于净水7.下列涉及酸或碱的化学反应表示正确的是（）A.Al粉和NaOH溶液反应制取少量：B.室温下用稀溶解Cu：C.室温下用NaOH溶液吸收：D.向溶液中加入稀：8.向盛有足量液氨的容器中投入23g钠，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子（过程示意如图），随后缓慢产生，待停止产生气泡，经分离获得纯净的氨基钠（）。下列说法不正确的是（）A.液氨属于纯净物B.导电性：蓝色溶液＞液氨C.当溶液中放出0.2mol时，Na共失去0.4mol电子D.按酸碱质子理论，既可作为酸，又可作为碱9.破损的镀锌铁皮在氨水中发生腐蚀生成ZnNH342+和。下列说法不正确的是（A.该腐蚀过程属于电化学腐蚀 B.生成反应为C.氨水浓度越大，腐蚀趋势越大 D.随着腐蚀的进行，溶液pH变大【答案】6.A7.C8.C9.B【解析】6.A．硫酸为强酸，水溶液中可电离出和，可用作铅蓄电池的电解质，A正确；B．盐酸具有酸性，能和氧化铁、氧化铝等金属氧化物反应，可用作金属表面除锈剂，与挥发性无关，B错误；C．能和酸反应，可用于改良酸性土壤，与溶解性无关，C错误；D．形成胶体能加速悬浮颗粒沉淀，故其胶体可用于净水，与其是两性氧化物无关，D错误；故选A；7.A．Al粉和NaOH溶液反应制取少量反应为：，A错误；B．室温下用稀溶解Cu生成硝酸铜和NO、水：，B错误；C．室温下用NaOH溶液吸收生成氯化钠和次氯酸钠、水，C正确；D．向溶液中加入稀反应为：，D错误；故选C；8.A．液氨为氨的液态，属于纯净物，A正确；B．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，由图，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子、氨合钠离子，能导电，而液氨中无自由移动离子不导电，故导电性：蓝色溶液＞液氨，B正确；C．当溶液中放出0.2mol时，H得到0.4mol电子，但是钠迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子过程中也会失去电子，故Na共失去电子大于0.4mol，C错误；D．按酸碱质子理论，可接受质子形成铵根离子，又可以给出质子形成，故既可作为酸，又可作为碱，D正确；故选C；9.A．锌铁活动性不同，则破损的镀锌铁皮在氨水中发生腐蚀过程中会形成原电池，属于电化学腐蚀，A正确；B．反应中生成应该为正极水得到电子发生还原反应生成氢气：，B错误；C．氨水浓度越大，越利于形成ZnNH34D．结合B分析，随着腐蚀的进行，反应生成氢氧根离子，则溶液pH变大，D正确；故选B。10.天然单糖D-乙酰氨基葡萄糖的结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是（）A.分子式为 B.与葡萄糖互为同系物C能发生缩聚反应 D.分子中含3个手性碳原子【答案】C【解析】A．根据该有机物分子结构简式可知，其分子式C8H15O6N，A错误；B．组成和结构相似，相差一个或多个CH2原子团的化合物互为同系物，葡萄糖分子式为C6H12O6，该物质分子式为C8H15O6N，不互为同系物，B错误；C．该物质结构中含有多个醇羟基，能发生缩聚反应，C正确；D．连接4个不同原子和原子团的碳原子为手性碳原子，则分子中环上的碳原子均为手性碳原子，含有5个手性碳原子，D错误；本题选C。11.室温下，下列实验过程和现象能验证相应实验结论的是（）选项实验方案过程和现象实验结论A用玻璃棒分别蘸取0.1HCl和溶液滴到pH试纸上，溶液pH(HCl)＜pH()酸性：HCl＞B向2mL溶液中加入Mg条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成金属活动性：Mg＞FeC向2mL饱和溶液中通入，出现白色沉淀电离平衡常数：D向2mL浓度均为0.1的和混合溶液中滴加少量0.1溶液，振荡，产生白色沉淀溶度积常数：【答案】A【解析】A．用玻璃棒分别蘸取0.1HCl和溶液滴到pH试纸上，溶液pH(HCl)＜pH():说明HCl的电离程度大于，溶液中：HCl大于溶液，则酸性：，A正确；B．向2mL

溶液中加入Mg条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成：是因为Mg与水反应生成了，再与反应得到后最终被氧化为红褐色，整个反应过程没有体现金属性的关系，所以无法比较Mg和Fe的金属性大小，B错误；C．向2mL饱和溶液中通入，出现白色沉淀：是因为发生反应，属于沉淀的生成，无法比较电离平衡常数，C错误；D．向2mL浓度均为0.1的和混合溶液中滴加少量0.1

溶液，振荡，产生白色沉淀：不管是与或生成沉淀，都只涉及沉淀的生成，不涉及沉淀的转化，无法比较溶度积，D错误；故答案为：A。12.常温下，向20mL0.1的NaOH溶液中缓慢滴入0.1的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示。已知：常温下HCOOH的电离常数。下列说法不正确的是（）A.水的电离程度：M＜NB.M点：C.N点：D.当V（HCOOH）＝10mL时，【答案】D〖祥解〗向20mL0.1的NaOH溶液中缓慢滴入0.1的HCOOH溶液，当滴入20mLHCOOH溶液时，恰好完全反应生成HCOONa，c(HCOONa)=0.05mol/L，HCOO-水解平衡常数为，求得的非常小，几乎可以忽略不计，则下降的曲线表示浓度的变化；当V(HCOOH)=20mL，溶质为HCOONa，c(HCOONa)=0.05mol/L，HCOO-少部分水解，c(HCOO-)略小于0.05mol/L，故上升的曲线代表c(HCOO-)【详析】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，对水的电离是促进作用，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确；B．M点溶液中电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-)，联合可得2c(HCOO-)=c(Na+)+c(H+)，故B正确；C．由分析可知，N点溶质为0.05mol/LHCOONa，HCOO-发生水解，同时水还会电离，则满足离子浓度关系；由得到＜1，则，故C正确；D．当V(HCOOH)＝10mL时，溶液中的溶质为c(NaOH)=c(HCOONa)，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒有c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH)，联立得到，故D错误；故选D。13.实验小组以为指示剂，用标准溶液分别滴定含、水样。已知：①相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr；为砖红色沉淀。②25℃时，，。③25℃下，AgCl、AgBr和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示（图中横坐标、纵坐标，代表、或）。下列说法不正确的是（）A.曲线①为沉淀溶解平衡曲线B.反应的平衡常数C.滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过D.滴定接近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁对实验结果不会产生影响【答案】C〖祥解〗由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根据①上的点（2.0，7.7），可求得，根据②上的点（2.0，7.7），可求得，根据③上的点（6.1，6.1），可求得。据此分析作答。【详析】A．根据上述分析，可知曲线①为沉淀溶解平衡曲线，A正确；B．反应的平衡常数为：，B正确；C．当恰好滴定完全时，，即，因此，指示剂的浓度不宜超过，C错误；D．滴定接近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，对消耗的标准溶液的量没有影响，D正确；故选C。二、非选择题：共4题，共61分。14.探索固氮机理，实现温和条件下固定空气中的具有重要意义。（1）自然界中的一些微生物能将转化为含氮化合物，约占自然固氮的90%。①豆科植物根瘤中的固氮酶能将直接转化为化合态的__________（填化学式）作为自身的养分。②固氮酶中的过渡金属原子能与形成分子氮配合物，从而活化。在分子氮配合物中，可作为配位体的原因是__________。③1965年，人类合成了第一个分子氮配合物，该配合物的配位数为__________。（2）在如图所示装置中，用石墨作电极，含的酸性溶液作电解质，和的混合物作阴极原料气，在常温下电解即可获得，电解时在阴极区检测到、·OH、等。①转化为与阴极区产物有关，电解生成的电极反应式为__________。②若将直接通过溶液，一段时间后，溶液中仅检测到微量的。研究表明，是该固氮过程的催化剂，其反应机理可表述为：__________（填离子方程式）、、。③被·OH氧化为的过程中经历了中间体。该物质的红外光谱中有N＝N吸收峰，核磁共振氢谱中仅有一个特征峰，写出两种可能的结构式：__________。④控制电解电压、电解质溶液pH、阴极原料气和的比例和流速保持不变，增大溶液的浓度，反应相同时间测得的产率先增大后减小，溶液浓度过大，产率下降的原因是__________。【答案】（1）①.②.分子中存在孤电子对③.6（2）①.②.③.、④.过量的消耗·OH，导致参与氧化的·OH浓度减少，反应速率减慢【解析】（1）①豆科植物根瘤中的固氮酶能将空气中的氮气直接转化为铵根离子作为自身的养分，故答案为：；②固氮酶中的过渡金属原子能与氮气形成分子氮配合物，从而活化氮气是因为氮气分子中含有孤对电子，在配合物中作为配位体；③由化学式可知，配合物中Ru2+为提供空轨道的中心离子，氨分子、氮气分子为配体，配位数为6；（2）①由题意可知，电解生成过氧化氢的反应为酸性条件下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成过氧化氢，电极反应式为；②由题意可知，亚铁离子是该固氮过程的催化剂，则反应机理可表述为：、、；③由题意可知，分子是含有N=N吸收峰的对称结构，且存在顺反异构的化合物，结构式可能为、；④硫酸亚铁溶液浓度过大，硝酸产率下降的原因是过量的消耗·OH，导致参与氧化的·OH浓度减少，反应速率减慢。15.F是合成心血管药物缬沙坦的重要中间体，其合成路线如下：已知：。（1）A分子中的官能团名称为氰基（—CN，其中C原子和N原子以三键相连接）和__________。（2）B→C的反应类型为__________。（3）D的分子式为，其分子中最多有__________个原子在同一个平面内。（4）C还可直接与E在乙醇作溶剂条件下合成F。①E的结构简式为__________。②C和E直接转化为F时，还生成__________（填化学式）。（5）亮氨酸为E的一种同分异构体，属于α-氨基酸，其分子结构中含有异丙基。则亮氨酸的结构简式为__________。（6）C→D的合成路线可设计为CG（）D①试剂X为__________。②试剂Y不能选用，原因是__________。【答案】（1）碳氯键（或氯原子）（2）取代反应（3）25（4）①.②.HBr（5）（6）①.NaOH溶液②.G中的会被氧化为—COOH，无法得到D〖祥解〗由合成路线可知，A→B主要为取代反应，B→C过程中，B甲基上的1个H被Br取代得到C，该反应也为取代反应，D+E→F，根据已知反应可推测D包含醛基，再结合F的结构简式可推测E为，进一步推测D为，据此答题。【详析】（1）由A结构简式可知，A中官能团有-CN和-Cl，名称为碳氯键（或氯原子）；（2）由分析可知，B→C反应为取代反应；（3）D分子式C14H9NO，再结合分析可知，D结构简式为，结合苯环上碳氢原子可共面，单键可以旋转，则苯环与苯环、-CN、-CHO均可能共面，故该分子中最多有25个原子在同一个平面内；（4）C还可直接与E在乙醇作溶剂条件下合成F，结合分析可推出E结构简式为，根据原子守恒可知，C+E→F+HBr，即还生成的有HBr；（5）亮氨酸为E的一种同分异构体，属于α-氨基酸即羧酸分子中的α碳原子上的氢原子被氨基取代，又分子结构中含有异丙基即，故亮氨酸结构简式为；（6）由C→E的合成路线可知，C水解生成G（），G氧化生成D（），故试剂X为NaOH溶液，试剂Y为具有氧化性的物质如O2，但不能选用KMnO4，因为KMnO4能将-CH2OH直接氧化成-COOH，无法得到D。16.从铅精矿（主要含PbS、等）中提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：（1）“热浸”时，难溶的PbS和转化为和及单质硫。①写出转化为的离子方程式：__________。②浸取液中盐酸的浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生__________（填化学式）。（2）“过滤Ⅰ”得到的滤液经“稀释、冷却”得到沉淀，再经“过滤Ⅱ”将沉淀分离。沉淀反复用饱和食盐水“热溶”，所得溶液经“电解Ⅰ”可获得金属Pb。①“过滤Ⅰ”得到的滤液经“稀释”可得到沉淀，其原因是__________。②“电解Ⅰ”的阳极产物用“尾液”吸收所得的吸收液，可直接用于此工艺中的__________（填题干工艺流程方框中的操作名称），从而实现循环利用。（3）“还原”中加入铅精矿的目的是__________。（4）经“置换”得到的富银铅泥主要为金属Pb和Ag的混合物。①“置换”中可选用的试剂X为__________（填序号）。A.AlB.ZnC.PbD.Ag②补充完整运用电解原理分离金属Pb和Ag的实验方案：将富银铅泥压实制成块状，__________。【答案】（1）①.②.（2）①.溶液稀释时，反应的Qc增大，当时，平衡逆向移动，利于产生PbCl2沉淀②.热浸（3）将过量的还原为，减少“置换”中试剂X的用量（4）①.C②.用导线与电源的正极相连，再将一小块纯Pb块用导线与电源的负极相连，将块状富银铅泥和纯Pb块均置于溶液中，接通电源进行电解，一段时间后，在阳极底部获得金属Ag，阴极为金属Pb〖祥解〗本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag，“热浸”时，难溶PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为，“过滤Ⅰ”除掉单质硫滤渣，滤液在稀释降温的过程中，[PbCl4]2-转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2-，电解得到Pb；“过滤II”后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。【详析】（1）①由分析可知，Ag2S转化为[AgCl2]-的离子方程式为