2025年北京高考化学复习专练：化学基本理论（解析版）

热点题型05化学基本理论

热点解读

微粒结构及相互作用力化合物的类型

核心透析

1.牢记微粒间重要的数量关系

(1)质子数=核电荷数=核外电子数=原子序数。

(2)质量数=质子数+中子数。

(3)阳离子的核外电子数=质子数一阳离子所带正电荷数。

（4）阴离子的核外电子数=质子数+阴离子所带负电荷数。

2.辨析比较“四同”概念

概念描述对象

同位素原子,如IH、汨、5H

同素异形体单质，如。2、03

同系物有机化合物，如CH3cH3、CH3cH2cH3

同分异构体有机化合物，如正戊烷、新戊烷

3.巧记10电子微粒和18电子微粒的方法

N3-0"

t

NH£,；出餐点

CH4*-NH3*-氏0+Na+fMg2+fAl»

NH：H3(r

10电子微粒

出途点

-（Ar）-*K*->Ca2,

SiH4<-PH3<-H2S<-HC1

|（9电子微粒x2）

F、一OH—NH2,—CH3

CH3—CH3,H2N—NH2,HO—OH,F—F,F—CH3,CH3—OH

18电子微粒

4.正确理解微粒间的作用力

(1)强度：化学键〉氢键〉范德华力。

(2)范德华力与物质的组成、熔沸点：由分子构成的物质，若组成和结构相似，一般地说，物质的相对

分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高。如沸点：HI>HBr>HCl=

(3)氢键与物质的熔沸点：氏0的熔沸点高于H?S,因水分子间存在氢键，H2s分子间只存在范德华力。

常见的非金属性较强的元素如N、0、F的氢化物分子间可形成氢键。

5.理清化学键类型与物质类型的对应关系

［提醒］(1)只含非极性共价键的物质：非金属元素构成的单质(稀有气体除外)。如12、N2、P4、金刚石、

晶体硅等。

(2)只含有极性共价键的物质：一般是不同非金属元素构成的共价化合物。如HC1、NE、SiO2,CS2等。

(3)既有极性键又有非极性键的物质：如H2O2、C2H4、CH3cH3、C6H6等。

(4)只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物。如NazS、CsCl、K20>NaH

等。

(5)既有离子键又有非极性键的物质：如Na?。?、CaC2等。

(6)由强极性键构成但又不是强电解质的物质。如HF等。

二、元素周期表和元素周期律的综合应用

核心透析

1.主族元素性质递变规律

比较内容同周期(从左到右)同主族(从上到下)

金属性减弱，非金属性增金属性增强，非金属性减

金属性、非金属性

强弱

最高价氧化物对应水化物

酸性增强，碱性减弱酸性减弱，碱性增强

的酸碱性

气态氢形成难易由难到易由易到难

化物热稳定性递增递减

一般情况下：元素的非金属性7法强，其最高价态含氧酸的酸

变化中的规律性

性越强，氢化物热稳定性越强，氢化物越易形成

2.掌握金属性、非金属性强弱的判断方法

_，金属性"右弱左强，上弱下强，右上弱左下强”

,赫I非金属性“左弱右强，下弱上强，左下弱菽Q

按KCaNaMgAlZnFeSnPb(H)CuHgAg

金属活动性।PtAu的顺序，金属性减弱

非金属活动性।按FOC1BJS的顺序,非金属性减弱

嵯我1-

置换反应：强的置换弱的，适合金属也适合非金属

与水或酸反应越剧烈，或最高价氧化物对应水化物

反的碱性越强，则金属性越强

应

与氢气反应越容易，生成的气态氢化物的稳定性越强，或

最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则非金属性越强

原电池।一般负极材料的金属性强于正极

3-，在阳极首先放电的阴离子，其对应元素的非金属性弱

1—1电解池

--1在阴极首先放电的阳离子，其对应元素的金属性弱

三、反应热热化学方程式

核心透析

对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。

燃烧热和中和热应用中的注意事项

(1)均为放热反应，NHVO,单位为kJ-molT。

(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25℃>101kPa；②反应的可燃物是1mol；③生成物是稳

定的氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO2，而不是CO,氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。

(3)中和热概念理解三要点：①反应物的酸碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效

应；③生成产物水是1mol。

四、原电池工作原理及化学电池

核心透析

1.原电池装置考查变迁

图7-1

(1)盐桥的作用：原电池装置由装置①到装置②的变化是由盐桥连接两个“半电池装置”，其中盐桥的

作用有三种：①隔绝正、负极反应物，避免直接接触，导致电流不稳定；②通过离子的定向移动，构成闭

合回路；③平衡电极区的电荷。

(2)离子交换膜的作用：由装置②到装置③的变化是“盐桥”变成“质子交换膜”。离子交换膜是一种

选择性透过膜，允许相应离子通过，离子迁移方向遵循电池中离子迁移方向。

2.图解原电池的闭合回路形成原理

外电路电子

,沿着导线传递

懿一颦正*皿一嚣

移।移

向।______内电路向

阴离子电解质阳离子

图7-2

五、电解池的工作原理及其应用

核心透析

1.电解池工作原理示意图(阳极为惰性电极)

与电源正极相连与电源负极相连

阴离子阳离子

移向移向

4电解质溶液卜

2.电解的放电规律

(1)阴极放电规律：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>(H+7k)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+

(2)阳极放电规律：活性电极>S2->SO32>厂>Br->C「>OH->含氧酸根离子>F-

六、金属腐蚀及其防护

核心透析

1.影响金属腐蚀的两个因素

(1)对于金属本性来说，金属越活泼，就越容易失去电子而被腐蚀。

(2)电解质溶液对金属的腐蚀的影响也很大，如果金属在潮湿的空气中，接触腐蚀性气体或电解质溶液,

都容易被腐蚀。

2.金属腐蚀快慢的三个规律

(1)金属腐蚀类型的差异

电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀〉化学腐蚀〉有防护腐蚀措施的腐蚀。

(2)电解质溶液的影响

①对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液〉非电解质溶液。

②对同一种电解质溶液来说，一般电解质溶液浓度越大，腐蚀越快。

(3)活泼性不同的两金属与电解质溶液构成原电池时，一般活泼性差别越大，负极腐蚀越快。

3.两种腐蚀与三种保护

(1)两种腐蚀：析氢腐蚀、吸氧腐蚀(关键在于电解液的pH)

(2)三种保护：电镀保护、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法

七、化学平衡判断、移动及应用

核心透析

1.反应平衡的判断

⑴等——“逆向相等”(三种表述)。

①同一物质(两种表述)：。正逆、断键数=成键数。

②不同物质：。正(X)/X的化学计量数=。逆(Y)/Y的化学计量数

(2)定一“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡

状态，即“变量”不变一平衡状态。

①平衡体系中各物质的加、〃、c和〃％等保持不变。

②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量不变等。

③有色体系的颜色保持不变。

(3)依&与K关系判断：若。c=K,反应处于平衡状态。

2.平衡移动方向的判断

(1)依勒夏特列原理判断。

(2)根据图像中正、逆反应速率相对大小判断：若。正逆，则平衡向正反应方向移动；反之向逆反应方

向移动。

(3)依变化过程中速率变化的性质判断：若平衡移动过程中，正反应速率增大(减小)，则平衡向逆(正)反

应方向移动。

(4)依浓度商(&)规则判断：若某温度下。c<K,反应向正反应方向进行；QC>K,反应向逆反应方向进

行。

3.速率改变但平衡不移动的特殊情况

(1)如A2(g)+B?(g)U2c(g)等反应前后气体的分子总数不变的反应。压强改变，速率改变，但平衡不发

生移动。

(2)催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂不会影响化学平衡。

八、弱电解质的电离及溶液的酸碱性

核心透析

1.“四条件”对弱电解质电离的影响

对电离平电离电离

条件改变微粒浓度影响结果

衡影响程度常数

弱酸的H+、酸根离子浓度减小，0H-浓度增大；

浓加水正向移动弱碱的OFT、金属离子(NH4+)浓度减小，H+浓度增大不变

度增大

加弱正向移动弱电解质相应离子和弱电解质浓度均增大减小不变

电解质

弱电解质分子浓度减小；弱电解质相应离子浓度

加热正向移动增大增大

增大

同离子效弱电解质浓度增大，“同离子”浓度增大，相反

逆向移动减小不变

应离子浓度减小

加入与弱

电解

正向移动参与反应的离子浓度减小，其他离子浓度增大增大不变

质反应的

物质

2.影响水电离的因素

升高温度

降低温度

仅口入可水解的盐，如

加入酸、碱_才嗯■一Na2co3、NH4cl等

加入可电离出H+的某)一叙

'J加入与H+或OHT

些盐，如NaHSCU等

反应的物质，如Na等

3.溶液的酸碱性及pH

(1)溶液酸碱性与pH：在任何温度下的中性溶液中C(H+)=C(0H-)=E，常温下中性溶液pH=7,温

度升高时，中性溶液的pH<7。

限时提升练

(建议用时：40分钟)

1.(2024•北京,高考真题)下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是

A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向

B.依据一元弱酸的可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小

C.依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大

D.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱

【答案】C

【详解】A.对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K,反应向逆反应方向进行；Q<K,反应向正反应方向进

行；Q=K,反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方

向，A正确；

B.一元弱酸的Ka越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H+越多，pH越小，B正确；

C.同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是UA大于IHA,VA大于VIA,C不正确；

D.F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确；

故选C。

2.（2022•北京•高考真题）已知：H2+C12-2HC1O下列说法不正确的是

出在02中燃烧

A.凡分子的共价键是ST。键，C1?分子的共价键是s-p。键

B.燃烧生成的HC1气体与空气中的水蒸气结合呈雾状

C.停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟

D.可通过原电池将H2与Cl2反应的化学能转化为电能

【答案】A

【详解】A.M分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s。键，Cl2分子里的共价键CI-CI

键是由两个P电子重叠形成的，称为P-P。键，故A错误；

B.HCI气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故B正确；

C.浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCI气体互相反应，化学方程式NH3+HCI=NH4CI,生成NH4CI氯化镂固体

小颗粒，固体粉末就是烟，故c正确；

D.凡与C1?的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将H?与C1?反应的化学能转化为电

能，故D正确；

故选A„

3.（24-25高三上•北京•阶段练习）下列说法或表示方法中正确的是

A.等质量的硫蒸气和硫磺固体分别燃烧，后者放出的热量多

B.已知强酸强碱的中和热为57.3kJ/mol,若将含ImolCH3coOH的醋酸稀溶液与含ImolNaOH的稀碱

溶液混合，放出的热量小于57.3kJ

C.乙焕的燃烧热为1366.8kJ/mol,则乙快燃烧的热化学方程式为:

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)lmolCH3COOHAH=-1366.8kJ/mol

D.Ba(OH)2-8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)AH<0

【答案】B

【详解】A.因为硫磺固体转变为硫蒸气要吸热，所以等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，前者放

出的热量多，A错误；

B.强酸强碱反应的中和热为57.3kJ・moH,醋酸为弱酸反应过程中发生电离，电离要吸收热量，所以将含

ImolCH3coOH的醋酸稀溶液与含ImolNaOH的溶液混合，放出的热量要小于57.3kJ,B正确；

C.燃烧热是指lmol可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，乙快的燃烧热为1366.8kJ/mol,则乙

1

快燃烧的热化学方程式为：C2H2(g)+|O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)AH-1366.8kJ.mol,C错误；

D.氢氧化/晶体与氯化镂的反应为吸热反应，AH>0,D错误；

故选：Bo

4.(24-25高三上•北京•阶段练习)我国在单原子催化剂领域成绩斐然。单原子催化剂是指孤立的金属原

子均匀分散在载体表面，发生催化的位点落在单个原子上。

金属原子

___金属

单原子催化剂)

(传统催化剂)

下列说法不正确的是

A.催化剂能提高化学反应速率B.单原子催化剂能更多地降低反应的焰变

C.单原子催化剂中原子的利用率高D.传统金属催化剂内存在金属键

【答案】B

【详解】A.催化剂能降低反应活化能，提高化学反应速率，故A正确；

B.催化剂不能改变反应物和生成物的能量，催化剂不能改变反应的焰变，故B错误;

C.单原子催化剂与反应物接触面积增大，原子的利用率高，故C正确；

D.金属晶体中由金属阳离子和自由电子形成金属键，故D正确；

故选：Bo

5.(24-25高三上•北京•阶段练习)下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是

A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向

B.依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大

C.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱

D.根据C=C的键能小于C—C的键能的2倍，推测C=C中。键的强度比H键的大

【答案】B

【详解】A.依据相同温度下可逆反应Q与K大小的比较可知：Q=K,反应达到平衡状态；Q<K,反应正向

进行；Q>K,反应逆向进行，则可推断反应进行的方向，A正确；

B.依据第二周期主族元素电负性依次增大，不能推断它们的第一电离能依次增大，如第一电离能：

Be>B,N>0,B错误；

C.F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，则依据F、CKBr、I的氢化

物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱，C正确；

D.C=C中有1个。键和1个兀键，C—C中只有一个。键，根据C=C的键能小于C—C的键能的2倍，可推

测C=C中b键的强度比n键的大，D正确；

故选Bo

6.（24-25高三上•北京•期中）下列过程与电离平衡无关的是

A.向力。2溶液中加入少量MnC）2制备氧气

B.用NH4HCO3溶液与FeSCU溶液制备FeCO3

C.用CuSO4溶液除去乙焕气体中的H2s

D.向热水中滴入饱和FeCb溶液制备Fe（OHb胶体

【答案】A

【详解】A.MnC）2是出。2分解的催化剂，促进出。2的分解，与电离平衡无关，A符合题意；

B.NH4H83在水溶液中电离出HCO；,在溶液中存在电离平衡：HCO；UH++COj。Fe?+与CO：反应生

成FeCO3，CO：浓度减小，促进HCO；电离，与电离平衡有关，B不符合题意；

C.H2s溶于水，存在电离平衡：J^SUJT+HS一、HS-^H++S2-；CUSO4电离出的Ci?+和S2-反应生成

CuS沉淀，S2-浓度减小，促进H2s的电离平衡正向移动，与电离平衡有关，C不符合题意；

+

D.水是弱电解质，存在电离平衡：H2O^H+OH-o饱和FeCb溶液滴入热水中，FeCb电离出的Fe3+结

合水电离出的OH、0H-浓度减小，促进水的电离，因此与电离平衡有关，D不符合题意；

答案选A。

7.（24-25高三上•北京朝阳•期中）下列说法正确的是

A.弱电解质的电离常数越大，弱电解质越难电离

B.VSEPR理论认为分子的空间结构与VSEPR模型相同

C.强碱弱酸盐(MA)水解，形成该盐的弱酸酸性越弱，该盐的水解程度越大

D.依据平衡移动原理，HQ2溶液中加入少量MnC>2固体，促进H2。?分解

【答案】C

【详解】A.在同一温度下，不同弱电解质的电离常数不同，电离常数越大，弱电解质越易电离，故A错

误；

B.VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型，当中心原子无孤电子对时，与分子空间结构相同，当中心原

子有孤电子对时，与分子空间结构不同，故B错误；

C.强碱弱酸盐(MA)水解，根据盐类的水解规律越弱越水解可知，形成该盐的弱酸酸性越弱，该盐的水解

程度越大，故C正确；

D.Mn5会催化分解，使用催化剂能加快反应速率，但与平衡移动无关，故D错误；

故答案选C。

8.(24-25高三上•北京通州•期中)关于Na2cO3和NaHCOs的下列说法中，不正确的是

A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同

B.向饱和Na2cO3溶液中通入CO2，会产生NaHCC)3

C.分别向二者的溶液中加入NaOH固体，水解平衡均受到抑制，溶液的pH均减小

D.测定二者混合物中Na2cO3质量分数的方法是：取ag混合物充分加热，质量减少bg

【答案】C

【详解】A.Na2co3和NaHCOj的溶液中均存在H+、力。、0H\Na\CO；、HCO3,H2CO3,A正确；

B.向饱和Na2cO3溶液中通入CO?,发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,会产生NaHCC>3，B正

确；

C.分别向二者的溶液中加入NaOH固体，NaOH电离出的0H一会抑制CO：、HCO：的水解，水解平衡均受

到抑制，但NaOH电离出的0H-使溶液的碱性增强，溶液的pH增大，C错误；

D.取agNa2c。3和NaHCC>3的固体混合物充分加热，质量减少bg,可由差量法计算碳酸氢钠的质量，然后

计算碳酸钠的质量分数，D正确；

答案选C。

9.(23-24高三上•北京朝阳•期中)核污染水中含有北Sr、黑cs等多种放射性同位素粒子，会对人体和环

境产生危害。下列说法不正确的是

A.与cs含有的中子比质子多27个B.Sr位于元素周期表第五周期UA族

C.可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的;;S/+D.借助元素周期表比较可知Sr的金属性比Cs

强

【答案】D

【详解】A."Cs的质子数为55、质量数为137,中子数为(137—55)=82,则中子比质子多27个，故A正

确；

B.锯元素的原子序数为38,位于元素周期表第五周期UA族，故B正确；

C.氢氧化锯难溶于水，所以用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的故C正确；

D.同主族元素，从上到下金属性依次增强，则钝的金属性大于锄，同周期元素，从左到右金属性依次减

弱，则锄的金属性强于锯，所以借助元素周期表比较可知错的金属性比例强，故D错误；

故选D。

10.(24-25高三上•北京•阶段练习)下列关于水处理的说法不正确的是

A.蒸储法可淡化海水

B.明矶在水中可以水解生成AI(OH)3胶体，起到杀菌消毒作用

C.CIO2、。3均可代替C12作为自来水消毒剂

D.Na2s做沉淀剂可处理含CF+、Hg2+的工业污水

【答案】B

【详解】A.海水淡化的主要方法有：蒸储法、电渗析法、离子交换法等，故A正确；

B.明矶水解生成AI(OH)3胶体，能聚沉水中的悬浮物，起到净水作用，但不能杀菌消毒，故B错误；

C.CIO2,O3均具有强氧化性，可实现杀菌消毒，且消毒后的残余物对人、对环境相对友好，可代替Cl?作

为自来水消毒剂，故C正确；

D.S2-可将Cu2+、Hg2+变为CuS、HgS沉淀而除去，实现工业废水的初步治理，故D正确；

故选Bo

11.(24-25高三上・北京•阶段练习)下列说法中不正确的是

A.酸性：HN03>H3PO4>H2SiO3

B.铁质器件附有铜质配件，久置，在接触处铁易生锈

C.与H2s的分解温度相比，HQ的分解温度更高是由于分子间氢键的作用

D.向某溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，滴加几滴氯水变红色，证明原溶液中有Fe?+

【答案】C

【详解】A.非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N>P>Si,因此最高价氧

化物对应水化物的酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3,A正确；

B.铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，B正确；

C.非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，。的非金属性强于S,比H2s稳定，出0分解温度高于

硫化氢，C错误；

D.向某溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，证明溶液中无Fe3+,滴加几滴氯水，Fe?+被氧化为Fe3+,溶液

变红，证明原溶液中有Fe",D正确；

故选C。

12.(24-25高三上,北京顺义•阶段练习)下列事实不能用平衡移动原理解释的是

A.用稀硫酸洗涤BaSO4沉淀比用等体积蒸储水洗涤损失的BaSO4少

B.电镀实验中，用[CU(NH3)/SC>4溶液作电镀液比用Cust),溶液得到的铜镀层光亮牢固

C.向FeCh溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈红色，再加入少量铁粉，溶液红色变浅

D.锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生

【答案】D

【详解】A.用稀硫酸洗涤Bas。,沉淀相比用等体积蒸储水洗涤，前者SO：浓度大，可以抑制Bas。4的溶

解，因此损失的Bas。’少，与Bas。’的沉淀溶解平衡移动有关，A不符合题意；

2+2+

B.[CU(NH3)/SC>4溶液中，Q2+和NH3发生络合反应：CU+4NH3^[CU(NH3)4],可以形成稳定的

配离子[CU(NH3)4「，使得QJ2+浓度降低，所以相比于CuSC)4溶液，得到的铜镀层光亮牢固，与化学平衡

移动有关，B不符合题意；

3+

C.向FeCh溶液中滴加几滴KSCN溶液，发生反应：Fe+3SCN-Fe(SCN)3,因此溶液呈红色；再加入

少量铁粉，将Fe，+还原生成Fe?+,平衡逆向移动，溶液红色变浅，与化学平衡移动有关，C不符合题意；

D.锌片与稀H2sO,反应过程中，加入少量CUSO4固体，锌置换出铜形成铜锌原电池，加快反应速率，因

此可以促进H2的产生，与化学平衡移动无关，D符合题意；

答案选D。

13.（24-25高三上•北京•期中）Na在C）中剧烈燃烧，火焰为黄色，同时产生大量白烟。下列说法不正确

的是

••••

A.用电子式表示白烟的形成过程：Na-+.C••l：-^Na+［:C••l：］

B.Cl?分子中的化学键是：s-pc键

C.Na在空气中燃烧，也会产生黄色火焰

D.工业冶炼金属Na:2NaCl（熔融）典2Na+Cl?T

【答案】B

【详解】

A.已知该白烟为NaCI小颗粒，NaCI是离子化合物，故用电子式表示白烟的形成过程为：

Na早.gl：—Na+Cgl：］-，A正确；

B.CI2分子中化学键是Cl原子上的2P轨道采用头碰头重叠形成的p-pc键，B错误；

c.Na的焰色试验呈黄色，故Na在空气中燃烧，也会产生黄色火焰，C正确；

D.工业冶炼金属Na采用电解法，即电解熔融的NaCI,反应方程式为2NaCl（熔融）曳/2Na+Cl?个，D正

确；

故选Bo

14.（24-25高三上,北京•期中）化学与生活、科技密切相关，下列说法不正确的是

A.FeQs俗称铁红，可用作外墙涂料

B.Cust）,能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒

C.淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体

D./C和互为同素异形体，都可用于测定文物年代

【答案】D

【详解】A.FezS俗称铁红，是一种红棕色性质稳定的铁的氧化，可用作外墙涂料，A正确；

B.CuSC）4溶液中的CF+是重金属离子，可使蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，B正确；

C.淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体，C正确；

D.仁和普C的质子数相同而中子数不同的原子，故互为同位素，其中14c用于测定文物年代，D错误;

故选D。

15.（24-25高三上•北京,期中）我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获"Ca原子，

实现了对同位素”Ca的灵敏检测。“（a的半衰期（放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间）长达10

万年，是14c的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是

I20CaI

葭

40.08

A.*Ca的原子核内有21个中子

B.“Ca的半衰期长，说明"Ca难以失去电子

C.*ca衰变一半所需的时间小于"C衰变一半所需的时间

D.从Ca原子束流中直接俘获“Ca原子的过程属于化学变化

【答案】A

【详解】A.原子核内中子数=质量数-质子数=41-20=21,A正确;

B.的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；

C.根据题意可知，舟以衰变一半所需的时间大于14c衰变一半所需的时间，C错误；

D.从Ca原子束流中直接俘获原子的过程中没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；

故选A。

16.（24-25高三上・北京•阶段练习）笊代氨（ND3）可用于反应及研究。下列两种方法均可得到NDj：①

Mg'N与D。的水解反应；②N%与D?。反应。下列说法正确的是

A.NH3和ND3可以用质谱法区分，也可以用氯水进行区分

B.ND3分子间相互作用更强，但NH存在分子间氢键，NN熔沸点更高

C.方法②中只发生反应2NH3+3D2O=2ND3+3H2。

D.方法①得到的产品纯度比方法②高

【答案】D

【详解】A.NHJ和ND3的相对分子质量不同，可以用质谱法区分；N%和ND3均具有还原性，无法用氯

水进行区分，A错误;

B.ND3分子间相互作用更强，且可以形成分子间氢键，则ND3的熔沸点高于NH3,B错误；

c.方法②中NH,与DzO反应可以得到不同笊代水平的氨化合物，因此不只发生反应

2NH3+3D2O=2ND3+3H2O,C错误；

D.方法②是通过D?O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3,代替的个数不同，产物会不同，纯

度低，则方法①得到的产品纯度比方法②高，D正确；

答案选D。

17.（24-25高三上•北京•阶段练习）下列说法不正确的是

A.纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同

B.加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏

C.石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏

D.CO?溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变

【答案】D

【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A正确；

B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B正确；

C.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价

键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，C正确；

D.C02溶于水发生反应：CO2+H2O#H2CO3,这里有化学键的断裂和生成，D错误；

故选D。

18.（24-25高三上•北京•阶段练习）核污染水中含有;;Sr、入cs等多种放射性同位素粒子，会对人体和环

境产生危害。下列说法不正确的是

A.acs含有的中子数为82

B.借助元素周期表比较可知Cs的金属性比Sr强

C.可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的1Sr?+

D.；；Sr衰变为9。丫的过程属于化学变化

【答案】D

【详解】A.7cs中质子数为55,质量数为137,中子数：137-55=82,A说法正确；

B.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，同族元素从上到下金属性逐渐增强，借助元素周期表比较可知

Cs的金属性大于Rb,Rb的金属性大于Sr,故Cs的金属性大于Sr,B说法正确；

C.Sr（OH）2是沉淀，所以可选择用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的；*产+,C说法正确；

D.；；Sr衰变为纯丫的过程仅涉及微粒的变化，不涉及物质的变化，不属于化学变化，D说法错误；

答案选D。

19.（24-25高三上•北京•阶段练习）我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。核聚变原料的制备与核

聚变的产物如图。

海水一~»汨|核聚耳

on

[Li|H]

、巨大能量

已知：：H、汨、汨中仅汨具有放射性。下列说法不正确的是

A.元素的第一电离能：H>He>LiB.可用质谱区分:H、但和;H

C.具有放射性D.归、汨的化学性质基本相同

【答案】A

【详解】A.根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，同一主族从上往下依次减小可知，元素

的第一电离能：He>H>Li,A错误；

B.质谱法可以用来测量微粒的相对式量，故可用质谱区分;H、汨和;H,B正确；

C.由题干信息可知，：H、汨、汨中仅汨具有放射性，；HQ中含有;H,故具有放射性，C正确；

D.:H、的质子数相同，核外电子数相同，化学性质基本相同，D正确；

故答案为：Ao

20.（24-25高三上•北京西城•期中）下列对事实的分析正确的是

选项事实分析

A键角：CH4>NH3>H2O电负性：C<N<O

B第一电离能：Mg>Al原子半径：Mg>Al

C沸点：CO>N2CO为极性分子，N?为非极性分子

D热稳定性：HF>HC1HF中存在氢键，HC1中不存在氢键

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】A.CH4分子中的中心原子C的价层电子对数为4,无孤电子对，N&分子中的中心原子N的价层

电子对数为4,孤电子对数为1,分子中的中心原子。的价层电子对数为4,孤电子对数为2,由于孤

电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，所以键角大小为CH4>NH3>H2。，与电负

性无关，A选项错误；

B.Mg、Al位于第三周期，同一周期主族元素，从左往右第一电离能呈增大的趋势，但Mg的3s轨道全充

满，比较稳定，其第一电离能高于同周期相邻的两种元素，与原子半径无关，B选项错误；

c.CO和“结构相似，相对分子质量相等，但CO为极性分子，N2为非极性分子，因此CO的沸点高于N2

的沸点，C选项正确；

D.F、CI位于同一主族，同一主族从上到下，原子半径增大，元素非金属性减弱，对应氢化物的稳定性减

弱，所以热稳定性：HF>HCI,与氢键无关，D选项错误；

故选C

<1

拓展培优练

21.（23-24高三上•北京西城•期末）下列事实不能用氢键解释的是

A.密度：H2O（1）>H2O（S）B.沸点：H2O>H2S

C.稳定性：HF>H20D.溶解性（水中）：NH3>CH4

【答案】C

【详解】A.水分子间存在氢键，氢键具有方向性，导致水结冰时存在较大空隙，冰的密度比液态水小，

能用氢键解释，A不符合题意；

B.水分子间可形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，所以沸点：H2O>H2S,能用氢键解释，B不符合题

思；

C.原子半径：F<0,键长：H-F<H-O,键能：H-F>H-O,所以稳定性：HF>H2O,与氢键无关，C符合题

忌;

D.氨分子与水分子间可形成氢键，增大溶解性；甲烷分子与水分子间不能形成氢键，所以溶解性（水中）：

NH3>CH4,能用氢键解释，D不符合题意；

答案选C。

22.（24-25高三上,北京朝阳,期中）HF是一种重要的化工原料。下列说法不正确的是

A.HF分子中H-F键的键能大，可推断HF的沸点高

B.液态氟化氢中存在(HF)n形式，可推断氟元素的电负性大

C.HF易溶于水，原因与HF和H?。能形成分子间氢键有关

D.氟的非金属性强于氯，可推断HF的热稳定性强于HC1的热稳定性

【答案】A

【详解】A.HF形成分子晶体，HF的沸点高是因为存在分子间氢键，不是H-F键的键能大导致的，A错

误；

B.液态氟化氢中存在(HF)。形式，是因为F的电负性大，使得HF分子间存在氢键，从而形成(HF).缔合分

子，B正确；

C.F、。的电负性都很大，HF和HQ能形成分子间氢键，导致HF易溶于水，C正确；

D.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，氟的非金属性强于氯，则HF的热稳定性强于HC1的

热稳定性，D正确；

故选A。

23.(24-25高三上•北京•期中)Wollf-Kishner-黄鸣龙反应是第一个以"华人”命名的有机化学反应，可表示如

KOH/(HOCH2cH2。)2

18OC

下：+H2NNH2'一-CH2-,下列说法不正确的是

A.该反应属于还原反应

B.反应过程中C原子的杂化方式由sp2变为sp3

C.若该反应产物中有N2，则还会生成力0

D.(HOCH2cH2。)2作为溶剂，其沸点低于乙醇

【答案】D

【详解】A.该反应中城基变为亚甲基，则属于还原反应，A项正确；

B.反应过程中C原子从碳氧双键变为碳单键，则其杂化方式由sp2变为sp3,B项正确；

C.由化合价升降守恒可知，H2NNH2参与反应，变为此，则还会生成h。，C项正确；

D.(HOCH2cH中存在两个羟基，可以形成分子间和分子内的氢键，但是乙醇只有一个羟基，只能形成

分子间的氢键，则(HOCH2cH2。)2沸点高于乙醇，D项错误；

答案选D。

24.(24-25高三上•北京•期中)中国科研团队以"Ceo-Cu-SiO?"为催化剂，实现较低压强下合成乙二醇。下

列说法不正确的是

A.C60,Cu和Si。？的晶体类型不相同B.C6。为非极性分子，不溶于水

C.乙二醇和乙醇互为同系物D.Cu的价电子排布式为3dHi4sl

【答案】C

【详解】A.C6。是分子晶体，Cu是金属晶体，SiO?是共价晶体，A正确；

B.C6。分子呈球形，结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，根据相似相溶原理，其不溶于水，B

正确；

C.乙二醇中含有2个羟基，乙醇中只含有1个羟基，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；

D.Cu是29号元素，价电子排布式为3dH(4si,D正确；

故选C。

25.(24-25高三上■北京怀柔•阶段练习)下列比较正确的是

A.第一电离能：Be>BB.热稳定性：H2S>H2O

C.碱性：AI(OH)3>Mg(OH)2D.熔点：Br2>l2

【答案】A

【详解】A.Be、B为左右相邻的同周期元素，B在Be的右侧，Be的2P轨道全空，电子的能量低，则第

一电离能：Be>B,A正确；

B.元素的非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，。与S为上下相邻的同主族元素，S在。的下方，非金

属性S<0,则热稳定性：H2S<H2O,B不正确；

c.AI和Mg为同周期相邻元素，AI在Mg的右方，同周期元素从左到右，金属性依次减弱，金属性越强，

其最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：AI(OH)3<Mg(OH)2,C不正确；

D.B「2和12在晶态时都属于分子晶体，B2的相对分子质量小于12,则分子间作用力及2小于12,所以熔

点：Br2<l2,D不正确;

故选A„

26.(24-25高三上,北京•阶段练习)下列物质性质的比较，与键的极性或分子的极性无关的是

A.酸性：CH2C1COOH>CH3COOHB.硬度：金刚石〉石英

水中溶解度：沸点：

C.NH3>CH4D.CO>N2

【答案】B

【详解】A.C—CI键的极性大于C—H键，导致CH2cleOOH、ChCOOH的酸性不同，说明键的极性影响

其酸性，故A不选;

B.金刚石和石英都是共价晶体，都存在