四川省2025届高三北京专家卷押题卷化学含答案（二）

免费试卷公众号：凹凸学长 化学(二)【命题意图】考查化学与材料、电子跃迁。【解题思路】A.蚕茧是蛋白质,水解后是氨基酸,A错误;B.竹子的主要成分是纤维素,B正确;C.陶瓷的主要成分是硅酸盐,C正确;D.霓虹灯发光是因为电子跃迁,D正确;故选A。【命题意图】考查物质分离与提纯相关装置分析。【解题思路】入于釜中煎炼,是蒸发结晶的操作,B正确;故选B。【命题意图】考查化学用语、键线式、结构示意图、VSEPR模型、电子式。【解题思路】A.CH3OH的键线式为OH,A错误;B.S2的结构示意图为+16288,B错误;C.H2O是V形结构,C是H2O的VSEPR模型,C正确;D.统基的电子式为.S:H,D错误;故选C。【命题意图】考查有机物的分子式、反应类型及共面问题。【解题思路】A.根据结构简式可知,A正确;B.X使溴水褪色是因为发生加成反应,葡萄糖使溴水褪色,是因为醛基被溴水氧化,原理不同,B错误;C.苯环、NO2、C=CCOOH中所有原子可能共面,C正确;D.靛蓝中含两个苯环,两个酮羰基,一个碳碳双键,1mol靛蓝可与9molH2反应,D正确;故选B。【命题意图】考查元素周期律。【解题思路】宇宙中含量最多的元素是H,X为H;Y与M的核外电子数之比为3:4,且Y与M之间有Z元素,因此Y与M分别是C与O;Z是N;Q的价电子中S能级与P能级电子数一样,因此Q是si。A.第一电离能:N>O>C,A正确;B.X与M可组成H2O(10e)、H2O2(18e),B正确;C.NH3是三角锥形,NO3是平面三角形,C错误;D.硅单质可作为半导体材料,D正确;故选C。【命题意图】考查实验装置与实验目的匹配关系。【解题思路】A.电镀时待镀金属作阴极,镀层金属作阳极,A正确;B.探究铁的析氢腐蚀,必须在酸性环境中进行,B错误;C.乙炔与H2S都能与酸性KMno4溶液反应,除杂试剂错误,C错误;D.实验室需要用氯化铵与氢氧化钙反应制备氨气,不能用加热氯化铵的方法制备氨气,D错误;故选A。【北京专家卷·化学(二)参考答案第1页(共8页)】【北京专家卷·化学(二)参考答案第2页(共8页)】【命题意图】考查离子方程式的正误判断。【解题思路】A.Naclo与SO2发生的是氧化还原反应,产物是cl与SO42,A错误;B.乙醛可发生银镜反应,离子方程式正确,B正确;C.H2C2O4是二元弱酸,不可拆,C错误;D.稀硝酸处理试管上的银,产物是NO,而不是NO2,D错误;故选B。8.【答案IC【命题意图】以微型工艺为载体考查元素化合物相关知识、实验操作。【解题思路】A."焙烧"时原料有KOH,不能用瓷坩埚,A错误;B.稀盐酸中C具有还原性,可被KMno4氧化,不可用稀盐酸代替CH3COOH,B错误;C."操作I"是过滤,"操作I"是蒸发浓缩、降温结晶,均会用到烧杯、玻璃棒,C正确;D.溶液I中不仅有kcl、CH3COOK,也有溶解的部分KMno4,D错误;故选C。【命题意图】考查氧化还原理论、化学键的断裂与形成。【解题思路】A.根据机理可知,存在NO2+ce(lII)N2+ce(N),SO2+NH3ce(Ⅳ)(NH4)2SO4+ce(Ⅲ),依据氧化还原理论可知氧化性:NO2>ce(Ⅳ)>(NH4)2SO4,但无法比较N2与(NH4)2SO4的氧化性,A错误;B.根据机理可知,反应中存在N=N这一非极性键的形成,B错误;C.因为不知道SO2与NO2的比例关系,无法确定总反应的方程式,C错误;D.溶液中氨气会使溶液呈碱性,这样会增大S2、N2的溶解度,D正确;故选D。【命题意图】考查电池类型判断、电极反应式及相关计算。【解题思路】甲是原电池,a是负极,电极反应式为:CH48e+10OH—CCO237H2O;b是正极,电极反应式为:O2+2H2+4e—4OH;X是阳极,电极反应式为:2H24e—4Ht+2,Y是阴极,电极反应式为:Fe3+十e—Fe2+和2H++2e十O2—H22。A.装置甲是碱性环境,因此M是阴离子交换膜,A错误;B.电子由a流向Y、X流向b,B错误;C.根据电池分析可知,H2O2在Fe2+作用下生成·OH,C正确;D.邻苯二酚与·OH反应的方程式为:C,HO226·OH——6CO216H2O,因此需要2.6mol·OH,而根据Y电极的电极反应式可知,需要2.6molH2O2,即2.6mol的O2,标准状况下,O2的体积共计为58.24L,D错误;故选C。【命题意图】考查有机物的性质、手性碳原子判断、顺反异构。【解题思路】A.M中的酚羟基邻对位均有空位,能与甲醛发生缩聚反应,A错误;B.N中含有酚羟基和酚酯基,1molN最多可消耗3mol的NaoH,B错误;C.M和N与氢气加成后,均免费试卷公众号：凹凸学长如下 12.【答案】A【命题意图】考查物质结构与性质之间的关系。【解题思路】A.siH4和PH3的中心原子杂化方式均是SP3杂化,但因为PH3中存在孤电子对,导致键角会【北京专家卷·化学(二)参考答案第3页(共8页)】A正确;B因为电负性N<熔变小B错误;C<[cuH2NH3所以配合物的稳定性A正确;B因为电负性N<熔变小B错误;C<[cuH2NH32是共价晶体但是3虽然存在非极性键点si因为siC错误;D3是极性2是共价晶体但是3虽然存在非极性键点si因为siC错误;D3是极性2>siH4只是极性较弱中的溶解度D错误;故选A分子所以导致3在ccl4中的溶解度大于在H2只是极性较弱中的溶解度D错误;故选A分子所以导致C3答案C3密度计算距离判断命题意图考查晶胞中的化学式密度计算距离判断命题意图2个体个体内解题思路黑球均摊:8个顶点4个面上8个面上A均摊后为4个;白球均摊:2个体个体内解题思路黑球均摊:8个顶点4个面上8个面上A个体均摊后为8个A正确;B缺氧的有3个位置个棱个面因此含锰化合物的化学式为个体均摊后为8个A正确;B缺氧的有3个位置个棱个面25774掺杂的N原子位于面上所以缺个Mn就是缺也就是因此这是4个Mn对应缺的氧25774掺杂的N原子位于面上所以缺个Mn就是缺也就是因此均摊后为B正确;C个Mn对应因为不清楚与b的大个2所以因此88这是4个均摊后为B正确;C个Mn对应因为不清楚与b的大个2所以因此88小关系含锰氧化物晶胞中Mn2个C错误;小关系含锰氧化物晶胞中Mn2个C错误;D348D正确;故选C数是4个2bC体积为cmgA348D正确;故选C数是4个2bC体积为cmgA2bND4答案D4命题意图考查溶液中离子浓度比较大守恒以物质的量分数曲线为载体命题意图考查溶液中离子浓度比较大守恒根据图像可知解题思路根据平衡常数表达式A错误;B即ACC物质的量分数先增大后减小根据图像可知解题思路根据平衡常数表达式A错误;B即ACCclclCCC根据图像可知若溶液中氯离子浓度逐渐减小K可知增大这个CclclCCC根据图像可知若溶液中氯离子浓度逐渐减小K可知增大这个C比值是在增大的该比值不会减小根据C与N的B错误比值是在增大的该比值不会减小根据C与N的B错误;C但元素质量守恒H2CHCCNHNH3H22C2C2CC可知存在以下关系式:C但元素质量守恒H2CHCCNHNH3H22C2C2CC溶液中根据电荷守恒可知CHCC因此在PH为7的时候HH2CCCC溶液中根据电荷守恒可知CHCC因此在PH为7的时候HH2CCCCCHCC不存在C根据H2CC错误;D3的kaHCH2CH2NH不存在C根据H2CC错误;D3的kaHCH2CH2NH32CCCH2CCCkaCka2D正确;故选D4<4<HC因此主要含碳微粒是H2CCkaCka2D正确;故选D4<4<HCCD5答案D5命题意图考查吸放热反应的判断重平衡体系中的平衡移动及相关计算命题意图考查吸放热反应的判断升高温度解题思路因此曲线2表示C4H8曲线反应是逆向移动A因此C4H8的物质的量分数降低升高温度解题思路因此曲线2表示C4H8曲线反应是逆向移动A其中HA正确;B表示H温度小于8的增大K时H与C2H4其中HA正确;B表示H温度小于8的增大K时HB正确;C即反应的CH3因此反应Ⅲ的反应程度大于反应幅度大于B正确;C即反应的CH3因此反应Ⅲ的反应程度大于反应幅度大于C2H4因为CH37根据产物中碳原子守恒可知2C4H8的物质的为llC2H4C4H84m7m7而且根据图像可知根据产物中碳原子守恒可知2C4H8的物质的为llC2H4C4H84m7m7结合2可得l量分数是C2H4的物质的量分数的2倍C4H8C4H8结合2可得l量分数是C2H4的物质的量分数的2倍C4H8C4H8C2H424m7C正确;D催化剂只能改变活化能因此不能改变平衡后的C2H4的物质的量为lC正确;D催化剂只能改变活化能因此不能改变平衡后的C2H4的物质的量为l7D错误D错误;故选D【北京专家卷·化学(二)参考答案第4页(共8页)】16.【答案】(193d54S'(1分)72+4Fe·cr23+16NaoH焙烧8Na2cr4+2Fe23+8H2(2分,无条件不给分)(2)HCO3+Al(OH)4]——Al(OH)3+C23+H2(2分)阳极区内H2放电生成O2与Ht,H+浓度增大,导致2cr42+2H+cr227+H2平衡正向移动,cr227浓度增大;同时阳极区多余Na+移向阴极区,生成Na2cr2O7(3分)(3)因为HF是弱酸,若酸化时H+浓度过多,则会导致溶液中F浓度较小,无法使Mg2+沉淀完全(2分)(4)①316(1分)②可还原Fepo4(1分)作为电极的导电材料(1分)【命题意图】以铬铁矿为原料制备Na2cr2O7和Fepo4的工艺分析。【解题思路】(1)cr外围电子排布式为:3d54s';400℃时,铬铁矿的产物是Na2cr4和Fe23,化学方程式为:702+4Feo·cr2o3+-16NaoH焙烧8Na2cro4+2Fe2o3+8H2o(2)沉铝时,NaHCO3与Na[Al(OH)4]反应的方程式为HCO3+Al(OH)4]——Al(OH)3+C23+H2O;阳极区内H2放电生成O2与Ht,H+浓度增大,导致2cro42+2H+cr227H2平衡正向移动,cr227浓度增大;同时阳极区多余Na+移向阴极区,生成Na2cr27。(3)因为HF是弱酸,若酸化时H+浓度过多,则会导致溶液中F浓度较小,无法使Mg2+沉淀完全。(4)①根据电子守恒可知,存在4Fep44LiFep4C~3c2,12kg50%的炭黑即可获得2X103mol的LiFep4,质量为316kg。②炭黑一方面可还原Fepo4,另一方面可作为电极的导电材料。17.【答案(192CUFes2+17H22+2H微生物2CU2+2Fe3+4SO42+18H2(2分·无条件不给分)防止H2O2受热分解;防止微生物因温度太高而失活(2分)(2)3.0~4.5(2分)n(Nacl)2+n(Nacl)(3)三颈烧瓶(1分)2CUSO4+Na2S3+2Nacl+H2o冰水浴2cucl+2Na2Sn(Nacl)2+n(Nacl)(4)当(CUS4<1.2时,因为cl的物质的量较少,CU沉淀率较低;而当(CUS4)>1.2时,因为cl浓度较高,cucl溶解在Nacl溶液中生成[cucl2,导致Cu2+沉淀率较低(2分)(5)①因为酸性KMno4会与cl反应,会导致测量结果不准(1分)【命题意图】考查实验综合分析。【解题思路】(1)因为浸出渣中只有sio2,所以不含有S,因此CUFes2酸浸产物是CU2+、Fe3+和S42,因此离子方程式为:2CUFes2+17H22+2H微生物2CU2+2Fe3+4S42+18H2;温度不宜太高的原因有两条,第一防止H22受热分解;第二是防止微生物因温度太高而失活。(2)根据CU2+完全沉淀时的PH可知,KSPCU(OH)2]=105X(1O7·5)2102,因为CU2+的浓度是沉淀完全,所以PH要大于3.0,故PH范围为:3.0~4.5。(3)仪器a的名称是三颈烧瓶;cucl是由CUS4与Na2SO3和Nacl反应获得的,化学方程式为:2CUS4+Na2S3+2Nacl+H2o冰水浴2cucl+2Na2SO4+H2S4n(Nacl)2+n(CUSO4)(4)根据反应机理及已知条件可知:当<1.2时n(Nacl)2+n(CUSO4)【北京专家卷·化学(二)参考答案第5页(共8页)】n(Nacl)2n(cuso4)>1.2时,因为cl浓度较高·cucl溶解在Nacl溶液中生成cucl2·导致Cn(Nacl)2n(Nacl)n(CUSO4) =1.2n(Nacl)n(CUSO4)(5)①因为酸性KMno4溶液会与cl反应,会导致测量结果不准,所以不能用酸性KMno4溶液代替K2cr2O7溶液。②滴定过程中,Fe2+逐渐被消耗,因此滴定终点的现象为:当加入最后半滴K2cr27溶液时,溶液由无色变为橙红色,且半分钟不褪色。③根据电子守恒可获得如下关系:6cucl~6Fe2+cr2O27,所以cucl的物质的量为:6CVX103mol,cucl18.【答案】(1)CO(g)十2H2(g)=CH3H(g)H=91.4KJ·mol'(1分)低温(1分)(2)①T3>T2>T(1分)②当温度低于280℃时,温度升高,反应I逆向移动,H2的平衡转化率下降,反应II正向移动,H2的平衡转化率升高,且反应I逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度(3分)③360℃时,温度较高,主要发生反应I,且反应II是反应前后气体系数不变的反应,因此增大压强,不会改变H2的平衡转化率(2分)(3)AD(1分)【命题意图】考查热化学方程式书写、化学平衡、平衡常数的计算。【解题思路】(1)依据盖斯定律可知CO(g)与H2(g)合成甲醇的热化学方程式为:CO(g)十2H2(g)=CH3H(g)ΔHHiH291.4KJ·mol';反应I是放热和熵减的化学反应,因此在低温下可自发进行。(2)①生成甲醇的反应是放热反应,升高温度,甲醇的平衡产率会降低,因此可知T3>T2>T。②当温度低于280℃时,温度升高,反应I逆向移动,H2的平衡转化率下降,反应正向移动,H2的平衡转化率升高,因为反应I逆向移动的程度大于反应正向移动的程度,所以H2的平衡转化率呈现下降趋势。③360℃时,温度较高,主要发生反应I,又因为反应I是反应前后气体系数不变的反应,因此增大压强,不会改变H2的平衡转化率,因此三条曲线交于一点。(3)因为在绝热容器中,所以反应过程中压强是不断变化的,因此压强不变能作为平衡的标志,A正确;因为反应过程中总质量与总体积不变,因此密度始终不变,因此B不是平衡的标志,B错误;反应过程中碳原子是守恒的,即C(CO2)C(CO)始终不会改变,因此C不能作为平衡的标志,C错误;反应过程中,各物质的浓(4)①生成CO的反应是吸热反应,升高温度CO的选择性会一直增大,同理二甲醚的选择性会一直减小,因此L,是CO2的平衡转化率,L2是CO的选择性,L3是二甲醚的选择性。②根据图像可知,参与反应的Co2的物质的量为0.6mol,其中有0.36mol用于生成二甲醚,有0.24mol【北京专家卷·化学(二)参考答案第6页(共8页)】用于生成CO。因此可列以下三段式2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)起始量/mol1300转化量/mol0.361.080.180.54平衡量/mol0.641.920.180.54CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)起始量/mol0.641.920.54转化量/mol0.240.240.240.24平衡量/mo0.41.680.240.78078X0.2439078X0.24390.4X1.6814019.【答案(1)对甲基苯酚或4-甲基苯酚(1分)与生成的HBr反应,提高B的产率(1分)(2)加成反应(1分)羟基、羧基(1分)(4)3(2分)(5)bd(2分)NH,N(4)3(2分)(5)bd(2分)NH,N(6l+lH,NH,NCONH,NCONH,【命题意图】考查有机物化学名称、有机反应方程式书写、同分异构体书写、有机合成路线分析。COOH//OHC—OCOOH【北京专家卷·化学(二)参考答案第7页(共8页)】反应生成G,G中NH2与C=O反应同时脱去小分子水,生成H,H经取代反应生成I。整体合成路线K,CO3,△CH;CH;CNHCNCHOHCOOHABCDE>>on>>on如下COOHH,NonH,NCOOHH,NonH,N·oy