北京市房山区2025届高三下学期一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=18页，共=sectionpages1818页PAGE1北京市房山区2025届高三下学期一模一、单选题1．我国在新型储能电池领域取得重大突破，锂硫电池因高能量密度成为研究热点。下列关于锂硫电池说法中不正确的是A．硫单质是金属晶体B．放电过程锂元素发生氧化反应C．电池隔膜材料聚丙烯，属于有机高分子材料D．锂硫电池单位质量储能比钠硫电池高【答案】A【解析】S是非金属元素，S单质属于分子晶体（如S8等），A错误；该电池中，Li做负极，发生氧化反应，B正确；聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到的，属于有机高分子材料，C正确；Li失去1mol电子消耗的质量为7g，而Na失去相同物质的量的电子需要23g，故锂硫电池单位质量储能比钠硫电池高，D正确。2．下列表示不正确的是A．中子数为8的碳原子：B．H2O的VSEPR模型：C．过氧化氢的电子式：D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式：【答案】D【解析】核素的表示方法为元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为8的碳原子的质量数为8=6=14：614C，A正确；H2O中心O原子价层电子对数为2+6-1×22=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，H2O的VSEPR模型为，B正确；过氧化氢为共价化合物，其电子式为，C正确；铬为24号元素，基态原子3．下列说法不正确的是A．淀粉水解生成乙醇，可用于酿酒B．油脂在碱性溶液中水解，生成的高级脂肪酸盐常用于生产肥皂C．氨基酸、二肽、蛋白质均既能与强酸又能与强碱反应D．DNA双螺旋结构两条链上的碱基通过氢键作用互补配对【答案】A【解析】淀粉属于多糖，水解的最终产物是葡萄糖，而非乙醇，乙醇是葡萄糖在无氧条件下（如酵母菌发酵）进一步转化的产物，A错误；油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；氨基酸、二肽、蛋白质均含有氨基和羧基，氨基可与强酸反应，羧基可与强碱反应，均具有两性，C正确；DNA双螺旋结构中，两条链的碱基（如A-T、C-G）通过氢键互补配对，D正确。4．下列方程式能准确解释相应事实的是A．浓硝酸存放在棕色试剂瓶中：4HNO3(浓)=4NO↑+3O2↑+2H2OB．常温下0.1mol•L-‍1NaClO溶液的pH约为9.7：ClO-+H2O⇌HClO+OH-C．用过量的氨水吸收SO2：NH3·H2O+SO2=NH4+D．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火：Na2O+CO2=Na2CO3【答案】B【解析】浓硝酸见光易分解成二氧化氮、水和氧气，4HNO3(浓)光照4NO2↑+O2↑+2H2O，故浓硝酸存放在棕色试剂瓶中，A方程式不正确；NaClO会水解ClO-+H2O⇌HClO+OH-，导致溶液显碱性，B能准确解释相应事实；过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O，C方程式不正确；金属钠着火不能用CO2灭火器灭火是由于Na5．完成下述实验，装置和试剂均正确的是实验室制Cl2实验室制取NH3实验室收集O2干燥NH3ABCD【答案】C【解析】二氧化锰和浓盐酸反应制Cl2，需要加热；实验室中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取NH3；氧气不易溶于水，用排水法收集氧气；氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气。6．回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。下列说法不正确的是A．①中NaClO作氧化剂B．②中加入氨水的作用是调节溶液pHC．③中若X是乙醛溶液，生成Ag的反应为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→ΔCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2D．操作a和操作b均为过滤【答案】B【解析】①中加入NaClO溶液和NaOH溶液目的是碱性环境下ClO-将银氧化为AgCl，反应中氯元素的化合价降低被还原，NaClO是反应的氧化剂，A正确；②中加入氨水的目的是将AgCl转化为银氨溶液，B错误；向银氨溶液中加入乙醛的目的是共热发生银镜反应得到银，反应的化学方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→ΔCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，C正确；操作a和操作b均为固液分离的过滤操作，7．下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是A．对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大C．升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大D．加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大【答案】B【解析】对有气体参加的反应，减小容器容积使增大压强，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，A正确；向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，B错误；升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，C正确；加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，D正确。8．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列对事实的解释不正确的是选项实例解释A原子光谱是不连续的线状谱线原子的能级是量子化的B键角：NH3>H2O孤电子对与成键电子对的斥力小于成键电子对之间的斥力C沸点：CO>N2CO为极性分子，N2为非极性分子D酸性：CF3COOH>CH3COOH电负性F>H，CF3COOH羧基中羟基的极性更大【答案】B【解析】原子光谱是不连续的线状谱线说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，A正确；氨分子中氮原子的孤对电子对数为1，水分子中孤对电子对数为2，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，且孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以氨分子的键角大于水分子，B错误；CO和N2相对分子质量为28，一CO是正负电荷重心不重合的极性分子，N2是正负电荷重心重合的非极性分子，所以CO的分子间作用力大于N2，沸点高于N2，C正确；氟的电负性大于氢，氟原子是吸电子基，使羧酸分子的羧基中羟基的极性增大，更易电离出H+，使羧酸的酸性增强，所以酸性：CF3COOH>CH3COOH，D正确。9．用放射性同位素53131I下列说法不正确的是A．I元素位于周期表p区 B．53131I和C．酪氨酸苯环上的一碘代物有4种 D．标记过程发生了取代反应【答案】C【解析】I元素位于周期表第ⅦA族，最外层电子在p轨道上，属于周期表的p区，A正确；53131I和53127I是质子数相同，中子数不同的核素，互为同位素，B正确；酪氨酸苯环上对位连两个支链，苯环上剩余4个位置按对位轴对称，一碘代物有2种，10．科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是A．电极a是负极B．离子交换膜a为阴离子交换膜C．电极b的反应式：O2+4e−+4H+=2H2OD．酸性条件下O2的氧化性强于碱性条件下O2的氧化性【答案】B【解析】由图示原电池可知，电极a产生O2，发生氧化反应，a为负极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；b为正极，A正确；K+由负极移向正极定向移动，离子交换膜a为阳离子交换膜，B错误；b为正极，电极反应式为O2+4e-+411．实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。下列说法不正确的是A．有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B．bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4有关C．c点剩余固体中含有Na2SO3D．实验过程中Na2O2仅体现氧化性【答案】D【解析】起始阶段有O2大量产生，说明Na2O2与SO2发生了反应并生成了O2，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，A正确；bc段O2含量下降，说明有物质在消耗O2，可能是生成的Na2SO3继续与O2反应导致的，化学反应方程式为2Na212．不对称分子刷（聚合物C）在分子自组装领域具有重要的研究价值，其合成路线如下：下列说法不正确的是A．聚合物A的单体结构为：B．反应①和②的反应类型相同C．推测HO-D．聚合物C在碱性条件下的水解产物不完全是小分子【答案】B【解析】聚合物A的单体结构可看作二取代的烯烃衍生物：，A正确；反应①为加成反应，②为取代反应，二者反应类型不同，B错误；HO-T-H中含有酚羟基和碳碳不饱和双键，不稳定，其在空气中放置可被氧化，C正确；聚合物C在碱性条件下的水解产物，例如NaO13．通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是A．反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成B．推测物质的稳定性顺序为：④>③>②C．反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1D．CH2=CHC≡CH+HBr⇌CH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大【答案】D【解析】由图可知，反应物经过渡态2生成中间体，HBr中氢、溴分别和1、4号碳结合，即CH2=CHC≡CH+HBr→BrCH2CH=C=CH2，发生1，4-加成反应，A正确；物质②③④具有的能量相对大小为②＞③＞④，能量越高物质越不稳定，物质的稳定性顺序为④>③>②，B正确；反应路径1中最大能垒为过渡态3，其数值为36.1kJ·mol-1-(-9.5kJ·mol-1)=45.6kJ·mol-1，C正确；由图示可知，反应CH2=CHC≡CH+HBr⇌CH2=CHCBr=CH2为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数随温度升高而减小，D错误。14．某同学检验海带中是否含有碘元素，进行了如下实验。步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰；步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，得到海带灰浸取液；步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝；再加入10%H2O2步骤Ⅳ：将10%H2O2溶液(步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入SO2下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中，灼烧干海带的目的是除去有机化合物，获得可溶性碘化物B．步骤Ⅲ中，反应的离子方程式：HC．若将步骤Ⅴ中的SO2替换为KID．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，说明该条件下H2【答案】D【解析】干海带灼烧过程中所含有机质转化为CO2和H2O，得到可溶性碘化物，A正确；根据步骤III中现象可知，10%H2O2将I-氧化为I2，离子反应方程式为H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，B正确；由步骤IV、步骤V的现象可知，氯水将碘化物氧化为碘酸盐，碘酸盐被SO2还原为I2，KI具有较强还原性，能将碘酸盐还原为I2二、解答题15．磷酸亚铁锂(LiFePO4)是一种电极材料，广泛应用于新能源等领域。(1)基态Fe原子价层电子排布式是。(2)Fe元素的各级电离能数据(用I1、I2∙∙∙∙∙∙表示)如下表所示，从原子结构角度解释I3-I2<I4-I3的原因。元素电离能/(kJ•mol-1)I1I2I3I4……Fe762.51561.929575290……(3)LiFePO4的制备流程：FeSO4→H2C2O4FeC2O4∙①FeSO4晶体中存在的作用力类型有。②FeC2O4·2H2O的结构如下图所示，C2O42-中C(4)锂离子电池充、放电过程中，正极材料晶胞的组成变化如下图所示。①由于PO43-的空间构型为②若LiFePO4全部转化为FePO4，则平均每个晶胞脱出个Li+。【答案】(1)3d64s2(2)Fe原子失去两个电子后价层电子排布式为3d6，容易失去一个电子，形成3d5半充满结构，体系能量较低，相对稳定不容易失电子，所以I3-I2<I4-I3(3)共价键、离子键sp2(4)正四面体4【解析】（1）铁的原子序数为26，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2；（2）Fe原子失去两个电子后价层电子排布式为3d6，容易失去一个电子，形成3d5半充满结构，体系能量较低，相对稳定不容易失电子，所以I3-I2<I4-I3；（3）①Fe2+和SO42-间的作用力为离子键，SO42-②C2O42-的结构为，碳原子成3条σ键，没有孤电子对，则为（4）①PO43-中，中心P原子价层电子对数为4+5+3-4×2②根据晶胞结构，LiFePO4晶胞中Li+位于顶点、面心和棱上，个数为8×18+4×12+4×14=4，即每个晶胞中有4个Li+，LiFePO4全部转化为FePO416．CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。(1)烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。①捕集过程发生反应的化学方程式。②捕集过程CO2吸收速率随时间的变化如图所示。解释CO2吸收速率逐渐降低的原因。(2)通过电催化法将CO2和NO3-合成尿素[CO(NH2)2①电极b是电解池的极。②电解过程中生成尿素的电极反应式是。(3)催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH>0在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及CO2①图中代表CH3OH的物质的量分数随温度变化的曲线为(填“I”或②150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是【答案】(1)Ca2SiO4+MgO+3CO2=2CaCO3+MgCO3+SiO2随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少(2)阳CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H(3)I主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度【解析】（1）①捕集过程发生反应的化学方程式Ca2SiO4+MgO+3CO2=2CaCO3+MgCO3+SiO2，②捕集过程CO2吸收速率随反应进行逐渐降低，可能是因为随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少；（2）①由图示电解池可知，水在b电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑；②电解过程中CO2和NO3-在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，电极反应式为CO2+2NO3-+18H（3）①维持压强和投料比不变，随着温度升高，主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随着温度升高主反应平衡会逆向移动，甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表CH3OH的物质的量分数随温度变化的曲线为I；②150~250℃范围内CO217．呋喹替尼是我国自主研发的一种抗癌药物。其合成路线如下：(1)D中含氧官能团的名称是。(2)NBS的结构简式是，B→D的化学方程式是。(3)D→E的过程生成乙酸，试剂a的结构简式是。(4)下列说法正确的是(填序号)。a．设计反应A→B和G→I的目的是保护羟基b．I分子中含有两个六元环c．J中有手性碳原子(5)已知：①中α-H键易断裂，原因是。②F→G经历下列过程F→取代中间产物1→加成中间产物2中间产物1的结构简式G的结构简式。(6)J+K生成呋喹替尼时，加入K2CO3能提高产品产率，请分析原因。【答案】(1)羟基、醚键(2)(3)(4)a(5)酯基的吸电子作用使得酯基相连的C-H键极性增强，易断裂(6)加入K2CO3与生成的HCl反应，使c(HCl)降低，促进J+K反应正向进行，提高呋喹替尼产率；与J中酚羟基反应，促进J与K的反应正向移动。【解析】由A、B化学式和D结构简式可推知，A为，A中酚羟基发生取代反应生成B()，B()发生取代反应在苯环引入溴原子生成D，D→E的过程生成乙酸，结合F结构，生成E为，D中酚羟基和试剂a生成酯基且同时生成乙酸，则a为，E中溴被取代转化为F，F在一定条件下转化为G，F→G经历下列过程：F→取代中间产物1→加成中间产物2→-H2OG，结合（5）中已知反应原理，则F首先发生取代反应生成中间产物1，然后发生加成反应成环得到中间产物2，然后发生消去反应生成G，G中酯基转化为羧基、醚键转化为酚羟基得到I，I中羧基发生取代反应生成J，J和K转化为产物。（1）由D结构，D中含氧官能团的名称是醚键和酚羟基。（2）B→D的反应为B中酚羟基邻位氢被溴取代生成D和，反应方程式为。（3）由分析，试剂a的结构简式是。（4）设计反应A→B和G→I过程中酚羟基被反应后，然后又生成酚羟基，则其目的是保护羟基，正确；I()分子中含有1个六元环，错误；手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；J()中没有手性碳原子，错误。故选a。（5）①中α-H键易断裂，原因是酯基的吸电子作用使得酯基相连的C-H键极性增强，易断裂。②中间产物1的结构简式，G的结构简式；（6）J+K生成呋喹替尼时，K中氯原子和J中酚羟基氢生成HCl，加入K2CO3与生成的HCl反应使c(HCl)降低，促进J+K反应正向进行，提高呋喹替尼产率。18．从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：资料：一些物质的Ksp(25℃)如下。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2Ni(OH)2Ksp4.9×10−172.8×10−395.6×10−122.1×10−15(1)上述流程中，加快反应速率的措施是。(2)用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的。(3)萃取时发生反应：Cu2++2HR⇌CuR2+2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有。②解释反萃取时H2SO4的作用：。(4)生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是。(5)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至(填序号)。a．6~7b．9~10c．11~12(6)该流程中可循环利用的物质有。【答案】(1)研磨(2)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O(3)O、N加入H2SO4，使Cu2++2HR⇌CuR2+2H+逆向进行，Cu2+进入水层(4)Na++3Fe3++2SO42-+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+或Na++3Fe3++2SO42-+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4(5)b(6)H2SO4、萃取剂(HR)、O2【解析】铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)铜镍矿研磨后，加入O2和H2SO4浸出，浸出液中含有的金属阳离子有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+；加入HR萃取剂分液后，Cu2+转化为CuR2进入有机层，再经过反萃取形成含Cu2+水溶液后，电解溶液得金属铜；水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、Mg2+等阳离子，加入Na2SO4和MgO过滤，Fe（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率，故加快反应速率的措施是研磨；（2）O2具有氧化性，可将H2SO4溶解后的Fe2+转化为Fe3+，便于转化为沉淀除去，用离子方程式可以表示为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；4FeO+O2+12H+（3）①分子与Cu2+形成配位键，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中H+浓度，使平衡Cu2++2HR⇌（4）水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、Mg2+等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，Fe3+转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为Na++3Fe3++2SO42-+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+或Na++3Fe3++2SO42-+6H2O=NaFe3（5）第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全，cNi2+≤1.0×10-5mol⋅L-1，cOH-=2.1×10-151.0×10-5mol⋅L-1≈1.4×10-5（6）反应过程中使用到了硫酸，萃取剂，氧气，反萃取时再产生萃取剂，电解硫酸铜溶液时产生硫酸和氧气，2CuSO4+2H2O电解O2↑+2Cu+2H2SO19．某小组同学制备NO2，并探究不同条件下NO2与H2O的反应。实验装置如图(夹持装置略)。(1)装置A中反应的化学方程式为。(2)将收集装置B补充完整。(3)用以上方法收集两试管NO2气体(均为12mL)，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液pH及气体体积的影响)：实验编号实验1-1(热水)实验2-1(冰水)剩余气体无色，3mL几乎无气体溶液状态无色，pH=0.7无色，pH=1.1①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中