北京市丰台区2025届高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=24页，共=sectionpages2525页PAGE1北京市丰台区2025届高三下学期二模一、单选题1．我国首次制备出丰度超过99%的64Ni。64Ni经质子束流轰击可获得具有放射性的医用核素64Cu。下列说法不正确的是A．Ni属于d区元素B．64Ni原子核内中子数是36C．64Ni与64Cu互为同位素D．64Ni经质子束流轰击获得64Cu的过程不属于化学变化【答案】C【解析】Ni原子序数为28，其价层电子排布式为：3d84s2，所以Ni属于d区元素，A不符合题意；根据原子结构：原子序数＝质子数，64Ni的原子序数为28，即质子数为28，根据质子数＋中子数＝质量数，64Ni原子的质量数为64，中子数为64-28＝36，所以64Ni的中子数为36，B不符合题意；同位素的定义是质子数相同，中子数不同的原子间互称同位素，同位素一定是同种元素，而64Ni与64Cu不是同一元素，所以不是同位素，C符合题意；化学变化的最小粒子是原子，而64Ni经质子束流轰击获得64Cu是在原子核层面上发生的变化，其不属于化学变化，正确，D不符合题意；故选C。2．用硝酸银测定水质中砷元素的含量，涉及反应：AsH3+6AgNOA．AsH3的电子式：B．热稳定性：AsHC．氧化性：AgNOD．依据元素周期律，可推断酸性：HNO【答案】C【解析】AsH3为共价化合物，电子式：，A错误；元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O>As，热稳定性：AsH3<H2O，B错误；在AsH3+6AgNO3+3H2O=H3AsO3+6HNO3+6Ag反应中，As元素化合价升高，Ag元素化合价降低，AgNO3是氧化剂，H3AsO3是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：AgNO3>H33．下列关于电化学装置的说法中不正确的是A．在铁钉表面镀铜B．铅蓄电池放电时PbO2C．采用外加电流阴极保护法保护铁管道D．电解饱和食盐水制烧碱和氯气【答案】C【解析】电镀时，镀层金属作阳极，发生失电子的氧化反应，镀件作阴极。在铁钉表面镀铜，应该是铜作阳极，与电源正极相连；铁钉作阴极，与电源负极相连，A选项正确；铅蓄电池放电时，PbO2作正极发生得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，B选项正确；外加电流阴极保护法中，被保护的金属与电源的负极相连作阴极，阴极发生得电子的还原反应，能防止金属被腐蚀。图中铁管道与电源正极相连，C选项错误；电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，Cl-4．下列过程不能用平衡移动原理解释的是A．中和等体积、等pH的盐酸和醋酸，醋酸所需NaOH的物质的量更多B．将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、C．将NaHCO3浓溶液与AlD．将锌片插入pH=4的硫酸中无明显现象，加入少量CuSO4【答案】D【解析】醋酸是弱酸，部分电离出的氢离子浓度与盐酸完全电离出的氢离子浓度相等，说明醋酸浓度更大，则中和等体积、等pH的盐酸和醋酸，醋酸电离平衡正向移动，所需NaOH的物质的量更多，能用化学平衡移动原理解释，A错误；二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸、一水合氨是弱碱，弱酸和弱碱均属于弱电解质，在水溶液中均部分电离，将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)中，氢离子和氢氧根离子发生中和反应，促进碳酸和一水合氨电离，增大了铵离子和碳酸氢根的浓度，导致溶解度小的碳酸氢钠以晶体析出，能用化学平衡移动原理解释，B错误；NaHCO3浓溶液中碳酸氢根水解程度大于电离程度呈碱性，Al2SO43溶液中铝离子水解呈酸性，将NaHCO3浓溶液与Al25．下列方程式与事实相符的是A．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体(该气体遇空气变红棕色)：3FeB．次氯酸不稳定，在光照下容易分解：2HClOC．0.1mol⋅L-1草酸(H2D．FeS去除废水中的Hg2+：【答案】A【解析】Fe和稀HNO3发生氧化还原反应生成无色气体NO和FeNO33，而过量的Fe能将FeNO33还原为FeNO32，则反应的方程式为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，A正确；次氯酸不稳定，在光照下容易分解成盐酸和氧气，分解的方程式为：2HClO光照26．下列实验中，能达到实验目的的是A．配制100mL1.00mol⋅LB．除去Cl2中的C．实验室制ClD．检验待测液中是否含有SO【答案】B【解析】配制100mL1.00mol⋅L-1NaCl溶液，不是直接量取100mL蒸馏水溶解5.85gNaCl固体，应用蒸馏水将NaCl溶解后利用100mL容量瓶定容，溶液的总体积为100mL，A项不能达到目的；HCl极易溶于水，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，通过饱和NaCl溶液可除去Cl2中的HCl，B项能达到目的；实验室用MnO2和浓盐酸共热发生氧化还原反应制Cl2，图中缺少加热装置，C项不能达到目的；若待测液中含有Ag+，加入盐酸酸化的BaCl2溶液也会产生白色沉淀，不能确定一定含有SO47．25℃、101kPa下：①2Na(②2Na(s)关于Na2O和A．Na2O和B．随温度升高，反应①、②的速率加快，反应①的速率大于反应②的C．向H218O中投入D．25℃、101kPa下：Na【答案】D【解析】Na2O含有Na+和O2-，Na2O2含有Na+和O22-，阴、阳离子比例均为1：2，故A错误；升高温度，二者反应速率均加快，反应①的放热小于反应②，反应①的速率小于反应②，故B错误；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，产物的氧气来源于过氧化钠，故C错误；根据盖斯定律：反应②-反应①得：Na2O(8．实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是A．步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏B．步骤④中反应消耗7.62gI2时，转移0.05C．步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IOD．理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的H2【答案】B【解析】含有IO3-、I-的水溶液加入稀硫酸得到含I2的悬浊液，过滤得到碘单质，操作⑥是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法为过滤，A错误；步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，在该反应中I元素的化合价分别升高为+5价，降低为-1价，当3molI2反应时，转移5mol电子，7.62gI2物质的量为0.03mol，故转移0.05mol电子，B正确；含有IO3-、I-的水溶液加入稀硫酸，可发生归中反应生成碘单质，步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IO3-+5I-+6H+=3I2↓+3H2O，C错误；含碘单质的四氯化碳溶液中加入浓NaOH溶液发生歧化反应，生成NaIO3和NaI，步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，步骤⑤中反应为NaIO3+5NaI+3H2SO49．下列依据相关事实作出的推断或解释中，不正确的是选项事实推断或解释AAlOH3与盐酸、NaOH溶液均能反应，而碱性：MgB常温下，一元弱酸的电离常数：Ka(常温下，同浓度溶液的pH：NaCN>NaFC乙二醇、丙三醇都是黏稠液体与分子间形成氢键有关D升高温度，Na2SO3升高温度促进了SO3【答案】D【解析】AlOH3具有两性，与盐酸、NaOH溶液均能反应，而MgOH2只能与盐酸反应，说明碱性：MgOH2>AlOH3，A正确；弱酸的酸性越强，电离平衡常数越大，Ka(HCN)<Ka(HF)，根据Kh=KwKa10．有机化合物K主要用作杀菌防腐剂，其合成路线如下(部分条件已省略)。下列说法不正确的是A．F能被酸性KMnO4氧化是-CH3对苯环影响的结果B．J中最多有16个原子共平面C．过程①、③和④中均发生取代反应D．K的合成过程中进行了官能团的保护【答案】A【解析】在酸性KMnO4​的强氧化条件下，F中与苯环直接相连的甲基被氧化为羧基，从而使酸性KMnO4溶液褪色，不是甲基对苯环影响的结果，而是苯环对甲基产生影响使甲基活化的结果，故A错误；根据单键可旋转的特性，苯环平面与羧基的-COO平面可能一起共面，羟基和羧基中H原子也可能与苯环共面，即所有原子都可共平面，共16个原子可能共面，故B正确；对比E、F的结构简式，G、J的结构简式，J、K的结构简式，以及各过程中所用试剂，过程①、③和④中均发生取代反应，故C正确；具有还原性的-OH易被氧化，E→F将-OH首先转化为-OCH3，然后氧化-CH3为-COOH，G→J再把-OCH3转化为-OH，可保护-OH避免氧化，故D正确；故答案为A。11．一定条件下，在3个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：H2(g)+I2(g容器温度/℃起始时物质的量/moltmin时物质的量/molHIHI甲T110.8乙T110.6丙T22a下列说法中，正确的是A．a=1.6B．若T2>T1，则乙中，tmin时消耗C．当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态D．当丙中反应达到化学平衡时，I2的转化率大于【答案】B【解析】列三段式：HK=c2HIcH2cI2=2x1L21-x1L2=4⇒x=0.5，H2(g)和I2(g)转化量达到0.5mol时反应达到平衡，生成0.8molHI时二者转化量为0.4mol，容器甲未达到平衡状态，且v正HK=c2HIcH2cI212．在光照条件下，空气中的二氧化硫二氧化钛颗粒物表面发生催化氧化生成硫酸气溶胶，下列说法不正确的是A．TiO2受到光激发产生的空穴(h+)带正电，能将HB．SO2在TiO2颗粒物表面形成SOC．上述形成硫酸气溶胶的总反应为2D．空气的湿度越大，硫酸气溶胶的形成速率越快【答案】D【解析】根据图示可知，TiO2受到光激发产生的空穴(h+)带正电，将具有还原性的H2O氧化成·OH，A选项正确；从图中反应过程可以看出，SO2在TiO2颗粒物表面形成SO42-途径不唯一，其中一种途径中，·OH具有强氧化性，能将具有还原性的SO2氧化，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应为SO13．某小组用H2O2、HI和KI实验Ⅰ．实验编号①②③④⑤c(0.10.10.10.20.3c(0.10.20.30.10.1出现棕黄色的时间/s136.54.36.64.4实验Ⅱ．用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。下列说法不正确的是A．由实验Ⅰ可知，H2O2氧化HI的反应速率与c(B．实验①中反应继续进行，20s时测得c(H2O2)为0.08mol⋅C．实验Ⅱ中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于HD．对比实验Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ-的还原性随酸性减弱而减弱【答案】D【解析】对比实验①、②、③：HI浓度增加反应速率增加，对比实验①、④、⑤：H2O2浓度增加反应速率增加，因此，H2O2氧化HI的反应速率与c(H2O2)和c(HI)的乘积成正比，故A正确；20s时测得c(H2O2)为0.08mol⋅L-1，其浓度变化量为0.02mol⋅L-1，则0～20s的平均反应速率：v(H2O2)=0.02mol⋅L-120s=0.001mol⋅L-1⋅s-1，故B正确；H2O2具有氧化性，KI中I元素化合价为-1价，具有还原性，实验II向14．常温下探究BaCO3与BaSO4实验实验过程电导率变化图像pH变化图像Ⅰ向盛有60mL蒸馏水的烧杯中，加入适量BaCO3固体，用磁力搅拌器搅拌，待数据稳定后，加入1滴管饱和NaⅡ向盛有60mL蒸馏水的烧杯中，加入适量BaSO4固体，用磁力搅拌器搅拌，待数据稳定后，加入1滴管饱和Na下列说法正确的是A．由图1可知，相同条件下，同浓度的Na2SO4B．由图2可知，加入Na2SOC．实验Ⅱ中，加入1滴管饱和Na2CO3溶液后，D．实验Ⅰ、Ⅱ的混合溶液中均存在：2c(【答案】A【解析】由实验1可知，加入硫酸钠后与BaCO3发生反应转化成BaSO4，由图1可知，加入Na2SO4导电能力增强，当沉淀转化后后生成Na2CO3导电能力下降，故相同条件下，同浓度的Na2SO4溶液比Na2CO3溶液导电能力强，A正确；由图2可知，加入Na2SO4溶液后，BaCO3与Na2SO4发生复分解反应转化成BaSO4，生成Na2CO3，Na2CO二、解答题15．氮元素及其化合物在各领域中应用广泛。(1)基态N原子核外电子轨道表示式是。(2)丁二酮肟可用于检验溶液中的Ni2+①丁二酮肟中N原子的杂化轨道类型是。②二(丁二酮肟)合镍为非极性分子，结构稳定，含有共价键、配位键、氢键等作用力，请在图中方框内补全其结构。(3)乙二胺(用“en”表示)可用于电镀镍工艺。向NiSO4电解液中加入乙二胺，可将Ni2+转化为Nien32+，使得电解时(4)氮化钛(TiN)是一种优良的高温结构材料，晶胞结构如图所示。①与每个Ti原子等距且紧邻的Ti原子数目是。②已知，晶体密度为ρg⋅cm-3，阿伏加德罗常数为NA。该晶胞边长为③碳化钛(TiC)与TiN晶胞结构类似，且均为过渡晶体，其中所含离子键百分数更大的是(填“TiC”或“TiN”)。【答案】(1)(2)sp2(3)通过反应Ni2++3en⇌Ni(en(4)1234×【解析】（1）N核外电子数7，基态N原子核外电子轨道表示式是。（2）①丁二酮肟中N原子的σ键电子对数为2，孤电子对数为1，则杂化轨道数为3，故N的杂化轨道类型是sp2②丁二酮肟中两个羟基间形成氢键，故其结构为。（3）通过反应Ni2++3en⇌Ni(en（4）①由晶胞结构图可知，与体心的Ti等距且紧邻的Ti位于棱心，原子数目是12，故与每个Ti原子等距且紧邻的Ti原子数目是12。②晶胞中Ti位于晶胞的体心和棱上，个数为12×14+1=4，N位于面心和顶角，个数为8×18+6×③N的电负性比C的电负性更大，与Ti的电负性差值更大，故所含离子键百分数更大的是TiN。16．纳米零价铁可将废水中的对硝基苯酚(，简称PNP)还原成毒性更小的物质，同时自身被氧化成Fe2+。已知：电负性B2.0H2.1Ⅰ．利用硼氢化钠(NaBH4)还原Fe(1)NaBH4中B的化合价为(2)制备纳米零价铁的离子方程式为Fe2++2BH4Ⅱ．利用纳米零价铁还原法去除PNP。(3)相同时间内，废水中含有较高浓度的HCO3-会降低PNP的去除率，结合离子方程式解释原因(4)如果将纳米零价铁均匀分散在生物炭(主要成分为碳单质)上会明显加速PNP的还原，可能的原因是。(5)PNP被还原的反应过程及相对能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法正确的是。a．整个反应中断键吸收的总能量大于成键放出的总能量b．推测物质稳定性顺序为⑤>④>①>②>③c．PNP被还原的反应过程存在极性键的断裂和形成Ⅲ．采用电化学絮凝法去除PNP，装置示意图如下。已知：电化学絮凝法是在合适的电流下电解产生氢氧化物胶体来去除水中污染物的技术手段。(6)解释电化学絮凝法去除PNP的原理。【答案】(1)+3(2)Fe2+、(3)Fe2++2HCO(4)纳米零价铁与生物炭之间形成微小原电池，加快反应速率；防止纳米零价铁团聚减小反应接触面积(5)bc(6)阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，阴极反应为2H2O【解析】（1）根据各元素化合价代数和为0，NaBH4中Na元素的化合价为+1价，且H的电负性比B大，即H显负价，则H元素的化合价为-1价，故B的化合价为+3；（2）反应Fe2++2BH4-+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2↑中Fe元素化合价降低，Fe2+作氧化剂，H元素化合价从-1价升高到0价和从+1价降低到0价，氧化剂为Fe2+、H2（3）HCO3-会与Fe2+会发生双水解反应生成FeCO3、CO2和H2O，反应方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O（4）纳米零价铁与生物炭之间形成微小原电池，加快反应速率，还可以防止纳米零价铁团聚减小反应接触面积；（5）化学反应中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键方程能量，整个反应是放热反应，故整个反应中断键吸收的总能量小于成键放出的总能量，a错误；能量越低越稳定，故物质稳定性顺序为⑤＞④＞①＞②＞③，b正确；PNP被还原的反应过程存在N－O键的断裂和N－H键的形成，PNP被还原的反应过程存在极性键的断裂和形成，c正确；故答案为bc；（6）阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Fe2+和OH-结合生成Fe(OH)2胶体吸附沉淀PNP。17．有机化合物K作为高活性农用杀菌剂，其合成路线如下。已知：i.RCOOH→COClii.+R2OH(1)A分子含有的官能团名称是。(2)D→E的化学方程式是。(3)F的结构简式是。(4)依据E→F的反应原理，F在一定条件下缩聚成高分子的化学方程式为。(5)下列说法正确的是(填序号)。a．I能与NaHCO3b．J的分子式为C4H11N，核磁共振氢谱显示峰面积比为1c．1molK最多能与7molH(6)B与F合成G过程如下。①判断并解释F中基团对α-H活泼性的影响。②已知：，L和M的结构简式分别为、。【答案】(1)羧基、氯原子或碳氯键(2)(3)(4)n(5)ab(6)增强α-H的活泼性，酯基和羰基均为吸电子基团，可以使α位C－H极性增强，易断裂【解析】（1）根据已知i、结合反应条件以及B的结构简式可知，A的结构简式为，官能团名称是羧基、氯原子或碳氯键；（2）D(C7H6O2)与C2H5OH在浓硫酸、加热条件下反应生成E(C9H10O2)，根据反应条件结合分子式可判断这是一个酯化反应，D为羧酸，其结构简式为，反应的化学方程式为；（3）E()与CH3COOC2H5在C2H5ONa的条件下反应，结合已知条件ii生成F，F的结构简式为；（4）依据E→F的反应原理，F在一定条件下缩聚成高分子的化学方程式为n（5）I的结构简式为，具有酸性的羧基能与NaHCO3溶液反应，a正确；J的分子式为C4H11N，结构简式为：核磁共振氢谱显示峰面积比为1：4：6，b正确；该有机物分子中苯环、碳碳双键和酮羰基可与氢气加成，1molK()最多能与8molH2（6）F的结构简式为，酯基和羰基均为吸电子基团，可以使α位C－H极性增强，易断裂，B与F反应生成L，反应方程式为：，根据已知：可得，异构化为，再脱去HCl生成G。18．某厂硫酸铜结晶母液成分复杂，含高浓度H2SO4、H3AsO4、Ⅰ．新型NaOH三段沉淀工艺：该工艺通过分步加入浓NaOH溶液实现砷、铜、镍的分离。已知：随温度升高，CuOH2的溶解度减小，(1)生成铜砷渣(CuHAsO4)的离子方程式为。中和、沉铜阶段溶液温度随时间的变化曲线如图1，常温时镍沉淀率随pH的变化曲线如图2(2)中和阶段，溶液温度升高的原因是。(3)在沉铜的过程中，需维持在较高温度，原因是。(4)理论计算得出常温时Ni2+沉淀完全的pH约为9.0，实际沉镍时pH选择10.0，结合图2从化学反应速率的角度分析原因Ⅱ．传统SO2(5)写出过程a中发生反应的离子方程式。(6)过程b中加入NaOH后，Ni2+以NiOH2形式存在，但氧化性减弱，从电极反应角度分析加入NaOH的作用(7)与传统SO2还原工艺相比，新型NaOH三段沉淀工艺的优势有【答案】(1)Cu(2)反应放出大量的热(3)随温度升高，CuOH2的溶解度减小，NiOH2的溶解度增大。因此较高温度有利于CuOH(4)沉镍反应Ni2++2OH-=NiOH2↓，当pH<10(5)Cu(6)氧化反应：SO2+2OH--2e-=SO42-(7)绿色无污染，中和阶段为沉铜阶段提供能量等【解析】（1）结晶母液中Cu2+、H3AsO4与加入的OH-发生复分解（2）结晶母液中含有高浓度H2SO4，加入NaOH溶液后，H（3）已知随温度升高，Cu(OH)2的溶解度减小，NiOH2（4）影响化学反应速率的因素影响有温度、浓度等，在沉镍反应中，OH-浓度（由pH体现）越大，反应速率越快。从图2能看到pH增大镍沉淀率升高，选择pH=10.0可加快反应速率，促进Ni2+沉淀完全。故答案为：沉镍反应Ni2++2OH-=NiOH2（5）结晶母液中具有氧化性的Cu2+被具有还原性的SO2还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，SO2被氧化为SO4（6）从电极反应角度，Ni2+转化为NiOH2后，氧化性减弱，则从电极反应角度分析加入NaOH的作用为：二氧化硫发生氧化反应，SO2+2OH--2e-=（7）新型NaOH三段沉淀工艺通过分步加NaOH溶液能分步分离砷、铜、镍，得到相对纯净的含砷、铜、镍产品；不引入SO219．船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。实验实验装置实验步骤及现象Ⅰ电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成；一段时间后，向Fe电极附近滴加K3Ⅱ向A区滴加酚酞溶液，出现红色Ⅲ向A区滴加K3FeCN(1)实验Ⅰ中，Zn作极。(2)蓝色沉淀为KFeFeCN6①对实验Ⅰ中Fe2+