北京市丰台区2025届高三一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=20页，共=sectionpages2121页PAGE1北京市丰台区2025届高三一模考试一、单选题1．2025年1月，我国科研人员针对CH4、CO2高效转化为A．三种物质均属于有机化合物B．CH4C．CH4→HCOOH和CO2→D．通过测定常温下HCOONa溶液的pH可以判断HCOOH是否为弱电解质【答案】D【解析】CO2不是有机化合物，A错误；CH4、CO2正负电荷的中心重合，是非极性分子，HCOOH正负电荷的中心不重合，是极性分子，B错误；CH4→HCOOH，碳元素从-4价升高到+2价，体现了CH4的还原性；CO2→HCOOH，碳元素从+4价降低到+2价，体现了CO2的氧化性，2．下列化学用语或图示表达正确的是A．H2O2的电子式： B．反-2-C．HCHO分子的空间结构模型： D．sp2杂化轨道示意图：【答案】C【解析】H2O2是含有极性键和非极性键的共价化合物，其电子式为，A错误；反-2-丁烯的结构简式为，B错误；甲醛的空间构型为平面三角形，空间结构模型为，C正确；sp2杂化轨道为平面三角形，杂化轨道间夹角为120°，示意图为，D错误。3．下列解释事实的方程式正确的是A．电解饱和NaCl溶液，两极均产生气体：2B．84消毒液加白醋，可增强漂白效果：ClOC．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：D．乙醛和新制Cu(OH【答案】D【解析】电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为2Cl-+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑，A错误；向84消毒液中加入白醋，醋酸和NaClO反应产生HClO，醋酸、HClO是弱电解质，不能拆写，故消毒液的漂白性增强：ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-，B错误；碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成氢氧化钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH4．下列实验中，能达到实验目的的是A．检验溴乙烷中的溴元素B．分离CH2Cl2（沸点40°CC．由FeCl3⋅6HD．实验室制乙酸乙酯【答案】B【解析】溴乙烷和NaOH溶液发生水解反应生成乙醇和NaBr，反应后的溶液中含有NaOH，加入AgNO3溶液，OH-与Ag+反应会干扰Br-与Ag+反应生成AgBr沉淀，不能准确检验溴乙烷中的溴元素，A不能达到实验目的；CH2Cl2和CCl4互溶，两者的沸点相差大于30℃，能用蒸馏的方法分离CH2Cl2（沸点40°C）和CCl4（沸点77°C），B能达到实验目的；直接加热FeCl3⋅6H2O会促进氯化铁会发生水解，同时HCl会挥发，使得水解平衡正向移动而生成Fe(OH)3，继续加热Fe(OH)3分解生成Fe2O5．用圆底烧瓶收集NH3A．烧瓶内的溶液中存在平衡：NHB．溶液未充满烧瓶，是因为氨气与水的反应已达平衡状态C．向红色溶液中加盐酸调至恰好无色时，溶液中cD．将实验中的NH3换为NO【答案】A【解析】NH3溶于水生成NH3⋅H2O，NH3⋅H2O是弱电解质，NH3+H2O⇌NH3⋅H26．香豆素席夫碱类衍生物M的结构如下。下列说法不正确的是A．M易被氧化 B．M能与Br2C．1molM最多可与5molNaOH发生反应 D．M不能与HCHO发生缩聚反应【答案】D【解析】M中含有酚羟基和碳碳双键，易被强氧化剂氧化，A正确；M中含有酚羟基和碳碳双键，酚羟基的邻位和对位能与Br2发生取代反应；碳碳双键能Br2发生加成反应，B正确；1molM中的酚羟基消耗1molNaOH，苯环上Cl原子水解消耗1molNaOH，水解后生成的酚羟基消耗1molNaOH，酯基水解得到的羧酸消耗1molNaOH，水解生成生成的酚羟基消耗1molNaOH，共消耗5molNaOH，C正确；M中酚羟基的邻位和对位都还有氢原子，可以与HCHO发生缩聚反应，7．醋酸铜氨溶液（含CuNH32+、NH3A．Cu位于元素周期表d区B．H-NC．CO中化学键的强度大于N2，使CO沸点高于ND．在一定范围内，低温、高压有利于原料气的净化【答案】D【解析】Cu的核外价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表d区，A错误；NH3、NH4+的N原子均为sp3杂化，NH3中N原子含1个孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子对之间的斥力，H-N-H键角小，故H-N-H8．关于CO2和SOA．可用饱和NaHCO3溶液除去CO2B．澄清石灰水和酸性KMnO4溶液均可以区分CO2C．由Ka2D．二者溶解度的差异与分子的极性有关【答案】B【解析】饱和NaHCO3溶液能与SO2反应生成CO2，从而除去CO2中少量的SO2，A正确；澄清石灰水与SO2和CO2反应均生成白色沉淀，无法区分，酸性KMnO4溶液能被SO2还原而褪色，而CO2不能和KMnO4溶液反应，可以区分，B错误；由Ka2H2SO3<Ka1H2CO3可知H2CO3比9．一种脱除和利用水煤气中CO2已知：t℃，H2CO3下列说法不正确的是A．t°C，当装置I中cB．装置II中溶液显碱性的原因是HCO3-的水解程度大于C．装置II中产生CO2的离子方程式为D．装置III中的阴极反应式为2【答案】A【解析】装置I中碳酸钾与水煤气中的CO2反应转化为KHCO3，t°C，当装置I中cCO32-:cHCO3-=1:2时，根据Ka2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)=5.0×10-11，故c(H+)=1.0×10-10，pH=10，A错误；装置II中为KHCO3溶液，既存在HCO3-的水解又存在HCO3-10．非遗“打铁花”是通过向空中击打熔化的铁水（主要成分是Fe和少量C）产生“铁花”。其转化关系如下，其中b,d代表Fe或A．a是O2,B．d既可以是Fe，也可以是FeC．等压条件下，①②的反应热之和，大于等物质的量的C直接被O2氧化为COD．反应①中，每生成0.1molb时，转移电子的数目为3×6.02×【答案】D【解析】由图示转化可知，反应①为a+d→CO2+b、反应②为b+f→d，a为C、d为Fe2O3、b为Fe、f为O2，A错误；d为Fe2O3、b为Fe，若d是Fe，不符合反应①转化，B错误；反应①+反应②可以得C+O2=CO2，根据盖斯定律，①②的反应热之和等于等物质的量的C直接被11．Na2S、已知：常温下，i．Na2S溶液中各含硫粒子的物质的量分数与ii．0.1mol⋅L-1Naiii．Ksp下列说法不正确的是A．Na2SB．0.1mol⋅C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为CdD．向含0.001mol⋅L-1【答案】B【解析】根据物料守恒可知，cNa+=2cH2S+c(HS)+cS2-，A正确；0.1mol⋅L-1Na2S溶液pH约为12.8，结合图像可知，cHS->cS2-，B错误；Ksp(FeS)=6.3×10-18    12．乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，部分反应历程可表示为：M+已知：为快速平衡。下列说法不正确的是A．反应IV是Y→B．反应结束后，溶液中存在C．反应过程中涉及π键的断裂和形成D．反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变【答案】D【解析】反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，并非水解焓变（水解生成羧酸盐、醇），D错误。13．利用苯胺与NH42S2O8（结构简式为下列说法不正确的是A．推测氨基具有活化苯环的作用B．PANI中N原子的杂化类型有spC．当y=0时，参与反应的苯胺与NH42S2D．当y≠0时，该反应体系中不能生成具有网状结构的物质【答案】D【解析】苯胺能发生聚合反应，推测氨基具有活化苯环的作用，A正确；PANI中形成单键的N原子的杂化类型是sp3，形成双键的N原子的杂化类型是sp2，B正确；当y=0时，参与反应的每个苯胺提供3个氢原子，与NH42S2O8生成NH4HSO4，根据原子守恒，参与反应的苯胺与NH4214．某小组同学用铁粉还原AgCl制取Ag，实验如下：实验操作及现象i．产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe）；ii．静置后，固体变为灰白色；iii．取固体，洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀；iv。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，测得pH<2已知：AgCl+Cl下列说法不正确的是A．由i可知发生了两个不同的置换反应B．iii中生成黄色沉淀的反应为AgC．由ii和iv可推测氧化性OD．ii中生成灰白色固体的可能原因：静置过程中cFe3+增大，【答案】B【解析】0.1gAgCl溶于浓盐酸后的溶液中加入足量铁粉，铁粉置换出Ag，Fe2+静置过程中被氧气氧化为Fe3+，c(Fe3+)逐渐增大，将Ag氧化为Ag+，同时Fe3++4Cl-⇌FeCl4-正向移动，c(Cl-)减小，导致AgCl+Cl-⇌AgCl2-逆向移动，析出AgCl沉淀。AgCl固体洗涤后加入KI溶液，生成黄色AgI沉淀。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，进一步证明ii中Fe2+静置过程中被氧气氧化为Fe3+。根据i产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe），则发生铁与盐酸的置换反应、铁与Ag+置换出银的反应，A正确；iii中生成黄色沉淀的反应为AgCl+I-=AgI+Cl-，B错误；ii中Fe2+静置过程中被氧气氧化为Fe3+，则氧化性O2>Fe3+，C正确；Fe二、解答题15．铁及其化合物在生产生活中有着重要的作用。I．铁蓝Fe(M)Fe((1)基态Fe2+的价电子排布式为(2)铁蓝中包含的化学键类型有（填字母）。A．配位键B．离子键C．非极性共价键(3)比较N原子和O原子的第一电离能大小，并从原子结构角度进行解释。(4)邻二氮菲（）与Fe2+能够生成稳定的橙色配合物，可用做Fe2+的检测试剂。向K4Fe(II．在不同温度下，单质铁可表现出不同的晶体结构，从而具有不同用途。α-Fe的部分晶胞结构和γ-(5)每个α-Fe晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。试在图中用“•”表示出晶胞中其余Fe原子所处的位置(6)若α-Fe和γ-Fe的晶胞体积分别为V1nm3和V2nm3【答案】(1)3d6(3)第一电离能：N>O；N原子的价层电子排布式为2s22p3(4)CN-与Fe2+的配位能力更强，K4(5)(6)V2【解析】（1）铁的原子序数为26，基态Fe2+的价电子排布式为3（2）Fe(M)Fe(CN)（3）N原子的价层电子排布式为2s22p3，2p（4）因为CN-与Fe2+的配位能力更强，K4（5）每个α-Fe晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。则铁原子位于8个顶点和1个体心，即；（6）每个α-Fe晶胞实际包含2个Fe原子，则α-Fe密度为2×56NAV1g·nm-3；γ-Fe的晶胞含有铁原子：8×18+6×116．我国研制出在室温下可充电700次的钙-氧气电池，前景广阔。(1)铝热法冶炼金属钙的热化学方程式：2Al①该反应体现了铝的性。②提高钙的平衡产率的措施有（写出两条）。(2)钙-氧气电池如图。①用化学方程式解释电解质溶液选择非水溶剂的原因。②放电过程中，O2在电极表面的两种反应路径如图。（*表示中间体，≠≠≠≠i．在生成CaO的路径中，CaO2*断裂键，与另一个Ca2+ii．写出O2参与的主要反应的电极反应式iii．放电过程中，正极流入的电子与消耗O2的比值为2.07，计算可得生成CaO2与CaO的物质的量之比为。充电时，CaO2比CaO③充电过程中，TFSI-在阴极生成F-，F-与Ca2+快速生成CaF2覆盖在阴极表面，经测定n(Ca)∶nCaF【答案】(1)还原性高温，适当低压，移走钙蒸气(2)Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑O-O键【解析】（1）①该反应中铝化合价升高，为还原剂，体现了铝的还原性；②该反应是吸热、气体分子数增大的反应，则提高钙的平衡产率的措施有：高温，适当低压，移走钙蒸气；（2）①因为Ca+2②i．在生成CaO的路径中，根据图可知，CaO2*断裂O-O键，与另一个Ca2+结合，形成了Ca2O2*；ii．根据图可知，CaOiii．设生成CaO2与CaO的物质的量分别是amol与bmol，根据O2+2e-+Ca2+=CaO2与O2+4e-+2Ca2+=2CaO③Ca2++2e-=Ca的反应速率快，TFSI-17．荧光探针M的合成路线如下。(1)A中所含官能团的名称是。(2)B→D过程中反应①的化学方程式为(3)试剂a的结构简式为，F→G的反应类型是(4)I的结构简式为。(5)P为D的同分异构体，满足下列条件的P的结构简式为。a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1b．含有一个六元环和一个五元环(6)K中含有碳碳三键，由E和J合成K的反应过程如下：已知：R写出试剂b和K的结构简式、。(7)L→M的过程中还生成了一种M的同分异构体X。依据L→M的反应原理，X的结构简式为【答案】(1)羧基、碳碳双键(2)+3NaOH→ΔC2H5(3)加成反应(4)(5)(6)(7)【解析】由B的分子式、D的结构简式及B→D的反应条件可知，B发生了卤代烃的消去反应生成D，B的结构简式为，结合A和B的分子式可知A的结构简式为，D失CO2生成E（），由F和G的结构简式推知F与试剂a()发生加成反应生成G，G发生加成生成H（），H氧化生成I（），I水解生成J；J、E和试剂b生成K（），K异构化生成L（），L加成反应生M。（1）A（）中所含官能团的名称是羧基、碳碳双键；（2）B→D过程为卤代烃的消去，化学方程式为+3NaOH→ΔC2H（3）F→（4）I的结构简式为；（5）P为D（）的同分异构体，满足a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1，说明结构对称，b．含有一个六元环和一个五元环，除苯环侧链上有3个C原子，形成五元环，不饱和度为7，故简式为；（6）根据已知R1-CHO+H2N-R2→一定条件R1-CH=N-R2+H2O，说明试剂b中含有醛基，根据E、J（7）依据L→M为分子内-NH-与碳碳三键加成的反应，可分别发生在碳碳三键的两个碳上，X的结构简式为18．镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。已知：i．废酸液中，Zn2+和Fe2+主要以ZnCl3ii．萃取率=n有机相(iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。(1)镀锌废酸液中主要含有的阳离子有。(2)萃取过程：第一步，萃取剂三辛胺R3N，其中R为-C8H第二步，R3NHCl对ZnCl3-①从结构的角度解释三辛胺和H+结合的原理②写出第二步反应的离子方程式。(3)5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于40%时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是(4)写出反萃取的化学方程式。(5)测定废酸液中Fe2+取V1mL废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用cmol⋅L-1K2Cr2O7标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液【答案】(1)[(2)R3N中N原子有孤电子对，H+(3)三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；[FeCl(4)R(5)6【解析】（1）废酸液中，Zn2+和Fe2+主要以ZnCl3-和（2）①R3N中N原子中存在孤电子对，H+中存在空轨道，可以形成配位键；②R3NHCl和ZnCl3-（3）由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；[FeCl（4）反萃取时，又生产了萃取剂，则R3NHZnCl3与氨水反应生成氢氧化锌、R3（5）设配制的100mL溶液中为c(Fe2+)，反应原理为6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe19．某研究小组探究Fe、资料i:Fe3+FeFeH实验1实验现象1-1Fe表面产生少量气泡且迅速停止，得到黄色溶液A1-2Al表面产生极少量气泡且迅速停止，得到无色溶液B(1)反应迅速停止是因为浓硝酸具有酸性和性，可在Fe和Al表面形成致密的氧化层，阻止进一步反应。(2)针对溶液A和B的颜色不同，推测实验1-1中Fe与浓硝酸钝化反应速率慢，导致生成的NO2量多，溶液呈黄色。为验证上述推测，选取如下装置进行实验2实验2实验装置试剂现象2-1I、II、III、IV组合a．稀盐酸；b．大理石；c．饱和NaHCO3溶液；d．溶液A；e．NaOH溶液溶液A颜色缓慢变浅2-2I、III、IV组合a．_________；b．_________；d．溶液A；e．NaOH溶液溶液A颜色迅速变浅，并褪为无色①结合资料，分析实验2-1中选择试剂c的目的是。②实验2-2是将O2通入溶液A中，所选试剂a、b分别为③实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，用化学方程式解释可能的原因。④上述实验说明溶液A中含有NO2。设计实验：将NO2通入中，观察到溶液变黄，进一步证实了溶液变黄为(3)设计原电池装置进行实验3。资料ii：此实验条件下，指针偏向的电极为正极。实验3实验装置浓硝酸温度（°实验现象3-130指针迅速偏向Al，Fe溶解3-210指针先迅速偏向Al，又迅速偏向Fe，之后缓慢恢复至零3-35指针偏向Fe，之后缓慢恢复至零①依据3-1的实验现象，可得出结论。②分析实验3-2中“指针又偏向Fe”的可能原因。(4)综合上述实验，影响Fe、Al分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有【答案】(1)强氧化性(2)除去挥发的HCl，避免生成黄色的FeCl4H2O2-对溶液颜色产生干扰H2O2溶液，MnO2或(3)30°C时，Al与浓硝酸钝化速率比Fe的快；Fe不钝化Al钝化速率快，先形成氧化膜作正极，接着Al表面的氧化膜有溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为Al(4)温度、氧化膜的致密程度、氧化膜的形成速率、Fe、【解析】实验1：根据实验出现的现象，Fe和Al表面都产生少量气泡且迅速停止，是因为浓硝酸具有强氧化性，可以在常温下使Fe或Al两种金属迅速氧化，在金属表面形成致密氧化物保护膜形成金属钝化现象，可以阻止金属继续与浓硝酸反应，其中Fe得到