北京市海淀区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=sectionpages2020页PAGE1北京市海淀区2025届高三一模考试一、单选题1．我国科学家成功获得克级丰度超99%的64Ni并用于制备64Cu。64Cu2+易与N、OA．可用质谱法区分64NiB．64Ni转变为C．与S原子形成配位键时，64D．在铜元素的核素中，64【答案】A【解析】质谱法可以测定物质的相对分子质量，64Ni和58Ni的相对原子质量不同，故可用质谱法区分64Ni和58Ni，A正确；64Ni转变为64Cu，原子核发生变化，元素种类改变，属于核反应，不是化学变化，B错误；与S原子形成配位键时，2．下列化学用语或图示表达正确的是A．基态F原子的核外电子轨道表示式：B．顺丁烯二酸的结构简式：C．H2OD．CO2分子的球棍模型：【答案】B【解析】基态O原子的核外电子轨道表示式为，A错误；顺丁烯二酸的结构简式示为，B正确；H2O2为共价化合物，其电子式为，C错误；D．CO2分子空间结构为直线形，D错误3．下列事实与F、Cl的电负性差异无关的是A．AlF3是离子化合物，AlCl3是共价化合物 BC．氧化性：F2>Cl2 D．【答案】B【解析】F的电负性大于Cl，AlF3存在离子键，AlF3是离子化合物，AlCl3存在共价键，AlCl3是共价化合物，A与电负性有关；Cl2相对分子质量大于F2，Cl2范德华力大于F2，所以沸点F2<Cl2，B与F、Cl的电负性无关；F的电负性大于Cl，F得电子能力强，所以氧化性：F2>Cl2，C与电负性有关；F4．下列实验中，能达到实验目的的是A．实验室制氨气B．制备FeOHC．检验乙醇在浓硫酸中发生消去反应的产物D．制备乙酸乙酯【答案】A【解析】实验室用固体NH4Cl和Ca(OH)2加热制NH3，采用向下排空气法收集，A正确；制备FeOH3胶体应向沸水中滴加饱和Fe(OH)3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，B错误；挥发的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能检验乙醇在浓硫酸中发生消去反应的产物，C错误；实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下加热制备乙酸乙酯，应使用饱和Na2CO3溶液吸收乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，浓NaOH溶液碱性会使酯水解，D5．丙酮酸是生物体代谢的重要中间产物，其结构如图所示。下列关于丙酮酸的说法不正确的是A．能形成分子间氢键 B．能发生加成和取代反应C．水中的溶解度：丙酮酸<丙酮酸乙酯 D．受α位羰基影响，其酸性强于丙酸【答案】C【解析】丙酮酸分子内含羰基、羧基，能形成分子间氢键，A不正确；丙酮酸中的羧基能发生取代反应，丙酮酸中的酮羰基能与氢气等发生加成反应，B不正确；丙酮酸中的羰基和羧基，均能与水形成分子间氢键，丙酮酸乙酯中的羰基是亲水基团，丙酮酸乙酯中的酯基是憎水基团，则水中的溶解度：丙酮酸＞丙酮酸乙酯，C正确；乙基是推电子基团，使羧基中的羟基的极性减弱，羰基是吸电子基团，增强了羧基中羟基的极性，则受α位羰基影响，丙酮酸的酸性强于丙酸，D不正确。6．下列方程式与所给事实相符的是A．露置在空气中的钠表面呈白色：2B．用食醋除水垢中的CaCO3：C．过量铁粉与稀硝酸反应：FeD．工业电解饱和食盐水制氯气：2【答案】D【解析】钠在常温下与空气中的氧气反应生成氧化钠，从而使表面呈白色，化学方程式为4Na+O2=2Na2O，A错误；食醋中的醋酸是弱酸，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+7．向2%的AgNO3A．滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解 B．为加快银镜的出现，应加热并不断振荡C．银镜的出现说明醛基具有氧化性 D．反应后，可用氨水洗去银镜【答案】A【解析】向AgNO3溶液中滴加稀氨水时，首先生成白色沉淀AgOH（迅速分解为Ag2O，呈暗褐色），继续滴加氨水，沉淀溶解形成银氨络离子Ag(NH3)2+，该过程有沉淀的生成与溶解，A正确；银镜反应需水浴加热，需静置，振荡导致无法形成均匀镀层，影响银镜的生成，B错误；银镜反应中，醛基被氧化为羧酸铵，Ag8．以电石渣[主要成分为CaOH2]为原料制备KClO3已知：i．加热氯化时会生成CaClO2，ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。下列说法不正确的是A．氯化时生成CaClO3B．适当降低通入Cl2的速率并充分搅拌，可提高ClC．若滤渣中无CaCl2，滤液中nCaD．转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到KClO3【答案】C【解析】电石渣[主要成分为CaOH2]加水打浆后得到CaOH2溶液，向其中通入氯气氯化时会先生成CaClO2，CaClO2可进一步转化为CaClO32，生成CaClO32的反应为3CaClO2≜CaClO32+2CaCl2，A正确；适当降低通入Cl2的速率并充分搅拌，可增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，可提高Cl2的利用率，B正确；氯化过程中，CaOH2先和Cl2反应生成Ca(ClO)2、CaCl2和水，然后Ca(ClO)2分解生成了CaClO32、CaCl29．工业上在熔融条件下制钾，反应为KCl+物质NaKNaClKCl熔点/℃97.863.7801-沸点/℃883774>1400>1400下列说法正确的是A．推测KCl的熔点高于801℃ B．该反应宜在加压条件下进行C．反应温度不应高于883℃ D．该反应能发生是由于金属性：K【答案】C【解析】KCl和NaCl都是离子晶体，由于离子半径：K+>Na+，KCl中的离子键比NaCl中的弱，所以KCl熔点低于NaCl，即低于801℃，A错误；反应KCl+Na=NaCl+K↑中，产物K是气态，加压会使平衡逆向移动，不利于K的生成，则该反应不宜在加压条件下进行，B错误；Na的沸点是883℃，若反应温度高于883℃，Na会变为气态，不利于反应进行，所以反应温度不应高于883℃，C正确；反应KCl+Na⇌NaCl+K↑发生的原因是K10．室温下，利用图1所示装置测定容器中CO2含量的变化。将两支注射器中的液体同时全部注入容器后开始测量.CO2含量的变化如图已知：苯酚Ka=1.1×10-10，碳酸K下列说法不正确的是A．曲线①对应注入蒸馏水和Na2CO3B．注入苯酚和Na2COC．由曲线②推测，NaHCO3D．注入两种液体后，溶液中nH2【答案】D【解析】由图中曲线①可知，注入蒸馏水和Na2CO3溶液后，溶液呈碱性，会吸收瓶中CO2，发生反应：CO2+CO32-+H2O=2HCO3-，导致CO2浓度明显下降，A正确；苯酚Ka=1.1×10-10，碳酸第二步电离的Ka2=5.6×10-11，酸性强弱为：H2CO3>C6H5OH>HCO3-，苯酚酸性强于HCO3-，苯酚与CO32-反应离子方程式为C6H11．由化合物K、L和P合成药物中间体Q，转化关系如下图。已知：生成Q时，M与HCONH2中均有N下列说法不正确的是A．K不存在顺反异构B．L的化学式为NC．K→M和M→D．若K中的全部N原子用15N标记，生成的Q【答案】D【解析】K中碳碳双键左侧的碳原子连了两个相同的基团(-CN)，没有顺反异构，A正确；K的分子式为C5H4N2O，甲醇分子式为CH4O，M的分子式为C4H4N4，根据原子守恒可知L的化学式为N2H4，B正确；K→M有-NH2对-CN加成，M→Q中，HCONH2断开N-H键对M中-CN发生加成反应，C正确；由已知：生成Q时，M与HCONH2中均有N-H键断裂，则Q中12．硫铁矿矿渣FeS2周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进FeS2的溶解，相关的物质转化如图，其中①~A．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的SB．铁细菌的存在能提高反应①的速率C．废水中铁元素含量几乎不变D．一段时间后，废水的pH降低【答案】C【解析】硫细菌可以将FeS2表面的S氧化为SO42-从而减少FeS2表面的S，A正确；铁细菌可以将Fe2+氧化为Fe3+，而Fe3+可以加快FeS2的溶解，所以铁细菌的存在能提高反应①的速率，B正确；根据流程图，FeS2参与反应生成了Fe2+和S，故废水中铁元素的含量增多，C错误；硫细菌将S氧化为SO42-的过程中生成H+，Fe2+被氧气氧化为Fe3+的过程中消耗H+，生成的H+多于消耗的13．可用Na2S去除酸性废水中的砷元素，形成As2S3沉淀。溶液中含砷微粒的物质的量分数与pH已知：As2下列说法正确的是A．沉淀反应为2B．图2能证明生成As2C．产生的As2D．加入Na2【答案】C【解析】由图1可知，酸性废水中形式存在砷元素主要是H3AsO3，加入Na2S得到As2S3的反应为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O，A错误；由图214．己二腈NCCH24CN是合成尼龙已知：阳/阴极反应物的还原/氧化性越强，电解所需电压越小，消耗的电能越少。下列说法不正确的是A．在阴极获得己二腈B．制得1mol己二腈的同时，阳极室中nHC．制得1mol己二腈的同时，理论上会产生11.2LO2D．若要降低电解丙烯腈的能耗，可向阳极室中加入强还原剂【答案】B【解析】用电解丙烯腈CH2=CH-CN的方法合成己二腈NCCH24CN过程中，C元素化合价降低，发生还原反应，则丙烯腈在阴极发生还原反应生成己二腈，A正确；左侧电极为阴极，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e-=CNCH24CN，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4二、解答题15．锂在储能方面有重要作用，盐湖卤水是我国锂的主要来源。盐湖卤水中Li+的含量低，Na(1)Li在元素周期表中的位置是。(2)碳酸盐沉淀法是最早应用于盐湖卤水提锂的方法。CO32-的空间构型为(3)冠醚萃取法可选择性提取低浓度的Li+nn离子选择性164：13：1从原子结构角度解释冠醚的离子选择性nLi+/nNa(4)Li2O用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为apm①距离Li最近且等距的O的数目为。②已知阿伏伽德罗常数为NA。该晶体的密度为g【答案】(1)第二周期IA族(2)平面三角形(3)Mg2+和Na+的电子排布相同，核电荷数：Mg2+大于Na+，离子半径：Mg2+小于Na+；相比于Na+，Mg(4)4120【解析】（1）Li在元素周期表中的位置是：第二周期IA族；（2）CO32-中C原子的价层电子对数为3+4+2-3×2（3）从原子结构角度解释冠醚的离子选择性nLi+/nNa+>nLi+/nMg2+的原因：Mg2+和Na+的电子排布相同，核电荷数：Mg2+大于Na（4）①由图可知，距离Li最近且等距的O的数目为4；②根据均摊法，一个晶胞中O2-个数为：18×8+12×6=4，Li+个数为8，晶体的密度为：16×4+7×8N16．H2(1)古代曾以绿矾(FeSO4⋅7H2O)干馏产物制备(2)早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下：i．2ii．4iii．2①铅室法制硫酸的总反应为。②HOSO2ONO的结构式为其中S原子的杂化方式为(3)现代工业采用接触法制硫酸。①在接触室发生反应2SO2g+O2g⇌V2O5400~500℃2SO3g②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：。(4)用软锰矿浆(主要成分为MnO2)吸收制硫酸尾气中的SO2，并制备①用软锰矿浆吸收SO2时发生反应的化学方程式为②测定吸收SO2后所得溶液中Mn元素的含量。取VmL待测液，加入V1mLNH42S2已知：2待测液中Mn元素的含量为g⋅③若未加热煮沸，会使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】(1)2(2)2SO2(3)温度反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温衡转化率显著下降(4)SO2+MnO2【解析】（1）加热绿矾得到红棕色粉末，可知有Fe2O3生成，同时生成两种硫的氧化物，可知有SO（2）①根据铅室法制硫酸反应过程，可知NO是催化剂，NO2和HOSO2ONO是中间产物，O2、SO2、H2O是反应物，H②HOSO2ONO的结构式为，可知S原子与周围O原子的价层电子对数为4+6-1×2-2×22=4，（3）①从图可知，横坐标X增大，SO2的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若X是压强，压强增大，SO2的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应方向移动，SO2②用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡转化率下降。（4）①用软锰矿浆(主要成分为MnO2)吸收SO2，并制备MnSO4②用cmol⋅L-1NH42FeSO42设待测液中Mn元素的浓度为xmol⋅Mn解得x=c.v2×10③若未加热煮沸，待测液中含有少量的NH42S17．脱落酸是一种植物激素，可使种子和芽休眠，提高植物耐旱性。脱落酸的一种合成路线如下：已知：i．RCOOR→LiAlH4RCHii．iii．(1)化合物A的核磁共振氢谱只有1组峰，A的结构简式为。(2)常温下，化合物C是一种具有香味的无色液体。C中官能团的名称是。(3)2C→D的过程中，还会生成乙醇，反应的化学方程式是。(4)E→F和A→B的原理相同，E的结构简式为。(5)G→H的目的是。(6)K→L过程中，还存在L生成YC17H24O5和乙醇的副反应。已知Y中包含2个六元环，Y不能与Na反应置换出H2，Y的结构简式为(7)L→脱落酸的过程中，理论上每生成1mol脱落酸消耗水的物质的量为【答案】(1)(2)酯基(3)2+CH3CH2OH(4)(5)保护酮羰基，防止其在后续反应中被LiAlH4还原(6)不会，Y中酯基会在酸性条件下继续水解，仍生成脱落酸(7)1mol【解析】A的核磁共振氢谱只有1组峰，A的结构简式为，在碱性条件下生成B；C是酯类，C在乙醇钠作用下生成D，D与B加成生成E，E在碱性作用下生成F（E→F和A→B的原理相同），可推知E的结构简式为，逆推D结构简式为，逆推C结构简式，F（）异构化生成G（），G和乙二醇反应生成H（），H被还原生成I（），I发生反应ii生成J（），J催化氧化生成K（），K与发生反应iii的反应，生成L（），L酸性水解得到脱落酸。（1）化合物A的核磁共振氢谱只有1组峰，A的结构对称，结构简式为；（2）低碳酯具有香味，C中官能团的名称是酯基；（3）C结构简式，D的结构，故2C→D的过程中，还会生成乙醇，反应的化学方程式是2+CH3CH2OH；（4）E→F和A→B的原理相同，D结构简式为，B的结构为，E的结构简式为；（5）G（）→HH（），最后又生成酮羰基，目的是保护酮羰基，防止其在后续反应中被LiAlH4还原；（6）已知Y中包含2个六元环，说明反应成环，Y不能与Na反应置换出H2，说明无羟基，由Y的分子式和反应生成乙醇可知，L()中酯基和羟基发生酯交换反应，生成Y的结构简式为。若不分离副产物Y，Y中酯基会在酸性条件下继续水解，含氧三元环也会水解仍生成脱落酸，不会明显降低脱落酸的纯度。（7）L→脱落酸的过程中，脱去乙二醇形成酮羰基，由氧原子守恒可知需要1分子水，1个羟基发生消去反应生成1分子水，1个酯基水解需要1分子水，圈内的含氧环开环形成两个羟基需要1分子水，其中1个羟基再发生消去反应形成双键生成1分子水，理论上每生成1mol脱落酸消耗水的物质的量为1mol。18．利用菱锰矿[主要化学成分为MnCO3，含CaMgCO32、SiO2已知：i．MnO易被氧化为Mn2O3，MnOii．Mn(1)脱硅时进行的分离操作是。(2)在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。温度/℃600700800主要成分MnO、CaMgMnO、CaMgCO32、MnO、CaCO3、下列说法正确的是(填序号)。A．800℃时发生了反应：CaMgB．热稳定性：MnCOC．焙烧时，N2的作用是避免MnO(3)已知MnCO3分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2,MnCO3显著分解的温度从600℃(4)图1中，氨水-NH42CO3溶液中的总氮浓度固定为14mol⋅(5)沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因：。(6)该工艺流程中可再次利用的物质为。【答案】(1)过滤(2)AC(3)替换后cCO2浓度变大，不利于MnCO3的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，K增大，Q(4)加入氨水可使MnO转化为可溶性的MnNH342+；加入碳酸铵可避免pH过高发生副反应Mn2++2OH(5)温度升高导致NH3被蒸出，cNH3减小，MnNH3(6)CO2或NH4【解析】菱锰矿[主要化学成分为MnCO3，含CaMgCO32、SiO2等杂质]中加入25%NaOH溶液脱硅，发生反应SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，Na2SiO3能溶于水，过滤得沉淀MnCO3、CaMg（1）脱硅时发生SiO2+2NaOH=Na2SiO（2）根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，800℃时发生了反应：CaMgCO32高温CaCO3+MgO+CO2↑，A项正确；根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，600℃时MnCO3分解，700℃∼800℃MgCO3分解，800℃时CaCO3（3）相同温度下，将N2替换为CO2，cCO2浓度变大，MnCO3⇌MnO+CO2平衡逆移，不利于MnCO3（4）由图像可知，cNH42CO3=0，溶液pH较高，氨水可使MnO转化为可溶性的MnNH342+，但Mn浸出量较低，随cNH42CO3增大，溶液pH降低，Mn浸出量升高，cNH42CO3≥1.5mol·L-1，pH略大于（5）氨水-NH42CO3溶液浸锰时，得到含有MnNH342+、CO32-等的浸锰液，溶液中存在MnNH34（6）焙烧生成的CO2可以与氨水反应制备NH42CO3，而沉锰时逸出的NH3可以制备氨水，故该工艺流程中可再次利用的物质为19．小组同学探究Mg、Al在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素。已知：Al、AlOH3均能溶于强碱性溶液，生成【理论预测】猜想1：Mg作负极，因为Mg的失电子能力更强。猜想2：Al作负极，因为Al能与强碱性溶液发生氧化还原反应，产生H2【实验验证】实验1现象0~5s：电压传感器初始示数为0.3V，后迅速归零；铝片表面有气泡产生(经检验为H25s后：电压传感器示数逐渐变为-0.2V并保持稳定；铝片表面有气泡产生(经检验为H(1)由电压传感器示数可知，0∼5s时Mg作负极。根据现象推测5s后正负极发生了反转，证据是(2)5s后Al作负极，但猜想2中的解释不合理，理