北京市门头沟区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=20页，共=sectionpages2323页PAGE1北京市门头沟区2025届高三下学期一模一、单选题1．三星堆考古挖掘中，二号祭祀坑出土的商代铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列说法不正确的是A．测定出土文物年代的14C原子核内有B．X射线衍射实验可以对青铜器微观晶体结构进行分析C．铜像表面的铜绿Cu2D．青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料【答案】A【解析】14C原子核内有6个质子，A错误；晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法，X射线衍射法研究晶体结构、形貌和各种缺陷的重要手段，可对青铜器微观晶体结构进行分析，B正确；铜像表面的铜绿不会与空气中成分反应，能在空气中稳定存在，C正确；合金为金属材料，青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料，2．下列化学用语或图示表达不正确的是A．CO2的电子式：B．K+的结构示意图：C．H2O的价层电子对互斥(VSEPR)D．基态Cr原子的简化电子排布式为：Ar【答案】B【解析】CO2分子中存在碳氧双键，电子式为，A正确；钾的原子序数19，失去1个电子形成钾离子，B错误；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，价层电子对互斥(VSEPR)模型为，C正确；

Cr的原子序为24，基态Cr原子的简化电子排布式为3．下列说法不正确的是A．利用盐析的方法可以将蛋白质从溶液中分离出来B．葡萄糖发生水解反应生成CO2和HC．核苷酸在酶的作用下发生水解反应得到核苷和磷酸D．植物油经催化加氢得到的硬化油不易被空气氧化变质【答案】B【解析】盐析通过加入盐类使蛋白质溶解度降低析出，从而实现分离，A正确；葡萄糖是单糖，不水解，其生成CO2和H2O的过程为氧化分解，属放热反应，B错误；核苷酸水解生成核苷和磷酸，C正确；植物油加氢后饱和程度提高，稳定性增强，不易氧化，D正确。4．下列方程式与所给事实不相符的是A．蔗糖在酸或酶的作用下水解：CB．碱性锌锰电池的负极反应：ZnC．海水提溴过程中，用二氧化硫还原溴：SOD．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体：3【答案】A【解析】蔗糖在酸或酶的作用下水解：C12H22O11蔗糖+H25．下列比较不正确的是A．第一电离能：N>O BC．键角：PH3<NH【答案】D【解析】N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N>O，A正确；H2O分子间形成的氢键比NH3分子间形成的氢键多，沸点：H2O>NH3，故B正确；PH3、NH3中心原子价层电子对数为3+125-3×1=4，二者均为sp3杂化，且均含有1个孤电子对，空间构型均为三角锥形，电负性N＞P，N对成键电子对吸引力更大，孤对电子斥力更大，导致其键角更大，键角：6．尿素CONH22是一种重要的化学肥料，利用电催化法将CO2和含氮物质A．尿素中C原子采用sp2B．电极b接电源的正极C．标况下，b电极每生成1.12LO2，会有0.1molHD．a极的电极反应式为：CO【答案】C【解析】尿素中的C原子形成1个C=O键、2个C-N键，采取sp2杂化，A正确；该装置为电解池，电解池中阳离子向着阴极移动，由H+移动方向可知，a电极为阴极，b电极为阳极，与电源正极相连，B正确；b电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，标况下，b电极每生成1.12LO7．下列实验中，不能达到实验目的的是A．实验室制备氨气B．分离乙醇和水C．探究温度对化学平衡的影响2D．在铁制品上镀铜【答案】B【解析】实验室用Ca(OH)2与NH4Cl固体混合物加热反应可生成NH3，试管口略向下倾斜，用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，A正确；分离乙醇和水时需进行蒸馏，蒸馏时温度计下端应处于烧瓶支管口的位置，B错误；NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，观察到放在热水中的容器的颜色比放冰水中的更深，即可探究温度对化学平衡的影响2NO2g⇌N8．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2下列说法不正确的是A．“浸出镁”所需的温度比“沉镁”温度高B．分离Mg2+、Fe3+与Al3+C．在上述流程中，用石灰乳代替氨水可以达到相同的工艺目的D．氯化铵溶液浸出镁是利用氯化铵溶液显弱酸性【答案】C【解析】菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)煅烧，MgCO3转化为MgO；轻烧粉中加氯化铵溶液浸出，得到含SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3的废渣以及含Mg2+的滤液；用氨水沉淀Mg2+生成Mg(OH)2，Mg(OH)2煅烧得到高纯镁砂。“沉镁”过程中温度不宜太高，否则一水合氨会大量分解产生NH3，氨水利用率降低，A正确；Al(OH)3、Fe(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp9．关于Na2SO3和NaHSOA．NaHSO3溶液显酸性，是因为HSOB．两种物质的溶液中都存在cC．可以利用SO2除去NaHSO3溶液中少量的D．用盐酸酸化的BaNO32溶液，可以检验Na【答案】D【解析】NaHSO3溶液显酸性，是因为HSO3-的电离程度大于其水解程度，A正确；根据电荷守恒，两种物质的溶液中都存在cNa++cH+=2cSO32-+cHSO3-+cOH-，B正确；SO2能和10．除去电石渣浆(CaO)清液中的S2-，并制取石膏CaSO下列说法不正确的是A．过程I的方程式为：2B．除去S2-的过程中，MnC．S2O32-D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应【答案】C【解析】过程I中O2将二价锰氧化为四价锰，根据转移电子守恒可知，该反应化学方程式为：：2MnOH2+O2+4OH-=2MnO32-+4H2O，A正确；如图MnOH2在过程I化合价升高，作还原剂，MnO32-在过程Ⅱ中化合价降低又重新生成MnOH2，故MnOH2在反应中起催化剂作用，B正确；S2O311．AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH下列说法不正确的是A．腈CH3CH2B．AgCN与CH3C．I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I【答案】D【解析】腈CH3CH2CN和异腈CH3CH2NC化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故AgCN与CH3CH2Br生成腈和异腈的反应都是放热反应，B正确；由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N…Ag和C…Ag，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比12．在25℃时，向两份10mL0.2mol⋅L-1的CH3COONH4A．相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等B．b点cCl-和d点cC．水的电离程度：aD．b点：c【答案】B【解析】常温下醋酸铵溶液的pH=7，则NH4+与CH3COO-的水解平衡常数相等，说明CH3COOH、NH3⋅H2O的电离平衡常数相等，A正确；由图可知，d点Na+的物质的量是b点Cl-的2倍，但两点溶液体积不同，故两种离子的浓度不存在2倍关系，B错误；a点溶质为CH3COONH4，促进水的电离，c点溶质为CH3COOH、NH4Cl，d点溶质为CH3COONa、NH3⋅H2O；CH3COOH和NH3⋅H2O都抑制水的电离，由A项分析可知两者电离平衡常数相等，故对水的电离的抑制程度也相同，故水的电离程度：a>c=d13．某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P，其合成路线如下，下列说法正确的是X→NaN3已知：A．X的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积比为1:2:2B．Z在一定条件下完全水解生成醇与羧酸盐的物质的量比为1:1C．Z通过碳碳三键的加聚反应生成的高分子容易降解为小分子D．制备聚合物P的过程中还可能生成一种环状化合物【答案】D【解析】结合已知，推测X的结构式为，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积比为1:1:1，故A错误；结合已知，推测Z的结构式为，在一定条件下完全水解生成醇与羧酸盐的物质的量比为1:2，故B错误；结合已知，推测Z的结构式为，Z通过碳碳三键的加聚反应生成的高分子看碳碳双键是否存在，所以不一定容易降解，故C错误；结合已知，一分子和一分子首尾结合可以生成，故D正确。14．某小组设计以下对比实验，探究亚铁盐与H2O2实验编号试剂现象5滴试剂2mL5%H2O2Ⅰ经酸化的0.5mol⋅溶液立即变为棕黄色，稍后产生气泡，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红。测得反应后溶液pH=0.9Ⅱ0.5mol⋅溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4Ⅲ0.5mol⋅现象与II相同，同时生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。测得反应后溶液pH=2.0A．实验I中H2O2溶液与B．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中产生气泡的原因可能为含铁物质催化H2OC．实验Ⅱ中溶液变浑浊是由于H2O2溶液氧化FeD．实验Ⅲ中产生的刺激性气味的气体是HCl【答案】C【解析】实验Ⅰ：溶液变棕黄，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，说明有+3价铁离子生成，产生气泡，说明有氧气生成，Fe3+催化下H2O2分解产生，消耗H+，pH值增大；实验Ⅱ：同实验Ⅰ，且是放热反应。混合物颜色加深并且有浑浊，pH值减小，说明Fe3+发生了水解，产生红褐色胶体，使溶液酸性增强，2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3(胶体)+4H+实验Ⅲ：现象与II相同，同时生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色，说明生成酸性气体，则说明在Fe3+发生水解后生产的HClH2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，A正确；产生气泡的原因是Fe3+催化下H2O2分解产生O2，B正确；溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊，且pH值减小，说明产物Fe3+发生了水解，C错误；产生刺激性气味气体的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发，D二、解答题15．硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。(1)“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，制备纯硅的反应原理：SiCl4①SiCl4的分子结构类似CCl4，SiCl4中Si-Cl键是由硅的②Si晶体熔点800.7℃明显高于SiCl4-68.7℃，原因是(2)Ge在元素周期表第4周期第IVA族。基态Ge原子的价层电子轨道表示式是。(3)由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质M，是一种潜在的拓扑绝缘体材料。M晶体可视为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。①图a中与Ge距离最近的Ge的数目为。②图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是。③图c为M的晶胞，已知M晶体的密度为pg⋅cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则M的摩尔质量为g【答案】(1)1个sp3杂化晶体硅是共价晶体，熔化破坏共价键，SiCl(2)(3)48个顶点不同，三套各4根平行棱不相同，三套各2个平行面不同，不可以无隙并置ρN【解析】（1）①SiCl4为正四面体空间构型，中心原子采用sp3杂化，Si-Cl键是由硅的1个sp3②二者晶体类型不同，晶体硅是共价晶体，熔化破坏共价键，SiCl4（2）Ge在元素周期表第4周期第IVA族，最外层4个电子，基态Ge原子的价层电子轨道表示式与同主族的C、Si相似，价层电子轨道表示式为；（3）①从图a晶胞图可看出，与Ge距离最近的Ge的数目为4个；②平行六面体晶胞是8个顶点相同，三套各4根平行棱，三套各2个平行面，可以无隙并置，该基本单元8个顶点不同，三套各4根平行棱不相同，三套各2个平行面不同，不可以无隙并置；③M的晶胞中有Ge：8×18+4×12+1=4、Hg：6×12+4×14=4、Sb：816．“双碳”背景下，CO2(1)将CO2和H2的混合气体充入某密闭容器中制备甲酸(HCOOH已知：CO2gCO2g为了提高HCOOH产率、降低CO的生成量，可采取的措施是(写出两种)。(2)电催化还原CO2也可以制备甲酸，原理如图甲所示，电解质溶液为KOH①电极b是电解池的极，电极反应式为。②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将极区(填“a”或“b”)电解液更换。此时，该电极的电极反应式为(3)CO2的电化学还原过程比较复杂，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)已知：FE其中，QX=nF,n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物是(②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO【答案】(1)降温、增压(2)阳4OH--4e-(3)H2【解析】电催化还原CO2制备甲酸，则通入CO2的电极（a极）为阴极，电极反应为H2O+CO2+2e-=HCOO-+OH-；b极为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O。（1）由题可知，生成HCOOH的反应为气体分子数减小的放热反应，生成CO的反应为气体分子数不变的吸热反应；故采用①降温方式有利于提高HCOOH的产率、降低CO的产率；②采用加压使平衡朝着生成HCOOH方向移动，提高HCOOH的产率、降低CO的生成量；（2）由上述分析可知，b为阴极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；CH3OH发生氧化反应生成HCOO-，故应将阳极区的电解液换成KOH+（3）①当电解电压为U1V时，若电解过程中含碳还原产物的FE%为0，则水放电生成H2②由图乙可知FE%(C2H4)17．某研究小组按下列路线合成抗炎镇痛药“消炎痛”(部分反应条件已简化)。已知：ⅰ、Rⅱ、ⅲ、R-COOH+R'NH2→DPPA(1)化合物D中官能团的名称是。(2)A为芳香族化合物，A→B的化学方程式是。(3)下列说法正确的是(填序号)。a．F中氮原子的杂化方式均为spb．B→c．E的芳香醛类同分异构体共有6种(4)F→G的化学方程式是(5)I的结构简式是。(6)由F可制备物质K，转化过程如下图：写出试剂a和中间产物Q的结构简式：、。【答案】(1)羧基、氯原子(碳氯键)(2)+Cl2→FeCl3+HCl(3)bc(4)+→一定条件+H2O(5)2(6)22【解析】A为芳香族化合物，结合A的分子式可知，A为甲苯，A发生苯环上的取代反应生成B，则B的结构简式为：，B中甲基被氧化为羧基生成D，D发生信息i的反应生成E为，F与发生信息ii的反应生成G为，G和E发生取代反应生成H为，H发生信息ii的第二步反应生成I为，I发生酯基的水解反应生成消炎痛；（1）由D的结构简式可知，D的官能团的名称是羧基、氯原子(碳氯键)；（2）A为甲苯，A与氯气在FeCl3做催化剂作用下发生苯环的取代反应生成B，方程式为：+Cl2→FeCl3+HCl（3）F中氨基(-NH2)氮原子存在1对孤对电子，价电子对数为4，的杂化方式均为sp3，a错误；B→D的反应是甲基被氧化为羧基，反应类型为氧化反应，b正确；E为，不饱和度为1，E的芳香醛类同分异构体共有(箭头所指醛基的位置)，共有6种同分异构体，c（4）由分析可知，F→G的化学方程式是+→一定条件+H2O；（5）由分析可知，I的结构简式是；（6）由P→Q的条件可知，P发生信息iii的反应，则P中必须含有氨基和羧基两种官能团，F发生信息ii的反应生成P为，则试剂a为，P发生信息iii的反应生成Q为，Q中醚键转化为酚羟基得到K。18．用废催化剂(主要成份为V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al资料：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子FeAlFe开始沉淀pH1.93.76.8完全沉淀pH3.24.78.3回答下列问题：(1)为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是(写一点即可)。(2)滤渣2主要为。(3)双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是。(4)检验TiO2沉淀是否洗涤干净的方法是(5)以TiO2为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的Cu2+。常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10-4mol⋅L-1的废水，控制纳米铁用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3∼6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在(6)含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂C4H9O3PO，结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号O<2号(7)偏钒酸铵(NH4VO3)在空气中灼烧得到V2O5。称取1.60g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.20mol⋅L-1的H2C2O4溶液50mL，再用0.10mol⋅L-1的KMnO【答案】(1)粉碎，增大盐酸浓度等(2)AlOH3(3)H(4)取最后一次水洗液于试管中，加入盐酸酸化，再加入BaCl2(5)初始pH在3∼6范围内，pH上升，cH+减小，与H+反应的铁减少，更多的铁与Cu2+反应，Cu2+去除率缓升；初始pH在6∼7范围内，除了铁与Cu2+反应外，pH上升，(6)1号O所连丁基体积较大，空间位阻大，不易配位(7)91%【解析】废催化剂经“盐酸酸浸”后，TiO2、SiO2因不与盐酸反应进入滤渣1，其余转变成相应离子进入滤液中；滤液中加入氨水调pH至5，得到含Fe(OH)3、Al(OH)3的滤渣2；所得滤液中加入双氧水，将Fe2+氧化成FeOOH，所得钒钨溶液进一步分离得到WO3和钒溶液；钒溶液经一系列处理最终得到V2O5；滤渣1中的TiO2与硫酸反应生成可溶的TiOSO4（1）增大反应物的接触面积或增大反应物浓度都可以提高速率；（2）由上述分析可知滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；（3）加入双氧水将Fe2+氧化成FeOOH，故离子方程式为H2（4）检验TiO2是否洗涤干净，可以检验是否有硫酸根残留，故检验方法为：取最后一次洗涤液于洁净的试管中，先加入盐酸酸化，再加入适量的BaCl2（5）pH在3~6内，纳米铁还会被溶液中的H+消耗，导致Cu2+的去除受到影响，随着pH的增大，更多的纳米铁与Cu2+反应，综上，Cu2+的去除率呈现缓慢上升的趋势；pH在6~7内，Cu2+除了与纳米铁反应，还会与OH-反应生成沉淀，导致Cu2+去除率显著上升；（6）萃取剂结构中P原子连有3个-O-(CH2)3CH3基团，造成较大位阻效应，使得1号O原子与钒离子配位能力弱于2号O原子；（7）根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，存在如下计量关系：2V2O5~2VO2+~H2C2O419．某小组发现金属与铜盐溶液的反应具有多样性，进行如下探究。仪器编号金属溶液(4mL现象ⅠMgCuSO4溶液(pH剧烈反应，温度升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多；体系颜色变化：淡蓝色溶液→几乎无色，溶液中生成蓝色沉淀。ⅡMgCuCl2溶液(pH剧烈反应，温度迅速升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体；体系颜色变化：浅蓝色溶液→橙色浑浊物，溶液pH升高至9.5左右，镁条上紫红色的固体几乎不见。ⅢAlCuCl2溶液(pH产生大量气体，光亮铝条表面出现“海绵状”紫红色固体；溶液pH下降至2左右，铝表面仍有紫红色固体。已知：ⅰ、CuCl为白色沉淀，能溶解在Cl-浓度较大的溶液中，生成络离子ⅱ、CuOH为黄色沉淀且易分解ⅲ、25℃时，KspMgOH(1)写出实验Ⅰ、Ⅱ中生成紫红色固体的离子方程式。(2)结合化学用语解释实验Ⅰ中出现蓝色沉淀的原因。(3)探究实验Ⅱ中橙色沉淀的成分①甲同学推测实验Ⅱ中的沉淀中含有CuCl，因为可能发生Cu+C