北京市西城区2025届高三一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=20页，共=sectionpages2020页PAGE1北京市西城区2025届高三一模一、单选题1．中国自主研发的癌症骨转移检测产品获批上市，其有效成分是Na18F。下列说法A．F位于元素周期表中第二周期、第ⅦA族B．18F的原子核内有9个质子和C．18F原子D．Na18【答案】C【解析】F的原子序数为9，位于元素周期表中第二周期、第ⅦA族，A正确；F有9个质子，18F的原子核内中子数为18-9=9，B正确；18F原子L层包括2s、2p轨道，能量2s<2p，因此L层电子能量不同，有2个能级，C错误；2．下列化学用语或图示表达不正确的是A．电子式表示NaCl的形成过程：B．Py的电子云轮廓图：C．CO2的结构式：D．NH3分子的空间结构模型：【答案】A【解析】NaCl是离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程为，A不正确；p电子云呈哑铃形，Py电子云沿着y方向伸展，B正确；CO2是共价分子，电子式为，结构式为O=C=O，C正确；NH3中心N原子孤电子对数为5-1×32=1，价层电子对数为3+1=4，NH33．锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是A．Zn作电池的负极B．电池工作时，OH-C．正极的电极反应：AgD．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性【答案】B【解析】锌银纽扣电池中，锌作负极，发生氧化反应：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，Ag2O作电池正极，A正确；原电池工作时，Zn作电池的负极，4．下列根据相关数据做出的判断不正确的是A．电负性：F>ClB．键能：O-H键>C．KaCHD．C石墨,s=C金刚石【答案】B【解析】电负性：F>Cl，吸电子效应使CF3COOH中羧基上的氢原子更容易电离出H+，酸性大于CCl3COOH，A正确；沸点由分子间作用力决定，与键能无关，H2O中存在分子间氢键，H2S分子间不存在氢键，故沸点大于H2S，5．下列方程式与所给事实不相符的是A．实验室制NHB．实验室制Cl2:MnO2C．工业制NaOHD．工业冶炼铝：2Al2O3【答案】C【解析】实验室制NH3的反应为氯化铵与氢氧化钙共热生成氨气、氯化钙和水，A正确；实验室制Cl2时，浓盐酸与二氧化锰共热生成氯化锰、氯气和水，B正确；工业制NaOH实际通过电解饱和食盐水，2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl6．下列实验的对应操作中，不合理的是A．向试管中倾倒液体药品B．制备氢氧化铁胶体C．分离甲烷与氯气取代反应得到的液体混合物D．萃取后分离出下层液体【答案】C【解析】取用液体时标签向着手心，防止液体流出腐蚀标签，A正确；制取FeOH3红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，并煮沸至液体变为红褐色，B正确；蒸馏时温度计水银球在支管口处下沿，且冷凝水应该“下进上出”，C错误；萃取后分离时，下层液体从下口流出，7．氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体M通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。已知：氨基具有还原性，吡啶具有碱性。下列说法不正确的是A．氟他胺中含有三种官能团B．X不具有手性异构体(对映异构体)C．吡啶可提高①的原料利用率D．交换①、②的顺序，对氟他胺的制备没有影响【答案】D【解析】反应①为+→吡啶+HCl；反应②为发生硝化反应，引入硝基生成氟他胺。由氟他胺结构简式可知，其含有硝基、碳氟键、酰胺基三种官能团，A正确；连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，X不具有手性异构体，B正确；反应①中产生了HCl，吡啶呈碱性消耗HCl从而促使反应正向进行，可提高原料利用率，C正确；已知氨基具有还原性，在发生硝化反应时，可能被氧化导致后续不能和反应合成氟他胺，D错误。8．用MgCO3和侯氏制碱工艺联合制MgCl2，同时NH3A．①中应向a溶液先通入CO2，再通入B．②中可使用蒸发结晶的方法获得NH4C．电解c的溶液可以制得Mg和ClD．理论上①中消耗的nCO2nNH3【答案】D【解析】向饱和食盐水先通入溶解度大的NH3、再通入CO2，CO2与氨化的饱和食盐水反应生成NaHCO3沉淀和NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和含有NH4Cl的滤液（步骤①）；向滤液中加入NaCl固体，降低NH4Cl固体的溶解度使NH4Cl固体析出，过滤得到母液和NH4Cl固体（步骤②）；将NH4Cl固体溶于水，向其中加入MgCO3，反应生成MgCl2、NH3和CO2（步骤③）。CO2微溶于水，NH3极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为NH3，通NH3后再CO2，可增大CO2的溶解度，A错误；NH4Cl受热易分解，不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl固体，B错误；电解MgCl2溶液产生Cl2、H2和Mg(OH)2，C错误；①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，nCO2nNH3=1，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H29．分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的pH均大于7.下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是A．与原氨水相比，pH均减小B．NH3C．与原氨水相比，nNHD．均存在c【答案】B【解析】氨水中存在电离平衡NH3⋅H2O⇌NH4++OH-，（1）中加入(NH4)2SO4：c(NH4+)增加，抑制氨水电离，c(OH-)减少，c(H+)增加，pH降低；（2）中加入NaHSO4，c(H+)增加，pH降低，消耗OH-，促进NH3·H2O电离。两者pH均减少，A正确；（1）抑制NH3·H2O电离，（2）促进NH3·H2O电离，NH3⋅H2O的电离平衡移动方向不相同，B错误；NH3·H2O电离平衡常数K=cNH4+c(OH-)c10．反应COg+H下列说法不正确的是A．CO2和HB．H2吸附并透过Pd膜的过程中sC．Pd膜可分离H2并提高COD．增大CO和H2Og【答案】D【解析】CO2是直线形分子，结构对称，正负电荷重心重合，CO2是非极性分子；H2中只含非极性键，H2是非极性分子，A正确；H2分子中含有s-sσ键，根据图示，H2吸附并透过Pd膜的过程中氢气分子先变为氢原子，通过Pd膜后再形成氢气分子，s-sσ键发生断裂和形成，B正确；根据图示，H2能透过Pd膜，CO不能透过Pd膜，Pd膜可分离H2出氢气，平衡正向移动，提高11．聚乳酸-羟基乙酸共聚物(PLGA)是一种新型的生物可降解高分子材料，其制备反应如下。(未配平)下列说法正确的是A．X和Y分子中所有的原子共平面B．X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团不同C．制备PLGA的反应属于缩聚反应D．m、n 的大小对PLGA的降解速率有影响【答案】D【解析】X、Y中均含饱和碳原子，为sp3杂化，不可能所有原子共平面，A错误；X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团均为酯基，B错误；制得 PLGA 时是通过两种环状内酯单体的“开环聚合”形成大分子，并未缩合出小分子(如 H2O)；不是缩聚反应，C错误；m、n 表示乳酸单元与羟基乙酸单元在共聚物中的含量比，不同配比会影响聚合物的结构与极性，从而影响其降解速率，D正确。12．KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，一种制取KMnO下列说法不正确的是A．Ⅰ中反应的化学方程式：2B．Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ均需过滤C．制取KMnO4的过程中，MnO2和D．K2【答案】C【解析】制备KMnO4的流程如下：MnO2、KOH和O2在加热条件下反应生成K2MnO4（步骤I），反应后加稀KOH溶液使K2MnO4等可溶性物质溶解，并过滤除去不溶性杂质（步骤II），向滤液中通入过量CO2使溶液酸化，并使K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2，过滤除去MnO2（步骤III），滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4晶体（步骤IV）。I中MnO2、KOH和O2在加热条件下反应生成K2MnO4，化学方程式为2MnO2+O2+4KOHΔ2K2MnO4+2H2O，A正确；需要过滤的步骤有II、III、IV，B正确；第III步反应方程式为3K2MnO4+2H2O=2KMnO413．一定温度下，在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图下列说法不正确的是A．由图1可知，X→Z的活化能大于B．5∼10min时，各物质的物质的量分数变化可以用EC．Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、D．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数【答案】B【解析】开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大于X→Y的活化能，A正确；5∼10min时，Z的浓度很低，说明主要发生反应X→Y，而Y→Z的速率很慢，即Y→Z的活化能大，则可以用E1＜E3来解释，B错误；σ键的键能大于π键，Y→Z的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π14．通过Na3AsO3与I2的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑K闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验：实验操作现象①向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅②向甲烧杯中加入少量Na3指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅已知：ⅰ、H3AsO3ⅱ、I2易溶于KI溶液，反应生成I3-(棕色)，I下列说法正确的是A．K闭合后，甲烧杯中的电极反应：AsOB．①中，加入NaOH溶液后，甲烧杯中AsO3C．②中，加入Na3AsO4固体后，pH对AsOD．根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量Na3【答案】D【解析】K闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明I2(棕黄)+I-⇌I3-(棕色)正向移动，则碘得到电子生成I-，进一步生成I3-，AsO33-失去电子生成H3AsO4、AsO43-，此时甲的石墨电极为负极，乙的石墨电极为正极。K闭合后，AsO33-失去电子生成H3AsO4、AsO43-，甲烧杯中的电极反应为3AsO33--6e-+3H2O=2H3AsO二、解答题15．硼元素在医药、陶瓷、新型电池等领域具有重要应用。(1)基态B原子的电子排布式是。(2)Be、B均为第二周期的元素，基态原子的第一电离能BeB(填“>”“<”或“=”)。(3)硼酸是一元弱酸，具有抑菌消炎作用。硼酸显酸性的原理：BOH①反应中B原子的杂化轨道类型的变化为。②BOH3生成BOH4(4)硼化钙是制高纯度硼合金的原料，其晶胞形状为立方体，结构示意图如图1所示，B原子全部组合为正八面体，各顶点通过B-B键连接成三维骨架，①硼化钙的化学式是。②已知硼化钙晶体的密度为ρg⋅cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则相邻两个Ca(5)咪唑基-四氟硼酸盐型离子液体具有难挥发、高离子传导性等优点，可作为新型电池的电解液，其结构如图2所示。若将咪唑基中的烃基(-R)替换为H原子，该离子液体的黏稠度将增加，不利于离子传导，从粒子间相互作用的角度解释原因：(写一点)。【答案】(1)1s22s22p1(2)>(3)由sp2杂化变为sp3杂化BOH3中的B原子提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对(4)CaB6【解析】（1）B的原子序数为5，可知基态B原子的核外电子排布式是1s2（2）同一周期从左往右，元素第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA和第ⅤA反常，则第一电离能由大到小的顺序为Be＞B；（3）①硼酸中B原子价层对数是3+3-3×12=3，则B原子的杂化方式为sp2杂化，BOH4-中B②因为BOH3中的B原子提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，所以（4）①由晶胞结构可知，立方体晶胞的顶点均为B6，晶胞中含有B6为8×18=1②设晶胞为acm，因为Ca位于体心，则相邻两个Ca2+间的最短距离为acm，已知硼化钙晶体的密度为ρg⋅cm-3，阿伏加德罗常数为NA（5）将烃基替换为H原子，阳离子体积减小，离子键增强，同时咪唑基中的N-H键可与F416．硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。(1)18~19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是②制硫酸总反应的化学方程式是。③i中反应的SO2与NO2的物质的量之比是(2)现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ⋅mol-1,SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是(3)人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。电解NH42SO注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：。②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理NH4ⅰ、较浓硫酸应注入(填“C极区”或“D极区”)。ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点：。【答案】(1)4NH3+5O2=(2)6b-4a-196(3)B极的电极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，cH+增大，【解析】（1）①工业上可用NH3生产NO，发生氮的催化氧化反应，方程式为：4②由物质转化图可知，SO2、O2、H2O为反应物，③根据反应i的反应物和产物，i反应方程式为：H2O+2SO2+3NO（2）①已知SO2中S-O键能为为akJ⋅mol-1，SO3中S-O键能的平均值为bkJ⋅mol-1，假设②由图2可知，随着温度升高，SO2的转化率先增大后减小，温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是温度升高使催化剂失去活性，同时（3）①由图3可知，A极附近稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，cOH-增大，NH4+通过阳离子交换膜X进入A极，②ⅰ、图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O，cH+减小，cOH-增大，NH4+通过阳离子交换膜ⅱ、从物质和能量的角度，图4利用H2和O17．伊曲茶碱可治疗帕金森症，其中间体L的合成路线如下。(1)A中含有的含氧官能团有。(2)A→B的化学方程式是(3)E的核磁共振氢谱只有1组峰，E的结构简式是。(4)推测I→J的反应中Na2S(5)D的结构简式是。(6)K分子内脱水生成L，L分子中除了含有两个六元环，还有一个含氮原子的五元环，L的结构简式是。(7)F→中间产物2的结构简式是。(8)E→F、F→G和K→L反应物中的N-H键、B【答案】(1)醚键、羟基(2)2+O2→ΔCu2+2H2O(3)(4)作还原剂，将—N=O转化为—NH2(5)(6)(7)(8)N的电负性较大，C-H键邻位的-【解析】与氧气在铜做催化剂条件下共热发生催化氧化反应生成B，则B为；与HOOCCH2COOH反应生成D，结合K的结构简式及D的分子式可知D为，J为；由E(C3H6O3)与CH3CH2NH2反应生成可知E为；与HOOCCH2CN先发生取代反应生成，发生分子内加成反应生成，发生构型转化得到，则G为；与NaNO2反应生成，与Na2S2O4发生还原反应生成，则J为；与D()发生取代反应生成，发生脱水反应生成L()。（1）的含氧官能团为醚键、羟基；（2）A→B的反应为铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为22+O2→ΔCu2+2H2O；（3）核磁共振氢谱只有1组峰的E的结构简式为；（4）I→J的反应为与Na2S2O4发生还原反应生成，则Na2S2（5）D的结构简式为；（6）L的结构简式为；（7）中间产物2的结构简式为；（8）E→F、F→G和K→L反应物中的N−H键极性强，易断裂是因为氮元素的电负性较大所致；B→D的反应物中α位的C-H键极性强，易断裂是因为C−H键邻位的−COOH为吸电子基团所致，故答案为：N的电负性较大，C18．钒钛磁铁矿(主要含V2O5、TiO2、FeO和Fe2O3)与钛白废酸资料：ⅰ、溶液A、溶液B和溶液C中的钛元素均以TiO2+ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：Fe3+(1)“氧化浸出”过程中Fe2+被H2O2(2)溶液B中加入NH42SO4使Fe2+结晶，随着NH4(3)溶液C经水解析出TiO2⋅xH2(4)溶液D中加入NaClO后，VO2+被氧化为VO2+，萃取得到富钒溶液。用HA萃取钒时发生反应：VO2++HA⇌(5)最终得到的V2O5中含有铁元素，原因是(6)连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。已知：ⅰ、Cr2O72-将ⅱ、还原性Ti3+>Fe①溶液a→溶液b、溶液b→溶液c消耗K2Cr2O7标准溶液的体积分别为v1mL和v2②若不加入MnSO4，最终会导致测定结果中铁元素的含量(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)【答案】(1)2(2)结晶时存在NH42FeSO4(3)TiO(4)将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液(5)溶液D中含有Fe2+，经ClO-氧化为Fe3+，萃取剂的萃取能力Fe3+>VO(6)v1:【解析】钒钛磁铁矿(主要含V2O5、TiO2、FeO和Fe2O3)与钛白废酸(主要含H2SO4和TiOSO4)混合氧化浸出得溶液A，溶液A中含有Fe3+、TiO2+、VO2+及SO42-，与铁屑反应得到溶液B，溶液B含有Fe2+、TiO2+、VO2+及SO42-，加入NH42SO4使Fe2+转化为NH42FeSO（1）Fe2+具有还原性，被H2O2氧化生成（2）加入NH42SO4使Fe2+转化为NH42FeSO（3）溶液C中的TiO2+水解析出TiO2⋅（4）由有机溶液重新得到含VO2+的水溶液，使VO2（5）溶液D中主要含有VO2+及SO42-和少量Fe2+，加入NaClO后，VO2+、Fe2+被氧化为VO2+、Fe3+（6）①溶液A含有Fe3+、TiO2+，加入铝片分别转化为Fe2+、Ti3+，即溶液a中含有Fe2+、Ti3+，由还原性Ti3+>Fe2+，加入K2Cr2O7标准溶液滴定时，Ti3+先发生反应，6Ti3++Cr2O72-+2H+Mn2+6TiO2++2Cr②Mn2+是Cr2O72-将Ti3+氧化为TiO2+反应的催化剂，若不加入MnSO4，该反应速率较慢，则K219．某小组探究金属Na、Mg、Al与CuCl2已知：ⅰ、CuCl(白色)+2Cl-⇌ⅱ、K装置实验金属现象ⅠNa钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体ⅡAl铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体(1)经检验，I中产生的黑色固体是CuO，I中生成CuO的过程中的反应有、Cu2+(2)探究Ⅱ中发生的反应。①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到(填实验现象)，证明有Cu生成。②验证Ⅱ中棕色溶液含有CuCl32-的实验操作和现象是③反应过程中溶液pH发生变化，起始溶液的pH约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本不变。ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：。ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有。④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是。(3)实验Ⅲ将Mg条放入酸化的2mL1.0mo