北京市海淀区2025届高三下学期一模化学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市海淀区2025届高三下学期一模化学试卷（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了04， 下列化学用语或图示表达正确是， 下列方程式与所给事实相符的是等内容，欢迎下载使用。
2025.04
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 N 14 O 16 Mn 55
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国科学家成功获得克级丰度超99%的并用于制备。易与、、等原子形成配位键“搭载”在多种药物上。下列说法正确的是
A. 可用质谱法区分和
B. 转变为的过程中发生了化学变化
C. 与原子形成配位键时，提供孤电子对
D. 在铜元素的核素中，的质量数最小
【答案】A
【解析】
【详解】A．质谱法可以测定物质的相对分子质量，和的相对原子质量不同，故可用质谱法区分和，A正确；
B．转变为，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；
C．与原子形成配位键时，提供空轨道，硫原子提供孤电子对，C错误；
D．在铜元素的核素中，铜的天然稳定同位素包括和，因此并不是铜核素中质量数最小的，D错误；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表达正确是
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. 的电子式：
D. 分子的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．是基态O原子的核外电子轨道表示式，A错误；
B．为顺丁烯二酸的结构简式，B正确；
C．为共价化合物，其电子式：，C错误；
D．分子空间结构为直线形，D错误；
答案选B。
3. 下列事实与、的电负性差异无关的是
A. 是离子化合物，是共价化合物B. 沸点：
C. 氧化性：D. ClF中Cl显正价
【答案】B
【解析】
【详解】A．的电负性大于，存在离子键，是离子化合物，存在共价键，是共价化合物，故不选A；
B．Cl2相对分子质量大于F2，Cl2范德华力大于F2，所以沸点，与、的电负性无关，故选B；
C．F的电负性大于Cl，F得电子能力强，所以氧化性：，故不选C；
D．F的电负性大于Cl，F得电子能力强，所以ClF中Cl显正价，故不选D；
选B。
4. 下列实验中，能达到实验目的的是
A. 实验室制氨气
B. 制备胶体
C. 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】
【详解】A．实验室用固体氯化铵和氢氧化钙加热制氨气，采用向下排空气法收集，A正确；
B．制备胶体应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，B错误；
C．挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙醇在浓硫酸中发生消去反应的产物，C错误；
D．实验室制乙酸乙酯，就是用乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下，加热生成乙酸乙酯，应使用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，浓氢氧化钠溶液碱性过强会使酯水解，D错误；
故选A。
5. 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 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；
B．反应KCl+ Na=NaCl+K↑中，产物K是气态，反应后气体分子数增多，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；
C．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；
D．金属性：K＞Na，故K比Na活泼，但此反应能发生是因为K的沸点比 Na低，在一定温度下K先变为气体，使平衡正向移动，并非因为金属性强弱，D错误；
故选C。
10. 室温下，利用图1所示装置测定容器中含量的变化。将两支注射器中的液体同时全部注入容器后开始测量.含量的变化如图2。
已知：苯酚，碳酸
下列说法不正确的是
A. 曲线①对应注入蒸馏水和溶液后容器中含量的变化
B. 注入苯酚和溶液后，主要发生反应：
C. 由曲线②推测，溶液在常温下不稳定
D. 注入两种液体后，溶液中均为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中曲线①可知，注入蒸馏水和溶液后，溶液呈碱性，会吸收瓶中，发生反应：，导致浓度明显下降，A正确；
B．苯酚，碳酸第二步电离的，酸性强弱为：，苯酚酸性强于，因此苯酚能与发生：，B正确；
C．图线②上升是由于苯酚与反应后生成碳酸氢根，；体系中存在一定量的二氧化碳，与水反应生成碳酸，碳酸电离产生氢离子和碳酸氢根离子，转化关系为：，因为碳酸氢根离子浓度增大，导致上述平衡逆向移动，二氧化碳而逸出，所以在此情况下，溶液在常温下不稳定，C正确；
D．题干给出的溶液浓度和体积表明所含“碳”总量为；在不泄漏的体系中，这些碳元素以 等形式存在于溶液中，但是由于原体系中含有一定量的二氧化碳，导致碳元素含量增加，所以最终溶液中，D错误；
故选D。
11. 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：生成时，与中均有键断裂。
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
C. 和的过程中，均涉及上的加成反应
D. 若中的全部原子用标记，生成的的结构简式应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．K中碳碳双键左侧的碳原子连了两个相同的基团(-CN)，故没有顺反异构，故A正确；
B．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，故B正确；
C．有-NH2对-CN加成，中，断开N-H键对M中-CN发生加成反应，故C正确；
D．由已知：生成时，与中均有键断裂，则Q中-NH2上的N应为15N，故D错误；
答案选D。
12. 硫铁矿矿渣周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进的溶解，相关的物质转化如图，其中①~③均完全转化。下列说法不正确的是
A. 硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的
B. 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，废水的降低
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫细菌可以将硫铁矿表面的硫氧化为硫酸根离子从而减少硫铁矿表面的硫，A正确；
B．铁细菌可以将亚铁离子氧化为铁离子，而铁离子可以加快的溶解，所以铁细菌的存在能提高反应①的速率，B正确；
C．根据流程图，参与反应生成了亚铁离子和硫单质，故废水中铁元素的含量增多，C错误；
D．硫细菌将硫单质氧化为硫酸根离子的过程中生成了氢离子，亚铁离子被氧气氧化为铁离子的过程中消耗氢离子，生成的氢离子多于消耗的氢离子导致废水的pH降低，D正确；
故答案选C。
13. 可用去除酸性废水中的砷元素，形成沉淀。溶液中含砷微粒的物质的量分数与的关系如图1所示，砷去除率与温度的关系如图2所示。
已知：可缓慢水解，且溶于碱性溶液。
下列说法正确的是
A. 沉淀反应为
B. 图2能证明生成沉淀的反应为放热反应
C. 产生的沉淀若不及时滤去，砷去除率会降低
D. 加入的量越多，砷元素的去除率越高
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图1可知，酸性废水中形式存在砷元素主要以亚砷酸，加入硫化钠得到三硫化二砷的反应为，故A错误；
B．由图2可知，升高温度，砷去除率会降低，去除率降低可能是温度升高三硫化二砷的溶解度增大所致，也可能是三硫化二砷的水解程度增大所致，所以无法依据去除率降低判断生成三硫化二砷的反应为放热反应，故B错误；
C．由题给信息可知，三硫化二砷可缓慢水解，所以除砷时若产生的三硫化二砷沉淀若不及时滤去，会因水解导致砷去除率降低，故C正确；
D．硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，由题给信息可知，三硫化二砷溶于碱性溶液，则加入硫化钠的量越多，砷元素的去除率会因溶解而降低，故D错误；
故选C。
14. 己二腈是合成尼龙-66的原料。可用电解丙烯腈的方法合成己二腈，装置示意图如下。
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. 制得己二腈的同时，阳极室中增加
C. 制得己二腈的同时，理论上会产生(标况下)
D. 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】
【分析】用电解丙烯腈的方法合成己二腈过程中，C元素化合价降低，发生还原反应，则丙烯腈在阴极（左侧电极）发生反应：，右侧电极为阳极，水失去电子发生氧化反应：；
【详解】A．由分析可知，丙烯腈在阴极发生还原反应生成己二腈，A正确；
B．由电极反应式可知，制得己二腈时，阴极室消耗，阳极室生成通过质子交换膜向阴极移动，则阳极室中不变，B错误；
C．由电极反应式可知，制得己二腈时，转移，生成，即产生(标况下)，C正确；
D．根据题中所给已知信息：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；阳极室反应物具有还原性，发生氧化反应，则要降低电解丙烯腈的能耗，可向阳极室中加入强还原剂，D正确；
故选B。
第二部分
本部分共5题，共58分。
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。盐湖卤水中的含量低，的含量较高，提锂难度大。
（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。的空间构型为_______。
（3）冠醚萃取法可选择性提取低浓度的。某种冠醚的结构如图。当冠醚空腔大小与金属离子接近时，金属离子易被吸附进入空腔中，实现萃取。该冠醚在某溶剂中的离子选择性如下表。
从原子结构角度解释冠醚的离子选择性的原因：_______。
（4）用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为)。
①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。该晶体的密度为_______。
【答案】（1）第二周期IA族
（2）平面三角形 （3）和的电子排布相同，核电荷数：大于，离子半径：小于；相比于，与的离子半径更接近，更易被冠醚吸附，更难与分离，故离子选择性更低
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Li在元素周期表中的位置是：第二周期IA族；
【小问2详解】
中C原子的价层电子对数为3+=3+0=3，空间构型为平面三角形；
【小问3详解】
从原子结构角度解释冠醚的离子选择性的原因：和的电子排布相同，核电荷数：大于，离子半径：小于；相比于，与的离子半径更接近，更易被冠醚吸附，更难与分离，故离子选择性更低；
【小问4详解】
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，晶胞中O2-个数为：，Li+个数为8，晶体的密度为：。
16. 是一种重要的工业原料。
（1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为_______。
（2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下：
i．
ii．
iii．
①铅室法制硫酸总反应为_______。
②的结构式为其中原子的杂化方式为_______。
（3）现代工业采用接触法制硫酸。
①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表_______(填“温度”或“压强”)。
②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)吸收制硫酸尾气中的，并制备。
①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为_______。
②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
已知：
待测液中元素的含量为_______。
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） ①. ②.
（3） ①. 温度 ②. 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） ①. ②. ③. 偏大
【解析】
【小问1详解】
加热绿矾得到红棕色粉末，可知有生成，同时生成两种硫的氧化物，可知有生成，加热过程中结晶水先失去，则反应的化学方程式。
【小问2详解】
①根据铅室法制硫酸反应过程，可知是催化剂，和是中间产物，是反应物，是产物，把i、ii、iii三步反应的化学方程式相加， 去掉中间产物，可得总的反应化学方程式。
②的结构式为，可知S原子与周围O原子的价层电子对数为，所以S原子采取的是杂化。
【小问3详解】
①从图可知，横坐标增大，的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若是压强，压强增大，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，的平衡转化率减小，故横坐标代表温度。
②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。
【小问4详解】
①用软锰矿浆(主要成分为)吸收，并制备反应的化学方程式为。
②用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的反应是，结合已知反应可得到关系式
设待测液中元素的浓度为x，可得解得即元素的浓度为。
③若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定结果偏大。
17. 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．RCOORRCH2OH
ii．
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_______。若不分离副产物Y，是否会明显降低脱落酸的纯度，判断并说明理由_______。
（7）L→脱落酸的过程中，理论上每生成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还原
（6） ①. ②. 不会，Y中酯基会在酸性条件下继续水解，仍生成脱落酸
（7）1ml
【解析】
【分析】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，据此分析；
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
低碳酯具有香味，C中官能团的名称是酯基；
小问3详解】
由分析可知，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；
【小问4详解】
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；
【小问5详解】
G（）→H H（），合成最后又生成酮羰基，目的是保护酮羰基，防止其在后续反应中被还原；
【小问6详解】
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，根据Y的分子式以及生成乙醇可知，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。
【小问7详解】
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，故理论上每生成脱落酸消耗水的物质的量为1ml。
18. 利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。
已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。
ii．
（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。
下列说法正确的是_______(填序号)。
A.800℃时发生了反应：
B.热稳定性：
C.焙烧时，的作用是避免被氧化
（3）已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因：_______。
（4）图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因：_______。
（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）替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解
（4）加入氨水可使转化为可溶性的；加入碳酸铵可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗
（5）温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀
（6）或、
【解析】
【分析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]为原料，制备粉，菱锰矿与25%溶液脱硅，发生，生成的能溶于水，过滤，与、不溶物分离除去，、在的作用下焙烧，使发生分解反应生成，再加入氨水-溶液浸锰，过滤除去，得到含有的浸锰液再沉锰制得粉。
【小问1详解】
脱硅时发生，生成的能溶于水，与、不溶物分离方法为过滤，故答案为：过滤；
【小问2详解】
A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时发生了反应：，A项正确；
B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时分解，分解，时未发生分解，故热稳定性：，B项错误；
C ．MnO易被氧化为，故焙烧时，的作用是避免被氧化，C项正确；
故答案为：AC；
【小问3详解】
相同温度下，将替换为，浓度变大，平衡逆移，不利于分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至，值增大，此时，反应正向进行，继续分解，故答案为：替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解；
【小问4详解】
从图像可看出，，溶液较高，氨水可使转化为可溶性的，但浸出量较低，随增大，溶液降低，浸出量升高，，略大于10，浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使转化为可溶性的；加入可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗；
【小问5详解】
氨水-溶液浸锰时，得到含有、等的浸锰液，溶液中存在平衡，沉锰时，温度升高，导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，，有沉淀生成，故答案为：温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀；
【小问6详解】
焙烧生成的可以与氨水反应制备，而沉锰时逸出的可以制备氨水，故答案为：或、。
19. 小组同学探究、在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素。
已知：、均能溶于强碱性溶液，生成。
【理论预测】
猜想1：作负极，因为的失电子能力更强。
猜想2：作负极，因为能与强碱性溶液发生氧化还原反应，产生。
【实验验证】
（1）由电压传感器示数可知，时作负极。根据现象推测后正负极发生了反转，证据_______。
（2）后作负极，但猜想2中的解释不合理，理由是_______。
（3）甲同学推测0~5s时产生的可能原因有：
i．；
ii．_______(用离子方程式表示)。
（4）小组同学推测，电压示数迅速减小与电极被覆盖有关。
①0~5s时，镁片表面发生反应的电极反应式为_______。
②为证明推测，乙、丙同学分别设计了实验2和3。
已知：EDTA四钠盐浓溶液的约为12，EDTA易与形成配合物EDTA-Mg。
i．实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是_______。
ii．补全实验3的方案：试剂a为_______。
（5）综合实验1、2，可以得出的结论是_______。
【答案】（1）后，电压示数变为
（2）若猜想2的解释成立，后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到
（3）
（4） ①. ②. ，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成) ③. 溶液
（5）形成原电池的正负极首先取决于金属、的失电子能力，同时也会受到反应过程中、电极表面覆盖程度的影响
【解析】
【分析】探究、在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素，除考虑金属活动性外，还需考虑电解质溶液对反应的影响；
【小问1详解】
时作负极，此时电压传感器示数为0.3V，后迅速归零，后电压传感器示数逐渐变为并保持稳定，说明后正负极发生了反转，故证据为：后，电压示数变为；
【小问2详解】
若猜想2的解释成立，则该装置中铝为负极、镁为正极，正极水得到电子发生还原反应生成氢气，后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到，故猜想2中的解释不合理；
【小问3详解】
铝和强碱中氢氧根离子发生反应生成四羟基合铝酸根离子和氢气，推测0~5s时产生的可能原因为：；
【小问4详解】
①推测:电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，结合质量守恒，则负极镁反应为镁失去电子和溶液中氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀：，氢氧化镁沉淀附着在电极上导致反应被阻碍；
②已知：EDTA易与形成配合物EDTA-Mg，实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是发生反应，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成)，使得反应能够进行；
实验探究：电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，则实验3中左侧的电解质溶液不能和镁离子生成沉淀，故试剂a为可以为溶液（合理即可）；
【小问5详解】物质
K
NaCl
KCl
熔点/℃
97.8
63.7
801
-
沸点/℃
883
774
>1400
>1400
离子选择性
164：1
3：1
温度/℃
600
700
800
主要成分
MnO、
MnO、、、MgO
MnO、、MgO
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)
后：电压传感器示数逐渐变为并保持稳定；铝片表面有气泡产生(经检验为)，镁片表面无明显变化