精品解析：北京市房山区2025届高三下学期一模化学试卷

房山区2025年高三年级第一次综合练习化学 本试卷共11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 C：12 N：14 O：16 Na：23 第一部分 一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国在新型储能电池领域取得重大突破，锂硫电池因高能量密度成为研究热点。下列关于锂硫电池说法中不正确的是 A. 硫单质是金属晶体 B. 放电过程锂元素发生氧化反应 C. 电池隔膜材料聚丙烯，属于有机高分子材料 D. 锂硫电池单位质量储能比钠硫电池高 【答案】A 【解析】 【详解】A．S是非金属元素，S单质属于分子晶体（如S8等），A错误； B．该电池中，Li做负极，发生氧化反应，B正确； C．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到的，属于有机高分子材料，C正确； D．Li失去1mol电子消耗的质量为7g，而Na失去相同物质的量的电子需要23g，故锂硫电池单位质量储能比钠硫电池高，D正确； 故答案选A。 2. 下列表示不正确的是 A. 中子数为8的碳原子： B. H2O的VSEPR模型： C. 过氧化氢的电子式： D. 基态24Cr原子的价层电子轨道表示式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为8的碳原子的质量数为8=6=14：，A正确； B．H2O中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，H2O的VSEPR模型：，B正确； C．过氧化氢为共价化合物，电子式，C正确； D．铬为24号元素，基态原子24Cr的价层电子轨道表示式为，D错误； 故选D。 3. 下列说法不正确的是 A. 淀粉水解生成乙醇，可用于酿酒 B. 油脂在碱性溶液中水解，生成高级脂肪酸盐常用于生产肥皂 C. 氨基酸、二肽、蛋白质均既能与强酸又能与强碱反应 D. DNA双螺旋结构两条链上的碱基通过氢键作用互补配对 【答案】A 【解析】 【详解】A．淀粉属于多糖，水解的最终产物是葡萄糖，而非乙醇，乙醇是葡萄糖在无氧条件下（如酵母菌发酵）进一步转化的产物，A错误； B．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，生成的高级脂肪酸钠（或钾）盐是肥皂的主要成分，B正确； C．氨基酸、二肽、蛋白质均含有氨基和羧基，氨基可与强酸反应，羧基可与强碱反应，故均具有两性，C正确； D．DNA双螺旋结构中，两条链的碱基（如A-T、C-G）通过氢键互补配对，维持结构的稳定性，D正确； 故选A。 4. 下列方程式能准确解释相应事实的是 A. 浓硝酸存放在棕色试剂瓶中：4HNO3(浓) = 4NO↑ + 3O2↑ + 2H2O B. 常温下0.1 mol•L-‍1NaClO溶液的pH约为9.7：ClO-+ H2OHClO+OH- C. 用过量的氨水吸收SO2：NH3·H2O + SO2 = + D. 金属钠着火不能用CO2灭火器灭火：Na2O + CO2 = Na2CO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硝酸见光易分解成二氧化氮、水和氧气，，故浓硝酸存放在棕色试剂瓶中，故A不符合题意； B．NaClO会水解ClO-+ H2OHClO+OH-，导致溶液显碱性，故B符合题意； C．过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：2NH3·H2O + SO2 =2+ +H2O，故C不符合题意； D．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火是由于Na能够在CO2中继续燃烧生成碳酸钠和碳单质，4Na + 3CO2 2Na2CO3+C，故D不符合题意； 答案选B。 5. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是 实验室制Cl2 实验室制取NH3 实验室收集O2 干燥NH3 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制Cl2，需要加热，故不选A； B．实验室中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取NH3，故不选B； C．氧气不易溶于水，用排水法收集氧气，故选C； D．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选D； 选C。 6. 回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。 下列说法不正确的是 A. ①中NaClO作氧化剂 B. ②中加入氨水的作用是调节溶液pH C. ③中若X是乙醛溶液，生成Ag的反应为CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH CH3COONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O D. 操作a和操作b均为过滤 【答案】B 【解析】 【分析】光盘碎片在碱性条件下加入次氯酸钠将银氧化为氯化银沉淀等，过滤分离出氯化银固体，加入氨水将氯化银转化为银氨溶液，过滤分离出滤液，滤液加入还原剂还原得到银单质。 【详解】A．由分析可知，①中加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液的目的是碱性环境下将银氧化为氯化银，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，故A正确； B．由分析可知，②中加入氨水的目的是将氯化银转化为银氨溶液，故B错误； C．由分析可知，向银氨溶液中加入乙醛的目的是共热发生银镜反应得到银，反应的化学方程式为CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH CH3COONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O，故C正确； D．由分析可知，操作a和操作b均为固液分离的过滤操作，故D正确； 故选B。 7. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是 A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多 B. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大 C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大 D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．对有气体参加的反应，减小容器容积使压强增大，单位体积内分子总数和活化分子数增多，活化分子百分数不变，故A正确； B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故B错误； C．升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C正确； D．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故D正确； 故答案为B。 8. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列对事实的解释不正确的是 选项 实例 解释 A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 B 键角：NH3 > H2O 孤电子对与成键电子对的斥力小于成键电子对之间的斥力 C 沸点：CO > N2 CO为极性分子，N2为非极性分子 D 酸性：CF3COOH>CH3COOH 电负性F>H，CF3COOH羧基中羟基的极性更大 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．原子光谱是不连续的线状谱线说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，故A正确； B．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1，水分子中孤对电子对数为2，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，且孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以氨分子的键角大于水分子，故B错误； C．一氧化碳和氮气都是相对分子质量为28的双原子分子，一氧化碳是正负电荷重心不重合的极性分子，氮气是正负电荷重心重合的非极性分子，所以一氧化碳的分子间作用力大于氮气，沸点高于氮气，故C正确； D．氟元素的电负性强于氢元素，氟原子是吸电子基，会使羧酸分子的羧基中羟基的极性增大，更易电离出氢离子，使羧酸的酸性增强，所以三氟乙酸的酸性强于乙酸，故D正确； 故选B。 9. 用放射性同位素 标记酪氨酸，可达到诊断疾病的目的。标记过程如下： 下列说法不正确的是 A. I元素位于周期表p区 B. 和互为同位素 C. 酪氨酸苯环上的一碘代物有4种 D. 标记过程发生了取代反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．I元素位于周期表第ⅦA族，最外层电子在p轨道上，属于周期表的p区，A正确； B．和是质子数相同，中子数不同的核素，互为同位素，B正确； C．酪氨酸苯环上对位连两个支链，苯环上剩余4个位置按对位轴对称，一碘代物有2种，C错误； D．根据题目描述，酪氨酸羟基邻位的氢原子被碘取代，生成一碘代物，是典型的取代反应，D正确； 故选C。 10. 科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 电极a是负极 B. 离子交换膜a为阴离子交换膜 C. 电极b的反应式：O2 + 4e− + 4H+= 2H2O D. 酸性条件下O2的氧化性强于碱性条件下O2的氧化性 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，电极a产生氧气，氧元素化合价升高，发生氧化反应，故a为负极，电极反应为；b为正极，电极反应为。 【详解】A．由上述分析可知，a为负极，A正确； B．K+由负极移向正极定向移动，由图可知离子交换膜a为阳离子交换膜，B错误； C．由上述分析可知，b为正极，电极反应为，C正确； D．由电极方程式可知，在酸性条件下O2得电子作氧化剂，碱性条件下O2作氧化产物，则酸性条件下O2的氧化性强于碱性条件下O2的氧化性，D正确； 故答案选B。 11. 实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。 下列说法不正确的是 A. 有O2生成推测发生了反应：2Na2O2 + 2SO2 = 2Na2SO3 + O2 B. bc段O2含量下降与反应O2 + 2Na2SO3 = 2Na2SO4有关 C. c点剩余固体中含有Na2SO3 D. 实验过程中Na2O2仅体现氧化性 【答案】D 【解析】 【详解】A．起始阶段有大量产生，说明与发生了反应并生成了，则反应的方程式为：，A正确； B．bc段含量下降，说明有物质在消耗，根据容器内物质的成分可知，可能是生成的继续与反应导致的，反应的方程式为：，B正确； C．根据前面的信息，与发生总反应为：，在c点时，氧气含量还在减小，说明反应还在发生，则c点剩余固体中还含有，C正确； D．根据反应可知既体现了氧化性，被还原为，又体现了还原性，被氧化为，D错误； 故答案为：D。 12. 不对称分子刷（聚合物C）在分子自组装领域具有重要的研究价值，其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. 聚合物A的单体结构为： B. 反应①和②的反应类型相同 C. 推测在空气中放置可被氧化 D. 聚合物C在碱性条件下的水解产物不完全是小分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．聚合物A单体结构可看作二取代的烯烃衍生物：，A正确； B．反应①为加成反应，②为取代反应，二者反应类型不同，B错误； C．中含有酚羟基和碳碳不饱和双键，不稳定，推测其在空气中放置可被氧化，C正确； D．聚合物C在碱性条件下的水解产物，例如，不完全是小分子，D正确； 故本题答案选B。 13. 通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A. 反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成 B. 推测物质的稳定性顺序为：④>③>② C. 反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1 D. CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图，反应物经过渡态2生成中间体，HBr中氢、溴分别和1、4号碳结合，即CH2=CH-C≡CH+HBr→BrCH2-CH=C=CH2，发生的是1，4-加成，A正确； B．由题干反应历程图可知，物质②③④具有的能量相对大小为：②＞③＞④，能量越高物质越不稳定，故推测物质的稳定性顺序为：④>③>②，B正确； C．由题干反应历程图可知，反应路径1中最大能垒为过渡态3，其数值为36.1 kcal·mol-1-(-9.5 kcal·mol-1)= 45.6kcal·mol-1，C正确； D．由图，反应CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数随温度升高而减小，D错误； 故选D。 14. 某同学检验海带中是否含有碘元素，进行了如下实验。 步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰； 步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，得到海带灰浸取液； 步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝；再加入溶液(硫酸酸化)，溶液变为蓝色； 步骤Ⅳ：将溶液(硫酸酸化)替换为氯水，重复步骤Ⅲ，溶液未变蓝； 步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入，溶液迅速变为蓝色。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中，灼烧干海带的目的是除去有机化合物，获得可溶性碘化物 B. 步骤Ⅲ中，反应的离子方程式： C. 若将步骤Ⅴ中的替换为溶液，也可能观察到溶液变为蓝色 D. 对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，说明该条件下氧化性比氯水强 【答案】D 【解析】 【详解】A．干海带灼烧过程中所含有机质转化为二氧化碳和水，得到可溶性碘化物，故A正确； B．根据步骤III中现象可知，将碘离子氧化为碘单质，根据电子得失守恒得反应离子方程式：，故B正确； C．由步骤IV、步骤V的现象可知氯水将碘化物氧化为碘酸盐，碘酸盐被二氧化硫还原碘单质，也具有较强还原性，也能将碘酸盐还原为碘单质，故C正确； D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，可知只能将碘化物氧化为碘单质，而氯气能将碘化物氧化为碘酸盐，说明氯气的氧化性强于，故D错误； 故选：D。 第二部分 二、本部分共5题，共58分。 15. 磷酸亚铁锂(LiFePO4)是一种电极材料，广泛应用于新能源等领域。 （1）基态Fe原子价层电子排布式是___________。 （2）Fe元素的各级电离能数据(用I1、I2∙∙∙∙∙∙表示)如下表所示，从原子结构角度解释I3-I2<I4-I3的原因___________。 元素 电离能/(kJ•mol-1) I1 I2 I3 I4 …… Fe 762.5 1561.9 2957 5290 …… （3）LiFePO4的制备流程：FeSO4FeC2O4∙2H2OLiFePO4 ① FeSO4晶体中存在的作用力类型有___________。 ② FeC2O4·2H2O的结构如下图所示，中C原子的杂化方式是___________。 （4）锂离子电池充、放电过程中，正极材料晶胞的组成变化如下图所示。 ①由于的空间构型为___________，且磷氧键键能较大，锂离子嵌入和脱出时，磷酸亚铁锂的空间骨架不易发生形变，具有良好的循环稳定性。 ②若LiFePO4全部转化为FePO4，则平均每个晶胞脱出___________个Li+。 【答案】（1）3d64s2 （2）Fe原子失去两个电子后价层电子排布式为3d6，容易失去一个电子，形成3d5半充满结构，体系能量较低，相对稳定不容易失电子，所以I3-I2<I4-I3 （3） ①. 共价键、离子键 ②. sp2 （4） ①. 正四面体 ②. 4 【解析】 【小问1详解】 铁为26号元素，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2； 【小问2详解】 Fe原子失去两个电子后价层电子排布式为3d6，容易失去一个电子，形成3d5半充满结构，体系能量较低，相对稳定不容易失电子，所以I3-I2<I4-I3； 【小问3详解】 ①和间的作用力为离子键，中S和O之间的作用力为共价键； ②的结构为，碳原子成3条σ键，没有孤电子对，则为sp2杂化； 【小问4详解】 ①中，中心P原子价层电子对数为，没有孤电子对， 构型为正四面体形； ②根据晶胞结构，LiFePO4晶胞中Li+位于顶点、面心和棱上，个数为，即每个晶胞中有4个Li+，LiFePO4全部转化为FePO4，晶胞中的Li+全部脱出，故脱出4个Li+。 16. CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。 （1）烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。 ①捕集过程发生反应的化学方程式___________。 ②捕集过程CO2吸收速率随时间的变化如图所示。解释CO2吸收速率逐渐降低的原因___________。 （2）通过电催化法将CO2和合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图所示。 ① 电极b是电解池的___________极。 ② 电解过程中生成尿素的电极反应式是___________。 （3）催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。 主反应：CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0 副反应：CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) ΔH>0 在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图所示： ①图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为___________(填“I”或“Ⅱ”)。 ②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因是 ___________。 【答案】（1） ①. Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2 ②. 随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少 （2） ①. 阳 ②. CO2 + 2+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O （3） ①. I ②. 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度 【解析】 【分析】（2）由图可知，水在b电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极，方程式为，a 是阴极，二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，电极反应式为：CO2 + 2+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O，据此解答。 【小问1详解】 ①捕集过程发生反应的化学方程式Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2，②捕集过程CO2吸收速率随反应进行逐渐降低，可能是因为随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少； 【小问2详解】 ①由图可知，水在b电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极；②电解过程中二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为：CO2 + 2+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O； 【小问3详解】 ①维持压强和投料比不变，随着温度升高，主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随着温度升高主反应平衡会逆向移动，甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为I；②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的是因为主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度。 17. 呋喹替尼是我国自主研发的一种抗癌药物。其合成路线如下： （1）D中含氧官能团的名称是___________。 （2）NBS的结构简式是 ，B→D的化学方程式是___________。 （3）D→E的过程生成乙酸，试剂a的结构简式是___________。 （4）下列说法正确的是___________(填序号)。 a．设计反应A→B和G→I的目的是保护羟基 b．I分子中含有两个六元环 c．J中有手性碳原子 （5）已知： ① 中α-H键易断裂，原因是___________。 ② F→G经历下列过程 F 中间产物1中间产物2G 中间产物1的结构简式___________G的结构简式___________。 （6）J + K 生成呋喹替尼时，加入K2CO3能提高产品产率，请分析原因___________。 【答案】（1）羟基、醚键 （2） （3） （4）a （5） ①. 酯基的吸电子作用使得酯基相连的C-H键极性增强，易断裂 ②. ③. （6）加入K2CO3与生成的HCl反应，使c(HCl)降低，促进J + K 反应正向进行，提高呋喹替尼产率；与J中酚羟基反应，促进J与K的反应正向移动 【解析】 【分析】由流程，结合AB化学式和D结构，A为，A中酚羟基发生取代反应引入甲基生成B，B发生取代反应在苯环引入溴原子生成D，D→E的过程生成乙酸，结合F结构，生成E为，则为D中酚羟基和试剂a 生成酯基且同时生成乙酸，则a为，E中溴被取代转化为F，F在一定条件下转化为G，F→G经历下列过程：F 中间产物1中间产物2G，结合（5）中已知反应原理，则F首先发生取代反应生成中间产物1，然后发生加成反应成环得到中间产物2，然后发生消去反应生成G，G中酯基转化为羧基、醚键转化为酚羟基得到I，I中羧基发生取代反应生成J，J和K转化为产物； 【小问1详解】 由D结构，D中含氧官能团的名称是醚键和酚羟基； 【小问2详解】 结合分析，B→D的反应为B中酚羟基邻位氢被溴取代生成D和，反应为：； 【小问3详解】 由分析，试剂a的结构简式是； 小问4详解】 a．设计反应A→B和G→I过程中酚羟基被反应后，然后又生成酚羟基，则其目的是保护羟基，正确； b．I：，分子中含有1个六元环，错误； c．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；J中没有手性碳原子，错误； 故选a； 【小问5详解】 ① 中α-H键易断裂，原因是酯基的吸电子作用使得酯基相连的C-H键极性增强，易断裂。 ②由分析，中间产物1的结构简式，G的结构简式； 【小问6详解】 J + K 生成呋喹替尼时，K中氯原子和J中酚羟基氢生成HCl，加入K2CO3与生成的HCl反应，使c(HCl)降低，促进J + K 反应正向进行，提高呋喹替尼产率，故J + K 生成呋喹替尼时，加入K2CO3能提高产品产率。 18. 从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 4.9×10−17 2.8×10−39 5.6×10−12 2.1×10−15 （1）上述流程中，加快反应速率的措施是___________。 （2）用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的___________。 （3）萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有___________。 ②解释反萃取时H2SO4的作用：___________。 （4）生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是___________。 （5）第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至___________(填序号)。 a．6~7 b．9~10 c．11~12 （6）该流程中可循环利用的物质有___________。 【答案】（1）研磨 （2）4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O （3） ①. O、N ②. 加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层 （4）Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+ （5）b （6）H2SO4、萃取剂(HR)、O2 【解析】 【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。 【小问1详解】 将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率，故加快反应速率的措施是研磨； 【小问2详解】 具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去，用离子方程式可以表示为：4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O； 【小问3详解】 ① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子； ②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层；故答案为：O、N；加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层； 【小问4详解】 根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为：Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+； 【小问5详解】 第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b； 【小问6详解】 反应过程中使用到了硫酸，萃取剂，氧气，反萃取时再产生萃取剂，电解含铜离子的水溶液，即电解硫酸铜时产生硫酸和氧气，，则该流程中可循环利用的物质有：H2SO4、萃取剂(HR)、O2。 19. 某小组同学制备NO2，并探究不同条件下NO2与H2O的反应。实验装置如图(夹持装置略)。 （1）装置A中反应的化学方程式为___________。 （2）将收集装置B补充完整___________。 （3）用以上方法收集两试管NO2气体(均为12 mL)，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液pH及气体体积的影响)： 实验编号 实验1-1(热水) 实验2-1(冰水) 剩余气体 无色，3 mL 几乎无气体 溶液状态 无色，pH=0.7 无色，pH=1.1 ①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理___________。 ②甲认为实验2-1中NO2几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。证明甲同学猜想不成立的实验证据是___________。 （4）将上述实验静置一天后观察： 实验1-2(热水)：剩余气体4mL，溶液无色，pH=0.6，无气泡生成。 实验2-2(冰水)：剩余气体1mL，溶液无色，pH=0.9，有无色细小气泡生成。 查阅资料：2NO2+H2O=HNO3+HNO2 ，HNO2易分解。 ①用方程式解释实验2-2有无色细小气泡生成原因___________。 ②设计实验，证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2：___________(补充实验操作及现象)。 （5）从反应速率的角度，分析不同温度下NO2与水反应现象差异的原因___________。并对装置C中吸收NO2尾气所用试剂及条件提出建议___________。 【答案】（1） （2） （3） ①. 2NO+O2=2NO2 ②. 溶液无色、pH=1.1 （4） ①. ②. 取两支试管，向第1支试管中加入2mL实验2-1(或实验2-2)中的溶液，向第2支试管中加入2mL实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾溶液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色。则说明反应过程中产生了HNO2 （5） ①. 二氧化氮与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速率慢。升高温度，亚硝酸分解速率加快 ②. 冷的浓氢氧化钠溶液 【解析】 【分析】铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，根据二氧化氮密度比空气大可知收集时长导管通入，根据实验探究可知多余的二氧化氮气体需用冷的氢氧化钠溶液吸收，效果更好。 【小问1详解】 铜与浓硝酸反应，生成硝酸铜，二氧化氮和水：； 【小问2详解】 根据二氧化氮密度比空气大可知收集时长导管通入，补全装置图； 【小问3详解】 ①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色，说明剩余气体为一氧化氮，与氧气反应生成二氧化氮：2NO+O2=2NO2； ②实验2-1中溶液为无色，且溶液的pH=1.1，说明生成的酸，即证明二氧化氮与水发生反应； 【小问4详解】 ①根据题干信息，HNO2易分解，且生成气体为无色，说明是一氧化氮：； ②证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2，补充实验如下：取两支试管，向第1支试管中加入2mL实验2-1(或实验2-2)中的溶液，向第2支试管中加入2mL实验1-2中的溶液。分别向两支试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，第1支试管中高锰酸钾溶液褪色，第2支试管中高锰酸钾溶液未褪色。则说明反应过程中产生了HNO2； 【小问5详解】 二氧化氮与水反应分两步进行，第一步生成硝酸和亚硝酸反应速率快，第二步亚硝酸分解反应速率慢。升高温度，亚硝酸分解速率加快；根据实验探究可知，吸收NO2尾气，用冷的浓氢氧化钠溶液效果更佳。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 房山区2025年高三年级第一次综合练习化学 本试卷共11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 C：12 N：14 O：16 Na：23 第一部分 一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国在新型储能电池领域取得重大突破，锂硫电池因高能量密度成为研究热点。下列关于锂硫电池说法中不正确的是 A. 硫单质是金属晶体 B. 放电过程锂元素发生氧化反应 C. 电池隔膜材料聚丙烯，属于有机高分子材料 D. 锂硫电池单位质量储能比钠硫电池高 2. 下列表示不正确的是 A. 中子数为8的碳原子： B. H2O的VSEPR模型： C. 过氧化氢的电子式： D. 基态24Cr原子的价层电子轨道表示式： 3. 下列说法不正确的是 A. 淀粉水解生成乙醇，可用于酿酒 B. 油脂在碱性溶液中水解，生成的高级脂肪酸盐常用于生产肥皂 C 氨基酸、二肽、蛋白质均既能与强酸又能与强碱反应 D. DNA双螺旋结构两条链上的碱基通过氢键作用互补配对 4. 下列方程式能准确解释相应事实的是 A. 浓硝酸存放在棕色试剂瓶中：4HNO3(浓) = 4NO↑ + 3O2↑ + 2H2O B. 常温下0.1 mol•L-‍1NaClO溶液的pH约为9.7：ClO-+ H2OHClO+OH- C. 用过量的氨水吸收SO2：NH3·H2O + SO2 = + D. 金属钠着火不能用CO2灭火器灭火：Na2O + CO2 = Na2CO3 5. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是 实验室制Cl2 实验室制取NH3 实验室收集O2 干燥NH3 A B C D A. A B. B C. C D. D 6. 回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。 下列说法不正确的是 A. ①中NaClO作氧化剂 B. ②中加入氨水的作用是调节溶液pH C. ③中若X是乙醛溶液，生成Ag的反应为CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH CH3COONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O D. 操作a和操作b均为过滤 7. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是 A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多 B. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大 C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大 D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大 8. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列对事实的解释不正确的是 选项 实例 解释 A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 B 键角：NH3 > H2O 孤电子对与成键电子对的斥力小于成键电子对之间的斥力 C 沸点：CO > N2 CO为极性分子，N2为非极性分子 D 酸性：CF3COOH>CH3COOH 电负性F>H，CF3COOH羧基中羟基的极性更大 A. A B. B C. C D. D 9. 用放射性同位素 标记酪氨酸，可达到诊断疾病的目的。标记过程如下： 下列说法不正确的是 A. I元素位于周期表p区 B. 和互为同位素 C. 酪氨酸苯环上的一碘代物有4种 D. 标记过程发生了取代反应 10. 科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 电极a负极 B. 离子交换膜a为阴离子交换膜 C. 电极b的反应式：O2 + 4e− + 4H+= 2H2O D. 酸性条件下O2的氧化性强于碱性条件下O2的氧化性 11. 实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。 下列说法不正确的是 A. 有O2生成推测发生了反应：2Na2O2 + 2SO2 = 2Na2SO3 + O2 B. bc段O2含量下降与反应O2 + 2Na2SO3 = 2Na2SO4有关 C. c点剩余固体中含有Na2SO3 D. 实验过程中Na2O2仅体现氧化性 12. 不对称分子刷（聚合物C）在分子自组装领域具有重要的研究价值，其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. 聚合物A的单体结构为： B. 反应①和②的反应类型相同 C. 推测在空气中放置可被氧化 D. 聚合物C在碱性条件下水解产物不完全是小分子 13. 通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A. 反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成 B. 推测物质的稳定性顺序为：④>③>② C. 反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1 D. CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大 14. 某同学检验海带中是否含有碘元素，进行了如下实验。 步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰； 步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，得到海带灰浸取液； 步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝；再加入溶液(硫酸酸化)，溶液变为蓝色； 步骤Ⅳ：将溶液(硫酸酸化)替换为氯水，重复步骤Ⅲ，溶液未变蓝； 步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入，溶液迅速变为蓝色。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中，灼烧干海带的目的是除去有机化合物，获得可溶性碘化物 B. 步骤Ⅲ中，反应的离子方程式： C. 若将步骤Ⅴ中的替换为溶液，也可能观察到溶液变为蓝色 D. 对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，说明该条件下氧化性比氯水强 第二部分 二、本部分共5题，共58分。 15. 磷酸亚铁锂(LiFePO4)是一种电极材料，广泛应用于新能源等领域。 （1）基态Fe原子价层电子排布式是___________。 （2）Fe元素的各级电离能数据(用I1、I2∙∙∙∙∙∙表示)如下表所示，从原子结构角度解释I3-I2<I4-I3的原因___________。 元素 电离能/(kJ•mol-1) I1 I2 I3 I4 …… Fe 762.5 1561.9 2957 5290 …… （3）LiFePO4的制备流程：FeSO4FeC2O4∙2H2OLiFePO4 ① FeSO4晶体中存在的作用力类型有___________。 ② FeC2O4·2H2O的结构如下图所示，中C原子的杂化方式是___________。 （4）锂离子电池充、放电过程中，正极材料晶胞的组成变化如下图所示。 ①由于的空间构型为___________，且磷氧键键能较大，锂离子嵌入和脱出时，磷酸亚铁锂的空间骨架不易发生形变，具有良好的循环稳定性。 ②若LiFePO4全部转化为FePO4，则平均每个晶胞脱出___________个Li+。 16. CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。 （1）烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。 ①捕集过程发生反应的化学方程式___________。 ②捕集过程CO2吸收速率随时间变化如图所示。解释CO2吸收速率逐渐降低的原因___________。 （2）通过电催化法将CO2和合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图所示。 ① 电极b是电解池的___________极。 ② 电解过程中生成尿素的电极反应式是___________。 （3）催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。 主反应：CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0 副反应：CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) ΔH>0 在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图所示： ①图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为___________(填“I”或“Ⅱ”)。 ②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因是 ___________。 17. 呋喹替尼是我国自主研发的一种抗癌药物。其合成路线如下： （1）D中含氧官能团的名称是___________。 （2）NBS的结构简式是 ，B→D的化学方程式是___________。 （3）D→E的过程生成乙酸，试剂a的结构简式是___________。 （4）下列说法正确的是___________(填序号)。 a．设计反应A→B和G→I的目的是保护羟基 b．I分子中含有两个六元环 c．J中有手性碳原子 （5）已知： ① 中α-H键易断裂，原因是___________。 ② F→G经历下列过程 F 中间产物1中间产物2G 中间产物1的结构简式___________G的结构简式___________。 （6）J + K 生成呋喹替尼时，加入K2CO3能提高产品产率，请分析原因___________。 18. 从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 4.9×10−17 2.8×10−39 5.6×10−12 2.1×10−15 （1）上述流程中，加快反应速率的措施是___________。 （2）用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的___________。 （3）萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有___________。 ②解释反萃取时H2SO4的作用：___________。 （4）生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是___________。 （5）第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至___________(填序号)。 a．6~7 b．9~10 c．11~12 （6）该流程中可循环利用的物质有___________。 19. 某小组同学制备NO2，并探究不同条件下NO2与H2O反应。实验装置如图(夹持装置略)。 （1）装置A中反应的化学方程式为___________。 （2）将收集装置B补充完整___________。 （3）用以上方法收集两试管NO2气体(均为12 mL)，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液pH及气体体积的影响)： 实验编号 实验1-1(热水) 实验2-1(冰水) 剩余气体 无色，3 mL 几乎无气体 溶液状态 无色，pH=0.7 无色，pH=1.1 ①检验实验1-1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理___________。 ②甲认为实验2-1中NO2几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。证明甲同学猜想不成立的实验证据是___________。 （4）将上述实验静置一天后观察： 实验1-2(热水)：剩余气体4mL，溶液无色，pH=0.6，无气泡生成。 实验2-2(冰水)：剩余气体1mL，溶液无色，pH=0.9，有无色细小气泡生成。 查阅资料：2NO2+H2O=HNO3+HNO2 ，HNO2易分解。 ①用方程式解释实验2-2有无色细小气泡生成的原因___________。 ②设计实验，证实NO2与H2O反应过程中产生了HNO2：___________(补充实验操作及现象)。 （5）从反应速率的角度，分析不同温度下NO2与水反应现象差异的原因___________。并对装置C中吸收NO2尾气所用试剂及条件提出建议___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $