北京市2025年普通高中學業(yè)水平等級性考試

化學

本試卷共10頁，100分?？荚嚂r長90分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答

無效?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12N14016Na23Cl35.5

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一

項。

1.我國科研人員在研究嫦娥五號返回器帶回的月壤時，發(fā)現(xiàn)月壤鈦鐵礦(FeTi°3)存在亞納米孔道，吸附

并儲存了大量來自太陽風的氫原子。加熱月壤鈦鐵礦可生成單質(zhì)鐵和大量水蒸氣，水蒸氣冷卻為液態(tài)水儲

存起來以供使用。下列說法不E顧的是

A.月壤鈦鐵礦中存在活潑氫

B.將地球上開采的鈦鐵礦直接加熱也一定生成單質(zhì)鐵和水蒸氣

C.月壤鈦鐵礦加熱生成水蒸氣的過程中發(fā)生了氧化還原反應

D.將獲得的水蒸氣冷卻為液態(tài)水的過程會放出熱量

2.下列化學用語或圖示表達不正確的是

A.乙醇的分子模型:等B.B目的VSEPR模型:

C.S的原子結(jié)構(gòu)示意圖:D.基態(tài)3°Zn原子的價層電子排布式：3di°4s2

3.下列說法不亞佛的是

A.糖類、蛋白質(zhì)和油脂均為天然高分子B.蔗糖發(fā)生水解反應所得產(chǎn)物互為同分異構(gòu)體

C.蛋白質(zhì)在酶的作用下水解可得到氨基酸D.不飽和液態(tài)植物油通過催化加氫可提高飽和度

4.物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu)決定其宏觀性質(zhì)。乙睛(CH3CN)是一種常見的有機溶劑，沸點較高，水溶性好。下列

說法不匹卿的是

H

A.乙月青的電子式：H：C：C：：N：B.乙靖分子中所有原子均在同一平面

??

H

C.乙月青的沸點高于與其分子量相近的丙煥D.乙月青可發(fā)生加成反應

5.下列反應中，體現(xiàn)NH：還原性的是

A.NH4HCC>3加熱分解有NH3生成

B.NH4C1和NaNO2的混合溶液加熱有N2生成

C.Mg(OH)2固體NH4cl溶液中溶解

D.(NHJ2SO4溶液中滴加BaCU溶液出現(xiàn)白色沉淀

6.下列方程式與所給事實不那行的是

+3+

A.用鹽酸除去鐵銹：Fe2O3-xH2O+6H=2Fe+(3+x)H2O

2+2

B.用CuSO4溶液除去乙塊中的H2S:CU+S-=CuSJ

C.用乙醇處理廢棄的Na:2C2H5OH+2Naf2C2H5ONa+H2T

D.將NC>2通入水中制備硝酸：3NO2+H2O=2HNO3+NO

A.AB.BC.CD.D

8.25°C時，在濃NaOH溶液中通入過量Cl2,充分反應后，可通過調(diào)控溫度從反應后的固液混合物中獲

得NaCl和NaClO固體。已知：NaOH、NaClO、NaCl溶解度(S)隨溫度變化關(guān)系如下圖。

下列說法不E理的是

A.通入C12后開始發(fā)生反應：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O

B.25℃時，隨反應進行NaCl先析出

C.將反應后的固液混合物過濾，濾液降溫可析出NaClO固體

D.在冷卻結(jié)晶的過程中，大量NaOH會和NaClO一起析出

9.依據(jù)下列事實進行的推測正確的是

事實推測

ANaCl固體與濃硫酸反應可制備HC1氣體Nai固體與濃硫酸反應可制備HI氣體

BBaSC)4難溶于鹽酸，可作“領(lǐng)餐”使用Bae。?可代替BaSC)4作“釧餐”

C鹽酸和NaHCO3溶液反應是吸熱反應鹽酸和NaOH溶液反應是吸熱反應

DH2。的沸點高于H2sHF的沸點高于HC1

A.AB.BC.CD.D

10.乙烯、醋酸和氧氣在鉗(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的過程示意圖如下。

A.①中反應為4cH3coOH+C)2+2Pdf2Pd(CH3coO),+2H2O

B.②中生成CH2=CHOOCCH3的過程中，有。鍵斷裂與形成

C.生成CH2=CHOOCCH3總反應的原子利用率為100%

D.Pd催化劑通過參與反應改變反應歷程，提高反應速率

11.為理解離子化合物溶解過程的能量變化，可設想NaCl固體溶于水的過程分兩步實現(xiàn)，示意圖如下。

下列說法不思佛的是

A.NaCl固體溶解是吸熱過程

B.根據(jù)蓋斯定律可知：a+b=4

C.根據(jù)各微粒的狀態(tài)，可判斷a>0,b>0

D.溶解過程的能量變化，與NaCl固體和NaCl溶液中微粒間作用力的強弱有關(guān)

12.為研究三價鐵配合物性質(zhì)進行如下實驗（忽略溶液體積變化）。

滴加數(shù)滴滴加1滴TpPPIZJ-滴加KI溶?液、

KSCN溶液加NaF固體淀粉溶液

濃鹽酸

O.lmol/L

FeCh溶液、

①②③④

溶液黃色加深溶液變?yōu)榧t色溶液紅色褪去無色溶液未見

變?yōu)闊o色明顯變化

己知：［FeClJ黃色、［Fe（SCN）產(chǎn)為紅色、［FeR廣為無色。

下列說法不亞確的是

A.①中濃鹽酸促進Fe3++4C「u［FeClJ平衡正向移動

B.由①到②，生成［Fe（SCN）產(chǎn)并消耗［FeClJ

C.②、③對比，說明c（Fe3+）：②〉③

D.由①一④推斷，若向①深黃色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也無明顯變化

13.一種生物基可降解高分子P合成路線如下。

下列說法正確的是

A.反應物A中有手性碳原子B.反應物A與B的化學計量比是1:2

C.反應物D與E生成P的反應類型為加聚反應D,高分子P可降解的原因是由于C—O鍵斷裂

14.用電解Na2so4溶液（圖1）后石墨電極1、2探究氫氧燃料電池，重新取Na2so,溶液并用圖2裝置

按i—iv順序依次完成實驗。

:%

石墨]/石墨2電極I、][/電極n

1Na2sOqi1新Na2sO,

/富液49尹溶箱4

圖1圖2

實電極電壓

電極I關(guān)系

驗II/V

石墨石墨

ia

12

石墨新石

iib

1墨

a>d>c>b>0

新石石墨

iiic

墨2

石墨石墨

ivd

12

下列分析不正確的是

A.a>0,說明實驗i中形成原電池，反應為2H2+。2=2區(qū)。

B.b<d,是因為ii中電極II上缺少H2作為還原劑

C.c>0,說明iii中電極I上有。2發(fā)生反應

D.d>c,是因為電極I上吸附H2的量：iv>iii

第二部分

本部分共5題，共58分。

15.通過Mg"和[Mg（NH3）6]CL的相互轉(zhuǎn)化可實現(xiàn)NH3的高效存儲和利用。

（1）將Mg的基態(tài)原子最外層軌道表示式補充完整：。

3s3P

（2）NH^分子中H—N—H鍵角小于109°28',從結(jié)構(gòu)角度解釋原因：

（3）［Mg（NH3）6］Ch的晶胞是立方體結(jié)構(gòu)，邊長為a/wi,結(jié)構(gòu)示意圖如下。

①［Mg（NH3）61C12的配體中，配位原子是o

②已知［Mg（NH3）61C12摩爾質(zhì)量為Mg-moH,阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為

gem'。（lnm=10-7cm）

①室溫下，MgCL和NH3反應生成［Mg（NH3）61C12而不生成［Mg（NH3）］CU。分析原因：

②從平衡的角度推斷利于［Mg（NH3）6］d2脫除NH3生成MgCl2的條件并說明理由：o

16.鉛酸電池是用途廣泛并不斷發(fā)展的化學電源。

（1）十九世紀，鉛酸電池工作原理初步形成并延續(xù)至今。

鉛酸電池工作原理：PbO2+Pb+2H2SO4,^2PbSO4+2H2O

①充電時，陰極發(fā)生的電極反應為。

②放電時，產(chǎn)生a庫侖電量，消耗H?S04的物質(zhì)的量為mol?已知：轉(zhuǎn)移Imol電子所產(chǎn)生的電

量為96500庫侖。

③35%?40%H2sO,作為電解質(zhì)溶液性質(zhì)穩(wěn)定、有較強的導電能力，SO：參與電極反應并有利于保持

電壓穩(wěn)定。該體系中SO：不氧化Pb,SO：氧化性弱與其結(jié)構(gòu)有關(guān)，SO：的空間結(jié)構(gòu)是。

④鉛酸電池儲存過程中，存在化學能的緩慢消耗：Pb。？電極在H?S04作用下產(chǎn)生的。2可將Pb電極氧

化。。2氧化Pb發(fā)生反應的化學方程式為。

(2)隨著鉛酸電池廣泛應用，需要回收廢舊電池材料，實現(xiàn)資源的再利用?；厥者^程中主要物質(zhì)的轉(zhuǎn)化

關(guān)系示意圖如下。

2+

①將PbSO4等物質(zhì)轉(zhuǎn)化為Pb的過程中，步驟I加入NaOH溶液的目的是。

②步驟II、III中凡。?和K2s作用分別是。

(3)鉛酸電池使用過程中，負極因生成導電性差的大顆粒PbSO"導致電極逐漸失活。通過向負極添加

石墨、多孔碳等碳材料，可提高鉛酸電池性能。碳材料的作用有(填序號)。

a.增強負極導電性

b.增大負極材料比表面積，利于生成小顆粒PbSO4

c.碳材料作還原劑，使Pb。?被還原

17.一種受體拮抗劑中間體P合成路線如下。

乂oX

u

NHNH

2E試劑aF耳1人

zAsCH3COOHB濃HNO3水解'

仙乳0』Kco3TC“H“Nq|催化劑

M△心辿濃H2so4么回△24

A24G廟，

0"n

0一早oX

CHQH、K條律F^AOCHJC。。嗎M

八"堿CHNC>%AXH,歸城應

F''NO?_I(CHJCH,)]N|86^4

I

0FyNHz

FYJ三步反應

，人o

p

已知：①RCOOH$普>RCOC1

②試劑a是乂1111

(1)I分子中含有的官能團是硝基和_______0

(2)B-D化學方程式是。

(3)下列說法正確的是(填序號)。

a.試劑a的核磁共振氫譜有3組峰

b.J-K的過程中，利用了(CH3cH21N的堿性

c.F—'G與K-L的反應均為還原反應

(4)以G和M為原料合成P分為三步反應。

①CF3co0H

已知:②稀堿RTH2

NH2

P

①M含有1個sp雜化的碳原子。M的結(jié)構(gòu)簡式為0

②Y的結(jié)構(gòu)簡式為。

(5)P的合成路線中，有兩處氨基的保護，分別是:

①A-B引入保護基，D-E脫除保護基；

18.利用工業(yè)廢氣中的H2s制備焦亞硫酸鈉(Na2s2。5)的一種流程示意圖如下。

NaOH溶液

HS>

2Na2s2O5固體

空氣

已知:

物質(zhì)H2CO3H2SO3

2-8

Ka(25℃)Kal=4.5xl0\Ka2=4.7x10"Kal=1.4xlOKa2=6.0xl0

(1)制SO2

已知:

1

H2s(g)+102(g)=S(s)+H2O(g)AH=-221.2kJ-mol

1

S(s)+O2(g)=SO2(g)AH=-296.8kJ-mol

由制的熱化學方程式為。

H2Sso2

(2)制Na2s2。5

I.在多級串聯(lián)反應釜中，Na2cO3懸濁液與持續(xù)通入的SO?進行如下反應：

第一步：2Na2cO3+SO2+H2O/Na2SO3+2NaHCO3

第二步：

NaHCO3+SO2fNaHSO3+CO2

Na2SO3+SO2+H2O/2NaHSO3

II.當反應釜中溶液pH達到3.8~4.1時，形成的NaHSOs懸濁液轉(zhuǎn)化為Na2s2。5固體。

①II中生成Na2s2。5的化學方程式是。

②配堿槽中，母液和過量Na?CO3配制反應液，發(fā)生反應的化學方程式是o

③多次循環(huán)后，母液中逐漸增多的雜質(zhì)離子是，需除去。

④尾氣吸收器中，吸收的氣體有o

(3)理論研究Na2sO3、NaHCC>3與SO2的反應。一定溫度時，在1L濃度均為Imol.L的Na2sO3和

%

、

樹

理

邀

去

②a?bmol,HCX)3平衡轉(zhuǎn)化率上升而SO；平衡轉(zhuǎn)化率下降，結(jié)合方程式解釋原因：

19.化學反應平衡常數(shù)對認識化學反應的方向和限度具有指導意義。實驗小組研究測定

+2+

"MnO2+2Br-+4H^Mn+Br2+2H2O"平衡常數(shù)的方法，對照理論數(shù)據(jù)判斷方法的可行性。

（1）理論分析

①B與易揮發(fā)，需控制生成C（B「2）較小。

②根據(jù)25c時K=6.3X1（）4分析，控制合適pH,可使生成c（Br2）較??；用濃度較大的KBr溶液與過量

2+

MnC）2反應，反應前后c（B/）幾乎不變；c（Mn）=c（Br2）,僅需測定平衡時溶液pH和（:伊馬）。

③Er2與水反應的程度很小，可忽略對測定干擾；低濃度HBr揮發(fā)性很小，可忽略。

（2）實驗探究

序

實驗內(nèi)容及現(xiàn)象

號

25℃,將0.200mol-LiKBr溶液（pH^l）與過量Mil。2混合，密閉并攪拌，充分

I

反應后，溶液變?yōu)辄S色，容器液面上方有淡黃色氣體。

25℃,將0.200mol-L"KBr溶液（pH^2）與過量MnC）2混合，密閉并攪拌，反

II

應時間與I相同，溶液變?yōu)榈S色，容器液面上方未觀察到黃色氣體。

測定I、II反應后溶液的pH；取一定量反應后溶液，加入過量KI固體，用

III

Na2s2。3標準溶液滴定，測定c（Bq）。

已知：I2+2Na2S203=2NaI+Na2S406；Na2s2。3和Na2s4。6溶液顏色均為無色。

①III中，滴定時選用淀粉作指示劑，滴定終點時的現(xiàn)象是。用離子方程式表示KI的作用:

②I中，與反應前的溶液相比，反應后溶液的pH（填“增大”、“減小”或“不變”）。平衡后，

c（Mn2+）-c（Br,）

按一7~二計算所得值小于25℃的K值，是因為Br揮發(fā)導致計算時所用_______的濃度小于其

c2（Brj-cJ4（H+）2

在溶液中實際濃度。

2+

c（Mn）-c（Br2）

③II中，按=7~計算所得值也小于25℃的K值,可能原因是______。

c2（Br）-c4J（H+）

（3）實驗改進

分析實驗I、II中測定結(jié)果均偏小的原因，改變實驗條件，再次實驗。

控制反應溫度為40C,其他條件與II相同，經(jīng)實驗準確測得該條件下的平衡常數(shù)。

①判斷該實驗測得的平衡常數(shù)是否準確，應與______值比較。

②綜合調(diào)控pH和溫度的目的是。

北京市2025年普通高中學業(yè)水平等級性考試

化學

本試卷共10頁，100分?？荚嚂r長90分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答

無效?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Cl35.5

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一

項。

1.我國科研人員在研究嫦娥五號返回器帶回的月壤時，發(fā)現(xiàn)月壤鈦鐵礦（FeTi°3）存在亞納米孔道，吸附

并儲存了大量來自太陽風的氫原子。加熱月壤鈦鐵礦可生成單質(zhì)鐵和大量水蒸氣，水蒸氣冷卻為液態(tài)水儲

存起來以供使用。下列說法不正理的是

A.月壤鈦鐵礦中存在活潑氫

B.將地球上開采的鈦鐵礦直接加熱也一定生成單質(zhì)鐵和水蒸氣

C.月壤鈦鐵礦加熱生成水蒸氣的過程中發(fā)生了氧化還原反應

D.將獲得的水蒸氣冷卻為液態(tài)水的過程會放出熱量

【答案】B

【解析】

【詳解】A.月壤鈦鐵礦中的氫來自太陽風，以原子態(tài)吸附，屬于活潑氫，A正確；

B.地球上的鈦鐵礦若未吸附足夠氫原子，根據(jù)原子守恒可知，加熱可能無法生成水蒸氣，因此“一定生

成”的說法錯誤，B錯誤；

C.生成水時H被氧化（0—+1）,Fe被還原（如+3-0）,存在化合價變化，屬于氧化還原反應，C正確；

D.水蒸氣液化是物理變化，但會釋放熱量，D正確；

故選B。

2.下列化學用語或圖示表達不正確的是

A.乙醇的分子模型:錚B.BE,的VSEPR模型:

c.S的原子結(jié)構(gòu)示意圖:D.基態(tài)30Zn原子的價層電子排布式：3d104s2

【答案】C

【解析】

【詳解】A.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3cH，分子模型為:A正確

B.BF3分子中B原子的價層電子對數(shù)為3+g(3-lx3)=3,無孤電子對，其空間構(gòu)型和VSEPR模型均為平

面三角形，B正確;

C.S的原子有16個電子，結(jié)構(gòu)示意圖286,C錯誤；

D.鋅是30號元素，基態(tài)原子的電子排布式為［Ar］3d］。4s2,價電子排布式為3印。4s2,D正確；

故選C?

3.下列說法不F砸的是

A.糖類、蛋白質(zhì)和油脂均為天然高分子B.蔗糖發(fā)生水解反應所得產(chǎn)物互為同分異構(gòu)體

C.蛋白質(zhì)在酶的作用下水解可得到氨基酸D.不飽和液態(tài)植物油通過催化加氫可提高飽和度

【答案】A

【解析】

【詳解】A.糖類中的單糖和二糖不是高分子，油脂也不是高分子，A錯誤；

B.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者分子式相同、結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，B正確；

C.蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是氨基酸，酶作為催化劑促進反應，C正確；

D.植物油含不飽和脂肪酸，催化加氫可減少雙鍵，提高飽和度，D正確；

故選A?

4.物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu)決定其宏觀性質(zhì)。乙靖(CH3CN)是一種常見的有機溶劑，沸點較高，水溶性好。下列

說法不F理的是

H

A.乙睛的電子式：H：C：C：：N：B.乙睛分子中所有原子均在同一平面

??

H

C.乙晴的沸點高于與其分子量相近的丙煥D.乙月青可發(fā)生加成反應

【答案】B

【解析】

【詳解】A.乙睛中存在碳氫單鍵、碳碳單鍵和碳氮叁鍵，各原子均滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電子式正確，A正

確；

B.乙睛中甲基碳原子是四面體結(jié)構(gòu)，所有原子不可能共面，B錯誤；

C.乙睛與乙烘都是分子晶體，乙睛是極性分子，乙快是非極性分子，分子間作用力乙睛大于乙煥，沸點

乙月青高于乙煥，C正確；

D.乙睛中有碳氮叁鍵，能夠發(fā)生加成反應，D正確；

答案選B。

5.下列反應中，體現(xiàn)NH：還原性的是

A.NH4HCO3加熱分解有NH3生成

B.NH4cl和NaNC）2的混合溶液加熱有N2生成

C.Mg（OH）2固體在NH4cl溶液中溶解

D.（NH4）2SO4溶液中滴加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀

【答案】B

【解析】

【詳解】A.NH4HCO3分解生成NH3,氮的氧化態(tài)保持-3,未發(fā)生氧化還原反應，A不符合題意；

B.NH：中的N（-3價）與NO￡中的N（+3價）反應生成N2（0價），NH：被氧化，體現(xiàn)還原性，B符合題意;

C.水溶液中，鏤根離子可以直接結(jié)合氫氧化鎂弱電離的氫氧根離子，使沉淀溶解平衡向正向移動，則該

氫氧化鎂溶解過程，無化合價變化，沒有體現(xiàn)其還原性，C不符合題意；

D.（NH4）2SO4與BaCL的沉淀反應屬于復分解反應，NH：未參與氧化還原，D不符合題意；

故選B。

6.下列方程式與所給事實不相管的是

+3+

A.用鹽酸除去鐵銹：Fe2O3-XH2O+6H=2Fe+（3+x）H2O

2+2

B.用CuSO4溶液除去乙快中的H2S:CU+S=CUSJ

C.用乙醇處理廢棄的Na:2C2H5OH+2Naf2C2H5ONa+H2T

D.將NO2通入水中制備硝酸：3NO2+H2O=2HNO3+NO

【答案】B

【解析】

【詳解】A.鐵銹的成分為Fe2O3?xH2O,能溶于鹽酸生成FeCb和水，離子方程式為:

+3+

Fe2O3?xH2O+6H=2Fe+(3+x)H2O,A正確;

2++

B.H2s為弱酸，離子方程式不能拆成離子，離子方程式為：CU+H2S=CUSI+2H,B錯誤;

C.乙醇與鈉反應生成乙醇鈉和氫氣，化學方程式正確，C正確;

D.N02與水反應生成硝酸和NO,化學方程式正確，D正確;

答案選B。

7.下列實驗的相應操作中，不正確的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.銅與濃硫酸反應，生成二氧化硫，二氧化硫有毒會污染空氣，二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸铮?/p>

用氫氧化鈉溶液吸收，所以為防止有害氣體逸出，先放置浸NaOH溶液的棉團，再加熱，A正確；

B.實驗室制備氧氣時，為了防止水槽中的水倒吸，實驗結(jié)束時，先把導管移出水面，再熄滅酒精燈，可

避免試管炸裂，B正確；

C.分液時，為了使液體順利流下，需保持分液漏斗內(nèi)部和外界大氣壓相等，所以分液時，先打開分液漏

斗上方的玻璃塞，再打開下方的活塞，將下層液體從下口放出，再將上層液體從上口倒出，操作方法正

確，c正確；

D.蒸儲時，為了更好的冷凝效果，冷凝水應：“下進上出”，即②口通入，①口流出，操作方法錯誤，

D錯誤；

故選D。

8.25℃時，在濃NaOH溶液中通入過量Cl?,充分反應后，可通過調(diào)控溫度從反應后的固液混合物中獲

得NaCl和NaClO固體。已知：NaOH、NaClO、NaCl溶解度(S)隨溫度變化關(guān)系如下圖。

下列說法不正確的是

A.通入C12后開始發(fā)生反應：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O

B.25c時，隨反應進行NaCl先析出

C.將反應后的固液混合物過濾，濾液降溫可析出NaClO固體

D.在冷卻結(jié)晶的過程中，大量NaOH會和NaClO一起析出

【答案】D

【解析】

【詳解】A.氯氣與氫氧化鈉反應，生成氯化鈉，次氯酸鈉和水，開始發(fā)生反應為

Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,A正確；

B.25c時，氯化鈉溶解度最小，隨反應進行，NaCl逐漸增多，則最先析出，B正確；

C.由于次氯酸鈉的溶解度隨溫度的變化趨勢較大，將反應后的固液混合物過濾，濾液降溫可析出NaClO

固體，C正確；

D.由于氫氧化鈉的溶解度隨溫度的變化趨勢較小，次氯酸鈉的溶解度隨溫度的變化趨勢較大，在冷卻結(jié)

晶的過程中，NaClO會大量析出，氫氧化鈉則不會，D錯誤；

故選D。

9.依據(jù)下列事實進行的推測正確的是

事實推測

ANaCl固體與濃硫酸反應可制備HC1氣體Nai固體與濃硫酸反應可制備HI氣體

BBaSC)4難溶于鹽酸，可作“鋼餐”使用Bae。?可代替BaSC)4作“領(lǐng)餐”

C鹽酸和NaHCO3溶液反應是吸熱反應鹽酸和NaOH溶液反應是吸熱反應

DH2。的沸點高于H2sHF的沸點高于HC1

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.濃硫酸與NaCl反應生成HC1主要是因為濃硫酸的沸點高，難揮發(fā)，但濃硫酸具有強氧化性,

與Nai反應，氧化「生成L,得不到HLA錯誤；

B.BaSCU不溶于鹽酸，不會產(chǎn)生有毒的領(lǐng)離子，可做鋼餐使用，而BaCCh會與胃酸反應生成有毒的

Ba2+,不能替代BaSCU,B錯誤；

C.鹽酸與NaHCCh反應吸熱是特例，而鹽酸與NaOH的中和反應是典型的放熱反應，C錯誤；

D.H2O因含有分子間氫鍵，沸點高于H2S,同理HF也含有分子間氫鍵，沸點高于HC1,D正確；

故選D。

10.乙烯、醋酸和氧氣在鈿(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的過程示意圖如下。

A.①中反應為4CH3COOH+O2+2Pdt2Pd(CH3coOb+2H2O

B.②中生成CH2=CHOOCCH3的過程中，有0鍵斷裂與形成

C.生成CH2=CHOOCCH3總反應的原子利用率為100%

D.Pd催化劑通過參與反應改變反應歷程，提高反應速率

【答案】C

【解析】

【詳解】A.①中反應物為CH3coOH、02、Pd,生成物為H2O和Pd(CH3co0)2,方程式為：

4CH3COOH+O2+2Pdt2Pd(CH3coO),+2旦。，A正確；

B.②中生成CH2=CHOOCCH3的過程中，有C-H斷開和C-0的生成，存在。鍵斷裂與形成，B正確;

C.生成CH2=CHOOCCH3總反應中有H20生成，原子利用率不100%,C錯誤；

D.Pd是反應的催化劑，改變了反應的歷程,提高了反應速率，D正確；

答案選C。

11.為理解離子化合物溶解過程的能量變化,可設想NaCl固體溶于水的過程分兩步實現(xiàn)，示意圖如下。

G+二

4yNa+(g)、C「(g)豕次

/夏08°S+&

金oOS%s°

Q+Q△//3=+4kJ?mol"%,嚓小，然

QQ%廣+&%o5

+e++H,O(I)?°露08&°

NaCl(s)2

Na+(aq)>Cl-(aq)

下列說法不正確的是

A.NaCl固體溶解是吸熱過程

B.根據(jù)蓋斯定律可知：a+b=4

C.根據(jù)各微粒的狀態(tài)，可判斷a>0,b>0

D.溶解過程的能量變化，與NaCl固體和NaCl溶液中微粒間作用力的強弱有關(guān)

【答案】C

【解析】

【分析】由圖可知，NaCl固體溶于水的過程分兩步實現(xiàn)，第一步為NaCl固體變?yōu)镹a+和Ct,此過程離

子鍵發(fā)生斷裂，為吸熱過程；第二步為Na+和C1-與水結(jié)合形成水合鈉離子和水合氯離子的過程，此過程為

成鍵過程，為放熱過程。

【詳解】A.由圖可知，NaCl固體溶解過程的焰變?yōu)锳〃3=+4取/根。/,為吸熱過程，A正確；

B.由圖可知，NaCl固體溶于水的過程分兩步實現(xiàn)，由蓋斯定律可知AH］=A〃2+A〃3，即a+b=4,

B正確；

C.由分析可知，第一步為NaCl固體變?yōu)镹a+和C1,此過程離子鍵發(fā)生斷裂，為吸熱過程，a>0；第二步

為Na+和CT與水結(jié)合形成水合鈉離子和水合氯離子的過程，此過程為成鍵過程，為放熱過程，b<0,C錯

誤；

D.由分析可知，溶解過程的能量變化，卻決于NaCl固體斷鍵吸收的熱量及Na+和C1-水合過程放出的熱

量有關(guān)，即與NaCl固體和NaCl溶液中微粒間作用力的強弱有關(guān)，D正確；

故選C。

12.為研究三價鐵配合物性質(zhì)進行如下實驗(忽略溶液體積變化)。

滴加數(shù)滴滴加1滴力同侏滴加KI溶液、

濃鹽酸KSCN溶液"mat回俾淀粉溶液

O.lmol/L____

FeCb溶液III

???

①②③④

溶液黃色加深溶液變?yōu)榧t色溶液紅色褪去無色溶液未見

變?yōu)闊o色明顯變化

已知：［FeClJ為黃色、［Fe(SCN)p+為紅色、但喝廣為無色。

下列說法不正卿的是

A.①中濃鹽酸促進Fe3++4CTu［FeClJ平衡正向移動

B.由①到②，生成［Fe(SCN)f+并消耗［FeClj

C.②、③對比，說明c(Fe3+)：②〉③

D.由①T④推斷，若向①深黃色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也無明顯變化

【答案】D

【解析】

【分析】QLno/?t的FeCb溶液滴加數(shù)滴濃鹽酸，生成更多的［FeC//，溶液黃色加深；繼續(xù)滴加1滴

KSCN溶液，［尸eC。］轉(zhuǎn)化為［%(SCN)『，溶液變?yōu)榧t色；再加入NaF固體，［%(5《乂)廣轉(zhuǎn)化為

［FeF^~,溶液紅色褪去，變?yōu)闊o色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，無色溶液未見明顯變化，說明r未被

氧化。

【詳解】A.①中滴加數(shù)滴濃鹽酸，試管溶液黃色加深，生成更多的［beC/j，說明濃鹽酸促進

3+

Fe+4CFU［FeCl4］'平衡正向移動，A正確；

B.由①到②，溶液變?yōu)榧t色，說明轉(zhuǎn)化為［%(SCN)r,即生成［%(SCN)］"并消耗

［FeCl.1,B正確；

C.②、③溶液中，均存在平衡及3++SCAru［R?(SCN)r，由于溫度不變，故該反應的平衡常數(shù)不

變，由于②、③溶液中含有的初始SCAT濃度相同，且②溶液為紅色，③溶液為無色，故能說明

c(Fe3+)：②>③，C正確；

D.類似C選項分析，由①一④推斷，溶液中的c(Fe3+)是越來越小的，若向①深黃色溶液中加入KI、淀

粉溶液，無法確定①中溶液中的Fe3+的含量是否能夠氧化hD錯誤；

故選D。

13.一種生物基可降解高分子P合成路線如下。

下列說法正確的是

A.反應物A中有手性碳原子B.反應物A與B的化學計量比是1:2

C.反應物D與E生成P的反應類型為加聚反應D,高分子P可降解的原因是由于C—0鍵斷裂

【答案】A

【解析】

Q

【分析】A與B發(fā)生加成反應，結(jié)合A的分子式以及P的結(jié)構(gòu)簡式，可推出A的結(jié)構(gòu)簡式為

A與B反應生成D,由P的結(jié)構(gòu)簡式可知，反應物A與B的化學計量比是2:1；D與E反應生成高聚物P

和水。

【詳解】A.反應物A中有1個手性碳原子，如圖所示A正確；

B.由分析可知，反應物A與B的化學計量比是2:1,B錯誤；

C.反應物D與E反應生成高聚物P和水，有小分子生成，為縮聚反應，C錯誤；

D.由高分子P的結(jié)構(gòu)可知，P中的酰胺基易水解，導致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因是由

于C?鍵斷裂，D錯誤；

故選A?

14.用電解NazSO4溶液（圖1）后的石墨電極1、2探究氫氧燃料電池，重新取Na2so4溶液并用圖2裝置

按i-iv順序依次完成實驗。

圖1圖2

實電極電壓

電極I關(guān)系

驗II/V

石墨石墨

ia

12

石墨新石

iiba>d>c>b>0

1墨

新石石墨

iiic

墨2

石墨石墨

ivd

12

下列分析不亞確的是

A.a>0,說明實驗i中形成原電池，反應為2H2+。2=2應。

B.b<d,是因為ii中電極II上缺少H2作為還原劑

C.c>0,說明出中電極I上有。2發(fā)生反應

D.d>C,是因為電極I上吸附H2的量：iv>iii

【答案】D

【解析】

【分析】按照圖1電解Na2sO4溶液，石墨1為陽極，發(fā)生反應2H2O-4F=。2T+4H+,石墨1中會

吸附少量氧氣；石墨2為陰極，發(fā)生反應2H2O+2e-=H2T+2O/T,石墨2中會吸附少量氫氣；圖2

中電極I為正極，氧氣發(fā)生還原反應，電極H為負極。

【詳解】A.由分析可知，石墨1中會吸附少量氧氣，石墨2中會吸附少量氫氣，實驗i會形成原電池，

a>0,反應為2H2+O2=2H2O,A正確；

B.因為ii中電極II為新石墨，不含有H2,缺少作為還原劑，故導致b<d,B正確；

C.圖2中，電極I發(fā)生還原反應，實驗iii中新石墨可能含有空氣中的少量氧氣，c>0,說明iii中電極I

上有。2發(fā)生反應，C正確；

D.d>C,實驗iii與實驗iv中電極I不同，d>C,是因為電極I上吸附。2的量：iv>iii,D錯誤；

故選D。

第二部分

本部分共5題，共58分。

15.通過MgCl2和［Mg(NH3)61C12的相互轉(zhuǎn)化可實現(xiàn)NH3的高效存儲和利用。

(1)將Mg的基態(tài)原子最外層軌道表示式補充完整：。

3s3p

(2)NH3分子中H—N—H鍵角小于109。28',從結(jié)構(gòu)角度解釋原因：

（3）[Mg（NH3）6]CL的晶胞是立方體結(jié)構(gòu)，邊長為謂冽，結(jié)構(gòu)示意圖如下。

2t

C%）°O[Mg（NH3）6]

°uoo

%%

①[Mg（NH3）6]CL的配體中，配位原子是o

②己知[Mg（NH3）61C12的摩爾質(zhì)量為Mg-mo-，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為

g-cm_3o（lnm=107cm）

①室溫下，MgCL和NH3反應生成[Mg（NH3）61C12而不生成[Mg（NH3）]C12。分析原因：。

②從平衡的角度推斷利于[Mg（NH3）61C12脫除NH3生成MgCU的條件并說明理由：0

【答案】（1）E]□□（2）CH4中碳原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為0；NH3中

3s3p

氮原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為1；孤電子對對成鍵電子對的排斥能力大于成鍵電子對對成鍵電

子對的排斥能力，CH4分子中H-C-H的鍵角為109。28:故NH3分子中H-N-H的鍵角小于109。28'

4M.印

（3）①.N②.

aM

（4）①.生成[Mg（NH3）61C12的活化能更低②.根據(jù)MgCb和NH3反應過程中的能量變化示意

圖可得到反應的熱化學方程式為MgC12（s）+6NH3（g）=[Mg（NH3）6]02（s）AH<0,該反應的正反應為氣

體系數(shù)減小的放熱反應，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCl2o

【解析】

【小問1詳解】

Mg是第12號元素，其基態(tài)最外層電子的電子排布式為3s2,故其基態(tài)原子最外層軌道表示式為:

3s3p

【小問2詳解】

CH4中碳原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為0；NH3中氮原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為1；

孤電子對對成鍵電子對的排斥能力大于成鍵電子對對成鍵電子對的排斥能力，CH4分子中H-C-H的鍵角為

,

109028,故NH3分子中H-N-H的鍵角小于109。28、

【小問3詳解】

①［Mg(NH3)61C12的內(nèi)界為［Mg(NH3)6『+，故其配體為NH3,由于N原子有孤電子對，所以配位原子為

N；

九11

②根據(jù)均攤法，該晶胞中［Mg(NH3)6］的個數(shù)為8x—+6x—+1=4,C1的個數(shù)為8,故每個晶胞中含有

'82

4M

-----g

4個［Mg(NH3%］Cl2,則晶體的密度為p==_____&______=網(wǎng)_*1()2%.而一3。

7

V晶胞(axIt/Jen?a^A

【小問4詳解】

①由MgCb和NH3反應過程中的能量變化示意圖可知，反應生成［Mg(NH3)61C12的活化能更低，故室溫

下易于生成［Mg(NH3)6］CL；

②根據(jù)MgCh和NH3反應過程中的能量變化示意圖可得到反應為放熱反應，即

MgCl2(s)+6NH3(g)=［Mg(NH3)6］Cl2(s)AH<0,該反應的正反應為氣體系數(shù)減小的放熱反應，脫除

NH3生成MgCL是指逆反應方向，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCho

16.鉛酸電池是用途廣泛并不斷發(fā)展的化學電源。

(1)十九世紀，鉛酸電池工作原理初步形成并延續(xù)至今。

鉛酸電池工作原理：PbO2+Pb+2H2SO4,^2PbSO4+2H2O

①充電時，陰極發(fā)生的電極反應為。

②放電時，產(chǎn)生a庫侖電量，消耗H2s。4的物質(zhì)的量為mol?已知：轉(zhuǎn)移Imol電子所產(chǎn)生的電

量為96500庫侖。

③35%~40%H2sO,作為電解質(zhì)溶液性質(zhì)穩(wěn)定、有較強的導電能力，SO：參與電極反應并有利于保持

電壓穩(wěn)定。該體系中SO：不氧化Pb,so：氧化性弱與其結(jié)構(gòu)有關(guān)，so,的空間結(jié)構(gòu)是。

④鉛酸電池儲存過程中，存在化學能的緩慢消耗：Pb。？電極在H?SO4作用下產(chǎn)生的。2可將Pb電極氧

化。。2氧化Pb發(fā)生反應的化學方程式為。

（2）隨著鉛酸電池廣泛應用，需要回收廢舊電池材料，實現(xiàn)資源的再利用?；厥者^程中主要物質(zhì)的轉(zhuǎn)化

關(guān)系示意圖如下。

2+

①將PbSO4等