北京市房山区2025届高三化学上学期期末考试试题含解析

PAGE19-北京市房山区2025届高三化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的原子量：H-1O-16C-12Cl-35.5Br-80第一卷选择题一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共14小题，每小题3分）1.化学让世界更美妙，下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（）A.明矾用作净水剂B.甘油用作护肤保湿剂C.漂粉精用作消毒剂D.铁粉用作食品脱氧剂A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.明矾用作净水剂，是由于铝离子水解，与还原性无关，A不符合题意；B.甘油用作保湿剂是由于其结构中存在-OH，可以保湿，与还原性无关，B不符合题意；C.漂粉精用作消毒剂是由于HClO的强氧化性，C不符合题意；D.Fe粉用作脱氧剂，是由于其还原性，D符合题意；故答案选D。2.反应NH4Cl+NaNO2==NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语不正确的是（）A.中子数为18的氯原子：Cl B.N2的电子式：C.Na+的结构示意图： D.H2O分子的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A.中子数为18的Cl原子的质量数为18+17=35，可表示为Cl，A正确；B.N2的电子式为::，B错误；C.Na+为Na原子失去最外层一个电子得到的微粒，其结构示意图为，C正确；D.H2O分子的比例模型为，D正确；故答案选B。【点睛】在书写电子式时，不要漏掉未成键的价电子。3.下列说法不正确的是（）A.可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全B.工业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖C.疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性D.油脂的氢化、葡萄糖的银镜反应均属于氧化反应【答案】D【解析】【详解】A.淀粉遇碘变蓝，可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全，A正确；B.淀粉、纤维素水解为单糖可得到葡萄糖，因此工业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖，B正确；C.高温会使蛋白质变性，因此疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性，C正确；D.油脂的氢化属于还原反应，D错误；故答案选D。4.一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法不正确的是（）A.电池总反应式为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2B.正极反应式为：Mg-2e-=Mg2+C.活性炭可以加快O2在电极上的反应速率D.电子的移动方向由a经外电路到b【答案】B【解析】【分析】该电池电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，则aMg电极为负极，电极反应为，b石墨电极上氧气得电子，作正极，电极反应为，电池的总反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。【详解】A.依据上述分析，可知电池的总反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，A正确；B.依据上述分析，可知电池的正极反应式为，B错误；C.活性炭疏松多孔，有助于吸附氧气，可以加快O2在电极上的反应速率，C正确；D.依据分析，a为负极，b为正极，因此电子的移动方向由a经外电路到b，D正确；故答案选B。5.Na2CO3和NaHCO3可作食用碱。下列方程式中正确的是（）A.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2B.Na2CO3溶液呈碱性：CO32-+H2OH2CO3+2OH-C.NaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OD.Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH：CO32-+2H+=CO2↑+H2O【答案】C【解析】【详解】A.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，A错误；B.Na2CO3溶液由于水解呈碱性，弱酸的酸根阴离子要分步水解，方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，B错误；C.NaHCO3热稳定性差，受热分解放出气体，可作发酵粉，方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，C正确；D.CH3COOH弱酸，在离子方程式中不拆，D错误；故答案选C。【点睛】在离子方程式中，可溶性的强电解质才能拆为离子形式。6.卡拉诺利是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示，下列关于卡拉诺利的说法正确的是（）A.该物质属于苯的同系物B.该物质遇FeCl3溶液显色C.分子中有3种含氧官能团D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH【答案】C【解析】【详解】A.该物质与苯的官能团的种类数目均不相同，不为苯的同系物，A错误；B该物质不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显色，B错误；C.该分子中，含有羟基、酯基、醚键三种含氧官能团，C正确；D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH，D错误；故答案选C。7.下述试验方案中均运用了NaCl溶液，能达到试验目的的是（）编号ABCD试验方案置于光亮处片刻后在Fe电极旁边滴入K3[Fe(CN)6]溶液试验目的验证甲烷与氯气发生化学反应进行喷泉试验验证Fe电极被爱护验证乙炔的还原性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.和Cl2在光照条件下发生取代反应，液面上升，且试管壁有油状液滴，说明发生了反应，A可以达到试验目的；B.Cl2不易溶于饱和食盐水，B无法达到试验目的；C.Fe作阳极，失电子，无法被爱护，C无法达到试验目的；D.电石中含有CaS杂质，因此产物气体中含有H2S杂质，未经除杂的产物气体干脆通入酸性KMnO4溶液，无法验证乙炔的还原性，D无法达到试验目的；故答案选A。【点睛】饱和食盐水可降低氯气的溶解度。8.某同学进行SO2的性质试验。在点滴板a、b、c、d处分别滴有不同的试剂，再向Na2SO3固体上滴加数滴浓H2SO4后，在整个点滴板上盖上培育皿，一段时间后视察到的试验现象如表所示。下列说法正确的是（）序号试剂试验现象a品红溶液红色褪去b酸性KMnO4溶液紫色褪去cNaOH溶液（含2滴酚酞）红色褪去dH2S溶液黄色浑浊A.在浓硫酸与Na2SO3固体反应中，浓硫酸表现的强氧化性B.a、b均表明SO2具有漂白性C.c中只可能发生反应：SO2+2OH-=SO32-+H2OD.d中表明SO2具有氧化性【答案】D【解析】【分析】a.品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；b.酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性；c.滴有酚酞的NaOH溶液褪色说明SO2为酸性气体；d.SO2与氢硫酸反应生成黄色的S单质，说明其具有氧化性。【详解】A.浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2为复分解反应，不涉及氧化还原，A错误；B.SO2可以使品红褪色，说明其具有漂白性，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于其还原性，B错误；C.c中可能发生SO2+2OH-=SO32-+H2O，也可能发生SO2+OH-=HSO3-，C错误；D.SO2与氢硫酸反应生成黄色的S单质，说明其具有氧化性，D正确；故答案选D。【点睛】用浓硫酸与硫酸钠反应制备二氧化硫时，为了促进气体逸出，适当增加硫酸的浓度，但不能运用98%的浓硫酸。9.N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变更的示意图如下，用、、分别表示N2、H2、NH3，已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝-92kJ·mol－1下列说法正确的是（）A.运用催化剂，合成氨反应放出的热量削减B.②→③过程，是吸热过程且只有H-H键的断裂C.③→④过程，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3D.合成氨反应中，反应物断键汲取能量小于生成物形成新键释放的能量【答案】D【解析】【详解】A.催化剂通过变更反应活化能来加快反应速率，但无法变更反应前后物质的能量，无法变更反应热，A错误；B.②→③过程，断裂为，H-H键断裂为两个H原子，均为吸热过程，B错误；C.N-H键为极性键，C错误；D.合成氨为放热反应，反应物断键汲取能量小于生成物形成新键释放的能量，D正确；故答案选D。【点睛】催化剂可以变更反应的活化能，但不能变更反应热。10.室温下，依次进行如下试验：①取肯定量冰醋酸，配制成100mL0.1mol/L醋酸溶液；②取20mL①中所配溶液，加入20mL0.1mol/LNaOH溶液；③接着滴加amL0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH=7。下列说法正确的是A.①中溶液的pH=1B.②中反应后溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)C.③中，a=20D.③中，反应后溶液：c(Na＋)＝c(CH3COO-)＋c(Cl-)【答案】D【解析】【详解】A.由于醋酸为弱酸，无法完全电离，所以取肯定量冰醋酸，配制成100mL0.1mol/L醋酸溶液，溶液pH>1，A错误；B.操作②得到的溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)，B错误；C.操作③所得溶液pH=7，则加入盐酸为少量，a<20mL，C错误；D.依据电荷守恒，，因为pH=7，溶液中，所以，D正确；故答案选D。11.2024年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是（）A.原子半径：W<XB.X的最高价氧化物的水化物是强碱C.Y单质可用做半导体材料D.气态氢化物热稳定性：Z<W【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，则W为N，X为Al，依据题目所给位置信息，Y为Si，Z为P。【详解】A.W的电子层数为2，X的电子层数为3，所以W的原子半径小于X，A正确；B.X的最高价氧化物对应水化物为，为弱碱，B错误；C.Y为Si，位于元素周期表金属与非金属元素的分界线上，可用作半导体材料，C正确；D.依据元素周期律，气态氢化物的稳定性Z<W，D正确；故答案选B。12.某种用于隐形眼镜材料的聚合物片段如下：下列关于该高分子说法正确的是（）A.结构简式可以表示为：B.氢键对该高分子的性能没有影响C.合成该高分子的反应为缩聚反应D.单体具有4种不同化学环境的氢原子【答案】A【解析】【详解】A.该聚合物是由多条链状高分子化合物通过氢键结合而成，而该链状高分子化合物可表示为，A正确；B.氢键会影响物质的熔沸点、溶解度等，对该高分子的性能有影响，B错误；C.合成该高分子可通过双键加成聚合得到，C错误；D.该分子单体的侧链上存在两个亚甲基，因此有5种不同化学环境的H原子，D错误；故答案选A。13.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（）A.反应①阶段，参与反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B.若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C.反应②中的H2O2可用NaClO2代替D.反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A选项，依据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价上升2个价态，依据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，故A正确，不符合题意；B选项，若反应①通过原电池来实现，ClO2是通过化合价降低得来，发生还原反应，因此ClO2是正极产物，故B正确，不符合题意；C选项，反应②中H2O2化合价上升，ClO2与NaClO2是相邻价态，NaClO2的价态不行能上升，故C错误，符合题意；D选项，反应②条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价上升，作还原剂，因此氧化性ClO2大于H2O2，故D正确，不符合题意。综上所述，答案为C。【点睛】利用氧化还原反应化合价升降守恒和氧化还原反应升降原理分析。14.某小组同学通过试验探讨FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。试验记录如下：序号IIIIII试验步骤充分振荡，加2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水试验现象铜粉消逝，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是（）A.试验I、II、III中均发生了反应2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+B.对比试验I、II、III说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关C.试验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D.向试验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A.通过试验现象可知，试验I、II、III中均发生了反应2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，A正确；B.对比试验I、II可知白色沉淀的产生可能与Cu粉的量有关，对比II、III试验可知，白色沉淀的产生可能与阴离子种类有关，B正确；C.在水溶液中，Cu2+为蓝色，试验II、III限制了试验体系的体积不变，若反应后c(Cu2+)相同，则反应后溶液颜色应相同，但依据试验现象，颜色不同，c(Cu2+)不同，C错误；D.向试验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，则体系环境与试验II类似，可能出现白色沉淀，D正确；故答案选C。其次卷（共58分）二．填空题15.浩瀚的海洋里隐藏着丰富的化学资源。利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：（1）氯元素在周期表中的位置是___。（2）提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是___。（3）汲取塔中发生反应的离子方程式是___。（4）结合平衡移动原理说明加石灰乳的作用___。（5）用原子结构学问说明Na的金属性强于Mg的缘由___。（6）工业上常用上述流程“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1L，运用该法最终得到36gBr2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为___mg/L【答案】(1).第三周期VIIA族(2).富集溴元素(3).SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+SO42-(4).Ca(OH)2+Mg2+Mg(OH)2+Ca2+，Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，平衡右移，将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀(5).Na和Mg均为第三周期元素，Na的最外层有1个电子，Mg的最外层有2个电子，Na更简单失去电子，所以Na的金属性强于Mg(6).120【解析】【分析】流程所示为海水资源的综合利用，向海水中加入石灰乳，得到氢氧化镁沉淀和母液，将氢氧化镁沉淀进行一系列的操作，最终会得到单质镁，而将母液酸化后，加入氯气将Br―氧化，然后用热空气将氧化产物Br2吹出，而后用SO2将其还原，起到富集的作用，最终再用氯气将其氧化得到溴单质。【详解】（1）氯元素在周期表中的位置是第三周期VIIA族；（2）依据分析，可知提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是富集溴元素；（3）汲取塔中发生反应SO2将Br2还原，离子方程式是SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+SO42-；（4）石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，Ca(OH)2+Mg2+Mg(OH)2+Ca2+，Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，平衡右移，将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；（5）Na和Mg均为第三周期元素，Na的最外层有1个电子，Mg的最外层有2个电子，Na更简单失去电子，所以Na的金属性强于Mg；（6）运用该法最终得到36gBr2，则Br原子的质量为72g，提取率为60%，原海水中的Br原子的质量为72g÷60%=120g，则原海水中溴的浓度为120×1000mg÷1000L=120mg/L16.工业制硝酸的尾气中含有N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。I.工业制硝酸：（1）氨催化氧化法是工业制硝酸的基础反应，写出氨催化氧化的化学方程式为___。II.含氮氧化物的尾气处理：（2）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解，N2O分解的化学方程式为___。（3）NO和NO2的处理。已知NO、NO2在碱溶液中可以发生如下反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率有___（填字母）。A．加快通入尾气的速率B．采纳气、液逆流的方式汲取尾气C．汲取尾气过程中定期补加适量NaOH溶液D．将尾气通入NaOH溶液的同时通入空气可以提高尾气的汲取率②含NO和NO2的尾气可用NaOH溶液汲取，汲取后的溶液经___、过滤，得到NaNO2晶体。③汲取后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是___（填化学式）。（4）用NaClO溶液汲取尾气。用NaClO溶液代替NaOH溶液汲取硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调整）的变更如图所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成NO3-时发生反应的离子方程式为___。②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其缘由是___。【答案】(1).4NH3+5O24NO+6H2O(2).2N2O2N2+O2(3).BCD(4).浓缩、结晶(5).NO(6).3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+(7).溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的实力越强【解析】【详解】I.（1）氨催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；II.（2）N2O只含有N、O两种元素，故其分解产物为氮气和氧气，则N2O的分解方程式为2N2O2N2+O2；（3）①A.加快通入尾气的速率可能会使气体汲取不完全，无法提高去除率，A不符合题意；B.采纳气、液逆流的方式汲取尾气，可以增大气体与液体的接触面积，提高尾气去除率，B符合题意；C.汲取尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可以提高尾气去除率，C符合题意；D.将尾气通入NaOH溶液的同时通入空气，可以促进NO的汲取，从而提高尾气去除率，D符合题意；故答案选BCD；②含NO和NO2的尾气可用NaOH溶液汲取，汲取后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后可得到相应的晶体；③由于NO2与水反应会生成NO，NO不与水反应，所以汲取后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO；（4）①在酸性NaClO溶液中，Cl元素以HClO的形式存在，HClO氧化NO生成NO3-时发生反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的实力越强。17.甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：（1）已知肯定条件下反应I：CH3OH(g)==CO(g)+2H2(g)ΔH1＝+90.7kJ/mol反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH3＝+49.5kJ/mol该条件下反应II的热化学方程式是___。（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应CO的平衡转化率见图。①比较T1、T2的大小，并说明缘由___。②A点对应的化学平衡常数是___。③T1温度时，按下表数据起先反应建立平衡COH2OH2CO2起始浓度(mol/L)2100t时刻浓度(mol/L)1.20.20.80.8反应进行到t时刻时，推断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）__v（逆）(填“>”“<”或“=”)。④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。（3）在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。①阴极的电极反应式是___。②从电解后溶液中分别出乙醇的操作方法是___。【答案】(1).H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1(2).T1<T2，该反应（或者反应II）的ΔH<0，上升温度平衡逆向移动；图像表明，进气比相同时，温度由T1变为T2时CO转化率减小，平衡逆向移动，可知T1<T2(3).1(4).v(正)<v（逆）(5).进气比越大，反应温度越低(6).2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O(7).蒸馏【解析】【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，依据盖斯定律，可知反应II=反应III-反应I，则该反应的ΔH=-41.2kJ·mol-1；（2）①该反应（或者反应II）的ΔH<0，上升温度平衡逆向移动；图像表明，进气比相同时，温度由T1变为T2时CO转化率减小，平衡逆向移动，可知T1<T2；②依据题目所给信息可列三段式则反应平衡常数K=；③t时刻时，，所以v(正)<v（逆）；④依据题目信息可知进气比越大，反应温度越低；（3）①阴极2CO2放电，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O；②电解后溶液中分别出乙醇的操作方法是蒸馏18.有机物X是药物的中间体，它的一种合成路途如下。已知：RNH2++H2O（1）A无支链，A中含有的官能团名称是___。（2）A连续氧化的步骤如下：A转化为B的化学方程式是___。（3）M为芳香化合物，其结构简式是___。（4）M→N的化学方程式是___，反应类型是___。（5）下列说法不正确的是___。a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOHb．E在肯定条件下可生成高分子化合物c．F能发生酯化反应和消去反应（6）Q的结构简式是___。（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路途___（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。【答案】(1).羟基(2).2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O(3).(4).+HNO3+H2O(5).取代反应(6).c(7).(8).CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH【解析】【分析】A可经过连续氧化得到C，依据（2）所给连续氧化信息，可知A为1-丁醇，B为，C为，C→D发生取代反应，D为，D经水解、酸化后得到E，E为，E接着被氧化生成F，M的不饱和度为4，依据最终产物X的结构，可知M为甲苯，依据后续产物可知，M→N发生的是邻位的一取代反应，N为，N被氧化、还原后得到产物Q。【详解】依据上述分析可知，（1）A为1-丁醇，官能团为羟基；（2）A转化为B为催化氧化反应，化学方程式是2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；（3）M的结构简式为；（4）M→N为取代反应，化学方程式是+HNO3+H2O；a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，a正确；b．E在肯定条件下可生成高分子化合物，b正确；c．F能发生酯化反应，无法发生消去反应，c错误；故答案选c；（6）Q的结构简式是；（7）乙烯水化制乙醇，乙醇氧化为乙醛，依据题目信息，2个乙醛分子发生反应最终生成，与足量氢气发生反应，生成1-丁醇，流程为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。19.某同学在试验室进行铁盐