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2025 年高考第三次模拟考试
高三化学
(试卷满分100 分，考试时间60 分钟)
1．本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号，并将核对后的条
形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
2．本试卷标注“不定项”的选择题，每小题有1~2 个正确选项，只有1 个正确选项的，多选不得分；有
2 个正确选项的，漏选1 个得一半分，错选不得分。未特别标注的选择题，每小题只有1 个正确选项。
3．可能用到的相对原子质量：相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27
Si-28 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65 Se-79
一、人体必需的微量元素—锌(23 分)
锌是人体必需的微量元素之一，被称为“生命之花”，起着极其重要的作用。
(1)基态Zn2+的价电子排布式为_______。
(2)ZnCl2、ZnO 皆属于以共价键为主的过渡型晶体，ZnCl2熔点为275℃，ZnO 的熔点为1975℃，请分
析熔点不同的原因：_______。
(3)在配合物[Zn(NH3)4]CO3中。
①配位原子是_______。
②外界离子的空间结构为_______。
③在[Zn(NH3)4]CO3晶体中不存在的作用力有_______。
A. 离子键 B. 极性共价键 C. 配位键 D. 非极性共价键
(4)Zn 与S 所形成化合物的晶胞如图1 所示，图2 为晶胞沿y 轴的投影1∶1 平面图。
①晶胞中Zn 原子的配位数为_______。
②晶胞中最近的两个S 原子之间的距离为_______pm。
③阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度是_____ g· cm-3。(1pm=10-10cm，列出计算表达式)。
(5)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料
原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。实验室用含有
1
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ZnCO3、SiO2、Fe、Cu 的粉末模拟工业上菱锌矿制备ZnSO4的过程，流程如下：
已知难溶电解质溶度积常数如下表：
难溶电解质
Fe(OH)3
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Ksp
8.0×10-38
6.7×10-17
8.0×10-16
①为了提高粉末的浸取效果，可采取的措施有_______。
②写出加入H2O2发生反应的离子方程式_______。
③加入物质X 调节溶液的pH，最适宜使用的X 是_______。
A．NH3·H2O B．ZnO C．Cu(OH)2 D．NaOH
④已知当溶液中某离子浓度≤1.0×10-5
mol·L－1时可认为该离子沉淀完全，该溶液中的Fe3+沉淀完全时
溶液的pH 至少为_______。
⑤由滤液②获得ZnSO4·7H2O 的实验操作：_______、_______、过滤、洗涤、烘干。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d10(2 分)
(2)ZnCl2、ZnO 形成以共价键为主的过渡型晶体，ZnCl2的性质更偏向分子晶体，熔沸点较低，ZnO 的
性质更偏向共价晶体，熔沸点较高(2 分)
(3)①N(1 分) ②平面三角形(1 分) ③D(2 分)
(4)①4(2 分) ②2a(2 分) ③
(2 分)
(5)①适当增大硫酸的浓度(或：适当提高浸取的温度) (2 分)
②2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(2 分)
③B(2 分) ④3.3(1 分) ⑤ 蒸发浓缩(1 分) 冷却结晶(1 分)
【解析】(1)锌(Zn)是30 号元素，基态Zn 原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，Zn2+是锌原子失
去最外层2 个电子形成的，失去的是4s 能级上的2 个电子，所以基态Zn2+ 的价电子排布式为
1s22s22p63s23p63d10；
(2)已知ZnCl2、ZnO 皆属于以共价键为主的过渡型晶体，ZnCl2熔点为275℃，熔点较低，说明其性质
更偏向分子晶体，分子晶体中分子间作用力较弱，导致熔沸点较低；ZnO 的熔点为1975℃，熔点很高，表
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明其性质更偏向共价晶体，共价晶体中原子间以共价键相连，形成空间网状结构，共价键作用力强，所以
熔沸点较高。
(3)①在[Zn(NH3)4]CO3中，中心离子是Zn2+，配位体是NH3，NH3中N 原子有孤电子对，Zn2+提供空轨
道，N 原子与Zn2+形成配位键，所以配位原子是N；
②外界离子是CO3
2-，对于CO3
2-，中心C 原子的价层电子对数=σ 键数 +孤电子对数，CO3
2-中C 原子形
成3 个σ 键，孤电子对数=
=0，根据价层电子对互斥理论，价层电子对数为3 且无孤电子对，
其空间结构为平面三角形；
③[Zn(NH3)4]CO3是离子晶体，内界[Zn(NH3)4]与外界CO3
2-之间存在离子键，NH3中N - H 是极性共价
键，[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与NH3之间是配位键，该配合物中不存在非极性共价键，故选D。
(4)①由图1 晶胞结构可知，Mn 和相邻的4 个Se 相连，所以Mn 的配位数为4。②由图1 晶胞结构可知，
S 原子位于晶胞内部，结合图2 可知，晶胞中最近的两个S 原子之间的距离为面对角线的一半，为2apm。
③由图1 晶胞结构可知，该晶胞中含有Zn 的个数为
=4，S 的个数为4，结合图2 可知，晶胞
的边长为
pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度是
。
(5)实验室用含有ZnCO3、SiO2、Fe、Cu 的粉末模拟工业上菱锌矿制备ZnSO4，用硫酸浸取，SiO2、Cu
不与硫酸反应，过滤后存在于滤渣①中，滤液中含有Zn2+、Fe2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，为了既使
Fe3+充分沉淀又尽量避免 Zn2+转化为Zn(OH)2而损失锌，最适宜的调 X 是ZnO，滤液②为ZnSO4溶液，经
过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。①为了提高粉末的浸取效果，可采取的措
施有适当增大硫酸的浓度(或：适当提高浸取的温度)。②加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程
式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。③由分析可知，为了既使Fe3+充分沉淀又尽量避免 Zn2+转化为
Zn(OH)2 而损失锌，最适宜的调 X 是ZnO，故选B。④Fe(OH)3 的溶度积 Ksp =8.0×10-38，完全沉淀时，
c(Fe3+)
，
则
c(OH-)=
，
c(H+)=
3
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，pH=-lgc(H+)=4-lg5=3.3，故溶液至少应调至3.3 才能使 Fe3+沉淀基本完
全。⑤从滤液②制得ZnSO4·7H2O 的常规操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干。
二、从绿柱石到氧化铍(16 分)
铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、陶瓷等领域。自然界中含铍矿物有30 多种，其中绿柱石主要
化学成分为Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO 和Fe2O3最具工业价值。
(1)基态Si 原子中，电子占据的最高能级的符号是_______。
A．2s B．2p C．3s D．3p
(2)小X 同学欲检测绿柱石中是否含有三价铁元素，应选择的试剂为_______。
A．稀硝酸和KSCN 溶液 B．稀硫酸和KSCN 溶液
C．稀硝酸和AgNO3溶液 D．KMnO4的酸性溶液
(3)用绿柱石生产BeO 与副产铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]的一种工艺流程如下所示：
已知：几种金属离子的氢氧化物沉淀时pH 如下表：
Be2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时
5.2
3.3
1.5
6.5
沉淀完全时
8.8
5.0
3.7
9.7
①热H2SO4溶浸后残渣主要成分是___________。
②H2O2的电子式为___________。
A．
B．
C．
D．
③步骤Ⅰ发生反应的离子方程式为___________。
④步骤Ⅲ中调节pH 的范围应为___________。
A．3.7~5.2 B．5.0~5.2 C．3.7~5.0 D．1.5~3.7
⑤保持温度不变，步骤Ⅳ中若将pH 从8.0 提高到8.5，则因溶解而损失的铍降低至原来的
___________%。
4
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⑥该流程中能循环使用的物质是___________(填化学式)。
【答案】(1)D(2 分)
(2)B(2 分)
(3)①SiO2或H2SiO3(2 分) ②B(2 分)
③2Fe2+ +H2O2 +2H+ =2Fe3++2H2O(2 分) ④B(2 分)
⑤10%(2 分) ⑥ (NH4)2SO4(2 分)
【解析】(1)Si 原子核外有14 个电子，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能
级的符号是3p，故选D。
(2)Fe3+与KSCN 会生成Fe(SCN)3红色物质，因此检验溶液中是否含有 Fe3+，可向绿柱石中加入稀硫酸
溶解，取反应后上层清液，向溶液中滴加KSCN 溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+，否则没有，
由于硝酸会氧化亚铁离子为铁离子故不能选择硝酸；故选B。
(3)绿柱石粉碎后加入稀硫酸，得到滤液中含有Be2＋、Al3＋、SO4
2-、含铁元素的离子，SiO2不与稀硫酸
反应，且不溶于稀硫酸，或者绿柱石中SiO3
2-与H＋反应生成H2SiO3 沉淀，即残渣主要成分是H2SiO3 或
SiO2，向滤液中加入H2O2，利用H2O2的氧化性，将Fe2＋转化成Fe3＋，便于后续操作除去，根据流程，加
入硫酸铵，除去Al3＋，生成铝铵矾，过滤后向滤液加入氨水调节pH，除去Fe3＋，过滤后加入氨水调节
pH，使Be2＋转化成Be(OH)2沉淀，然后Be(OH)2加热分解得到BeO。
①残渣主要成分是SiO2或H2SiO3；
②H2O2是共价化合物，电子式为
，故选B；
③步骤Ⅰ加入H2O2，利用H2O2的氧化性，将Fe2＋转化成Fe3＋，离子方程式为：2Fe2+ +H2O2 +2H+
=2Fe3++2H2O；
④步骤Ⅲ中调节pH 使Fe3+、Al3+全部沉淀，同时保证Be2+不沉淀，所以pH 调节范围为5.0~5.2，即
5.0<a<5.2，故选B；
⑤设Be(OH)2溶度积常数为Ksp，温度不变，则Ksp不变，由
得：
，pH=8.0 时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为
；pH=8.5 时，
c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为
，则因溶解而损失的铍降低至原来的
5
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；
⑥步骤Ⅳ滤液中的(NH4)2SO4可以在除铝步骤中循环利用，所以该流程中能循环的物质是(NH4)2SO4。
三、烟气脱硝(共23 分)
烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的NO、NO2等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过
程。
(1)氧—氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程图如下所示：
已知：O3+NO=NO2+O2；O3+2NO2=N2O5+O2。
①已知NO2为角形分子。下列关于NO、NO2说法正确的是_______。
A. 均属于酸性氧化物 B. 均属于离子化合物 C. 均属于极性分子 D. 均属于电解质
②静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从
而达到除尘目的。静电除尘类似于胶体的_______。
③X 溶液中含有一种铵盐，它由氨水与N2O5反应生成，写出反应的离子方程式_______。
④O3/NO 摩尔比对NO 脱除率以及NO2转化率的影响如下图所示。分析最佳O3/NO 摩尔比为_______。
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(2)脱硝反应之一：2NO2(g)＋O3(g)
N2O5(g)＋O2(g) ΔH＜0，T℃时，向1.0L 恒容密闭容器中充
入2.0molNO2和1.0molO3，反应过程中测定的部分数据见表：
t/s
0
3
6
12
24
n(O2) /mol
0
0.36
0.60
0.80
0.80
①反应在0~3s 内的平均速率v(NO2)=_______。
②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_______(不定项)。
A．混合气体密度不再变化
B．单位时间内消耗2molNO2的同时生成1molO2
C．v 正(NO2)=2v 逆(N2O5
D．混合气体压强不再变化
③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于_______。
④T℃时，若向上述容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，开始时反应
_______。
A．正向进行 B．逆向进行 C．达平衡
(3)下图装置能有效去除烟气中的NO2，已知该电池反应为：6NO2+8NH3=7N2+12H2O。
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①A 电极通过导线_______电子。
A．流出 B．流入
②B 电极的电极反应式_______。
(4)利用催化剂ZAg 对NO 催化转化的反应过程与能量变化如下图所示。
①下列说法正确的是_______(不定项)。
A．高温下有利于NO 的转化 B．由a 释放N2O 的反应速率最慢
C．a 到b、d 到e，都会形成非极性键 D．过渡态2 比过渡态1 稳定
②写出总反应
热化学方程式_______。
③判断在上述实验条件时该反应是否会自发地进行并说明判断理由_______。
【答案】(1)①C(2 分) ②电泳(1 分)
③2NH3·H2O+N2O5=2NH4
++2NO3
-+H2O (2 分)
④1.1(1 分)
(2)①0.24 mol·L-1·s-1(2 分) ②CD(2 分)
③20(2 分) ④A(2 分)
(3)①A(1 分) ②2NO2+4H2O+8e-=8OH-+N2(2 分)
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(4)①BC(2 分) ②2NO(g)=N2+O2(g) ΔH＝-182.8kJ·mol−1(2 分)
③由于反应前后气体分子数不变，ΔS 很小(几乎为0)，而反应的ΔH 小于0，所以ΔH-TΔS＜0，因此
反应可以自发进行(2 分)
【解析】(1)含NO、NO2的烟气通过静电除尘后，加入氨水同时通入臭氧氧化脱硝得到硝酸铵溶液，
除雾后即为达标排放的烟气；
①A 项，NO 不和H2O、NaOH 反应，NO2和水发生氧化还原反应，二者都不是酸性氧化物，故A 错误；
B 项，NO、NO2都属于共价化合物，故B 错误；C 项，NO 为直线形分子，NO2为角形分子，二者正负电
中心不重合，都是极性分子，故C 正确；D 项，NO、NO2都属于非电解质，故D 错误；故选C；
②静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从
而达到除尘目的，类似于胶体的电泳；
③N2O5和水反应生成HNO3，氨水与N2O5反应生成硝酸铵，离子方程式为：2NH3·H2O+N2O5=2NH4
+
+2NO3
-+H2O；
④由图像可知，最佳摩尔比为1.1，此时NO 的脱除率最大，且NO2的转化率最高。
(2)①反应在0~3s 内的平均速率v(NO2)=2v(O2)=
= 0.24 mol·L-1·s-1；
②A 项，该反应混合气体的总质量不变，为恒容密闭容器，则混合气体密度一直保持不变，不能说明
反应达到平衡，A 不选；B 项，单位时间内消耗2molNO2同时生成1molO2都是指正反应方向速率，不能说
明反应达到平衡，B 不选；C 项，v 正(NO2)=2v 逆(N2O5)逆说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C 选；
D 项，该反应前后气体分子总数不相等，则混合气体压强不再变化，说明反应达到平衡状态，D 选；故选
CD；
③根据表格数据可知，达到平衡时，n(O2) =0.8mol，可知生成N2O50.8mol，消耗NO21.6mol，消耗
O30.8mol，剩余NO20.4mol，剩余O30.2mol，容器体积1L，K=
=20；
④T℃时，若向上述容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，此时浓度商Q=
=0.5﹤K=20，开始时反应正向进行，故选A。
(3)①根据反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O 可知NH3失去电子作负极，NO2得到电子作正极生成N2，电极
A 为负极，电极B 为正极，A 电极通过导线流出电子，故选A；
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②根据反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O 可知，电极B 为正极，电极的电极反应式2NO2+4H2O+8e-=8OH-
+N2。
(4)①A 项，从图中可以看出，NO 催化转化为N2和O2是一个放热反应，则高温下不利于NO 的转化，
A 不正确；B 项，由a 到c 比由d 到f 的活化能大，活化能越大，反应速率越慢，则由a 释放N2O 的反应速
率最慢，B 正确；C 项，a 到b 形成氮氮非极性键，由d 到e 形成氧氧非极性键，C 正确；D 项，物质具有
的能量越高，稳定性越差，图中信息显示，过渡态2 的能量比过渡态1 高，则过渡态2 比过渡态1 稳定性
差，D 不正确；故选BC。
②该反应中，反应物为NO(g)，最终产物为N2(g)和O2(g)，反应放出的能量为182.8kJ∙mol-1，则总反应
的热化学方程式为2NO(g)=N2+O2(g) ΔH＝-182.8kJ·mol−1。
③该反应前后气体分子数都为2，ΔS 接近0，△H=-182.8kJ∙mol-1＜0，则上述实验条件时该反应会自发
地进行，理由：由于反应前后气体分子数不变，ΔS 很小(几乎为0)，而反应的ΔH 小于0，所以ΔH-TΔS＜
0，因此反应可以自发进行。
四、盐酸芬戈莫德(18 分)
盐酸芬戈莫德(H)是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中某种合成路线：
已知：i)
ii)
(1)B 分子中含有的官能团为_______；A 分子中有_______个原子共平面。
(2)E 的分子式为_______。
(3)整个反应过程中没有涉及到的反应类型有_______(不定项)。
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A．加成反应 B．氧化反应 C．缩聚反应 D．还原反应
(4)已知C→D 过程中原子利用率为100%，化合物X 的结构简式是_______。
(5)①由D 生成E 的反应目的是_______。
②G→H 的第(2)步中加
的目的是_______。
(6)写出由E 生成F 的化学反应方程式_______。
(7)在C 的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有_______种(不考虑立体异构)。
a)含有苯环和硝基；
b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1
(8)参照上述反应路线，以
和CH3NO2为原料，设计合成
的路线
_______(无机试剂任选)。
(9)下图是芬戈莫德最初合成
起始路线：
对比两个反应路线，写出现在反应路线的优点及原因：
【优点1】___________________________________________；
【优点2】_________________________________________________。
【答案】(1)酮羰基、硝基(1 分) 12(1 分)
(2)C14H19NO4(2 分)
(3)BC(2 分)
(4)HCHO (2 分)
(5)保护羟基(1 分) 增大产物的水溶性(1 分)
(6)
(2 分)
(7)4 (2 分)
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(8)
(2 分)
(9)反应原料易得(1 分) 副反应少，副产物少，产物更纯净(1 分)
【解析】苯和
中的酰氯发生取代反应得到B，B 中酮羰基被还原生成C，C 发生已
知i 的反应得到D，由D 的结构式，推测试剂X 为甲醛(HCHO)，D 中羟基和
反应得到E，保
护羟基，E 和
发生取代得到F 为
，F 加
氢还原得到G，G 反应得到H，据此分析解题。
(1)B 物质中含有的官能团为酮羰基和硝基。A 为苯，苯是平面结构，其中有12 个原子共平面。
(2)E 的结构为
，其分子式为：C14H19NO4。
(3)根据分析可知，该流程中没有涉及到的反应类型有氧化反应，还原反应。答案选BC。
(4)C 的分子式为：C9H11NO2，D 的分子式为：C14H16NO4，分子结构相差C2H4O2，由于C→D 过程中原
子利用率为100%，是加成反应，所以结合i 可知，化合物X 的结构简式是HCHO。
(5)①D 中羟基和
反应得到E，E 和
发生取代得到F 为
，之后最终反应又生成的H 中，又生成-OH，所以反应目的是保
护羟基。②由于生成的H 在水中溶解性较低，所以加HCl 的目的是增大产物的水溶性。
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(6)E 和
发生取代得到F 为
和氯化氢。
答案为：
。
(7)C 为
，它的同分异构体中，同时满足a)含有苯环和硝基；b 核磁共振氢谱显
示有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1，有
、
、
、
，共四种。
(8)先用
和CH3NO2发生加成反应得到
，
发生催
化氧化反应得到
，结合题中B→C 转化关系，
发生还原反得到
，合成路线为：
13
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。
(9)
是发生取代反应，另外还生
成了HClO；
也发生取代反应，另外
生成了CH3COONa。均有副产品生成，造成原料利用率不高，同时，原反应线路中的反应原料较此方案简
单、易得。答案为：反应原料易得；副反应少，副产物少，产物更纯净。
五、氮的重要氢化物——氨气与联氨(20 分)
氨气与联氨(N2H4，又称“肼”)都是氮的重要氢化物，在生产生活有着重要用途，同时两者结构的相
似决定了它们化学性质上也有相似之处。
(1)制备下列物质属于固氮的是_______。
A．用氮气和氢气合成氨 B．分离液态空气获得氮气
C．氨气与氯化氢化合成氯化铵 D．NO2溶于水得到HNO3
(2)实验室制备氨气的发生装置，可选择_______(不定项)。
A．
B．
C．
D．
(3) 氨气溶于水中，大部分NH3与H2O 以氢键结合形成NH3·H2O。根据氨水的性质可推知NH3·H2O 的
结构式为_______。
A．
B．
C．
D．
(4)潜艇中使用的液氨—液氧燃料电池工作原理如图所示：
14
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关于该装置的说法正确的是_______(不定项)。
A．电极b 为阳极
B．该装置将电能转化为化学能
C．电解质溶液中OH—离子向电极a 移动
D．电极a 的电极反应：2NH3– 6e-+ 6OH-=6H2O + N2
(5)肼(N2H4)分子中心原子的VSEPR 模型为_______。
A．平面三角形 B．三角锥形 C．四面体形 D．正四面体形
(6)N2H4可用于处理锅炉水中的溶解氧，一种反应机理如图所示：
①反应Ⅱ的离子方程式为___________。
②理论上，0.1kg N2H4可处理___________kg 溶解氧。
A．0.05 B．0.1 C．0.15 D．0.2
③N2H4和Na2SO3均可处理高压锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，使用N2H4的优点是___________。
(任写一条)
④肼是二元弱碱，在水中的第一步电离与NH3相似。请写出肼的一级电离平衡常数表达式为
___________。
⑤加热锅炉时，水中的MgCO3可以先转化为Mg(HCO3)2，然后转化为Mg(OH)2。已知：MgCO3+H2O
Mg2++HCO3
-+OH−，在80℃时的平衡常数为K，水的离子积为Kw，碳酸的一级和二级电离常数分别
为Ka1和Ka2，则该温度下Ksp(MgCO3)=___________(用相关常数表示)。
【答案】(1)A(2 分)
(2)CD(2 分)
(3)B(2 分)
(4)CD(2 分)
(5)C(2 分)
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(6)①Cu2O+4 NH3·H2O =2 [Cu(NH3)4]2++3H2O+2OH-(2 分)
②B(2 分)
③除去等量O2，N2H4的用量比Na2SO3少；氧化产物N2对环境友好而Na2SO3的氧化产物Na2SO4是电
解质，易形成电化学腐蚀，缩短锅炉寿命(合理即可) (2 分)
④K1=
(2 分)
⑤
(2 分)
【解析】(1)氮的固定是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程。A 项，氮气与氢气化合生成氨气的
反应是游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程，属于人工固氮，故A 正确；B 项，分离液态空气制取氮
气是没有新物质生成的物理变化，不属于氮的固定，故B 错误；C 项，氨气与氯化氢化合成氯化铵的反应
是化合态氮元素转化为化合态氮元素的过程，不属于人工固氮，故C 错误；D 项，二氧化氮溶于水得到硝
酸的反应是化合态氮元素转化为化合态氮元素的过程，不属于人工固氮，故D 错误；故选A。
(2)A 项，氯化铵分解产生氨气和氯化氢，氨气与氯化氢又重新化合生成氯化铵，不能制得氨气，故A
不选；B 项，加热氢氧化钙固体和氯化铵固体的混合物制氨气时，试管应该略向下倾斜，故B 不选；C 项，
加热浓氨水，不稳定，生成氨气和水，故C 选；D 项，发生反应CaO+NH3•H2O=Ca(OH)2+NH3↑，使用固体
与液体常温制气体的装置，故D 选；故选CD。
(3)①从氢键的形成原理上讲，A、B 都成立；②但从空间构型上讲，由于氨分子是三角锥形，易于提
供孤对电子，所以以B 方式结合空间阻碍最小，结构最稳定；③从氨水的性质讲，依据NH3·H2O
NH4
++OH-，只有B 成立；故选B。
(4)由图可知，电极a 为燃料电池的负极，碱性条件下氨气在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，
电极b 为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。A 项，电极b 为燃料电
池的正极，故A 错误；B 项，由题意可知，该装置为化学能转化为电能的燃料电池，故B 错误；C 项，电
极a 为燃料电池的负极，电极b 为正极，则溶液中氢氧根离子离子向电极a 移动，故C 正确；D 项，电极a
为燃料电池的负极，碱性条件下氨气在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3– 6e-
+ 6OH-=6H2O + N2，故D 正确；故选CD。
(5)N2H4分子中N 原子的价层电子对数为4，1 对孤对电子，3 个σ 键，则分子的VSEPR 模型为四面体
形，故选C。
(6)①有反应机理图可知，反应Ⅱ为氧化亚铜和一水合氨反应生成氢氧化二氨合亚铜(Ⅰ)和水，故反应
Ⅱ的离子方程式为Cu2O+4 NH3·H2O =2 [Cu(NH3)4]2++3H2O+2OH-；
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②根据得失电子守恒，1molN2H4中N 失去电子变成氮气，正好1mol 氧气得到电子，N2H4和氧气摩尔
质量相同，所以0.1kg N2H4可处理0.1kg 溶解氧，选B；
③N2H4和Na2SO3均可处理高压锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，使用N2H4的优点，除去等量
O2，N2H4的用量比Na2SO3少；N2H4的氧化产物N2对环境友好而Na2SO3的氧化产物Na2SO4是电解质，易
形成电化学腐蚀，缩短锅炉寿命(合理即可)；
④肼是二元弱碱，在水中的第一步电离与NH3相似，肼的第一步电离方程式为N2H4·H2O
N2H5
+
+OH-，一级电离平衡常数表达式为
；
⑤MgCO3+H2O
Mg2++HCO3
-+OH−为①，在80℃时的平衡常数为
，
水的电离H2O
H++OH-为②，离子积为
，碳酸的第二步电离为HCO3
-
H+
+CO3
2-为③，二级电离常数为Ka2，①-②＋③得MgCO3(s)
Mg 2+(aq)+ CO3
2-(aq，则该温度下
。
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