2025年北京高考真題化學(xué)試題

一、單選題

1．我國(guó)科研人員在研究嫦娥五號(hào)返回器帶回的月壤時(shí)，發(fā)現(xiàn)月壤鈦鐵礦(FeTiO3)存在亞納米孔道，吸附并儲(chǔ)存了大

量來(lái)自太陽(yáng)風(fēng)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(chǔ)存起來(lái)以供使用。下

列說(shuō)法不正確．．．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(yīng)

D．將獲得的水蒸氣冷卻為液態(tài)水的過程會(huì)放出熱量

【答案】B

【詳解】

A．月壤鈦鐵礦中的氫來(lái)自太陽(yáng)風(fēng)，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(wú)法生成水蒸氣，因此“一定生成”的說(shuō)法

錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；

C．生成水時(shí)H被氧化（0→+1），F(xiàn)e被還原（如+3→0），存在化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，C正確；

D．水蒸氣液化是物理變化，但會(huì)釋放熱量，D正確；

故選B。

2．下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)不正確．．．的是

A．乙醇的分子模型：B．BF3的VSEPR模型：

102

C．S的原子結(jié)構(gòu)示意圖：D．基態(tài)30Zn原子的價(jià)層電子排布式：3d4s

【答案】C

【詳解】

A．乙醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2OH，分子模型為：，A正確；

1

B．BF3分子中B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+(3-1×3)=3，無(wú)孤電子對(duì)，其空間構(gòu)型和VSEPR模型均為平面三角形，

2

B正確；

C．S的原子有16個(gè)電子，結(jié)構(gòu)示意圖，C錯(cuò)誤；

D．鋅是30號(hào)元素，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s2，價(jià)電子排布式為3d104s2，D正確；

故選C。

3．下列說(shuō)法不正確．．．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(yīng)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

【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(cuò)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(jìn)反應(yīng)，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)。乙腈(CH3CN)是一種常見的有機(jī)溶劑，沸點(diǎn)較高，水溶性好。下列說(shuō)法不正確．．．

的是

A．乙腈的電子式：B．乙腈分子中所有原子均在同一平面

C．乙腈的沸點(diǎn)高于與其分子量相近的丙炔D．乙腈可發(fā)生加成反應(yīng)

【答案】B

【詳解】

A．乙腈中存在碳?xì)鋯捂I、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．乙腈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(cuò)誤；

C．乙腈與乙炔都是分子晶體，乙腈是極性分子，乙炔是非極性分子，分子間作用力乙腈大于乙炔，沸點(diǎn)乙腈高于

乙炔，C正確；

D．乙腈中有碳氮叁鍵，能夠發(fā)生加成反應(yīng)，D正確；

故選B。

+

5．下列反應(yīng)中，體現(xiàn)NH4還原性的是

A．NH4HCO3加熱分解有NH3生成

B．NH4Cl和NaNO2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

【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(yīng)，A不符合題意；

+?+

B．NH4中的N(-3價(jià))與NO2中的N(+3價(jià))反應(yīng)生成N2(0價(jià))，NH4被氧化，體現(xiàn)還原性，B符合題意；

C．水溶液中，銨根離子可以直接結(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(dòng)，則該氫氧化鎂

溶解過程，無(wú)化合價(jià)變化，沒有體現(xiàn)其還原性，C不符合題意；

+

D．(NH4)2SO4與BaCl2的沉淀反應(yīng)屬于復(fù)分解反應(yīng)，NH4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(shí)不相符．．．的是

+3+

A．用鹽酸除去鐵銹：Fe2O3?xH2O+6H=2Fe+(3+x)H2O

2+2-

B．用CuSO4溶液除去乙炔中的H2S:Cu+S=CuS↓

C．用乙醇處理廢棄的Na:2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑

D．將NO2通入水中制備硝酸：3NO2+H2O=2HNO3+NO

【答案】B

【詳解】

+3+

A．鐵銹的成分為Fe2O3·xH2O，能溶于鹽酸生成FeCl3和水，離子方程式為：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=CuS↓+2H，B錯(cuò)誤；

C．乙醇與鈉反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣，化學(xué)方程式正確，C正確；

D．NO2與水反應(yīng)生成硝酸和NO，化學(xué)方程式正確，D正確；

故選B。

7．下列實(shí)驗(yàn)的相應(yīng)操作中，不正確．．．的是

A．制備并檢驗(yàn)SO2B．實(shí)驗(yàn)室制取O2

為防止有害氣體逸出，先放置浸NaOH溶液的棉實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)，先把導(dǎo)管移出水面，再熄

團(tuán)，再加熱滅酒精燈

C．分液D．蒸餾

先打開分液漏斗上方的玻璃塞，再打開下方的活

冷卻水從冷凝管①口通入，②口流出

塞

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【詳解】

A．銅與濃硫酸反應(yīng)，生成二氧化硫，二氧化硫有毒會(huì)污染空氣，二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸?，可用氫氧化鈉溶液吸

收，所以為防止有害氣體逸出，先放置浸NaOH溶液的棉團(tuán)，再加熱，A正確；

B．實(shí)驗(yàn)室制備氧氣時(shí)，為了防止水槽中的水倒吸，實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)，先把導(dǎo)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(shí)，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(shí)，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．蒸餾時(shí)，為了更好的冷凝效果，冷凝水應(yīng)：“下進(jìn)上出”，即②口通入，①口流出，操作方法錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；

故選D。

8．25°C時(shí)，在濃NaOH溶液中通入過量Cl2，充分反應(yīng)后，可通過調(diào)控溫度從反應(yīng)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(shuō)法不正確．．．的是

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

B．25℃時(shí)，隨反應(yīng)進(jìn)行NaCl先析出

C．將反應(yīng)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(huì)和NaClO一起析出

【答案】D

【詳解】

A．氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)，生成氯化鈉，次氯酸鈉和水，開始發(fā)生反應(yīng)為Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，A正確；

B．25℃時(shí)，氯化鈉溶解度最小，隨反應(yīng)進(jìn)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(shì)較大，將反應(yīng)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(shì)較小，次氯酸鈉的溶解度隨溫度的變化趨勢(shì)較大，在冷卻結(jié)晶的過程

中，NaClO會(huì)大量析出，氫氧化鈉則不會(huì)，D錯(cuò)誤；

故選D。

9．依據(jù)下列事實(shí)進(jìn)行的推測(cè)正確的是

事實(shí)推測(cè)

ANaCl固體與濃硫酸反應(yīng)可制備HCl氣體NaI固體與濃硫酸反應(yīng)可制備HI氣體

BBaSO4難溶于鹽酸，可作“鋇餐”使用BaCO3可代替BaSO4作“鋇餐”

C鹽酸和NaHCO3溶液反應(yīng)是吸熱反應(yīng)鹽酸和NaOH溶液反應(yīng)是吸熱反應(yīng)

DH2O的沸點(diǎn)高于H2SHF的沸點(diǎn)高于HCl

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【詳解】

A．濃硫酸與NaCl反應(yīng)生成HCl主要是因?yàn)闈饬蛩岬姆悬c(diǎn)高，難揮發(fā)，但濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，與NaI反應(yīng)，氧

化I?生成I2，得不到HI，A錯(cuò)誤；

2+

B．BaSO4不溶于鹽酸，不會(huì)產(chǎn)生有毒的鋇離子，可做鋇餐使用，而BaCO3會(huì)與胃酸反應(yīng)生成有毒的Ba，不能替

代BaSO4，B錯(cuò)誤；

C．鹽酸與NaHCO3反應(yīng)吸熱是特例，而鹽酸與NaOH的中和反應(yīng)是典型的放熱反應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D．H2O因含有分子間氫鍵，沸點(diǎn)高于H2S，同理HF也含有分子間氫鍵，沸點(diǎn)高于HCl，D正確；

故選D。

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

下列說(shuō)法不正確．．．的是

A．①中反應(yīng)為4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O

B．②中生成CH2=CHOOCCH3的過程中，有σ鍵斷裂與形成

C．生成CH2=CHOOCCH3總反應(yīng)的原子利用率為100%

D．Pd催化劑通過參與反應(yīng)改變反應(yīng)歷程，提高反應(yīng)速率

【答案】C

【詳解】

A．①中反應(yīng)物為CH3COOH、O2、Pd，生成物為H2O和Pd(CH3COO)2，方程式為：4CH3COOH+O2+2Pd→

2Pd(CH3COO)2+2H2O，A正確；

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

C．生成CH2=CHOOCCH3總反應(yīng)中有H2O生成，原子利用率不是100%，C錯(cuò)誤；

D．Pd是反應(yīng)的催化劑，改變了反應(yīng)的歷程，提高了反應(yīng)速率，D正確；

故選C。

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

下列說(shuō)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(qiáng)弱有關(guān)

【答案】C

【分析】由圖可知，NaCl固體溶于水的過程分兩步實(shí)現(xiàn)，第一步為NaCl固體變?yōu)镹a+和Cl-，此過程離子鍵發(fā)生斷

裂，為吸熱過程；第二步為Na+和Cl-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固體溶解過程的焓變?yōu)棣3=+4kJ/mol，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(shí)現(xiàn)，由蓋斯定律可知ΔH1=ΔH2+ΔH3，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Cl-，此過程離子鍵發(fā)生斷裂，為吸熱過程，a＞0；第二步為Na+

和Cl-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(cuò)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Cl-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(qiáng)弱有關(guān)，D正確；

故選C。

12．為研究三價(jià)鐵配合物性質(zhì)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)(忽略溶液體積變化)。

-2+3-

已知：[FeCl4]為黃色、[Fe(SCN)]為紅色、[FeF6]為無(wú)色。

下列說(shuō)法不正確．．．的是

3+--

A．①中濃鹽酸促進(jìn)Fe+4Cl?[FeCl4]平衡正向移動(dòng)

2+-

B．由①到②，生成[Fe(SCN)]并消耗[FeCl4]

C．②、③對(duì)比，說(shuō)明c(Fe3+)：②>③

D．由①→④推斷，若向①深黃色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也無(wú)明顯變化

【答案】D

?1?

【分析】0.1mol·L的FeCl3溶液滴加數(shù)滴濃鹽酸，生成更多的[FeCl4]，溶液黃色加深；繼續(xù)滴加1滴KSCN溶

?2+2+3?

液，[FeCl4]轉(zhuǎn)化為[Fe(SCN)]，溶液變?yōu)榧t色；再加入NaF固體，[Fe(SCN)]轉(zhuǎn)化為[FeF6]，溶液紅色褪去，

變?yōu)闊o(wú)色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，無(wú)色溶液未見明顯變化，說(shuō)明I-未被氧化。

【詳解】

?3+--

A．①中滴加數(shù)滴濃鹽酸，試管溶液黃色加深，生成更多的[FeCl4]，說(shuō)明濃鹽酸促進(jìn)Fe+4Cl?[FeCl4]平衡正

向移動(dòng)，A正確；

?2+2+?

B．由①到②，溶液變?yōu)榧t色，說(shuō)明[FeCl4]轉(zhuǎn)化為[Fe(SCN)]，即生成[Fe(SCN)]并消耗[FeCl4]，B正確；

C．②、③溶液中，均存在平衡Fe3++SCN??[Fe(SCN)]2+，由于溫度不變，故該反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，由于②、

③溶液中含有的初始SCN?濃度相同，且②溶液為紅色，③溶液為無(wú)色，故能說(shuō)明c(Fe3+)：②>③，C正確；

D．類似C選項(xiàng)分析，由①→④推斷，溶液中的c(Fe3+)是越來(lái)越小的，若向①深黃色溶液中加入KI、淀粉溶液，

無(wú)法確定①中溶液中的Fe3+的含量是否能夠氧化I-，D錯(cuò)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(shuō)法正確的是

A．反應(yīng)物A中有手性碳原子B．反應(yīng)物A與B的化學(xué)計(jì)量比是1:2

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

【答案】A

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

應(yīng)生成D，由P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，反應(yīng)物A與B的化學(xué)計(jì)量比是2:1；D與E反應(yīng)生成高聚物P和水。

【詳解】

A．反應(yīng)物A中有1個(gè)手性碳原子，如圖所示，A正確；

B．由分析可知，反應(yīng)物A與B的化學(xué)計(jì)量比是2:1，B錯(cuò)誤；

C．反應(yīng)物D與E反應(yīng)生成高聚物P和水，有小分子生成，為縮聚反應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D．由高分子P的結(jié)構(gòu)可知，P中的酰胺基易水解，導(dǎo)致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因是由于C—N鍵

斷裂，D錯(cuò)誤；

故選A。

14．用電解Na2SO4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(shí)驗(yàn)。

實(shí)電壓

電極I電極Ⅱ關(guān)系

驗(yàn)/V

i石墨1石墨2a

新石

ii石墨1b

墨

a>d>c>b>0

新石

iii石墨2c

墨

iv石墨1石墨2d

下列分析不正確．．．的是

A．a(chǎn)>0，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)i中形成原電池，反應(yīng)為2H2+O2=2H2O

B．b<d，是因?yàn)閕i中電極Ⅱ上缺少H2作為還原劑

C．c>0，說(shuō)明iii中電極I上有O2發(fā)生反應(yīng)

D．d>c，是因?yàn)殡姌OI上吸附H2的量：iv>iii

【答案】D

?+

【分析】按照?qǐng)D1電解Na2SO4溶液，石墨1為陽(yáng)極，發(fā)生反應(yīng)2H2O?4e=O2↑+4H，石墨1中會(huì)吸附少量氧

??

氣；石墨2為陰極，發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e=H2↑+2OH，石墨2中會(huì)吸附少量氫氣；圖2中電極Ⅰ為正極，氧氣發(fā)

生還原反應(yīng)，電極Ⅱ?yàn)樨?fù)極。

【詳解】

A．由分析可知，石墨1中會(huì)吸附少量氧氣，石墨2中會(huì)吸附少量氫氣，實(shí)驗(yàn)i會(huì)形成原電池，a>0，反應(yīng)為2H2+O2=2H2O，

A正確；

B．因?yàn)閕i中電極Ⅱ?yàn)樾率?，不含有H2，缺少H2作為還原劑，故導(dǎo)致b<d，B正確；

C．圖2中，電極Ⅰ發(fā)生還原反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)iii中新石墨可能含有空氣中的少量氧氣，c＞0，說(shuō)明iii中電極I上有O2發(fā)

生反應(yīng)，C正確；

D．d>c，實(shí)驗(yàn)iii與實(shí)驗(yàn)iv中電極Ⅰ不同，d>c，是因?yàn)殡姌OI上吸附O2的量：iv>iii，D錯(cuò)誤；

故選D。

二、解答題

15．通過MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互轉(zhuǎn)化可實(shí)現(xiàn)NH3的高效存儲(chǔ)和利用。

(1)將Mg的基態(tài)原子最外層軌道表示式補(bǔ)充完整：。

(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]Cl2的晶胞是立方體結(jié)構(gòu)，邊長(zhǎng)為anm，結(jié)構(gòu)示意圖如下。

①[Mg(NH3)6]Cl2的配體中，配位原子是。

-1-3

②已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩爾質(zhì)量為Mg?mol，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為g?cm。

(1nm=10-7cm)

(4)MgCl2和NH3反應(yīng)過程中能量變化示意圖如下。

①室溫下，MgCl2和NH3反應(yīng)生成[Mg(NH3)6]Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因：。

②從平衡的角度推斷利于[Mg(NH3)6]Cl2脫除NH3生成MgCl2的條件并說(shuō)明理由：。

【答案】

(1)

(2)CH4中碳原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為0；NH3中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為1；孤電

子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥能力大于成鍵電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)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′

4M21

(3)N3×10

aNA

(4)生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低根據(jù)MgCl2和NH3反應(yīng)過程中的能量變化示意圖可得到反應(yīng)的熱化

學(xué)方程式為MgCl2(s)+6NH3(g)=[Mg(NH3)6]Cl2(s)ΔH＜0，該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體系數(shù)減小的放熱反應(yīng)，故低壓高

溫有利于脫除NH3生成MgCl2。

【詳解】

（1）Mg是第12號(hào)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：

。

（2）CH4中碳原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為0；NH3中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為1；孤

電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥能力大于成鍵電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)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′。

2+

（3）①[Mg(NH3)6]Cl2的內(nèi)界為[Mg(NH3)6]，故其配體為NH3，由于N原子有孤電子對(duì)，所以配位原子為N；

11

②根據(jù)均攤法，該晶胞中[Mg(NH)]2+的個(gè)數(shù)為8×+6×+1=4，Cl-的個(gè)數(shù)為8，故每個(gè)晶胞中含有4個(gè)

3682

4M

mg

晶胞NA4M21-3

[Mg(NH3)6]Cl2，則晶體的密度為ρ==-733=3×10g?cm。

V晶胞(a×10)cmaNA

（4）①由MgCl2和NH3反應(yīng)過程中的能量變化示意圖可知，反應(yīng)生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低，故室溫下易于

生成[Mg(NH3)6]Cl2；

②根據(jù)MgCl2和NH3反應(yīng)過程中的能量變化示意圖可得到反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即

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

指逆反應(yīng)方向，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCl2。

16．鉛酸電池是用途廣泛并不斷發(fā)展的化學(xué)電源。

(1)十九世紀(jì)，鉛酸電池工作原理初步形成并延續(xù)至今。

放電

鉛酸電池工作原理：PbO2+Pb+2H2SO4?2PbSO4+2H2O

充電

①充電時(shí)，陰極發(fā)生的電極反應(yīng)為。

②放電時(shí)，產(chǎn)生a庫(kù)侖電量，消耗H2SO4的物質(zhì)的量為mol。已知：轉(zhuǎn)移1mol電子所產(chǎn)生的電量為96500庫(kù)

侖。

2-

③35%~40%H2SO4作為電解質(zhì)溶液性質(zhì)穩(wěn)定、有較強(qiáng)的導(dǎo)電能力，SO4參與電極反應(yīng)并有利于保持電壓穩(wěn)定。該

2-2-2-

體系中SO4不氧化Pb，SO4氧化性弱與其結(jié)構(gòu)有關(guān)，SO4的空間結(jié)構(gòu)是。

④鉛酸電池儲(chǔ)存過程中，存在化學(xué)能的緩慢消耗：PbO2電極在H2SO4作用下產(chǎn)生的O2可將Pb電極氧化。O2氧化Pb發(fā)

生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(2)隨著鉛酸電池廣泛應(yīng)用，需要回收廢舊電池材料，實(shí)現(xiàn)資源的再利用。回收過程中主要物質(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H2O2和K2S2O8作用分別是。

(3)鉛酸電池使用過程中，負(fù)極因生成導(dǎo)電性差的大顆粒PbSO4，導(dǎo)致電極逐漸失活。通過向負(fù)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(hào))。

a．增強(qiáng)負(fù)極導(dǎo)電性

b．增大負(fù)極材料比表面積，利于生成小顆粒PbSO4

c．碳材料作還原劑，使PbO2被還原

【答案】

a

(1)PbSO+2e-=Pb+SO2-正四面體形2Pb+O+2HSO=2PbSO+2HO

449650022442

(2)使硫酸鉛轉(zhuǎn)化為氫氧化鉛，便于后續(xù)的溶解H2O2的作用為還原劑，K2S2O8的作用為氧化劑

(3)ab

【詳解】

-2-

（1）①充電時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，PbSO4得到電子變成Pb，其發(fā)生的電極反應(yīng)為：PbSO4+2e=Pb+SO4；

a

②根據(jù)放電時(shí)的反應(yīng)，每消耗1molH2SO4，轉(zhuǎn)移1mol電子；產(chǎn)生a庫(kù)倫電量，轉(zhuǎn)移的電子為mol，故消耗H2SO4

96500

a

的物質(zhì)的量為mol；

96500

1

③SO2-的中心原子S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+(6+2?2×4)=4+0=4，故其空間結(jié)構(gòu)為正四面體形；

42

④Pb在H2SO4作用下與氧氣反應(yīng)，會(huì)生成PbSO4和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Pb+O2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。

（2）廢舊鉛酸電池通過預(yù)處理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2，過濾得到Pb(OH)2、

2+

PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性條件下生成含Pb溶液，電解后生成Pb；若加入K2S2O8，在堿性條件下可生成

PbO2。

①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2，過濾得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是為了使硫

2-

酸鉛轉(zhuǎn)化為氫氧化鉛，便于后續(xù)的溶解SO4；

2+

②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性條件下生成含Pb溶液，說(shuō)明PbO2被H2O2還原，故H2O2的作用為還原劑；

加入K2S2O8，在堿性條件下可生成PbO2，說(shuō)明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用為氧化劑。

（3）由于負(fù)極會(huì)生成導(dǎo)電性差的大顆粒PbSO4，石墨可以導(dǎo)電，多孔碳可以增加負(fù)極材料的比表面積，故碳材料

的作用可以增強(qiáng)負(fù)極的導(dǎo)電性，且有利于生成小顆粒PbSO4，故a、b正確；

負(fù)極的主要材料是Pb，且電解質(zhì)環(huán)境為酸性，故負(fù)極不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被還原，c錯(cuò)誤；

故選ab。

17．一種受體拮抗劑中間體P合成路線如下。

SOCl2

已知：①RCOOH→RCOCl

堿

②試劑a是。

(1)I分子中含有的官能團(tuán)是硝基和。

(2)B→D的化學(xué)方程式是。

(3)下列說(shuō)法正確的是(填序號(hào))。

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(CH3CH2)3N的堿性

c．F→G與K→L的反應(yīng)均為還原反應(yīng)

(4)以G和M為原料合成P分為三步反應(yīng)。

已知：

①M(fèi)含有1個(gè)sp雜化的碳原子。M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

②Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(5)P的合成路線中，有兩處氨基的保護(hù)，分別是：

①A→B引入保護(hù)基，D→E脫除保護(hù)基；

②。

【答案】

(1)氟原子(或碳氟鍵)、羧基

(2)

(3)bc

(4)

(5)E→F引入保護(hù)基，Y→P脫除保護(hù)基

【分析】

A為苯胺，與乙酸反應(yīng)得到B：，與濃硫酸和濃硝酸加熱發(fā)生消化反應(yīng)得到D：

，D水解得到E為，E與試劑a反應(yīng)得到F，F(xiàn)與H2發(fā)生還原反應(yīng)得到G，I

與SOCl2堿性條件下反應(yīng)得到J，J與CH3OH反應(yīng)得到K，根據(jù)K的分子式可以確定K為：

，K還原得到L，L進(jìn)一步反應(yīng)得到M，根據(jù)M的分子式可以確定M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

，G與M經(jīng)過三步反應(yīng)得到P。

【詳解】

（1）I分子含有的官能團(tuán)為硝基、氟原子(或碳氟鍵)、羧基；

（2）B()與濃硫酸和濃硝酸加熱發(fā)生消化反應(yīng)得到D：，方程式為：

；

（3）a、試劑a中有一種等效氫原子，核磁共振氫譜顯示一組峰，a錯(cuò)誤；

b、J→生成有HCl，加入堿性物質(zhì)(CH3CH2)3N，與生成HCl反應(yīng)，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行，b正確；

c、根據(jù)分析F→G與K→L的反應(yīng)均為硝基轉(zhuǎn)化為氨基，為還原反應(yīng)，c正確；

故選bc；

（4）

①根據(jù)M的分子式和M含有1個(gè)sp雜化的碳原子，得出M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；

②M()與G在N=C雙鍵上先發(fā)生加成反應(yīng)得到X，X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

，X在堿性條件下脫除CH3OH得到Y(jié)，Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

，最后發(fā)生已知的反應(yīng)得到P，Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

；

（5）根據(jù)分析，另一處保護(hù)氨基的反應(yīng)為：E→F引入保護(hù)基，Y→P脫除保護(hù)基。

18．利用工業(yè)廢氣中的H2S制備焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)的一種流程示意圖如下。

已知：

物質(zhì)H2CO3H2SO3

-7-11-2-8

Ka(25°C)Ka1=4.5×10、Ka2=4.7×10Ka1=1.4×10Ka2=6.0×10

(1)制SO2

已知：

1

HS(g)+O(g)=S(s)+HO(g)ΔH=-221.2kJ?mol-1

2222

-1

S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ?mol

由H2S制SO2的熱化學(xué)方程式為。

(2)制Na2S2O5

I．在多級(jí)串聯(lián)反應(yīng)釜中，Na2CO3懸濁液與持續(xù)通入的SO2進(jìn)行如下反應(yīng)：

第一步：2Na2CO3+SO2+H2O?Na2SO3+2NaHCO3

第二步：

NaHCO3+SO2?NaHSO3+CO2

Na2SO3+SO2+H2O?2NaHSO3

Ⅱ．當(dāng)反應(yīng)釜中溶液pH達(dá)到3.8~4.1時(shí)，形成的NaHSO3懸濁液轉(zhuǎn)化為Na2S2O5固體。

①Ⅱ中生成Na2S2O5的化學(xué)方程式是。

②配堿槽中，母液和過量Na2CO3配制反應(yīng)液，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是。

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。

-1

(3)理論研究Na2SO3、NaHCO3與SO2的反應(yīng)。一定溫度時(shí)，在1L濃度均為1mol?L的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中，

2--

隨n(SO2)的增加，SO3和HCO3平衡轉(zhuǎn)化率的變化如圖。

①0~amol，與SO2優(yōu)先反應(yīng)的離子是。

-2-

②a~bmol，HCO3平衡轉(zhuǎn)化率上升而SO3平衡轉(zhuǎn)化率下降，結(jié)合方程式解釋原因：。

【答案】

-1

(1)2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1036.8kJ?mol

2?

(2)2NaHSO3=Na2S2O5+H2ONaHCO3+SO2?NaHSO3+CO2SO4CO2

2?-

(3)SO3a~bmol時(shí)，產(chǎn)生的二氧化碳逸出，使反應(yīng)正向進(jìn)行，HCO3平衡轉(zhuǎn)化率上升，亞硫酸氫根濃度增

-2-

大，抑制了的亞硫酸根和二氧化硫的反應(yīng)，所以HCO3平衡轉(zhuǎn)化率上升而SO3平衡轉(zhuǎn)化率下降

【分析】硫化氫通入燃燒爐中燃燒，生成了二氧化硫，還有少量氮?dú)?，氧氣等，二氧化硫與碳酸鈉在反應(yīng)釜中反應(yīng)，

產(chǎn)生的廢氣用氫氧化鈉吸收，出料液離心分離得到產(chǎn)品，母液中含有亞硫酸氫鈉，返回配堿槽中循環(huán)使用。

【詳解】

（1）已知：

1

反應(yīng)Ⅰ：HS(g)+O(g)=S(s)+HO(g)ΔH=-221.2kJ?mol-1

2222

-1

反應(yīng)Ⅱ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ?mol

-1-1

將Ⅰ×2+Ⅱ×2得：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH=(-221.2×2)+(-296.8×2)kJ?mol=-1036.8kJ?mol，

-1

所以由H2S制SO2的熱化學(xué)方程式為2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1036.8kJ?mol；

（2）①當(dāng)反應(yīng)釜中溶液pH達(dá)到3.8~4.1時(shí)，形成的NaHSO3懸濁液轉(zhuǎn)化為Na2S2O5固體，根據(jù)元素守恒，還有水生

成，化學(xué)方程式：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；

②根據(jù)多級(jí)串聯(lián)反應(yīng)釜中的化學(xué)方程式可知，除了生成的焦亞硫酸鈉外，母液中有亞硫酸氫鈉剩余，又因?yàn)?/p>

Ka2(H2SO3)＞Ka2(H2CO3)，亞硫酸氫鈉與過量Na2CO3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaHSO3+Na2CO3=NaHCO3+

Na2SO3；

③在燃燒爐中反應(yīng)冷卻后的氣體中混有氧氣，氧氣能氧化亞硫酸鈉或亞硫酸氫鈉，生成硫酸鈉，所以多次循環(huán)后，

2?

母液中逐漸增多的雜質(zhì)離子是SO4，需除去；

④碳酸氫鈉與二氧化硫發(fā)生的化學(xué)方程式為，NaHCO3+SO2?NaHSO3+CO2，生成了二氧化碳，二氧化碳用氫氧

化鈉吸收，轉(zhuǎn)化成碳酸鈉，可到多級(jí)串聯(lián)反應(yīng)釜中循環(huán)使用，所以尾氣吸收器中，吸收的氣體有CO2；

2?

答案：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；NaHCO3+SO2?NaHSO3+CO2；SO4；CO2；

2?

（3）①由圖可知，①0~amol，時(shí)，碳酸氫根平衡轉(zhuǎn)化率較低，而亞硫酸根的平衡轉(zhuǎn)化率較高，所以SO3與SO2優(yōu)

先反應(yīng)；

-12?

②一定溫度時(shí)，在1L濃度均為1mol?L的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中，發(fā)生的反應(yīng)為：SO3+SO2+

???-

H2O?2HSO3，HCO3+SO2?HSO3+CO2，a~bmol時(shí)，產(chǎn)生的二氧化碳逸出，使反應(yīng)正向進(jìn)行，HCO3平衡轉(zhuǎn)化

-2-

率上升，亞硫酸氫根濃度增大，抑制了的亞硫酸根和二氧化硫的反應(yīng)，所以HCO3平衡轉(zhuǎn)化率上升而SO3平衡轉(zhuǎn)化率

下降。

2?-

答案：SO3；a~bmol時(shí)，產(chǎn)生的二氧化碳逸出，使反應(yīng)正向進(jìn)行，HCO3平衡轉(zhuǎn)化率上升，亞硫酸氫根濃度增大，

-2-

抑制了的亞硫酸根和二氧化硫的反應(yīng)，所以HCO3平衡轉(zhuǎn)化率上升而SO3平衡轉(zhuǎn)化率下降。

?+

19．化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)對(duì)認(rèn)識(shí)化學(xué)反應(yīng)的方向和限度具有指導(dǎo)意義。實(shí)驗(yàn)小組研究測(cè)定“MnO2+2Br+4H?

2+

Mn+Br2+2H2O”平衡常數(shù)的方法，對(duì)照理論數(shù)據(jù)判斷方法的可行性。

(1)理論分析

①Br2易揮發(fā)，需控制生成c(Br2)較小。

4

②根據(jù)25℃時(shí)K=6.3×10分析，控制合適pH，可使生成c(Br2)較小；用濃度較大的KBr溶液與過量MnO2反應(yīng)，反

-2+

應(yīng)前后c(Br)幾乎不變；c(Mn)=c(Br2)，僅需測(cè)定平衡時(shí)溶液pH和c(Br2)。

③Br2與水反應(yīng)的程度很小，可忽略對(duì)測(cè)定干擾；低濃度HBr揮發(fā)性很小，可忽略。

(2)實(shí)驗(yàn)探究

序

實(shí)驗(yàn)內(nèi)容及現(xiàn)象

號(hào)

25℃，將0.200mol?L-1KBr溶液(pH≈1)與過量MnO混合，密閉并攪拌，充分反應(yīng)

I2

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-1KBr溶液(pH≈2)與過量MnO混合，密閉并攪拌，反應(yīng)時(shí)間

Ⅱ2

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(cè)定I、Ⅱ反應(yīng)后溶液的pH；取一定量反應(yīng)后溶液，加入過量KI固體，用NaSO標(biāo)

Ⅲ223

準(zhǔn)溶液滴定，測(cè)定c(Br2)。

已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無(wú)色。

①Ⅲ中，滴定時(shí)選用淀粉作指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是。用離子方程式表示KI