（网络收集）2025年北京卷化学卷高考真题带答案带解析带分值文字版可能用到的相对原子质量:第一部分本部分共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.我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时,发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道,吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子.加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气,水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用.下列说法不正确的是（）A.月壤钛铁矿中存在活泼氢B.将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气C.月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应D.将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量【答案】B【解析】本题考察了铁的有关性质根据题目,月壤钛铁矿吸附储存太阳风氢原子,这些氢原子活泼,所以月壤钛铁矿中存在活泼氢,A正确;地球上直接开采的钛铁矿中没有氢,加热后无法反应,B错误;反应中钛铁矿中的铁元素被还原为铁单质。,氢被氧化为水,化合价反应前后发生变化,因此发生氧化还原反应,C正确;气体液化放热,D正确.故选B【分值】3 2.下列化学用语或图示表达不正确的是（）A.乙醇的分子模型:B.的模型:C.S的原子结构示意图:D.基态原子的价层电子排布式:【答案】C【解析】本题考察了分子模型、价层电子对互斥模型以及原子的结构和电子排布式相关知识A:分子模型有空间填充模型以及球棍模型,是乙醇的空间填充模型,A正确;B:有3对价层电子对,没有孤电子对,B为杂化,VSEPR模型为选项所示,B正确:C:硫原子呈电中性,是第16号元素,故原子结构示意图中最外层是6,而不是8,C错误:D:锌原子序数是30,Zn原子的价层电子排布式为,D正确故选C【分值】3 3.下列说法不正确的是（）A.糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子B.蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体C.蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸D.不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度【答案】A【解析】本题考了蛋白质、糖类、油脂相关知识A:糖类中二糖、单糖为小分子,油脂为小分子,A错;B:蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,二者分子式相同、结构不同,它们是同分异构,B对;C:蛋白质的由氨基酸脱水缩合形成,可以被酶催化水解为氨基酸,C对;D:不饱和植物油中由碳碳双键,加氢发生加成提高饱和度,D对故选A【分值】3 4.物质的微观结构决定其宏观性质.乙腈()是一种常见的有机溶剂,沸点较高,水溶性好.下列说法不正确的是（）A.乙腈的电子式:B.乙腈分子中所有原子均在同一平面C.乙腈的沸点高于与其分子量相近的丙炔D.乙腈可发生加成反应【答案】B【解析】本题考察了有机物的性质乙腈的电子式为,乙腈中存在碳氢单键、碳碳双键和碳氢三,各原子均满足稳定结构,电子式正确,A正确;乙腈中有杂化的C原子,空间构型为四面体,所有原子不可能在同一平面,B错误;乙腈中C与N形成的键极性更强,乙腈分子间范德华力更强,沸点更高,C正确;乙腈中有C与N形成的三键,可以发生加成反应,D正确故选B【分值】3 5.下列反应中,体现还原性的是（）A.加热分解有生成B.和的混合溶液加热有生成C.固体在溶液中溶解D.溶液中滴加溶液出现白色沉淀【答案】B【解析】本题考察了铵盐的性质A:热分解过程中,没有元素化合价变化,不是氧化还原反应,A错误;B:和反应生成N2,把还原,自己被氧化为,体现了的还原性,B正确;C:固体在溶液中溶解是复分解反应,没有体现还原性,C错误;D:二者反应也为复分解反应,未体现的还原性,D错误故选B【分值】3 6.下列方程式与所给事实不相符的是（）A.用盐酸除去铁锈:B.用溶液除去乙炔中的C.用乙醇处理废弃的D.将通入水中制备硝酸:【答案】B【解析】本题考察了离子方程式的书写A:铁锈为氧化铁的水合物,与盐酸发生反应,A正确;B:H2S为弱酸,在离子方程式中不能拆开,正确离子方程式为:,B错误;C:Na可以置换羟基中的氢,发生反应:,C正确;D:NO2与水发生反应:,D正确,故选B【分值】3 7.下列实验的相应操作中,不正确的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】本题考察了实验操作A:铜丝与浓硫酸反应,生成二氧化硫,NaOH能吸收逸出的,为防止有害气体逸出,先放置浸NaOH溶液的棉团,再加热,A正确;B:为防止导管中温度降低压强降低造成液体回流,先把导管移出水面,再熄灭酒精灯,B正确;C:先打开分液漏斗上方的玻璃塞,使分液漏斗的内部与外界大气连通,使下方液体能在重力作用下顺利流出,C正确;D:蒸馏时，为了更好的冷凝效果，冷凝水应:“下进上出”,冷却水从冷凝管②口通入,①口流出,D错误故选D【分值】3 8.时,在浓溶液中通入过量,充分反应后,可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得和固体.已知:、、溶解度(S)随温度变化关系如下图.下列说法不正确的是（）A.通入后开始发生反应:B.时,随反应进行先析出C.将反应后的固液混合物过滤,滤液降温可析出固体D.在冷却结晶的过程中,大量会和一起析出【答案】D【解析】本题考察固体分离以及氯气与NaOH反应的知识点氯气与NaOH反应为,A正确;25°C时,NaCl的溶解度最低,最先析出,B正确;NaClO的溶解度随温度降低而大幅减小,滤液降温结晶可以的到NaClO固体;NaOH的溶解度一直处于一个较高的值,不会大量析出,D错误.故选D【分值】3 9.依据下列事实进行的推测正确的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】本题考察反应原理A:浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢的主要原因是浓硫酸的沸点高，但和碘化钠反应时，浓硫酸的具有强氧化性，会使得碘离子被氧化成碘单质,NaI会被浓硫酸氧化为I2,A错误;B:可以溶于胃酸,无法用做“钡餐”,B错误;C:盐酸与氢氧化钠发生酸碱中和反应放热,C错误;D:分子间有氢键,沸点高于只有范德华力的;分子间有氢键,沸点高于只有范德华力的,推断正确,D正确;故选D【分值】3 10.乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下.下列说法不正确的是（）A.①中反应为B.②中生成的过程中,有键断裂与形成C.生成总反应的原子利用率为D.催化剂通过参与反应改变反应历程,提高反应速率【答案】C【解析】本题考察反应过程示意图的理解以及反应原理根据图可以知道,①中反应为,A正确;②中乙烯断裂一个碳氢键,形成碳氧键,B正确;总反应的反应产物中有,利用率不为100%,C错误;通过图可以看见Pd作为反应的催化剂参加了反应,D正确.故选C【分值】3 11.为理解离子化合物溶解过程的能量变化,可设想固体溶于水的过程分两步实现,示意图如下.下列说法不正确的是（）A.固体溶解是吸热过程B.根据盖斯定律可知:C.根据各微粒的状态,可判断,D.溶解过程的能量变化,与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关【答案】C【解析】本题考察盖斯定律以及反应热效应相关知识溶解过程的焓变为△=+4KJ/mol,数值大于0,为吸热过程,A正确;根据盖斯定律,总反应的反应热为分步反应热相加,所以a+b=4,B正确;第二个过程为气态离子变为更稳定的水合离子,应该放热,即b<0,C错误;根据图可知,溶解过程涉及离子键断裂以及与水形成水合离子,所以能量变化与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关,D正确;【分值】3 12.为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化).已知:为黄色、为红色、为无色.下列说法不正确的是（）A.①中浓盐酸促进平衡正向移动B.由①到②,生成并消耗C.②、③对比,说明:②>③D.由①→④推断,若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液,溶液也无明显变化【答案】D【解析】本题考查了化学反应平衡移动的相关知识A:加入浓盐酸后溶液氯离子浓度增加,平衡正移,A正确;B:由溶液变为红色可知,生成了并消耗,B正确;C:红色褪去说明被消耗生成,说明生成的平衡常数比生成的更小,生成的反应发生的更彻底,所以:②>③,C正确;D:由B和C的推断同理可知,①中的大于③,所以向①中加入KI可能发生氧化还原反应生成I2使溶液变蓝,D错误;故选D【分值】3 13.一种生物基可降解高分子P合成路线如下.下列说法正确的是（）A.反应物A中有手性碳原子B.反应物A与B的化学计量比是C.反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应D.高分子P可降解的原因是由于键断裂【答案】A【解析】本题考察了有机合成相关知识A:由题给过程可以推断A的结构为,有手性碳,A正确;B:反应物A与B的化学计量比应该为2:1,B错误;C:反应物D与E生成P的反应类型为缩聚反应,C错误;D:键断裂并不能使P降解,P降解是因为P中的酰胺基可以被水解,D错误;故选A【分值】3 14.用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池,重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验.下列分析不正确的是（）A.,说明实验i中形成原电池,反应为B.,是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂C.,说明iii中电极I上有发生反应D.,是因为电极I上吸附的量:iv>iii【答案】D【解析】本题考察电化学相关知识对于图一,石墨1做阳极,水失去电子生成氧气,石墨2为阴极,水得电子生成H2,所以石墨1上残留由O2,石墨2上残留有H2,a>0说明电极I的电压比电极Ⅱ高,电极I做正极,石墨1上残留的O2得到电子还原,电极Ⅱ为负极,石墨2上残留的H2失去电子氧化,总反应为,A正确;b<d说明实验ii的反应趋势比实验iv小,因为实验ii的电极Ⅱ为新石墨,没有H2做还原剂,B正确;c>0,说明实验iii有反应发生,空气中的氧在电极I上发生反应，C正确;d>c是因为电极I上吸附的O2的量,D错误;故选D【分值】3第二部分本部分共5题，共58分.15.(10分)通过和的相互转化可实现的高效存储和利用.(1)将的基态原子最外层轨道表示式补充完整:(2)分子中键角小于,从结构角度解释原因:______________.(3)的晶胞是立方体结构,边长为,结构示意图如下.①的配体中,配位原子是_______.②已知的摩尔质量为,阿伏加德罗常数为,该晶体的密度为______.()(4)和反应过程中能量变化示意图如下.①室温下,和反应生成而不生成.分析原因:______________.②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由:______________.【答案】(1)(2)中有孤电子对,对成键电子有排斥作用,使键角变小.(3)①N②(4)①生成反应的活化能更低②高温,低压,反应为吸热和气体分子数增加的反应,根据勒夏特勒原理,低温高压可以促进平衡正移动.【解析】本题考察了物质结构、晶胞、反应原理相关知识（1）Mg最外层只有两个s电子,轨道表示式为（2）N为杂化,形成三个键,有一对孤电子对,孤电子对对成键电子对有排斥作用,电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，分子中H-C-H的键角为109°28′，故分子中H-N-H的键角小于109°28′,使成键电子键角变小（3）①N有孤电子对,可以与Mg的空轨道形成配位键,故答案是N②密度=M/V,根据均摊法,可以知道一个晶胞有4个,所以一个晶胞的质量为,,根据密度公式ρ=m/V，代入m和V，得到答案为（4）①看图可知生成的反应活化能更低,所以更易生成②脱出NH3的反应方程式为,反应的气体分子数增多,且反应吸热,根据勒夏特勒原理,升高温度和降低压强都可以使平衡正向移动【分值】10 16.(12分)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源.(1)十九世纪,铅酸电池工作原理初步形成并延续至今.铅酸电池工作原理:①充电时,阴极发生的电极反应为_______.②放电时,产生a库仑电量,消耗的物质的量为_______.已知:转移电子所产生的电量为96500库仑.③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力,参与电极反应并有利于保持电压稳定.该体系中不氧化,氧化性弱与其结构有关,的空间结构是_______.④铅酸电池储存过程中,存在化学能的缓慢消耗:电极在作用下产生的可将电极氧化.氧化发生反应的化学方程式为______________.(2)随着铅酸电池广泛应用,需要回收废旧电池材料,实现资源的再利用.回收过程中主要物质的转化关系示意图如下.①将等物质转化为的过程中,步骤I加入溶液的目的是______________.②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是_______.(3)铅酸电池使用过程中,负极因生成导电性差的大颗粒,导致电极逐渐失活.通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料,可提高铅酸电池性能.碳材料的作用有_______(填序号).a.增强负极导电性b.增大负极材料比表面积,利于生成小颗粒c.碳材料作还原剂,使被还原【答案】（1）①②a/96500③正四面体④（2）①使转化为能溶于酸的②的作用为还原剂，的作用为氧化剂（3）a,b【解析】本题考察了电化学相关问题（1）①阴极发生得电子反应,所以电极反应为②a库伦电量对应a/96500mol电子,通过分析总反应,转移2mol电子消耗2mol,所以消耗的量为a/96500mol③S的杂化为,与四个O形成4个键,没有孤电子对,所以为正四面体结构④O2作氧化剂,Pb被氧化为,所以反应方程式为（2）①无法溶解在水和酸中,会影响后续溶解过程,而可以与酸中和反应而溶于酸,因此,加入NaOH将转化为②通过观察流程图,由流程图分析可知，加入，在酸性条件下生成含溶液，说明被还原，故的作用为还原剂；加入，在碱性条件下可生成，说明、PbO被氧化，的作用为氧化剂；故该小题答案是：的作用为还原剂，的作用为氧化剂（3）碳可以导电,碳材料表面多空,使负极比表面积增大,利于生成小颗粒,碳不参与电极反应,因此选a,b【分值】12 17.(12分)一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下.已知:①②试剂a是.(1)I分子中含有的官能团是硝基和_______.(2)B→D的化学方程式是______________.(3)下列说法正确的是_______(填序号).a,试剂a的核磁共振氢谱有3组峰b.J→K的过程中,利用了的碱性c.F→G与K→L的反应均为还原反应(4)以G和M为原料合成P分为三步反应.已知:①M含有1个杂化的碳原子.M的结构简式为_______.②Y的结构简式为______________.(5)P的合成路线中,有两处氨基的保护,分别是:①A→B引入保护基,D→E脱除保护基;②______________.【答案】(1)碳氟键,羧基(2)(3)b,c(4)①②(5)①E→F引入保护基②Y→P脱除保护基【解析】本题考察有机合成流程（1）由图可知,I有两个碳氟键、硝基和一个羧基（2）通过G的结构式,以及反应的条件,可以推断该反应为硝酸与苯环的取代反应,方程式为（3）a的结构有对称性,一边的三个甲基连在同一个碳上,化学环境相同,核磁共振氢谱只有1组峰,J到K发生取代反应生成HCl,与生成的HCl反应促进反应正向进行,体现碱性.F→G与K→L都是硝基还原为氨基.因此,选择b,c（4）综合题目给的信息,根据加成反应以及M含有1个杂化的碳原子可以推断M的结构简式为,通过P到推,Y的化学式为,E到F引入保护基保护氨基,Y到P脱除保护基又形成了氨基【分值】12 18.(13分)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下.已知:(1)制已知:由制的热化学方程式为___________________________________.(2)制I.在多级串联反应釜中,悬浊液与持续通入的进行如下反应:第二步:第二步:Ⅱ.当反应釜中溶液达到3.8~4.1时,形成的悬浊液转化为固体.①Ⅱ中生成的化学方程式是_______.②配碱槽中,母液和过量配制反应液,发生反应的化学方程式是_______.③多次循环后,母液中逐渐增多的杂质离子是_______,需除去.④尾气吸收器中,吸收的气体有_______.(3)理论研究、与的反应.一定温度时,在浓度均为的和的混合溶液中,随的增加,和平衡转化率的变化如图.①,与优先反应的离子是_______.②,平衡转化率上升而平衡转化率下降,结合方程式解释原因:______________.【答案】（1）（2）①②③④,（3）①②反应生成了大量的,分解生成,使转化率下降【解析】本题考察了化工流程以及反应热效应的知识（1）将反应Ⅰ×2+反应Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为（2）①反应物为,生成物为,由此可以推断化学反应方程式为②根据母液的成分可知,反应方程式为③反应过程中,会被氧化为,生成硫酸钠,所以多次循环后,母液中逐渐增多的杂质离子是硫酸根,需除去④会有未被吸收的以及生成的（3）①看图可知,初始阶段转化率更高,所以优先反应②一定温度时,在1L浓度均为1mol/L的和的混合溶液中,发生的反应为:,,a~bmol时,产生的二氧化碳逸出,使反应正向进行,平衡转化率上升,亚硫酸氢根浓度增大,抑制了亚硫酸根和二氧化硫的反应,所以平衡转化率上升而平衡转化率下降.故答案为:；a~b mol时,产生的二氧化碳逸出,使反应正向进行,平衡转化率上升,亚硫酸氢根浓度增大,抑制了亚硫酸根和二氧化硫的反应,所以平衡转化率上升而平衡转化率下降.【分值】13 19.(11分)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义.实验小组研究测定“”平衡常数的方法,对照理论数据判断方法的可行性.(1)理论分析①易挥发,需控制生成较小.②根据时分析,控制合适,可使生成较小;用浓度较大的溶液与过量反应,反应前后几乎不变;,仅需测定平衡时溶液和.③与水反应的程度很小,可忽略对测定干扰;低浓度挥发性很小,可忽略.（2）实验探究已知:;和溶液颜色均为无色.①Ⅲ中,滴定时选用淀粉作指示剂,滴定终点时的现象是_______.用离子方程式表示的作用:______________.②I中,与反应前的溶液相比,反应后溶液的_______(填“增大”、“减小”或“不变”).平衡后,按计算所得值小于的K值,是因为挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度.③Ⅱ中,按计算所得值也小于的K值,可能原因是______________.(3)实验改进分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因,改变实验条件,再次实验.控制反应温度为,其他条件与Ⅱ相同,经实验准确测得该条件下的平衡常数.①判断该实验测得的平衡常数是否准确,应与_______值比较.②综合调控和温度的目的是______________.【答案】（2）①滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复;②增大③反应未达平衡(3)40°C时平衡常数的理论排除挥发对实验造成的影响.【解析】（2）①滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复;②根据题目所给方程式,反应消耗H+所以pH增大,Br挥发使计算时所用Br的浓度比实际小③实验II的pH更高,H离子浓度更小,反应浓度要比实验I更慢,因此考虑反应与实验I相同的时间,反应II可能,没有达到平衡.（3）①平衡常数随温度变化,若反应温度为40°C,测出来的值应该与40°C对应的化学反应平衡常数比较②pH的不同使氢离子浓度不同,可以控制生成的Br2的浓度不同,影响的挥发浓度;温度会影响的挥发快慢,控制以减小的挥发.【分值】11。
