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北京市2025年化學高考真題
1．（2025·北京） 我國科研人員在研究嫦娥五號返回器帶回的月壤時，發現月壤鈦鐵礦()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鐵和大量水蒸氣，水蒸氣冷卻為液態水儲存起來以供使用。下列說法不正確的是（　　）
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鐵和水蒸氣
C．月壤鈦鐵礦加熱生成水蒸氣的過程中發生了氧化還原反應
D．將獲得的水蒸氣冷卻為液態水的過程會放出熱量
【答案】B
【知識點】氧化還原反應；吸熱反應和放熱反應；化學在自然資源和能源利用中的作用
【解析】【解答】A、月壤鈦鐵礦中的亞納米孔道中儲存了大量的來自太陽風的氫原子，屬于活潑氫，A說法正確。
B、地球上開采的鈦鐵礦中不含氫原子，因此加熱后不能得到水蒸氣，B說法錯誤。
C、月壤鈦鐵礦加熱過程中活潑氫原子與O2反應生成H2O，屬于氧化還原反應，C說法正確。
D、水蒸氣轉化為液態水的過程中放出熱量，D說法正確。
故答案為：B
【分析】A、月壤鈦鐵礦中的亞納米孔道中儲存了大量氫原子。
B、地球上開采的鈦鐵礦中不含有氫原子。
C、加熱過程中鈦鐵礦中的氫原子被氧化成H2O。
D、水蒸氣轉化為液態水的過程中放出熱量。
2．（2025·北京） 下列化學用語或圖示表達不正確的是（　?。?br/>A．乙醇的分子模型：
B．的模型：
C．S的原子結構示意圖：
D．基態原子的價層電子排布式：
【答案】C
【知識點】原子核外電子排布；判斷簡單分子或離子的構型；原子結構示意圖；球棍模型與比例模型
【解析】【解答】A、乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，因此其分子模型為，A說法正確。
B、BF3的中心原子價層電子對數為3，且不含孤電子對，因此其VSEPR模型為，B說法正確。
C、S原子的核外電子數與核電荷數相同，因此其原子結構示意圖為，C說法錯誤。
D、基態Zn的核外電子排布式為[Ar]3d104s2，因此其價層電子排布式為3d104s2，D說法正確。
故答案為：C
【分析】A、乙醇的結構簡式為CH3CH2OH。
B、BF3的中心原子的價層電子對數為3，據此確定其VSEPR模型。
C、S原子的核外電子數與核電荷數相同。
D、根據基態Zn原子的核外電子排布式確定其價層電子排布式。
3．（2025·北京） 下列說法不正確的是（　?。?br/>A．糖類、蛋白質和油脂均為天然高分子
B．蔗糖發生水解反應所得產物互為同分異構體
C．蛋白質在酶的作用下水解可得到氨基酸
D．不飽和液態植物油通過催化加氫可提高飽和度
【答案】A
【知識點】二糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；高分子材料；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A、蛋白質、多糖屬于天然高分子，而單糖、二糖和油脂不屬于高分子，A說法錯誤。
B、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者的分子式相同，結構不同，屬于同分異構體，B說法正確。
C、蛋白質在酶的作用下水解生成氨基酸，C說法正確。
D、不飽和液態植物油中含有碳碳雙鍵，能與H2發生加成反應，提高飽和度，D說法正確。
故答案為：A
【分析】A、糖類中的單糖和二糖以及油脂都不屬于高分子。
B、蔗糖水解產物為葡萄糖和果糖。
C、蛋白質水解產物氨基酸。
D、不飽和液態植物油能與H2發生加成反應。
4．（2025·北京） 物質的微觀結構決定其宏觀性質。乙腈()是一種常見的有機溶劑，沸點較高，水溶性好。下列說法不正確的是（　?。?br/>A．乙腈的電子式：
B．乙腈分子中所有原子均在同一平面
C．乙腈的沸點高于與其分子量相近的丙炔
D．乙腈可發生加成反應
【答案】B
【知識點】晶體熔沸點的比較；加成反應；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A、乙腈的結構簡式為CH3-C≡N，因此其電子式為，A說法正確。
B、乙腈分子中的-CH3為四面體結構，最多只有3個原子共平面，因此所有原子不可能均在同一個平面內，B說法錯誤。
C、乙腈和丙炔都是分子晶體，相對分子質量：乙腈＞丙炔，因此沸點：乙腈＞丙炔，C說法正確。
D、乙腈中含有-C≡N，可與H2發生加成反應，D說法正確。
故答案為：B
【分析】A、CH3CN中C、N原子形成的是碳氮三鍵。
B、乙腈中－CH3為四面體結構。
C、乙腈和丙炔都是分子晶體，相對分子質量越大，沸點越高。
D、乙腈中的－C≡N可發生加成反應。
5．（2025·北京） 下列反應中，體現還原性的是（　?。?br/>A．加熱分解有生成
B．和的混合溶液加熱有生成
C．固體在溶液中溶解
D．溶液中滴加溶液出現白色沉淀
【答案】B
【知識點】氧化還原反應；銨鹽
【解析】【解答】A、加熱過程中分解產生NH3，體現了NH4HCO3的不穩定性，A不符合題意。
B、NH4Cl與NaNO2反應生成N2的過程中，NH4Cl中氮元素由－3價變為0價，化合價升高，發生氧化反應，體現了還原性，B符合題意。
C、Mg(OH)2固體溶解在NH4Cl溶液中，是由于溶液中NH4＋水解，使得溶液顯酸性，Mg(OH)2與H＋反應溶解，C不符合題意。
D、(NH4)2SO4溶液與BaCl2溶液反應生成的白色沉淀為BaSO4，與NH4＋無關，D不符合題意。
故答案為：B
【分析】A、分解產生NH3體現了NH4HCO3的不穩定性。
B、根據氮元素化合價的變化分析。
C、Mg(OH)2溶解是由于NH4＋水解產生H＋。
D、產生的白色沉淀為BaSO4。
6．（2025·北京） 下列方程式與所給事實不相符的是（　?。?br/>A．用鹽酸除去鐵銹：
B．用溶液除去乙炔中的
C．用乙醇處理廢棄的
D．將通入水中制備硝酸：
【答案】B
【知識點】氮的氧化物的性質及其對環境的影響；乙醇的物理、化學性質；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A、鐵銹的成分為Fe2O3·xH2O，與鹽酸反應的離子方程式為Fe2O3·xH2O＋6H＋=2Fe3＋＋(3＋x)H2O，A選項正確。
B、CuSO4溶液與H2S反應生成CuS沉淀和H2SO4，該反應的離子方程式為Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，B選項錯誤。
C、C2H5OH與Na反應生成C2H5ONa和H2，該反應的化學方程式為2C2H5OH＋2Na→2C2H5ONa＋H2↑，C選項正確。
D、NO2與H2O反應生成HNO3和NO，該反應的化學方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，D選項正確。
故答案為：B
【分析】A、鐵銹的成分為Fe2O3·xH2O，能與HCl反應生成FeCl3溶液和H2O。
B、在離子方程式中H2S應保留化學式。
C、乙醇能與Na反應生成乙醇鈉和H2。
D、NO2與H2O反應生成HNO3和NO。
7．（2025·北京） 下列實驗的相應操作中，不正確的是（　?。?br/>A．制備并檢驗 B．實驗室制取
為防止有害氣體逸出，先放置浸溶液的棉團，再加熱 實驗結束時，先把導管移出水面，再熄滅酒精燈
C．分液 D．蒸餾
先打開分液漏斗上方的玻璃塞，再打開下方的活塞 冷卻水從冷凝管①口通入，②口流出
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】濃硫酸的性質；蒸餾與分餾；分液和萃取；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A、加熱時Cu與濃硫酸發生反應：Cu＋2H2SO4(濃)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O，反應生成的SO2為有毒氣體，可用NaOH溶液吸收。因此需先放置浸有NaOH溶液的棉花團，再加熱，防止SO2氣體逸出，A選項正確。
B、實驗結束時，為防止發生倒吸，應先將導管移出水面，再熄滅酒精燈，B選項正確。
C、I2的CCl4溶液與水不互溶，可用分液操作進行分離。分液時，應先打開上方玻璃塞，再打開下方的活塞，C選項正確。
D、蒸餾時，冷凝水應從下口（即②口）進，上口（即①口）出，D選項錯誤。
故答案為：D
【分析】A、SO2是有毒氣體，可用NaOH溶液吸收。
B、為防止發生倒吸，實驗結束時，應先將導管移出水面，再熄滅酒精燈。
C、分液操作時，應先打開分液漏斗上方玻璃塞，再打開下方活塞。
D、蒸餾時，冷凝水應從下口進，上口出。
8．（2025·北京）時，在濃溶液中通入過量，充分反應后，可通過調控溫度從反應后的固液混合物中獲得和固體。已知：、、溶解度(S)隨溫度變化關系如下圖。
下列說法不正確的是（　?。?br/>A．通入后開始發生反應：
B．時，隨反應進行先析出
C．將反應后的固液混合物過濾，濾液降溫可析出固體
D．在冷卻結晶的過程中，大量會和一起析出
【答案】D
【知識點】物質的分離與提純
【解析】【解答】A、通入Cl2后，Cl2與NaOH反應生成NaCl、NaClO和H2O，該反應的化學方程式為：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，A選項正確。
B、25℃時，NaCl的溶解度最小，因此隨著反應進行，NaCl先結晶析出，B選項正確。
C、反應后的固液混合物過濾后，所得濾液中含有大量的NaClO。由于NaClO的溶解度隨溫度的降低而減小，因此對濾液進行降溫，可析出NaClO固體，C選項正確。
D、由于通入的Cl2過量，NaOH完全反應。因此在冷卻結晶的過程中，不會有大量的NaOH固體析出，D選項錯誤。
故答案為：D
【分析】A、Cl2與NaOH溶液反應生成NaCl、NaClO和H2O。
B、25℃時，NaCl的溶解度最小，最先析出晶體。
C、NaClO的溶解度隨溫度的降低而減小。
D、Cl2過量，NaOH完全反應，不會有大量NaOH析出。
9．（2025·北京） 依據下列事實進行的推測正確的是（　?。?br/>事實 推測
A 固體與濃硫酸反應可制備氣體 固體與濃硫酸反應可制備HI氣體
B 難溶于鹽酸，可作“鋇餐”使用 可代替作“鋇餐”
C 鹽酸和溶液反應是吸熱反應 鹽酸和溶液反應是吸熱反應
D 的沸點高于 的沸點高于
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】氫鍵的存在對物質性質的影響；吸熱反應和放熱反應；常見氣體制備原理及裝置選擇
【解析】【解答】A、根據難揮發性酸可制備易揮發性酸可得，NaCl固體能與濃硫酸反應生成HCl氣體。但由于濃硫酸具有強氧化性，而I－具有強還原性，二者可發生氧化還原反應，因此NaI固體與濃硫酸反應無法生成HI，A選項錯誤。
B、BaSO4難溶于鹽酸，因此可作“鋇餐”。而BaCO3能與鹽酸反應生成Ba2＋，Ba2＋屬于重金屬離子，會造成中毒，因此BaCO3不能作“鋇餐”，B選項錯誤。
C、鹽酸和NaHCO3的反應為吸熱反應；而鹽酸與NaOH溶液的反應為酸堿中和反應，屬于放熱反應，C選項錯誤。
D、H2O、HF都能形成氫鍵，氫鍵使沸點增大。因此沸點：H2O＞H2S、HF＞HCl，D選項正確。
故答案為：D
【分析】A、濃硫酸具有強氧化性，能將I－氧化。
B、BaCO3能與胃酸反應生成Ba2＋。
C、酸堿中和反應為放熱反應。
D、H2O、HF都能形成氫鍵，使得沸點增大。
10．（2025·北京） 乙烯、醋酸和氧氣在鈀()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的過程示意圖如下。
下列說法不正確的是（　?。?br/>A．①中反應為
B．②中生成的過程中，有σ鍵斷裂與形成
C．生成總反應的原子利用率為
D．催化劑通過參與反應改變反應歷程，提高反應速率
【答案】C
【知識點】化學鍵；活化能及其對化學反應速率的影響
【解析】【解答】A、由過程示意圖可知，反應①中的反應物有O2、CH3COOH和Pd，生成物為H2O和Pd(CH3COO)2，因此該反應的化學方程式為：4CH3COOH＋O2＋2Pd→2Pd(CH3COO)2＋2H2O，A選項正確。
B、反應②中乙烯C－H鍵斷裂，形成C－O，生成CH2=CHOOCCH3，因此存在σ鍵的斷裂與形成，B選項正確。
C、由過程示意圖可知，反應過程中給生成CH2=CHOOCCH3的同時生成H2O，因此總反應的原子利用率小于100%，C選項錯誤。
D、Pd作為該反應的催化劑，通過參與反應改變反應歷程，從而提高了反應速率，D選項正確。
故答案為：C
【分析】A、根據圖示轉化確定反應物和生成物，從而確定反應的化學方程式。
B、根據反應過程中給中結構的變化確定化學鍵的斷裂與形成。
C、反應過程中還有H2O生成，原子利用率小于100%。
D、催化劑參與反應，改變反應歷程，使反應速率增大。
11．（2025·北京） 為理解離子化合物溶解過程的能量變化，可設想固體溶于水的過程分兩步實現，示意圖如下。
下列說法不正確的是（　?。?br/>A．固體溶解是吸熱過程
B．根據蓋斯定律可知：
C．根據各微粒的狀態，可判斷，
D．溶解過程的能量變化，與固體和溶液中微粒間作用力的強弱有關
【答案】C
【知識點】吸熱反應和放熱反應；蓋斯定律及其應用
【解析】【解答】A、由示意圖可知，NaCl固體溶解過程ΔH3=＋4kJ·mol－1，因此NaCl固體的溶解是吸熱過程，A選項正確。
B、根據蓋斯定律可得，ΔH3=ΔH1＋ΔH2，所以a+b=4，B選項正確。
C、NaCl轉化為Na＋、Cl－的過程中離子鍵斷裂，需要吸收熱量，因此ΔH1＞0；Na＋、Cl－形成水合離子的過程中，放出熱量，因此b＜0，C選項錯誤。
D、溶解過程中能量的變化，與NaCl固體和NaCl溶液中微粒間的作用力強弱有關，D選項正確。
故答案為：C
【分析】A、NaCl溶解的過程中的熱效應為ΔH3。
B、結合蓋斯定律分析。
C、形成水合離子的過程為放熱反應。
D、溶解過程中的能量變化，與微粒間作用力的強弱有關。
12．（2025·北京） 為研究三價鐵配合物性質進行如下實驗(忽略溶液體積變化)。
已知：為黃色、為紅色、為無色。
下列說法不正確的是（　　）
A．①中濃鹽酸促進平衡正向移動
B．由①到②，生成并消耗
C．②、③對比，說明：②>③
D．由①→④推斷，若向①深黃色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也無明顯變化
【答案】D
【知識點】配合物的成鍵情況；化學平衡的影響因素；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A、①中滴加濃鹽酸后，溶液中c(Cl－)增大，可逆反應Fe3＋＋4Cl－ [FeCl4]－平衡正向移動，A選項正確。
B、①到②的過程中，溶液由黃色變為紅色，即[FeCl4]－轉化為[Fe(SCN]2＋，說明生成[Fe(SCN)]2＋并消耗[FeCl4]－，B選項正確。
C、②到③的過程中，溶液由紅色變為無色，即溶液中[Fe(SCN)]2＋轉化為[FeF6]－，此時溶液中c(Fe3＋)減小，C選項正確。
D、①的深黃色溶液中c(Fe3＋)較大，能與I－反應生成I2，淀粉遇碘變藍色，D選項錯誤。
故答案為：D
【分析】A．滴加濃鹽酸，溶液中c(Cl－)增大，結合濃度對平衡移動的影響分析。
B、①到②的過程中，溶液由黃色變為紅色，據此確定物質的轉化。
C、②到③的過程中，轉化為更難電離的配合物[FeF6]3－。
D、①中c(Fe3＋)較大，能與I－反應。
13．（2025·北京） 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（　?。?br/>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
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鍵斷裂
【答案】A
【知識點】有機物的合成；高分子材料
【解析】【解答】A、由分析可知，A的結構簡式為，其中與兩個氧原子相連的碳原子為手性碳原子，A選項正確。
B、A與B反應生成D，D的結構簡式為，因此參與反應的A與B的化學計量數之比為2：1，B選項錯誤。
C、反應物D與E生成P的同時，生成小分子H2O，因此該反應為縮聚反應，C選項錯誤。
D、高分子P可降解，是由于高分子P中含有酰胺基，酰胺基可發生水解反應，水解反應過程中C-N鍵斷裂，D選項錯誤。
故答案為：A
【分析】A與B（）發生加成反應生成D。D與E（）發生縮聚反應生成P和H2O。結合P的結構簡式可知，D的結構簡式為。A與B發生加成反應生成D，結合A的分子式（C6H6O3）可知，A的結構簡式為。據此結合選項分析。
14．（2025·北京） 用電解溶液(圖1)后的石墨電極1、2探究氫氧燃料電池，重新取溶液并用圖2裝置按i→iv順序依次完成實驗。
實驗 電極I 電極Ⅱ 電壓/V 關系
i 石墨1 石墨2 a
ii 石墨1 新石墨 b
iii 新石墨 石墨2 c
iv 石墨1 石墨2 d
下列分析不正確的是（　?。?br/>A．，說明實驗i中形成原電池，反應為
B．，是因為ii中電極Ⅱ上缺少作為還原劑
C．，說明iii中電極I上有發生反應
D．，是因為電極I上吸附的量：iv>iii
【答案】D
【知識點】原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A、a＞0，說明反應過程中有電壓產生，因此可說明實驗ⅰ中形成原電池。石墨1上附著的O2和石墨2上附著的H2共同構成了氫氧燃料電池，其總反應式為2H2＋O2=2H2O，A選項正確。
B、實驗ⅱ中電極Ⅱ采用新石墨電極，缺少H2參與反應，因此產生的電壓較小，B選項正確。
C、實驗ⅲ中c＞0，說明形成了原電池裝置，因此新石墨電極上有O2參與反應，C選項正確。
D、實驗ⅲ和實驗ⅳ中所用電極Ⅰ不同，電極上附著的O2量不同，使得兩實驗過程中產生電壓不同，與石墨2電極上附著的H2量無關，D選項錯誤。
故答案為：D
【分析】圖1為電解Na2SO4溶液的電解池裝置，石墨1電極與電源的正極相連，為陽極，發生是電子的氧化反應，其電極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。石墨2電極為陰極，發生得電子的還原反應，其電極反應式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。因此反應一段時間后，石墨1電極上附著有O2，石墨2電極上附著有H2。當進行圖2原電池裝置時，電極Ⅰ為石墨1電極，則電極Ⅰ為正極，發生得電子的還原反應。電極Ⅱ為石墨2電極，為負極，發生是電子的氧化反應。據此結合選項分析。
15．（2025·北京） 通過和的相互轉化可實現的高效存儲和利用。
（1）將的基態原子最外層軌道表示式補充完整：　 　。
（2）分子中鍵角小于，從結構角度解釋原因：　 　。
（3）的晶胞是立方體結構，邊長為，結構示意圖如下。
①的配體中，配位原子是　 　。
②已知的摩爾質量為，阿伏加德羅常數為，該晶體的密度為　 　。()
（4）和反應過程中能量變化示意圖如下。
①室溫下，和反應生成而不生成。分析原因：　 　。
②從平衡的角度推斷利于脫除生成的條件并說明理由：　 　。
【答案】（1）
（2）CH4中碳原子的價層電子對數為4，孤電子對數為0；NH3中氮原子的價層電子對數為4，孤電子對數為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'
（3）N；
（4）生成的活化能更低；根據MgCl2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，該反應的正反應為氣體系數減小的放熱反應，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCl2。
【知識點】原子核外電子排布；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；配合物的成鍵情況；晶胞的計算
【解析】【解答】（1）基態Mg原子的核外電子排布式為1s22s22p63s2，因此其最外層軌道表示式為。
故答案為：
（2）NH3的電子式為，而CH4的電子式為。CH4中中心碳原子的價層電子對數為4，不含孤電子對，為正四面體結構，鍵角為109°28'。而NH3中心氮原子的價層電子對數為4，其中含有1對孤電子對。孤電子對對成鍵電子對的排斥作用力大于成鍵電子之間的排斥作用力。因此NH3分子中H－N－H的鍵角小于109°28'。
故答案為： CH4中碳原子的價層電子對數為4，孤電子對數為0；NH3中氮原子的價層電子對數為4，孤電子對數為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'
（3）①[Mg(NH3)6]Cl2的配體為NH3，其中氮原子提供孤電子對，因此配位原子為N。
②由晶體結構可知，該晶胞中所含[Mg(NH3)6]2＋的個數為，含有Cl－的個數為8。因此一個晶胞中含有4個[Mg(NH3)6]Cl2。所以該晶體的密度。
故答案為：
（4）①由反應過程中給能量變化示意圖可知，反應生成[Mg(NH3)6]Cl2所需的活化能更小，因此MgCl2和NH3反應生成[Mg(NH3)6]Cl2，而不生成[Mg(NH3)]Cl2。
故答案為：生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低
②由反應過程中的能量變化圖可知，反應MgCl2(s)＋6NH3(g)=[Mg(NH3)6]Cl2(s)為放熱反應，且反應過程中氣體分子數減小。要使[Mg(NH3)6]Cl2脫除NH3生成MgCl2，即使平衡逆向移動，則可通過降低壓強或升高溫度，使平衡逆向移動，使[Mg(NH3)6]Cl2脫除NH3，生成MgCl2。
故答案為： 根據MgCl2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，該反應的正反應為氣體系數減小的放熱反應，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCl2。
【分析】（1）根據基態Mg的核外電子排布式分析。
（2）根據孤電子對對成鍵電子對的排斥力分析鍵角的大小關系。
（3）①提供孤電子對的原子為配位原子。
②根據均攤法確定晶體中的微粒個數x，結合公式計算晶體密度。
（4）①根據反應所需的活化能大小分析。
②根據反應熱效應，結合平衡移動分析。
16．（2025·北京） 鉛酸電池是用途廣泛并不斷發展的化學電源。
（1）十九世紀，鉛酸電池工作原理初步形成并延續至今。
鉛酸電池工作原理：
①充電時，陰極發生的電極反應為　 　。
②放電時，產生a庫侖電量，消耗的物質的量為　 　。已知：轉移電子所產生的電量為96500庫侖。
③作為電解質溶液性質穩定、有較強的導電能力，參與電極反應并有利于保持電壓穩定。該體系中不氧化，氧化性弱與其結構有關，的空間結構是　 　。
④鉛酸電池儲存過程中，存在化學能的緩慢消耗：電極在作用下產生的可將電極氧化。氧化發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，實現資源的再利用?；厥者^程中主要物質的轉化關系示意圖如下。
①將等物質轉化為的過程中，步驟I加入溶液的目的是　 　。
②步驟Ⅱ、Ⅲ中和作用分別是　 　。
（3）鉛酸電池使用過程中，負極因生成導電性差的大顆粒，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
c．碳材料作還原劑，使被還原
【答案】（1）；；正四面體形；
（2）使硫酸鉛轉化為氫氧化鉛，便于后續的溶解；H2O2的作用為還原劑，K2S2O8的作用為氧化劑
（3）ab
【知識點】判斷簡單分子或離子的構型；氧化還原反應；電極反應和電池反應方程式
【解析】【解答】（1）①充電時，陰極上PbSO4發生得電子的還原反應，生成Pb和SO42－，其電極反應式為：PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－。
故答案為：PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－
②產生a庫侖電量時，轉移電子數為。由電池總反應式可知，當轉移2mol電子時，消耗n(H2SO4)=2mol。因此產生a庫侖電量時，參與反應的n(H2SO4)=mol。
故答案為：
③SO42－中心硫原子的價層電子對數為，因此SO42－的空間結構為正四面體形。
故答案為：正四面體形
④O2氧化Pb的過程中生成PbSO4，該反應的化學方程式為：2Pb＋O2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。
故答案為：2Pb＋O2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O
（2）①步驟Ⅰ中加入NaOH溶液后，PbSO4轉化為Pb(OH)2。因此加入NaOH溶液的目的是使PbSO4轉化為Pb(OH)2，便于后續的溶解。
故答案為：使硫酸鉛轉化為氫氧化鉛，便于后續的溶解
②步驟Ⅱ中加入H2O2后，PbO2轉化為Pb2＋，發生還原反應。因此步驟Ⅱ中H2O2的作用是做還原劑。步驟Ⅲ中加入K2S2O8后得到PbO2，Pb(OH)2、PbO都發生氧化反應，因此K2S2O8的作用是做氧化劑。
故答案為：H2O2的作用為還原劑，K2S2O8的作用為氧化劑
（3）a、石墨、多孔碳材料都具有導電性，可增強負極的導電性，a符合題意。
b、多空碳的相對表面積較大，因此可增大負極材料比表面積，有利于生成小顆粒PbSO4，b符合題意。
c、碳具有還原性，但在該電池中，碳只起到導電作用，不參與氧化還原反應，c不符合題意。
故答案為：ab
【分析】（1）①充電時，陰極上PbSO4發生得電子的還原反應，生成Pb。據此寫出陰極的電極反應式。
②根據a庫侖電量計算放電過程中轉移電子數，結合電池總反應式計算消耗n(H2SO4)。
③根據中心硫原子的價層電子對數確定SO42－的空間結構。
④O2氧化Pb的過程中生成PbSO4，據此寫出反應的化學方程式。
（2）步驟Ⅰ中加入NaOH溶液后，PbSO4轉化為Pb(OH)2，據此確定加入NaOH溶液的作用。
②根據加入H2O2、K2S2O8后物質的轉化分析。
（3）a、結合石墨的導電性分析。
b、多孔碳可增大比表面積。
c、加入的碳材料只起導電作用，不發生氧化還原反應。
17．（2025·北京） 一種受體拮抗劑中間體P合成路線如下。
已知：①
②試劑a是。
（1）I分子中含有的官能團是硝基和　 　。
（2）B→D的化學方程式是　 　。
（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。
已知：
①M含有1個雜化碳原子。M的結構簡式為　 　。
②Y的結構簡式為　 　。
（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；
②　 　。
【答案】（1）氟原子(或碳氟鍵)、羧基
（2）
（3）bc
（4）；
（5）E→F引入保護基，Y→P脫除保護基
【知識點】有機物中的官能團；有機物的推斷；有機物的合成；有機物的結構和性質
【解析】【解答】（1）I的結構簡式為，其所含的官能團有硝基、羧基和氟原子（或碳氟鍵）。
故答案為： 氟原子(或碳氟鍵)、羧基
（2）由分析可知，B、D的結構簡式分別為、。B轉化為D的過程中與HNO3發生硝化反應，在生成D的同時生成H2O。該反應的化學方程式為。
故答案為：
（3）a、試劑a的結構簡式為，結構具有對稱性，因此其核磁共振氫譜只有一組吸收峰，a說法錯誤。
b、J→K的過程中反應生成HCl，(CH3CH2)2N能與HCl反應，促進J到K的轉化。而(CH3CH2)2N與HCl的反應體現了(CH3CH2)2N的堿性，b說法正確。
c、F→G、K→L的反應過程中實現了-NO2轉化為-NH2，因此發生的都是還原反應，c說法正確。
故答案為：bc
（4）①由分析可知，M的結構簡式為。
故答案為：
②Y在CF3COOH/稀堿條件下反應生成P，該反應條件下，酰胺基發生水解反應，生成－NH2，因此Y的結構簡式為。
故答案為：
（5）該合成路線中有兩處氨基的保護，則合成過程中存在-NH2參與反應，后續存在-NH2的生成。因此另一處-NH2的保護為：E→F引入保護基，Y→P脫除保護基。
故答案為：E→F引入保護基，Y→P脫除保護基
【分析】A與CH3COOH反應生成B（C8H9NO），該反應為取代反應，A中－NH2斷裂N－H鍵，B中－COOH斷裂C－O鍵，因此B的結構簡式為。B與濃HNO3在濃硫酸催化作用下發生硝化反應，生成D，因此D的結構簡式為。D發生水解反應生成E（C6H6N2O2），該水解反應過程中酰胺基中N-C鍵斷裂，生成－NH2和－COOH，因此E的結構簡式為。E與試劑a在K2CO3作用下反應生成F（C11H14N2O4），F與H2進一步反應生成G。結合G和試劑a的結構簡式可知，F的結構簡式為。I與SOCl2在堿的作用下發生已知反應①，生成J，因此J的結構簡式為。J與CH3OH在(CH3CH2)2N作用下反應生成K（C8H5F2NO4）；K在一定條件下進一步反應生成L。結合J、L的結構簡式可知，K的結構簡式為。L與反應生成M（C9H5F2NO3），因此M的結構簡式為。據此結合題干設問分析作答。
18．（2025·北京） 利用工業廢氣中的制備焦亞硫酸鈉()的一種流程示意圖如下。
已知：
物質
、
（1）制
已知：
由制的熱化學方程式為　 　。
（2）制
I．在多級串聯反應釜中，懸濁液與持續通入的進行如下反應：
第一步：
第二步：
Ⅱ．當反應釜中溶液達到3.8~4.1時，形成的懸濁液轉化為固體。
①Ⅱ中生成的化學方程式是　 　。
②配堿槽中，母液和過量配制反應液，發生反應的化學方程式是　 　。
③多次循環后，母液中逐漸增多的雜質離子是　 　，需除去。
④尾氣吸收器中，吸收的氣體有　 　。
（3）理論研究、與的反應。一定溫度時，在濃度均為的和的混合溶液中，隨的增加，和平衡轉化率的變化如圖。
①，與優先反應的離子是　 　。
②，平衡轉化率上升而平衡轉化率下降，結合方程式解釋原因：　 　。
【答案】（1）
（2）；；；
（3）；時，產生的二氧化碳逸出，使反應正向進行，平衡轉化率上升，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，所以平衡轉化率上升而平衡轉化率下降
【知識點】蓋斯定律及其應用；含硫物質的性質及綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）由H2S生成SO2的化學方程式為2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)，該反應的反應熱ΔH=2×(－221.1kJ·mol－1－296.8kJ·mol－1)=－1036kJ·mol－1。因此由H2S制SO2的熱化學方程式為2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1。
故答案為：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1
（2）①Ⅱ中NaHSO3轉化為Na2S2O5的同時生成H2O，該反應的化學方程式為：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。
故答案為：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O
②“固液分離”后所得母液為NaHSO3溶液，與Na2CO3反應生成NaHCO3和Na2SO3。該反應的化學方程式為：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3。
故答案為：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3
③“煅燒爐”反應后所得的混合氣體中含有少量的O2，O2能將Na2SO3氧化生成Na2SO4。因此多次循環后，母液中逐漸增多的雜質離子為SO42－。
故答案為：SO42－
④尾氣吸收器中加入NaOH溶液，主要用于吸收反應過程中產生的CO2氣體。
故答案為：CO2
（3）①0～amol過程中，SO32－的平衡轉化率大于HCO3－，說明SO32－優先與SO2發生反應。
故答案為：SO32－
②隨著加入n(SO2)逐漸增大，在a～bmol時，發生反應SO2＋2HCO3－=SO32－＋2CO2＋H2O，反應生成的CO2逸出，HCO3－的平衡轉化率增大。同時由于c(SO32－)增大，抑制了SO32－與SO2的反應，使得SO32－的平衡轉化率降低。
故答案為：時，產生的二氧化碳逸出，使反應正向進行，平衡轉化率上升，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，所以平衡轉化率上升而平衡轉化率下降
【分析】（1）根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱，進而得到反應的熱化學方程式。
（2）①根據題干信息確定反應物和生成物，結合原子守恒確定反映過的化學方程式。
②“固液分離”后所得母液中溶質為NaHSO3，與Na2CO3反應生成NaHCO3和Na2SO3，據此寫出反應的化學方程式。
③“煅燒爐”中混有O2，O2能將Na2SO3氧化成Na2SO4。
④尾氣吸收器中加入的NaOH溶液，用于吸收尾氣中的CO2。
（3）①a~amol過程中，SO32－的平衡轉化率高，說明SO32－優先發生反應。
②a～bmol過程中，發生反應SO2＋2HCO3－=SO32－＋CO2＋H2O，據此分析。
19．（2025·北京） 化學反應平衡常數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“”平衡常數的方法，對照理論數據判斷方法的可行性。
（1）理論分析
①易揮發，需控制生成較小。
②根據時分析，控制合適，可使生成較??；用濃度較大的溶液與過量反應，反應前后幾乎不變；，僅需測定平衡時溶液和。
③與水反應的程度很小，可忽略對測定干擾；低濃度揮發性很小，可忽略。
實驗探究
序號 實驗內容及現象
I ，將溶液()與過量混合，密閉并攪拌，充分反應后，溶液變為黃色，容器液面上方有淡黃色氣體。
Ⅱ ，將溶液()與過量混合，密閉并攪拌，反應時間與I相同，溶液變為淡黃色，容器液面上方未觀察到黃色氣體。
Ⅲ 測定I、Ⅱ反應后溶液的；取一定量反應后溶液，加入過量固體，用標準溶液滴定，測定。
已知：；和溶液顏色均為無色。
①Ⅲ中，滴定時選用淀粉作指示劑，滴定終點時的現象是　 　。用離子方程式表示的作用：　 　。
②I中，與反應前的溶液相比，反應后溶液的　 　(填“增大”、“減小”或“不變”)。平衡后，按計算所得值小于的K值，是因為揮發導致計算時所用　 　的濃度小于其在溶液中實際濃度。
③Ⅱ中，按計算所得值也小于的K值，可能原因是　 　。
（2）實驗改進
分析實驗I、Ⅱ中測定結果均偏小的原因，改變實驗條件，再次實驗。
控制反應溫度為，其他條件與Ⅱ相同，經實驗準確測得該條件下的平衡常數。
①判斷該實驗測得的平衡常數是否準確，應與　 　值比較。
②綜合調控和溫度的目的是　 　。
【答案】（1）滴入最后半滴標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復；；增大；；實驗Ⅱ的濃度低于實驗Ⅰ，反應相同時間下，實驗Ⅱ未達到平衡狀態，導致溶液中偏低，計算的K值偏小
（2）40℃下的理論K；使反應更快的達到平衡狀態，使Br2處于溶解平衡且揮發最少的狀態，從而準確測定K值。
【知識點】化學平衡的影響因素；氯、溴、碘及其化合物的綜合應用；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）①滴定過程中I2參與反應，當達到滴定終點時，I2完全反應，溶液由藍色變為無色。因此滴定終點時的現象為：當滴入最后半滴Na2S2O3標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復。實驗Ⅲ中加入KI，與Br2發生反應：Br2＋2I－=I2＋2Br－。
故答案為：滴入最后半滴Na2S2O3標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復；Br2＋2I－=2Br－＋I2
②實驗Ⅰ中隨著反應的進行，H＋參與反應，使得溶液中c(H＋)減小，因此溶液的pH變大。反應過程中Br2揮發，使得溶液中c(Br2)減小，而c(Mn2＋)=c(Br2)，因此計算時所用c(Mn2＋)小于其在溶液中的實際濃度。
故答案為：增大；Mn2＋
③實驗Ⅱ中溶液的pH=2，溶液中c(H＋)小于溶液Ⅰ中c(H＋)。溶液中c(H＋)小，反應速率慢，因此相同反應時間內，實驗Ⅱ未達到平衡狀態，使得溶液中c(Mn2＋)、c(Br2)偏低，最終計算所得平衡常數K值偏小。
故答案為： 實驗Ⅱ的濃度低于實驗Ⅰ，反應相同時間下，實驗Ⅱ未達到平衡狀態，導致溶液中偏低，計算的K值偏小
（2）①平衡常數只與溫度有關，因此判斷該實驗測得的平衡常數是否準確，因此40℃下的理論K值比較。
故答案為：40℃下的理論K
②為使反應更快的達到平衡狀態，從而使Br2處于溶解平衡且揮發最少的狀態，應綜合調控pH和溫度，使得平衡常數K值測量準確。
故答案為： 使反應更快的達到平衡狀態，使Br2處于溶解平衡且揮發最少的狀態，從而準確測定K值
【分析】（1）①滴定過程中I2參與反應，結合“淀粉遇碘變藍”的性質確定滴定終點的顏色變化。加入的KI是將溶液中的Br2反應完全。
②反應過程中H＋參與，溶液中c(H＋)減小，pH增大。結合Br2的揮發性可知實驗過程中測得c(Br2)減小，而c(Mn2＋)=c(Br2)。
③對比實驗Ⅰ和實驗Ⅱ，實驗Ⅱ中c(H＋)較小，反應速率較慢，相同時間內，反應未達到平衡狀態，使得測量數據偏小。
（2）①平衡常數只與溫度有關，應對比40℃時平衡常數的理論值。
②綜合調控pH和溫度，是為了準確測定平衡常數K的值。
1 / 1北京市2025年化學高考真題
1．（2025·北京） 我國科研人員在研究嫦娥五號返回器帶回的月壤時，發現月壤鈦鐵礦()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鐵和大量水蒸氣，水蒸氣冷卻為液態水儲存起來以供使用。下列說法不正確的是（　?。?br/>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鐵和水蒸氣
C．月壤鈦鐵礦加熱生成水蒸氣的過程中發生了氧化還原反應
D．將獲得的水蒸氣冷卻為液態水的過程會放出熱量
2．（2025·北京） 下列化學用語或圖示表達不正確的是（　?。?br/>A．乙醇的分子模型：
B．的模型：
C．S的原子結構示意圖：
D．基態原子的價層電子排布式：
3．（2025·北京） 下列說法不正確的是（　　）
A．糖類、蛋白質和油脂均為天然高分子
B．蔗糖發生水解反應所得產物互為同分異構體
C．蛋白質在酶的作用下水解可得到氨基酸
D．不飽和液態植物油通過催化加氫可提高飽和度
4．（2025·北京） 物質的微觀結構決定其宏觀性質。乙腈()是一種常見的有機溶劑，沸點較高，水溶性好。下列說法不正確的是（　?。?br/>A．乙腈的電子式：
B．乙腈分子中所有原子均在同一平面
C．乙腈的沸點高于與其分子量相近的丙炔
D．乙腈可發生加成反應
5．（2025·北京） 下列反應中，體現還原性的是（　?。?br/>A．加熱分解有生成
B．和的混合溶液加熱有生成
C．固體在溶液中溶解
D．溶液中滴加溶液出現白色沉淀
6．（2025·北京） 下列方程式與所給事實不相符的是（　?。?br/>A．用鹽酸除去鐵銹：
B．用溶液除去乙炔中的
C．用乙醇處理廢棄的
D．將通入水中制備硝酸：
7．（2025·北京） 下列實驗的相應操作中，不正確的是（　?。?br/>A．制備并檢驗 B．實驗室制取
為防止有害氣體逸出，先放置浸溶液的棉團，再加熱 實驗結束時，先把導管移出水面，再熄滅酒精燈
C．分液 D．蒸餾
先打開分液漏斗上方的玻璃塞，再打開下方的活塞 冷卻水從冷凝管①口通入，②口流出
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·北京）時，在濃溶液中通入過量，充分反應后，可通過調控溫度從反應后的固液混合物中獲得和固體。已知：、、溶解度(S)隨溫度變化關系如下圖。
下列說法不正確的是（　　）
A．通入后開始發生反應：
B．時，隨反應進行先析出
C．將反應后的固液混合物過濾，濾液降溫可析出固體
D．在冷卻結晶的過程中，大量會和一起析出
9．（2025·北京） 依據下列事實進行的推測正確的是（　?。?br/>事實 推測
A 固體與濃硫酸反應可制備氣體 固體與濃硫酸反應可制備HI氣體
B 難溶于鹽酸，可作“鋇餐”使用 可代替作“鋇餐”
C 鹽酸和溶液反應是吸熱反應 鹽酸和溶液反應是吸熱反應
D 的沸點高于 的沸點高于
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·北京） 乙烯、醋酸和氧氣在鈀()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的過程示意圖如下。
下列說法不正確的是（　　）
A．①中反應為
B．②中生成的過程中，有σ鍵斷裂與形成
C．生成總反應的原子利用率為
D．催化劑通過參與反應改變反應歷程，提高反應速率
11．（2025·北京） 為理解離子化合物溶解過程的能量變化，可設想固體溶于水的過程分兩步實現，示意圖如下。
下列說法不正確的是（　?。?br/>A．固體溶解是吸熱過程
B．根據蓋斯定律可知：
C．根據各微粒的狀態，可判斷，
D．溶解過程的能量變化，與固體和溶液中微粒間作用力的強弱有關
12．（2025·北京） 為研究三價鐵配合物性質進行如下實驗(忽略溶液體積變化)。
已知：為黃色、為紅色、為無色。
下列說法不正確的是（　?。?br/>A．①中濃鹽酸促進平衡正向移動
B．由①到②，生成并消耗
C．②、③對比，說明：②>③
D．由①→④推斷，若向①深黃色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也無明顯變化
13．（2025·北京） 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
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鍵斷裂
14．（2025·北京） 用電解溶液(圖1)后的石墨電極1、2探究氫氧燃料電池，重新取溶液并用圖2裝置按i→iv順序依次完成實驗。
實驗 電極I 電極Ⅱ 電壓/V 關系
i 石墨1 石墨2 a
ii 石墨1 新石墨 b
iii 新石墨 石墨2 c
iv 石墨1 石墨2 d
下列分析不正確的是（　　）
A．，說明實驗i中形成原電池，反應為
B．，是因為ii中電極Ⅱ上缺少作為還原劑
C．，說明iii中電極I上有發生反應
D．，是因為電極I上吸附的量：iv>iii
15．（2025·北京） 通過和的相互轉化可實現的高效存儲和利用。
（1）將的基態原子最外層軌道表示式補充完整：　 　。
（2）分子中鍵角小于，從結構角度解釋原因：　 　。
（3）的晶胞是立方體結構，邊長為，結構示意圖如下。
①的配體中，配位原子是　 　。
②已知的摩爾質量為，阿伏加德羅常數為，該晶體的密度為　 　。()
（4）和反應過程中能量變化示意圖如下。
①室溫下，和反應生成而不生成。分析原因：　 　。
②從平衡的角度推斷利于脫除生成的條件并說明理由：　 　。
16．（2025·北京） 鉛酸電池是用途廣泛并不斷發展的化學電源。
（1）十九世紀，鉛酸電池工作原理初步形成并延續至今。
鉛酸電池工作原理：
①充電時，陰極發生的電極反應為　 　。
②放電時，產生a庫侖電量，消耗的物質的量為　 　。已知：轉移電子所產生的電量為96500庫侖。
③作為電解質溶液性質穩定、有較強的導電能力，參與電極反應并有利于保持電壓穩定。該體系中不氧化，氧化性弱與其結構有關，的空間結構是　 　。
④鉛酸電池儲存過程中，存在化學能的緩慢消耗：電極在作用下產生的可將電極氧化。氧化發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，實現資源的再利用。回收過程中主要物質的轉化關系示意圖如下。
①將等物質轉化為的過程中，步驟I加入溶液的目的是　 　。
②步驟Ⅱ、Ⅲ中和作用分別是　 　。
（3）鉛酸電池使用過程中，負極因生成導電性差的大顆粒，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
c．碳材料作還原劑，使被還原
17．（2025·北京） 一種受體拮抗劑中間體P合成路線如下。
已知：①
②試劑a是。
（1）I分子中含有的官能團是硝基和　 　。
（2）B→D的化學方程式是　 　。
（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。
已知：
①M含有1個雜化碳原子。M的結構簡式為　 　。
②Y的結構簡式為　 　。
（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；
②　 　。
18．（2025·北京） 利用工業廢氣中的制備焦亞硫酸鈉()的一種流程示意圖如下。
已知：
物質
、
（1）制
已知：
由制的熱化學方程式為　 　。
（2）制
I．在多級串聯反應釜中，懸濁液與持續通入的進行如下反應：
第一步：
第二步：
Ⅱ．當反應釜中溶液達到3.8~4.1時，形成的懸濁液轉化為固體。
①Ⅱ中生成的化學方程式是　 　。
②配堿槽中，母液和過量配制反應液，發生反應的化學方程式是　 　。
③多次循環后，母液中逐漸增多的雜質離子是　 　，需除去。
④尾氣吸收器中，吸收的氣體有　 　。
（3）理論研究、與的反應。一定溫度時，在濃度均為的和的混合溶液中，隨的增加，和平衡轉化率的變化如圖。
①，與優先反應的離子是　 　。
②，平衡轉化率上升而平衡轉化率下降，結合方程式解釋原因：　 　。
19．（2025·北京） 化學反應平衡常數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“”平衡常數的方法，對照理論數據判斷方法的可行性。
（1）理論分析
①易揮發，需控制生成較小。
②根據時分析，控制合適，可使生成較??；用濃度較大的溶液與過量反應，反應前后幾乎不變；，僅需測定平衡時溶液和。
③與水反應的程度很小，可忽略對測定干擾；低濃度揮發性很小，可忽略。
實驗探究
序號 實驗內容及現象
I ，將溶液()與過量混合，密閉并攪拌，充分反應后，溶液變為黃色，容器液面上方有淡黃色氣體。
Ⅱ ，將溶液()與過量混合，密閉并攪拌，反應時間與I相同，溶液變為淡黃色，容器液面上方未觀察到黃色氣體。
Ⅲ 測定I、Ⅱ反應后溶液的；取一定量反應后溶液，加入過量固體，用標準溶液滴定，測定。
已知：；和溶液顏色均為無色。
①Ⅲ中，滴定時選用淀粉作指示劑，滴定終點時的現象是　 　。用離子方程式表示的作用：　 　。
②I中，與反應前的溶液相比，反應后溶液的　 　(填“增大”、“減小”或“不變”)。平衡后，按計算所得值小于的K值，是因為揮發導致計算時所用　 　的濃度小于其在溶液中實際濃度。
③Ⅱ中，按計算所得值也小于的K值，可能原因是　 　。
（2）實驗改進
分析實驗I、Ⅱ中測定結果均偏小的原因，改變實驗條件，再次實驗。
控制反應溫度為，其他條件與Ⅱ相同，經實驗準確測得該條件下的平衡常數。
①判斷該實驗測得的平衡常數是否準確，應與　 　值比較。
②綜合調控和溫度的目的是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】氧化還原反應；吸熱反應和放熱反應；化學在自然資源和能源利用中的作用
【解析】【解答】A、月壤鈦鐵礦中的亞納米孔道中儲存了大量的來自太陽風的氫原子，屬于活潑氫，A說法正確。
B、地球上開采的鈦鐵礦中不含氫原子，因此加熱后不能得到水蒸氣，B說法錯誤。
C、月壤鈦鐵礦加熱過程中活潑氫原子與O2反應生成H2O，屬于氧化還原反應，C說法正確。
D、水蒸氣轉化為液態水的過程中放出熱量，D說法正確。
故答案為：B
【分析】A、月壤鈦鐵礦中的亞納米孔道中儲存了大量氫原子。
B、地球上開采的鈦鐵礦中不含有氫原子。
C、加熱過程中鈦鐵礦中的氫原子被氧化成H2O。
D、水蒸氣轉化為液態水的過程中放出熱量。
2．【答案】C
【知識點】原子核外電子排布；判斷簡單分子或離子的構型；原子結構示意圖；球棍模型與比例模型
【解析】【解答】A、乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，因此其分子模型為，A說法正確。
B、BF3的中心原子價層電子對數為3，且不含孤電子對，因此其VSEPR模型為，B說法正確。
C、S原子的核外電子數與核電荷數相同，因此其原子結構示意圖為，C說法錯誤。
D、基態Zn的核外電子排布式為[Ar]3d104s2，因此其價層電子排布式為3d104s2，D說法正確。
故答案為：C
【分析】A、乙醇的結構簡式為CH3CH2OH。
B、BF3的中心原子的價層電子對數為3，據此確定其VSEPR模型。
C、S原子的核外電子數與核電荷數相同。
D、根據基態Zn原子的核外電子排布式確定其價層電子排布式。
3．【答案】A
【知識點】二糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；高分子材料；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A、蛋白質、多糖屬于天然高分子，而單糖、二糖和油脂不屬于高分子，A說法錯誤。
B、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者的分子式相同，結構不同，屬于同分異構體，B說法正確。
C、蛋白質在酶的作用下水解生成氨基酸，C說法正確。
D、不飽和液態植物油中含有碳碳雙鍵，能與H2發生加成反應，提高飽和度，D說法正確。
故答案為：A
【分析】A、糖類中的單糖和二糖以及油脂都不屬于高分子。
B、蔗糖水解產物為葡萄糖和果糖。
C、蛋白質水解產物氨基酸。
D、不飽和液態植物油能與H2發生加成反應。
4．【答案】B
【知識點】晶體熔沸點的比較；加成反應；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A、乙腈的結構簡式為CH3-C≡N，因此其電子式為，A說法正確。
B、乙腈分子中的-CH3為四面體結構，最多只有3個原子共平面，因此所有原子不可能均在同一個平面內，B說法錯誤。
C、乙腈和丙炔都是分子晶體，相對分子質量：乙腈＞丙炔，因此沸點：乙腈＞丙炔，C說法正確。
D、乙腈中含有-C≡N，可與H2發生加成反應，D說法正確。
故答案為：B
【分析】A、CH3CN中C、N原子形成的是碳氮三鍵。
B、乙腈中－CH3為四面體結構。
C、乙腈和丙炔都是分子晶體，相對分子質量越大，沸點越高。
D、乙腈中的－C≡N可發生加成反應。
5．【答案】B
【知識點】氧化還原反應；銨鹽
【解析】【解答】A、加熱過程中分解產生NH3，體現了NH4HCO3的不穩定性，A不符合題意。
B、NH4Cl與NaNO2反應生成N2的過程中，NH4Cl中氮元素由－3價變為0價，化合價升高，發生氧化反應，體現了還原性，B符合題意。
C、Mg(OH)2固體溶解在NH4Cl溶液中，是由于溶液中NH4＋水解，使得溶液顯酸性，Mg(OH)2與H＋反應溶解，C不符合題意。
D、(NH4)2SO4溶液與BaCl2溶液反應生成的白色沉淀為BaSO4，與NH4＋無關，D不符合題意。
故答案為：B
【分析】A、分解產生NH3體現了NH4HCO3的不穩定性。
B、根據氮元素化合價的變化分析。
C、Mg(OH)2溶解是由于NH4＋水解產生H＋。
D、產生的白色沉淀為BaSO4。
6．【答案】B
【知識點】氮的氧化物的性質及其對環境的影響；乙醇的物理、化學性質；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A、鐵銹的成分為Fe2O3·xH2O，與鹽酸反應的離子方程式為Fe2O3·xH2O＋6H＋=2Fe3＋＋(3＋x)H2O，A選項正確。
B、CuSO4溶液與H2S反應生成CuS沉淀和H2SO4，該反應的離子方程式為Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，B選項錯誤。
C、C2H5OH與Na反應生成C2H5ONa和H2，該反應的化學方程式為2C2H5OH＋2Na→2C2H5ONa＋H2↑，C選項正確。
D、NO2與H2O反應生成HNO3和NO，該反應的化學方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，D選項正確。
故答案為：B
【分析】A、鐵銹的成分為Fe2O3·xH2O，能與HCl反應生成FeCl3溶液和H2O。
B、在離子方程式中H2S應保留化學式。
C、乙醇能與Na反應生成乙醇鈉和H2。
D、NO2與H2O反應生成HNO3和NO。
7．【答案】D
【知識點】濃硫酸的性質；蒸餾與分餾；分液和萃??；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A、加熱時Cu與濃硫酸發生反應：Cu＋2H2SO4(濃)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O，反應生成的SO2為有毒氣體，可用NaOH溶液吸收。因此需先放置浸有NaOH溶液的棉花團，再加熱，防止SO2氣體逸出，A選項正確。
B、實驗結束時，為防止發生倒吸，應先將導管移出水面，再熄滅酒精燈，B選項正確。
C、I2的CCl4溶液與水不互溶，可用分液操作進行分離。分液時，應先打開上方玻璃塞，再打開下方的活塞，C選項正確。
D、蒸餾時，冷凝水應從下口（即②口）進，上口（即①口）出，D選項錯誤。
故答案為：D
【分析】A、SO2是有毒氣體，可用NaOH溶液吸收。
B、為防止發生倒吸，實驗結束時，應先將導管移出水面，再熄滅酒精燈。
C、分液操作時，應先打開分液漏斗上方玻璃塞，再打開下方活塞。
D、蒸餾時，冷凝水應從下口進，上口出。
8．【答案】D
【知識點】物質的分離與提純
【解析】【解答】A、通入Cl2后，Cl2與NaOH反應生成NaCl、NaClO和H2O，該反應的化學方程式為：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，A選項正確。
B、25℃時，NaCl的溶解度最小，因此隨著反應進行，NaCl先結晶析出，B選項正確。
C、反應后的固液混合物過濾后，所得濾液中含有大量的NaClO。由于NaClO的溶解度隨溫度的降低而減小，因此對濾液進行降溫，可析出NaClO固體，C選項正確。
D、由于通入的Cl2過量，NaOH完全反應。因此在冷卻結晶的過程中，不會有大量的NaOH固體析出，D選項錯誤。
故答案為：D
【分析】A、Cl2與NaOH溶液反應生成NaCl、NaClO和H2O。
B、25℃時，NaCl的溶解度最小，最先析出晶體。
C、NaClO的溶解度隨溫度的降低而減小。
D、Cl2過量，NaOH完全反應，不會有大量NaOH析出。
9．【答案】D
【知識點】氫鍵的存在對物質性質的影響；吸熱反應和放熱反應；常見氣體制備原理及裝置選擇
【解析】【解答】A、根據難揮發性酸可制備易揮發性酸可得，NaCl固體能與濃硫酸反應生成HCl氣體。但由于濃硫酸具有強氧化性，而I－具有強還原性，二者可發生氧化還原反應，因此NaI固體與濃硫酸反應無法生成HI，A選項錯誤。
B、BaSO4難溶于鹽酸，因此可作“鋇餐”。而BaCO3能與鹽酸反應生成Ba2＋，Ba2＋屬于重金屬離子，會造成中毒，因此BaCO3不能作“鋇餐”，B選項錯誤。
C、鹽酸和NaHCO3的反應為吸熱反應；而鹽酸與NaOH溶液的反應為酸堿中和反應，屬于放熱反應，C選項錯誤。
D、H2O、HF都能形成氫鍵，氫鍵使沸點增大。因此沸點：H2O＞H2S、HF＞HCl，D選項正確。
故答案為：D
【分析】A、濃硫酸具有強氧化性，能將I－氧化。
B、BaCO3能與胃酸反應生成Ba2＋。
C、酸堿中和反應為放熱反應。
D、H2O、HF都能形成氫鍵，使得沸點增大。
10．【答案】C
【知識點】化學鍵；活化能及其對化學反應速率的影響
【解析】【解答】A、由過程示意圖可知，反應①中的反應物有O2、CH3COOH和Pd，生成物為H2O和Pd(CH3COO)2，因此該反應的化學方程式為：4CH3COOH＋O2＋2Pd→2Pd(CH3COO)2＋2H2O，A選項正確。
B、反應②中乙烯C－H鍵斷裂，形成C－O，生成CH2=CHOOCCH3，因此存在σ鍵的斷裂與形成，B選項正確。
C、由過程示意圖可知，反應過程中給生成CH2=CHOOCCH3的同時生成H2O，因此總反應的原子利用率小于100%，C選項錯誤。
D、Pd作為該反應的催化劑，通過參與反應改變反應歷程，從而提高了反應速率，D選項正確。
故答案為：C
【分析】A、根據圖示轉化確定反應物和生成物，從而確定反應的化學方程式。
B、根據反應過程中給中結構的變化確定化學鍵的斷裂與形成。
C、反應過程中還有H2O生成，原子利用率小于100%。
D、催化劑參與反應，改變反應歷程，使反應速率增大。
11．【答案】C
【知識點】吸熱反應和放熱反應；蓋斯定律及其應用
【解析】【解答】A、由示意圖可知，NaCl固體溶解過程ΔH3=＋4kJ·mol－1，因此NaCl固體的溶解是吸熱過程，A選項正確。
B、根據蓋斯定律可得，ΔH3=ΔH1＋ΔH2，所以a+b=4，B選項正確。
C、NaCl轉化為Na＋、Cl－的過程中離子鍵斷裂，需要吸收熱量，因此ΔH1＞0；Na＋、Cl－形成水合離子的過程中，放出熱量，因此b＜0，C選項錯誤。
D、溶解過程中能量的變化，與NaCl固體和NaCl溶液中微粒間的作用力強弱有關，D選項正確。
故答案為：C
【分析】A、NaCl溶解的過程中的熱效應為ΔH3。
B、結合蓋斯定律分析。
C、形成水合離子的過程為放熱反應。
D、溶解過程中的能量變化，與微粒間作用力的強弱有關。
12．【答案】D
【知識點】配合物的成鍵情況；化學平衡的影響因素；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A、①中滴加濃鹽酸后，溶液中c(Cl－)增大，可逆反應Fe3＋＋4Cl－ [FeCl4]－平衡正向移動，A選項正確。
B、①到②的過程中，溶液由黃色變為紅色，即[FeCl4]－轉化為[Fe(SCN]2＋，說明生成[Fe(SCN)]2＋并消耗[FeCl4]－，B選項正確。
C、②到③的過程中，溶液由紅色變為無色，即溶液中[Fe(SCN)]2＋轉化為[FeF6]－，此時溶液中c(Fe3＋)減小，C選項正確。
D、①的深黃色溶液中c(Fe3＋)較大，能與I－反應生成I2，淀粉遇碘變藍色，D選項錯誤。
故答案為：D
【分析】A．滴加濃鹽酸，溶液中c(Cl－)增大，結合濃度對平衡移動的影響分析。
B、①到②的過程中，溶液由黃色變為紅色，據此確定物質的轉化。
C、②到③的過程中，轉化為更難電離的配合物[FeF6]3－。
D、①中c(Fe3＋)較大，能與I－反應。
13．【答案】A
【知識點】有機物的合成；高分子材料
【解析】【解答】A、由分析可知，A的結構簡式為，其中與兩個氧原子相連的碳原子為手性碳原子，A選項正確。
B、A與B反應生成D，D的結構簡式為，因此參與反應的A與B的化學計量數之比為2：1，B選項錯誤。
C、反應物D與E生成P的同時，生成小分子H2O，因此該反應為縮聚反應，C選項錯誤。
D、高分子P可降解，是由于高分子P中含有酰胺基，酰胺基可發生水解反應，水解反應過程中C-N鍵斷裂，D選項錯誤。
故答案為：A
【分析】A與B（）發生加成反應生成D。D與E（）發生縮聚反應生成P和H2O。結合P的結構簡式可知，D的結構簡式為。A與B發生加成反應生成D，結合A的分子式（C6H6O3）可知，A的結構簡式為。據此結合選項分析。
14．【答案】D
【知識點】原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A、a＞0，說明反應過程中有電壓產生，因此可說明實驗ⅰ中形成原電池。石墨1上附著的O2和石墨2上附著的H2共同構成了氫氧燃料電池，其總反應式為2H2＋O2=2H2O，A選項正確。
B、實驗ⅱ中電極Ⅱ采用新石墨電極，缺少H2參與反應，因此產生的電壓較小，B選項正確。
C、實驗ⅲ中c＞0，說明形成了原電池裝置，因此新石墨電極上有O2參與反應，C選項正確。
D、實驗ⅲ和實驗ⅳ中所用電極Ⅰ不同，電極上附著的O2量不同，使得兩實驗過程中產生電壓不同，與石墨2電極上附著的H2量無關，D選項錯誤。
故答案為：D
【分析】圖1為電解Na2SO4溶液的電解池裝置，石墨1電極與電源的正極相連，為陽極，發生是電子的氧化反應，其電極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。石墨2電極為陰極，發生得電子的還原反應，其電極反應式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。因此反應一段時間后，石墨1電極上附著有O2，石墨2電極上附著有H2。當進行圖2原電池裝置時，電極Ⅰ為石墨1電極，則電極Ⅰ為正極，發生得電子的還原反應。電極Ⅱ為石墨2電極，為負極，發生是電子的氧化反應。據此結合選項分析。
15．【答案】（1）
（2）CH4中碳原子的價層電子對數為4，孤電子對數為0；NH3中氮原子的價層電子對數為4，孤電子對數為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'
（3）N；
（4）生成的活化能更低；根據MgCl2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，該反應的正反應為氣體系數減小的放熱反應，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCl2。
【知識點】原子核外電子排布；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；配合物的成鍵情況；晶胞的計算
【解析】【解答】（1）基態Mg原子的核外電子排布式為1s22s22p63s2，因此其最外層軌道表示式為。
故答案為：
（2）NH3的電子式為，而CH4的電子式為。CH4中中心碳原子的價層電子對數為4，不含孤電子對，為正四面體結構，鍵角為109°28'。而NH3中心氮原子的價層電子對數為4，其中含有1對孤電子對。孤電子對對成鍵電子對的排斥作用力大于成鍵電子之間的排斥作用力。因此NH3分子中H－N－H的鍵角小于109°28'。
故答案為： CH4中碳原子的價層電子對數為4，孤電子對數為0；NH3中氮原子的價層電子對數為4，孤電子對數為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'
（3）①[Mg(NH3)6]Cl2的配體為NH3，其中氮原子提供孤電子對，因此配位原子為N。
②由晶體結構可知，該晶胞中所含[Mg(NH3)6]2＋的個數為，含有Cl－的個數為8。因此一個晶胞中含有4個[Mg(NH3)6]Cl2。所以該晶體的密度。
故答案為：
（4）①由反應過程中給能量變化示意圖可知，反應生成[Mg(NH3)6]Cl2所需的活化能更小，因此MgCl2和NH3反應生成[Mg(NH3)6]Cl2，而不生成[Mg(NH3)]Cl2。
故答案為：生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低
②由反應過程中的能量變化圖可知，反應MgCl2(s)＋6NH3(g)=[Mg(NH3)6]Cl2(s)為放熱反應，且反應過程中氣體分子數減小。要使[Mg(NH3)6]Cl2脫除NH3生成MgCl2，即使平衡逆向移動，則可通過降低壓強或升高溫度，使平衡逆向移動，使[Mg(NH3)6]Cl2脫除NH3，生成MgCl2。
故答案為： 根據MgCl2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，該反應的正反應為氣體系數減小的放熱反應，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCl2。
【分析】（1）根據基態Mg的核外電子排布式分析。
（2）根據孤電子對對成鍵電子對的排斥力分析鍵角的大小關系。
（3）①提供孤電子對的原子為配位原子。
②根據均攤法確定晶體中的微粒個數x，結合公式計算晶體密度。
（4）①根據反應所需的活化能大小分析。
②根據反應熱效應，結合平衡移動分析。
16．【答案】（1）；；正四面體形；
（2）使硫酸鉛轉化為氫氧化鉛，便于后續的溶解；H2O2的作用為還原劑，K2S2O8的作用為氧化劑
（3）ab
【知識點】判斷簡單分子或離子的構型；氧化還原反應；電極反應和電池反應方程式
【解析】【解答】（1）①充電時，陰極上PbSO4發生得電子的還原反應，生成Pb和SO42－，其電極反應式為：PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－。
故答案為：PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－
②產生a庫侖電量時，轉移電子數為。由電池總反應式可知，當轉移2mol電子時，消耗n(H2SO4)=2mol。因此產生a庫侖電量時，參與反應的n(H2SO4)=mol。
故答案為：
③SO42－中心硫原子的價層電子對數為，因此SO42－的空間結構為正四面體形。
故答案為：正四面體形
④O2氧化Pb的過程中生成PbSO4，該反應的化學方程式為：2Pb＋O2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。
故答案為：2Pb＋O2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O
（2）①步驟Ⅰ中加入NaOH溶液后，PbSO4轉化為Pb(OH)2。因此加入NaOH溶液的目的是使PbSO4轉化為Pb(OH)2，便于后續的溶解。
故答案為：使硫酸鉛轉化為氫氧化鉛，便于后續的溶解
②步驟Ⅱ中加入H2O2后，PbO2轉化為Pb2＋，發生還原反應。因此步驟Ⅱ中H2O2的作用是做還原劑。步驟Ⅲ中加入K2S2O8后得到PbO2，Pb(OH)2、PbO都發生氧化反應，因此K2S2O8的作用是做氧化劑。
故答案為：H2O2的作用為還原劑，K2S2O8的作用為氧化劑
（3）a、石墨、多孔碳材料都具有導電性，可增強負極的導電性，a符合題意。
b、多空碳的相對表面積較大，因此可增大負極材料比表面積，有利于生成小顆粒PbSO4，b符合題意。
c、碳具有還原性，但在該電池中，碳只起到導電作用，不參與氧化還原反應，c不符合題意。
故答案為：ab
【分析】（1）①充電時，陰極上PbSO4發生得電子的還原反應，生成Pb。據此寫出陰極的電極反應式。
②根據a庫侖電量計算放電過程中轉移電子數，結合電池總反應式計算消耗n(H2SO4)。
③根據中心硫原子的價層電子對數確定SO42－的空間結構。
④O2氧化Pb的過程中生成PbSO4，據此寫出反應的化學方程式。
（2）步驟Ⅰ中加入NaOH溶液后，PbSO4轉化為Pb(OH)2，據此確定加入NaOH溶液的作用。
②根據加入H2O2、K2S2O8后物質的轉化分析。
（3）a、結合石墨的導電性分析。
b、多孔碳可增大比表面積。
c、加入的碳材料只起導電作用，不發生氧化還原反應。
17．【答案】（1）氟原子(或碳氟鍵)、羧基
（2）
（3）bc
（4）；
（5）E→F引入保護基，Y→P脫除保護基
【知識點】有機物中的官能團；有機物的推斷；有機物的合成；有機物的結構和性質
【解析】【解答】（1）I的結構簡式為，其所含的官能團有硝基、羧基和氟原子（或碳氟鍵）。
故答案為： 氟原子(或碳氟鍵)、羧基
（2）由分析可知，B、D的結構簡式分別為、。B轉化為D的過程中與HNO3發生硝化反應，在生成D的同時生成H2O。該反應的化學方程式為。
故答案為：
（3）a、試劑a的結構簡式為，結構具有對稱性，因此其核磁共振氫譜只有一組吸收峰，a說法錯誤。
b、J→K的過程中反應生成HCl，(CH3CH2)2N能與HCl反應，促進J到K的轉化。而(CH3CH2)2N與HCl的反應體現了(CH3CH2)2N的堿性，b說法正確。
c、F→G、K→L的反應過程中實現了-NO2轉化為-NH2，因此發生的都是還原反應，c說法正確。
故答案為：bc
（4）①由分析可知，M的結構簡式為。
故答案為：
②Y在CF3COOH/稀堿條件下反應生成P，該反應條件下，酰胺基發生水解反應，生成－NH2，因此Y的結構簡式為。
故答案為：
（5）該合成路線中有兩處氨基的保護，則合成過程中存在-NH2參與反應，后續存在-NH2的生成。因此另一處-NH2的保護為：E→F引入保護基，Y→P脫除保護基。
故答案為：E→F引入保護基，Y→P脫除保護基
【分析】A與CH3COOH反應生成B（C8H9NO），該反應為取代反應，A中－NH2斷裂N－H鍵，B中－COOH斷裂C－O鍵，因此B的結構簡式為。B與濃HNO3在濃硫酸催化作用下發生硝化反應，生成D，因此D的結構簡式為。D發生水解反應生成E（C6H6N2O2），該水解反應過程中酰胺基中N-C鍵斷裂，生成－NH2和－COOH，因此E的結構簡式為。E與試劑a在K2CO3作用下反應生成F（C11H14N2O4），F與H2進一步反應生成G。結合G和試劑a的結構簡式可知，F的結構簡式為。I與SOCl2在堿的作用下發生已知反應①，生成J，因此J的結構簡式為。J與CH3OH在(CH3CH2)2N作用下反應生成K（C8H5F2NO4）；K在一定條件下進一步反應生成L。結合J、L的結構簡式可知，K的結構簡式為。L與反應生成M（C9H5F2NO3），因此M的結構簡式為。據此結合題干設問分析作答。
18．【答案】（1）
（2）；；；
（3）；時，產生的二氧化碳逸出，使反應正向進行，平衡轉化率上升，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，所以平衡轉化率上升而平衡轉化率下降
【知識點】蓋斯定律及其應用；含硫物質的性質及綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）由H2S生成SO2的化學方程式為2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)，該反應的反應熱ΔH=2×(－221.1kJ·mol－1－296.8kJ·mol－1)=－1036kJ·mol－1。因此由H2S制SO2的熱化學方程式為2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1。
故答案為：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=－1036kJ·mol－1
（2）①Ⅱ中NaHSO3轉化為Na2S2O5的同時生成H2O，該反應的化學方程式為：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。
故答案為：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O
②“固液分離”后所得母液為NaHSO3溶液，與Na2CO3反應生成NaHCO3和Na2SO3。該反應的化學方程式為：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3。
故答案為：NaHSO3＋Na2CO3=NaHCO3＋Na2SO3
③“煅燒爐”反應后所得的混合氣體中含有少量的O2，O2能將Na2SO3氧化生成Na2SO4。因此多次循環后，母液中逐漸增多的雜質離子為SO42－。
故答案為：SO42－
④尾氣吸收器中加入NaOH溶液，主要用于吸收反應過程中產生的CO2氣體。
故答案為：CO2
（3）①0～amol過程中，SO32－的平衡轉化率大于HCO3－，說明SO32－優先與SO2發生反應。
故答案為：SO32－
②隨著加入n(SO2)逐漸增大，在a～bmol時，發生反應SO2＋2HCO3－=SO32－＋2CO2＋H2O，反應生成的CO2逸出，HCO3－的平衡轉化率增大。同時由于c(SO32－)增大，抑制了SO32－與SO2的反應，使得SO32－的平衡轉化率降低。
故答案為：時，產生的二氧化碳逸出，使反應正向進行，平衡轉化率上升，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，所以平衡轉化率上升而平衡轉化率下降
【分析】（1）根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱，進而得到反應的熱化學方程式。
（2）①根據題干信息確定反應物和生成物，結合原子守恒確定反映過的化學方程式。
②“固液分離”后所得母液中溶質為NaHSO3，與Na2CO3反應生成NaHCO3和Na2SO3，據此寫出反應的化學方程式。
③“煅燒爐”中混有O2，O2能將Na2SO3氧化成Na2SO4。
④尾氣吸收器中加入的NaOH溶液，用于吸收尾氣中的CO2。
（3）①a~amol過程中，SO32－的平衡轉化率高，說明SO32－優先發生反應。
②a～bmol過程中，發生反應SO2＋2HCO3－=SO32－＋CO2＋H2O，據此分析。
19．【答案】（1）滴入最后半滴標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復；；增大；；實驗Ⅱ的濃度低于實驗Ⅰ，反應相同時間下，實驗Ⅱ未達到平衡狀態，導致溶液中偏低，計算的K值偏小
（2）40℃下的理論K；使反應更快的達到平衡狀態，使Br2處于溶解平衡且揮發最少的狀態，從而準確測定K值。
【知識點】化學平衡的影響因素；氯、溴、碘及其化合物的綜合應用；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）①滴定過程中I2參與反應，當達到滴定終點時，I2完全反應，溶液由藍色變為無色。因此滴定終點時的現象為：當滴入最后半滴Na2S2O3標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復。實驗Ⅲ中加入KI，與Br2發生反應：Br2＋2I－=I2＋2Br－。
故答案為：滴入最后半滴Na2S2O3標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復；Br2＋2I－=2Br－＋I2
②實驗Ⅰ中隨著反應的進行，H＋參與反應，使得溶液中c(H＋)減小，因此溶液的pH變大。反應過程中Br2揮發，使得溶液中c(Br2)減小，而c(Mn2＋)=c(Br2)，因此計算時所用c(Mn2＋)小于其在溶液中的實際濃度。
故答案為：增大；Mn2＋
③實驗Ⅱ中溶液的pH=2，溶液中c(H＋)小于溶液Ⅰ中c(H＋)。溶液中c(H＋)小，反應速率慢，因此相同反應時間內，實驗Ⅱ未達到平衡狀態，使得溶液中c(Mn2＋)、c(Br2)偏低，最終計算所得平衡常數K值偏小。
故答案為： 實驗Ⅱ的濃度低于實驗Ⅰ，反應相同時間下，實驗Ⅱ未達到平衡狀態，導致溶液中偏低，計算的K值偏小
（2）①平衡常數只與溫度有關，因此判斷該實驗測得的平衡常數是否準確，因此40℃下的理論K值比較。
故答案為：40℃下的理論K
②為使反應更快的達到平衡狀態，從而使Br2處于溶解平衡且揮發最少的狀態，應綜合調控pH和溫度，使得平衡常數K值測量準確。
故答案為： 使反應更快的達到平衡狀態，使Br2處于溶解平衡且揮發最少的狀態，從而準確測定K值
【分析】（1）①滴定過程中I2參與反應，結合“淀粉遇碘變藍”的性質確定滴定終點的顏色變化。加入的KI是將溶液中的Br2反應完全。
②反應過程中H＋參與，溶液中c(H＋)減小，pH增大。結合Br2的揮發性可知實驗過程中測得c(Br2)減小，而c(Mn2＋)=c(Br2)。
③對比實驗Ⅰ和實驗Ⅱ，實驗Ⅱ中c(H＋)較小，反應速率較慢，相同時間內，反應未達到平衡狀態，使得測量數據偏小。
（2）①平衡常數只與溫度有關，應對比40℃時平衡常數的理論值。
②綜合調控pH和溫度，是為了準確測定平衡常數K的值。
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