【精品解析】北京市2025年化学高考真题

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北京市2025年化学高考真题
1.(2025·北京) 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
【知识点】氧化还原反应;吸热反应和放热反应;化学在自然资源和能源利用中的作用
【解析】【解答】A、月壤钛铁矿中的亚纳米孔道中储存了大量的来自太阳风的氢原子,属于活泼氢,A说法正确。
B、地球上开采的钛铁矿中不含氢原子,因此加热后不能得到水蒸气,B说法错误。
C、月壤钛铁矿加热过程中活泼氢原子与O2反应生成H2O,属于氧化还原反应,C说法正确。
D、水蒸气转化为液态水的过程中放出热量,D说法正确。
故答案为:B
【分析】A、月壤钛铁矿中的亚纳米孔道中储存了大量氢原子。
B、地球上开采的钛铁矿中不含有氢原子。
C、加热过程中钛铁矿中的氢原子被氧化成H2O。
D、水蒸气转化为液态水的过程中放出热量。
2.(2025·北京) 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
【知识点】原子核外电子排布;判断简单分子或离子的构型;原子结构示意图;球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH,因此其分子模型为,A说法正确。
B、BF3的中心原子价层电子对数为3,且不含孤电子对,因此其VSEPR模型为,B说法正确。
C、S原子的核外电子数与核电荷数相同,因此其原子结构示意图为,C说法错误。
D、基态Zn的核外电子排布式为[Ar]3d104s2,因此其价层电子排布式为3d104s2,D说法正确。
故答案为:C
【分析】A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH。
B、BF3的中心原子的价层电子对数为3,据此确定其VSEPR模型。
C、S原子的核外电子数与核电荷数相同。
D、根据基态Zn原子的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
3.(2025·北京) 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
【知识点】二糖的性质和用途;氨基酸、蛋白质的结构和性质特点;高分子材料;油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、蛋白质、多糖属于天然高分子,而单糖、二糖和油脂不属于高分子,A说法错误。
B、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,二者的分子式相同,结构不同,属于同分异构体,B说法正确。
C、蛋白质在酶的作用下水解生成氨基酸,C说法正确。
D、不饱和液态植物油中含有碳碳双键,能与H2发生加成反应,提高饱和度,D说法正确。
故答案为:A
【分析】A、糖类中的单糖和二糖以及油脂都不属于高分子。
B、蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖。
C、蛋白质水解产物氨基酸。
D、不饱和液态植物油能与H2发生加成反应。
4.(2025·北京) 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
【知识点】晶体熔沸点的比较;加成反应;电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙腈的结构简式为CH3-C≡N,因此其电子式为,A说法正确。
B、乙腈分子中的-CH3为四面体结构,最多只有3个原子共平面,因此所有原子不可能均在同一个平面内,B说法错误。
C、乙腈和丙炔都是分子晶体,相对分子质量:乙腈>丙炔,因此沸点:乙腈>丙炔,C说法正确。
D、乙腈中含有-C≡N,可与H2发生加成反应,D说法正确。
故答案为:B
【分析】A、CH3CN中C、N原子形成的是碳氮三键。
B、乙腈中-CH3为四面体结构。
C、乙腈和丙炔都是分子晶体,相对分子质量越大,沸点越高。
D、乙腈中的-C≡N可发生加成反应。
5.(2025·北京) 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
【知识点】氧化还原反应;铵盐
【解析】【解答】A、加热过程中分解产生NH3,体现了NH4HCO3的不稳定性,A不符合题意。
B、NH4Cl与NaNO2反应生成N2的过程中,NH4Cl中氮元素由-3价变为0价,化合价升高,发生氧化反应,体现了还原性,B符合题意。
C、Mg(OH)2固体溶解在NH4Cl溶液中,是由于溶液中NH4+水解,使得溶液显酸性,Mg(OH)2与H+反应溶解,C不符合题意。
D、(NH4)2SO4溶液与BaCl2溶液反应生成的白色沉淀为BaSO4,与NH4+无关,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】A、分解产生NH3体现了NH4HCO3的不稳定性。
B、根据氮元素化合价的变化分析。
C、Mg(OH)2溶解是由于NH4+水解产生H+。
D、产生的白色沉淀为BaSO4。
6.(2025·北京) 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
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响;乙醇的物理、化学性质;离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铁锈的成分为Fe2O3·xH2O,与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O,A选项正确。
B、CuSO4溶液与H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4,该反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+,B选项错误。
C、C2H5OH与Na反应生成C2H5ONa和H2,该反应的化学方程式为2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑,C选项正确。
D、NO2与H2O反应生成HNO3和NO,该反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,D选项正确。
故答案为:B
【分析】A、铁锈的成分为Fe2O3·xH2O,能与HCl反应生成FeCl3溶液和H2O。
B、在离子方程式中H2S应保留化学式。
C、乙醇能与Na反应生成乙醇钠和H2。
D、NO2与H2O反应生成HNO3和NO。
7.(2025·北京) 下列实验的相应操作中,不正确的是(  )
A.制备并检验 B.实验室制取
为防止有害气体逸出,先放置浸溶液的棉团,再加热 实验结束时,先把导管移出水面,再熄灭酒精灯
C.分液 D.蒸馏
先打开分液漏斗上方的玻璃塞,再打开下方的活塞 冷却水从冷凝管①口通入,②口流出
A.A B.B C.C D.D
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质;蒸馏与分馏;分液和萃取;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热时Cu与浓硫酸发生反应:Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O,反应生成的SO2为有毒气体,可用NaOH溶液吸收。因此需先放置浸有NaOH溶液的棉花团,再加热,防止SO2气体逸出,A选项正确。
B、实验结束时,为防止发生倒吸,应先将导管移出水面,再熄灭酒精灯,B选项正确。
C、I2的CCl4溶液与水不互溶,可用分液操作进行分离。分液时,应先打开上方玻璃塞,再打开下方的活塞,C选项正确。
D、蒸馏时,冷凝水应从下口(即②口)进,上口(即①口)出,D选项错误。
故答案为:D
【分析】A、SO2是有毒气体,可用NaOH溶液吸收。
B、为防止发生倒吸,实验结束时,应先将导管移出水面,再熄灭酒精灯。
C、分液操作时,应先打开分液漏斗上方玻璃塞,再打开下方活塞。
D、蒸馏时,冷凝水应从下口进,上口出。
8.(2025·北京)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
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、通入Cl2后,Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O,该反应的化学方程式为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,A选项正确。
B、25℃时,NaCl的溶解度最小,因此随着反应进行,NaCl先结晶析出,B选项正确。
C、反应后的固液混合物过滤后,所得滤液中含有大量的NaClO。由于NaClO的溶解度随温度的降低而减小,因此对滤液进行降温,可析出NaClO固体,C选项正确。
D、由于通入的Cl2过量,NaOH完全反应。因此在冷却结晶的过程中,不会有大量的NaOH固体析出,D选项错误。
故答案为:D
【分析】A、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O。
B、25℃时,NaCl的溶解度最小,最先析出晶体。
C、NaClO的溶解度随温度的降低而减小。
D、Cl2过量,NaOH完全反应,不会有大量NaOH析出。
9.(2025·北京) 依据下列事实进行的推测正确的是(  )
事实 推测
A 固体与浓硫酸反应可制备气体 固体与浓硫酸反应可制备HI气体
B 难溶于盐酸,可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐”
C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和溶液反应是吸热反应
D 的沸点高于 的沸点高于
A.A B.B C.C D.D
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响;吸热反应和放热反应;常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、根据难挥发性酸可制备易挥发性酸可得,NaCl固体能与浓硫酸反应生成HCl气体。但由于浓硫酸具有强氧化性,而I-具有强还原性,二者可发生氧化还原反应,因此NaI固体与浓硫酸反应无法生成HI,A选项错误。
B、BaSO4难溶于盐酸,因此可作“钡餐”。而BaCO3能与盐酸反应生成Ba2+,Ba2+属于重金属离子,会造成中毒,因此BaCO3不能作“钡餐”,B选项错误。
C、盐酸和NaHCO3的反应为吸热反应;而盐酸与NaOH溶液的反应为酸碱中和反应,属于放热反应,C选项错误。
D、H2O、HF都能形成氢键,氢键使沸点增大。因此沸点:H2O>H2S、HF>HCl,D选项正确。
故答案为:D
【分析】A、浓硫酸具有强氧化性,能将I-氧化。
B、BaCO3能与胃酸反应生成Ba2+。
C、酸碱中和反应为放热反应。
D、H2O、HF都能形成氢键,使得沸点增大。
10.(2025·北京) 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σ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
【知识点】化学键;活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、由过程示意图可知,反应①中的反应物有O2、CH3COOH和Pd,生成物为H2O和Pd(CH3COO)2,因此该反应的化学方程式为:4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O,A选项正确。
B、反应②中乙烯C-H键断裂,形成C-O,生成CH2=CHOOCCH3,因此存在σ键的断裂与形成,B选项正确。
C、由过程示意图可知,反应过程中给生成CH2=CHOOCCH3的同时生成H2O,因此总反应的原子利用率小于100%,C选项错误。
D、Pd作为该反应的催化剂,通过参与反应改变反应历程,从而提高了反应速率,D选项正确。
故答案为:C
【分析】A、根据图示转化确定反应物和生成物,从而确定反应的化学方程式。
B、根据反应过程中给中结构的变化确定化学键的断裂与形成。
C、反应过程中还有H2O生成,原子利用率小于100%。
D、催化剂参与反应,改变反应历程,使反应速率增大。
11.(2025·北京) 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
【知识点】吸热反应和放热反应;盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、由示意图可知,NaCl固体溶解过程ΔH3=+4kJ·mol-1,因此NaCl固体的溶解是吸热过程,A选项正确。
B、根据盖斯定律可得,ΔH3=ΔH1+ΔH2,所以a+b=4,B选项正确。
C、NaCl转化为Na+、Cl-的过程中离子键断裂,需要吸收热量,因此ΔH1>0;Na+、Cl-形成水合离子的过程中,放出热量,因此b<0,C选项错误。
D、溶解过程中能量的变化,与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间的作用力强弱有关,D选项正确。
故答案为:C
【分析】A、NaCl溶解的过程中的热效应为ΔH3。
B、结合盖斯定律分析。
C、形成水合离子的过程为放热反应。
D、溶解过程中的能量变化,与微粒间作用力的强弱有关。
12.(2025·北京) 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>③
D.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
【知识点】配合物的成键情况;化学平衡的影响因素;性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、①中滴加浓盐酸后,溶液中c(Cl-)增大,可逆反应Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡正向移动,A选项正确。
B、①到②的过程中,溶液由黄色变为红色,即[FeCl4]-转化为[Fe(SCN]2+,说明生成[Fe(SCN)]2+并消耗[FeCl4]-,B选项正确。
C、②到③的过程中,溶液由红色变为无色,即溶液中[Fe(SCN)]2+转化为[FeF6]-,此时溶液中c(Fe3+)减小,C选项正确。
D、①的深黄色溶液中c(Fe3+)较大,能与I-反应生成I2,淀粉遇碘变蓝色,D选项错误。
故答案为:D
【分析】A.滴加浓盐酸,溶液中c(Cl-)增大,结合浓度对平衡移动的影响分析。
B、①到②的过程中,溶液由黄色变为红色,据此确定物质的转化。
C、②到③的过程中,转化为更难电离的配合物[FeF6]3-。
D、①中c(Fe3+)较大,能与I-反应。
13.(2025·北京) 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
【知识点】有机物的合成;高分子材料
【解析】【解答】A、由分析可知,A的结构简式为,其中与两个氧原子相连的碳原子为手性碳原子,A选项正确。
B、A与B反应生成D,D的结构简式为,因此参与反应的A与B的化学计量数之比为2:1,B选项错误。
C、反应物D与E生成P的同时,生成小分子H2O,因此该反应为缩聚反应,C选项错误。
D、高分子P可降解,是由于高分子P中含有酰胺基,酰胺基可发生水解反应,水解反应过程中C-N键断裂,D选项错误。
故答案为:A
【分析】A与B()发生加成反应生成D。D与E()发生缩聚反应生成P和H2O。结合P的结构简式可知,D的结构简式为。A与B发生加成反应生成D,结合A的分子式(C6H6O3)可知,A的结构简式为。据此结合选项分析。
14.(2025·北京) 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。
实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系
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
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、a>0,说明反应过程中有电压产生,因此可说明实验ⅰ中形成原电池。石墨1上附着的O2和石墨2上附着的H2共同构成了氢氧燃料电池,其总反应式为2H2+O2=2H2O,A选项正确。
B、实验ⅱ中电极Ⅱ采用新石墨电极,缺少H2参与反应,因此产生的电压较小,B选项正确。
C、实验ⅲ中c>0,说明形成了原电池装置,因此新石墨电极上有O2参与反应,C选项正确。
D、实验ⅲ和实验ⅳ中所用电极Ⅰ不同,电极上附着的O2量不同,使得两实验过程中产生电压不同,与石墨2电极上附着的H2量无关,D选项错误。
故答案为:D
【分析】图1为电解Na2SO4溶液的电解池装置,石墨1电极与电源的正极相连,为阳极,发生是电子的氧化反应,其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。石墨2电极为阴极,发生得电子的还原反应,其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。因此反应一段时间后,石墨1电极上附着有O2,石墨2电极上附着有H2。当进行图2原电池装置时,电极Ⅰ为石墨1电极,则电极Ⅰ为正极,发生得电子的还原反应。电极Ⅱ为石墨2电极,为负极,发生是电子的氧化反应。据此结合选项分析。
15.(2025·北京) 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)CH4中碳原子的价层电子对数为4,孤电子对数为0;NH3中氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1;孤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,CH4分子中H-C-H的键角为109°28',故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'
(3)N;
(4)生成的活化能更低;根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为,该反应的正反应为气体系数减小的放热反应,故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【知识点】原子核外电子排布;键能、键长、键角及其应用;配合物的成键情况;晶胞的计算
【解析】【解答】(1)基态Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2,因此其最外层轨道表示式为。
故答案为:
(2)NH3的电子式为,而CH4的电子式为。CH4中中心碳原子的价层电子对数为4,不含孤电子对,为正四面体结构,键角为109°28'。而NH3中心氮原子的价层电子对数为4,其中含有1对孤电子对。孤电子对对成键电子对的排斥作用力大于成键电子之间的排斥作用力。因此NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'。
故答案为: CH4中碳原子的价层电子对数为4,孤电子对数为0;NH3中氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1;孤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,CH4分子中H-C-H的键角为109°28',故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'
(3)①[Mg(NH3)6]Cl2的配体为NH3,其中氮原子提供孤电子对,因此配位原子为N。
②由晶体结构可知,该晶胞中所含[Mg(NH3)6]2+的个数为,含有Cl-的个数为8。因此一个晶胞中含有4个[Mg(NH3)6]Cl2。所以该晶体的密度。
故答案为:
(4)①由反应过程中给能量变化示意图可知,反应生成[Mg(NH3)6]Cl2所需的活化能更小,因此MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2,而不生成[Mg(NH3)]Cl2。
故答案为:生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低
②由反应过程中的能量变化图可知,反应MgCl2(s)+6NH3(g)=[Mg(NH3)6]Cl2(s)为放热反应,且反应过程中气体分子数减小。要使[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2,即使平衡逆向移动,则可通过降低压强或升高温度,使平衡逆向移动,使[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3,生成MgCl2。
故答案为: 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为,该反应的正反应为气体系数减小的放热反应,故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【分析】(1)根据基态Mg的核外电子排布式分析。
(2)根据孤电子对对成键电子对的排斥力分析键角的大小关系。
(3)①提供孤电子对的原子为配位原子。
②根据均摊法确定晶体中的微粒个数x,结合公式计算晶体密度。
(4)①根据反应所需的活化能大小分析。
②根据反应热效应,结合平衡移动分析。
16.(2025·北京) 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);;正四面体形;
(2)使硫酸铅转化为氢氧化铅,便于后续的溶解;H2O2的作用为还原剂,K2S2O8的作用为氧化剂
(3)ab
【知识点】判断简单分子或离子的构型;氧化还原反应;电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】(1)①充电时,阴极上PbSO4发生得电子的还原反应,生成Pb和SO42-,其电极反应式为:PbSO4+2e-=Pb+SO42-。
故答案为:PbSO4+2e-=Pb+SO42-
②产生a库仑电量时,转移电子数为。由电池总反应式可知,当转移2mol电子时,消耗n(H2SO4)=2mol。因此产生a库仑电量时,参与反应的n(H2SO4)=mol。
故答案为:
③SO42-中心硫原子的价层电子对数为,因此SO42-的空间结构为正四面体形。
故答案为:正四面体形
④O2氧化Pb的过程中生成PbSO4,该反应的化学方程式为:2Pb+O2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。
故答案为:2Pb+O2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O
(2)①步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后,PbSO4转化为Pb(OH)2。因此加入NaOH溶液的目的是使PbSO4转化为Pb(OH)2,便于后续的溶解。
故答案为:使硫酸铅转化为氢氧化铅,便于后续的溶解
②步骤Ⅱ中加入H2O2后,PbO2转化为Pb2+,发生还原反应。因此步骤Ⅱ中H2O2的作用是做还原剂。步骤Ⅲ中加入K2S2O8后得到PbO2,Pb(OH)2、PbO都发生氧化反应,因此K2S2O8的作用是做氧化剂。
故答案为:H2O2的作用为还原剂,K2S2O8的作用为氧化剂
(3)a、石墨、多孔碳材料都具有导电性,可增强负极的导电性,a符合题意。
b、多空碳的相对表面积较大,因此可增大负极材料比表面积,有利于生成小颗粒PbSO4,b符合题意。
c、碳具有还原性,但在该电池中,碳只起到导电作用,不参与氧化还原反应,c不符合题意。
故答案为:ab
【分析】(1)①充电时,阴极上PbSO4发生得电子的还原反应,生成Pb。据此写出阴极的电极反应式。
②根据a库仑电量计算放电过程中转移电子数,结合电池总反应式计算消耗n(H2SO4)。
③根据中心硫原子的价层电子对数确定SO42-的空间结构。
④O2氧化Pb的过程中生成PbSO4,据此写出反应的化学方程式。
(2)步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后,PbSO4转化为Pb(OH)2,据此确定加入NaOH溶液的作用。
②根据加入H2O2、K2S2O8后物质的转化分析。
(3)a、结合石墨的导电性分析。
b、多孔碳可增大比表面积。
c、加入的碳材料只起导电作用,不发生氧化还原反应。
17.(2025·北京) 一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。
已知:①
②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)氟原子(或碳氟键)、羧基
(2)
(3)bc
(4);
(5)E→F引入保护基,Y→P脱除保护基
【知识点】有机物中的官能团;有机物的推断;有机物的合成;有机物的结构和性质
【解析】【解答】(1)I的结构简式为,其所含的官能团有硝基、羧基和氟原子(或碳氟键)。
故答案为: 氟原子(或碳氟键)、羧基
(2)由分析可知,B、D的结构简式分别为、。B转化为D的过程中与HNO3发生硝化反应,在生成D的同时生成H2O。该反应的化学方程式为。
故答案为:
(3)a、试剂a的结构简式为,结构具有对称性,因此其核磁共振氢谱只有一组吸收峰,a说法错误。
b、J→K的过程中反应生成HCl,(CH3CH2)2N能与HCl反应,促进J到K的转化。而(CH3CH2)2N与HCl的反应体现了(CH3CH2)2N的碱性,b说法正确。
c、F→G、K→L的反应过程中实现了-NO2转化为-NH2,因此发生的都是还原反应,c说法正确。
故答案为:bc
(4)①由分析可知,M的结构简式为。
故答案为:
②Y在CF3COOH/稀碱条件下反应生成P,该反应条件下,酰胺基发生水解反应,生成-NH2,因此Y的结构简式为。
故答案为:
(5)该合成路线中有两处氨基的保护,则合成过程中存在-NH2参与反应,后续存在-NH2的生成。因此另一处-NH2的保护为:E→F引入保护基,Y→P脱除保护基。
故答案为:E→F引入保护基,Y→P脱除保护基
【分析】A与CH3COOH反应生成B(C8H9NO),该反应为取代反应,A中-NH2断裂N-H键,B中-COOH断裂C-O键,因此B的结构简式为。B与浓HNO3在浓硫酸催化作用下发生硝化反应,生成D,因此D的结构简式为。D发生水解反应生成E(C6H6N2O2),该水解反应过程中酰胺基中N-C键断裂,生成-NH2和-COOH,因此E的结构简式为。E与试剂a在K2CO3作用下反应生成F(C11H14N2O4),F与H2进一步反应生成G。结合G和试剂a的结构简式可知,F的结构简式为。I与SOCl2在碱的作用下发生已知反应①,生成J,因此J的结构简式为。J与CH3OH在(CH3CH2)2N作用下反应生成K(C8H5F2NO4);K在一定条件下进一步反应生成L。结合J、L的结构简式可知,K的结构简式为。L与反应生成M(C9H5F2NO3),因此M的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
18.(2025·北京) 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:
物质

(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:
第一步:
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);;;
(3);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,抑制了的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
【知识点】盖斯定律及其应用;含硫物质的性质及综合应用;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由H2S生成SO2的化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g),该反应的反应热ΔH=2×(-221.1kJ·mol-1-296.8kJ·mol-1)=-1036kJ·mol-1。因此由H2S制SO2的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1036kJ·mol-1。
故答案为:2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1036kJ·mol-1
(2)①Ⅱ中NaHSO3转化为Na2S2O5的同时生成H2O,该反应的化学方程式为:2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
故答案为:2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
②“固液分离”后所得母液为NaHSO3溶液,与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3。该反应的化学方程式为:NaHSO3+Na2CO3=NaHCO3+Na2SO3。
故答案为:NaHSO3+Na2CO3=NaHCO3+Na2SO3
③“煅烧炉”反应后所得的混合气体中含有少量的O2,O2能将Na2SO3氧化生成Na2SO4。因此多次循环后,母液中逐渐增多的杂质离子为SO42-。
故答案为:SO42-
④尾气吸收器中加入NaOH溶液,主要用于吸收反应过程中产生的CO2气体。
故答案为:CO2
(3)①0~amol过程中,SO32-的平衡转化率大于HCO3-,说明SO32-优先与SO2发生反应。
故答案为:SO32-
②随着加入n(SO2)逐渐增大,在a~bmol时,发生反应SO2+2HCO3-=SO32-+2CO2+H2O,反应生成的CO2逸出,HCO3-的平衡转化率增大。同时由于c(SO32-)增大,抑制了SO32-与SO2的反应,使得SO32-的平衡转化率降低。
故答案为: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,抑制了的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
【分析】(1)根据盖斯定律计算目标反应的反应热,进而得到反应的热化学方程式。
(2)①根据题干信息确定反应物和生成物,结合原子守恒确定反映过的化学方程式。
②“固液分离”后所得母液中溶质为NaHSO3,与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3,据此写出反应的化学方程式。
③“煅烧炉”中混有O2,O2能将Na2SO3氧化成Na2SO4。
④尾气吸收器中加入的NaOH溶液,用于吸收尾气中的CO2。
(3)①a~amol过程中,SO32-的平衡转化率高,说明SO32-优先发生反应。
②a~bmol过程中,发生反应SO2+2HCO3-=SO32-+CO2+H2O,据此分析。
19.(2025·北京) 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。
实验探究
序号 实验内容及现象
I ,将溶液()与过量混合,密闭并搅拌,充分反应后,溶液变为黄色,容器液面上方有淡黄色气体。
Ⅱ ,将溶液()与过量混合,密闭并搅拌,反应时间与I相同,溶液变为淡黄色,容器液面上方未观察到黄色气体。
Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的;取一定量反应后溶液,加入过量固体,用标准溶液滴定,测定。
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   。
(2)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】(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;;增大;;实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ,反应相同时间下,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中偏低,计算的K值偏小
(2)40℃下的理论K;使反应更快的达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值。
【知识点】化学平衡的影响因素;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①滴定过程中I2参与反应,当达到滴定终点时,I2完全反应,溶液由蓝色变为无色。因此滴定终点时的现象为:当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复。实验Ⅲ中加入KI,与Br2发生反应:Br2+2I-=I2+2Br-。
故答案为:滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复;Br2+2I-=2Br-+I2
②实验Ⅰ中随着反应的进行,H+参与反应,使得溶液中c(H+)减小,因此溶液的pH变大。反应过程中Br2挥发,使得溶液中c(Br2)减小,而c(Mn2+)=c(Br2),因此计算时所用c(Mn2+)小于其在溶液中的实际浓度。
故答案为:增大;Mn2+
③实验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,反应速率慢,因此相同反应时间内,实验Ⅱ未达到平衡状态,使得溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,最终计算所得平衡常数K值偏小。
故答案为: 实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ,反应相同时间下,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中偏低,计算的K值偏小
(2)①平衡常数只与温度有关,因此判断该实验测得的平衡常数是否准确,因此40℃下的理论K值比较。
故答案为:40℃下的理论K
②为使反应更快的达到平衡状态,从而使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,应综合调控pH和温度,使得平衡常数K值测量准确。
故答案为: 使反应更快的达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值
【分析】(1)①滴定过程中I2参与反应,结合“淀粉遇碘变蓝”的性质确定滴定终点的颜色变化。加入的KI是将溶液中的Br2反应完全。
②反应过程中H+参与,溶液中c(H+)减小,pH增大。结合Br2的挥发性可知实验过程中测得c(Br2)减小,而c(Mn2+)=c(Br2)。
③对比实验Ⅰ和实验Ⅱ,实验Ⅱ中c(H+)较小,反应速率较慢,相同时间内,反应未达到平衡状态,使得测量数据偏小。
(2)①平衡常数只与温度有关,应对比40℃时平衡常数的理论值。
②综合调控pH和温度,是为了准确测定平衡常数K的值。
1 / 1北京市2025年化学高考真题
1.(2025·北京) 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
2.(2025·北京) 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:
3.(2025·北京) 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
4.(2025·北京) 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
5.(2025·北京) 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
6.(2025·北京) 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:
7.(2025·北京) 下列实验的相应操作中,不正确的是(  )
A.制备并检验 B.实验室制取
为防止有害气体逸出,先放置浸溶液的棉团,再加热 实验结束时,先把导管移出水面,再熄灭酒精灯
C.分液 D.蒸馏
先打开分液漏斗上方的玻璃塞,再打开下方的活塞 冷却水从冷凝管①口通入,②口流出
A.A B.B C.C D.D
8.(2025·北京)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
9.(2025·北京) 依据下列事实进行的推测正确的是(  )
事实 推测
A 固体与浓硫酸反应可制备气体 固体与浓硫酸反应可制备HI气体
B 难溶于盐酸,可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐”
C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和溶液反应是吸热反应
D 的沸点高于 的沸点高于
A.A B.B C.C D.D
10.(2025·北京) 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σ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
11.(2025·北京) 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
12.(2025·北京) 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>③
D.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
13.(2025·北京) 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
14.(2025·北京) 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。
实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系
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
15.(2025·北京) 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:   。
16.(2025·北京) 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
17.(2025·北京) 一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。
已知:①
②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   。
18.(2025·北京) 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:
物质

(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:
第一步:
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:   。
19.(2025·北京) 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。
实验探究
序号 实验内容及现象
I ,将溶液()与过量混合,密闭并搅拌,充分反应后,溶液变为黄色,容器液面上方有淡黄色气体。
Ⅱ ,将溶液()与过量混合,密闭并搅拌,反应时间与I相同,溶液变为淡黄色,容器液面上方未观察到黄色气体。
Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的;取一定量反应后溶液,加入过量固体,用标准溶液滴定,测定。
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   。
(2)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   。
答案解析部分
1.【答案】B
【知识点】氧化还原反应;吸热反应和放热反应;化学在自然资源和能源利用中的作用
【解析】【解答】A、月壤钛铁矿中的亚纳米孔道中储存了大量的来自太阳风的氢原子,属于活泼氢,A说法正确。
B、地球上开采的钛铁矿中不含氢原子,因此加热后不能得到水蒸气,B说法错误。
C、月壤钛铁矿加热过程中活泼氢原子与O2反应生成H2O,属于氧化还原反应,C说法正确。
D、水蒸气转化为液态水的过程中放出热量,D说法正确。
故答案为:B
【分析】A、月壤钛铁矿中的亚纳米孔道中储存了大量氢原子。
B、地球上开采的钛铁矿中不含有氢原子。
C、加热过程中钛铁矿中的氢原子被氧化成H2O。
D、水蒸气转化为液态水的过程中放出热量。
2.【答案】C
【知识点】原子核外电子排布;判断简单分子或离子的构型;原子结构示意图;球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH,因此其分子模型为,A说法正确。
B、BF3的中心原子价层电子对数为3,且不含孤电子对,因此其VSEPR模型为,B说法正确。
C、S原子的核外电子数与核电荷数相同,因此其原子结构示意图为,C说法错误。
D、基态Zn的核外电子排布式为[Ar]3d104s2,因此其价层电子排布式为3d104s2,D说法正确。
故答案为:C
【分析】A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH。
B、BF3的中心原子的价层电子对数为3,据此确定其VSEPR模型。
C、S原子的核外电子数与核电荷数相同。
D、根据基态Zn原子的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
3.【答案】A
【知识点】二糖的性质和用途;氨基酸、蛋白质的结构和性质特点;高分子材料;油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、蛋白质、多糖属于天然高分子,而单糖、二糖和油脂不属于高分子,A说法错误。
B、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,二者的分子式相同,结构不同,属于同分异构体,B说法正确。
C、蛋白质在酶的作用下水解生成氨基酸,C说法正确。
D、不饱和液态植物油中含有碳碳双键,能与H2发生加成反应,提高饱和度,D说法正确。
故答案为:A
【分析】A、糖类中的单糖和二糖以及油脂都不属于高分子。
B、蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖。
C、蛋白质水解产物氨基酸。
D、不饱和液态植物油能与H2发生加成反应。
4.【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较;加成反应;电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙腈的结构简式为CH3-C≡N,因此其电子式为,A说法正确。
B、乙腈分子中的-CH3为四面体结构,最多只有3个原子共平面,因此所有原子不可能均在同一个平面内,B说法错误。
C、乙腈和丙炔都是分子晶体,相对分子质量:乙腈>丙炔,因此沸点:乙腈>丙炔,C说法正确。
D、乙腈中含有-C≡N,可与H2发生加成反应,D说法正确。
故答案为:B
【分析】A、CH3CN中C、N原子形成的是碳氮三键。
B、乙腈中-CH3为四面体结构。
C、乙腈和丙炔都是分子晶体,相对分子质量越大,沸点越高。
D、乙腈中的-C≡N可发生加成反应。
5.【答案】B
【知识点】氧化还原反应;铵盐
【解析】【解答】A、加热过程中分解产生NH3,体现了NH4HCO3的不稳定性,A不符合题意。
B、NH4Cl与NaNO2反应生成N2的过程中,NH4Cl中氮元素由-3价变为0价,化合价升高,发生氧化反应,体现了还原性,B符合题意。
C、Mg(OH)2固体溶解在NH4Cl溶液中,是由于溶液中NH4+水解,使得溶液显酸性,Mg(OH)2与H+反应溶解,C不符合题意。
D、(NH4)2SO4溶液与BaCl2溶液反应生成的白色沉淀为BaSO4,与NH4+无关,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】A、分解产生NH3体现了NH4HCO3的不稳定性。
B、根据氮元素化合价的变化分析。
C、Mg(OH)2溶解是由于NH4+水解产生H+。
D、产生的白色沉淀为BaSO4。
6.【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响;乙醇的物理、化学性质;离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铁锈的成分为Fe2O3·xH2O,与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O,A选项正确。
B、CuSO4溶液与H2S反应生成CuS沉淀和H2SO4,该反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+,B选项错误。
C、C2H5OH与Na反应生成C2H5ONa和H2,该反应的化学方程式为2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑,C选项正确。
D、NO2与H2O反应生成HNO3和NO,该反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,D选项正确。
故答案为:B
【分析】A、铁锈的成分为Fe2O3·xH2O,能与HCl反应生成FeCl3溶液和H2O。
B、在离子方程式中H2S应保留化学式。
C、乙醇能与Na反应生成乙醇钠和H2。
D、NO2与H2O反应生成HNO3和NO。
7.【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质;蒸馏与分馏;分液和萃取;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热时Cu与浓硫酸发生反应:Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O,反应生成的SO2为有毒气体,可用NaOH溶液吸收。因此需先放置浸有NaOH溶液的棉花团,再加热,防止SO2气体逸出,A选项正确。
B、实验结束时,为防止发生倒吸,应先将导管移出水面,再熄灭酒精灯,B选项正确。
C、I2的CCl4溶液与水不互溶,可用分液操作进行分离。分液时,应先打开上方玻璃塞,再打开下方的活塞,C选项正确。
D、蒸馏时,冷凝水应从下口(即②口)进,上口(即①口)出,D选项错误。
故答案为:D
【分析】A、SO2是有毒气体,可用NaOH溶液吸收。
B、为防止发生倒吸,实验结束时,应先将导管移出水面,再熄灭酒精灯。
C、分液操作时,应先打开分液漏斗上方玻璃塞,再打开下方活塞。
D、蒸馏时,冷凝水应从下口进,上口出。
8.【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、通入Cl2后,Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O,该反应的化学方程式为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,A选项正确。
B、25℃时,NaCl的溶解度最小,因此随着反应进行,NaCl先结晶析出,B选项正确。
C、反应后的固液混合物过滤后,所得滤液中含有大量的NaClO。由于NaClO的溶解度随温度的降低而减小,因此对滤液进行降温,可析出NaClO固体,C选项正确。
D、由于通入的Cl2过量,NaOH完全反应。因此在冷却结晶的过程中,不会有大量的NaOH固体析出,D选项错误。
故答案为:D
【分析】A、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O。
B、25℃时,NaCl的溶解度最小,最先析出晶体。
C、NaClO的溶解度随温度的降低而减小。
D、Cl2过量,NaOH完全反应,不会有大量NaOH析出。
9.【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响;吸热反应和放热反应;常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、根据难挥发性酸可制备易挥发性酸可得,NaCl固体能与浓硫酸反应生成HCl气体。但由于浓硫酸具有强氧化性,而I-具有强还原性,二者可发生氧化还原反应,因此NaI固体与浓硫酸反应无法生成HI,A选项错误。
B、BaSO4难溶于盐酸,因此可作“钡餐”。而BaCO3能与盐酸反应生成Ba2+,Ba2+属于重金属离子,会造成中毒,因此BaCO3不能作“钡餐”,B选项错误。
C、盐酸和NaHCO3的反应为吸热反应;而盐酸与NaOH溶液的反应为酸碱中和反应,属于放热反应,C选项错误。
D、H2O、HF都能形成氢键,氢键使沸点增大。因此沸点:H2O>H2S、HF>HCl,D选项正确。
故答案为:D
【分析】A、浓硫酸具有强氧化性,能将I-氧化。
B、BaCO3能与胃酸反应生成Ba2+。
C、酸碱中和反应为放热反应。
D、H2O、HF都能形成氢键,使得沸点增大。
10.【答案】C
【知识点】化学键;活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、由过程示意图可知,反应①中的反应物有O2、CH3COOH和Pd,生成物为H2O和Pd(CH3COO)2,因此该反应的化学方程式为:4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O,A选项正确。
B、反应②中乙烯C-H键断裂,形成C-O,生成CH2=CHOOCCH3,因此存在σ键的断裂与形成,B选项正确。
C、由过程示意图可知,反应过程中给生成CH2=CHOOCCH3的同时生成H2O,因此总反应的原子利用率小于100%,C选项错误。
D、Pd作为该反应的催化剂,通过参与反应改变反应历程,从而提高了反应速率,D选项正确。
故答案为:C
【分析】A、根据图示转化确定反应物和生成物,从而确定反应的化学方程式。
B、根据反应过程中给中结构的变化确定化学键的断裂与形成。
C、反应过程中还有H2O生成,原子利用率小于100%。
D、催化剂参与反应,改变反应历程,使反应速率增大。
11.【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应;盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、由示意图可知,NaCl固体溶解过程ΔH3=+4kJ·mol-1,因此NaCl固体的溶解是吸热过程,A选项正确。
B、根据盖斯定律可得,ΔH3=ΔH1+ΔH2,所以a+b=4,B选项正确。
C、NaCl转化为Na+、Cl-的过程中离子键断裂,需要吸收热量,因此ΔH1>0;Na+、Cl-形成水合离子的过程中,放出热量,因此b<0,C选项错误。
D、溶解过程中能量的变化,与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间的作用力强弱有关,D选项正确。
故答案为:C
【分析】A、NaCl溶解的过程中的热效应为ΔH3。
B、结合盖斯定律分析。
C、形成水合离子的过程为放热反应。
D、溶解过程中的能量变化,与微粒间作用力的强弱有关。
12.【答案】D
【知识点】配合物的成键情况;化学平衡的影响因素;性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、①中滴加浓盐酸后,溶液中c(Cl-)增大,可逆反应Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡正向移动,A选项正确。
B、①到②的过程中,溶液由黄色变为红色,即[FeCl4]-转化为[Fe(SCN]2+,说明生成[Fe(SCN)]2+并消耗[FeCl4]-,B选项正确。
C、②到③的过程中,溶液由红色变为无色,即溶液中[Fe(SCN)]2+转化为[FeF6]-,此时溶液中c(Fe3+)减小,C选项正确。
D、①的深黄色溶液中c(Fe3+)较大,能与I-反应生成I2,淀粉遇碘变蓝色,D选项错误。
故答案为:D
【分析】A.滴加浓盐酸,溶液中c(Cl-)增大,结合浓度对平衡移动的影响分析。
B、①到②的过程中,溶液由黄色变为红色,据此确定物质的转化。
C、②到③的过程中,转化为更难电离的配合物[FeF6]3-。
D、①中c(Fe3+)较大,能与I-反应。
13.【答案】A
【知识点】有机物的合成;高分子材料
【解析】【解答】A、由分析可知,A的结构简式为,其中与两个氧原子相连的碳原子为手性碳原子,A选项正确。
B、A与B反应生成D,D的结构简式为,因此参与反应的A与B的化学计量数之比为2:1,B选项错误。
C、反应物D与E生成P的同时,生成小分子H2O,因此该反应为缩聚反应,C选项错误。
D、高分子P可降解,是由于高分子P中含有酰胺基,酰胺基可发生水解反应,水解反应过程中C-N键断裂,D选项错误。
故答案为:A
【分析】A与B()发生加成反应生成D。D与E()发生缩聚反应生成P和H2O。结合P的结构简式可知,D的结构简式为。A与B发生加成反应生成D,结合A的分子式(C6H6O3)可知,A的结构简式为。据此结合选项分析。
14.【答案】D
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、a>0,说明反应过程中有电压产生,因此可说明实验ⅰ中形成原电池。石墨1上附着的O2和石墨2上附着的H2共同构成了氢氧燃料电池,其总反应式为2H2+O2=2H2O,A选项正确。
B、实验ⅱ中电极Ⅱ采用新石墨电极,缺少H2参与反应,因此产生的电压较小,B选项正确。
C、实验ⅲ中c>0,说明形成了原电池装置,因此新石墨电极上有O2参与反应,C选项正确。
D、实验ⅲ和实验ⅳ中所用电极Ⅰ不同,电极上附着的O2量不同,使得两实验过程中产生电压不同,与石墨2电极上附着的H2量无关,D选项错误。
故答案为:D
【分析】图1为电解Na2SO4溶液的电解池装置,石墨1电极与电源的正极相连,为阳极,发生是电子的氧化反应,其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。石墨2电极为阴极,发生得电子的还原反应,其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。因此反应一段时间后,石墨1电极上附着有O2,石墨2电极上附着有H2。当进行图2原电池装置时,电极Ⅰ为石墨1电极,则电极Ⅰ为正极,发生得电子的还原反应。电极Ⅱ为石墨2电极,为负极,发生是电子的氧化反应。据此结合选项分析。
15.【答案】(1)
(2)CH4中碳原子的价层电子对数为4,孤电子对数为0;NH3中氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1;孤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,CH4分子中H-C-H的键角为109°28',故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'
(3)N;
(4)生成的活化能更低;根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为,该反应的正反应为气体系数减小的放热反应,故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【知识点】原子核外电子排布;键能、键长、键角及其应用;配合物的成键情况;晶胞的计算
【解析】【解答】(1)基态Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2,因此其最外层轨道表示式为。
故答案为:
(2)NH3的电子式为,而CH4的电子式为。CH4中中心碳原子的价层电子对数为4,不含孤电子对,为正四面体结构,键角为109°28'。而NH3中心氮原子的价层电子对数为4,其中含有1对孤电子对。孤电子对对成键电子对的排斥作用力大于成键电子之间的排斥作用力。因此NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'。
故答案为: CH4中碳原子的价层电子对数为4,孤电子对数为0;NH3中氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1;孤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,CH4分子中H-C-H的键角为109°28',故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28'
(3)①[Mg(NH3)6]Cl2的配体为NH3,其中氮原子提供孤电子对,因此配位原子为N。
②由晶体结构可知,该晶胞中所含[Mg(NH3)6]2+的个数为,含有Cl-的个数为8。因此一个晶胞中含有4个[Mg(NH3)6]Cl2。所以该晶体的密度。
故答案为:
(4)①由反应过程中给能量变化示意图可知,反应生成[Mg(NH3)6]Cl2所需的活化能更小,因此MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2,而不生成[Mg(NH3)]Cl2。
故答案为:生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低
②由反应过程中的能量变化图可知,反应MgCl2(s)+6NH3(g)=[Mg(NH3)6]Cl2(s)为放热反应,且反应过程中气体分子数减小。要使[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2,即使平衡逆向移动,则可通过降低压强或升高温度,使平衡逆向移动,使[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3,生成MgCl2。
故答案为: 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为,该反应的正反应为气体系数减小的放热反应,故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【分析】(1)根据基态Mg的核外电子排布式分析。
(2)根据孤电子对对成键电子对的排斥力分析键角的大小关系。
(3)①提供孤电子对的原子为配位原子。
②根据均摊法确定晶体中的微粒个数x,结合公式计算晶体密度。
(4)①根据反应所需的活化能大小分析。
②根据反应热效应,结合平衡移动分析。
16.【答案】(1);;正四面体形;
(2)使硫酸铅转化为氢氧化铅,便于后续的溶解;H2O2的作用为还原剂,K2S2O8的作用为氧化剂
(3)ab
【知识点】判断简单分子或离子的构型;氧化还原反应;电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】(1)①充电时,阴极上PbSO4发生得电子的还原反应,生成Pb和SO42-,其电极反应式为:PbSO4+2e-=Pb+SO42-。
故答案为:PbSO4+2e-=Pb+SO42-
②产生a库仑电量时,转移电子数为。由电池总反应式可知,当转移2mol电子时,消耗n(H2SO4)=2mol。因此产生a库仑电量时,参与反应的n(H2SO4)=mol。
故答案为:
③SO42-中心硫原子的价层电子对数为,因此SO42-的空间结构为正四面体形。
故答案为:正四面体形
④O2氧化Pb的过程中生成PbSO4,该反应的化学方程式为:2Pb+O2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。
故答案为:2Pb+O2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O
(2)①步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后,PbSO4转化为Pb(OH)2。因此加入NaOH溶液的目的是使PbSO4转化为Pb(OH)2,便于后续的溶解。
故答案为:使硫酸铅转化为氢氧化铅,便于后续的溶解
②步骤Ⅱ中加入H2O2后,PbO2转化为Pb2+,发生还原反应。因此步骤Ⅱ中H2O2的作用是做还原剂。步骤Ⅲ中加入K2S2O8后得到PbO2,Pb(OH)2、PbO都发生氧化反应,因此K2S2O8的作用是做氧化剂。
故答案为:H2O2的作用为还原剂,K2S2O8的作用为氧化剂
(3)a、石墨、多孔碳材料都具有导电性,可增强负极的导电性,a符合题意。
b、多空碳的相对表面积较大,因此可增大负极材料比表面积,有利于生成小颗粒PbSO4,b符合题意。
c、碳具有还原性,但在该电池中,碳只起到导电作用,不参与氧化还原反应,c不符合题意。
故答案为:ab
【分析】(1)①充电时,阴极上PbSO4发生得电子的还原反应,生成Pb。据此写出阴极的电极反应式。
②根据a库仑电量计算放电过程中转移电子数,结合电池总反应式计算消耗n(H2SO4)。
③根据中心硫原子的价层电子对数确定SO42-的空间结构。
④O2氧化Pb的过程中生成PbSO4,据此写出反应的化学方程式。
(2)步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后,PbSO4转化为Pb(OH)2,据此确定加入NaOH溶液的作用。
②根据加入H2O2、K2S2O8后物质的转化分析。
(3)a、结合石墨的导电性分析。
b、多孔碳可增大比表面积。
c、加入的碳材料只起导电作用,不发生氧化还原反应。
17.【答案】(1)氟原子(或碳氟键)、羧基
(2)
(3)bc
(4);
(5)E→F引入保护基,Y→P脱除保护基
【知识点】有机物中的官能团;有机物的推断;有机物的合成;有机物的结构和性质
【解析】【解答】(1)I的结构简式为,其所含的官能团有硝基、羧基和氟原子(或碳氟键)。
故答案为: 氟原子(或碳氟键)、羧基
(2)由分析可知,B、D的结构简式分别为、。B转化为D的过程中与HNO3发生硝化反应,在生成D的同时生成H2O。该反应的化学方程式为。
故答案为:
(3)a、试剂a的结构简式为,结构具有对称性,因此其核磁共振氢谱只有一组吸收峰,a说法错误。
b、J→K的过程中反应生成HCl,(CH3CH2)2N能与HCl反应,促进J到K的转化。而(CH3CH2)2N与HCl的反应体现了(CH3CH2)2N的碱性,b说法正确。
c、F→G、K→L的反应过程中实现了-NO2转化为-NH2,因此发生的都是还原反应,c说法正确。
故答案为:bc
(4)①由分析可知,M的结构简式为。
故答案为:
②Y在CF3COOH/稀碱条件下反应生成P,该反应条件下,酰胺基发生水解反应,生成-NH2,因此Y的结构简式为。
故答案为:
(5)该合成路线中有两处氨基的保护,则合成过程中存在-NH2参与反应,后续存在-NH2的生成。因此另一处-NH2的保护为:E→F引入保护基,Y→P脱除保护基。
故答案为:E→F引入保护基,Y→P脱除保护基
【分析】A与CH3COOH反应生成B(C8H9NO),该反应为取代反应,A中-NH2断裂N-H键,B中-COOH断裂C-O键,因此B的结构简式为。B与浓HNO3在浓硫酸催化作用下发生硝化反应,生成D,因此D的结构简式为。D发生水解反应生成E(C6H6N2O2),该水解反应过程中酰胺基中N-C键断裂,生成-NH2和-COOH,因此E的结构简式为。E与试剂a在K2CO3作用下反应生成F(C11H14N2O4),F与H2进一步反应生成G。结合G和试剂a的结构简式可知,F的结构简式为。I与SOCl2在碱的作用下发生已知反应①,生成J,因此J的结构简式为。J与CH3OH在(CH3CH2)2N作用下反应生成K(C8H5F2NO4);K在一定条件下进一步反应生成L。结合J、L的结构简式可知,K的结构简式为。L与反应生成M(C9H5F2NO3),因此M的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
18.【答案】(1)
(2);;;
(3);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,抑制了的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
【知识点】盖斯定律及其应用;含硫物质的性质及综合应用;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由H2S生成SO2的化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g),该反应的反应热ΔH=2×(-221.1kJ·mol-1-296.8kJ·mol-1)=-1036kJ·mol-1。因此由H2S制SO2的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1036kJ·mol-1。
故答案为:2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1036kJ·mol-1
(2)①Ⅱ中NaHSO3转化为Na2S2O5的同时生成H2O,该反应的化学方程式为:2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
故答案为:2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
②“固液分离”后所得母液为NaHSO3溶液,与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3。该反应的化学方程式为:NaHSO3+Na2CO3=NaHCO3+Na2SO3。
故答案为:NaHSO3+Na2CO3=NaHCO3+Na2SO3
③“煅烧炉”反应后所得的混合气体中含有少量的O2,O2能将Na2SO3氧化生成Na2SO4。因此多次循环后,母液中逐渐增多的杂质离子为SO42-。
故答案为:SO42-
④尾气吸收器中加入NaOH溶液,主要用于吸收反应过程中产生的CO2气体。
故答案为:CO2
(3)①0~amol过程中,SO32-的平衡转化率大于HCO3-,说明SO32-优先与SO2发生反应。
故答案为:SO32-
②随着加入n(SO2)逐渐增大,在a~bmol时,发生反应SO2+2HCO3-=SO32-+2CO2+H2O,反应生成的CO2逸出,HCO3-的平衡转化率增大。同时由于c(SO32-)增大,抑制了SO32-与SO2的反应,使得SO32-的平衡转化率降低。
故答案为: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,抑制了的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
【分析】(1)根据盖斯定律计算目标反应的反应热,进而得到反应的热化学方程式。
(2)①根据题干信息确定反应物和生成物,结合原子守恒确定反映过的化学方程式。
②“固液分离”后所得母液中溶质为NaHSO3,与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3,据此写出反应的化学方程式。
③“煅烧炉”中混有O2,O2能将Na2SO3氧化成Na2SO4。
④尾气吸收器中加入的NaOH溶液,用于吸收尾气中的CO2。
(3)①a~amol过程中,SO32-的平衡转化率高,说明SO32-优先发生反应。
②a~bmol过程中,发生反应SO2+2HCO3-=SO32-+CO2+H2O,据此分析。
19.【答案】(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;;增大;;实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ,反应相同时间下,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中偏低,计算的K值偏小
(2)40℃下的理论K;使反应更快的达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值。
【知识点】化学平衡的影响因素;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①滴定过程中I2参与反应,当达到滴定终点时,I2完全反应,溶液由蓝色变为无色。因此滴定终点时的现象为:当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复。实验Ⅲ中加入KI,与Br2发生反应:Br2+2I-=I2+2Br-。
故答案为:滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复;Br2+2I-=2Br-+I2
②实验Ⅰ中随着反应的进行,H+参与反应,使得溶液中c(H+)减小,因此溶液的pH变大。反应过程中Br2挥发,使得溶液中c(Br2)减小,而c(Mn2+)=c(Br2),因此计算时所用c(Mn2+)小于其在溶液中的实际浓度。
故答案为:增大;Mn2+
③实验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,反应速率慢,因此相同反应时间内,实验Ⅱ未达到平衡状态,使得溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,最终计算所得平衡常数K值偏小。
故答案为: 实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ,反应相同时间下,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中偏低,计算的K值偏小
(2)①平衡常数只与温度有关,因此判断该实验测得的平衡常数是否准确,因此40℃下的理论K值比较。
故答案为:40℃下的理论K
②为使反应更快的达到平衡状态,从而使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,应综合调控pH和温度,使得平衡常数K值测量准确。
故答案为: 使反应更快的达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值
【分析】(1)①滴定过程中I2参与反应,结合“淀粉遇碘变蓝”的性质确定滴定终点的颜色变化。加入的KI是将溶液中的Br2反应完全。
②反应过程中H+参与,溶液中c(H+)减小,pH增大。结合Br2的挥发性可知实验过程中测得c(Br2)减小,而c(Mn2+)=c(Br2)。
③对比实验Ⅰ和实验Ⅱ,实验Ⅱ中c(H+)较小,反应速率较慢,相同时间内,反应未达到平衡状态,使得测量数据偏小。
(2)①平衡常数只与温度有关,应对比40℃时平衡常数的理论值。
②综合调控pH和温度,是为了准确测定平衡常数K的值。
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