2025年高考北京卷化学高考真题（原卷版＋解析版）

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化学
本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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】
A 选项：月壤钛铁矿中的氢源自太阳风，以游离态氢原子形式被吸附，未形成稳定化学键，化学性质活泼，属于活泼氢，A 正确。
B 选项：地球上开采的钛铁矿未吸附太阳风带来的氢原子，根据原子守恒，加热时缺乏氢元素参与，无法生成水蒸气，且钛铁矿的氢含量与月壤中的存在差异，“一定生成” 的表述错误，B 不正确。
C 选项：加热生成水蒸气时，氢原子从 0 价（游离态）升至 + 1 价（水中），铁元素从钛铁矿中的高价态（如 + 3 价）降至 0 价（单质铁），存在化合价升降，属于氧化还原反应，C 正确。
D 选项：水蒸气冷却液化是物理变化，分子间距离减小，会向外界释放热量，D 正确。
故选B。
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】
A 选项：乙醇结构简式为，分子含乙基和羟基，所给分子模型能准确体现各原子连接方式与空间分布，符合实际结构，A 正确。
B 选项：BF3中中心 B 原子价电子数为 3，形成 3 个σ键，无孤电子对（价层电子对数 = 3+(3-1×3)=3），VSEPR 模型与空间构型均为平面三角形，模型正确，B 正确。
C 选项：硫原子序数为 16，核外电子排布为 “2、8、6”，即 K 层 2 个、L 层 8 个、M 层 6 个电子，题目中 M 层为 8 个电子的结构示意图是硫离子的，并非 S 原子，C 错误。
D 选项：锌为 30 号元素，基态电子排布式为[Ar] 3d104s2，价层电子包括最外层 4s 电子和次外层 3d 电子，价层电子排布式为3d104s2，D 正确。
故选C。
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】
A 选项：天然高分子化合物相对分子质量需在一万以上。糖类中单糖（如葡萄糖）、二糖（如蔗糖）及油脂的相对分子质量均较小，不属于天然高分子；仅多糖（如淀粉）和蛋白质属于天然高分子，A 错误。
B 选项：蔗糖在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖和果糖，二者分子式一样，但结构不同（葡萄糖为醛糖，果糖为酮糖），满足同分异构体定义，B 正确。
C 选项：蛋白质由氨基酸通过肽键连接而成，在酶的催化下，肽键断裂逐步水解，最终产物为氨基酸，酶的催化具有高效性和专一性，C 正确。
D 选项：不饱和液态植物油含碳碳双键，催化加氢时，碳碳双键与氢气加成，减少双键数量，提高饱和度，转化为半固态或固态脂肪，D 正确。
故选A。
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】
A 选项：乙腈含 3 个C-H单键、1 个C-C单键和 1 个C≡N三键，各原子均满足稳定结构（H 为 2 电子，其余为 8 电子），电子式正确，A 正确。
B 选项：乙腈中的甲基-CH3碳原子采用sp^3杂化，空间构型为四面体，甲基上的 3 个 H 原子无法与其他原子共平面，故所有原子不可能处于同一平面，B 错误。
C 选项：乙腈与丙炔相对分子质量相近，但乙腈为极性分子，分子间存在 相互作用，丙炔为非极性分子，仅存在较弱色散力，极性分子间作用力更强，沸点更高，C 正确。
D 选项：乙腈含C≡N三键，具有不饱和性，可与氢气、卤素等发生加成反应（如与氢气加成生成乙胺），D 正确。
答案选B。
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】
A 选项：NH4HCO3加热分解反应中各元素化合价未变（N 为 - 3 价，H 为 + 1 价等），属于非氧化还原反应，无法体现NH4+的还原性，A 不符合题意。
B 选项：NH4+与NO2-加热反应，NH4+中 N 为 - 3 价，反应后升至 0 价N2，被氧化，还原性指物质失电子、化合价升高的性质，该反应体现NH4+的还原性，B 符合题意。
C 选项：NH4+水解生成H+，Mg(OH)2的溶解平衡生成OH-，H+与OH-结合使平衡正向移动，该过程无化合价变化，为非氧化还原反应，未体现还原性，C 不符合题意。
D 选项：(NH4)2SO4与BaCl2发生复分解反应，各元素化合价未变，NH4+未参与电子转移，不体现还原性，D 不符合题意。
故选B。
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】
A 选项：铁锈主要成分为Fe2O3·xH2O，与盐酸反应时，Fe2O3·xH2O与H+结合生成FeCl3和水，离子方程式为Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O，符合反应实质，A 正确。
B 选项：H2S为弱酸，离子方程式中应保留化学式，不能拆分为H+和S2-，正确离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，题目中方程式拆分错误，与事实不符，B 错误。
C 选项：乙醇含羟基-OH，羟基上的 H 原子具有活泼性，与 Na 反应生成乙醇钠和氢气，方程式为，正确，C 正确。
D 选项：NO2与水反应生成硝酸和NO，方程式为，是工业制硝酸的重要步骤，符合事实，D 正确。
答案选B。
7. 下列实验的相应操作中，不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
A 选项：铜与浓硫酸加热生成SO2，SO2有毒，需用 NaOH 溶液吸收（酸性氧化物与碱反应），试管口放置浸 NaOH 溶液的棉团可防止有害气体逸出，操作正确，A 正确。
B 选项：排水法收集氧气时，若先熄灯，试管内温度降低、压强减小，水槽中水会倒吸入热试管导致炸裂，故需先移导管再熄灯，操作正确，B 正确。
C 选项：分液时，若不打开分液漏斗上方玻璃塞，内部气压减小，液体无法顺利流出，需先开玻璃塞使内外气压平衡，再开活塞放液，操作正确，C 正确。
D 选项：蒸馏时冷凝水需 “下进上出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，使蒸气充分冷却；题目中 “上进下出” 会导致冷却水无法充满，冷凝效果差，操作不正确，D 错误。
故选D。
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】
A 选项：氯气与 NaOH 溶液发生歧化反应，生成 NaCl、NaClO 和水，初始反应方程式为，A 正确。
B 选项：由溶解度曲线可知， NaCl 的溶解度在三种物质中最小，反应中 NaCl 浓度逐渐增大，达到饱和后首先析出，B 正确。
C 选项：NaClO 的溶解度随温度降低显著减小，NaOH 溶解度随温度变化较小，过滤后滤液含 NaClO 和过量 NaOH，降温时 NaClO 溶解度急剧下降，大量析出，NaOH 不易析出，C 正确。
D 选项：NaOH 溶解度随温度变化趋势小，冷却结晶时，主要析出溶解度变化明显的 NaClO，NaOH 不会大量析出，D 错误。
故选D。
9. 依据下列事实进行的推测正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
A 选项：浓H2SO4与 NaCl 制 HCl 利用其高沸点、难挥发性，但浓H2SO4强氧化性会将I⁻氧化为I2，无法得到 HI，推测错误，A 错误。
B 选项：BaSO4难溶于盐酸，不产生有毒Ba2+，可作钡餐；BaCO3与胃酸反应生成可溶的BaCl2，Ba2+毒害人体，不能代替BaSO4，B 错误。
C 选项：盐酸与NaHCO3反应吸热是特殊情况，而盐酸与 NaOH 的中和反应是典型放热反应（中和反应本质为H+ + OH- = H2O，不能类推，C 错误。
D 选项：H2O与H2S相对分子质量相近，但H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S；同理，HF 分子间有氢键，HCl 无，故 HF 沸点高于 HCl，推测符合氢键对沸点的影响规律，D 正确。
故选D。
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】
A 选项：①中CH3COOH、O2与Pd反应生成H2O和Pd(CH3COO)2，结合原子守恒与得失电子守恒，配平方程式为，A 正确。
B 选项：②反应中，乙烯分子中 1 个C-H键断裂，Pd(CH3COO)2中C-O键与乙烯碳原子形成新键，存在化学键断裂与形成，B 正确。
C 选项：原子利用率 100% 需无副产物生成，而实际反应中有副产物H2O，故原子利用率小于 100%，C 错误。
D 选项：作为催化剂，通过形成中间产物改变反应历程，降低活化能，提高反应速率，且反应前后质量和化学性质不变，D 正确。
答案选C。
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】
A 选项：NaCl 溶解总焓变，由图可知，焓变大于 0 的过程为吸热过程，A 正确。
B 选项：溶解分两步：①NaCl 断裂离子键生成Na+和Cl-；②离子与水分子结合形成水合离子。根据盖斯定律，总焓变等于分步焓变之和，即，B 正确。
C 选项：第一步断裂离子键需吸收能量，故a＞0；第二步形成水合键释放能量，故b＜0，，题目中的判断错误，C 错误。
D 选项：溶解能量变化取决于两方面：一是 NaCl 中离子键断裂吸收的能量（与离子间作用力相关）；二是离子与水分子成键释放的能量（与溶液中微粒间作用力相关），故与微粒间作用力强弱密切相关，D 正确。
故选C。
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>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
【解析】
A 选项：FeCl4溶液存在平衡（黄色），滴加浓盐酸后Cl-浓度增大，勒夏特列原理使平衡正向移动，生成更多，溶液黄色加深，A 正确。
B 选项：①中主要含，②中SCN-与Fe3+结合生成（红色），即生成并消耗，B正确；
C 选项：温度不变，反应的平衡常数不变，②、③溶液中均存在平衡，两个溶液初始浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色， ②、③对比，可以说明：②>③C正确；
D 选项：①中解离出的浓度相对较高，若加入 KI 和淀粉溶液，可能氧化I-生成I2，淀粉遇I2，显蓝色，无法推断溶液无明显变化，D 错误。
故选D。
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】
A 选项：手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子。反应物 A 中有1个手性碳原子，如图所示，A正确；
B 选项：A 与 B 加成生成 D，结合 P 的结构简式，每个 D 分子由 2 个 A 分子和 1 个 B 分子加成得到，故 A 与 B 的化学计量比为 2:1，而非 1:1，B 错误。
C 选项：D 与 E 反应生成 P 和水，缩聚反应的特征是生成高分子时伴随小分子（如H2O）生成，加聚反应无小分子生成，故该反应为缩聚反应，C 错误。
D 选项：P 的结构含酰胺键，酰胺键在酸碱条件下易水解，导致高分子链断裂，使 P 降解，故降解原因是酰胺键断裂，D 错误。
故选A。
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】
A 选项：图 1 电解Na2SO4溶液时，石墨 1（阳极）生成O2并吸附，石墨 2（阴极）生成H2并吸附。图 2 实验 i 中，石墨 1正极，石墨 2为负极，形成氢氧燃料电池，总反应为2H2+O2=2H2O，产生电压a > 0，A 正确。
B 选项：实验 ii 中电极 II 为新石墨，未吸附H2，由于H2是负极还原剂，发生氧化反应，无法形成负极反应，电路无电流，电压，B 正确。
C 选项：实验 iii 中电极 I 为新石墨，可能吸附空气中少量，在正极发生还原反应，电极 II（石墨 2，吸附H2发生氧化反应，形成原电池，电压(c > 0)，说明电极 I 上有参与反应，C 正确。
D 选项：实验 iii 中电极 I 为新石墨，吸附量少；实验 iv 中电极 I 为石墨 1，电解时吸附量多，在正极的还原反应更充分，电压(d > c)，原因是电极 I 吸附量：iv > iii，而非 “电极 I 上吸附的量”，D 错误。
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 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） ①. N ②.
（4） ①. 生成的活化能更低 ②. 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。
【解析】
【小问1详解】
Mg 为 12 号元素，最外层 3s 轨道有 2 个自旋相反的电子，3p 轨道为空，故轨道表示式如上述答案。
【小问2详解】
键角差异源于孤电子对的排斥作用：CH4中 C 原子无孤电子对，成键电子对排斥力均匀，键角为 109°28′；NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力更强，挤压成键电子对，导致键角减小。
【小问3详解】
①的配体为NH3，N 原子含孤电子对，可与Mg2+的空轨道形成配位键，故配位原子为 N；
②晶胞中个数为 4，个数为 8（顶点），晶胞密度为。
【小问4详解】
①活化能越低，反应越易进行，由能量示意图可知，生成的活化能低于生成的，故室温下优先生成前者；
②由图可知，，脱除生成是指逆反应方向，根据勒夏特列原理，低压、高温利于平衡逆向移动，脱除NH3生成MgCl2。
16. 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） ①. ②. ③. 正四面体形 ④.
（2） ①. 使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解 ②. H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂
（3）ab
【解析】
【小问1详解】
①充电时阴极发生还原反应，对应放电负极反应的逆反应，放电负极反应为，故阴极反应为
②根据放电总反应，每消耗1mlH2SO4转移1ml电子；转移的电子的物质的量为，故消耗H2SO4的物质的量为；
③的中心原子S原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为正四面体形；
④Pb在H2SO4中被O2氧化生成PbSO4和H2O，配平方程式如上述答案。
【小问2详解】
废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。
①PbSO4难溶于酸，与NaOH反应生成易溶于酸的Pb(OH)2，便于后续处理。
②步骤 II 中PbO2（+4 价 Pb）转化为Pb2+，被还原，故H2O2作还原剂；步骤 III 中Pb(OH)2（+2 价 Pb）转化为PbO2（+4 价 Pb），被氧化，故K2S2O8作氧化剂。
小问3详解】
碳材料导电性良好，可增强负极导电性（a 正确）；多孔碳比表面积大，为PbSO4提供更多附着位点，利于生成小颗粒（b 正确）；碳材料在酸性条件下稳定，不还原PbO2（c 错误），故选 ab。
故选ab
17. 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）氟原子(或碳氟键)、羧基
（2） （3）bc
（4） ①. ②.
（5）E→F引入保护基，Y→P脱除保护基
【解析】
【小问1详解】
结合 I 的结构与合成路线，I 含硝基-NO2、氟原子-F和羧基-COOH
【小问2详解】
B 为乙酰苯胺，与浓硝酸、浓硫酸加热发生硝化反应，硝基取代苯环对位氢原子，生成对硝基乙酰苯胺（D）和水，方程式如上述答案。
【小问3详解】
试剂 a 结构对称，所有氢原子化学环境相同，核磁共振氢谱仅 1 组峰，a 错误；
J→K 生成 HCl，(CH3CH2)3N中和 HCl 促进平衡正向移动，利用其碱性，b 正确；
F→G、K→L 均为硝基转化为氨基，硝基被还原，属于还原反应，c 正确。
故选 bc。
【小问4详解】
①M 含 1 个sp杂化碳原子，结合分子式与合成路线，M 结构简式为
②G 与 M 加成生成 X，X 碱性条件下脱CH3OH得到 Y，Y 含-NH-CO-NH-结构，故 Y 的结构简式如上述答案。
【小问5详解】
氨基保护是为避免副反应，除 A→B 引入、D→E 脱除保护基外，E→F 引入保护基，Y→P 脱除保护基，构成另一处保护。
18. 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） ①. ②. ③. ④.
（3） ①. ②. 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
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，目标反应为 ，可通过已知反应组合得到：将反应 Ⅰ乘以 2，再加上反应 Ⅱ乘以 2，消去中间产物 S (s)，最终得到目标热化学方程式，焓变为
综上，由制的热化学方程式为；
【小问2详解】
①反应釜中与SO2先反应生成，当溶液 pH 达到 3.8~4.1 时，\发生脱水反应生成（焦亚硫酸钠）和水，化学方程式为
②母液中主要含NaHSO3，与过量反应时，HSO3-的酸性强于HCO3-，根据强酸制弱酸原理，得到反应方程式为
③ 工业废气中可能含少量O2，O2会将HSO3-、氧化为S，且不易转化为产品，多次循环后会在母液中积累，成为杂质离子；
④SO2与Na2CO3反应生成CO2，未反应的SO2和生成的CO2均为酸性气体，可被尾气吸收器中的NaOH溶液吸收，故吸收的气体为SO2和CO2
【小问3详解】
① 由图可知，①时，亚硫酸根的平衡转化率较高，而碳酸氢根平衡转化率较低，而，所以与优先反应；
②发生的反应为：，，时，产生的二氧化碳逸出，使该反应平衡正向移动，平衡转化率持续上升，同时，生成的亚硫酸氢根浓度增大，根据勒夏特列原理，会抑制的二氧化硫和亚硫酸根和的反应，最终导致平衡转化率上升而平衡转化率下降。
19. 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】（1） （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. ③. 增大 ④. ⑤. 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
（3） ①. 40℃下的理论K ②. 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。
【解析】
【分析】平衡常数表达式：，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br2)，只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。 干扰忽略：Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。
【小问1详解】
【小问2详解】
①滴定的核心是将溶液中微量的Br2转化为易检测的I2：KI中的I-具有还原性，可与Br2发生置换反应生成I2（离子方程式），而淀粉是I2的特征指示剂，二者结合显蓝色。当Na2S2O3溶液滴定至终点时，溶液中最后剩余的I2被完全消耗，蓝色瞬间褪去，且半分钟内不恢复（避免局部过量导致的误判），以此确定滴定终点。
②反应的本质是MnO2与Br在酸性条件下的可逆反应,反应过程中被消耗，生成水，pH增大；
因实验设计中通过滴定I2间接测定Br2，但Br2具有挥发性（实验 Ⅰ 中已观察到淡黄色气体），
部分Br2脱离溶液体系，导致滴定测得的Br2小于溶液中实际平衡时的Br2
结合平衡常数表达式,c(Br2)实测偏小,最终计算的K值小于理论值。
③实验 Ⅱ 与 Ⅰ 的唯一差异是Ⅱ pH更大，即H+更小。H+是反应的反应物之一，c(H+降低会显著减慢反应速率。在与 Ⅰ 相同的反应时长内，实验 Ⅱ 的反应未达到平衡状态，此时溶液中生成的Br2浓度低于平衡时的真实浓度，导致通过滴定测得的c(Br2)偏小，代入平衡常数表达式后计算结果小于理论K值。
【小问3详解】
①平衡常数的核心特性是仅与反应温度有关，与浓度、压强等条件无关。本次改进实验的反应温度控制为40℃，因此判断测定结果是否准确，必须与40℃时该反应的理论平衡常数（可通过热力学数据计算或文献查阅获得）进行对比，其他温度下的理论值无参考意义。
②综合调控pH和温度的目的是解决实验 Ⅰ、Ⅱ 的核心问题 ——Br2挥发和反应未达平衡：
调控pH：pH过小会导致Br2生成量过多，挥发加剧；pH过大则不足，反应速率过慢，难以达到平衡。合适的pH可控制Br2生成量处于 “易检测且挥发少” 的范围。
调控温度：升高温度（如改进实验的40℃）可加快反应速率，使反应在设定时间内达到平衡；同时避免温度过高（防止Br2挥发加剧），平衡温度稳定才能保证K值的准确性。
二者协同作用，最终实现 “反应达平衡、Br2挥发可忽略” 的条件，确保pH和Br2的测定值接近平衡实际值，从而准确获取平衡常数。
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
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
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
物质
、
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。