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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。

【2025北京等级考】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(FeTiO₃)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】

【详解】A．月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附，属于活泼氢，A正确；

B．地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸气，因此“一定生成”的说法错误，B错误；

C．生成水时H被氧化（0→+1），Fe被还原（如+3→0），存在化合价变化，属于氧化还原反应，C正确；

D．水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确；

故选B。

【2025北京等级考】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. BF₃的VSEPR模型：

C. S的原子结构示意图： D. 基态₃₀Zn原子的价层电子排布式：3d¹⁰4s²

【答案】C

【解析】

【详解】A．乙醇的结构简式为CH₃CH₂OH，分子模型为：，A正确；

B．BF₃分子中B原子的价层电子对数为3+(3-1×3)=3，无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型均为平面三角形，B正确；

C．S的原子有16个电子，结构示意图，C错误；

D．锌是30号元素，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d¹⁰4s²，价电子排布式为3d¹⁰4s²，D正确；

故选C。

【2025北京等级考】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】

【详解】A．糖类中的单糖和二糖不是高分子，油脂也不是高分子，A错误；

B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，B正确；

C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，酶作为催化剂促进反应，C正确；

D．植物油含不饱和脂肪酸的甘油酯，催化加氢可减少碳碳双键，提高饱和度，D正确；

故选A。

【2025北京等级考】4. 物质的微观结构决定其宏观性质。乙腈(CH₃CN)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】

【详解】A．乙腈中存在碳氢单键、碳碳单键和碳氮叁键，各原子均满足稳定结构，电子式正确，A正确；

B．乙腈中甲基碳原子是四面体结构，所有原子不可能共面，B错误；

C．乙腈与丙炔都可以形成分子晶体，两者相对分子质量接近，乙腈分子的极性强于丙炔，分子间作用力乙腈大于丙炔，因此，乙腈沸点高于丙炔，C正确；

D．乙腈中有碳氮叁键，能够发生加成反应，D正确；

答案选B。

【2025北京等级考】5. 下列反应中，体现NH₄^＋还原性的是

A. NH₄HCO₃加热分解有NH₃生成

B. NH₄Cl和NaNO₂的混合溶液加热有N₂生成

C. Mg(OH)₂固体在NH₄Cl溶液中溶解

D. (NH₄)₂SO₄溶液中滴加BaCl₂溶液出现白色沉淀

【答案】B

【解析】

【详解】A．NH₄HCO₃分解生成NH₃，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A不符合题意；

B．NH₄^＋中的N(-3价)与NO₂^－中的N(+3价)反应生成N₂(0价)，NH₄^＋被氧化，体现还原性，B符合题意；

C．水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C不符合题意；

D．(NH₄)₂SO₄与BaCl₂的沉淀反应属于复分解反应，NH₄^＋未参与氧化还原，D不符合题意；

故选B。

【2025北京等级考】6. 下列方程式与所给事实不相符的是

A. 用盐酸除去铁锈：Fe₂O₃·xH₂O+6H⁺=2Fe³⁺+(3+x)H₂O

B. 用CuSO₄溶液除去乙炔中的H₂S：Cu²⁺+S^2-=CuS↓

C. 用乙醇处理废弃的na：2C₂H₅OH＋2Na→2C₂H₅OH＋H₂↑

D. 将NO₂通入水中制备硝酸：3NO₂＋H₂O=2HNO₃＋NO

【答案】B

【解析】

【详解】A．铁锈的成分为Fe₂O₃·xH₂O ，能溶于盐酸生成FeCl₃和水，离子方程式为：Fe₂O₃·xH₂O+6H⁺=2Fe³⁺+(3+x)H₂O，A正确；

B．H₂S为弱酸，离子方程式不能拆成离子，离子方程式为：Cu²⁺+H₂S=CuS↓+2H⁺，B错误；

C． 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式正确，C正确；

D．NO₂与水反应生成硝酸和NO，化学方程式正确，D正确；

答案选B。

【2025北京等级考】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】

【详解】A．铜与浓硫酸反应，生成二氧化硫，二氧化硫有毒会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，可用氢氧化钠溶液吸收，所以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．实验室制备氧气时，为了防止水槽中的水倒吸，实验结束时，先把导管移出水面，再熄灭酒精灯，可避免试管炸裂，B正确；

C．分液时，为了使液体顺利流下，需保持分液漏斗内部和外界大气压相等，所以分液时，先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞，将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，操作方法正确，C正确；

D．蒸馏时，为了更好的冷凝效果，冷凝水应：“下进上出”，即②口通入，①口流出，操作方法错误，D错误；

故选D。

【2025北京等级考】8. 25℃时，在浓NaOH溶液中通入过量Cl₂，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NaCl和NaClO固体。已知：NaOH、NaClO、NaCl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Cl₂后开始发生反应：Cl₂＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H₂O

B. 25℃时，随反应进行NaCl先析出

C. 将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出NaClO固体

D. 在冷却结晶的过程中，大量NaOH会和NaClO一起析出

【答案】D

【解析】

【详解】A．氯气与氢氧化钠反应，生成氯化钠，次氯酸钠和水，开始发生反应为Cl₂＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H₂O，A正确；

B．25℃时，氯化钠溶解度最小，随反应进行，NaCl逐渐增多，则最先析出，B正确；

C．由于次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出NaClO固体，C正确；

D．由于氢氧化钠的溶解度随温度的变化趋势较小，次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，在冷却结晶的过程中，NaClO会大量析出，氢氧化钠则不会，D错误；

故选D。

【2025北京等级考】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】

【详解】A．浓硫酸与NaCl反应生成HCl主要是因为浓硫酸的沸点高，难挥发，但浓硫酸具有强氧化性，与NaI反应，氧化I⁻生成I₂，得不到HI，A错误；

B．BaSO₄不溶于盐酸，不会产生有毒的钡离子，可做钡餐使用，而BaCO₃会与胃酸反应生成有毒的Ba²⁺，不能替代BaSO₄，B错误；

C．盐酸与NaHCO₃反应吸热是特例，而盐酸与NaOH的中和反应是典型的放热反应，C错误；

D．H₂O因含有分子间氢键，沸点高于H₂S，同理HF也含有分子间氢键，沸点高于HCl，D正确；

故选D。

【2025北京等级考】10. 乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH₂=CHOOCCH₃)的过程示意图如下。

下列说法不正确的是

A. ①中反应为4CH₃COOH＋O₂＋2Pd→2Pd(CH₃COO)₂＋2H₂O

B. ②中生成CH₂=CHOOCCH₃的过程中，有键断裂与形成

C. 生成CH₂=CHOOCCH₃总反应的原子利用率为

D. Pd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】

【详解】A．①中反应物为CH₃COOH、O₂、Pd，生成物为H₂O和Pd(CH₃COO)₂，方程式为：4CH₃COOH＋O₂＋2Pd→2Pd(CH₃COO)₂＋2H₂O，A正确；

B．②中生成CH₂=CHOOCCH₃的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在键断裂与形成，B正确；

C．生成CH₂=CHOOCCH₃总反应中有H₂O生成，原子利用率不是，C错误；

D．Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；

答案选C。

【2025北京等级考】11. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl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. NaCl固体溶解是吸热过程

B. 根据盖斯定律可知：a+b=4

C. 根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0

D. 溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na⁺和Cl^-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na⁺和Cl^-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。

【详解】A．由图可知，NaCl固体溶解过程的焓变为ΔH₃=＋4kJ/mol，为吸热过程，A正确；

B．由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知ΔH₁+ΔH₂=ΔH₃，即a+b=4，B正确；

C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na⁺和Cl^-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na⁺和Cl^-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误；

D．由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于NaCl固体断键吸收的热量及Na⁺和Cl^-水合过程放出的热量有关，即与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；

故选C。

【2025北京等级考】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：[FeCl₄]^－为黄色、[Fe(SCN)]^2＋为红色、[FeF₆]^3－为无色。

下列说法不正确的是

A. ①中浓盐酸促进Fe^3＋＋4Cl^－[FeCl₄]^－平衡正向移动

B. 由①到②，生成[Fe(SCN)]^2＋并消耗[FeCl₄]^－

C. ②、③对比，说明c(Fe^3＋)：②>③

D. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化

【答案】D

【解析】

【分析】0.1mol/L的FeCl₃溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的[FeCl₄]^－，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，[FeCl₄]^－转化为[Fe(SCN)]^2＋，溶液变为红色；再加入NaF固体，[Fe(SCN)]^2＋转化为[FeF₆]^3－，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I^-未被氧化。

【详解】A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的[FeCl₄]^－，说明浓盐酸促进Fe^3＋＋4Cl^－[FeCl₄]^－平衡正向移动，A正确；

B．由①到②，溶液变为红色，说明[FeCl₄]^－转化为[Fe(SCN)]^2＋，即生成[Fe(SCN)]^2＋并消耗[FeCl₄]^－，B正确；

C．②、③溶液中，均存在平衡Fe^3＋＋SCN^－[Fe(SCN)]^2＋，由于温度不变，故该反应平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始SCN^－浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明c(Fe^3＋)：②>③，C正确；

D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的c(Fe^3＋)是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的Fe^3＋的含量是否能够氧化I^-，D错误；

故选D。

【2025北京等级考】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1:2

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C-O键断裂

【答案】A

【解析】

【分析】A与B发生加成反应，结合A的分子式以及P的结构简式，可推出A的结构简式为，A与B反应生成D，由P的结构简式可知，反应物A与B的化学计量比是2:1；D与E反应生成高聚物P和水。

【详解】A．反应物A中有1个手性碳原子，如图所示，A正确；

B．由分析可知，反应物A与B的化学计量比是2:1，B错误；

C．反应物D与E反应生成高聚物P和水，有小分子生成，为缩聚反应，C错误；

D．由高分子P的结构可知，P中的酰胺基易水解，导致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因是由于C-N键断裂，D错误；

故选A。

【2025北京等级考】14. 用电解Na₂SO₄溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取Na₂SO₄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. a＞0，说明实验i中形成原电池，反应为2H₂+O₂=2H₂O

B. b＜d，是因为ii中电极Ⅱ上缺少H₂作为还原剂

C.c＞0 ，说明iii中电极I上有O₂发生反应

D. d＞c，是因为电极I上吸附H₂的量：iv>iii

【答案】D

【解析】

【分析】按照图1电解Na₂SO₄溶液，石墨1为阳极，发生反应2H₂O－4e^-=O₂↑＋4H^＋，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应2H₂O＋2e^-=H₂↑＋2OH^－，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。

【详解】A．由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，a＞0，反应为2H₂+O₂=2H₂O，A正确；

B．因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H₂，缺少H₂作为还原剂，故导致b＜d，B正确；

C．图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有O₂发生反应，C正确；

D．d＞c，实验iii与实验iv中电极Ⅰ不同，d＞c，是因为电极I上吸附O₂的量：iv>iii，D错误；

故选D。

第二部分

本部分共5题，共58分。

【2025北京等级考】15. 通过MgCl₂和[Mg(NH₃)₆]Cl₂的相互转化可实现NH₃的高效存储和利用。

（1）将Mg基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。

（2）NH₃分子中H-N-H键角小于109°28′，从结构角度解释原因：_______。

（3）[Mg(NH₃)₆]Cl₂的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。

①[Mg(NH₃)₆]Cl₂的配体中，配位原子是_______。

②已知[Mg(NH₃)₆]Cl₂的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为N_A，该晶体的密度为_______g/cm³。(1nm=10^-7cm)

（4）MgCl₂和NH₃反应过程中能量变化示意图如下。

①室温下，MgCl₂和NH₃反应生成[Mg(NH₃)₆]Cl₂而不生成[Mg(NH₃)]Cl₂。分析原因：_______。

②从平衡的角度推断利于[Mg(NH₃)₆]Cl₂脱除NH₃生成MgCl₂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[Mg(NH₃)₆]Cl₂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MgCl₂(s)＋6NH₃(g)=[Mg(NH₃)₆]Cl_2(s) ΔH＜0，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是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s²，故其基态原子最外层轨道表示式为：。

【小问2详解】

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′。

【小问3详解】

①[Mg(NH₃)₆]Cl₂的内界为[Mg(NH₃)₆]²⁺，故其配体为NH₃，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；

②根据均摊法，该晶胞中[Mg(NH₃)₆]²⁺的个数为，Cl^－的个数为8，故每个晶胞中含有4个[Mg(NH₃)₆]Cl₂，则晶体的密度为。

【小问4详解】

①由MgCl₂和NH₃反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH₃)₆]Cl₂的活化能更低，故室温下易于生成[Mg(NH₃)₆]Cl₂；

②根据MgCl₂和NH₃反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl₂(s)＋6NH₃(g)=[Mg(NH₃)₆]Cl_2(s) ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH₃生成MgCl₂是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH₃生成MgCl₂。

【2025北京等级考】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H₂SO₄的物质的量为_______mol。已知：转移1mol电子所产生的电量为96500库仑。

③35%～40%H₂SO₄作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，SO₄^2－参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中SO₄^2－不氧化Pb，SO₄^2－氧化性弱与其结构有关，SO₄^2－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：PbO₂电极在H₂SO₄作用下产生的O₂可将Pb电极氧化。O₂氧化Pb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PbSO₄等物质转化为Pb₂=的过程中，步骤I加入NaOH溶液的目的是_______。

②步骤Ⅱ、Ⅲ中H₂O₂和K₂S₂O₈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PbSO₄，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PbSO₄

c．碳材料作还原剂，使PbO₂被还原

【答案】（1）    ①.PbSO₄＋2e^-=Pb＋SO₄^2－     ②.     ③. 正四面体形    ④. 2Pb＋O₂＋2H₂SO₄=2PbSO₄＋2H₂O   

（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，PbSO₄得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：PbSO₄＋2e^-=Pb＋SO₄^2－；

②根据放电时的反应，每消耗1molH₂SO₄，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H₂SO₄的物质的量为；

③SO₄^2－的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形；

④Pb在H₂SO₄作用下与氧气反应，会生成PbSO₄和水，反应的化学方程式为：2Pb＋O₂＋2H₂SO₄=2PbSO₄＋2H₂O  。

【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。

①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO₄转化为Pb(OH)₂，过滤得到Pb(OH)₂、PbO、PbO₂，其目的是为了使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解SO₄^2－；

②由以上分析可知，加入H₂O₂，在酸性条件下生成含Pb²⁺溶液，说明PbO₂被H₂O₂还原，故H₂O₂的作用为还原剂；加入K₂S₂O₈，在碱性条件下可生成PbO₂，说明Pb(OH)₂、PbO被K₂S₂O₈氧化，故K₂S₂O₈的作用为氧化剂。

【小问3详解】

由于负极会生成导电性差大颗粒PbSO₄，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO₄，故a、b正确；

负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO₂，碳材料不能使PbO₂被还原，c错误；

故选ab。

【2025北京等级考】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(CH₃CH₂)₃N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sp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】

【分析】A为苯胺，与乙酸反应得到B：，与浓硫酸和浓硝酸加热发生消化反应得到D：，D水解得到E为，E与试剂a反应得到F，F与H₂发生还原反应得到G，I与SOCl₂碱性条件下反应得到J，J与CH₃OH反应得到K，根据K的分子式可以确定K为：，K还原得到L，L进一步反应得到M，根据M的分子式可以确定M的结构简式为：，G与M经过三步反应得到P。

【小问1详解】

I分子含有的官能团为硝基、氟原子(或碳氟键)、羧基；

【小问2详解】

B()与浓硫酸和浓硝酸加热发生消化反应得到D：，方程式为：；

【小问3详解】

a、试剂a中有一种等效氢原子，核磁共振氢谱显示一组峰，a错误；

b、J→生成有HCl，加入碱性物质(CH₃CH₂)₃N，与生成HCl反应，促进反应正向进行，b正确；

c、根据分析F→G与K→L的反应均为硝基转化为氨基，为还原反应，c正确；

答案选bc；

【小问4详解】

①根据M的分子式和M含有1个sp杂化的碳原子，得出M的结构简式为：；

②M()与G在N=C双键上先发生加成反应得到X，X的结构简式为：，X在碱性条件下脱除CH₃OH得到Y，Y的结构简式为：，最后发生已知的反应得到P，Y的结构简式为：；

【小问5详解】

根据分析，另一处保护氨基的反应为：E→F引入保护基，Y→P脱除保护基。

【2025北京等级考】18. 利用工业废气中的H₂S制备焦亚硫酸钠(Na₂S₂O₅)的一种流程示意图如下。

已知：

（1）制SO₂

已知：

由H₂S制SO₂的热化学方程式为_______。

（2）制Na₂S₂O₅

I．在多级串联反应釜中，Na₂CO₃悬浊液与持续通入的SO₂进行如下反应：

第一步：2Na₂CO₃＋SO₂＋H₂O=Na₂SO₃＋2NaHCO₃

第二步：NaHCO₃＋SO₂=NaHSO₃＋CO₂

Na₂SO₃＋SO₂＋H₂O=2NaHSO₃

Ⅱ．当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO₃悬浊液转化为Na₂S₂O₅固体。

①Ⅱ中生成Na₂S₂O₅的化学方程式是_______。

②配碱槽中，母液和过量Na₂CO₃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Na₂SO₃、NaHCO₃与SO₂的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol/L的Na₂SO₃和NaHCO₃的混合溶液中，随n(SO₂)的增加，SO₃^2－和HCO₃^－平衡转化率的变化如图。

①0～amol，与SO₂优先反应的离子是_______。

②a～bmol，HCO₃^－平衡转化率上升而SO₃^2－平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。

【答案】（1）2H₂S(g)＋3O₂(g)=2SO₂(g)＋2H₂O(g) ΔH=－1036kJ/mol    

（2）    ①.2NaHSO₃=Na₂S₂O₅＋H₂O     ②.NaHSO₃＋Na₂CO₃=NaHCO₃＋Na₂SO₃     ③. SO₄^2－    ④.CO₂、SO₂    

（3）    ①. SO₃^2－    ②. a～bmol时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，HCO₃^－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HCO₃^－平衡转化率上升而SO₃^2－平衡转化率下降

【解析】

【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。

【小问1详解】

已知：

反应Ⅰ：        

反应Ⅱ：                 

将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：2H₂S(g)＋3O₂(g)=2SO₂(g)＋2H₂O(g) ，所以由H₂S制SO₂的热化学方程式为2H₂S(g)＋3O₂(g)=2SO₂(g)＋2H₂O(g) ΔH=－1036kJ/mol ；

小问2详解】

① 当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO₃悬浊液转化为Na₂S₂O₅固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：2NaHSO₃=Na₂S₂O₅＋H₂O；

②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为K_a2(H₂SO₃)＞K_a2(H₂CO₃)，亚硫酸氢钠与过量Na₂CO₃发生反应的化学方程式为：NaHSO₃＋Na₂CO₃=NaHCO₃＋Na₂SO₃；

③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，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 SO₄^2－，需除去；

④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为NaHCO₃＋SO₂=NaHSO₃＋CO₂，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有CO₂，在多级串联反应釜中持续通入的SO₂，则尾气吸收器中吸收的气体还有SO₂；

故答案为：2NaHSO₃=Na₂S₂O₅＋H₂O；NaHSO₃＋Na₂CO₃=NaHCO₃＋Na₂SO₃； SO₄^2－；CO₂、SO₂；

【小问3详解】

① 由图可知，①0～amol，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以SO₃^2－与SO₂优先反应；

②一定温度时，在1L浓度均为1mol/L的Na₂SO₃和NaHCO₃的混合溶液中，发生的反应为：SO₃^2－＋SO₂＋H₂O2HSO₃^－，HCO₃^－＋SO₂＋H₂O2HSO₃^－，a～bmol时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，HCO₃^－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HCO₃^－平衡转化率上升而SO₃^2－平衡转化率下降。

故答案为：SO₃^2－；a～bmol时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，HCO₃^－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HCO₃^－平衡转化率上升而SO₃^2－平衡转化率下降。

【2025北京等级考】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“MnO₂＋2Br^－＋4H^＋Mn^2＋＋Br₂＋2H₂O”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

①Br₂易挥发，需控制生成c(Br₂)较小。

②根据25℃时K=6.3×10⁴分析，控制合适pH，可使生成c(Br₂)较小；用浓度较大的KBr溶液与过量MnO₂反应，反应前后c(Br^－)几乎不变；c(Mn^2＋)=c(Br₂)，仅需测定平衡时溶液pH和c(Br₂)。

③Br₂与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。

（2）实验探究

已知：I₂＋2Na₂S₂O₃=2NaI＋Na₂S₄O₆；Na₂S₂O₃和Na₂S₄O₆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KI的作用：_______。

②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于25℃的K值，是因为Br₂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25℃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40℃，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pH和温度的目的是_______。

【答案】（1）    （2）    ①. 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    ②. Br₂＋2I^－=2Br^－＋I₂    ③. 增大    ④. Mn^2＋    ⑤. 实验Ⅱ的c(H^＋)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c(Mn^2＋)、c(Br₂)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淀粉遇I₂显蓝色，I₂被Na₂S₂O₃消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：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；

KI的作用：将Br₂转化为I₂，便于滴定测定Br₂浓度。离子方程式：Br₂＋2I^－=2Br^－＋I₂；

②该反应消耗H^＋生成水，pH增大；因为Br₂挥发导致实测c(Br₂)偏小，根据题目信息可知，c(Mn^2＋)=c(Br₂)，则计算时所用Mn^2＋的浓度小于其在溶液中实际浓度；

③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br₂挥发导致实测c(Br₂)偏小，题目已知信息③也说明了Br₂与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的c(H^＋)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c(Mn^2＋)、c(Br₂)偏低，计算的K值偏小；

【小问3详解】

①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。

②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于c(H^＋)过大，反应速率过快，Br₂挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于c(H^＋)过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控pH和温度的目的是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。