2026年高考北京卷化学高考真题（附答案解析）

这是一份2026年高考北京卷化学高考真题（附答案解析）试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是
A．元素位于元素周期表第族
B．高温是为了提高的平衡转化率
C．能降低合成氨反应的活化能
D．实现了温和条件下氮的固定
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．的电子式：
B．2-甲基戊烷的分子结构模型：
C．基态原子的价层电子轨道表示式：
D．原子核内有1个中子的氢原子符号：
3．下列关于和的说法中，正确的是
A．二者互为同系物B．均能与溶液反应
C．均能与溴水反应产生白色沉淀D．二者水溶液可用溶液鉴别
4．下列实验用品的使用不规范的是
A．用氨进行喷泉实验时，将圆底烧瓶干燥后，再收集氨气
B．在滴定实验中，将滴定管洗净后，再用待盛溶液润洗
C．在乙醇制乙烯的实验中，将温度计插入反应混合液中，再加热
D．测溶液的时，将试纸用蒸馏水润湿后，再进行测量
5．下列方程式与所给事实相符的是
A．金属钠在空气中燃烧：
B．钢铁电化学析氢腐蚀：(负极)；(正极)
C．实验室用大理石和盐酸反应制二氧化碳：
D．电解饱和食盐水制氯气：
6．下列说法正确的是
A．分子中的化学键是极性键，可推知分子为极性分子
B．的非金属性比的强，可推知的酸性比的酸性强
C．由和在元素周期表中的位置，可推知的电负性大于的电负性
D．的沸点比的高，可推知键的键能比键的键能大
7．下列各组数据判断不正确的是
A．第一电离能：
B．时，溶度积常数：
C．下，的摩尔体积：
D．时，溶液的：
8．下列物质的制备实验中，选用的试剂和反应条件均正确的是
A．AB．BC．CD．D
9．利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用。原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．溶液的作用之一是吸收
B．极的电极反应式：
C．工作一段时间后，阴极室的总浓度下降
D．理论上，阳极产生的大于阴极消耗的
10．我国科学家用生物基原料合成可降解高分子的合成路线如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．的结构简式为B．有3种处于不同化学环境的氢原子
C．反应①中和的化学计量比是1∶4D．若和完全水解，可得到相同产物
11．用下图装置进行的相关实验。
已知：石蕊溶液中存在(红色)(蓝色)平衡。
下列说法不正确的是
A．①中溶液变红，说明平衡逆向移动
B．取①中褪色后的溶液滴入溶液，溶液不再出现紫色
C．②中溶液变红，说明氧化性：
D．取②中褪色后的溶液滴入溶液，溶液不再出现红色
12．恒温恒容密闭容器中，投入和，其初始浓度均为，发生反应。反应过程中的能量变化示意图如图1所示。的转化率随反应时间变化示意图如图2所示，的平衡转化率为。
下列说法正确的是
A．热化学方程式为
B．用表示反应开始到的平均速率是
C．该温度下，
D．其他条件不变，若升高初始温度，的平衡浓度大于
13．熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。
下列说法不正确的是
A．该过程需加热至熔融，使其发生电离
B．反应①、②中断裂的化学键只有碳氧键
C．该过程的总反应为
D．该过程中每生成，①、②间转移
14．已知存在如下平衡：① ；② 。研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。
资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是
A．的现象符合相似相溶原理，可知
B．三支试管中，的大小顺序：
C．中，若增加的体积，则一定减小
D．测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定
二、解答题
15．高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。
(1)高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是___________________________________。
(2)高铁酸盐的结构分析
一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。
①基态+6价的价层电子排布式是__________。
②该高铁酸盐的化学式是__________。
③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是__________，的空间构型是__________形。
(3)高铁酸盐的性质及制备
①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：________________________________________。
②制备高纯度的方法之一：
上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：________________________________________。
16．肼可应用于医药、航空航天和电池等领域。
(1)肼可看作分子中原子被取代的产物。易溶于水的原因之一，是与水分子间存在__________作用。
(2)次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼
总反应：。制备流程示意图如下。
资料：的还原性强于
①反应器1中产生的离子方程式是________________________________________。
②反应器2中与作用产生。
③反应器3中与大量的充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成的化学方程式是_____________________________________________。
④反应器3中通入大量的，可减少和副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：____________________________________________。
(3)双氧水法制备水合肼
总反应：，实验室制备分为两步。
资料：丁酮沸点，水合肼沸点，丁酮连氮沸点；丁酮连氮难溶于水。
i．制备丁酮连氮：
ii．制备：将i中分离出的丁酮连氮水解。
①ii的化学方程式是__________________________________________________。
②由于丁酮连氮性质稳定，反应ii的平衡常数较小。加热到左右反应，能促进的生成，原因是__________________________________________________。
(4)通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点____________________。
17．依法韦仑是抗病毒药物，其合成路线如下。
已知：
(1)中含氧官能团是________________。
(2)的化学方程式是______________________________________________。
(3)分子中有环状结构和甲基。的结构简式是________________。
(4)下列说法正确的是________________(填序号)。
a．由合成时在进行，可减少被氧化
b．分子中所有碳原子均在同一平面上
c．是氧化反应
(5)中含有键。在一定条件下水解可得到。的结构简式是__________
(6)的反应中，通过加成试剂产生的负电性微粒对“”进行加成，实现了碳链增长。写出上述合成路线中应用该原理实现碳链增长的另一加成试剂的结构简式：________________________________________，并在带部分负电荷的碳原子上方用“”标注。
18．重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。
(1)焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有：
i．
ii．
iii． _______________。
(2)浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。
①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、__________。
②时，几乎不产生，溶液中__________ml(用含、的代数式表示)。
③当后，比的变化幅度小，解释原因：________________________。
(3)沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。
①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：_______________________________。
②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：_______________________________。
19．实验小组制备高锰酸钾。
资料：i．为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为，
ii．浓碱性条件下，可被还原为。
iii．的溶解度随温度升高而增大。
(1)制备
①补全Ⅰ中反应的化学方程式：__________。
□□□___________□□□___________
②Ⅱ中歧化的原因：随降低，的还原性不变，氧化性__________。
③取Ⅲ中少量溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体(检验为)。
(2)对Ⅲ中产生的原因进行分析和探究
①甲认为将还原，设计实验i验证：用含和的溶液代替重复Ⅲ的操作，所得固体含。乙认为该现象不能证明还原了，理由是_______________________________________________。
②乙设计和实施了实验ii：用____________________代替重复Ⅲ的操作，所得固体不含，实验i和ii证实了甲的观点。
③丙用代替重复实验i，证实Ⅲ中不能还原。
实验优化
为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，洗涤，干燥。
(3)测定纯度并计算产率
按I中投料，经优化步骤制得产品，取配制成待测液。酸性条件下，用待测液滴定标准溶液，被还原为。测得。
①滴定反应的离子方程式是__________________________________________________。(是二元弱酸)
②的产率是____________________。[产率(实际产量/理论产量)]
物质
试剂
反应条件
和浓硫酸
常温
固体
加热
银氨溶液
溶液和氨水
常温
固体和稀盐酸
加热
装置
实验
试剂
现象
①
紫色石蕊溶液
溶液先变红色，一段时间后，溶液的红色褪去
②
溶液(含数滴溶液)
步骤
实验
Ⅰ
制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。
Ⅱ
制备：将用水溶解后，滴加至(约)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液和棕黑色固体。
Ⅲ
提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。
《2026年高考北京卷化学高考真题（网络 收集版）》参考答案
1．B
【详解】A．是3号元素，最外层只有1个电子，位于元素周期表第族，A正确；
B．合成氨反应，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误；
C．是合成氨反应的催化剂，催化剂的作用原理是降低反应的活化能，C正确；
D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下催化和合成NH3，属于氮的固定，D正确；
故选B。
2．B
【详解】A．是共价化合物，和共用一对电子，电子式为，A正确；
B．2-甲基戊烷主链含5个碳原子，2位连1个甲基，总共有6个碳原子，图示球棍模型只有5个碳原子，对应为2-甲基丁烷，正确的结构模型为，B错误；
C．基态原子价层电子排布为，轨道表示式为，C正确；
D．氢原子质子数为1，中子数为1时质量数为，原子符号为，D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．二者分别属于酚类和芳香醇，结构不相似，不互为同系物，A错误；
B．苯酚可与反应生成苯酚钠和，苯甲醇为醇类，羟基无酸性，不能与溶液反应，B错误；
C．苯酚可与溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，苯甲醇与溴水不反应，不会产生白色沉淀，C错误；
D．苯酚遇溶液显紫色，苯甲醇与溶液不反应，二者水溶液可用溶液鉴别，D正确；
故选D。
4．D
【详解】A．氨气极易溶于水，若圆底烧瓶潮湿，会溶解氨气导致无法收集满，不利于喷泉实验进行，该操作规范，A不符合题意；
B．滴定管洗净后内壁残留蒸馏水，若不润洗会稀释待盛溶液，导致实验误差，润洗操作规范，B不符合题意；
C．乙醇制乙烯需控制反应混合液温度为170℃，温度计插入混合液测量温度的操作规范，C不符合题意；
D．测溶液时，将试纸用蒸馏水润湿会稀释待测液，导致测量结果产生误差，该操作不规范，D符合题意；
故选D。
5．B
【详解】A．金属钠在空气中燃烧产物为，该化学方程式为2Na + O2 Na2O2，A错误；
B．钢铁发生析氢腐蚀时，负极失电子生成，正极酸性条件下得电子生成，电极反应均符合事实，B正确；
C．大理石主要成分为，属于难溶物，离子方程式中不能拆分为，大理石和盐酸反应制二氧化碳的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，C错误；
D．电解饱和食盐水生成、和，电解熔融才生成和，化学方程式为‌，D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，仅含极性键不能推出其为极性分子，A错误；
B．元素非金属性强弱对应的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，、均不是对应元素的最高价含氧酸，无法通过非金属性比较二者酸性，B错误；
C．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，和同主族且位于上方，可推知的电负性大于的电负性，C正确；
D．沸点高于是因为分子间存在氢键，属于分子间作用力范畴，与共价键键能无关，D错误；
故选C。
7．A
【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，和同主族且位于下方，故，A错误；
B．相同构型的难溶电解质，溶解度小于，故，B正确；
C．压强相同时，气体摩尔体积随温度升高而增大，温度高于，故，C正确；
D．电负性强于，酸性强于，相同浓度下水解程度小于，故，D正确；
故选A。
8．C
【详解】A．常温下和浓硫酸不反应，需要加热才能生成，试剂和条件搭配错误，A错误；
B．加热固体时，分解生成的和在试管口遇冷会重新化合生成，无法制得，B错误；
C．常温下，向溶液中逐滴加入稀氨水，至最初产生的沉淀恰好完全溶解，即可制得银氨溶液，试剂和条件均正确，C正确；
D．和稀盐酸加热不反应，需要和浓盐酸共热才能制得，试剂选用错误，D错误；
故选C。
9．D
【分析】由题可知，通入溶液中，反应生成，在a电极得到电子生成和，电极反应式为，被氧化为，b电极上，失去电子生成水和氧气，电极反应式为：，据此回答。
【详解】A．溶液呈碱性，可与酸性气体发生反应，起到吸收的作用，A正确；
B．a极为阴极，O2在碱性条件下得电子生成，电极反应式为：，B正确；
C．阴极室中吸收H2S会消耗，假设处理：，消耗，生成，被氧化为消耗：，同时生成，为了生成需要转移8 ml电子：同时生成，同时双极膜中有向阴极迁移，并消耗（中和反应），综合来看，消耗，生成，因此总浓度下降，C正确；
D．阳极反应为，每生成1 ml O2转移4 ml电子，阴极每消耗1 ml O2转移2 ml电子，相同转移电子数下，阳极产生的n(O2)小于阴极消耗的n(O2)，D错误；
故选D。
10．A
【分析】
X与Y发生已知反应生成Z，由X得分子式为C5H8O3，结合Y和Z得结构式，可推知X为：，羰基和羧基可分别发生已知缩合反应、酯化反应，反应的方程为：，Z再发生聚合反应生成P，据此回答。
【详解】
A．根据已知反应，由X的分子式为C5H8O3，结合Y和Z的结构式，可推知X为：，A错误；
B．Y的结构为，三个-CH2OH完全等价，共有甲基氢、亚甲基氢、羟基氢3种不同化学环境的氢原子，B正确；
C．由反应方程为：可知，故Z和H2O化学计量比为1:4，C正确；
D．Z含酯键、缩酮键，完全水解得到X、Y；P为Z开环聚合得到的高分子，完全水解后断裂酯键、缩酮键，产物同样为X和Y，产物种类相同，D正确；
故选A。
11．D
【详解】A．与水反应生成，溶液中增大，使平衡逆向移动，浓度增大溶液变红，A正确；
B．①中溶液褪色是因为具有强氧化性，将有色色素永久性漂白，滴入溶液也无法恢复颜色，溶液不再出现紫色，B正确；
C．②中溶液变红是因为将氧化为，与结合显红色，氧化剂氧化性大于氧化产物，故氧化性，C正确；
D．②中溶液褪色是因为过量将溶液中的氧化，但仍存在于溶液中，滴入新的溶液，会与结合使溶液再次出现红色，D错误；
故选D。
12．D
【详解】A．焓变为生成物总能量与反应物总能量的差值，也等于正反应活化能减去逆反应活化能，即，A错误；
B．时刻转化率为，消耗浓度为，根据反应计量关系，生成浓度为，平均速率，B错误；
C．平衡时转化率为，则平衡浓度：，，代入平衡常数表达式：，C错误；
D．由图1可知反应物总能量高于生成物，反应放热，，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，平衡浓度大于原平衡的，D正确；
故选D。
13．B
【详解】A．题干中明确提到使用的是“熔融碱金属碳酸盐”（如 ）。在常温下是固体，需要通过加热使其达到熔融状态，在熔融状态下它才能电离出自由移动的和，从而参与循环反应，A正确；
B．反应①的输入是CO2，输出是CO，这个过程中必然有碳氧键（C=O）的断裂；反应②的反应物包含了焦炭。焦炭是碳的单质，其内部是由大量的碳原子通过碳碳键（C-C）结合，因此，在反应②中，除了的碳氧键断裂外，还必定伴随着焦炭中碳碳键的断裂，B错误；
C． 根据上述机理推导，总循环的净结果是消耗了碳和二氧化碳，生成了一氧化碳，为催化剂，将分步反应加和可得总反应为，C正确；
D．反应①：，生成的与体系中的CO2继续反应生成参与循环 ，反应②：，由此可见，每生成4 ml ，总转移电子为2 ml，即每生成2 ml ，①、②间转移1ml ，D正确；
故选B。
14．B
【详解】A．为非极性分子，为非极性溶剂，水为极性溶剂，的萃取现象符合相似相溶原理；平衡①的平衡常数，大部分进入层，，故，A正确；
B．为饱和碘水，水层总浓度最大；加入后，大量转移到有机层，水层游离浓度大幅降低，因此：；向中滴入水溶液，发生平衡②：，消耗水层游离，促使平衡①逆向移动，有机层的向水层转移，减小，而为了维持不变，也要减小，故：， 因此三者顺序应为，B错误；
C．平衡①的平衡常数仅随温度变化，温度不变时为定值。增加体积，更多会从水层进入有机层，但水层游离浓度因体系稀释、平衡移动持续降低，由可知，有机层浓度一定减小，C正确；
D．取的下层溶液，加入水溶液后振荡，与反应生成完全进入水层，用标准溶液滴定水层的（滴定过程中会不断分解出参与反应），可测定总物质的量，进而计算，D正确；
故选B。
15．(1)高铁酸根被还原得到的可水解生成胶体，该胶体能够吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用
(2) 3：1 四面体形
(3) 相同温度下，的溶解度大于，向溶出得到的含的滤液中加入浓KOH，可利用更小的溶解度使充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含的氧化剂反应，生成的会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物
【详解】（1）高铁酸根的还原产物为三价铁离子，三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有大比表面积，可吸附水中悬浮杂质，实现净水作用；
（2）①基态Fe原子价层电子排布为，失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为。
②由晶胞结构可知，每个晶胞中有Fe原子2个；Na位于晶胞顶点，总数为；K位于晶胞棱上和体内，总数为，O原子位于体内，共有8个；所以其化学式为。
③每个共4个Fe-O键，在晶胞中，受周围、影响，4个O分为两组，其中3个O受影响，1个O受影响，导致Fe-O键不同，所以两种Fe-O键数目比为3：1；为正四面体构型，与其结构相似，因此空间构型为四面体形。
（3）①酸性条件下发生歧化反应：Fe从+6价降为+3价，部分-2价O升为0价生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到对应离子方程式。
②相同温度下，的溶解度大于，向溶出得到的含的滤液中加入浓KOH，可利用更小的溶解度使充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含的氧化剂反应，生成的会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物。
16．(1)氢键
(2) 增大的浓度，可加快主反应与反应生成水合肼的反应速率，同时降低的浓度，使和的副反应速率减慢，从而减少副反应发生
(3) 2 该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成
(4)丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。
【分析】氯气和氢氧化钠溶液在反应器1中生成次氯酸钠，溶液进入反应器2后通入大量氨气，与作用产生，反应器3中与大量的充分反应后生成，将产生的混合液送入回收器回收氨气循环利用，在蒸发器中得到。
【详解】（1）含有N原子，电负性较大的N可与水分子中的H形成氢键，这是肼易溶于水的重要原因。
（2）①反应器1中通入NaOH溶液，发生歧化反应生成NaCl、NaClO和水，对应离子方程式为。
③和大量反应生成水合肼和，其化学方程式为。
④增大的浓度，可加快主反应与反应生成水合肼的反应速率，同时降低的浓度，使和的副反应速率减慢，从而减少副反应发生。
（3）
①丁酮连氮水解断裂N-N相连的双键结构，和水反应生成水合肼与2分子丁酮，其化学方程式为2。
②该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成。
（4）丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。
17．(1)醛基
(2)
(3)
(4)ac
(5)
(6)
【分析】
A在浓硫酸催化下和浓硝酸在0℃时发生硝化反应生成B，观察M的结构，应是发生了取代反应，故B的结构简式为，D和盐酸反应生成E，E的分子式为C5H9ClO，不饱和度为1，应是发生取代反应，故E的结构简式为，E在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成F，结合小问（3），F中含有环状结构和甲基，F的结构简式应为，F和五氯化磷发生加成反应生成G，G的结构简式为，G在碱催化下加热反应生成J，J的分子式为C5H6，不饱和度为3，结合G的结构，应是发生消去反应生成了炔烃，故J的结构简式为，B和J在碱催化下生成K，结合已知，可知L的结构简式为，故K的结构简式为；M的分子式为C13H9ClF3NO3，P的分子式为C13H11ClF3NO，分子式变化为减少2个氧原子、增加2个氢原子，故应是硝基被还原成氨基，P的结构简式为，P在碱催化下和反应生成Q，Q和P的分子相比多了一个碳和氧，少了两个氢，应是生成了2分子的HCl，结合小问（5）中含有键，在一定条件下水解可得到，故Q的结构简式为，据此分析以下各小问；
【详解】（1）根据A的结构简式可知含氧官能团为醛基。
（2）
A在浓硫酸催化下和浓硝酸在0℃时发生硝化反应生成B，化学方程式为。
（3）
根据分析可知F的结构简式为。
（4）a．A含醛基，高温易被浓硝酸氧化，0℃低温减少氧化，a正确；
b．J的结构简式为，三元环中与乙炔基相连的碳原子是sp3杂化，这4个碳原子就不可能共面，b错误；
c．的官能团变化为羟基变为酮羰基，即为氧化反应，c正确；
故选ac。
（5）
根据分析，Q的结构简式为。
（6）
产生的负电性微粒对羰基进行亲核加成实现碳链增长。在合成路线中，J（）在碱性条件下，其中带部分负电荷，作为亲核试剂进攻羰基碳，增长碳链。因此，另一加成试剂为。
18．(1)-119
(2) 漏斗、玻璃棒 稀释溶液时，仅随溶液体积增大直接被稀释，而、的水解平衡会正向移动，生成了额外的，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小
(3) 溶液中存在电离平衡：，与结合生成沉淀，使降低，促使的电离平衡正向移动；产生的浓度增大，进而与溶液中的结合，促使平衡正向移动，从而产生气体
【详解】（1）根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ；
（2）①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。
②题目条件明确指出“几乎不产生，因此可以忽略，根据物料守恒：，由图可知，，所以：，而溶液中的主要来源于的水解，根据水解方程式：，，故。
③当后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时仅随溶液体积增大直接被稀释，但根据勒夏特列原理，、的水解平衡会正向移动，额外释放出，因此的下降幅度比更小。
（3）①根据题意，与反应快，而与反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的，将转化为，对应离子反应为：；
②加入后，溶液存在的电离平衡：，与结合生成沉淀，释放出更多的， 随即与溶液中发生结合：，生成气体逸出体系。
19．(1) 增强
(2) 实验没有排除还原的干扰，因此不能直接归因于醋酸根（或溶液在加热条件下自身分解产生） 含且用 KOH 调节pH=10的溶液
(3)
【详解】（1）①根据投料的物质的量比例，从+5价降为-1价得，每个从+4价升为+6价失，电子守恒得和系数比为1:3；再结合反应环境是KOH熔融体系，补全反应物为KOH，生成物为，根据原子守恒配平：；
②歧化反应中既是氧化剂又是还原剂，题目说明还原性不变，只有氧化性随pH降低增强后，夺取电子的能力（即氧化性）增强，从而更容易自身发生氧化还原（歧化）反应。
（2）①资料ii说明浓碱性条件下，MnO4−可被OH−还原为MnO42−，后续歧化生成MnO2；实验i溶液为pH=10的碱性环境，浓缩过程中碱浓度逐渐升高，可能是OH−还原了MnO4−产生MnO2，无法证明是CH3COO−的作用；（也可能是溶液在加热条件下自身分解产生）。
②为了证明确实是起到了还原作用，需要设计一个空白对照实验。即在完全相同的条件（浓度、温度、90℃水浴、pH=10）下，排除掉的存在。因此，应使用KOH调节pH=10的 含 溶液来代替 Y 进行加热浓缩，若此时不产生，则可证实甲的观点。
（3）①酸性条件下被还原为，作为弱酸不能拆写，被氧化为，根据电子守恒（Mn降5价，每个C升1价）、电荷守恒和原子守恒配平：离子方程式为：；
②理论产量：为限量试剂，步骤I中0.03ml 完全转化为共0.03ml，根据歧化反应，理论生成的物质的量为。 实际产量：取出1/4产品配成250mL待测液，则。 产率 = 。
题号
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9
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答案
B
B
D
D
B
C
A
C
D
A
题号
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答案
D
D
B
B