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2025届高考化学模拟预测押题卷（全国甲卷）
一．选择题（共14小题）
1．（2025春 莲湖区期中）概念辨析在学习中很重要，化学里有四个含“同”的概念。下列说法错误的是（　　）
A．乙烷与乙烯互为同系物
B．氕、氘、氚互为同位素
C．石墨烯与金刚石互为同素异形体
D．正戊烷和异戊烷互为同分异构体
2．（2025 陕西模拟）下列化学用语表述正确的是（　　）
A．BF3的VSEPR模型：
B．2﹣乙基﹣1﹣丁醇的结构简式：
C．CaF2的电子式：
D．HCl分子中共价键类型：p﹣pσ键
3．（2025 渭南模拟）下列实验操作或处理方法错误的是（　　）
A．容量瓶用蒸馏水洗净，需烘干后才能用于溶液的配制
B．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
C．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛
D．活泼金属燃烧起火，用灭火毯灭火
4．（2025 咸阳三模）下列实验操作、现象和结论相对应的是（　　）
实验操作、现象 结论
A 室温下，用pH试纸测得：醋酸溶液pH约为5、盐酸的pH约为2 醋酸是弱电解质
B 用酒精灯灼烧丝绸产生类似烧焦羽毛的气味 丝绸中含蛋白质
C 将铁锈溶于浓盐酸，滴入几滴酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去 铁锈中含有Fe2+
D 向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 溶液X中一定不含
A．A B．B C．C D．D
5．（2024秋 碑林区校级期末）研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是（　　）
实例 解释
A 熔点：＜NaBF4 与阳离子的体积较大有关
B 键角：CH4（109.5°）＞NH3（107.3°） 中心原子的杂化方式
C CsCl晶体中Cs+配位数为8，而NaCl晶体中Na+配位数为6 Cs+比Na+的半径大
D 不同溶剂中I2的溶解度：CCl4＞H2O I2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子
A．A B．B C．C D．D
6．（2025 宝鸡三模）化合物Z是某医药的合成中间体，Z的合成路线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应Ⅰ和反应Ⅱ均属于取代反应
B．X、Y、Z分子中含氧官能团类型相同，三者互为同系物
C．和CH3I都能使溴水层褪色且褪色原理相同
D．若用替换X发生反应Ⅰ，则所得的产物Y只有一种
7．（2025春 武强县校级期中）纯二氧化硅可用如图流程制得。下列说法错误的是（　　）
A．二氧化硅和焦炭反应生成粗硅的化学方程式为
B．步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4＝H2SiO3↓+Na2SO4
C．步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
D．SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物
8．（2025 商洛三模）乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+催化下乙烷被氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．C2H6、N2均为非极性分子
B．Fe+可降低反应的活化能，但反应的ΔH不变
C．根据图示机理，可推测Y为CH3CH2OH
D．每消耗2mol N2O，同时生成的CH3CHO的物质的量为1mol
9．（2025 西安二模）下列实验过程中的颜色变化用离子方程式解释正确的是（　　）
A．新制氯水中加入石蕊试液，溶液先变红后褪色：
B．氢氧化铁胶体中加入氢碘酸，先产生红褐色沉淀，后固体溶解，溶液变为棕黄色：
C．硫氰化铁溶液中加NaOH溶液，溶液血红色褪去，产生红褐色沉淀：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
D．1.5mol L﹣1100mL的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2溶液由浅绿色变为棕黄色
10．（2024秋 西安期末）H2具有还原性，Na2O2具有氧化性，某同学设计如图装置探究H2和Na2O2能否反应。下列说法不正确的是（　　）
A．装置A也可用于实验室制取CO2
B．装置B中盛放的是碱石灰，可用浓硫酸代替
C．实验时先打开K1、K2，检验出口处气体纯度后再点燃C处酒精灯
D．若C处固体变白，D处无明显变化，可推知反应生成了NaOH
11．（2025 宝鸡三模）化合物H是一种低能量的甜味剂，其结构简式如图所示。其中X、Y、Z、W、M和Q是原子序数依次增大的前20号元素，W和M位于同一主族。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：M＜Q
B．第一电离能：W＞Z＞Y
C．键角：MW2＜YW2
D．简单氢化物的沸点：Z＞W＞Y
12．（2024 碑林区校级模拟）一种新型短路膜电池分离CO2装置如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．负极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═H2O
B．正极反应消耗22.4LO2，理论上需要转移4mol电子
C．该装置用于空气中CO2的捕获，CO2最终由出口A流出
D．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子
13．（2024秋 碑林区校级期末）硫化锌（ZnS）是一种优良的电池负极材料，其在充电过程中晶胞的组成变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．基态Zn原子核外电子的空间运动状态有15种
B．S2﹣在ZnS晶胞和Li2S晶胞中的配位数相同
C．在ZnS体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律
D．充电过程中该电极反应式为4ZnS+6Li++6e﹣＝3Zn+4Li1.5Zn0.25S
14．（2025 陕西模拟）在pH＝7含AgCl（s）的溶液中，一定c（Cl﹣）范围内存在平衡关系：Ag++Cl﹣ AgCl；；；；平衡常数依次为K1、K2、K3、K4。已知lgc（Ag+），，，的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．曲线②表示的是随lgc（Cl﹣）的变化情况
B．随c（Cl﹣）增大，先减小后增大
C．M点：
D．p点的横坐标是（2c﹣a）
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2025 汉中二模）MnO2是锌锰电池的正极材料，K2FeO4是一种绿色净水剂。以某锰矿（主要成分是MnO2，含少量Mn和Fe）为原料制备MnO2和K2FeO4的流程如图。
已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如表所示。
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1
回答下列问题：
（1）Mn和Fe两元素的部分电离能数据如表所示。
元素 Mn Fe
电离能/kJ mol﹣1 I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
Mn的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是 　 　 。
（2）提高“酸浸”速率的措施有 　 　 （填一条即可）。
（3）“调pH”的范围为 　 　 ，“转化”的原理是 　 　 。
（4）“氧化2”的离子方程式为 　 　 ；K2FeO4净水时被还原成Fe3+Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，胶体不同于溶液、悬浊液、乳浊液的本质特征是 　 　 。
（5）“电解”会产生废液，该废液可循环用于“　 　 ”（填名称）工序。
（6）“灼烧”中制备MnO2的化学方程式为 　 　 。某温度下，灼烧MnCO3生成锰的氧化物M，固体失重率约为33.6%，则M的化学式为 　 　 。
三．解答题（共2小题）
16．（2024秋 西安月考）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，溶于浓盐酸，在潮湿空气中易水解和被氧化。工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）生产CuCl和电路板蚀刻液，流程如图：
回答下列问题：
（1）生产过程中：X是 　 　 （填化学式），Z为双氧水，写出Z与滤液①反应生成蚀刻液的离子方程式 　 　 。
（2）写出生成CuCl的离子方程式 　 　 。
（3）CuCl晶体的洗涤要经过水洗和无水乙醇洗，其中醇洗的作用是 　 　 。
（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是 　 　 。
（5）CuCl的另一种制备原理是：
①CuCl2溶液中加入一定量氨水，得到深蓝色溶液；
②深蓝色溶液与Cu继续反应得到[Cu（NH3）2]Cl；
③[Cu（NH3）2]Cl加浓盐酸中和即可得到CuCl。
写出②的化学方程式 　 　 。
（6）CuCl晶胞如图所示，晶体的密度为ρg cm﹣3，晶胞边长为a nm，则阿伏加德罗常数为 　 　 mol﹣1。
（用含ρ、a的代数式表示，原子量Cu﹣64，Cl﹣35.5）
17．（2025 西安二模）氢能是一种来源广泛、高效、环保、能量密度高的可再生清洁能源，在工业合成、交通燃料、电力、建筑、军事等领域有巨大的市场潜力和发展前景，制氢、储氢、用氢等相关研究成为重点研究方向。
Ⅰ.一种利用水煤气变换反应制氢的方法为：
（CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41.2kJ mol﹣1平衡常数K
该反应的两步分反应如下：
①EFe2O3（s）+CO（g） 2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH1＝﹣47.2kJ mol﹣1平衡常数K1
②3Fe2O3（s）+H2（g） 2Fe3O4（s）+H2O（g）ΔH2平衡常数K2
请回答下列问题：
（1）ΔH2＝ 　 　 kJ mol﹣1，K2＝ 　 　 （用含K与K1的代数式表示）。
（2）将总压强控制在1.70MPa恒定不变，同时固定碳水比投料，水煤气变换反应在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压（某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数）如表：
p（CO2）/MPa p（H2）/MPa p（CH4）/MPa
条件1 x x 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，该反应的化学平衡常数K＝2，则CO转化率是 　 　 ；x＝ 　 　 。
②对比条件1；条件2中H2产率下降，试分析可能产生的原因 　 　 。
（3）一定温度下，恒容密闭容器中发生水煤气变换反应，下列说法正确的是 　 　 （填字母）。
A.当体系压强不再改变时，说明达到反应限度
B.该反应的应用有利于“碳中和”目标的实现
C.使用催化剂能降低活化能，提高CO平衡转化率
D.及时分离出H2在一定程度上有利于提高产量
Ⅱ.一种从高炉气回收CO2来制备储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：
（4）某温度下，当吸收池中溶液的pH＝7.8时，此时该溶液中1：　 　 。
[已知：该温度下Ka1（H2CO3）＝5.0×10﹣7mol L﹣1，Ka2（H2CO3）＝5.0×10﹣11mol L﹣1]。
（5）利用电化学原理控制反应条件能将CO2电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mole﹣时，阴极室溶液的质量增加 　 　 g[B的电解效率。
四．推断题（共1小题）
18．（2025 陕西模拟）我国科学家设计了一条维拉帕米（化合物M）的新的合成路线，如图所示：
（1）C中官能团的名称为 　 　 。
（2）E的名称为 　 　 ，B的结构简式为 　 　 。
（3）上述合成路线中不涉及到的反应类型有 　 　 。
A．还原反应
B．加成反应
C．消去反应
D．氧化反应
（4）写出由G生成Ⅰ的化学反应方程式 　 　 。
（5）下列关于F的说法中，正确的是 　 　 。
A．F分子中没有不对称碳原子
B．F、L生成M的反应是取代反应
C．F与浓溴水混合产生白色沉淀
D．F分子中不存在π键
（6）写出C的一种同分异构体的结构简式，同时满足下列条件：　 　 。
①与FeCl3溶液显紫色；
②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣氨基酸，两种水解产物的分子中均含有3种不同化学环境的氢原子。
（7）请从结构角度分析K参加反应时，断裂碳溴键而不是碳氯键的原因：　 　 。
2025届高考化学模拟预测押题卷（全国甲卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．（2025春 莲湖区期中）概念辨析在学习中很重要，化学里有四个含“同”的概念。下列说法错误的是（　　）
A．乙烷与乙烯互为同系物
B．氕、氘、氚互为同位素
C．石墨烯与金刚石互为同素异形体
D．正戊烷和异戊烷互为同分异构体
【答案】A
【分析】A．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同；分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物；
B．质子数相同中子数不同的原子互称同位素．互为同位素原子具有以下特征：质子数相同、化学性质相同、在周期表中的位置相同；中子数不同、质量数不同、物理性质不同，研究对象为原子；
C．同素异形体是同种元素形成的不同单质，同素异形体首先是单质，其次是同种元素；
D．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。
【解答】解：A．乙烷与乙烯的结构不同，不能互为同系物，故A错误；
B．氕、氘、氚是潜意识的三种不同原子，互为同位素，故B正确；
C．石墨烯与金刚石是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故C正确；
D．正戊烷和异戊烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学“四同”，题目难度不大，注意把握概念的理解和“四同”间的异同是解决此类题的关键之所在。
2．（2025 陕西模拟）下列化学用语表述正确的是（　　）
A．BF3的VSEPR模型：
B．2﹣乙基﹣1﹣丁醇的结构简式：
C．CaF2的电子式：
D．HCl分子中共价键类型：p﹣pσ键
【答案】B
【分析】A．根据BF3分子中，中心B原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，进行分析；
B．根据醇命名时，从靠近羟基碳原子的一端开始编号，进行分析；
C．根据CaF2为离子化合物，进行分析；
D．根据HCl分子中，H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道电子云发生重叠，进行分析。
【解答】解：A．三氟化硼分子中，中心B原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，价层电子对互斥模型为平面三角形，故A错误；
B．醇命名时，从靠近羟基碳原子的一端开始编号，则2﹣乙基﹣1﹣丁醇的结构简式为，故B正确；
C．CaF2为离子化合物，由钙离子和氟离子构成，电子式为，故C错误；
D．HCl分子中，H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道电子云发生重叠，形成共价键类型为s﹣pσ键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学式或化学符号及名称的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2025 渭南模拟）下列实验操作或处理方法错误的是（　　）
A．容量瓶用蒸馏水洗净，需烘干后才能用于溶液的配制
B．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
C．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛
D．活泼金属燃烧起火，用灭火毯灭火
【答案】A
【分析】A．容量瓶为计量仪器，不能烘干；
B．滴定读数时，滴定管需保持垂直；
C．酸或者碱溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛；
D．活泼金属燃烧起火，可用灭火毯（石棉布）盖灭。
【解答】解：A．容量瓶为计量仪器，不能烘干，故A错误；
B．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直，故B正确；
C．酸或者碱溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，必要时就医治疗，故C正确；
D．活泼金属燃烧起火，可用灭火毯（石棉布）盖灭，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了实验基本操作及事故处理，明确化学安全事故正确的处理方法为解答关键，题目难度不大。
4．（2025 咸阳三模）下列实验操作、现象和结论相对应的是（　　）
实验操作、现象 结论
A 室温下，用pH试纸测得：醋酸溶液pH约为5、盐酸的pH约为2 醋酸是弱电解质
B 用酒精灯灼烧丝绸产生类似烧焦羽毛的气味 丝绸中含蛋白质
C 将铁锈溶于浓盐酸，滴入几滴酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去 铁锈中含有Fe2+
D 向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 溶液X中一定不含
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】A．未告知溶液的浓度；
B．灼烧蛋白质会有烧焦羽毛的气味；
C．氯离子也会使酸性KMnO4溶液褪色；
D．检验需要加热。
【解答】解：A．未告知溶液的浓度，故无法判断醋酸是否为弱电解质，故A错误；
B．灼烧蛋白质会有烧焦羽毛的气味，用酒精灯灼烧丝绸产生类似烧焦羽毛的气味，则丝绸中含蛋白质，故B正确；
C．氯离子也会使酸性KMnO4溶液褪色，故无法判断铁锈中是否含有Fe2+，故C错误；
D．向溶液X中滴加NaOH稀溶液，需要加热后，检验，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查实验操作、现象和结论是否正确，理解实验原理是解决本题的根据，属于基本知识的考查，难度不大。
5．（2024秋 碑林区校级期末）研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是（　　）
实例 解释
A 熔点：＜NaBF4 与阳离子的体积较大有关
B 键角：CH4（109.5°）＞NH3（107.3°） 中心原子的杂化方式
C CsCl晶体中Cs+配位数为8，而NaCl晶体中Na+配位数为6 Cs+比Na+的半径大
D 不同溶剂中I2的溶解度：CCl4＞H2O I2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】A．根据阳离子体积大，半径大，离子间的作用力小，进行分析；
B．根据孤电子对对成键电子排斥作用更强，键角变小进行分析；
C．根据离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，进行分析；
D．根据碘和四氯化碳都是结构对称的非极性分子，水是结构不对称的极性分子，进行分析。
【解答】解：A．阳离子体积大，半径大，离子间的作用力小，离子键弱，熔点低，故A正确；
B．甲烷、氨气中心原子均为sp3杂化，NH3中心原子有一个孤电子对，对成键电子排斥作用更强，键角变小，故B错误；
C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl﹣，Na+周围最多能排布6个Cl﹣，说明Cs+比Na+半径大，故C正确；
D．水是结构不对称的极性分子，碘和四氯化碳都是结构对称的非极性分子，由相似相溶原理可知，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查极性分子和非极性分子等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2025 宝鸡三模）化合物Z是某医药的合成中间体，Z的合成路线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应Ⅰ和反应Ⅱ均属于取代反应
B．X、Y、Z分子中含氧官能团类型相同，三者互为同系物
C．和CH3I都能使溴水层褪色且褪色原理相同
D．若用替换X发生反应Ⅰ，则所得的产物Y只有一种
【答案】A
【分析】A．X中氢原子被取代生成Y；Y中氢原子被甲基取代生成Z；
B．X、Y、Z中含氧官能团都是醚键、羰基，Y、Z含有碳碳双键；
C．前者发生加成反应，后者发生萃取；
D．如果用替换X发生反应Ⅰ，所得的产物Y有、。
【解答】解：A．X中氢原子被取代生成Y；Y中氢原子被甲基取代生成Z，Ⅰ、Ⅱ都属于取代反应，故A正确；
B．X、Y、Z中含氧官能团都是醚键、羰基，Y、Z含有碳碳双键，X不含碳碳双键，Y和Z互为同系物，和X不互为同系物，故B错误；
C．前者发生加成反应而使溴水褪色，后者发生萃取而使溴水褪色，后者为物理变化，褪色原理不同，故C错误；
D．如果用替换X发生反应Ⅰ，所得的产物Y有、，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、同系物的概念是解本题关键，题目难度不大。
7．（2025春 武强县校级期中）纯二氧化硅可用如图流程制得。下列说法错误的是（　　）
A．二氧化硅和焦炭反应生成粗硅的化学方程式为
B．步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4＝H2SiO3↓+Na2SO4
C．步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
D．SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物
【答案】D
【分析】二氧化硅和NaOH反应生成硅酸钠和水，X为硅酸钠溶液；硅酸钠与硫酸反应生成硅酸和硫酸钠；灼烧硅酸，硅酸分解得二氧化硅。
【解答】解：A．SiO2和焦炭反应生成粗硅和一氧化碳，化学方程式为，故A正确；
B．硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸，所以步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3↓+Na2SO4，故B正确；
C．碳酸、硫酸的酸性都强于H2SiO3，能够与硅酸钠溶液反应生成H2SiO3，故C正确；
D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但与氢氟酸反应的生成物不是盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，而是酸性氧化物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查硅的性质及用途等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2025 商洛三模）乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+催化下乙烷被氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．C2H6、N2均为非极性分子
B．Fe+可降低反应的活化能，但反应的ΔH不变
C．根据图示机理，可推测Y为CH3CH2OH
D．每消耗2mol N2O，同时生成的CH3CHO的物质的量为1mol
【答案】D
【分析】A．分子正负中心电荷重合为非极性分子；
B．Fe+是反应的催化剂；
C．根据原子守恒进行解答；
D．由题干反应机理图可知，若无副反应发生，则每消耗2mol N2O，同时生成的CH3CHO的物质的量为1mol，但过程中存在副反应。
【解答】解：A．C2H6、N2均为对称结构，分子正负中心电荷重合，为非极性分子，故A正确；
B．Fe+是反应的催化剂，Fe+可降低反应的活化能，但反应的ΔH不变，故B正确；
C．根据原子守恒和图示机理，可推测Y为CH3CH2OH，故C正确；
D．由题干反应机理图可知，若无副反应发生，则每消耗2mol N2O，同时生成的CH3CHO的物质的量为1mol，但过程中存在副反应，且生成的Fe+能还原N2O，故每消耗2mol N2O同时生成的CH3CHO的物质的量小于1mol，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025 西安二模）下列实验过程中的颜色变化用离子方程式解释正确的是（　　）
A．新制氯水中加入石蕊试液，溶液先变红后褪色：
B．氢氧化铁胶体中加入氢碘酸，先产生红褐色沉淀，后固体溶解，溶液变为棕黄色：
C．硫氰化铁溶液中加NaOH溶液，溶液血红色褪去，产生红褐色沉淀：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
D．1.5mol L﹣1100mL的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2溶液由浅绿色变为棕黄色
【答案】D
【分析】A．次氯酸为弱酸；
B．氢氧化铁胶体中加入氢碘酸，先产生红褐色沉淀氢氧化铁，后固体溶解后铁离子氧化碘离子生成碘单质，溶液变为棕黄色；
C．硫氰化铁是络合物，应该写化学式；
D．1.5mol L﹣1100mL的FeBr2溶液中n（FeBr2）＝1.5mol L﹣1×0.100L＝0.15mol，通入3.36L（标准状况）Cl2，n（Cl2）0.15mol，溶液由浅绿色变为棕黄色，亚铁离子被完全氧化，溴离子部分氧化。
【解答】解：A．新制氯水中加入石蕊试液，溶液先变红后褪色，是因为氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式：Cl2+H2O H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B．氢氧化铁胶体中加入氢碘酸，胶体聚沉先产生红褐色沉淀，后固体溶解得到铁盐溶液，铁离子氧化碘离子生成碘单质，溶液变为棕黄色，反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣＝2Fe2++I2+6H2O，故B错误；
C．硫氰化铁是络合物，应该写化学式，离子方程式为Fe（SCN）3+3OH﹣═Fe（OH）3↓+3SCN﹣，故C错误；
D．1.5mol L﹣1100mL的FeBr2溶液中n（FeBr2）＝1.5mol L﹣1×0.100L＝0.15mol，通入3.36L（标准状况）Cl2，n（Cl2）0.15mol，溶液由浅绿色变为棕黄色，亚铁离子被完全氧化，溴离子部分氧化，反应的离子方程式：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、离子方程式的书写规则是解本题关键，题目难度中等。
10．（2024秋 西安期末）H2具有还原性，Na2O2具有氧化性，某同学设计如图装置探究H2和Na2O2能否反应。下列说法不正确的是（　　）
A．装置A也可用于实验室制取CO2
B．装置B中盛放的是碱石灰，可用浓硫酸代替
C．实验时先打开K1、K2，检验出口处气体纯度后再点燃C处酒精灯
D．若C处固体变白，D处无明显变化，可推知反应生成了NaOH
【答案】B
【分析】A．A是固液不加热制取气体的装置；
B．装置B中盛放的是碱石灰，液体干燥剂不能用“U形管”盛装；
C．氢气和氧气的混合气体加热易爆炸；
D．D处无明显变化，说明没有生成水。
【解答】解：A．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，A是固液不加热制取气体的装置，可用于实验室制取CO2，故A正确；
B．装置B中盛放的是碱石灰，液体干燥剂不能用“U形管”盛装，所以不能用浓硫酸代替，故B错误；
C．氢气和氧气的混合气体加热易爆炸，实验时先打开K1、K2，用氢气排出装置内空气，检验出口处气体纯度后再点燃C处酒精灯，故C正确；
D．D处无明显变化，说明没有生成水，若C处固体变白说明过氧化钠和氢气发生了反应，根据元素守恒，可推知反应生成了NaOH，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查无机实验，侧重考查学生探究实验的掌握情况，试题难度中等。
11．（2025 宝鸡三模）化合物H是一种低能量的甜味剂，其结构简式如图所示。其中X、Y、Z、W、M和Q是原子序数依次增大的前20号元素，W和M位于同一主族。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：M＜Q
B．第一电离能：W＞Z＞Y
C．键角：MW2＜YW2
D．简单氢化物的沸点：Z＞W＞Y
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、M和Q是原子序数依次增大的前20号元素，其中W和M位于同一主族，甜味剂结构中W形成2条共价键、M形成6条共价键，可知二者处于ⅥA族，推知W为O元素、M为S元素；而Q形成+1价阳离子，其原子序数大于硫，则Q为K元素；Y形成4条共价键、X形成1条共价键，原子序数X＜Y＜W（氧），故X为H元素、Y为C元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，则Z为N元素。
【解答】解：由分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、M为S元素、Q为K元素；
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：M（S2﹣）＞Q（K+），故A错误；
B．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，N元素第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Z（氮）＞W（氧）＞Y（碳），故B错误；
C．MW2是SO2，分子中S原子孤电子对数1、价层电子对数＝1+2＝3，分子空间构型为V形，而YW2是CO2，其空间构型为直线形，则键角：SO2＜CO2，故C正确；
D．常温下，H2O为液体，而CH4、NH3为气体，则H2O的沸点最高，NH3分子之间存在氢键，其沸点比CH4高，则沸点：H2O＞NH3＞CH4，即简单氢化物的沸点：W＞Z＞Y，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析推断，熟练掌握元素周期律与元素化合物等知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
12．（2024 碑林区校级模拟）一种新型短路膜电池分离CO2装置如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．负极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═H2O
B．正极反应消耗22.4LO2，理论上需要转移4mol电子
C．该装置用于空气中CO2的捕获，CO2最终由出口A流出
D．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子
【答案】D
【分析】由图可知，H2通入极为负极，负极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，H+与反应生成CO2，O2通入极为正极，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝2OH﹣，CO2和OH﹣反应生成，移向负极与H+结合生成，据此分析解答。
【解答】解：A．氢气通入极为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，故A错误；
B．未给出标准状况，无法计算O2的物质的量及转移电子的物质的量，故B错误；
C．由图可知，该装置用于空气中CO2的捕获，CO2→→，H+与反应生成CO2，则CO2最终由出口B流出，故C错误；
D．由图可知，短路膜中存在电子运动，和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理，依据图象和题目信息准确判断正负极、电极反应是解题的关键，注意结合图中信息书写电极反应式，题目难度中等。
13．（2024秋 碑林区校级期末）硫化锌（ZnS）是一种优良的电池负极材料，其在充电过程中晶胞的组成变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．基态Zn原子核外电子的空间运动状态有15种
B．S2﹣在ZnS晶胞和Li2S晶胞中的配位数相同
C．在ZnS体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律
D．充电过程中该电极反应式为4ZnS+6Li++6e﹣＝3Zn+4Li1.5Zn0.25S
【答案】B
【分析】A．Zn是第30号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，原子轨道数目与核外电子空间运动状态相等；
B．晶胞ZnS中从图像上可知，硫离子的配位数为4；
C．根据ZnS结构，在体对角线上，两个顶点为S2﹣，靠近其中一个S2﹣是Zn2+；
D．由均摊法可知，LixZnyS中Li+和Zn2+共有7个，S2﹣有84，由化合价代数和为零可知，Li+和Zn2+的个数比为6：1，化学式为Li6ZnS4，即Li1.5Zn0.25S，充电过程中该电极为阴极，得电子。
【解答】解：A．原子轨道数目与核外电子空间运动状态相等，Zn是第30号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，s、p、d轨道分别有1、3、5，共15种空间运动状态，故A正确；
B．晶胞ZnS中从图像上可知，硫离子的配位数为4，晶胞Li2S中从图像上可知，硫离子的配位数为8，故B错误；
C．根据ZnS结构，在体对角线上，两个顶点为S2﹣，靠近其中一个S2﹣是Zn2+，故在ZnS体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律，故C正确；
D．LixZnyS中Li+和Zn2+共有7个，S2﹣有84，由化合价代数和为零可知，Li+和Zn2+的个数比为6：1，化学式为Li6ZnS4，即Li1.5Zn0.25S，充电过程中该电极为阴极，得电子，电极反应式为4ZnS+6Li++6e﹣＝3Zn+4Li1.5Zn0.25S，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025 陕西模拟）在pH＝7含AgCl（s）的溶液中，一定c（Cl﹣）范围内存在平衡关系：Ag++Cl﹣ AgCl；；；；平衡常数依次为K1、K2、K3、K4。已知lgc（Ag+），，，的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．曲线②表示的是随lgc（Cl﹣）的变化情况
B．随c（Cl﹣）增大，先减小后增大
C．M点：
D．p点的横坐标是（2c﹣a）
【答案】D
【分析】A．随着c（Cl﹣）增大，Ag++Cl﹣ AgCl、、、这些平衡会向右移动；c（Ag+）会不断减小，lgc（Ag+）也不断减小，所以曲线①表示lgc（Ag+）随lgc（Cl﹣）的变化；从反应来看，随着c（Cl﹣）增大，先生成，其浓度先增大，当浓度增大到一定程度后，继续与Cl﹣反应生成等，浓度又会减小，所以曲线②表示随lgc（Cl﹣）的变化；
B．由上述对曲线的分析可知，曲线③表示随lgc（Cl﹣）的变化；
C．M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，则相当于是，看似是电荷守恒，但是观察横坐标从左往右lgc（Cl﹣）增大，说明氯离子的浓度在增大，根据题干已知pH＝7，可知体系中加入的氯离子的来源不可以是盐酸，只能是不影响溶液pH的物质；
D．P点以a、c表示出横坐标，M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，，M点的横坐标为a，可知lgc（Cl﹣）＝a，，N点是曲线②、曲线④的交点，说明此时，根据，N点的横坐标为c，lgc（Cl﹣）＝c，，结合，有。
【解答】解：A．随着c（Cl﹣）增大，Ag++Cl﹣ AgCl、、、这些平衡会向右移动；c（Ag+）会不断减小，lgc（Ag+）也不断减小，所以曲线①表示lgc（Ag+）随lgc（Cl﹣）的变化。从反应来看，随着c（Cl﹣）增大，先生成，其浓度先增大，当浓度增大到一定程度后，继续与Cl﹣反应生成等，浓度又会减小，所以曲线②表示随lgc（Cl﹣）的变化；同理，曲线③表示随lgc（Cl﹣）的变化，曲线④表示随lgc（Cl﹣）的变化，故A错误；
B．曲线③表示随lgc（Cl﹣）的变化，从图中可以看出，随着c（Cl﹣）增大，一直增大，故B错误；
C．M点是曲线③、曲线④的交点，，则相当于是，横坐标从左往右lgc（Cl﹣）增大，说明氯离子的浓度在增大，pH＝7，可知体系中加入的氯离子的来源不可以是盐酸，只能是不影响溶液pH的物质，M点时氯离子浓度较大，电荷守恒，中加入的阳离子未考虑完整，故C错误；
D．P点以a、c表示出横坐标，M点是曲线③、曲线④的交点，，，M点的横坐标为a，lgc（Cl﹣）＝a，，N点是曲线②、曲线④的交点，，根据，N点的横坐标为c，lgc（Cl﹣）＝c，，结合，有，P点时是曲线②、曲线③的交点，，根据，，lgc（Cl﹣）＝﹣lgK3＝2c﹣a，P点的横坐标为2c﹣a，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2025 汉中二模）MnO2是锌锰电池的正极材料，K2FeO4是一种绿色净水剂。以某锰矿（主要成分是MnO2，含少量Mn和Fe）为原料制备MnO2和K2FeO4的流程如图。
已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如表所示。
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1
回答下列问题：
（1）Mn和Fe两元素的部分电离能数据如表所示。
元素 Mn Fe
电离能/kJ mol﹣1 I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
Mn的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是 　基态Mn2+、Fe2+的价层电子排布分别为3d5、3d6，基态Mn2+达到半充满稳定结构，再失去一个电子较难，而基态Fe2+再失去一个电子达到半充满结构，较容易　 。
（2）提高“酸浸”速率的措施有 　将矿石粉碎（或增大硫酸的浓度、适当加热、加快搅拌等）　 （填一条即可）。
（3）“调pH”的范围为 　3.2≤pH≤8.1　 ，“转化”的原理是 　K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4　 。
（4）“氧化2”的离子方程式为 　2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝23Cl﹣+5H2O　 ；K2FeO4净水时被还原成Fe3+Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，胶体不同于溶液、悬浊液、乳浊液的本质特征是 　分散质粒子直径在1～100nm之间　 。
（5）“电解”会产生废液，该废液可循环用于“　酸浸　 ”（填名称）工序。
（6）“灼烧”中制备MnO2的化学方程式为 　2MnCO3+O22MnO2+2CO2　 。某温度下，灼烧MnCO3生成锰的氧化物M，固体失重率约为33.6%，则M的化学式为 　Mn3O4　 。
【答案】（1）基态Mn2+、Fe2+的价层电子排布分别为3d5、3d6，基态Mn2+达到半充满稳定结构，再失去一个电子较难，而基态Fe2+再失去一个电子达到半充满结构，较容易；
（2）将矿石粉碎（或增大硫酸的浓度、适当加热、加快搅拌等）；
（3）3.2≤pH≤8.1；K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4；
（4）2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝23Cl﹣+5H2O；分散质粒子直径在1～100nm之间；
（5）酸浸；
（6）2MnCO3+O22MnO2+2CO2；Mn3O4。
【分析】锰矿的主要成分是MnO2，含少量Mn和Fe，加入硫酸和硫酸亚铁酸浸，经氧化，把亚铁离子氧化后，调节溶液的pH，过滤，得到滤渣为Fe（OH）3，滤液含有硫酸锰，向滤渣中加入氢氧化钠和次氯酸钠，发生离子反应：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝23Cl﹣+5H2O，制得Na2FeO4，向其溶液中加入KOH，得到溶解度更小的K2FeO4，含有硫酸锰的滤液电解，得到MnO2，或加入碳酸氢盐，得到MnCO3沉淀，灼烧，也可以得到MnO2，据此分析作答。
【解答】解：（1）基态Mn2+、Fe2+的价层电子排布分别为3d5、3d6，基态Mn2+达到半充满稳定结构，再失去一个电子较难，而基态Fe2+再失去一个电子达到半充满结构，较容易，所以Mn的第三电离能大于铁的第三电离能，
故答案为：基态Mn2+、Fe2+的价层电子排布分别为3d5、3d6，基态Mn2+达到半充满稳定结构，再失去一个电子较难，而基态Fe2+再失去一个电子达到半充满结构，较容易；
（2）提高“酸浸”速率的措施有将矿石粉碎（或增大硫酸的浓度、适当加热、加快搅拌等），
故答案为：将矿石粉碎（或增大硫酸的浓度、适当加热、加快搅拌等）；
（3）根据表格数据可知，“调pH”的范围为3.2≤pH≤8.1，“转化”的原理是K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，
故答案为：3.2≤pH≤8.1；K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4；
（4）根据分析可知，“氧化2”的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝23Cl﹣+5H2O，胶体不同于溶液、悬浊液、乳浊液的本质特征是分散质粒子直径在1～100nm之间，
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝23Cl﹣+5H2O；分散质粒子直径在1～100nm之间；
（5）“电解”会产生废液，该废液可循环用于“酸浸”工序，
故答案为：酸浸；
（6）“灼烧”中制备MnO2的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，某温度下，灼烧MnCO3生成锰的氧化物M，固体失重率约为33.6%，设M的化学式为MnOy，则有关系式：MnCO3～MnOy，所以有（1﹣33.6%）＝66.4%，解得：y＝1.335，即M为Mn3O4，
故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2；Mn3O4。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及MnO2和K2FeO4的制取，同时考查氧化还原反应原理的应用，属于高考高频考点，难度中等。
三．解答题（共2小题）
16．（2024秋 西安月考）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，溶于浓盐酸，在潮湿空气中易水解和被氧化。工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）生产CuCl和电路板蚀刻液，流程如图：
回答下列问题：
（1）生产过程中：X是 　Fe　 （填化学式），Z为双氧水，写出Z与滤液①反应生成蚀刻液的离子方程式 　2H++2Fe2++H2O2＝2Fe3++2H2O　 。
（2）写出生成CuCl的离子方程式 　2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O＝2CuCl↓+4H+　 。
（3）CuCl晶体的洗涤要经过水洗和无水乙醇洗，其中醇洗的作用是 　CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失　 。
（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是 　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O＝2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体　 。
（5）CuCl的另一种制备原理是：
①CuCl2溶液中加入一定量氨水，得到深蓝色溶液；
②深蓝色溶液与Cu继续反应得到[Cu（NH3）2]Cl；
③[Cu（NH3）2]Cl加浓盐酸中和即可得到CuCl。
写出②的化学方程式 　[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl　 。
（6）CuCl晶胞如图所示，晶体的密度为ρg cm﹣3，晶胞边长为a nm，则阿伏加德罗常数为 　　 mol﹣1。
（用含ρ、a的代数式表示，原子量Cu﹣64，Cl﹣35.5）
【答案】（1）Fe；2H++2Fe2++H2O2＝ 2Fe3++2H2O；
（2）2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O＝2CuCl↓+4H+；
（3）CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失；
（4）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O＝2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；
（5）[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl；
（6）。
【分析】要利用制作印刷电路的废液制备CuCl，首先应制备并分离出Cu，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入过量的Fe粉，Fe3+与Fe粉反应转化为Fe2+，Cu2+与Fe反应生成Cu，然后过滤，滤渣为过量的Fe和生成的Cu，依据Cu与Fe活泼性，将滤渣溶于盐酸，Cu与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为Cu，然后Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和SO2，Cu与Cl2反应生成CuCl2，CuSO4、SO2、CuCl2反应生成CuCl。
【解答】解：（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入X为Fe，Fe3+能够还原Fe反应生成Fe2+，Cu2+能够与Fe反应生成Cu，过滤后得到的溶液中含有Fe2+，Z为双氧水，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2＝ 2Fe3++2H2O，
故答案为：Fe；2H++2Fe2++H2O2＝ 2Fe3++2H2O；
（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O＝2CuCl↓+4H+，
故答案为：2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O＝2CuCl↓+4H+；
（3）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是：CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失，
故答案为：CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失；
（4）依据图示可知：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O＝2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O＝2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；
（5）CuCl2溶液中加入一定量氨水，得到深蓝色溶液中含有，深蓝色溶液与Cu继续反应得到[Cu（NH3）2]Cl，化学方程式为：[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl，
故答案为：[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl；
（6）CuCl晶胞如图所示，晶胞中黑色球数目为4、白色球数目为4，该化合物为 CuCl，晶胞质量为，整理可得，
故答案为：。
【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
17．（2025 西安二模）氢能是一种来源广泛、高效、环保、能量密度高的可再生清洁能源，在工业合成、交通燃料、电力、建筑、军事等领域有巨大的市场潜力和发展前景，制氢、储氢、用氢等相关研究成为重点研究方向。
Ⅰ.一种利用水煤气变换反应制氢的方法为：
（CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41.2kJ mol﹣1平衡常数K
该反应的两步分反应如下：
①EFe2O3（s）+CO（g） 2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH1＝﹣47.2kJ mol﹣1平衡常数K1
②3Fe2O3（s）+H2（g） 2Fe3O4（s）+H2O（g）ΔH2平衡常数K2
请回答下列问题：
（1）ΔH2＝ 　﹣100.4　 kJ mol﹣1，K2＝ 　　 （用含K与K1的代数式表示）。
（2）将总压强控制在1.70MPa恒定不变，同时固定碳水比投料，水煤气变换反应在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压（某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数）如表：
p（CO2）/MPa p（H2）/MPa p（CH4）/MPa
条件1 x x 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，该反应的化学平衡常数K＝2，则CO转化率是 　80%　 ；x＝ 　0.4MPa　 。
②对比条件1；条件2中H2产率下降，试分析可能产生的原因 　可能是发生了副反应，如CO和H2反应生成了CH4等其他物质，导致用于生成H2的CO和H2O的量减少　 。
（3）一定温度下，恒容密闭容器中发生水煤气变换反应，下列说法正确的是 　BD　 （填字母）。
A.当体系压强不再改变时，说明达到反应限度
B.该反应的应用有利于“碳中和”目标的实现
C.使用催化剂能降低活化能，提高CO平衡转化率
D.及时分离出H2在一定程度上有利于提高产量
Ⅱ.一种从高炉气回收CO2来制备储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：
（4）某温度下，当吸收池中溶液的pH＝7.8时，此时该溶液中1：　10　 。
[已知：该温度下Ka1（H2CO3）＝5.0×10﹣7mol L﹣1，Ka2（H2CO3）＝5.0×10﹣11mol L﹣1]。
（5）利用电化学原理控制反应条件能将CO2电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mole﹣时，阴极室溶液的质量增加 　52.8　 g[B的电解效率。
【答案】（1）﹣100.4；；
（2）①80%；0.4MPa；
②可能是发生了副反应，如CO和H2反应生成了CH4等其他物质，导致用于生成H2的CO和H2O的量减少；
（3）BD；
（4）10；
（5）52.8。
【分析】（1）根据盖斯定律，①×3﹣②可得CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），所以ΔH＝3ΔH1﹣ΔH2，则ΔH2＝3ΔH1﹣ΔH＝3×（﹣47.2kJ/mol）﹣（﹣41.2kJ/mol）＝﹣100.4kJ/mol，对于反应CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），K；对于反应①，K1；对于反应②，K2，由K可进行计算；
（2）①设起始时n（CO）＝5mol，n（H2O）＝12mol，CO转化了ymol，利用三段式进行计算；
②条件2中H2产率下降，可能是发生了副反应，如CO和H2反应生成了CH4等其他物质，导致用于生成H2的CO和H2O的量减少，
故答案为：可能是发生了副反应，如CO和H2反应生成了CH4等其他物质，导致用于生成H2的CO和H2O的量减少；
（3）A.该反应前后气体物质的量不变，在恒容密闭容器中，压强始终不变，所以不能根据体系压强判断反应是否达到限度；
B.该反应消耗CO，同时生成CO2，减少了CO这一温室气体的排放，有利于“碳中和”目标的实现；
C.使用催化剂能降低活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，不能提高CO平衡转化率；
D.及时分离出H2，平衡正向移动，在一定程度上有利于提高H2的产量；
（4）根据H2CO3的二级电离平衡常数Ka2，可得c（），又因为pH ＝ 7.8，则c（H+）＝10﹣7.8mol/L，根据H2CO3的一级电离平衡常数Ka1，可得，将Ka1＝5.0×10﹣7mol/L，Ka2＝5.0×10﹣11mol/L，c（H+）＝10﹣7.8mol/L代入上式可得：10.048≈10；
（5）CO2电催化还原为HCOOH的电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝ HCOOH，当电路中转移3mole﹣时，若没有副反应，理论上生成HCOOH的物质的量为mol＝1.5mol，由于生成HCOOH的电解效率为80%，则实际生成HCOOH的物质的量为1.5mol×80%＝1.2mol，根据电极反应式，每生成1mol HCOOH，溶液中增加1mol CO2的质量，即44g，所以生成1.2mol HCOOH时，阴极室溶液增加的质量为1.2mol×44g/mol ＝52.8g。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，①×3﹣②可得CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），所以ΔH＝3ΔH1﹣ΔH2，则ΔH2＝3ΔH1﹣ΔH＝3×（﹣47.2kJ/mol）﹣（﹣41.2kJ/mol）＝﹣100.4kJ/mol，对于反应CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），K；对于反应①，K1；对于反应②，K2，由K可得K2，
故答案为：﹣100.4；；
（2）①设起始时n（CO）＝5mol，n（H2O）＝12mol，CO转化了ymol，
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），
起始（mol）：5 12 0 0
转化（mol）：y y y y
平衡（mol）：（5﹣y） （12﹣y） y y
已知K ＝ 2，K2，解得x ＝ 4，则CO转化率为 80%，x为CO2和H2的分压，总压强为1.70MPa，CO2和H2的物质的量分数相同，所以x ＝ 1.70MPa0.4MPa，
故答案为：80%；0.4MPa；
②条件2中H2产率下降，可能是发生了副反应，如CO和H2反应生成了CH4等其他物质，导致用于生成H2的CO和H2O的量减少，
故答案为：可能是发生了副反应，如CO和H2反应生成了CH4等其他物质，导致用于生成H2的CO和H2O的量减少；
（3）A.该反应前后气体物质的量不变，在恒容密闭容器中，压强始终不变，所以不能根据体系压强判断反应是否达到限度，故A错误；
B.该反应消耗CO，同时生成CO2，减少了CO这一温室气体的排放，有利于“碳中和”目标的实现，故B正确；
C.使用催化剂能降低活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，不能提高CO平衡转化率，故C错误；
D.及时分离出H2，平衡正向移动，在一定程度上有利于提高H2的产量，故D正确；
故答案为：BD；
（4）根据H2CO3的二级电离平衡常数Ka2，可得c（），又因为pH ＝ 7.8，则c（H+）＝10﹣7.8mol/L，根据H2CO3的一级电离平衡常数Ka1，可得，将Ka1＝5.0×10﹣7mol/L，Ka2＝5.0×10﹣11mol/L，c（H+）＝10﹣7.8mol/L代入上式可得：10.048≈10，即1：10，
故答案为：10；
（5）CO2电催化还原为HCOOH的电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝ HCOOH，当电路中转移3mole﹣时，若没有副反应，理论上生成HCOOH的物质的量为mol＝1.5mol，由于生成HCOOH的电解效率为80%，则实际生成HCOOH的物质的量为1.5mol×80%＝1.2mol，根据电极反应式，每生成1mol HCOOH，溶液中增加1mol CO2的质量，即44g，所以生成1.2mol HCOOH时，阴极室溶液增加的质量为1.2mol×44g/mol ＝52.8g，
故答案为：52.8。
【点评】本题主要考查了化学平衡移动的判断和化学平衡的计算，题目难度中等，掌握三段式计算方法和弱电解质电离的计算方法是解答该题的关键。
四．推断题（共1小题）
18．（2025 陕西模拟）我国科学家设计了一条维拉帕米（化合物M）的新的合成路线，如图所示：
（1）C中官能团的名称为 　酰胺基、醚键　 。
（2）E的名称为 　2﹣溴丙烷　 ，B的结构简式为 　　 。
（3）上述合成路线中不涉及到的反应类型有 　BD　 。
A．还原反应
B．加成反应
C．消去反应
D．氧化反应
（4）写出由G生成Ⅰ的化学反应方程式 　+CH3NH2→+CH3OH　 。
（5）下列关于F的说法中，正确的是 　B　 。
A．F分子中没有不对称碳原子
B．F、L生成M的反应是取代反应
C．F与浓溴水混合产生白色沉淀
D．F分子中不存在π键
（6）写出C的一种同分异构体的结构简式，同时满足下列条件：　或者　 。
①与FeCl3溶液显紫色；
②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣氨基酸，两种水解产物的分子中均含有3种不同化学环境的氢原子。
（7）请从结构角度分析K参加反应时，断裂碳溴键而不是碳氯键的原因：　溴原子半径大于氯原子，碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂　 。
【答案】（1）酰胺基、醚键；
（2）2﹣溴丙烷；；
（3）BD；
（4）+CH3NH2→+CH3OH；
（5）B；
（6）或者；
（7）溴原子半径大于氯原子，碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂。
【分析】结合A和B的分子式以及A的结构可知从A到B发生的变化是羧基中的羟基被氯原子取代，故B的结构简式为：；结合D和F的结构简式以及E的分子式C3H7Br可知E的结构简式为，其名称为2﹣溴丙烷；结合A到G的反应条件以及G的分子式、I的结构简式可推知A和甲醇发生酯化反应生成G，故G的结构简式为：；I与NaBH4发生还原反应和消去反应生成J，据此作答即可。
【解答】解：（1）由化合物C的结构简式可看出C中含有的官能团有酰胺基和醚键，
故答案为：酰胺基、醚键；
（2）E的结构简式为其名称为2﹣溴丙烷；B的结构简式为：，
故答案为：2﹣溴丙烷；；
（3）由合成路线可以看出A到B、B到C等过程为取代反应；I到J发生了还原反应和消去反应；未有的反应是加成和氧化反应，
故答案为：BD；
（4）G的结构简式为：，它与CH3NH2发生取代反应生成I，其化学方程式为：+CH3NH2→+CH3OH，
故答案为：+CH3NH2→+CH3OH；
（5）A．F分子中有不对称碳原子（连有四个不同原子或原子团的碳原子），A错误；
B．F、L生成M是F中—CN旁边的碳原子上的氢原子被L中的部分基团取代，属于取代反应，B正确；
C．F中不含有酚羟基，故不能与浓溴水发生取代反应产生白色沉淀，C错误；
D．F中含有苯环，苯环中存在大π键，D错误；
故答案为：B；
（6）与FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基。能发生水解反应，水解产物之一是α﹣氨基酸，且两种水解产物分子中均含有3种不同化学环境的氢原子。根据这些条件，可构造出符合要求的结构：或者，
故答案为：或者；
（7）根据元素周期律，可知溴原子半径大于氯原子半径，说明碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂；而碳氯键更短，键能会更大，
故答案为：溴原子半径大于氯原子，碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂。
【点评】本题主要考查有机物的合成等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
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