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2025届高考化学模拟预测押题卷（北京卷）
一．选择题（共14小题）
1．（2025 北京一模）我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期（放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间）长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法不正确的是（　　）
A．41Ca是钙元素的一种核素
B．41Ca的原子核内有21个中子
C．41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子
D．41Ca衰变一半所需的时间比14C衰变一半所需的时间长
2．（2025春 东城区校级期中）下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．—OH的电子式：
B．反﹣2﹣丁烯的结构式：
C．HCHO分子的空间结构模型：
D．p﹣pσ键电子云轮廓图：
3．（2025 通州区一模）下列过程的化学用语表述不正确的是（　　）
A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
B．将灼热的铜丝插入乙醇中：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热：CH3CH2Br+NaOHCH2═CH2↑+NaBr+H2O
D．酚酞滴入Na2CO3溶液中，溶液变红：H2O OH﹣
4．（2024秋 房山区期末）下列变化不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．氯气使湿润的红纸条褪色
B．实验室用Na2SO3和70%的H2SO4制取SO2
C．工业用黄铁矿（FeS2）制备硫酸
D．盛放FeSO4溶液的试剂瓶中加入铁粉
5．（2025 海淀区一模）丙酮酸是生物体代谢的重要中间产物，其结构如图所示。下列关于丙酮酸的说法不正确的是（　　）
A．能形成分子间氢键
B．能发生加成和取代反应
C．水中的溶解度：丙酮酸＜丙酮酸乙酯
D．受α位羰基影响，其酸性强于丙酸
6．（2025春 通州区期中）常温下，1体积水可溶解约700体积氨。用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验，下列说法正确的是（　　）
A．“喷泉”现象的产生证明氨气与水发生了反应
B．酚酞溶液变红证明NH3极易溶于水
C．所得溶液中存在平衡：NH3+H2O NH3 H2O OH﹣
D．加热变红后的酚酞溶液可观察到溶液不褪色
7．（2025春 北京校级月考）Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如表：
实验
现象 Fe表面产生大量无色气泡 Fe表面产生少量气泡后迅速停止 Mg表面迅速产生大量气泡 Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
关于上述实验说法不合理的是（　　）
A．Ⅰ中产生气体的原因是：Fe+2H+＝Fe2++H2↑
B．取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C．取出Ⅲ中的镁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
D．Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强
8．（2025 通州区一模）下列实验中，不能达到实验目的的是（　　）
A B C D
制备晶体Cu（NH3）4]SO4 H2O 验证AgCl和AgI的Ksp大小 制乙炔并检验乙炔具有还原性 海水蒸馏制淡水
A．A B．B C．C D．D
9．（2024秋 石景山区期末）白云石的主要化学成分为CaMg（CO3）2，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如图。
后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%
已知：740℃时，碳酸钙受热分解为CaO和CO2
下列说法不正确的是（　　）
A．将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率
B．固体A的主要成分是MgO
C．生成固体C的离子方程式是
D．740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为Ca（OH）2分解所致
10．（2025 西城区一模）反应CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）在工业上有重要的应用，在Pd膜反应器中的工作原理示意图如图所示。
下列说法不正确的是（　　）
A．CO2和H2均是非极性分子
B．H2吸附并透过Pd膜的过程中s﹣sσ键发生断裂和形成
C．Pd膜可分离H2并提高CO的平衡转化率
D．增大CO和H2O（g）的流速，一定可提高单位时间内H2的产率
11．（2025春 丰台区期中）短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X单质中燃烧火焰呈黄色，R基态原子p能级有一对成对电子。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Z＞R＞Y＞X
B．气态氢化物的稳定性：Y＞R＞X
C．X与Z组成的化合物一定不含有共价键
D．X与R组成的化合物RX2、RX3中，R的杂化方式相同
12．（2025 门头沟区一模）AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈CH3CH2CN）和异腈CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。下列说法不正确的是（　　）
A．腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）互为同分异构体
B．AgCN与CH3CH2Br生成腈和异腈的反应都是放热反应
C．Ⅰ中“N Ag”间的作用力比Ⅱ中“C Ag”间的作用力弱
D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物Ⅰ
13．（2024秋 石景山区期末）一种全钒液流电池放电状态的工作原理示意图如图。
下列说法正确的是（　　）
A．放电时，H+穿过质子交换膜进入负极室
B．放电时，正极的反应为
C．充电时，负极室的pH升高
D．充电时，电极a应连接电源的负极
14．（2024秋 石景山区期末）对于二元弱酸H2A，存在电离平衡：，HA﹣ H++A2﹣，，，如果Ka1＞Ka2，则以第一步电离为主，此时H2A水溶液中c（H+）≈c（HA﹣），则c（A2﹣）≈Ka2。
已知：H2SO3的，；；
H2CO3的，；；
。。
下列说法不正确的是（　　）
A．酸性：H2SO3＞H2CO3
B．将浓度均为0.4mol/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，会生成BaSO3沉淀
C．将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10﹣4mol/L，的水解程度约为50%
D．将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以形式存在
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2024秋 石景山区期末）一种利用绿柱石（主要成分是Be3Al2Si6O18，含一定量FeO和Fe2O3等杂质）生产BeO的工艺流程如图（简称硫酸法）。
已知：固体A的主要成分是SiO2，固体C的主要成分是（NH4）Al（SO4）2 12H2O。
（1）浓硫酸浸出，利用了H2SO4的氧化性和 　 　 性。
（2）滤液D氨水调pH＝5.1时，反应的离子方程式有 　 　 。
（3）25℃时，氨水的pH可达11。室温过滤（25℃）时，滤液F的pH最高为8.0，结合平衡移动原理解释原因 　 　 。
（4）由于高品质绿柱石资源短缺，需要从品质差的含氟铍矿石中提取BeO。
①采用硫酸法时，滤液D中硫酸的浓度约为2mol/L，滤液F中硫酸铵的浓度一般为180g/L，此时如果溶液中不含氟，铍可以完全沉淀。氟存在时，部分Be2+会和F﹣生成配合物，导致BeO的产率降低，解释Be2+和F﹣能形成配合物的原因 　 　 。增大沉铍时的pH或较少F﹣浓度有利于提高BeO的产率。
②实践表明：其他条件不变时，用NH3替代硫酸铵既可以除去Al3+，又能够将沉淀Be2+时的pH提高到8.5，结合化学用语解释原因 　 　 。
③预处理脱氟可减少氟对铍提取的影响。不考虑F﹣的影响，沉淀Be2+时，将pH从8.0提高到8.5，理论上铍的损失将降低至原来的 　 　 %。
16．（2025 西城区一模）钒钛磁铁矿（主要含V2O5、TiO2、FeO和Fe2O3）与钛白废酸（主要含H2SO4和TiOSO4）为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如图。
资料：i.溶液A、溶液B和溶液C中的钛元素均以TiO2+存在。
ⅱ.有机酸类萃取剂（HA）对阳离子的萃取能力：Fe3+Fe2+。
（1）“氧化浸出”过程中Fe2+玻H2O2氧化，反应的离子方程式是 　 　 。
（2）溶液B中加入（NH4）2SO4使Fe2+结晶，随着（NH4）2SO4的用量增大，Fe2+的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：　 　 。
（3）溶液C经水解析出TiO2 xH2O反应的离子方程式是 　 　 。
（4）溶液D中加入NaClO后，VO2+被氧化为，萃取得到富钒溶液。用HA萃取钒时发生反应：HA VO2A+H+，分液后得到含VO2A的有机溶液。
由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是 　 　 。
（5）最终得到的V2O5中含有铁元素，原因是 　 　 。
（6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下（部分试剂已略去）。
已知：ⅰ.Cr2将Ti3+氧化为TiO2+，Mn2+是该反应的催化剂。
ⅱ.还原性Ti3+＞Fe2+，Cr2均被还原为Cr3+。
①溶液a→溶液b、溶液b→溶液c消耗K2Cr2O7标准溶液的体积分别为v1mL和v2mL，则溶液A中TiO2+与Fe2+的物质的量之比是 　 　 。
②若不加入MnSO4，最终会导致测定结果中铁元素的含量 　 　 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
三．解答题（共3小题）
17．（2025 顺义区一模）LiFePO4常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。FePO4 2H2O是制备LiFePO4的原料。
（1）由钛白渣（主要成分为FeSO4）获取FePO4 2H2O的流程示意图如图。
资料：ⅰ．FePO4 2H2O性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小
ⅱ．空间结构：
①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 　 　 。
②溶液A的主要成分是FeHPO4（配合物），分析FeHPO4中配位键的形成过程 　 　 。
③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 　 　 。
④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0～1.5，pH不能过高的原因是 　 　 。
（2）从废旧LiFePO4电极粉末中回收制备FePO4 2H2O，同时获得副产品Li2CO3，工艺流程如下。
①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 　 　 。
②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 　 　 （填化学式）。
③H2O2添加量对Fe、P沉淀率影响如图所示。
实际生产时，H2O2添加量选2.5%的原因是 　 　 。
（3）产品FePO4 2H2O中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入SnCl2溶液，至Fe3+恰好完全还原为Fe2+，Sn2+被氧化为Sn4+，滴加指示剂，用0.01mol L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定（铬元素被还原为Cr3+），消耗vmLK2Cr2O7标准溶液，样品中铁的质量分数为 　 　 。（实验条件下Cl﹣存在不影响实验结果）
18．（2025 江岸区校级模拟）开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞坦的前体K的合成路线如图：
已知：ⅰ．R—Br+CHR1（COOR2）2R—CR1（COOR2）2
ⅱ．R—NH2+→
（1）A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是 　 　 。
（2）B中含有—OH，试剂a是 　 　 。
（3）D的结构简式是 　 　 。
（4）E→F中，反应i的化学方程式为 　 　 。
（5）下列关于有机物F和G的说法正确的是 　 　 （填字母）。
a．F和G均没有手性碳原子
b．F和G均能与NaHCO3反应
c．F和G均能与银氨溶液反应
（6）H与NH2OH反应得到I经历了如图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含N—O键。
中间产物1、中间产物3的结构简式是 　 　 、　 　 。
（7）I→J的过程中，SeO2转化为含+2价Se的化合物，反应中SeO2和I的物质的量之比为 　 　 。
19．（2025 海淀区校级模拟）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化： ΔH＝﹣98kJ mol﹣1，回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，V2O5（s）与SO2（g）反应生成VOSO4（s）和V2O4（s）的热化学方程式为：　 　 。
（2）当SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图（b）所示。反应在5.0MPa、550℃时的α＝　 　 ，判断的依据是　 　 。影响α的因素有　 　 。
（3）将组成（物质的量分数）为2m%SO2（g）、m%O2（g）和q%N2（g）的气体通入反应器，在一定的温度和压强下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3的物质的量分数为　 　 。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：，式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α′为某时刻SO2转化率，n为常数。在α′＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线，如图（c）所示。已知：图示温度范围催化剂活性变化不大。
曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm。t＜tm时，v逐渐提高；t＞tm后，v逐渐下降。原因是　 　 。
2025届高考化学模拟预测押题卷（北京卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．（2025 北京一模）我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期（放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间）长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法不正确的是（　　）
A．41Ca是钙元素的一种核素
B．41Ca的原子核内有21个中子
C．41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子
D．41Ca衰变一半所需的时间比14C衰变一半所需的时间长
【答案】C
【分析】A．具有一定数目质子数和一定数目中子数的一种原子为一种核素；
B．质量数＝质子数+中子数；
C．半衰期长短是原子核内的变化，与得失电子能力没有关系；
D．根据41Ca的半衰期（放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间）长达10万年，是14C的17倍来分析。
【解答】解：A．41Ca的中子数为21，质子数为20，是钙元素的一种核素，故A正确；
B．41Ca的原子核内有中子数＝41﹣20＝21，故B正确；
C．41Ca的半衰期长，说明原子核衰变时间长，是原子核内的变化，与得失去电子的难易无关，故C错误；
D．41Ca的半衰期长达10万年，是14C的17倍，41Ca衰变一半所需的时间大于14C衰变一半所需的时间，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查原子的组成和结构和物理变化与化学变化的区别，为基础知识的考查，题目难度不大。
2．（2025春 东城区校级期中）下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．—OH的电子式：
B．反﹣2﹣丁烯的结构式：
C．HCHO分子的空间结构模型：
D．p﹣pσ键电子云轮廓图：
【答案】C
【分析】A．羟基不带电，氧原子含有1个单电子；
B．反﹣2﹣丁烯两个甲基在双键的两侧；
C．甲醛为平面三角形结构；
D．p﹣pσ键为头碰头重叠。
【解答】解：A．羟基的电子式为：，故A错误；
B．反﹣2﹣丁烯两个甲基在双键的两侧，图示我顺﹣2﹣丁烯，故B错误；
C．甲醛为平面三角形结构，HCHO分子的空间结构模型：，故C正确；
D．p﹣pσ键为头碰头重叠，图示为肩并肩重叠，形成的为p﹣pπ键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学用语的正确表示，包括键线式、电子式和名称等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的化学知识进行解题。
3．（2025 通州区一模）下列过程的化学用语表述不正确的是（　　）
A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
B．将灼热的铜丝插入乙醇中：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热：CH3CH2Br+NaOHCH2═CH2↑+NaBr+H2O
D．酚酞滴入Na2CO3溶液中，溶液变红：H2O OH﹣
【答案】C
【分析】A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成二氧化锰、氯气和水；
B．将灼热的铜丝插入乙醇中，乙醇发生催化氧化生成乙醛和水；
C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成醇和水；
D．碳酸钠溶液中水解溶液显碱性，酚酞滴入Na2CO3溶液中，溶液变红。
【解答】解：A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成二氧化锰、氯气和水，反应的离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B．将灼热的铜丝插入乙醇中，乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故B正确；
C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成醇和水，反应的化学方程式：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，故C错误；
D．碳酸钠溶液中水解溶液显碱性，水解离子方程式为：H2O OH﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式和化学方程式书写、盐类水解等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
4．（2024秋 房山区期末）下列变化不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．氯气使湿润的红纸条褪色
B．实验室用Na2SO3和70%的H2SO4制取SO2
C．工业用黄铁矿（FeS2）制备硫酸
D．盛放FeSO4溶液的试剂瓶中加入铁粉
【答案】B
【分析】A．根据氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性使pH试纸先变红，次氯酸具有漂白性，进行分析；
B．根据H2SO4（浓）+Na2SO3Na2SO4+SO2↑+2H2O，进行分析；
C．根据，SO2被氧化为SO3，进行分析；
D．根据加入一定量铁粉，防止二价铁被氧化，涉及氧化还原反应，进行分析。
【解答】解：A．氯气和水反应生成盐酸和HClO，盐酸具有酸性使pH试纸先变红，次氯酸具有漂白性，后试纸褪色，氧化漂白过程涉及氧化还原反应，故A错误；
B．实验室用亚硫酸钠制取SO2反应为H2SO4（浓）+Na2SO3Na2SO4+SO2↑+2H2O，该反应为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故B正确；
C．工业用黄铁矿制备硫酸中，发生的反应，氧气被氧化为SO3，均涉及氧化还原反应，故C错误；
D．配制FeSO4溶液时，加入一定量铁粉，防止二价铁被氧化，涉及氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查氧化还原反应与非氧化还原反应等，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。
5．（2025 海淀区一模）丙酮酸是生物体代谢的重要中间产物，其结构如图所示。下列关于丙酮酸的说法不正确的是（　　）
A．能形成分子间氢键
B．能发生加成和取代反应
C．水中的溶解度：丙酮酸＜丙酮酸乙酯
D．受α位羰基影响，其酸性强于丙酸
【答案】C
【分析】A．羧基中—OH能形成分子间氢键；
B．具有酮和羧酸的性质；
C．丙酮酸中含有亲水基—COOH，丙酮酸乙酯中含有憎水剂酯基；
D．羰基中氧原子电负性较大，导致羧基中O—H键的极性增强，易电离出氢离子。
【解答】解：A．分子的羧基中—OH能形成分子间氢键，故A正确；
B．具有酮和羧酸的性质，羰基能发生加成反应、羧基能发生取代反应，故B正确；
C．丙酮酸中含有亲水基—COOH，丙酮酸乙酯中含有憎水剂酯基，所以在水中的溶解度：丙酮酸＞丙酮酸乙酯，故C错误；
D．分子中羰基中氧原子电负性较大，导致羧基中O—H键的极性增强，易电离出氢离子，所以酸性强于丙酸，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识的综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
6．（2025春 通州区期中）常温下，1体积水可溶解约700体积氨。用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验，下列说法正确的是（　　）
A．“喷泉”现象的产生证明氨气与水发生了反应
B．酚酞溶液变红证明NH3极易溶于水
C．所得溶液中存在平衡：NH3+H2O NH3 H2O OH﹣
D．加热变红后的酚酞溶液可观察到溶液不褪色
【答案】C
【分析】A．NH3与H2O发生了反应，也可能是NH3极易溶于水导致烧瓶内气体压强减小；
B．无色溶液变红证明NH3与水生成了碱性物质一水合氨；
C．氨水呈碱性，能使酚酞溶液变红；
D．氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出铵根离子和氢氧根离子，加热影响化学平衡。
【解答】解：A．产生“喷泉”证明烧瓶内外形成了较大的压强差，不一定是NH3与H2O发生了反应，也可能是NH3极易溶于水，故A错误；
B．无色溶液变红证明NH3与水生成了碱性物质，不能证明氨气极易溶于水，故B错误；
C．所得溶液中存在平衡，NH3+H2O NH3 H2O OH﹣，故C正确；
D．红色溶液中存在平衡：NH3+H2O NH3 H2O OH﹣，加热时，氨气挥发，平衡逆移，c（OH﹣）减小，则红色变浅或褪去，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查喷泉实验和氨气性质，题目难度中等，掌握喷泉实验的发生原理和氨气的相关性质是解题的关键。
7．（2025春 北京校级月考）Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如表：
实验
现象 Fe表面产生大量无色气泡 Fe表面产生少量气泡后迅速停止 Mg表面迅速产生大量气泡 Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
关于上述实验说法不合理的是（　　）
A．Ⅰ中产生气体的原因是：Fe+2H+＝Fe2++H2↑
B．取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C．取出Ⅲ中的镁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
D．Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强
【答案】B
【分析】A．根据铁和稀硫酸反应生成H2，进行分析；
B．根据常温下，铁和浓硫酸发生钝化反应，进行分析；
C．根据镁和浓硫酸没有发生钝化反应，进行分析；
D．根据原电池的工作原理进行分析。
【解答】解：A．Fe和稀H2SO4反应生成H2，因此铁表面产生大量无色气泡，离子方程式为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，故A正确；
B．常温下，Fe和浓H2SO4发生钝化反应，在Fe的表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，因此取出Ⅱ中的铁棒放入硫酸铜溶液中不会立即析出亮红色固体，故B错误；
C．根据实验现象，Mg表面迅速产生大量的气泡，说明Mg和浓硫酸没有发生钝化反应，取出Ⅲ中的镁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体Cu，故C正确；
D．根据原电池的工作原理，正极上产生气泡，因此Fe作正极，Mg作负极，活泼金属作负极，Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查镁的性质及用途等，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 通州区一模）下列实验中，不能达到实验目的的是（　　）
A B C D
制备晶体Cu（NH3）4]SO4 H2O 验证AgCl和AgI的Ksp大小 制乙炔并检验乙炔具有还原性 海水蒸馏制淡水
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】A．乙醇为弱极性分子，可降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度；
B．由实验操作可知，生成的AgCl可转化为更难溶的AgI；
C．生成的乙炔中混有硫化氢，均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D．海水中水的沸点较低。
【解答】解：A．乙醇为弱极性分子，可降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度，则加入乙醇，析出Cu（NH3）4]SO4 H2O，故A正确；
B．由实验操作可知，生成的AgCl可转化为更难溶的AgI，则Ksp为AgCl＞AgI，故B正确；
C．生成的乙炔中混有硫化氢，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则紫色褪去，不能证明乙炔具有还原性，故C错误；
D．海水中水的沸点较低，可选图中蒸馏装置分离淡水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、难溶电解质、海水淡化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（2024秋 石景山区期末）白云石的主要化学成分为CaMg（CO3）2，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如图。
后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%
已知：740℃时，碳酸钙受热分解为CaO和CO2
下列说法不正确的是（　　）
A．将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率
B．固体A的主要成分是MgO
C．生成固体C的离子方程式是
D．740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为Ca（OH）2分解所致
【答案】D
【分析】白云石矿样煅烧后CaMg（CO3）2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液浸钙，钙离子浸入滤液B中，固体A为MgO，通入氨气与二氧化碳，沉淀分离获得固体C主要成分为碳酸钙和少量氢氧化钙，滤液D为氯化铵，据此分析回答问题。
【解答】解：A.将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率，故A正确；
B.结合分析可知，固体A的主要成分是MgO，故B正确；
C.通入氨气与二氧化碳，沉淀分离获得固体C主要成分为碳酸钙，对应离子反应方程式为，故C正确；
D.740℃时，碳酸钙受热分解为CaO和CO2，此时固体剩余量正好为56%，若740℃时，碳酸钙受热分解为CaO和CO2，说明有摩尔质量大于CaCO3的物质存在，Ca（OH）2分解产生CaO和H2O，固体剩余量大于56%，故D错误，
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
10．（2025 西城区一模）反应CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）在工业上有重要的应用，在Pd膜反应器中的工作原理示意图如图所示。
下列说法不正确的是（　　）
A．CO2和H2均是非极性分子
B．H2吸附并透过Pd膜的过程中s﹣sσ键发生断裂和形成
C．Pd膜可分离H2并提高CO的平衡转化率
D．增大CO和H2O（g）的流速，一定可提高单位时间内H2的产率
【答案】D
【分析】A．分子结构对称，正、负电荷中心重合，是非极性分子；
B．依据图象中物质变化判断键的变化；
C．根据勒夏特列原理，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动；
D．增大流速，反应物与催化剂的接触时间可能变短，反应可能不充分。
【解答】解：A．CO2是直线形分子，结构对称，正、负电荷中心重合，是非极性分子；H2是由同种元素组成的双原子分子，是非极性分子，故A正确；
B．由图可知，H2吸附并透过Pd膜的过程中，H—Hσ键发生断裂，然后原子重新组合形成新的H—Hσ键，故B正确；
C．Pd膜能允许H2通过，将生成的H2分离出来，根据勒夏特列原理，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，从而提高CO的平衡转化率，故C正确；
D．增大CO和H2O（g）的流速，反应物与催化剂的接触时间可能变短，反应可能不充分，不一定能提高单位时间内氢气的产率，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
11．（2025春 丰台区期中）短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X单质中燃烧火焰呈黄色，R基态原子p能级有一对成对电子。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Z＞R＞Y＞X
B．气态氢化物的稳定性：Y＞R＞X
C．X与Z组成的化合物一定不含有共价键
D．X与R组成的化合物RX2、RX3中，R的杂化方式相同
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，X为O元素；Z在X单质中燃烧火焰呈黄色，Z为Na元素，结合原子序数可知Y为F元素；R基态原子p能级有一对成对电子，其价电子排布式为3s23p4，R为S元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为O元素、Y为F元素、Z为Na元素、R为S元素，
A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z＞R＞X＞Y，故A错误；
B．同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强、对应简单氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：Y＞X＞R，故B错误；
C．X与Z组成的化合物若为过氧化钠，含有O—O共价键，故C错误；
D．X与R组成的化合物SO2、SO3中，价层电子对数分别为23、33，可知R的杂化方式相同，均为sp2杂化，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、电子排布、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12．（2025 门头沟区一模）AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈CH3CH2CN）和异腈CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。下列说法不正确的是（　　）
A．腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）互为同分异构体
B．AgCN与CH3CH2Br生成腈和异腈的反应都是放热反应
C．Ⅰ中“N Ag”间的作用力比Ⅱ中“C Ag”间的作用力弱
D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物Ⅰ
【答案】D
【分析】A．分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；
B．图象中的反应Ⅰ、Ⅱ中反应物总能量高于生成物总能量；
C．图中变化可知，物质Ⅰ转化为腈断裂N Ag所需能量小于物质Ⅱ转化为异腈断裂C Ag所需能量；
D．图中分析可知，AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈CH3CH2CN）活化能大于生成异腈CH3CH2NC）的活化能。
【解答】解：A．腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B．图中能量变化可知，AgCN与CH3CH2Br生成腈和异腈的反应都是放热反应，故B正确；
C．图中变化可知，物质Ⅰ转化为腈断裂N Ag所需能量小于物质Ⅱ转化为异腈断裂C Ag所需能量，则Ⅰ中“N Ag”间的作用力比Ⅱ中“C Ag”间的作用力弱，故C正确；
D．AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈CH3CH2CN）活化能大于生成异腈CH3CH2NC）的活化能，升高温度可以加快生成腈的反应速率，减少与生成异腈的差距，适当提高了腈的选择性，从后续物的稳定性和反应速率的角度不都有利生成后续物Ⅰ，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应过程的分析判断，主要是反应能力变化、活化能的比较等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
13．（2024秋 石景山区期末）一种全钒液流电池放电状态的工作原理示意图如图。
下列说法正确的是（　　）
A．放电时，H+穿过质子交换膜进入负极室
B．放电时，正极的反应为
C．充电时，负极室的pH升高
D．充电时，电极a应连接电源的负极
【答案】B
【分析】放电时，左侧电极为正极，正极反应为2H++e﹣＝VO2++H2O，右侧电极为负极，负极反应为V2+﹣e﹣＝V3+，则充电时，V3+发生还原反应，即右侧电极上V3+发生得电子的还原反应生成V2+，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阴极电极反应为V3++e﹣＝V2+，阳极极电极反应为VO2+﹣e﹣+H2O2H+，据此分析解答。
【解答】解：A．放电时，阳离子移向正极，即H+穿过质子交换膜进入正极室，故A错误；
B．放电时，在正极发生得电子的还原反应生成VO2+，则正极的电极反应为2H++e﹣＝VO2++H2O，故B正确；
C．充电时，阴极发生得电子的还原反应，电极反应为V3++e﹣＝V2+，且充电时氢离子通过交换膜移向右侧负极室，负极室的pH降低，故C错误；
D．充电时，左侧电极啊为阳极，应连接电源的正极，故D错误；
故选：B。
【点评】本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。
14．（2024秋 石景山区期末）对于二元弱酸H2A，存在电离平衡：，HA﹣ H++A2﹣，，，如果Ka1＞Ka2，则以第一步电离为主，此时H2A水溶液中c（H+）≈c（HA﹣），则c（A2﹣）≈Ka2。
已知：H2SO3的，；；
H2CO3的，；；
。。
下列说法不正确的是（　　）
A．酸性：H2SO3＞H2CO3
B．将浓度均为0.4mol/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，会生成BaSO3沉淀
C．将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10﹣4mol/L，的水解程度约为50%
D．将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以形式存在
【答案】D
【分析】A.通过电离常数可比较酸性强弱；
B.求出浓度，利用溶度积常数可解答；
C.根据水解常数，利用三段式可解答；
D.的水解程度较大，碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以形式存在。
【解答】解：A.由信息可知，H2SO3的H2CO3的，所以酸性：H2SO3＞H2CO3，故A正确；
B.将浓度均为0.4mol/L的BaCl2和H2SO3溶液等体积混合，H2SO3和Ba2+的浓度均为0.2mol/L，由于H2SO3的，由已知可知，c（）≈Ka2＝6.0×10﹣8，所以Q（Ba SO3）＝0.2mol/L×6.0×10﹣8mol/L＝1.2×10﹣8，所以会生成沉淀，故B正确；
C.将碳酸钠溶液加水稀释至4.2×10﹣4mol/L，设水解的浓度为x，忽略第二步水解，生成的和OH﹣浓度相等均为x，未水解的浓度为4.2×10﹣4﹣x，所以Kh1，解得x＝2.1×10﹣4，则的水解程度为100%＝50%，故C正确；
D.已知的水解常数Kh1＝2.1×10﹣4＞＞Kh22.2×10﹣8，说明溶液中的水解程度较大，所以过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以形式存在，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数和盐类的水解等知识，难度较大，需通过基础知识综合分析。
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2024秋 石景山区期末）一种利用绿柱石（主要成分是Be3Al2Si6O18，含一定量FeO和Fe2O3等杂质）生产BeO的工艺流程如图（简称硫酸法）。
已知：固体A的主要成分是SiO2，固体C的主要成分是（NH4）Al（SO4）2 12H2O。
（1）浓硫酸浸出，利用了H2SO4的氧化性和 　酸　 性。
（2）滤液D氨水调pH＝5.1时，反应的离子方程式有 　，　 。
（3）25℃时，氨水的pH可达11。室温过滤（25℃）时，滤液F的pH最高为8.0，结合平衡移动原理解释原因 　NH3 H2O OH﹣，滤液F中浓度较大，平衡逆向移动，OH﹣浓度减小　 。
（4）由于高品质绿柱石资源短缺，需要从品质差的含氟铍矿石中提取BeO。
①采用硫酸法时，滤液D中硫酸的浓度约为2mol/L，滤液F中硫酸铵的浓度一般为180g/L，此时如果溶液中不含氟，铍可以完全沉淀。氟存在时，部分Be2+会和F﹣生成配合物，导致BeO的产率降低，解释Be2+和F﹣能形成配合物的原因 　Be2+有空轨道，F﹣有孤电子对，两者可以形成配位键　 。增大沉铍时的pH或较少F﹣浓度有利于提高BeO的产率。
②实践表明：其他条件不变时，用NH3替代硫酸铵既可以除去Al3+，又能够将沉淀Be2+时的pH提高到8.5，结合化学用语解释原因 　用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对NH3 H2O OH﹣的抑制作用，增大OH浓度，pH可以提高到8.5　 。
③预处理脱氟可减少氟对铍提取的影响。不考虑F﹣的影响，沉淀Be2+时，将pH从8.0提高到8.5，理论上铍的损失将降低至原来的 　10　 %。
【答案】（1）酸性；
（2），；
（3）滤液F中浓度较大，平衡逆向移动；在95℃时，氨的溶解度较低，室温过滤时溶解的氨较少，pH最高为8.0；
（4）①Be2+有空轨道，F有孤电子对，两者可以形成配位键；
②用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对的抑制作用，增大OH浓度，pH可以提高到8.5；
③10。
【分析】绿柱石（主要成分是Be3Al2Si6O18，含一定量FeO和Fe2O3等杂质），绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，固体A是SiO2，滤液B中加硫酸铵调节pH＝1.5除去铝离子，过滤得到固体C是Al（OH）3，滤液中加入氨水调节pH＝5.1除去铁离子，过滤得到固体E为Fe（OH）3，滤液中再加入氨水到pH＝8.0生成Be（OH）2沉淀，滤液硫酸铵循环利用，e（OH）2分解生成BeO，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）根据分析可知，浓硫酸浸出，利用了H2SO4的氧化性和酸性，
故答案为：酸；
（2）滤液D氨水调pH＝5.1时，反应的离子方程式有：，，
故答案为：，；
（3）25℃时，氨水的pH可达11，室温过滤（25℃）时，滤液F的pH最高为8.0，原因是NH3 H2O OH﹣，滤液F中浓度较大，平衡逆向移动，OH﹣浓度减小，
故答案为：NH3 H2O OH﹣，滤液F中浓度较大，平衡逆向移动，OH﹣浓度减小；
（4）①Be2+和F﹣能形成配合物的原因是Be2+有空轨道，F﹣有孤电子对，两者可以形成配位键，
故答案为：Be2+有空轨道，F﹣有孤电子对，两者可以形成配位键；
②通过反应和═（NH4）Al（SO4）2 12H2O[或NH3+H++Al3++212H2O＝（NH4）Al（SO4）2 12H2O↓]除去Al3+，实践表明：其他条件不变时，用NH3替代硫酸铵既可以除去Al3+，又能够将沉淀Be2+时的pH提高到8.5，原因是用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对NH3 H2O OH﹣的抑制作用，增大OH浓度，pH可以提高到8.5，
故答案为：用氨代替硫酸铵，可以降低浓度，减少对NH3 H2O OH﹣的抑制作用，增大OH浓度，pH可以提高到8.5；
③设Be（OH）2的溶度积常数为Ksp，K＝c（Be2+）×c2（OH﹣），c（Be2+），当pH＝8.0时，c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，铍损失浓度为c（Be2+）mol/L，当pH＝8.5时，c（OH﹣）＝10﹣5.5mol/L，铍损失浓度为c（Be2+）mol/L，损失降低至原来的10%，
故答案为：10。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的反应、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
16．（2025 西城区一模）钒钛磁铁矿（主要含V2O5、TiO2、FeO和Fe2O3）与钛白废酸（主要含H2SO4和TiOSO4）为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如图。
资料：i.溶液A、溶液B和溶液C中的钛元素均以TiO2+存在。
ⅱ.有机酸类萃取剂（HA）对阳离子的萃取能力：Fe3+Fe2+。
（1）“氧化浸出”过程中Fe2+玻H2O2氧化，反应的离子方程式是 　2Fe2++H2O2+2H+＝ 2Fe3++2H2O　 。
（2）溶液B中加入（NH4）2SO4使Fe2+结晶，随着（NH4）2SO4的用量增大，Fe2+的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：　溶液B中存在平衡：FeSO4+（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2，加入（NH4）2SO4，（NH4）2SO4浓度增大，平衡向右移动，有利于Fe2+形成（NH4）2Fe（SO4）2结晶析出，所以随着（NH4）2SO4的用量增大，Fe2+的结晶率增大　 。
（3）溶液C经水解析出TiO2 xH2O反应的离子方程式是 　TiO2++（x+1）H2O ＝TiO2 xH2O↓+2H+　 。
（4）溶液D中加入NaClO后，VO2+被氧化为，萃取得到富钒溶液。用HA萃取钒时发生反应：HA VO2A+H+，分液后得到含VO2A的有机溶液。
由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是 　向含VO2A的有机溶液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到含的水溶液　 。
（5）最终得到的V2O5中含有铁元素，原因是 　在萃取过程中，有机酸类萃取剂（HA）对Fe3+也有一定的萃取能力，使得部分铁元素进入富钒溶液，最终在制备V2O5的过程中引入铁元素　 。
（6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下（部分试剂已略去）。
已知：ⅰ.Cr2将Ti3+氧化为TiO2+，Mn2+是该反应的催化剂。
ⅱ.还原性Ti3+＞Fe2+，Cr2均被还原为Cr3+。
①溶液a→溶液b、溶液b→溶液c消耗K2Cr2O7标准溶液的体积分别为v1mL和v2mL，则溶液A中TiO2+与Fe2+的物质的量之比是 　　 。
②若不加入MnSO4，最终会导致测定结果中铁元素的含量 　偏高　 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
【答案】（1）2Fe2++H2O2+2H+＝ 2Fe3++2H2O；
（2）溶液B中存在平衡：FeSO4+（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2，加入（NH4）2SO4，（NH4）2SO4浓度增大，平衡向右移动，有利于Fe2+形成（NH4）2Fe（SO4）2结晶析出，所以随着（NH4）2SO4的用量增大，Fe2+的结晶率增大；
（3）TiO2++（x+1）H2O ＝TiO2 xH2O↓+2H+；
（4）向含VO2A的有机溶液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到含的水溶液；
（5）在萃取过程中，有机酸类萃取剂（HA）对Fe3+也有一定的萃取能力，使得部分铁元素进入富钒溶液，最终在制备V2O5的过程中引入铁元素；
（6）①；
②偏高。
【分析】（1）“氧化浸出”过程中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+；
（2）溶液B中存在平衡：FeSO4+（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2，加入（NH4）2SO4，（NH4）2SO4浓度增大，平衡向右移动，有利于Fe2+形成（NH4）2Fe（SO4）2结晶析出；
（3）溶液C经水解析出TiO2 xH2O，反应的离子方程式是：TiO2++（x+1）H2O ＝TiO2 xH2O↓+2H+；
（4）根据HA VO2A+H+，要由有机溶液重新得到含的水溶液，可向含VO2A的有机溶液中加入酸，增大H+浓度，使平衡逆向移动，操作是：向含VO2A的有机溶液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到含的水溶液；
（5）最终得到的V2O5中含有铁元素，原因是：在萃取过程中，有机酸类萃取剂（HA）对Fe3+也有一定的萃取能力，使得部分铁元素进入富钒溶液，最终在制备V2O5的过程中引入铁元素；
（6）①根据Cr2将Ti3+氧化为TiTi，Cr2被还原为Cr3+，可得关系式Cr2～2Ti3+～2TiO2+，溶液a→溶液b消耗K2Cr2O7标准溶液的体积为v1mL，则n（TiO2+）＝2n（Cr2）＝2×0.1mol/L×V1×10﹣3L ＝ 2×10﹣4v1mol，Cr2氧化Fe2+的关系式为Cr2～6Fe2+，溶液b→溶液c消耗K2Cr2O7标准溶液的体积为v2mL，则n（Fe2+）＝6n（Cr2）＝6×0.1mol/L×v2×10﹣3L ＝ 6×10﹣4v2mol，所以溶液A中TiO2+与Fe2+的物质的量之比是；
②若不加入MnSO4，Cr2氧化Ti3+的反应速率较慢，在氧化Ti3+时，部分Fe2+会被空气中的氧气氧化，导致消耗K2Cr2O7标准溶液的体积v2增大，最终会导致测定结果中铁元素的含量偏高。
【解答】解：（1）“氧化浸出”过程中Fe2+被H2O2氧化，反应的离子方程式是：2Fe2++H2O2+2H+＝ 2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝ 2Fe3++2H2O；
（2）溶液B中存在平衡：FeSO4+（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2，加入（NH4）2SO4，（NH4）2SO4浓度增大，平衡向右移动，有利于Fe2+形成（NH4）2Fe（SO4）2结晶析出，所以随着（NH4）2SO4的用量增大，Fe2+的结晶率增大，
故答案为：溶液B中存在平衡：FeSO4+（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2，加入（NH4）2SO4，（NH4）2SO4浓度增大，平衡向右移动，有利于Fe2+形成（NH4）2Fe（SO4）2结晶析出，所以随着（NH4）2SO4的用量增大，Fe2+的结晶率增大；
（3）溶液C经水解析出TiO2 xH2O，反应的离子方程式是：TiO2++（x+1）H2O ＝TiO2 xH2O↓+2H+，
故答案为：TiO2++（x+1）H2O ＝TiO2 xH2O↓+2H+；
（4）根据HA VO2A+H+，要由有机溶液重新得到含的水溶液，可向含VO2A的有机溶液中加入酸，增大H+浓度，使平衡逆向移动，操作是：向含VO2A的有机溶液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到含的水溶液，
故答案为：向含VO2A的有机溶液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到含的水溶液；
（5）最终得到的V2O5中含有铁元素，原因是：在萃取过程中，有机酸类萃取剂（HA）对Fe3+也有一定的萃取能力，使得部分铁元素进入富钒溶液，最终在制备V2O5的过程中引入铁元素，
故答案为：在萃取过程中，有机酸类萃取剂（HA）对Fe3+也有一定的萃取能力，使得部分铁元素进入富钒溶液，最终在制备V2O5的过程中引入铁元素；
（6）①根据Cr2将Ti3+氧化为Ti，Cr2被还原为Cr3+，可得关系式Cr2～2Ti3+～2TiO2+，溶液a→溶液b消耗K2Cr2O7标准溶液的体积为v1mL，则n（TiO2+）＝2n（Cr2）＝2×0.1mol/L×V1×10﹣3L ＝ 2×10﹣4v1mol，Cr2氧化Fe2+的关系式为Cr2～6Fe2+，溶液b→溶液c消耗K2Cr2O7标准溶液的体积为v2mL，则n（Fe2+）＝6n（Cr2）＝6×0.1mol/L×v2×10﹣3L ＝ 6×10﹣4v2mol，所以溶液A中TiO2+与Fe2+的物质的量之比是，
故答案为：；
②若不加入MnSO4，Cr2氧化Ti3+的反应速率较慢，在氧化Ti3+时，部分Fe2+会被空气中的氧气氧化，导致消耗K2Cr2O7标准溶液的体积v2增大，最终会导致测定结果中铁元素的含量偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题主要考查了物质的分离知识，题目难度中等，掌握物质分离的方法，结合所学知识是解答的关键。
三．解答题（共3小题）
17．（2025 顺义区一模）LiFePO4常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。FePO4 2H2O是制备LiFePO4的原料。
（1）由钛白渣（主要成分为FeSO4）获取FePO4 2H2O的流程示意图如图。
资料：ⅰ．FePO4 2H2O性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小
ⅱ．空间结构：
①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 　增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底　 。
②溶液A的主要成分是FeHPO4（配合物），分析FeHPO4中配位键的形成过程 　Fe2+提供空轨道，中O原子提供孤电子对　 。
③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 　　 。
④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0～1.5，pH不能过高的原因是 　pH过高会使Fe3+水解生成Fe（OH）3，影响产品纯度；pH过高体系中增大，Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能　 。
（2）从废旧LiFePO4电极粉末中回收制备FePO4 2H2O，同时获得副产品Li2CO3，工艺流程如下。
①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 　温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢　 。
②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 　Li2CO3　 （填化学式）。
③H2O2添加量对Fe、P沉淀率影响如图所示。
实际生产时，H2O2添加量选2.5%的原因是 　H2O2添加量低于2.5%，FePO4 2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低　 。
（3）产品FePO4 2H2O中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入SnCl2溶液，至Fe3+恰好完全还原为Fe2+，Sn2+被氧化为Sn4+，滴加指示剂，用0.01mol L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定（铬元素被还原为Cr3+），消耗vmLK2Cr2O7标准溶液，样品中铁的质量分数为 　　 。（实验条件下Cl﹣存在不影响实验结果）
【答案】（1）①增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；
②Fe2+提供空轨道，中O原子提供孤电子对；
③；
④pH过高会使Fe3+水解生成Fe（OH）3，影响产品纯度；pH过高体系中增大，Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能；
（2）①温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；
②Li2CO3；
③H2O2添加量低于2.5%，FePO4 2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低；
（3）。
【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到FePO4 2H2O。
【解答】解：（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，
故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；
②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为亚铁离子提供空轨道，中氧原子提供孤电子对，
故答案为：Fe2+提供空轨道，中O原子提供孤电子对；
③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为，反应的离子方程式为，
故答案为：；
④pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度，pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0～1.5，pH不能过高，
故答案为：pH过高会使Fe3+水解生成Fe（OH）3，影响产品纯度；pH过高体系中增大，Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能；
（2）①使用HNO3酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃HNO3挥发或HNO3分解，其浓度降低，反应速率慢，
故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；
②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，
故答案为：Li2CO3；
③由图可知，H2O2添加量低于2.5%，FePO4 2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成氢氧化铁沉淀，铁沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，过氧化氢添加量选2.5%，
故答案为：H2O2添加量低于2.5%，FePO4 2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低；
（3）由原子守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6FePO4 2H2O～K2Cr2O7，滴定消耗VmL0.01mol/L重铬酸钾溶液，则样品中铁的质量分数为，
故答案为：。
【点评】本题综合考查了化学实验、工艺流程、化学计算等多方面知识，难度较大。解题时需要从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行分析和解答。
18．（2025 江岸区校级模拟）开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞坦的前体K的合成路线如图：
已知：ⅰ．R—Br+CHR1（COOR2）2R—CR1（COOR2）2
ⅱ．R—NH2+→
（1）A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是 　　 。
（2）B中含有—OH，试剂a是 　HBr　 。
（3）D的结构简式是 　　 。
（4）E→F中，反应i的化学方程式为 　+2NaOH→+2CH3OH　 。
（5）下列关于有机物F和G的说法正确的是 　bc　 （填字母）。
a．F和G均没有手性碳原子
b．F和G均能与NaHCO3反应
c．F和G均能与银氨溶液反应
（6）H与NH2OH反应得到I经历了如图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含N—O键。
中间产物1、中间产物3的结构简式是 　　 、　或　 。
（7）I→J的过程中，SeO2转化为含+2价Se的化合物，反应中SeO2和I的物质的量之比为 　3：1　 。
【答案】（1）；
（2）HBr；
（3）；
（4）+2NaOH→+2CH3OH；
（5）bc；
（6）；；；
（7）3：1。
【分析】由有机物的转化关系可知，核磁共振氢谱有3组峰的一定条件下与环氧乙烷反应生成，则A为、B为；与溴化氢发生取代反应生成，则C为；催化剂作用下与CH2（COOCH3）2发生取代反应生成，则D为；催化剂作用下与Br（CH2）2CHO发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，酸化生成，则F为；共热发生脱羧反应生成，则G为；一定条件下转化为，与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，与二氧化硒发生氧化反应生成，则J为；催化剂作用下发生取代反应生成。
【解答】解：（1）由分析可知，A的结构简式为，
故答案为：；
（2）由分析可知，与溴化氢发生取代反应生成和水，则试剂a为溴化氢，
故答案为：HBr；
（3）由分析可知，D的结构简式为，
故答案为：；
（4）由分析可知，E→F中，反应i的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+2NaOH→+2CH3OH，
故答案为：+2NaOH→+2CH3OH；
（5）由分析可知，F和G的结构简式为和；
a．由结构简式可知，G分子中含有1个如图*所示的1个手性碳原子：，故a错误；
b．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与碳酸氢钠反应的羧基，故b正确；
c．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与银氨溶液反应的醛基，故c正确；
故答案为：bc；
（6）由分析可知，H→I的反应为与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，则中间产物1的结构简式为，中间产物3的结构简式为或，
故答案为：；或；
（7）由分析可知，I→J的反应为与二氧化硒发生氧化反应生成，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂二氧化硒和还原剂的物质的量之比为3：1，
故答案为：3：1。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析判断和综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，题目难度中等。
19．（2025 海淀区校级模拟）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化： ΔH＝﹣98kJ mol﹣1，回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，V2O5（s）与SO2（g）反应生成VOSO4（s）和V2O4（s）的热化学方程式为：　2V2O5（s）+2SO2（g） 2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝﹣351kJ mol﹣1　 。
（2）当SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图（b）所示。反应在5.0MPa、550℃时的α＝　0.975　 ，判断的依据是　该反应气体分子数减少，增大压强，α提高，5.0MPa＞2.5MPa＝p2，所以p1＝5.0Mpa　 。影响α的因素有　温度、压强和反应物的起始浓度　 。
（3）将组成（物质的量分数）为2m%SO2（g）、m%O2（g）和q%N2（g）的气体通入反应器，在一定的温度和压强下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3的物质的量分数为　　 。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：，式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α′为某时刻SO2转化率，n为常数。在α′＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线，如图（c）所示。已知：图示温度范围催化剂活性变化不大。
曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm。t＜tm时，v逐渐提高；t＞tm后，v逐渐下降。原因是　升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降，t＜tm时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞tm后，k增大对v的提高小于α引起的降低　 。
【答案】（1）2V2O5（s）+2SO2（g） 2VOSO4（s）+V2O4（s） ΔH＝﹣351kJ mol﹣1；
（2）0.975；该反应气体分子数减少，增大压强，α提高，5.0MPa＞2.5MPa＝p2，所以p1＝5.0Mpa；温度、压强和反应物的起始浓度；
（3）；
（4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降，t＜tm时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞tm后，k增大对v的提高小于α引起的降低。
【分析】（1）根据图（a）所示的能量变化，可以写出V2O5（s）与SO2（g）反应生成VOSO4（s）和V2O4（s）的热化学方程式；
（2）根据图（b）所示的SO2平衡转化率α随温度和压强的变化，可以判断在5.0MPa、550℃时的α值，以及影响α的因素；
（3）根据化学平衡的计算方法，可以计算出平衡时SO3的物质的量分数；
（4）根据反应速率方程和图（c）所示的v～t曲线，可以分析出v最大值所对应温度tm的含义，以及t＜tm和t＞tm时v的变化原因。
【解答】解：（1）由题中信息可知：① ΔH＝﹣98kJ mol﹣1，②V2O4（s）+SO3（g） V2O5（s）+SO2（g）ΔH2＝﹣24kJ mol﹣1，③V2O4（s）+2SO3（g） 2VOSO4（s）ΔH1＝﹣399kJ mol﹣1，方程③﹣2×方程②得2V2O5（s）+2SO2（g） 2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH，根据盖斯定律可知，其ΔH＝ΔH1﹣2ΔH2＝（﹣399kJ mol﹣1）﹣（﹣24kJ mol﹣1）×2＝﹣351kJ mol﹣1，所以所求的热化学方程式：2V2O5（s）+2SO2（g） 2VOSO4（s）+V2O4（s） ΔH＝﹣351kJ mol﹣1，
故答案为：2V2O5（s）+2SO2（g） 2VOSO4（s）+V2O4（s） ΔH＝﹣351kJ mol﹣1；
（2） ΔH＝﹣98kJ mol﹣1是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动，因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1＝5.0MPa，由图中数据可知，α＝0.975，影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等，
故答案为：0.975；该反应气体分子数减少，增大压强，α提高，5.0MPa＞2.5MPa＝p2，所以p1＝5.0Mpa；温度、压强和反应物的起始浓度；
（3）假设原气体的物质的量为100mol，SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，则2m+m+q＝3m+q＝100，SO2的平衡转化率为α，达到平衡过程中，SO2、O2、O3分别变化了2mαmol、mαmol、2mαmol，平衡时SO2、O2、O3分别为2m（1﹣α）mol、m（1﹣α）mol、2mαmol，平衡时气体的总物质的量为n（总）＝ 2m（1﹣α）mol+m（1﹣α）mol+2mα mol+q mol＝（3m+q﹣mα）mol＝（100﹣mα）mol，则SO3的物质的量分数为，
故答案为：；
（4）由于该反应是放热反应，温度升高后α降低，由题中信息可知，，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降，当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低，
故答案为：升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降，t＜tm时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞tm后，k增大对v的提高小于α引起的降低。
【点评】本题主要考查了化学反应原理，包括热化学方程式的书写、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算以及反应速率方程的应用。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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