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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春 房山区期中）我国科研人员生产出满足医用要求的器Mo样品，这种核素在多个医疗领域发挥着不可替代的作用。下列关于Mo的说法不正确的是（　　）
A．质子数为42
B．中子数为57
C．与Mo互为同位素
D．质量数为141
2．（2024秋 石景山区期末）下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．CO2的电子式：
B．基态N原子的价层电子轨道表示式：
C．HClO的结构式：H—Cl—O
D．反﹣2﹣丁烯的分子结构模型：
3．（2025 朝阳区二模）下列方程式不能准确解释相应实验现象或事实的是（　　）
A．CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊
B．向ZnS沉淀中加入CuSO4溶液，沉淀变黑：ZnS（s）+Cu2+（aq）═CuS（s）+Zn2+（aq）
C．常温下，Cl2通入NaOH溶液制得漂白液：3Cl2+6OH﹣＝5Cl﹣3H2O
D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br
4．（2025春 通州区期中）下列物质分类不正确的是（　　）
A．S属于单质 B．KHCO3属于酸
C．NO属于氧化物 D．NH4Cl属于盐
5．（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
6．（2025 通州区一模）如图是核酸的某一结构片段，下列说法不正确的是（　　）
A．该结构片段能与NaOH反应，不能与盐酸反应
B．该结构片段中含有手性碳原子
C．核酸水解可得到磷酸
D．核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对
7．（2025 朝阳区二模）下列实验中，溶液pH升高的是（　　）
A．微热FeCl3溶液，溶液颜色变深
B．光照新制的氯水，得到无色溶液
C．向Na2CO3溶液中加入少量MgCl2溶液，生成Mg2（OH）2CO3沉淀
D．向H2SO3溶液中通入少量H2S气体，产生黄色沉淀
8．（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
9．（2025 西城区一模）一定温度下，在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。
下列说法不正确的是（　　）
A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能
B．5～10min时，各物质的物质的量分数变化可以用E1＜E2来解释
C．Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、σ键的旋转
D．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数
10．（2025 东城区一模）探究电解过程中离子迁移的规律，用石墨电极完成如图实验。
实验 现象
下列分析不正确的是（　　）
A．a处电极接电源正极
B．pH试纸Ⅰ的图案说明H+的迁移比OH﹣的迁移快
C．电极反应产生的H+的物质的量：a处＞c处
D．pH试纸Ⅱ上发生迁移的离子主要是Na+和
11．（2025 海淀区校级模拟）一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）ΔH＜0，相关数据见下表。
容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
NO（g） CO（g） CO2（g）
Ⅰ T1 0.2 0.2 0.1
Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12
下列说法不正确的是（　　）
A．T1＞T2
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动
12．（2024秋 石景山区期末）一种热响应高分子Y的合成路线如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．X在引发剂的作用下，发生加聚反应生成Y
B．X和Y均含有酰胺基
C．X的分子式为C5H8N2O2
D．Y水解可得到X
13．（2025 北京校级模拟）25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol L﹣1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值（lgc）与反应物的物质的量之比[t]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是（　　）
A．25℃时，Kb（NH3 H2O）＝10﹣9.25
B．P2所示溶液：c（）＜100c（NH3 H2O）
C．t＝0.5时，c（NH3 H2O）＞c（Cl﹣）＞c
D．P1所示溶液：c（）＝c（NH3 H2O）＝0.05mol/L
14．（2025 北京一模）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑
下列说法不正确的是（　　）
A．Na2O2、CaH2中均有离子键和共价键
B．①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应
C．Na2O2中阳、阴离子个数比为2：1，CaH2中阳、阴离子个数比为1：2
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1：2
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2024秋 昌平区期末）以黄铁矿（主要含FeS2）为原料，低成本回收蛇纹石中和渣（含大量Fe2O3及少量其他金属氧化物杂质）中的铁元素，制备高附加值氧化铁红的工艺流程如图（部分流程已省略）：
（1）酸浸过程中，加快浸出速率可采取的措施有 　 　 ； 　 　 （写两条）。
（2）酸浸过程中，Fe2O3发生反应的离子方程式为 　 　 。
（3）黄铁矿在隔绝空气的条件下还原酸浸液，黄铁矿与酸浸液按一定比例混合，在不同温度下反应相同时间，测得溶液中Fe2+、Fe3+的质量浓度变化如图。
已知：Sx2﹣ S2﹣+（x﹣1）S（x＝2，3，…）
①将还原过程的离子方程式补充完整：　 　
□FeS2+□_____+□_____═□_____+□□_____+□_____。
②温度高于85℃，随温度的升高，Fe2+质量浓度减小的原因是 　 　 。
（4）测定氧化铁红纯度。取ag煅烧后的氧化铁红产品，用盐酸溶解后配成100mL溶液，取10mL待测溶液，向其中加入过量SnCl2溶液还原，加入HgCl2除去过量的SnCl2。加入3滴指示剂，用cmol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，共消耗VmLK2Cr2O7标准溶液。
资料：Cr2被还原为Cr3+
①用上述方法测得的产品中Fe2O3的质量分数为 　 　 （列计算式即可，Fe2O3摩尔质量为160g/mol）。
②若不除去过量的SnCl2，Fe2O3的质量分数测定结果将 　 　 （填“偏高”“不变”或“偏低”）。
三．解答题（共3小题）
16．（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）
17．（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 　 　 。
18．（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春 房山区期中）我国科研人员生产出满足医用要求的器Mo样品，这种核素在多个医疗领域发挥着不可替代的作用。下列关于Mo的说法不正确的是（　　）
A．质子数为42
B．中子数为57
C．与Mo互为同位素
D．质量数为141
【答案】D
【分析】原子的左下角为质子数，左上角为质量数，中子数＝质量数﹣质子数，据此判断。
【解答】解：A．Mo的左下角为质子数，其质子数为42，故A正确；
B．中子数＝质量数﹣质子数＝99﹣42＝57，故B正确；
C．Mo与Mo的质子数均为42，中子数分别为57、58，二者互为同位素，故C正确；
D．Mo的左上角为质量数，其质量数为99，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查原子的组成，为高频考点，题目难度不大。
2．（2024秋 石景山区期末）下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．CO2的电子式：
B．基态N原子的价层电子轨道表示式：
C．HClO的结构式：H—Cl—O
D．反﹣2﹣丁烯的分子结构模型：
【答案】B
【分析】A．二氧化碳中碳原子与氧原子分别共用2对电子；
B．基态氮原子价电子排布式为2s22p3；
C．次氯酸中心原子为氧原子；
D．为顺﹣2﹣2丁烯。
【解答】解：A．二氧化碳电子式各原子满足最外层八电子结构，二氧化碳的电子式为：，故A错误；
B．基态氮原子价电子排布式为2s22p3，依据核外电子排布规律可知，基态N原子的价层电子轨道表示式：，故正确；
C．HClO的结构式：H—O—Cl，故C错误；
D．为顺﹣2﹣2丁烯，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 朝阳区二模）下列方程式不能准确解释相应实验现象或事实的是（　　）
A．CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊
B．向ZnS沉淀中加入CuSO4溶液，沉淀变黑：ZnS（s）+Cu2+（aq）═CuS（s）+Zn2+（aq）
C．常温下，Cl2通入NaOH溶液制得漂白液：3Cl2+6OH﹣＝5Cl﹣3H2O
D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br
【答案】C
【分析】A．CO2和苯酚钠溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚溶解度小出现浑浊；
B．发生沉淀的转化；
C．常温下，将Cl2通入NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
D．乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成无色油状液体1，2﹣二溴乙烷。
【解答】解：A．CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为+CO2+H2O→+，故A正确；
B．发生沉淀的转化，离子反应为ZnS（s）+Cu2+（aq）＝CuS（s）+Zn2+（aq），故B正确；
C．常温下，将Cl2通入NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故C错误；
D．乙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，反应方程式为CH2＝CH2+Br2→CH2Br—CH2Br，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查化学方程式、离子方程式的书写正误判断，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度不大。
4．（2025春 通州区期中）下列物质分类不正确的是（　　）
A．S属于单质 B．KHCO3属于酸
C．NO属于氧化物 D．NH4Cl属于盐
【答案】B
【分析】单质指只含有一种元素的纯净物；酸指电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；氧化物指含有两种元素，其中一种元素为氧元素的化合物；盐指能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物。
【解答】解：A．单质指只含有一种元素的纯净物，S属于单质，故A正确；
B．酸指电离出的阳离子全部为氢离子的化合物，KHCO3属于盐，不属于酸，故B错误；
C．氧化物指含有两种元素，其中一种元素为氧元素的化合物，则NO属于氧化物，故C正确；
D．盐指能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物，NH4Cl属于盐，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查物质的分类，为基础知识的考查，题目难度不大。
5．（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。
6．（2025 通州区一模）如图是核酸的某一结构片段，下列说法不正确的是（　　）
A．该结构片段能与NaOH反应，不能与盐酸反应
B．该结构片段中含有手性碳原子
C．核酸水解可得到磷酸
D．核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对
【答案】A
【分析】A．磷酸酯基、酰胺基都能和NaOH、盐酸反应；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．该分子中含有磷酸形成的酯基；
D．DNA中腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）配对，鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C）配对；RNA中尿嘧啶（U）替代了胸腺嘧啶（T）。
【解答】解：A．该分子中的磷酸酯基、酰胺基都能和NaOH、盐酸反应，故A错误；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图，该分子中含有手性碳原子，故B正确；
C．该分子中含有磷酸形成的酯基，所以核酸水解得到磷酸，故C正确；
D．DNA中腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）配对，鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C）配对；RNA中尿嘧啶（U）替代了胸腺嘧啶（T），结合成碱基对，遵循碱基互补配对原则，故D正确；
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、手性碳原子的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
7．（2025 朝阳区二模）下列实验中，溶液pH升高的是（　　）
A．微热FeCl3溶液，溶液颜色变深
B．光照新制的氯水，得到无色溶液
C．向Na2CO3溶液中加入少量MgCl2溶液，生成Mg2（OH）2CO3沉淀
D．向H2SO3溶液中通入少量H2S气体，产生黄色沉淀
【答案】D
【分析】A．微热FeCl3溶液，溶液颜色变深是加热促进氯化铜水解生成了氢氧化铁胶体，溶液酸性增强；
B．光照新制的氯水，溶液中次氯酸见光分解生成盐酸和氧气；
C．向Na2CO3溶液中加入少量MgCl2溶液，生成Mg2（OH）2CO3沉淀，碳酸钠水解平衡逆向进行，溶液碱性减弱；
D．向H2SO3溶液中通入少量H2S气体，反应的化学方程式H2SO3+2H2S＝3S+3H2O。
【解答】解：A．微热FeCl3溶液，溶液颜色变深是加热促进氯化铜水解生成了氢氧化铁胶体，溶液酸性增强，溶液pH减小，故A错误；
B．光照新制的氯水，溶液中次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，最终得到无色溶液盐酸，溶液pH减小，故B错误；
C．向Na2CO3溶液中加入少量MgCl2溶液，生成Mg2（OH）2CO3沉淀，抑制碳酸钠水解，溶液碱性减弱，溶液pH减小，故C错误；
D．向H2SO3溶液中通入少量H2S气体，发生氧化还原反应，产生黄色沉淀S，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了铝及其化合物性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
8．（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。
9．（2025 西城区一模）一定温度下，在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。
下列说法不正确的是（　　）
A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能
B．5～10min时，各物质的物质的量分数变化可以用E1＜E2来解释
C．Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、σ键的旋转
D．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数
【答案】B
【分析】解答本题要注意，活化能越大，反应速率越慢，相应的，同一时间内，生成的物质越多，则说明此反应的反应速率越快，对应的活化能越小，据此回答。
【解答】解：A．开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大于X→Y的活化能，故A正确；
B．5～10min时，Z的浓度很低，说明主要发生反应X→Y，而Y→Z的速率很慢，即Y→Z的活化能大，则可以用E1＜E3来解释，故B错误；
C．σ键的键能大于π键，Y→Z的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，故C正确；
D．达到平衡时，Z的浓度大于Y，则X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数，故D正确；
故选：B。
【点评】考查了化学平衡常数的影响因素及应用、化学平衡常数的计算、化学平衡图像分析、活化能对反应速率的影响，是常考考点，难度中等。
10．（2025 东城区一模）探究电解过程中离子迁移的规律，用石墨电极完成如图实验。
实验 现象
下列分析不正确的是（　　）
A．a处电极接电源正极
B．pH试纸Ⅰ的图案说明H+的迁移比OH﹣的迁移快
C．电极反应产生的H+的物质的量：a处＞c处
D．pH试纸Ⅱ上发生迁移的离子主要是Na+和
【答案】C
【分析】图中为电解池，通电一段时间pH试纸上a电极附近pH为红色，显酸性，说明硫酸钠溶液中水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，a电极为电解池的阳极，b电极为阴极，电极反应：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，溶液显碱性，pH变蓝色，则c电极为阳极，电极反应：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，d电极为阴极，电极反应：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，据此分析判断。
【解答】解：A．分析可知a电极为电解池的阳极，a处电极接电源正极，故A正确；
B．pH试纸Ⅰ的图案中a电极附近变红区域大，说明H+的迁移比OH﹣的迁移快，故B正确；
C．电子守恒可知，电极反应产生的H+的物质的量：a处＝c处，溶液浓度不同，变红区域不同，硫酸钠浓度越小，水电离出的氢离子和氢氧根离子迁移越快，故C错误；
D．用1mol/L的硫酸钠湿润pH，现象分析可知，pH试纸Ⅱ上发生迁移的离子主要是Na+和，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理、电极反应、电解质溶液中离子迁移等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
11．（2025 海淀区校级模拟）一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）ΔH＜0，相关数据见下表。
容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
NO（g） CO（g） CO2（g）
Ⅰ T1 0.2 0.2 0.1
Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12
下列说法不正确的是（　　）
A．T1＞T2
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动
【答案】D
【分析】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时 CO2物质的量减小；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，n（CO2）＝0.1mol，则Δn（CO）＝0.1mol，转化率100%；
C．温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡状态；
D．对于I，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，计算此时浓度商，再与K值比较得出结论。
【解答】解：A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时 CO2物质的量减小，则T1＞T2，故A正确
B．Ⅰ中反应达到平衡时，n（CO2）＝0.1mol，则Δn（CO）＝0.1mol，CO转化率为×100%＝50%，故B正确；
C．温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡状态，T1＞T2，达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ，故C正确；
D．对于Ⅰ，根据表中数据列化学平衡三段式，
2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）
起始（mol） 0.2 0.2 0 0
转化（mol） 0.1 0.1 0.05 0.1
平衡（mol） 0.1 0.1 0.05 0.1
K5，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，此时Qc5＝K，说明平衡不移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
12．（2024秋 石景山区期末）一种热响应高分子Y的合成路线如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．X在引发剂的作用下，发生加聚反应生成Y
B．X和Y均含有酰胺基
C．X的分子式为C5H8N2O2
D．Y水解可得到X
【答案】D
【分析】A．X转化为Y时，碳碳双键转化为单键，且生成高分子；
B．X和Y中均含—CONH—、—CONH2；
C．由结构可知，X中含5个C原子、8个H原子、2个N原子、2个O原子；
D．酰胺基可发生水解反应。
【解答】解：A．X转化为Y时，碳碳双键转化为单键，且生成高分子，反应类型为加聚反应，故A正确；
B．X和Y中均含—CONH—、—CONH2，则均含酰胺基，故B正确
C．由结构可知，X中含5个C原子、8个H原子、2个N原子、2个O原子，X的分子式为C5H8N2O2，故C正确；
D．酰胺基可发生水解反应，则Y水解不能得到X，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
13．（2025 北京校级模拟）25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol L﹣1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值（lgc）与反应物的物质的量之比[t]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是（　　）
A．25℃时，Kb（NH3 H2O）＝10﹣9.25
B．P2所示溶液：c（）＜100c（NH3 H2O）
C．t＝0.5时，c（NH3 H2O）＞c（Cl﹣）＞c
D．P1所示溶液：c（）＝c（NH3 H2O）＝0.05mol/L
【答案】D
【分析】由图可知P1时，和NH3 H2O的浓度相同，P2时溶液显中性，H+和OH﹣的浓度相同，结合NH3 H2O的电离常数的表达式，以此解题。
【解答】解：A．根据P1时，和NH3 H2O的浓度相同，且pH＝9.25，，10﹣4.75，故A错误；
B．10﹣4.75，P2时溶液显中性，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，，即，故B错误；
C．时，溶液中溶质为等浓度的NH4Cl和NH3 H2O，由图可知溶液此时显碱性，则NH3 H2O的电离大于的水解，此时溶液中的离子浓度大小顺序为，故C错误；
D．根据氮原子守恒，，而P1时，和NH3 H2O的浓度相同，故，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，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。
14．（2025 北京一模）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑
下列说法不正确的是（　　）
A．Na2O2、CaH2中均有离子键和共价键
B．①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应
C．Na2O2中阳、阴离子个数比为2：1，CaH2中阳、阴离子个数比为1：2
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1：2
【答案】C
【分析】A．Na2O2、CaH2中均有离子键和共价键；
B．①中水的化合价不发生变化，②中水发生还原反应；
C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成；
D．反应①中生成1mol O2转移2mol电子，反应②中生成1mol H2转移1mol电子。
【解答】解：A．Na2O2、CaH2中均有离子键和共价键，故A正确；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，故B正确；
C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成，所以Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳离子个数比为2：1，故C错误；
D．反应①中生成1mol O2转移2mol电子，反应②中生成1mol H2转移1mol电子，所以反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量之比为1：2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生氧化还原基础知识的掌握情况，试题难度中等。
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2024秋 昌平区期末）以黄铁矿（主要含FeS2）为原料，低成本回收蛇纹石中和渣（含大量Fe2O3及少量其他金属氧化物杂质）中的铁元素，制备高附加值氧化铁红的工艺流程如图（部分流程已省略）：
（1）酸浸过程中，加快浸出速率可采取的措施有 　升温　 ； 　提高H2SO4浓度或粉碎等　 （写两条）。
（2）酸浸过程中，Fe2O3发生反应的离子方程式为 　Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O　 。
（3）黄铁矿在隔绝空气的条件下还原酸浸液，黄铁矿与酸浸液按一定比例混合，在不同温度下反应相同时间，测得溶液中Fe2+、Fe3+的质量浓度变化如图。
已知：Sx2﹣ S2﹣+（x﹣1）S（x＝2，3，…）
①将还原过程的离子方程式补充完整：　FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++216H+或FeS2+8Fe3++4H2O＝9Fe2+S+8H+　
□FeS2+□_____+□_____═□_____+□□_____+□_____。
②温度高于85℃，随温度的升高，Fe2+质量浓度减小的原因是 　FeS2（s） Fe2+（aq）（aq）， S2﹣+（x﹣1）S，85℃后，随温度升高，H+结合S2﹣生成H2S，H2S挥发脱离体系，最终使FeS2的沉淀溶解平衡正移，该过程生成Fe2+，同时使参与①中反应的FeS2减少，该过程减少Fe2+，Fe2+减少量更多，使Fe2+质量浓度减小　 。
（4）测定氧化铁红纯度。取ag煅烧后的氧化铁红产品，用盐酸溶解后配成100mL溶液，取10mL待测溶液，向其中加入过量SnCl2溶液还原，加入HgCl2除去过量的SnCl2。加入3滴指示剂，用cmol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，共消耗VmLK2Cr2O7标准溶液。
资料：Cr2被还原为Cr3+
①用上述方法测得的产品中Fe2O3的质量分数为 　100%或100%　 （列计算式即可，Fe2O3摩尔质量为160g/mol）。
②若不除去过量的SnCl2，Fe2O3的质量分数测定结果将 　偏高　 （填“偏高”“不变”或“偏低”）。
【答案】（1）升温；提高H2SO4浓度或粉碎等；
（2）Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O；
（3）①FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++216H+或FeS2+8Fe3++4H2O＝9Fe2+S+8H+；
②FeS2（s） Fe2+（aq）（aq）， S2﹣+（x﹣1）S，85℃后，随温度升高，H+结合S2﹣生成H2S，H2S挥发脱离体系，最终使FeS2的沉淀溶解平衡正移，该过程生成Fe2+，同时使参与①中反应的FeS2减少，该过程减少Fe2+，Fe2+减少量更多，使Fe2+质量浓度减小；
（4）①100%或100%；
②偏高。
【分析】蛇纹石中和渣加硫酸溶解得到硫酸铁溶液，溶液加入黄铁矿还原，发生FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++216H+，得到硫酸亚铁以及不溶的尾渣，滤液经过除杂净化，然后氧化煅烧，得到氧化铁红。
【解答】解：（1）酸浸过程中，加快浸出速率可采取的措施有升温，提高H2SO4浓度或粉碎等，
故答案为：升温；提高H2SO4浓度或粉碎等；
（2）酸浸过程中，Fe2O3发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O；
（3）①还原过程铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++216H+或FeS2+8Fe3++4H2O＝9Fe2+S+8H+，
故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++216H+或FeS2+8Fe3++4H2O＝9Fe2+S+8H+；
②温度高于85℃，随温度的升高，Fe2+质量浓度减小的原因是FeS2（s） Fe2+（aq）（aq）， S2﹣+（x﹣1）S，85℃后，随温度升高，H+结合S2﹣生成H2S，H2S挥发脱离体系，最终使FeS2的沉淀溶解平衡正移，该过程生成Fe2+，同时使参与①中反应的FeS2减少，该过程减少Fe2+，Fe2+减少量更多，使Fe2+质量浓度减小，
故答案为：FeS2（s） Fe2+（aq）（aq）， S2﹣+（x﹣1）S，85℃后，随温度升高，H+结合S2﹣生成H2S，H2S挥发脱离体系，最终使FeS2的沉淀溶解平衡正移，该过程生成Fe2+，同时使参与①中反应的FeS2减少，该过程减少Fe2+，Fe2+减少量更多，使Fe2+质量浓度减小；
（4）①根据得失电子守恒，得关系式为3Fe2O3～6Fe3+～6Fe2+～K2Cr2O7，得产品中Fe2O3的质量分数为100%100%，
故答案为：100%或100%；
②若不除去过量的SnCl2，消耗K2Cr2O7标准溶液偏多，Fe2O3的质量分数测定结果将偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生制备和元素化合物基础知识的掌握情况，试题难度中等。
三．解答题（共3小题）
16．（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。
17．（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。
18．（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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