【高考押题卷】2025届高考化学模拟预测卷一 北京卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 【高考押题卷】2025届高考化学模拟预测卷一 北京卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 18:06:24 | ||
图片预览
文档简介
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 通州区一模）Mg有三种稳定的同位素：24Mg、25Mg和26Mg，研究发现幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异，利用镁同位素示踪法可以研究中国东部岩石圈碳循环。下列说法不正确的是（ ）
A．24Mg、25Mg和26Mg的化学性质不同
B．24Mg、25Mg和26Mg的质子数相同，中子数不同
C．可以用质谱法区分24Mg、25Mg和26Mg
D．依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩
2．（2025 通州区一模）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．过氧化钠的电子式：
B．乙烯的结构式：
C．HCl共价键电子云轮廓图：
D．SO2的VSEPR模型：
3．（2025春 房山区期中）下列操作不符合实验安全或操作规范的是（ ）
A．配制溶液时，NaOH固体溶解后冷却至室温再转移至容量瓶
B．点燃氢气前，先验纯，确认氢气纯净后再点燃
C．处理含氨气的尾气时，将导管通入盛水的烧杯里
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
4．（2025 北京校级模拟）下列实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．稀硝酸溶液中加入四氧化三铁：
B．酸性KMnO4溶液与草酸反应：
C．用石墨电极电解氯化铝溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
D．Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2CaCO3↓2H2O
5．（2025春 丰台区期中）用下列仪器（或装置）进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．验证非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B．证明Na2O2与水反应放热
C．验证硝酸铵固体的溶解为吸热过程
D．从NaCl溶液获得NaCl晶体
6．（2025 海淀区校级模拟）某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，⑤中溶液变蓝。
下列分析正确的是（ ）
A．若②中只有NH4Cl不能制备NH3
B．③、④中现象说明③中的反应是
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．⑤中溶液变蓝说明NO2是稀硫酸与Cu反应的催化剂
7．（2025春 通州区期中）某实验小组欲除去粗盐水中含有的少量Ca2+、Mg2+、，进行如图实验。
下列说法不正确的是（ ）
A．向滤液a中滴加BaCl2溶液，无明显现象，说明已沉淀完全
B．若将NaOH溶液改用石灰乳也可达到实验目的
C．加入Na2CO3的目的是除去Ca2+
D．操作Ⅱ与加入盐酸的操作不能颠倒，否则会使生成的沉淀重新溶解
8．（2025 通州区一模）工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如图。
已知：步骤Ⅱ中SO2的平衡转化率随温度和压强的变化情况如表。
温度/℃ 平衡时SO2的转化率/%
0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa
450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7
550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低
B．步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2的平衡转化率
C．从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPa
D．步骤Ⅲ中用H2O吸收SO3
9．（2025 通州区一模）CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型高分子Z，合成路线如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．1mol Y最多可与3mol NaOH反应
B．合成Z的过程中会脱除小分子H2O
C．CO2与X、Y的化学计量数比为n：（m+n+p）：m
D．Z充分水解不能得到Y
10．（2025 通州区一模）常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。
已知：饱和NaHSO3溶液pH≈4
下列分析不正确的是（ ）
A．饱和NaHSO3溶液中
B．饱和NaHCO3溶液中：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3）
C．Ⅱ中产生白色的BaSO3沉淀
D．Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均逐渐增大
11．（2025 东城区一模）甘氨酸亚铁是一种补铁剂的有效成分，其结构简式如图。甘氨酸亚铁可由甘氨酸与FeCO3反应得到。下列说法正确的是（ ）
A．甘氨酸亚铁的中心离子的基态价层电子排布式为3d5
B．甘氨酸亚铁中含有手性碳原子
C．甘氨酸的化学式为C2H4NO2
D．甘氨酸既可与强酸反应又可与强碱反应
12．（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
13．（2025 通州区一模）金属锂用于电化学驱动将N2还原为NH3，原理如图所示。
已知：ⅰ.电解质溶液由LiBH4和少量C2H5OH溶于有机溶剂形成。
ⅱ.电流效率100%。
下列说法不正确的是（ ）
A．阳极电极反应是H2﹣2e﹣═2H+
B．过程Ⅱ生成NH3的反应是6Li+N2+6C2H5OH═6C2H5O﹣+6Li++2NH3↑
C．理论上，乙醇浓度越高，电流效率越高
D．理论上，若电解液传导3mol H+，最多生成标准状况下22.4LNH3
14．（2025春 房山区期中）将高炉煤气（主要含H2、CO、CO2N2）转化为价值更高的CO的方法不断发展。科研人员以Fe2O3、CaO为初始原料构建化学链，实现高炉煤气的转化。下列说法不正确的是（ ）
A．X为初始原料Fe2O3
B．CO2体现了氧化性和酸性氧化物的性质
C．图中涉及的所有反应均为氧化还原反应
D．此过程总反应方程式为：CO2+H2CO+H2O
二．解答题（共4小题）
15．（2025春 房山区期中）含氮化合物在生产、生活中用途广泛。
（1）NH3的VSEPR模型是 。
（2）NH3极易溶于水的原因是 （写两条原因）
（3）羟胺（NH2OH）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—OH（羟基）取代形成的，NH2OH中采用sp3杂化的原子有 。
（4）N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH2OH原因是 。
（5）NH3BH3（氨硼烷）诸氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较熔点：NH3BH3 CH3CH3（填“＞”或“＜”），并解释原因 。
（6）邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物。该配合物的特征颜色常用于Fe2+检验和浓度的测定。
①该配合物中配位原子是 。
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2+的原因 。
16．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因： 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： 和V4。
17．（2025 海淀区校级模拟）不对称分子梳M是一种性能优良的表面防污涂层材料，其合成路线如图所示。
ⅰ．
ⅱ．
（1）A中不含环状结构，A分子中含有的官能团有 。
（2）E→F的反应类型是 。
（3）下列说法中正确的是 （填字母）。
a．化合物D的同分异构体共有5种
b．化合物A、B、E均能使酸性KMnO4褪色
c．化合物E的沸点低于化合物F
d．化合物G、I中均含手性碳原子
（4）F+G→I的化学方程式是 。
（5）化合物J的结构简式为 。
（6）聚合物L的结构简式为 。
（7）分子梳M的抗污性能与梳齿中的基团有关，为了测定分子梳中梳齿的“密度”（分子梳主链上接入的梳齿数与主链链节数之比），测得某M样品的核磁共振氢谱中，主链上所有a处H原子与梳齿中b处H原子的两组信号峰面积比1：0.46，则梳齿2的密度为 。
18．（2025 江岸区校级模拟）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验 试剂 现象
滴管 试管
0.2mol L﹣1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀
0.2mol L﹣1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol L﹣1Al2（SO4）3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 。
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知：Cu+→稀硫酸Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。
②通过如图实验证实，沉淀中含有Cu2+和。
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 。
b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是 。
（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
ⅰ．Al（OH）3所吸附；
ⅱ．存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设计了对比实验，证实了假设ⅱ成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
步骤二： （按如图形式呈现）。
b．假设ii成立的实验证据是 。
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。
三．工艺流程题（共1小题）
19．（2025 通州区一模）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料生产纯铜，流程示意图如图。
（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 。
（2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O。
浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的Fe3+与黄铜矿发生反应。
①生成Fe3+的离子方程式是 。
②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见图。
①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 。
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。
（4）“电解”的原理示意图如图。
①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 。
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 通州区一模）Mg有三种稳定的同位素：24Mg、25Mg和26Mg，研究发现幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异，利用镁同位素示踪法可以研究中国东部岩石圈碳循环。下列说法不正确的是（ ）
A．24Mg、25Mg和26Mg的化学性质不同
B．24Mg、25Mg和26Mg的质子数相同，中子数不同
C．可以用质谱法区分24Mg、25Mg和26Mg
D．依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩
【答案】A
【分析】A．同位素原子的核外电子数相同；
B．同位素原子质子数相同，中子数不同；
C．可以用质谱法区分相对原子质量不同的原子；
D．研究发现幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异。
【解答】解：A．24Mg、25Mg和26Mg的核外电子数相同，化学性质相同，故A错误；
B．24Mg、25Mg和26Mg的质子数相同，都为12，中子数不同分别为12、13、14，故B正确；
C．24Mg、25Mg和26Mg的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故C正确；
D．幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异，依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了同位素原子结构和性质、质谱法的理解应用，题目难度不大。
2．（2025 通州区一模）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．过氧化钠的电子式：
B．乙烯的结构式：
C．HCl共价键电子云轮廓图：
D．SO2的VSEPR模型：
【答案】B
【分析】A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成；
B．乙烯分子的结构简式CH2＝CH2，把化学键用短线表示得到结构式；
C．H、Cl原子头碰头形成H—Clσ键；
D．SO2中心原子的价电子对数＝23，其VSEPR模型为平面三角形；
【解答】解：A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，其电子式为，故A错误；
B．乙烯分子的结构式为：，故B正确；
C．HCl中H、Cl原子头碰头形成σ键，电子云轮廓图为，故C错误；
D．SO2中心原子的价电子对数为3，SO2分子的VSEPR模型为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学用语、原子结构的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3．（2025春 房山区期中）下列操作不符合实验安全或操作规范的是（ ）
A．配制溶液时，NaOH固体溶解后冷却至室温再转移至容量瓶
B．点燃氢气前，先验纯，确认氢气纯净后再点燃
C．处理含氨气的尾气时，将导管通入盛水的烧杯里
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
【答案】C
【分析】A．根据溶液配制的规范操作，分析NaOH固体溶解后的操作是否正确；
B．根据可燃气体的安全操作规程，分析点燃氢气前的操作是否正确；
C．根据氨气的处理方法，分析含氨气的尾气处理操作是否正确；
D．根据浓硫酸的稀释方法，分析稀释浓硫酸的操作是否正确。
【解答】解：A．在配制溶液时，NaOH固体溶解会放出大量的热，因此溶解后需要冷却至室温再转移至容量瓶，以避免因热胀冷缩导致的溶液体积误差，故A正确；
B．氢气是一种可燃气体，不纯时点燃可能会发生爆炸，因此在点燃氢气前，必须先验纯，确认氢气纯净后再点燃，故B正确；
C．氨气极易溶于水，处理含氨气的尾气时，导管不能插入到液面下，防倒吸，故C错误；
D．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，以使产生的热量及时扩散，避免液体飞溅，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学实验的基本操作和安全规程，包括溶液配制、可燃气体验纯、尾气处理和浓硫酸稀释等。完成此题，需要从题干中抽取有用的信息，结合已有的化学实验知识进行分析和判断。在实验操作中，安全和规范是首要考虑的因素，必须严格遵守实验操作规程，确保实验安全。
4．（2025 北京校级模拟）下列实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．稀硝酸溶液中加入四氧化三铁：
B．酸性KMnO4溶液与草酸反应：
C．用石墨电极电解氯化铝溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
D．Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2CaCO3↓2H2O
【答案】B
【分析】A．根据稀硝酸具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，进行分析；
B．根据酸性KMnO4溶液与草酸反应的电子转移和产物，进行分析；
C．根据石墨电极电解氯化铝溶液会生成氢氧化铝沉淀，进行分析；
D．根据少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，进行分析。
【解答】解：A．稀HNO3具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，因此产物应该是硝酸铁、一氧化氮和水：，故A错误；
B．草酸为弱酸，可以被KMnO4氧化为CO2，同时生成水和锰离子：，故B正确；
C．石墨电极电解氯化铝溶液会生成氢氧化铝沉淀，6Cl﹣+6H2O+2Al3+3H2↑+3Cl2↑+2Al OH）3↓，故C错误；
D．少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液反应为：Ca2++OH﹣CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写，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春 丰台区期中）用下列仪器（或装置）进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．验证非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B．证明Na2O2与水反应放热
C．验证硝酸铵固体的溶解为吸热过程
D．从NaCl溶液获得NaCl晶体
【答案】A
【分析】A．盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应；
B．过氧化钠与水反应生成氧气且放热；
C．硝酸铵溶于水吸热；
D．NaCl为可溶性固体，且不水解。
【解答】解：A．盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应，不能验证非金属性强弱：Cl＞C＞Si，故A错误；
B．过氧化钠与水反应生成氧气且放热，脱脂棉燃烧可证明，故B正确；
C．硝酸铵溶于水吸热，U型管中液体左高右低可证明，故C正确；
D．NaCl为可溶性固体，且不水解，可选图中蒸发装置从NaCl溶液获得NaCl晶体，故D正确；
故选：A。
【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、非金属性比较、反应中能量变化、混合物的分离提纯、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，题目难度不大。
6．（2025 海淀区校级模拟）某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，⑤中溶液变蓝。
下列分析正确的是（ ）
A．若②中只有NH4Cl不能制备NH3
B．③、④中现象说明③中的反应是
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．⑤中溶液变蓝说明NO2是稀硫酸与Cu反应的催化剂
【答案】A
【分析】由图可知，①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，装置④中反应生成的一氧化氮与过量的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与过量的氨气反应生成硝酸铵而产生白烟，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜可反应得到蓝色的硝酸铜溶液。
【解答】解：A．若②中只有氯化铵，氯化铵受热分解生成NH3和HCl，但二者在试管口遇冷又会化合生成氯化铵，无法制得氨气，故A正确；
B．③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明，说明③中NH3在催化剂作用下与O2发生催化氧化反应生成NO，反应的化学方程式为，故B错误；
C．④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C错误；
D．一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成HNO3，硝酸与铜反应得到蓝色的硝酸铜溶液，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查氨的实验室制法等，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。
7．（2025春 通州区期中）某实验小组欲除去粗盐水中含有的少量Ca2+、Mg2+、，进行如图实验。
下列说法不正确的是（ ）
A．向滤液a中滴加BaCl2溶液，无明显现象，说明已沉淀完全
B．若将NaOH溶液改用石灰乳也可达到实验目的
C．加入Na2CO3的目的是除去Ca2+
D．操作Ⅱ与加入盐酸的操作不能颠倒，否则会使生成的沉淀重新溶解
【答案】C
【分析】除去粗盐水中含有的少量Ca2+、Mg2+、，进行如图实验，粗盐水中加入过量的BaCl2溶液，除去硫酸根离子，过滤得到滤渣BaSO4，滤液a中加入过量的NaOH溶液除去Mg2+离子，加入过量的Na2CO3溶液除去过量的钡离子和钙离子，操作Ⅱ是过滤操作，得到滤渣b为碳酸钡、碳酸钙、氢氧化镁沉淀，滤液b中加入稀盐酸调节溶液pH除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，得到精制氯化钠溶液，据此分析判断。
【解答】解：A．滤液a中滴加BaCl2溶液，无明显现象，说明滤液a中无，即已沉淀完全，故A正确；
B．若将NaOH溶液改用石灰乳，也能沉淀镁离子，过量的钙离子用碳酸钠能除去，可达到实验目的，故B正确；
C．加入Na2CO3的目的是除去Ca2+和过量的Ba2+，故C错误；
D．分析可知，操作Ⅱ是过滤，与加入盐酸的操作不能颠倒，否则会使生成的沉淀重新溶解，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡、混合物的分离提纯实验，侧重分析判断能力和实验能力考查，明确溶度积常数的计算应用、物质分离提纯方法、物质性质及发生的反应是解题关键，题目难度中等。
8．（2025 通州区一模）工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如图。
已知：步骤Ⅱ中SO2的平衡转化率随温度和压强的变化情况如表。
温度/℃ 平衡时SO2的转化率/%
0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa
450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7
550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低
B．步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2的平衡转化率
C．从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPa
D．步骤Ⅲ中用H2O吸收SO3
【答案】D
【分析】A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低；
B．加入一种物质可能增大另一种物质的转化率，而自身的转化率减小；
C．根据表格中的数据可知，0.5MPa与0.1MPa相比，SO2的转化率相差不大，而高压对设备和成本的要求较高，另外450℃SO2的转化率大于550℃；
D．步骤Ⅲ中用98.3%的浓H2SO4吸收SO3。
【解答】解：A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低，故A正确；
B．加入一种物质可能增大另一种物质的转化率，而自身的转化率减小，因此步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2的平衡转化率，故B正确；
C．根据表格中的数据可知，0.5MPa与0.1MPa相比，SO2的转化率相差不大，而高压对设备和成本的要求较高，另外450℃SO2的转化率大于550℃，因此从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPa，故C正确；
D．步骤Ⅲ中用98.3%的浓H2SO4吸收SO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查硫酸的制备，为高频考点，题目难度一般。
9．（2025 通州区一模）CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型高分子Z，合成路线如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．1mol Y最多可与3mol NaOH反应
B．合成Z的过程中会脱除小分子H2O
C．CO2与X、Y的化学计量数比为n：（m+n+p）：m
D．Z充分水解不能得到Y
【答案】B
【分析】A．Y中羧基能和NaOH以1：1反应，—COOOC—能和NaOH以1：2反应；
B．CO2、X、Y反应后只有Z一种产物；
C．X和Y以1：1反应，CO2和Y以1：1反应，Y还自身发生反应；
D．Z充分水解生成。
【解答】解：A．Y中羧基能和NaOH以1：1反应，—COOOC—能和NaOH以1：2反应，则1mol Y最多消耗3mol NaOH，故A正确；
B．CO2、X、Y反应后只有Z一种产物，没有小分子H2O生成，故B错误；
C．X和Y以1：1反应，CO2和Y以1：1反应，Y还自身发生反应，则CO2与X、Y的化学计量数比为n：（m+n+p）：m，故C正确；
D．Z充分水解生成，得不到Y，故D正确；
故选：B。
【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是解本题关键，题目难度不大。
10．（2025 通州区一模）常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。
已知：饱和NaHSO3溶液pH≈4
下列分析不正确的是（ ）
A．饱和NaHSO3溶液中
B．饱和NaHCO3溶液中：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3）
C．Ⅱ中产生白色的BaSO3沉淀
D．Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均逐渐增大
【答案】D
【分析】A．饱和NaHSO3溶液pH≈4，NaHSO3溶液中电离大于水解；
B．饱和NaHCO3溶液中存在物料守恒；
C．Ⅱ中存在平衡：Ba2+ BaSO3↓+H+、H+ SO2↑+H2O；
D．Ⅱ中生成BaSO3白色沉淀，促进电离的电离，溶液酸性增强。
【解答】解：A．饱和NaHSO3溶液pH≈4，NaHSO3溶液中电离大于水解，故c（）＞c（H2SO3），故A正确；
B．饱和NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3），故B正确；
C．Ⅱ中存在平衡：Ba2+ BaSO3↓+H+、H+ SO2↑+H2O，会生成白色沉淀与气体，即白色沉淀为BaSO3，故C正确；
D．Ⅰ中氢离子浓度减少，pH增大，Ⅱ中产生白色沉淀，促进电离，pH减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学基本反应，题目难度中等，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。
11．（2025 东城区一模）甘氨酸亚铁是一种补铁剂的有效成分，其结构简式如图。甘氨酸亚铁可由甘氨酸与FeCO3反应得到。下列说法正确的是（ ）
A．甘氨酸亚铁的中心离子的基态价层电子排布式为3d5
B．甘氨酸亚铁中含有手性碳原子
C．甘氨酸的化学式为C2H4NO2
D．甘氨酸既可与强酸反应又可与强碱反应
【答案】D
【分析】A．中心离子为Fe2+，甘氨酸亚铁的中心离子Fe2+的基态价层电子为3d能级上的6个电子；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．根据图知，甘氨酸的结构简式为HOOCCH2NH2；
D．甘氨酸中含有羧基和氨基，具有酸性和碱性。
【解答】解：A．中心离子为Fe2+，甘氨酸亚铁的中心离子Fe2+的基态价层电子为3d能级上的6个电子，则甘氨酸亚铁的中心离子的基态价层电子排布式为3d6，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，甘氨酸亚铁中不含手性碳原子，故B错误；
C．根据图知，甘氨酸的结构简式为HOOCCH2NH2，分子式为C2H5NO2，故C错误；
D．甘氨酸中含有羧基和氨基，具有酸性和碱性，氨基可以与强酸反应、羧基可以与强碱反应，故D正确；
故选：D。
【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。
12．（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。
13．（2025 通州区一模）金属锂用于电化学驱动将N2还原为NH3，原理如图所示。
已知：ⅰ.电解质溶液由LiBH4和少量C2H5OH溶于有机溶剂形成。
ⅱ.电流效率100%。
下列说法不正确的是（ ）
A．阳极电极反应是H2﹣2e﹣═2H+
B．过程Ⅱ生成NH3的反应是6Li+N2+6C2H5OH═6C2H5O﹣+6Li++2NH3↑
C．理论上，乙醇浓度越高，电流效率越高
D．理论上，若电解液传导3mol H+，最多生成标准状况下22.4LNH3
【答案】C
【分析】图中转化可知，阳极上氢气失电子生成氢离子，其电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，由图知过程Ⅱ中锂、氮气和乙醇反应生成氨气、锂离子和乙醇根离子，其反应的离子方程式：6Li+N2+6C2H5OH═6C2H5O﹣+6Li++2NH3↑，阴极上电极反应：N2+6e﹣+4H++2Li+＝2LiNH2，过程Ⅰ的反应式为C2H5O﹣+H+＝C2H5OH，过程Ⅱ消耗C2H5OH，故理论上电解一段时间后C2H5OH浓度基本不变，据此分析判断。
【解答】解：A．阳极上氢气失电子生成氢离子，其电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，故A正确；
B．过程Ⅱ生成NH3的反应是6Li+N2+6C2H5OH═6C2H5O﹣+6Li++2NH3↑，故B正确；
C．乙醇是中间产物，理论上，乙醇浓度越高，电流效率变化不大，故C错误；
D．电极反应可知氨气中的氢原子全部来源于电解质传到的氢离子，理论上，若电解液传导3mol H+，最多生成1mol氨气，标准状况下22.4L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，题目难度中等。
14．（2025春 房山区期中）将高炉煤气（主要含H2、CO、CO2N2）转化为价值更高的CO的方法不断发展。科研人员以Fe2O3、CaO为初始原料构建化学链，实现高炉煤气的转化。下列说法不正确的是（ ）
A．X为初始原料Fe2O3
B．CO2体现了氧化性和酸性氧化物的性质
C．图中涉及的所有反应均为氧化还原反应
D．此过程总反应方程式为：CO2+H2CO+H2O
【答案】C
【分析】以Fe2O3、CaO为初始原料构建化学链的原理为：先利用Fe2O3将H2和CO转化为H2O和CO2，Fe2O3还原为单质Fe，生成的CO2被CaO吸收转化为CaCO3，分离后提供能量使CaCO3重新分解为CO2和CaO，CaO循环使用，CO2在能量作用与Fe重新转化为Fe2O3和CO，Fe2O3循环使用，实现CO的分离提纯转化，据此分析解答。
【解答】解：A．由分析可知初始原料X为Fe2O3，故A正确；
B．CO2体现了酸性氧化物的性质，可与碱性氧化物CaO反应生成盐CaCO3，在整个转化过程中，CO2表现出氧化性，可氧化FeH2生成Fe2O3，故B正确；
C．CaCO3分解为CO2和CaO中不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．此过程总反应方程式为：CO2+H2CO+H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应中反应原理的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
二．解答题（共4小题）
15．（2025春 房山区期中）含氮化合物在生产、生活中用途广泛。
（1）NH3的VSEPR模型是 四面体 。
（2）NH3极易溶于水的原因是 氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应 （写两条原因）
（3）羟胺（NH2OH）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—OH（羟基）取代形成的，NH2OH中采用sp3杂化的原子有 N、O 。
（4）N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH2OH原因是 O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，给出孤电子对的能力变弱，结合氢离子能力减弱，碱性减弱 。
（5）NH3BH3（氨硼烷）诸氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较熔点：NH3BH3 ＞ CH3CH3（填“＞”或“＜”），并解释原因 二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3 。
（6）邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物。该配合物的特征颜色常用于Fe2+检验和浓度的测定。
①该配合物中配位原子是 N 。
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2+的原因 pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键，pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀 。
【答案】（1）四面体；
（2）氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应；
（3）N、O；
（4）O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，给出孤电子对的能力变弱，结合氢离子能力减弱，碱性减弱；
（5）＞；二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3；
（6）①N；
②pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键，pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀。
【分析】（1）氨气分子中N原子价层电子对数＝33；
（2）氨气分子和水发生化学反应，氨气和水都是极性分子，氨气分子和水分子间形成氢键；
（3）根据N、O原子价层电子对数，判断杂化方式；
（4）O元素的电负性比N元素大，NH2OH中氮原子周围电子云密度更小；
（5）NH3BH3与CH3CH3均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3；
（6）①邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物，氮原子提供孤电子对；
②当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH﹣浓度较高时，Fe2+会与OH﹣作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键。
【解答】解：（1）氨气分子中N原子价层电子对数＝33，VSEPR模型为四面体，
故答案为：四面体；
（2）NH3极易溶于水的原因是：氨气分子和水发生化学反应，氨气和水都是极性分子，相似相溶，氨气和水分子之间形成氢键，
故答案为：氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应；
（3）羟胺分子中，价层电子对为4的原子有N、O原子，所以采用sp3杂化的原子有N、O原子，
故答案为：N、O；
（4）O元素的电负性比N元素大，使得NH2OH中氮原子周围电子云密度比中N2H4N中小，结合质子的能力减弱，碱性比N2H4弱，
故答案为：O元素的电负性比N元素大，使得NH2OH中氮原子周围电子云密度降低，结合质子的能力减弱，碱性减弱；
（5）比较熔点：NH3BH3＞CH3CH3，原因为二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3熔点高于CH3CH3，
故答案为：＞；二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3；
（6）①邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物，该配合物中配位原子为N原子，
故答案为：N；
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，原因是当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH﹣浓度较高时，Fe2+会与OH﹣作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位，
故答案为：pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀。
【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、含量测定原理、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。
16．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 N2+3H22NH3 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 b 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 N2+6H++6e﹣＝2NH3 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 b 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因： 阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： V1 和V4。
【答案】（1）①N2+3H22NH3；
②b；
（2）①N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②b。
③阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）V1。
【分析】（1）①N2和H2在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度；
（2）①由图可知，阴极N2和H+得到e﹣生成NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
③由图可知阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度。
【解答】解：（1）①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是：N2+3H22NH3，
故答案为：N2+3H22NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a错误；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，反应限度增大，故b正确；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，故c错误；
故答案为：b；
（2）①由图可知，阴极生成NH3其电极反应式是：N2+6H++6e﹣＝2NH3，
故答案为：N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，故a错误；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2，故b正确；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，NH3也可能来自Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成，故c错误；
故答案为：b。
③由图可知，阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大，阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小，结合FE解释NH3的生成速率减小的原因是阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小，
故答案为：阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度，
故答案为：V1。
【点评】本题主要考查氨气的工业制法，电极反应式的书写，同时考查学生的获取信息的能力，属于基本知识的考查，难度中等。
17．（2025 海淀区校级模拟）不对称分子梳M是一种性能优良的表面防污涂层材料，其合成路线如图所示。
ⅰ．
ⅱ．
（1）A中不含环状结构，A分子中含有的官能团有 碳碳双键、醛基 。
（2）E→F的反应类型是 加成反应 。
（3）下列说法中正确的是 bcd （填字母）。
a．化合物D的同分异构体共有5种
b．化合物A、B、E均能使酸性KMnO4褪色
c．化合物E的沸点低于化合物F
d．化合物G、I中均含手性碳原子
（4）F+G→I的化学方程式是 。
（5）化合物J的结构简式为 。
（6）聚合物L的结构简式为 。
（7）分子梳M的抗污性能与梳齿中的基团有关，为了测定分子梳中梳齿的“密度”（分子梳主链上接入的梳齿数与主链链节数之比），测得某M样品的核磁共振氢谱中，主链上所有a处H原子与梳齿中b处H原子的两组信号峰面积比1：0.46，则梳齿2的密度为 0.92 。
【答案】（1）碳碳双键、醛基；
（2）加成反应；
（3）bcd；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）0.92。
【分析】根据题目信息，A中不含环状结构，其不饱和度为2，B为C3H4O2，A发生氧化反应生成B，A为CH2＝CH﹣CHO，B为CH2＝CH﹣COOH，根据E的结构可知，B与D的反应是酯化反应，因此物质D为，F与G反应生成I，其反应为，因此G为BrCH（CH3）COOH，J的分子式为C7H9BrO4，不饱和度为3，与I相比没有变，但I中有11个C原子，因此J为，K的分子式为C10H11BrO4，不饱和度为5，与J相对多了2个不饱和度且多了3个碳原子，说明丙炔基接在了J上，结合M可得知K为，聚合物L为，据此作答。
【解答】解：（1）根据分析，A为CH2＝CH﹣CHO，含有的官能团为碳碳双键和醛基，
故答案为：碳碳双键、醛基；
（2）观察E→F的反应，是E加成到F即甲醛的碳氧双键上，因此反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
（3）a．化合物D为，其同分异构体属于醇的有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、（CH3） 2 CHCH2OH，属于醚的有CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、（CH3） 2 CHOCH3共有6种，故a错误；
b．A中含有碳碳双键和醛基能使酸性KMnO4褪色，B中含有碳碳双键能使酸性KMnO4褪色，E中含有碳碳双键能使酸性KMnO4褪色，化合物A、B、E均能使酸性KMnO4褪色，故b正确；
c．化合物F中含有羟基，能形成氢键，因此其的沸点高于化合物E，故c正确；
d．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，可知化合物G为、I为 中均含手性碳原子，故d正确；
故答案为：bcd；
（4）结合反应过程，F+G→I的化学方程式是，
故答案为：；
（5）根据分析，J的结构简式为，
故答案为：；
（6）根据分析，L的结构简式为，
故答案为：；
（7）分子梳中梳齿的“密度”为分子梳主链上接入的梳齿数与主链链节数之比，主链上所有a处H原子，可看单体为2个H原子，与梳齿中b处，为1个H原子，即分子梳主链上接入的梳齿数，两者H原子的两组信号峰面积比1：0.46，根据“密度”的概念可知，则梳齿2的密度为0.92，
故答案为：0.92。
【点评】本题考查有机物推断与合成，注意根据反应条件及给予的信息进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，较较好地考查学生自学能力、知识迁移运用能力，难度较大。
18．（2025 江岸区校级模拟）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验 试剂 现象
滴管 试管
0.2mol L﹣1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀
0.2mol L﹣1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol L﹣1Al2（SO4）3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 2Ag+Ag2SO3↓ 。
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知：Cu+→稀硫酸Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 有红色固体生成 。
②通过如图实验证实，沉淀中含有Cu2+和。
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 HCl溶液和BaCl2溶液 。
b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是 在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为 。
（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 Al3+、OH﹣ 。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
ⅰ．Al（OH）3所吸附；
ⅱ．存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设计了对比实验，证实了假设ⅱ成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
步骤二： （按如图形式呈现）。
b．假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2 。
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有 亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 。盐溶液间反应的多样性与 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件 有关。
【答案】（1）2Ag+Ag2SO3↓；
（2）①有红色固体生成；
②a.HCl溶液和BaCl2溶液；
b.在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为；
（3）①Al3+、OH﹣；
②a.；
b.V1明显大于V2；
（4）亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。
【分析】（1）实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3；
（2）①因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质；
②a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2、I2H2O2I﹣+2H+、Ba2+＝BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液；
b.由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I﹣反应生成I2；
（3）①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子；
②a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al（OH）3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al（OH）3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al（OH）3沉淀；
b.根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2；
（4）根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应。
【解答】解：（1）实验Ⅰ中由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到浓度较大，则白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+Ag2SO3↓，
故答案为：2Ag+Ag2SO3↓；
（2）①因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，
故答案为：有红色固体生成；
②a.实验原理为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2、I2H2O2I﹣+2H+、Ba2+＝BaSO4↓，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，
故答案为：HCl溶液和BaCl2溶液；
b.之前所取上层清液中有，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I﹣反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂，
故答案为：在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为；
（3）①实验Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，则沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，
故答案为：Al3+、OH﹣；
②a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al（OH）3还是铝的碱式盐，然后采用滴加NaOH溶液，首先要制备出Al（OH）3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al（OH）3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：，
故答案为：；
b.假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2，
故答案为：V1明显大于V2；
（4）亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，
故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
三．工艺流程题（共1小题）
19．（2025 通州区一模）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料生产纯铜，流程示意图如图。
（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 增大接触面积，加快氧化浸出反应速率 。
（2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O。
浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的Fe3+与黄铜矿发生反应。
①生成Fe3+的离子方程式是 。
②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见图。
①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 0.06mol L﹣1 。
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降 。
（4）“电解”的原理示意图如图。
①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+ 。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生 。
【答案】（1）增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；
（2）①；
②；
（3）①0.06mol L﹣1；
②c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降；
（4）①Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+；
②阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生。
【分析】黄铜矿的主要成分为CuFeS2，氧化浸出时，首先发生反应：CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O，生成的亚铁离子在酸性条件下继续被氧化为铁离子，铁离子继续发生反应：，促进黄铁矿的溶解，过滤，得到含有CuSO4和FeSO4的滤液，以及滤渣，对滤液进行电解，得到纯铜，据此分析作答。
【解答】解：（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；
（2）①根据题意可知，生成Fe3+的离子方程式是：，
故答案为：；
②根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是：，
故答案为：；
（3）①由图可知，硫酸铁的最佳浓度为0.06mol L﹣1，此时铜浸出率最高，
故答案为：0.06mol L﹣1；
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降，
故答案为：c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降；
（4）①电解初期，阴极没有铜析出，原因是Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+，
故答案为：Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+；
②将阴极室的流出液含有硫酸亚铁，送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生，
故答案为：阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及纯铜的制取，同时考查方程式书写等，属于高考高频考点，难度中等。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
一．选择题（共14小题）
1．（2025 通州区一模）Mg有三种稳定的同位素：24Mg、25Mg和26Mg，研究发现幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异，利用镁同位素示踪法可以研究中国东部岩石圈碳循环。下列说法不正确的是（ ）
A．24Mg、25Mg和26Mg的化学性质不同
B．24Mg、25Mg和26Mg的质子数相同，中子数不同
C．可以用质谱法区分24Mg、25Mg和26Mg
D．依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩
2．（2025 通州区一模）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．过氧化钠的电子式：
B．乙烯的结构式：
C．HCl共价键电子云轮廓图：
D．SO2的VSEPR模型：
3．（2025春 房山区期中）下列操作不符合实验安全或操作规范的是（ ）
A．配制溶液时，NaOH固体溶解后冷却至室温再转移至容量瓶
B．点燃氢气前，先验纯，确认氢气纯净后再点燃
C．处理含氨气的尾气时，将导管通入盛水的烧杯里
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
4．（2025 北京校级模拟）下列实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．稀硝酸溶液中加入四氧化三铁：
B．酸性KMnO4溶液与草酸反应：
C．用石墨电极电解氯化铝溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
D．Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2CaCO3↓2H2O
5．（2025春 丰台区期中）用下列仪器（或装置）进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．验证非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B．证明Na2O2与水反应放热
C．验证硝酸铵固体的溶解为吸热过程
D．从NaCl溶液获得NaCl晶体
6．（2025 海淀区校级模拟）某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，⑤中溶液变蓝。
下列分析正确的是（ ）
A．若②中只有NH4Cl不能制备NH3
B．③、④中现象说明③中的反应是
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．⑤中溶液变蓝说明NO2是稀硫酸与Cu反应的催化剂
7．（2025春 通州区期中）某实验小组欲除去粗盐水中含有的少量Ca2+、Mg2+、，进行如图实验。
下列说法不正确的是（ ）
A．向滤液a中滴加BaCl2溶液，无明显现象，说明已沉淀完全
B．若将NaOH溶液改用石灰乳也可达到实验目的
C．加入Na2CO3的目的是除去Ca2+
D．操作Ⅱ与加入盐酸的操作不能颠倒，否则会使生成的沉淀重新溶解
8．（2025 通州区一模）工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如图。
已知：步骤Ⅱ中SO2的平衡转化率随温度和压强的变化情况如表。
温度/℃ 平衡时SO2的转化率/%
0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa
450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7
550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低
B．步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2的平衡转化率
C．从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPa
D．步骤Ⅲ中用H2O吸收SO3
9．（2025 通州区一模）CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型高分子Z，合成路线如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．1mol Y最多可与3mol NaOH反应
B．合成Z的过程中会脱除小分子H2O
C．CO2与X、Y的化学计量数比为n：（m+n+p）：m
D．Z充分水解不能得到Y
10．（2025 通州区一模）常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。
已知：饱和NaHSO3溶液pH≈4
下列分析不正确的是（ ）
A．饱和NaHSO3溶液中
B．饱和NaHCO3溶液中：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3）
C．Ⅱ中产生白色的BaSO3沉淀
D．Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均逐渐增大
11．（2025 东城区一模）甘氨酸亚铁是一种补铁剂的有效成分，其结构简式如图。甘氨酸亚铁可由甘氨酸与FeCO3反应得到。下列说法正确的是（ ）
A．甘氨酸亚铁的中心离子的基态价层电子排布式为3d5
B．甘氨酸亚铁中含有手性碳原子
C．甘氨酸的化学式为C2H4NO2
D．甘氨酸既可与强酸反应又可与强碱反应
12．（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
13．（2025 通州区一模）金属锂用于电化学驱动将N2还原为NH3，原理如图所示。
已知：ⅰ.电解质溶液由LiBH4和少量C2H5OH溶于有机溶剂形成。
ⅱ.电流效率100%。
下列说法不正确的是（ ）
A．阳极电极反应是H2﹣2e﹣═2H+
B．过程Ⅱ生成NH3的反应是6Li+N2+6C2H5OH═6C2H5O﹣+6Li++2NH3↑
C．理论上，乙醇浓度越高，电流效率越高
D．理论上，若电解液传导3mol H+，最多生成标准状况下22.4LNH3
14．（2025春 房山区期中）将高炉煤气（主要含H2、CO、CO2N2）转化为价值更高的CO的方法不断发展。科研人员以Fe2O3、CaO为初始原料构建化学链，实现高炉煤气的转化。下列说法不正确的是（ ）
A．X为初始原料Fe2O3
B．CO2体现了氧化性和酸性氧化物的性质
C．图中涉及的所有反应均为氧化还原反应
D．此过程总反应方程式为：CO2+H2CO+H2O
二．解答题（共4小题）
15．（2025春 房山区期中）含氮化合物在生产、生活中用途广泛。
（1）NH3的VSEPR模型是 。
（2）NH3极易溶于水的原因是 （写两条原因）
（3）羟胺（NH2OH）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—OH（羟基）取代形成的，NH2OH中采用sp3杂化的原子有 。
（4）N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH2OH原因是 。
（5）NH3BH3（氨硼烷）诸氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较熔点：NH3BH3 CH3CH3（填“＞”或“＜”），并解释原因 。
（6）邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物。该配合物的特征颜色常用于Fe2+检验和浓度的测定。
①该配合物中配位原子是 。
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2+的原因 。
16．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因： 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： 和V4。
17．（2025 海淀区校级模拟）不对称分子梳M是一种性能优良的表面防污涂层材料，其合成路线如图所示。
ⅰ．
ⅱ．
（1）A中不含环状结构，A分子中含有的官能团有 。
（2）E→F的反应类型是 。
（3）下列说法中正确的是 （填字母）。
a．化合物D的同分异构体共有5种
b．化合物A、B、E均能使酸性KMnO4褪色
c．化合物E的沸点低于化合物F
d．化合物G、I中均含手性碳原子
（4）F+G→I的化学方程式是 。
（5）化合物J的结构简式为 。
（6）聚合物L的结构简式为 。
（7）分子梳M的抗污性能与梳齿中的基团有关，为了测定分子梳中梳齿的“密度”（分子梳主链上接入的梳齿数与主链链节数之比），测得某M样品的核磁共振氢谱中，主链上所有a处H原子与梳齿中b处H原子的两组信号峰面积比1：0.46，则梳齿2的密度为 。
18．（2025 江岸区校级模拟）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验 试剂 现象
滴管 试管
0.2mol L﹣1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀
0.2mol L﹣1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol L﹣1Al2（SO4）3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 。
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知：Cu+→稀硫酸Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。
②通过如图实验证实，沉淀中含有Cu2+和。
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 。
b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是 。
（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
ⅰ．Al（OH）3所吸附；
ⅱ．存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设计了对比实验，证实了假设ⅱ成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
步骤二： （按如图形式呈现）。
b．假设ii成立的实验证据是 。
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。
三．工艺流程题（共1小题）
19．（2025 通州区一模）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料生产纯铜，流程示意图如图。
（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 。
（2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O。
浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的Fe3+与黄铜矿发生反应。
①生成Fe3+的离子方程式是 。
②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见图。
①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 。
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。
（4）“电解”的原理示意图如图。
①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 。
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 通州区一模）Mg有三种稳定的同位素：24Mg、25Mg和26Mg，研究发现幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异，利用镁同位素示踪法可以研究中国东部岩石圈碳循环。下列说法不正确的是（ ）
A．24Mg、25Mg和26Mg的化学性质不同
B．24Mg、25Mg和26Mg的质子数相同，中子数不同
C．可以用质谱法区分24Mg、25Mg和26Mg
D．依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩
【答案】A
【分析】A．同位素原子的核外电子数相同；
B．同位素原子质子数相同，中子数不同；
C．可以用质谱法区分相对原子质量不同的原子；
D．研究发现幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异。
【解答】解：A．24Mg、25Mg和26Mg的核外电子数相同，化学性质相同，故A错误；
B．24Mg、25Mg和26Mg的质子数相同，都为12，中子数不同分别为12、13、14，故B正确；
C．24Mg、25Mg和26Mg的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故C正确；
D．幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异，依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了同位素原子结构和性质、质谱法的理解应用，题目难度不大。
2．（2025 通州区一模）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．过氧化钠的电子式：
B．乙烯的结构式：
C．HCl共价键电子云轮廓图：
D．SO2的VSEPR模型：
【答案】B
【分析】A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成；
B．乙烯分子的结构简式CH2＝CH2，把化学键用短线表示得到结构式；
C．H、Cl原子头碰头形成H—Clσ键；
D．SO2中心原子的价电子对数＝23，其VSEPR模型为平面三角形；
【解答】解：A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，其电子式为，故A错误；
B．乙烯分子的结构式为：，故B正确；
C．HCl中H、Cl原子头碰头形成σ键，电子云轮廓图为，故C错误；
D．SO2中心原子的价电子对数为3，SO2分子的VSEPR模型为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学用语、原子结构的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3．（2025春 房山区期中）下列操作不符合实验安全或操作规范的是（ ）
A．配制溶液时，NaOH固体溶解后冷却至室温再转移至容量瓶
B．点燃氢气前，先验纯，确认氢气纯净后再点燃
C．处理含氨气的尾气时，将导管通入盛水的烧杯里
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
【答案】C
【分析】A．根据溶液配制的规范操作，分析NaOH固体溶解后的操作是否正确；
B．根据可燃气体的安全操作规程，分析点燃氢气前的操作是否正确；
C．根据氨气的处理方法，分析含氨气的尾气处理操作是否正确；
D．根据浓硫酸的稀释方法，分析稀释浓硫酸的操作是否正确。
【解答】解：A．在配制溶液时，NaOH固体溶解会放出大量的热，因此溶解后需要冷却至室温再转移至容量瓶，以避免因热胀冷缩导致的溶液体积误差，故A正确；
B．氢气是一种可燃气体，不纯时点燃可能会发生爆炸，因此在点燃氢气前，必须先验纯，确认氢气纯净后再点燃，故B正确；
C．氨气极易溶于水，处理含氨气的尾气时，导管不能插入到液面下，防倒吸，故C错误；
D．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，以使产生的热量及时扩散，避免液体飞溅，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学实验的基本操作和安全规程，包括溶液配制、可燃气体验纯、尾气处理和浓硫酸稀释等。完成此题，需要从题干中抽取有用的信息，结合已有的化学实验知识进行分析和判断。在实验操作中，安全和规范是首要考虑的因素，必须严格遵守实验操作规程，确保实验安全。
4．（2025 北京校级模拟）下列实验对应的反应方程式书写正确的是（ ）
A．稀硝酸溶液中加入四氧化三铁：
B．酸性KMnO4溶液与草酸反应：
C．用石墨电极电解氯化铝溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
D．Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2CaCO3↓2H2O
【答案】B
【分析】A．根据稀硝酸具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，进行分析；
B．根据酸性KMnO4溶液与草酸反应的电子转移和产物，进行分析；
C．根据石墨电极电解氯化铝溶液会生成氢氧化铝沉淀，进行分析；
D．根据少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，进行分析。
【解答】解：A．稀HNO3具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，因此产物应该是硝酸铁、一氧化氮和水：，故A错误；
B．草酸为弱酸，可以被KMnO4氧化为CO2，同时生成水和锰离子：，故B正确；
C．石墨电极电解氯化铝溶液会生成氢氧化铝沉淀，6Cl﹣+6H2O+2Al3+3H2↑+3Cl2↑+2Al OH）3↓，故C错误；
D．少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，Ca（OH）2溶液中加入少量NaHCO3溶液反应为：Ca2++OH﹣CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写，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春 丰台区期中）用下列仪器（或装置）进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．验证非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B．证明Na2O2与水反应放热
C．验证硝酸铵固体的溶解为吸热过程
D．从NaCl溶液获得NaCl晶体
【答案】A
【分析】A．盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应；
B．过氧化钠与水反应生成氧气且放热；
C．硝酸铵溶于水吸热；
D．NaCl为可溶性固体，且不水解。
【解答】解：A．盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应，不能验证非金属性强弱：Cl＞C＞Si，故A错误；
B．过氧化钠与水反应生成氧气且放热，脱脂棉燃烧可证明，故B正确；
C．硝酸铵溶于水吸热，U型管中液体左高右低可证明，故C正确；
D．NaCl为可溶性固体，且不水解，可选图中蒸发装置从NaCl溶液获得NaCl晶体，故D正确；
故选：A。
【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、非金属性比较、反应中能量变化、混合物的分离提纯、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，题目难度不大。
6．（2025 海淀区校级模拟）某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，⑤中溶液变蓝。
下列分析正确的是（ ）
A．若②中只有NH4Cl不能制备NH3
B．③、④中现象说明③中的反应是
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．⑤中溶液变蓝说明NO2是稀硫酸与Cu反应的催化剂
【答案】A
【分析】由图可知，①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，装置④中反应生成的一氧化氮与过量的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与过量的氨气反应生成硝酸铵而产生白烟，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜可反应得到蓝色的硝酸铜溶液。
【解答】解：A．若②中只有氯化铵，氯化铵受热分解生成NH3和HCl，但二者在试管口遇冷又会化合生成氯化铵，无法制得氨气，故A正确；
B．③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明，说明③中NH3在催化剂作用下与O2发生催化氧化反应生成NO，反应的化学方程式为，故B错误；
C．④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C错误；
D．一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成HNO3，硝酸与铜反应得到蓝色的硝酸铜溶液，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查氨的实验室制法等，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。
7．（2025春 通州区期中）某实验小组欲除去粗盐水中含有的少量Ca2+、Mg2+、，进行如图实验。
下列说法不正确的是（ ）
A．向滤液a中滴加BaCl2溶液，无明显现象，说明已沉淀完全
B．若将NaOH溶液改用石灰乳也可达到实验目的
C．加入Na2CO3的目的是除去Ca2+
D．操作Ⅱ与加入盐酸的操作不能颠倒，否则会使生成的沉淀重新溶解
【答案】C
【分析】除去粗盐水中含有的少量Ca2+、Mg2+、，进行如图实验，粗盐水中加入过量的BaCl2溶液，除去硫酸根离子，过滤得到滤渣BaSO4，滤液a中加入过量的NaOH溶液除去Mg2+离子，加入过量的Na2CO3溶液除去过量的钡离子和钙离子，操作Ⅱ是过滤操作，得到滤渣b为碳酸钡、碳酸钙、氢氧化镁沉淀，滤液b中加入稀盐酸调节溶液pH除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，得到精制氯化钠溶液，据此分析判断。
【解答】解：A．滤液a中滴加BaCl2溶液，无明显现象，说明滤液a中无，即已沉淀完全，故A正确；
B．若将NaOH溶液改用石灰乳，也能沉淀镁离子，过量的钙离子用碳酸钠能除去，可达到实验目的，故B正确；
C．加入Na2CO3的目的是除去Ca2+和过量的Ba2+，故C错误；
D．分析可知，操作Ⅱ是过滤，与加入盐酸的操作不能颠倒，否则会使生成的沉淀重新溶解，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡、混合物的分离提纯实验，侧重分析判断能力和实验能力考查，明确溶度积常数的计算应用、物质分离提纯方法、物质性质及发生的反应是解题关键，题目难度中等。
8．（2025 通州区一模）工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如图。
已知：步骤Ⅱ中SO2的平衡转化率随温度和压强的变化情况如表。
温度/℃ 平衡时SO2的转化率/%
0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa
450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7
550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低
B．步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2的平衡转化率
C．从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPa
D．步骤Ⅲ中用H2O吸收SO3
【答案】D
【分析】A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低；
B．加入一种物质可能增大另一种物质的转化率，而自身的转化率减小；
C．根据表格中的数据可知，0.5MPa与0.1MPa相比，SO2的转化率相差不大，而高压对设备和成本的要求较高，另外450℃SO2的转化率大于550℃；
D．步骤Ⅲ中用98.3%的浓H2SO4吸收SO3。
【解答】解：A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低，故A正确；
B．加入一种物质可能增大另一种物质的转化率，而自身的转化率减小，因此步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2的平衡转化率，故B正确；
C．根据表格中的数据可知，0.5MPa与0.1MPa相比，SO2的转化率相差不大，而高压对设备和成本的要求较高，另外450℃SO2的转化率大于550℃，因此从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPa，故C正确；
D．步骤Ⅲ中用98.3%的浓H2SO4吸收SO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查硫酸的制备，为高频考点，题目难度一般。
9．（2025 通州区一模）CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型高分子Z，合成路线如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．1mol Y最多可与3mol NaOH反应
B．合成Z的过程中会脱除小分子H2O
C．CO2与X、Y的化学计量数比为n：（m+n+p）：m
D．Z充分水解不能得到Y
【答案】B
【分析】A．Y中羧基能和NaOH以1：1反应，—COOOC—能和NaOH以1：2反应；
B．CO2、X、Y反应后只有Z一种产物；
C．X和Y以1：1反应，CO2和Y以1：1反应，Y还自身发生反应；
D．Z充分水解生成。
【解答】解：A．Y中羧基能和NaOH以1：1反应，—COOOC—能和NaOH以1：2反应，则1mol Y最多消耗3mol NaOH，故A正确；
B．CO2、X、Y反应后只有Z一种产物，没有小分子H2O生成，故B错误；
C．X和Y以1：1反应，CO2和Y以1：1反应，Y还自身发生反应，则CO2与X、Y的化学计量数比为n：（m+n+p）：m，故C正确；
D．Z充分水解生成，得不到Y，故D正确；
故选：B。
【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是解本题关键，题目难度不大。
10．（2025 通州区一模）常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。
已知：饱和NaHSO3溶液pH≈4
下列分析不正确的是（ ）
A．饱和NaHSO3溶液中
B．饱和NaHCO3溶液中：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3）
C．Ⅱ中产生白色的BaSO3沉淀
D．Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均逐渐增大
【答案】D
【分析】A．饱和NaHSO3溶液pH≈4，NaHSO3溶液中电离大于水解；
B．饱和NaHCO3溶液中存在物料守恒；
C．Ⅱ中存在平衡：Ba2+ BaSO3↓+H+、H+ SO2↑+H2O；
D．Ⅱ中生成BaSO3白色沉淀，促进电离的电离，溶液酸性增强。
【解答】解：A．饱和NaHSO3溶液pH≈4，NaHSO3溶液中电离大于水解，故c（）＞c（H2SO3），故A正确；
B．饱和NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3），故B正确；
C．Ⅱ中存在平衡：Ba2+ BaSO3↓+H+、H+ SO2↑+H2O，会生成白色沉淀与气体，即白色沉淀为BaSO3，故C正确；
D．Ⅰ中氢离子浓度减少，pH增大，Ⅱ中产生白色沉淀，促进电离，pH减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学基本反应，题目难度中等，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。
11．（2025 东城区一模）甘氨酸亚铁是一种补铁剂的有效成分，其结构简式如图。甘氨酸亚铁可由甘氨酸与FeCO3反应得到。下列说法正确的是（ ）
A．甘氨酸亚铁的中心离子的基态价层电子排布式为3d5
B．甘氨酸亚铁中含有手性碳原子
C．甘氨酸的化学式为C2H4NO2
D．甘氨酸既可与强酸反应又可与强碱反应
【答案】D
【分析】A．中心离子为Fe2+，甘氨酸亚铁的中心离子Fe2+的基态价层电子为3d能级上的6个电子；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．根据图知，甘氨酸的结构简式为HOOCCH2NH2；
D．甘氨酸中含有羧基和氨基，具有酸性和碱性。
【解答】解：A．中心离子为Fe2+，甘氨酸亚铁的中心离子Fe2+的基态价层电子为3d能级上的6个电子，则甘氨酸亚铁的中心离子的基态价层电子排布式为3d6，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，甘氨酸亚铁中不含手性碳原子，故B错误；
C．根据图知，甘氨酸的结构简式为HOOCCH2NH2，分子式为C2H5NO2，故C错误；
D．甘氨酸中含有羧基和氨基，具有酸性和碱性，氨基可以与强酸反应、羧基可以与强碱反应，故D正确；
故选：D。
【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。
12．（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。
13．（2025 通州区一模）金属锂用于电化学驱动将N2还原为NH3，原理如图所示。
已知：ⅰ.电解质溶液由LiBH4和少量C2H5OH溶于有机溶剂形成。
ⅱ.电流效率100%。
下列说法不正确的是（ ）
A．阳极电极反应是H2﹣2e﹣═2H+
B．过程Ⅱ生成NH3的反应是6Li+N2+6C2H5OH═6C2H5O﹣+6Li++2NH3↑
C．理论上，乙醇浓度越高，电流效率越高
D．理论上，若电解液传导3mol H+，最多生成标准状况下22.4LNH3
【答案】C
【分析】图中转化可知，阳极上氢气失电子生成氢离子，其电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，由图知过程Ⅱ中锂、氮气和乙醇反应生成氨气、锂离子和乙醇根离子，其反应的离子方程式：6Li+N2+6C2H5OH═6C2H5O﹣+6Li++2NH3↑，阴极上电极反应：N2+6e﹣+4H++2Li+＝2LiNH2，过程Ⅰ的反应式为C2H5O﹣+H+＝C2H5OH，过程Ⅱ消耗C2H5OH，故理论上电解一段时间后C2H5OH浓度基本不变，据此分析判断。
【解答】解：A．阳极上氢气失电子生成氢离子，其电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，故A正确；
B．过程Ⅱ生成NH3的反应是6Li+N2+6C2H5OH═6C2H5O﹣+6Li++2NH3↑，故B正确；
C．乙醇是中间产物，理论上，乙醇浓度越高，电流效率变化不大，故C错误；
D．电极反应可知氨气中的氢原子全部来源于电解质传到的氢离子，理论上，若电解液传导3mol H+，最多生成1mol氨气，标准状况下22.4L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，题目难度中等。
14．（2025春 房山区期中）将高炉煤气（主要含H2、CO、CO2N2）转化为价值更高的CO的方法不断发展。科研人员以Fe2O3、CaO为初始原料构建化学链，实现高炉煤气的转化。下列说法不正确的是（ ）
A．X为初始原料Fe2O3
B．CO2体现了氧化性和酸性氧化物的性质
C．图中涉及的所有反应均为氧化还原反应
D．此过程总反应方程式为：CO2+H2CO+H2O
【答案】C
【分析】以Fe2O3、CaO为初始原料构建化学链的原理为：先利用Fe2O3将H2和CO转化为H2O和CO2，Fe2O3还原为单质Fe，生成的CO2被CaO吸收转化为CaCO3，分离后提供能量使CaCO3重新分解为CO2和CaO，CaO循环使用，CO2在能量作用与Fe重新转化为Fe2O3和CO，Fe2O3循环使用，实现CO的分离提纯转化，据此分析解答。
【解答】解：A．由分析可知初始原料X为Fe2O3，故A正确；
B．CO2体现了酸性氧化物的性质，可与碱性氧化物CaO反应生成盐CaCO3，在整个转化过程中，CO2表现出氧化性，可氧化FeH2生成Fe2O3，故B正确；
C．CaCO3分解为CO2和CaO中不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．此过程总反应方程式为：CO2+H2CO+H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应中反应原理的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
二．解答题（共4小题）
15．（2025春 房山区期中）含氮化合物在生产、生活中用途广泛。
（1）NH3的VSEPR模型是 四面体 。
（2）NH3极易溶于水的原因是 氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应 （写两条原因）
（3）羟胺（NH2OH）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—OH（羟基）取代形成的，NH2OH中采用sp3杂化的原子有 N、O 。
（4）N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH2OH原因是 O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，给出孤电子对的能力变弱，结合氢离子能力减弱，碱性减弱 。
（5）NH3BH3（氨硼烷）诸氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较熔点：NH3BH3 ＞ CH3CH3（填“＞”或“＜”），并解释原因 二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3 。
（6）邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物。该配合物的特征颜色常用于Fe2+检验和浓度的测定。
①该配合物中配位原子是 N 。
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2+的原因 pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键，pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀 。
【答案】（1）四面体；
（2）氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应；
（3）N、O；
（4）O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，给出孤电子对的能力变弱，结合氢离子能力减弱，碱性减弱；
（5）＞；二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3；
（6）①N；
②pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键，pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀。
【分析】（1）氨气分子中N原子价层电子对数＝33；
（2）氨气分子和水发生化学反应，氨气和水都是极性分子，氨气分子和水分子间形成氢键；
（3）根据N、O原子价层电子对数，判断杂化方式；
（4）O元素的电负性比N元素大，NH2OH中氮原子周围电子云密度更小；
（5）NH3BH3与CH3CH3均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3；
（6）①邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物，氮原子提供孤电子对；
②当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH﹣浓度较高时，Fe2+会与OH﹣作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键。
【解答】解：（1）氨气分子中N原子价层电子对数＝33，VSEPR模型为四面体，
故答案为：四面体；
（2）NH3极易溶于水的原因是：氨气分子和水发生化学反应，氨气和水都是极性分子，相似相溶，氨气和水分子之间形成氢键，
故答案为：氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应；
（3）羟胺分子中，价层电子对为4的原子有N、O原子，所以采用sp3杂化的原子有N、O原子，
故答案为：N、O；
（4）O元素的电负性比N元素大，使得NH2OH中氮原子周围电子云密度比中N2H4N中小，结合质子的能力减弱，碱性比N2H4弱，
故答案为：O元素的电负性比N元素大，使得NH2OH中氮原子周围电子云密度降低，结合质子的能力减弱，碱性减弱；
（5）比较熔点：NH3BH3＞CH3CH3，原因为二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3熔点高于CH3CH3，
故答案为：＞；二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3；
（6）①邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物，该配合物中配位原子为N原子，
故答案为：N；
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，原因是当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH﹣浓度较高时，Fe2+会与OH﹣作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位，
故答案为：pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀。
【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、含量测定原理、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。
16．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 N2+3H22NH3 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 b 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 N2+6H++6e﹣＝2NH3 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 b 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因： 阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积： V1 和V4。
【答案】（1）①N2+3H22NH3；
②b；
（2）①N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②b。
③阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）V1。
【分析】（1）①N2和H2在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度；
（2）①由图可知，阴极N2和H+得到e﹣生成NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
③由图可知阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度。
【解答】解：（1）①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是：N2+3H22NH3，
故答案为：N2+3H22NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a错误；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，反应限度增大，故b正确；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，故c错误；
故答案为：b；
（2）①由图可知，阴极生成NH3其电极反应式是：N2+6H++6e﹣＝2NH3，
故答案为：N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，故a错误；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2，故b正确；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，NH3也可能来自Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成，故c错误；
故答案为：b。
③由图可知，阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大，阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小，结合FE解释NH3的生成速率减小的原因是阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小，
故答案为：阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度，
故答案为：V1。
【点评】本题主要考查氨气的工业制法，电极反应式的书写，同时考查学生的获取信息的能力，属于基本知识的考查，难度中等。
17．（2025 海淀区校级模拟）不对称分子梳M是一种性能优良的表面防污涂层材料，其合成路线如图所示。
ⅰ．
ⅱ．
（1）A中不含环状结构，A分子中含有的官能团有 碳碳双键、醛基 。
（2）E→F的反应类型是 加成反应 。
（3）下列说法中正确的是 bcd （填字母）。
a．化合物D的同分异构体共有5种
b．化合物A、B、E均能使酸性KMnO4褪色
c．化合物E的沸点低于化合物F
d．化合物G、I中均含手性碳原子
（4）F+G→I的化学方程式是 。
（5）化合物J的结构简式为 。
（6）聚合物L的结构简式为 。
（7）分子梳M的抗污性能与梳齿中的基团有关，为了测定分子梳中梳齿的“密度”（分子梳主链上接入的梳齿数与主链链节数之比），测得某M样品的核磁共振氢谱中，主链上所有a处H原子与梳齿中b处H原子的两组信号峰面积比1：0.46，则梳齿2的密度为 0.92 。
【答案】（1）碳碳双键、醛基；
（2）加成反应；
（3）bcd；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）0.92。
【分析】根据题目信息，A中不含环状结构，其不饱和度为2，B为C3H4O2，A发生氧化反应生成B，A为CH2＝CH﹣CHO，B为CH2＝CH﹣COOH，根据E的结构可知，B与D的反应是酯化反应，因此物质D为，F与G反应生成I，其反应为，因此G为BrCH（CH3）COOH，J的分子式为C7H9BrO4，不饱和度为3，与I相比没有变，但I中有11个C原子，因此J为，K的分子式为C10H11BrO4，不饱和度为5，与J相对多了2个不饱和度且多了3个碳原子，说明丙炔基接在了J上，结合M可得知K为，聚合物L为，据此作答。
【解答】解：（1）根据分析，A为CH2＝CH﹣CHO，含有的官能团为碳碳双键和醛基，
故答案为：碳碳双键、醛基；
（2）观察E→F的反应，是E加成到F即甲醛的碳氧双键上，因此反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
（3）a．化合物D为，其同分异构体属于醇的有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、（CH3） 2 CHCH2OH，属于醚的有CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、（CH3） 2 CHOCH3共有6种，故a错误；
b．A中含有碳碳双键和醛基能使酸性KMnO4褪色，B中含有碳碳双键能使酸性KMnO4褪色，E中含有碳碳双键能使酸性KMnO4褪色，化合物A、B、E均能使酸性KMnO4褪色，故b正确；
c．化合物F中含有羟基，能形成氢键，因此其的沸点高于化合物E，故c正确；
d．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，可知化合物G为、I为 中均含手性碳原子，故d正确；
故答案为：bcd；
（4）结合反应过程，F+G→I的化学方程式是，
故答案为：；
（5）根据分析，J的结构简式为，
故答案为：；
（6）根据分析，L的结构简式为，
故答案为：；
（7）分子梳中梳齿的“密度”为分子梳主链上接入的梳齿数与主链链节数之比，主链上所有a处H原子，可看单体为2个H原子，与梳齿中b处，为1个H原子，即分子梳主链上接入的梳齿数，两者H原子的两组信号峰面积比1：0.46，根据“密度”的概念可知，则梳齿2的密度为0.92，
故答案为：0.92。
【点评】本题考查有机物推断与合成，注意根据反应条件及给予的信息进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，较较好地考查学生自学能力、知识迁移运用能力，难度较大。
18．（2025 江岸区校级模拟）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验 试剂 现象
滴管 试管
0.2mol L﹣1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀
0.2mol L﹣1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol L﹣1Al2（SO4）3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 2Ag+Ag2SO3↓ 。
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知：Cu+→稀硫酸Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 有红色固体生成 。
②通过如图实验证实，沉淀中含有Cu2+和。
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 HCl溶液和BaCl2溶液 。
b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是 在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为 。
（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 Al3+、OH﹣ 。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
ⅰ．Al（OH）3所吸附；
ⅱ．存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设计了对比实验，证实了假设ⅱ成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
步骤二： （按如图形式呈现）。
b．假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2 。
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有 亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 。盐溶液间反应的多样性与 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件 有关。
【答案】（1）2Ag+Ag2SO3↓；
（2）①有红色固体生成；
②a.HCl溶液和BaCl2溶液；
b.在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为；
（3）①Al3+、OH﹣；
②a.；
b.V1明显大于V2；
（4）亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。
【分析】（1）实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3；
（2）①因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质；
②a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2、I2H2O2I﹣+2H+、Ba2+＝BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液；
b.由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I﹣反应生成I2；
（3）①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子；
②a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al（OH）3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al（OH）3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al（OH）3沉淀；
b.根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2；
（4）根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应。
【解答】解：（1）实验Ⅰ中由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到浓度较大，则白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+Ag2SO3↓，
故答案为：2Ag+Ag2SO3↓；
（2）①因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，
故答案为：有红色固体生成；
②a.实验原理为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2、I2H2O2I﹣+2H+、Ba2+＝BaSO4↓，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，
故答案为：HCl溶液和BaCl2溶液；
b.之前所取上层清液中有，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I﹣反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂，
故答案为：在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为；
（3）①实验Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，则沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，
故答案为：Al3+、OH﹣；
②a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al（OH）3还是铝的碱式盐，然后采用滴加NaOH溶液，首先要制备出Al（OH）3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al（OH）3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：，
故答案为：；
b.假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2，
故答案为：V1明显大于V2；
（4）亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，
故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
三．工艺流程题（共1小题）
19．（2025 通州区一模）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料生产纯铜，流程示意图如图。
（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 增大接触面积，加快氧化浸出反应速率 。
（2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O。
浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的Fe3+与黄铜矿发生反应。
①生成Fe3+的离子方程式是 。
②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见图。
①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 0.06mol L﹣1 。
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降 。
（4）“电解”的原理示意图如图。
①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+ 。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生 。
【答案】（1）增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；
（2）①；
②；
（3）①0.06mol L﹣1；
②c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降；
（4）①Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+；
②阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生。
【分析】黄铜矿的主要成分为CuFeS2，氧化浸出时，首先发生反应：CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O，生成的亚铁离子在酸性条件下继续被氧化为铁离子，铁离子继续发生反应：，促进黄铁矿的溶解，过滤，得到含有CuSO4和FeSO4的滤液，以及滤渣，对滤液进行电解，得到纯铜，据此分析作答。
【解答】解：（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；
（2）①根据题意可知，生成Fe3+的离子方程式是：，
故答案为：；
②根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是：，
故答案为：；
（3）①由图可知，硫酸铁的最佳浓度为0.06mol L﹣1，此时铜浸出率最高，
故答案为：0.06mol L﹣1；
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降，
故答案为：c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降；
（4）①电解初期，阴极没有铜析出，原因是Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+，
故答案为：Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+；
②将阴极室的流出液含有硫酸亚铁，送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生，
故答案为：阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及纯铜的制取，同时考查方程式书写等，属于高考高频考点，难度中等。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
同课章节目录