【高考押题卷】2025届高考化学模拟预测卷五 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五 北京卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 18:07:51 | ||
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．（2024秋 丰台区期末）我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的108颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U﹣Pb衰变体系（衰变为，衰变为）207Pb/206Pb中来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是（ ）
A．Pb位于元素周期表中第5周期第ⅣA族
B．可以用质谱法区分206Pb和207Pb
C．和的中子数分别为146和143，互为同位素
D．来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近
2．（2025 东城区一模）下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．基态P原子的价层电子轨道表示式：
B．K+的结构示意图：
C．CS2的电子式：
D．3p，的电子云图：
3．（2025 东城区一模）解释下列事实的方程式不正确的是（ ）
A．红棕色的NO2溶于水变为无色：3NO2+H2O═2HNO3+NO
B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁丝表面变红：2Fe+3Cu2+═2Fe3++3Cu
C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，产生白色沉淀：2Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O
D．用硫化亚铁可去除废水中的Hg2+：FeS（s）+Hg2+（aq）═HgS（s）+Fe2+（aq）
4．（2024秋 通州区期末）下列事实不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．船底镶嵌锌块，以防船体被腐蚀
B．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色
C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
D．蔗糖和浓硫酸混合，搅拌后产生大量气体
5．（2025 西城区一模）下列实验的对应操作中，不合理的是（ ）
A.向试管中倾倒液体药品 B.制备氢氧化铁胶体 C.分离甲烷与氯气取代反应得到的液体混合物 D.萃取后分离出下层液体
A．A B．B C．C D．D
6．（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
7．（2025 东城区一模）实验：把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，再加入双氧水，铜丝表面有少量气泡产生并逐渐增多，一段时间后产生大量气泡，溶液变蓝。
下列分析不正确的是（ ）
A．依据金属活动性顺序，铜与稀硫酸不能发生置换反应
B．实验中产生的气体能使带火星木条复燃
C．溶液变蓝的方程式有Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O
D．“产生大量气泡”，说明Cu2+起到了催化作用
8．（2025 东城区一模）利用“吹出法”从海水中提溴的主要过程如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．“氧化”过程中，用盐酸调溶液pH＜7，可提高Cl2的利用率
B．“氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣
C．“吹出”的目的是减少溶液中残留的Cl2
D．“吸收”后溶液pH减小
9．（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
10．（2025 东城区一模）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的CO2。如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到高浓度的CO2。
下列分析正确的是（ ）
A．a侧CO2在薄膜表面发生还原反应
B．电子和在薄膜中移动方向相同
C．理论上b侧每消耗1mol H2同时生成2mol CO2
D．总反应中元素的化合价均未发生变化
11．（2024秋 海淀区期末）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：2A（g）+2B（？） C（g）+2D（g），相关数据见下表。
容器编号 起始时物质的量/mol题知 平衡时物质的量/mol
A B D
Ⅰ 020.2 0.2 0.1
Ⅱ 0.4 0.4 ＞0.2
下列说法不正确的是（ ）
A．B物质的状态为气态
B．Ⅰ中，A的平衡转化率为50%
C．该反应的化学平衡常数的数值为5
D．Ⅰ中，若平衡后向容器中再充入0.2mol A和0.2mol D，平衡正向移动
12．（2023秋 丰台区期末）二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．K和M中均含有手性碳原子
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．生成1molM参加反应的CO2的物质的量为（m+n）mol
D．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
13．（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
14．（2025 北京一模）不同条件下，当KI与KMnO4按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如表。
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.002 x Mn2+ I2
② 中性 0.001 y MnO2
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①，n（Mn2+）：n（I2）＝1：2.5
B．随反应进行，①②溶液的pH均增大
C．对比反应①和②，I﹣在pH较高的溶液中易被氧化为高价
D．对比反应①和②，x：y＝1：10
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2025 北京一模）利用白云石（主要成分为碳酸钙和碳酸镁）制备碳酸钙的工业流程如图。
已知：常温下，Mg（OH）2，Ca（OH）2
（1）煅烧白云石生成的主要固体产物是 。
（2）用化学用语表示NH4Cl溶液呈酸性的原因 。
（3）溶解时，其他条件相同，反应温度对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与NH4Cl的投料比对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图二所示。
M2+转化率）×100%（M代表Ca或Mg）
①80～100℃时，转化率升高的原因是 。
②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 。
（4）分离过程中分离出的固体物质是 。
（5）用离子方程式表示通入NH3和CO2形成碳酸钙沉淀的原因 。
（6）该工业流程中可循环使用的物质是 。
16．（2025 门头沟区一模）用废催化剂（主要成份为V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2）回收金属元素，制备光学材料WO3、陶瓷材料TiO2、媒染剂偏钒酸铵。
资料：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+
开始沉淀pH 1.9 3.7 6.8
完全沉淀pH 3.2 4.7 8.3
回答下列问题：
（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是 （写一点即可）。
（2）滤渣2主要为 。
（3）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 。
（4）检验TiO2沉淀是否洗涤干净的方法是 。
（5）以TiO2为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的Cu2+，常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol L﹣1的废水，控制纳米铁用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是 。
（6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是 。
（7）偏钒酸铵（NH4VO3）在空气中灼烧得到V2O5。称取1.60g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.20mol L﹣1的H2C2O4溶液50mL，再用0.10mol L﹣1的KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点，消耗KMnO4溶液的体积为8.00mL，则产物中V2O5的质量分数为 。（已知：V2O5的相对分子质量为182，V2O5+2H+＝22H2O，2H2C2O4═2VO2+2CO2↑+2H+）
三．解答题（共3小题）
17．（2024 顺义区校级开学）阿哌沙班（Apixaban）可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。如图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线：
已知：ⅰ．RCOOH→SOCl2RCOCl
ⅱ．RCOOR′RCONH2
ⅲ．
（1）A→B的反应类型是 。
（2）B→C的化学方程式是 。
（3）D的分子式为C7H12O4，D的结构简式是 。
（4）G→H的化学方程式是 。
（5）与F含有相同官能团的同分异构体有 种（不考虑手性异构，不含F）。
（6）K经多步合成阿哌沙班，结合K的合成路线图，写出中间体的结构简式 ，步骤3的试剂和反应条件是 。
（7）通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，结合电负性解释原因： 。
元素 H C O
电负性 2.1 2.5 3.5
18．（2025 门头沟区一模）“双碳”背景下，CO2的资源化利用成为全世界的研究热点。
（1）将CO2和H2的混合气体充入某密闭容器中制备甲酸（HCOOH），同时有副反应发生。
已知：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）ΔH2＜0
CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH1＞0
为了提高HCOOH产率、降低CO的生成量，可采取的措施是 （写出两种）。
（2）电催化还原CO2也可以制备甲酸，原理如图甲所示，电解质溶液为KOH。
①电极b是电解池的 极，电极反应式为 。
②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将 极区（填“a”或“b”）电解液更换。此时，该电极的电极反应式为 。
（3）CO2的电化学还原过程比较复杂，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示。
已知：FE%100%
其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物是 （填化学式）。
②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为 。
19．（2025 西城区一模）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。
（1）18～19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。
①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 。
②制硫酸总反应的化学方程式是 。
③ⅰ中反应的SO2与NO2的物质的量之比是 。
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，则O2中氧氧键的键能为 kJ mol﹣1。
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是 。
（3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。
电解（NH4）2SO4废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。
注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。
①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： 。
②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理（NH4）2SO4废液，其原理示意图如图4所示。
ⅰ.较浓硫酸应注入 （填“C极区”或“D极区”）。
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 。
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．（2024秋 丰台区期末）我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的108颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U﹣Pb衰变体系（衰变为，衰变为）207Pb/206Pb中来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是（ ）
A．Pb位于元素周期表中第5周期第ⅣA族
B．可以用质谱法区分206Pb和207Pb
C．和的中子数分别为146和143，互为同位素
D．来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近
【答案】A
【分析】A．Pb位于元素周期表中第6周期第ⅣA族；
B．质谱法测定相对原子质量；
C．中子数＝质量数﹣质子数，同位素指质子数相同、中子数不同的原子；
D．根据题意，207Pb/206Pb中来计算年龄，比值相同的年龄相近。
【解答】解：A．Pb位于元素周期表中第6周期第ⅣA族，故A错误；
B．质谱法测定相对原子质量，因此可用质谱法区分206Pb和207Pb，故B正确；
C．中子数＝质量数﹣质子数，因此和的中子数分别为146和143，二者互为同位素，故C正确；
D．根据题意，207Pb/206Pb中来计算年龄，比值相同的年龄相近，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查原子的组成和结构，为高频考点，题目难度不大。
2．（2025 东城区一模）下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．基态P原子的价层电子轨道表示式：
B．K+的结构示意图：
C．CS2的电子式：
D．3p，的电子云图：
【答案】C
【分析】A．基态P原子的价层电子排布式3s23p3；
B．钾离子核外18个电子，核内19个电子；
C．二硫化碳与二氧化碳等电子体，结构相似，所以存在2个S＝C键；
D．p轨道为哑铃型。
【解答】解：A．基态P原子的价层电子排布式3s23p3，轨道表示式为：，故A正确；
B．钾离子核外18个电子，核内19个电子，离子结构示意图为：，故B 正确；
C．二硫化碳与二氧化碳结构相似，CS2的电子式为，故C错误；
D．3p，的电子云图，p轨道为哑铃型，，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查分子的空间结构及核外电子排布式的书写等知识，为高频考点，题目难度不大。
3．（2025 东城区一模）解释下列事实的方程式不正确的是（ ）
A．红棕色的NO2溶于水变为无色：3NO2+H2O═2HNO3+NO
B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁丝表面变红：2Fe+3Cu2+═2Fe3++3Cu
C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，产生白色沉淀：2Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O
D．用硫化亚铁可去除废水中的Hg2+：FeS（s）+Hg2+（aq）═HgS（s）+Fe2+（aq）
【答案】B
【分析】A．NO2溶于H2O，生成HNO3和NO；
B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁置换出Cu；
C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，生成CaCO3和碳酸钠；
D．FeS的溶解度小于HgS。
【解答】解：A．红棕色的NO2溶于水变为无色，是由于发生反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO，故A正确；
B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁丝表面变红是由于发生反应：Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故B错误；
C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，产生CaCO3沉淀和碳酸钠，离子方程式为：2Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O，故C正确；
D．用硫化亚铁可去除废水中的Hg2+，是由于发生反应：FeS（s）+Hg2+（aq）═HgS（s）+Fe2+（aq），故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2024秋 通州区期末）下列事实不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．船底镶嵌锌块，以防船体被腐蚀
B．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色
C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
D．蔗糖和浓硫酸混合，搅拌后产生大量气体
【答案】B
【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，与发生氧化还原反应，应存在元素化合价的变化，结合物质的性质解答该题。
【解答】解：A．船底镶嵌锌块，是电化学保护方法，涉及到氧化还原反应，故A错误；
B．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色，发生的是复分解反应，是非氧化还原反应，故B正确；
C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色，Cr元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故C错误；
D．蔗糖和浓硫酸混合，搅拌后产生大量气体，S和C元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度判断相关概念以及物质的性质，难度不大，注意相关知识的学习。
5．（2025 西城区一模）下列实验的对应操作中，不合理的是（ ）
A.向试管中倾倒液体药品 B.制备氢氧化铁胶体 C.分离甲烷与氯气取代反应得到的液体混合物 D.萃取后分离出下层液体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】A．倾倒液体时，瓶塞倒放，试管倾斜，试剂瓶口对试管口，标签正对手心；
B．饱和氯化铁溶液水解可制备胶体；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷凝管中冷水下进上出；
D．分液时避免上下层液体混合。
【解答】解：A．倾倒液体时，瓶塞倒放，试管倾斜，试剂瓶口对试管口，标签正对手心，图中操作合理，故A正确；
B．饱和氯化铁溶液滴入沸水中，出现红褐色液体，停止加热，得到氢氧化铁胶体，故B正确；
C．图中温度计的水银球未在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管中冷水未下进上出，故C错误；
D．分液时避免上下层液体混合，下层液体从下口放出，然后上层从上口倒出，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、胶体制备、混合物的分离提纯、实验操作、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 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。
7．（2025 东城区一模）实验：把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，再加入双氧水，铜丝表面有少量气泡产生并逐渐增多，一段时间后产生大量气泡，溶液变蓝。
下列分析不正确的是（ ）
A．依据金属活动性顺序，铜与稀硫酸不能发生置换反应
B．实验中产生的气体能使带火星木条复燃
C．溶液变蓝的方程式有Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O
D．“产生大量气泡”，说明Cu2+起到了催化作用
【答案】D
【分析】把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，铜在氢离子后面，铜与稀硫酸不能发生置换反应，再加入双氧水，铜丝表面有少量气泡产生并逐渐增多，过氧化氢具有强氧化性，酸性溶液中和铜发生氧化还原反应，Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O，铜离子对过氧化氢起到催化剂作用，过氧化氢分解生成氧气和水，一段时间后产生大量气泡，溶液变蓝。
【解答】解：A．依据金属活动性顺序，铜在氢离子后面，铜与稀硫酸不能发生置换反应，故A正确；
B．实验中产生的气体是氧气，能使带火星木条复燃，故B正确；
C．溶液变蓝说明铜变为铜离子，反应的离子方程式有Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O，故C正确；
D．“产生大量气泡”，不能说明Cu2+起到了催化作用，可能是其他离子的作用，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质分析判断，反应现象的理解应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
8．（2025 东城区一模）利用“吹出法”从海水中提溴的主要过程如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．“氧化”过程中，用盐酸调溶液pH＜7，可提高Cl2的利用率
B．“氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣
C．“吹出”的目的是减少溶液中残留的Cl2
D．“吸收”后溶液pH减小
【答案】C
【分析】浓缩海水溶液的pH＞7，溶液呈碱性，向浓缩海水中加入盐酸和氯气进行氧化，溴离子被氧化为Br2，然后用热空气将Br2吹出，用SO2、H2O吸收，发生反应Br2+2H2O+SO2＝H2SO4+2HBr，再向溶液中通入氯气和水蒸气进行蒸馏，Cl2氧化HBr得到Br2，蒸馏得到液Br2。
【解答】解：A．浓缩海水溶液呈碱性，如果不用盐酸调溶液pH＜7，氯气会和溶液中的碱性物质反应而浪费氯气，故A正确；
B．“氧化”和“蒸馏”过程主要都是氯气氧化溴离子生成溴，离子方程式为Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，故B正确；
C．“吹出”的目的是将生成的溴被SO2、H2O吸收，提高溴的产率，故C错误；
D．“吸收”时溶液中产生H2SO4、HBr，溶液的酸性增强，pH减小，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查溴的提取，侧重考查分析、判断及知识的综合运用能力，明确物质的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（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。
10．（2025 东城区一模）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的CO2。如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到高浓度的CO2。
下列分析正确的是（ ）
A．a侧CO2在薄膜表面发生还原反应
B．电子和在薄膜中移动方向相同
C．理论上b侧每消耗1mol H2同时生成2mol CO2
D．总反应中元素的化合价均未发生变化
【答案】C
【分析】由图可知，在薄膜a侧通入空气，a侧为正极，电极反应式为O2+4e﹣+4CO2+2H2O＝4，b侧为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣+22CO2↑+2H2O，据此作答。
【解答】解：A．在a侧通入空气，a侧为正极，电极反应式为O2+4e﹣+4CO2+2H2O＝4，CO2在反应中化合价不变，故A错误；
B．电子从a侧经外电路流向b侧，而在薄膜中从b侧移向a侧，移动方向相反，故B错误；
C．b侧为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣+22CO2↑+2H2O，每消耗1mol H2，同时生成2mol CO2，故C正确；
D．反应中氢氧元素化合价发生了变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。
11．（2024秋 海淀区期末）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：2A（g）+2B（？） C（g）+2D（g），相关数据见下表。
容器编号 起始时物质的量/mol题知 平衡时物质的量/mol
A B D
Ⅰ 020.2 0.2 0.1
Ⅱ 0.4 0.4 ＞0.2
下列说法不正确的是（ ）
A．B物质的状态为气态
B．Ⅰ中，A的平衡转化率为50%
C．该反应的化学平衡常数的数值为5
D．Ⅰ中，若平衡后向容器中再充入0.2mol A和0.2mol D，平衡正向移动
【答案】D
【分析】A.增大压强，平衡正向移动，反应为气体体积缩小的反应，故B物质状态为气态；
B.根据转化率公式计算得出；
C.根据平衡公式计算得出；
D.平衡后向容器中再充入0.2mol B和0.2mol D，Q5＝K，平衡不移动；
【解答】解：A.一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，Ⅱ加的A、B物质为I的两倍，相当于增大压强，平衡时D的物质的量大于两倍，说明平衡正向移动，则反应为气体体积缩小的反应，故B物质的状态只可能为气态，故A正确：
B.I中生成的D的物质的量为0.1mol，A、D计量数相等，则转化的A的物质的量为0.1mol，反应达到平衡时，A的转化率为100%＝50%，故B正确；
C.根据上述分析，对于I，平衡时A、B、D物质的量均为0.1mol，C为0.05mol，平衡K5，故C正确；
D.根据上述分析，对于I，平衡时A、B、D物质的量均为0.1mol，C为0.05mol，平衡K5，平衡后向容器中再充入0.2mol B和0.2mol D，Q5＝K，平衡不移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生热化学方程式书写、平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
12．（2023秋 丰台区期末）二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．K和M中均含有手性碳原子
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．生成1molM参加反应的CO2的物质的量为（m+n）mol
D．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
【答案】D
【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
B．酯基能和强酸、强碱溶液反应；
C．由合成过程可知，每生成1个M分子，需要（m+n）个CO2；
D．合成过程中，K、L发生开环加成反应。
【解答】解：A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，K、L的环氧结构中均有1个手性碳原子，故A正确；
B．酯基能和强酸、强碱溶液反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故B正确；
C．由合成过程可知，每生成1个M分子，需要（m+n）个CO2，则生成1molM参加反应的CO2的物质的量为（m+n）mol，故C正确；
D．合成过程中，K、L发生开环加成反应，则合成M的过程中不会产生含六元环的副产物，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 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。
14．（2025 北京一模）不同条件下，当KI与KMnO4按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如表。
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.002 x Mn2+ I2
② 中性 0.001 y MnO2
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①，n（Mn2+）：n（I2）＝1：2.5
B．随反应进行，①②溶液的pH均增大
C．对比反应①和②，I﹣在pH较高的溶液中易被氧化为高价
D．对比反应①和②，x：y＝1：10
【答案】D
【分析】A．反应①中的离子反应方程式为10I﹣+216H+＝5I2+2Mn2++8H2O，反应中n（Mn2+）：n（I2）＝2：5；
B．反应②中的离子方程式为：I﹣+2H2O2MnO2↓+2OH﹣，反应①消耗H+、反应②生成OH﹣；
C．对比反应①②，I﹣在反应①中被氧化为较低价态，在反应②中被氧化为较高价态，①溶液的pH值小于②溶液；
D．①中xn（KI），②中y＝2n（KI）。
【解答】解：A．反应①中的离子反应方程式为10I﹣+216H+＝5I2+2Mn2++8H2O，反应中n（Mn2+）：n（I2）＝2：5＝1：2.5，故A正确；
B．反应②中的离子方程式为：I﹣+2H2O2MnO2↓+2OH﹣，反应①消耗H+、反应②生成OH﹣，所以随着反应的进行，①②溶液的pH均增大，故B正确；
C．对比反应①②，I﹣在反应①中被氧化为较低价态，在反应②中被氧化为较高价态，①溶液的pH值小于②溶液，所以I﹣在pH较高的溶液中易被氧化为高价，故C正确；
D．①中xn（KI）0.002＝0.0004mol，②中y＝2n（KI）＝2×0.001mol＝0.002mol，x：y＝0.0004mol：0.002mol＝1：5，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，正确书写离子方程式是解本题关键，题目难度不大。
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2025 北京一模）利用白云石（主要成分为碳酸钙和碳酸镁）制备碳酸钙的工业流程如图。
已知：常温下，Mg（OH）2，Ca（OH）2
（1）煅烧白云石生成的主要固体产物是 CaO、MgO 。
（2）用化学用语表示NH4Cl溶液呈酸性的原因 H2O NH3 H2O+H+ 。
（3）溶解时，其他条件相同，反应温度对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与NH4Cl的投料比对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图二所示。
M2+转化率）×100%（M代表Ca或Mg）
①80～100℃时，转化率升高的原因是 80～100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度 。
②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 1：4.2 。
（4）分离过程中分离出的固体物质是 Mg（OH）2 。
（5）用离子方程式表示通入NH3和CO2形成碳酸钙沉淀的原因 Ca2++CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2 。
（6）该工业流程中可循环使用的物质是 NH3、CO2、NH4Cl 。
【答案】（1）CaO、MgO；
（2）H2O NH3 H2O+H+；
（3）①80～100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度；
②1：4.2；
（4）Mg（OH）2；
（5）Ca2++CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2；
（6）NH3、CO2、NH4Cl。
【分析】白云石（主要成分为碳酸钙和碳酸镁）煅烧后，CaCO3、MgCO3转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液，溶浸后的溶液含有的金属阳离子有Ca2+、Mg2+；通入NH3调节pH，使Mg2+转化为Mg（OH）2，通入NH3和CO2最终生成 CaCO3沉淀，以此解答。
【解答】解：（1）由于CaCO3、MgCO3受热分解分别生成 CaO、MgO和CO2，煅烧白云石生成的主要固体产物是CaO、MgO，
故答案为：CaO、MgO；
（2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是水解产生H+，离子方程式为：H2O NH3 H2O+H+，
故答案为：H2O NH3 H2O+H+；
（3）①溶解过程中发生的反应为MgO+2 Mg2++2NH3+H2O、CaO+2 Ca2++2NH3+H2O，80～100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的转化率，
故答案为：80～100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度；
②根据图二，当投料比为1：4.2时，Ca2+和Mg2+的转化率均较高，且经济性较好，因此选择合适的投料比为1：4.2，
故答案为：1：4.2；
（4）根据题目中给出的Ksp值，Mg（OH）2的Ksp＝5.6×10﹣12远小于 Ca（OH）2的Ksp＝4.7×10﹣6，因此 Mg2+会优先形成 Mg（OH）2沉淀，而Ca2+则留在溶液中，分离出的固体物质是 Mg（OH）2，
故答案为：Mg（OH）2；
（5）通入NH3和CO2后，会产生，Ca2+与结合生成CaCO3沉淀，反应方程式为：Ca2++CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2，
故答案为：Ca2++CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2；
（6）煅烧生成的CO2可以在沉钙时使用，NH4Cl作为反应物参与溶解过程，同时有NH3生成，沉淀CaCO3时消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循环使用的物质，
故答案为：NH3、CO2、NH4Cl。
【点评】本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
16．（2025 门头沟区一模）用废催化剂（主要成份为V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2）回收金属元素，制备光学材料WO3、陶瓷材料TiO2、媒染剂偏钒酸铵。
资料：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+
开始沉淀pH 1.9 3.7 6.8
完全沉淀pH 3.2 4.7 8.3
回答下列问题：
（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是 将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌 （写一点即可）。
（2）滤渣2主要为 Fe（OH）3、Al（OH）3 。
（3）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 。
（4）检验TiO2沉淀是否洗涤干净的方法是 取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀未洗涤干净 。
（5）以TiO2为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的Cu2+，常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol L﹣1的废水，控制纳米铁用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是 初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升 。
（6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是 1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O 。
（7）偏钒酸铵（NH4VO3）在空气中灼烧得到V2O5。称取1.60g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.20mol L﹣1的H2C2O4溶液50mL，再用0.10mol L﹣1的KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点，消耗KMnO4溶液的体积为8.00mL，则产物中V2O5的质量分数为 91% 。（已知：V2O5的相对分子质量为182，V2O5+2H+＝22H2O，2H2C2O4═2VO2+2CO2↑+2H+）
【答案】（1）将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；
（2）Fe（OH）3、Al（OH）3；
（3）2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀未洗涤干净；
（5）初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升；
（6）1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O；
（7）91%。
【分析】（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有：将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；
（2）分析废催化剂成分V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2，加入硫酸酸浸后，SiO2不与硫酸反应，V2O5、WO3、TiO2在后续操作中被分离，Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+和Fe3+，Al2O3与硫酸反应生成Al3+，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH ＝ 4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全；
（3）双氧水“氧化”时，是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（4）根据检验的方法进行分析；
（5）初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是：初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升；
（6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是：1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O；
（7）首先计算KMnO4的物质的量n（KMnO4）＝0.10mol/L×0.008L＝0.0008mol，根据2Mn5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量n1（H2C2O4）n（KMnO4）0.0008mol＝0.002mol，H2C2O4总的物质的量n（H2C2O4）＝0.20mol/L×0.05L＝0.01mol，则与V2O5反应的H2C2O4的物质的量n2（H2C2O4）＝0.01mol﹣0.002mol＝0.008mol，由V2O5+2H+＝2VH2O，2VH2C2O4＝2VO2++2CO2↑+2H+可得V2O5～H2C2O4，所以n（V2O5）＝n2（H2C2O4）＝0.008mol，m（V2O5）＝0.008mol×182g/mol＝1.456g，则产物中V2O5的质量分数为。
【解答】解：（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有：将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌等，
故答案为：将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；
（2）分析废催化剂成分V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2，加入硫酸酸浸后，SiO2不与硫酸反应，V2O5、WO3、TiO2在后续操作中被分离，Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+和Fe3+，Al2O3与硫酸反应生成Al3+，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH ＝ 4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以滤渣2主要为Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（3）双氧水“氧化”时，是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（4）检验TiO2沉淀是否洗涤干净，主要是检验最后一次洗涤液中是否含有，方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀未洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀未洗涤干净；
（5）初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是：初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升，
故答案为：初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升；
（6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是：1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O，
故答案为：1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O；
（7）首先计算KMnO4的物质的量n（KMnO4）＝0.10mol/L×0.008L＝0.0008mol，根据2Mn5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量n1（H2C2O4）n（KMnO4）0.0008mol＝0.002mol，H2C2O4总的物质的量n（H2C2O4）＝0.20mol/L×0.05L＝0.01mol，则与V2O5反应的H2C2O4的物质的量n2（H2C2O4）＝0.01mol﹣0.002mol＝0.008mol，由V2O5+2H+＝2VH2O，2VH2C2O4＝2VO2++2CO2↑+2H+可得V2O5～H2C2O4，所以n（V2O5）＝n2（H2C2O4）＝0.008mol，m（V2O5）＝0.008mol×182g/mol＝1.456g，则产物中V2O5的质量分数为91%，
故答案为：91%。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及离子的检验、离子方程式的书写、氧化还原反应的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。
三．解答题（共3小题）
17．（2024 顺义区校级开学）阿哌沙班（Apixaban）可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。如图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线：
已知：ⅰ．RCOOH→SOCl2RCOCl
ⅱ．RCOOR′RCONH2
ⅲ．
（1）A→B的反应类型是 取代反应 。
（2）B→C的化学方程式是 。
（3）D的分子式为C7H12O4，D的结构简式是 。
（4）G→H的化学方程式是 。
（5）与F含有相同官能团的同分异构体有 11 种（不考虑手性异构，不含F）。
（6）K经多步合成阿哌沙班，结合K的合成路线图，写出中间体的结构简式 ，步骤3的试剂和反应条件是 NH3、CH3OH 。
（7）通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，结合电负性解释原因： 酯基中碳氧键元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢键元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺 。
元素 H C O
电负性 2.1 2.5 3.5
【答案】（1）取代反应；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）11；
（6）；NH3、CH3OH；
（7）酯基中碳氧键元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢键元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺。
【分析】A的不饱和度═1，B能和HBr发生加成反应生成C，则A中含有碳碳双键，为CH2＝CHCH3，根据C的分子式知，A和氯气在高温条件下发生取代反应生成B为CH2＝CHCH2Cl，C和D发生取代反应生成E，根据E的结构简式知，C为BrCH2CH2CH2Cl，D的分子式为C7H12O4，则D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据F的分子式知，E发生水解反应生成F，F发生信息i的反应生成G，根据G的结构简式、F的分子式知，F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，G发生取代反应生成H，H发生反应生成I，I和J发生取代反应生成K；
（6）K中硝基发生信息ⅲ的反应生成，和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生取代反应生成，和氨气发生信息ii的反应生成阿哌沙班。
【解答】解：（1）A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B，A→B的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）B为CH2＝CHCH2Cl，C为BrCH2CH2CH2Cl，B和HBr发生加成反应生成C，B→C的化学方程式是CH2＝CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl，
故答案为：CH2＝CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl；
（3）D的结构简式是CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，
故答案为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；
（4）G发生取代反应生成H，G→H的化学方程式是，
故答案为：；
（5）F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，与F含有相同官能团的同分异构体中含有羧基和氯原子，符合条件的同分异构体相当于羧酸烃基中氢原子被氯原子取代，所以羧酸中烃基上含有几种氢原子，符合条件的同分异构体就有几种，如果羧酸为CH3CH2CH2CH2COOH，烃基中含有4种氢原子，含有氯原子的羧酸有4种，去除其本身，还有3种；如果羧酸为（CH3）2CHCH2COOH，烃基上有3种氢原子，符合条件的同分异构体有3种；如果羧酸为CH3CH2CH（CH3）COOH，烃基上含有4种氢原子，符合条件的同分异构体有4种；如果羧酸为（CH3）3CCOOH，烃基只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有1种，所以有11种，
故答案为：11；
（6）K中硝基发生信息ⅲ的反应生成，和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生取代反应生成，和氨气发生信息ii的反应生成阿哌沙班，补全试剂和反应条件为，
故答案为：；NH3、CH3OH；
（7）通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，原因是酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺，
故答案为：酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应前后官能团或结构变化特点，题目难度中等。
18．（2025 门头沟区一模）“双碳”背景下，CO2的资源化利用成为全世界的研究热点。
（1）将CO2和H2的混合气体充入某密闭容器中制备甲酸（HCOOH），同时有副反应发生。
已知：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）ΔH2＜0
CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH1＞0
为了提高HCOOH产率、降低CO的生成量，可采取的措施是 降温、增压 （写出两种）。
（2）电催化还原CO2也可以制备甲酸，原理如图甲所示，电解质溶液为KOH。
①电极b是电解池的 阳 极，电极反应式为 4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O 。
②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将 b 极区（填“a”或“b”）电解液更换。此时，该电极的电极反应式为 CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O 。
（3）CO2的电化学还原过程比较复杂，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示。
已知：FE%100%
其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物是 H2 （填化学式）。
②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为 1：2 。
【答案】（1）降温、增压；
（2）①阳；4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O；
②b；CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O；
（3）①H2；
②1：2。
【分析】（1）CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）是一个反应前后气体体积减小、放热的反应，CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）是一个反应前后气体体积不变、吸热的反应，为了提高HCOOH产率、降低CO的生成量，可以通过改变温度、压强来实现；
（2）①该装置是电解池，CO2得电子和KOH反应生成K2CO3和H2O，则a为阴极，b为阳极，b电极上OH﹣失电子生成O2和H2O；
②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，CH3OH失电子生成HCOOH，CH3OH在阳极上发生氧化反应，生成HCOOK和H2O；
（3）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明阴极上不能得到含碳还原产物；
②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的FE%＝24：8＝3：1，则生成C2H4、HCOO﹣所需的QX之比为3：1，C2H4、HCOO﹣所需的QX之比等于转移电子的物质的量之比，CO2转化为1分子C2H4、1分子HCOO﹣所需电子数分别为12、2。
【解答】解：（1）CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）为放热反应、CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）为吸热反应，降低温度、增大压强都能提高HCOOH产率、降低CO的生成量，
故答案为：降温、增压；
（2）①该装置是电解池，CO2得电子和KOH反应生成K2CO3和H2O，则a为阴极，b为阳极，b电极上OH﹣失电子生成O2和H2O，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，
故答案为：阳；4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O；
②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，CH3OH失电子生成HCOOH，CH3OH在阳极上发生氧化反应，生成HCOOK和H2O，所以应将b极区电解液更换，该电极的电极反应式为CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O，
故答案为：b；CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O；
（3）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明阴极上不能得到含碳还原产物，阴极上的主要还原产物是H2，
故答案为：H2；
②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的FE%＝24：8＝3：1，则生成C2H4、HCOO﹣所需的QX之比为3：1，C2H4、HCOO﹣所需的QX之比等于转移电子的物质的量之比，CO2转化为1分子C2H4、1分子HCOO﹣所需电子数分别为12、2，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比：1：2，
故答案为：1：2。
【点评】本题考查化学反应原理，侧重考查阅读、图象分析判断及计算能力，明确化学平衡的计算方法、电解原理及FE%的含义及计算方法是解本题关键，难点是（3）题的计算，题目难度中等。
19．（2025 西城区一模）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。
（1）18～19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。
①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 4NH3+5O24NO+6H2O 。
②制硫酸总反应的化学方程式是 2SO2+O2+2H2O2H2SO4 。
③ⅰ中反应的SO2与NO2的物质的量之比是 2：3 。
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，则O2中氧氧键的键能为 （6b﹣4a﹣196） kJ mol﹣1。
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是 温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小 。
（3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。
电解（NH4）2SO4废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。
注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。
①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸 。
②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理（NH4）2SO4废液，其原理示意图如图4所示。
ⅰ.较浓硫酸应注入 D极区 （填“C极区”或“D极区”）。
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 。
【答案】（1）①4NH3+5O24NO+6H2O；
②2SO2+O2+2H2O2H2SO4；
③2：3；
（2）①（6b﹣4a﹣196）；
②温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②iD极区；
ⅱ.利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【分析】（1）①工业上可用NH3生产NO，根据原子守恒书写反应的化学方程式；
②由图可知，制硫酸总反应的化学方程式是SO2与O2以及H2O反应生成H2SO4，氮的氧化物是催化剂；
③根据化合价升降守恒可得以及原子守恒判断两者的物质的量之比；
（2）①ΔH＝反应物键能之和﹣生成物键能之和；
②温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极稀硫酸转化为浓硫酸，电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，
铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2﹣4e﹣＝4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区；
ⅱ.该联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【解答】解：（1）①工业上可用NH3生产NO，该反应的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②由图可知，制硫酸总反应的化学方程式是2SO2+O2+2H2O2H2SO4，
故答案为：2SO2+O2+2H2O2H2SO4；
③根据化合价升降守恒可得，ⅰ中反应为H2O+2SO2+3NO2＝2HOSO2ONO，两者的物质的量之比是2：3，
故答案为：2：3；
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，设O2中氧氧键的键能为bkJ mol﹣1，则有（4a+c）﹣6b＝﹣196kJ mol﹣1，解得a＝（6b﹣4a﹣196）kJ mol﹣1，即O2中氧氧键的键能为（6b﹣4a﹣196）kJ mol﹣1，
故答案为：（6b﹣4a﹣196）；
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，
故答案为：温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极稀硫酸转化为浓硫酸，电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸，
故答案为：A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，
铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2﹣4e﹣＝4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区，
故答案为：D极区；
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水，
故答案为：利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，同时考查电化学原理的应用，属于基本知识的考查，难度中等。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
一．选择题（共14小题）
1．（2024秋 丰台区期末）我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的108颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U﹣Pb衰变体系（衰变为，衰变为）207Pb/206Pb中来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是（ ）
A．Pb位于元素周期表中第5周期第ⅣA族
B．可以用质谱法区分206Pb和207Pb
C．和的中子数分别为146和143，互为同位素
D．来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近
2．（2025 东城区一模）下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．基态P原子的价层电子轨道表示式：
B．K+的结构示意图：
C．CS2的电子式：
D．3p，的电子云图：
3．（2025 东城区一模）解释下列事实的方程式不正确的是（ ）
A．红棕色的NO2溶于水变为无色：3NO2+H2O═2HNO3+NO
B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁丝表面变红：2Fe+3Cu2+═2Fe3++3Cu
C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，产生白色沉淀：2Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O
D．用硫化亚铁可去除废水中的Hg2+：FeS（s）+Hg2+（aq）═HgS（s）+Fe2+（aq）
4．（2024秋 通州区期末）下列事实不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．船底镶嵌锌块，以防船体被腐蚀
B．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色
C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
D．蔗糖和浓硫酸混合，搅拌后产生大量气体
5．（2025 西城区一模）下列实验的对应操作中，不合理的是（ ）
A.向试管中倾倒液体药品 B.制备氢氧化铁胶体 C.分离甲烷与氯气取代反应得到的液体混合物 D.萃取后分离出下层液体
A．A B．B C．C D．D
6．（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
7．（2025 东城区一模）实验：把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，再加入双氧水，铜丝表面有少量气泡产生并逐渐增多，一段时间后产生大量气泡，溶液变蓝。
下列分析不正确的是（ ）
A．依据金属活动性顺序，铜与稀硫酸不能发生置换反应
B．实验中产生的气体能使带火星木条复燃
C．溶液变蓝的方程式有Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O
D．“产生大量气泡”，说明Cu2+起到了催化作用
8．（2025 东城区一模）利用“吹出法”从海水中提溴的主要过程如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．“氧化”过程中，用盐酸调溶液pH＜7，可提高Cl2的利用率
B．“氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣
C．“吹出”的目的是减少溶液中残留的Cl2
D．“吸收”后溶液pH减小
9．（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
10．（2025 东城区一模）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的CO2。如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到高浓度的CO2。
下列分析正确的是（ ）
A．a侧CO2在薄膜表面发生还原反应
B．电子和在薄膜中移动方向相同
C．理论上b侧每消耗1mol H2同时生成2mol CO2
D．总反应中元素的化合价均未发生变化
11．（2024秋 海淀区期末）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：2A（g）+2B（？） C（g）+2D（g），相关数据见下表。
容器编号 起始时物质的量/mol题知 平衡时物质的量/mol
A B D
Ⅰ 020.2 0.2 0.1
Ⅱ 0.4 0.4 ＞0.2
下列说法不正确的是（ ）
A．B物质的状态为气态
B．Ⅰ中，A的平衡转化率为50%
C．该反应的化学平衡常数的数值为5
D．Ⅰ中，若平衡后向容器中再充入0.2mol A和0.2mol D，平衡正向移动
12．（2023秋 丰台区期末）二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．K和M中均含有手性碳原子
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．生成1molM参加反应的CO2的物质的量为（m+n）mol
D．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
13．（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
14．（2025 北京一模）不同条件下，当KI与KMnO4按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如表。
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.002 x Mn2+ I2
② 中性 0.001 y MnO2
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①，n（Mn2+）：n（I2）＝1：2.5
B．随反应进行，①②溶液的pH均增大
C．对比反应①和②，I﹣在pH较高的溶液中易被氧化为高价
D．对比反应①和②，x：y＝1：10
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2025 北京一模）利用白云石（主要成分为碳酸钙和碳酸镁）制备碳酸钙的工业流程如图。
已知：常温下，Mg（OH）2，Ca（OH）2
（1）煅烧白云石生成的主要固体产物是 。
（2）用化学用语表示NH4Cl溶液呈酸性的原因 。
（3）溶解时，其他条件相同，反应温度对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与NH4Cl的投料比对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图二所示。
M2+转化率）×100%（M代表Ca或Mg）
①80～100℃时，转化率升高的原因是 。
②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 。
（4）分离过程中分离出的固体物质是 。
（5）用离子方程式表示通入NH3和CO2形成碳酸钙沉淀的原因 。
（6）该工业流程中可循环使用的物质是 。
16．（2025 门头沟区一模）用废催化剂（主要成份为V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2）回收金属元素，制备光学材料WO3、陶瓷材料TiO2、媒染剂偏钒酸铵。
资料：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+
开始沉淀pH 1.9 3.7 6.8
完全沉淀pH 3.2 4.7 8.3
回答下列问题：
（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是 （写一点即可）。
（2）滤渣2主要为 。
（3）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 。
（4）检验TiO2沉淀是否洗涤干净的方法是 。
（5）以TiO2为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的Cu2+，常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol L﹣1的废水，控制纳米铁用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是 。
（6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是 。
（7）偏钒酸铵（NH4VO3）在空气中灼烧得到V2O5。称取1.60g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.20mol L﹣1的H2C2O4溶液50mL，再用0.10mol L﹣1的KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点，消耗KMnO4溶液的体积为8.00mL，则产物中V2O5的质量分数为 。（已知：V2O5的相对分子质量为182，V2O5+2H+＝22H2O，2H2C2O4═2VO2+2CO2↑+2H+）
三．解答题（共3小题）
17．（2024 顺义区校级开学）阿哌沙班（Apixaban）可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。如图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线：
已知：ⅰ．RCOOH→SOCl2RCOCl
ⅱ．RCOOR′RCONH2
ⅲ．
（1）A→B的反应类型是 。
（2）B→C的化学方程式是 。
（3）D的分子式为C7H12O4，D的结构简式是 。
（4）G→H的化学方程式是 。
（5）与F含有相同官能团的同分异构体有 种（不考虑手性异构，不含F）。
（6）K经多步合成阿哌沙班，结合K的合成路线图，写出中间体的结构简式 ，步骤3的试剂和反应条件是 。
（7）通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，结合电负性解释原因： 。
元素 H C O
电负性 2.1 2.5 3.5
18．（2025 门头沟区一模）“双碳”背景下，CO2的资源化利用成为全世界的研究热点。
（1）将CO2和H2的混合气体充入某密闭容器中制备甲酸（HCOOH），同时有副反应发生。
已知：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）ΔH2＜0
CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH1＞0
为了提高HCOOH产率、降低CO的生成量，可采取的措施是 （写出两种）。
（2）电催化还原CO2也可以制备甲酸，原理如图甲所示，电解质溶液为KOH。
①电极b是电解池的 极，电极反应式为 。
②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将 极区（填“a”或“b”）电解液更换。此时，该电极的电极反应式为 。
（3）CO2的电化学还原过程比较复杂，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示。
已知：FE%100%
其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物是 （填化学式）。
②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为 。
19．（2025 西城区一模）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。
（1）18～19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。
①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 。
②制硫酸总反应的化学方程式是 。
③ⅰ中反应的SO2与NO2的物质的量之比是 。
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，则O2中氧氧键的键能为 kJ mol﹣1。
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是 。
（3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。
电解（NH4）2SO4废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。
注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。
①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： 。
②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理（NH4）2SO4废液，其原理示意图如图4所示。
ⅰ.较浓硫酸应注入 （填“C极区”或“D极区”）。
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 。
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．（2024秋 丰台区期末）我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的108颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U﹣Pb衰变体系（衰变为，衰变为）207Pb/206Pb中来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是（ ）
A．Pb位于元素周期表中第5周期第ⅣA族
B．可以用质谱法区分206Pb和207Pb
C．和的中子数分别为146和143，互为同位素
D．来自同时期的玄武岩岩屑中207Pb/206Pb值相近
【答案】A
【分析】A．Pb位于元素周期表中第6周期第ⅣA族；
B．质谱法测定相对原子质量；
C．中子数＝质量数﹣质子数，同位素指质子数相同、中子数不同的原子；
D．根据题意，207Pb/206Pb中来计算年龄，比值相同的年龄相近。
【解答】解：A．Pb位于元素周期表中第6周期第ⅣA族，故A错误；
B．质谱法测定相对原子质量，因此可用质谱法区分206Pb和207Pb，故B正确；
C．中子数＝质量数﹣质子数，因此和的中子数分别为146和143，二者互为同位素，故C正确；
D．根据题意，207Pb/206Pb中来计算年龄，比值相同的年龄相近，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查原子的组成和结构，为高频考点，题目难度不大。
2．（2025 东城区一模）下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．基态P原子的价层电子轨道表示式：
B．K+的结构示意图：
C．CS2的电子式：
D．3p，的电子云图：
【答案】C
【分析】A．基态P原子的价层电子排布式3s23p3；
B．钾离子核外18个电子，核内19个电子；
C．二硫化碳与二氧化碳等电子体，结构相似，所以存在2个S＝C键；
D．p轨道为哑铃型。
【解答】解：A．基态P原子的价层电子排布式3s23p3，轨道表示式为：，故A正确；
B．钾离子核外18个电子，核内19个电子，离子结构示意图为：，故B 正确；
C．二硫化碳与二氧化碳结构相似，CS2的电子式为，故C错误；
D．3p，的电子云图，p轨道为哑铃型，，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查分子的空间结构及核外电子排布式的书写等知识，为高频考点，题目难度不大。
3．（2025 东城区一模）解释下列事实的方程式不正确的是（ ）
A．红棕色的NO2溶于水变为无色：3NO2+H2O═2HNO3+NO
B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁丝表面变红：2Fe+3Cu2+═2Fe3++3Cu
C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，产生白色沉淀：2Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O
D．用硫化亚铁可去除废水中的Hg2+：FeS（s）+Hg2+（aq）═HgS（s）+Fe2+（aq）
【答案】B
【分析】A．NO2溶于H2O，生成HNO3和NO；
B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁置换出Cu；
C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，生成CaCO3和碳酸钠；
D．FeS的溶解度小于HgS。
【解答】解：A．红棕色的NO2溶于水变为无色，是由于发生反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO，故A正确；
B．将铁丝放入硫酸铜溶液中，铁丝表面变红是由于发生反应：Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故B错误；
C．向碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，产生CaCO3沉淀和碳酸钠，离子方程式为：2Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O，故C正确；
D．用硫化亚铁可去除废水中的Hg2+，是由于发生反应：FeS（s）+Hg2+（aq）═HgS（s）+Fe2+（aq），故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2024秋 通州区期末）下列事实不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．船底镶嵌锌块，以防船体被腐蚀
B．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色
C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
D．蔗糖和浓硫酸混合，搅拌后产生大量气体
【答案】B
【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，与发生氧化还原反应，应存在元素化合价的变化，结合物质的性质解答该题。
【解答】解：A．船底镶嵌锌块，是电化学保护方法，涉及到氧化还原反应，故A错误；
B．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色，发生的是复分解反应，是非氧化还原反应，故B正确；
C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色，Cr元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故C错误；
D．蔗糖和浓硫酸混合，搅拌后产生大量气体，S和C元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度判断相关概念以及物质的性质，难度不大，注意相关知识的学习。
5．（2025 西城区一模）下列实验的对应操作中，不合理的是（ ）
A.向试管中倾倒液体药品 B.制备氢氧化铁胶体 C.分离甲烷与氯气取代反应得到的液体混合物 D.萃取后分离出下层液体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】A．倾倒液体时，瓶塞倒放，试管倾斜，试剂瓶口对试管口，标签正对手心；
B．饱和氯化铁溶液水解可制备胶体；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷凝管中冷水下进上出；
D．分液时避免上下层液体混合。
【解答】解：A．倾倒液体时，瓶塞倒放，试管倾斜，试剂瓶口对试管口，标签正对手心，图中操作合理，故A正确；
B．饱和氯化铁溶液滴入沸水中，出现红褐色液体，停止加热，得到氢氧化铁胶体，故B正确；
C．图中温度计的水银球未在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管中冷水未下进上出，故C错误；
D．分液时避免上下层液体混合，下层液体从下口放出，然后上层从上口倒出，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、胶体制备、混合物的分离提纯、实验操作、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 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。
7．（2025 东城区一模）实验：把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，再加入双氧水，铜丝表面有少量气泡产生并逐渐增多，一段时间后产生大量气泡，溶液变蓝。
下列分析不正确的是（ ）
A．依据金属活动性顺序，铜与稀硫酸不能发生置换反应
B．实验中产生的气体能使带火星木条复燃
C．溶液变蓝的方程式有Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O
D．“产生大量气泡”，说明Cu2+起到了催化作用
【答案】D
【分析】把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，铜在氢离子后面，铜与稀硫酸不能发生置换反应，再加入双氧水，铜丝表面有少量气泡产生并逐渐增多，过氧化氢具有强氧化性，酸性溶液中和铜发生氧化还原反应，Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O，铜离子对过氧化氢起到催化剂作用，过氧化氢分解生成氧气和水，一段时间后产生大量气泡，溶液变蓝。
【解答】解：A．依据金属活动性顺序，铜在氢离子后面，铜与稀硫酸不能发生置换反应，故A正确；
B．实验中产生的气体是氧气，能使带火星木条复燃，故B正确；
C．溶液变蓝说明铜变为铜离子，反应的离子方程式有Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O，故C正确；
D．“产生大量气泡”，不能说明Cu2+起到了催化作用，可能是其他离子的作用，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质分析判断，反应现象的理解应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
8．（2025 东城区一模）利用“吹出法”从海水中提溴的主要过程如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．“氧化”过程中，用盐酸调溶液pH＜7，可提高Cl2的利用率
B．“氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣
C．“吹出”的目的是减少溶液中残留的Cl2
D．“吸收”后溶液pH减小
【答案】C
【分析】浓缩海水溶液的pH＞7，溶液呈碱性，向浓缩海水中加入盐酸和氯气进行氧化，溴离子被氧化为Br2，然后用热空气将Br2吹出，用SO2、H2O吸收，发生反应Br2+2H2O+SO2＝H2SO4+2HBr，再向溶液中通入氯气和水蒸气进行蒸馏，Cl2氧化HBr得到Br2，蒸馏得到液Br2。
【解答】解：A．浓缩海水溶液呈碱性，如果不用盐酸调溶液pH＜7，氯气会和溶液中的碱性物质反应而浪费氯气，故A正确；
B．“氧化”和“蒸馏”过程主要都是氯气氧化溴离子生成溴，离子方程式为Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，故B正确；
C．“吹出”的目的是将生成的溴被SO2、H2O吸收，提高溴的产率，故C错误；
D．“吸收”时溶液中产生H2SO4、HBr，溶液的酸性增强，pH减小，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查溴的提取，侧重考查分析、判断及知识的综合运用能力，明确物质的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（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。
10．（2025 东城区一模）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的CO2。如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到高浓度的CO2。
下列分析正确的是（ ）
A．a侧CO2在薄膜表面发生还原反应
B．电子和在薄膜中移动方向相同
C．理论上b侧每消耗1mol H2同时生成2mol CO2
D．总反应中元素的化合价均未发生变化
【答案】C
【分析】由图可知，在薄膜a侧通入空气，a侧为正极，电极反应式为O2+4e﹣+4CO2+2H2O＝4，b侧为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣+22CO2↑+2H2O，据此作答。
【解答】解：A．在a侧通入空气，a侧为正极，电极反应式为O2+4e﹣+4CO2+2H2O＝4，CO2在反应中化合价不变，故A错误；
B．电子从a侧经外电路流向b侧，而在薄膜中从b侧移向a侧，移动方向相反，故B错误；
C．b侧为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣+22CO2↑+2H2O，每消耗1mol H2，同时生成2mol CO2，故C正确；
D．反应中氢氧元素化合价发生了变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。
11．（2024秋 海淀区期末）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：2A（g）+2B（？） C（g）+2D（g），相关数据见下表。
容器编号 起始时物质的量/mol题知 平衡时物质的量/mol
A B D
Ⅰ 020.2 0.2 0.1
Ⅱ 0.4 0.4 ＞0.2
下列说法不正确的是（ ）
A．B物质的状态为气态
B．Ⅰ中，A的平衡转化率为50%
C．该反应的化学平衡常数的数值为5
D．Ⅰ中，若平衡后向容器中再充入0.2mol A和0.2mol D，平衡正向移动
【答案】D
【分析】A.增大压强，平衡正向移动，反应为气体体积缩小的反应，故B物质状态为气态；
B.根据转化率公式计算得出；
C.根据平衡公式计算得出；
D.平衡后向容器中再充入0.2mol B和0.2mol D，Q5＝K，平衡不移动；
【解答】解：A.一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，Ⅱ加的A、B物质为I的两倍，相当于增大压强，平衡时D的物质的量大于两倍，说明平衡正向移动，则反应为气体体积缩小的反应，故B物质的状态只可能为气态，故A正确：
B.I中生成的D的物质的量为0.1mol，A、D计量数相等，则转化的A的物质的量为0.1mol，反应达到平衡时，A的转化率为100%＝50%，故B正确；
C.根据上述分析，对于I，平衡时A、B、D物质的量均为0.1mol，C为0.05mol，平衡K5，故C正确；
D.根据上述分析，对于I，平衡时A、B、D物质的量均为0.1mol，C为0.05mol，平衡K5，平衡后向容器中再充入0.2mol B和0.2mol D，Q5＝K，平衡不移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生热化学方程式书写、平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
12．（2023秋 丰台区期末）二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．K和M中均含有手性碳原子
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．生成1molM参加反应的CO2的物质的量为（m+n）mol
D．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
【答案】D
【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
B．酯基能和强酸、强碱溶液反应；
C．由合成过程可知，每生成1个M分子，需要（m+n）个CO2；
D．合成过程中，K、L发生开环加成反应。
【解答】解：A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，K、L的环氧结构中均有1个手性碳原子，故A正确；
B．酯基能和强酸、强碱溶液反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故B正确；
C．由合成过程可知，每生成1个M分子，需要（m+n）个CO2，则生成1molM参加反应的CO2的物质的量为（m+n）mol，故C正确；
D．合成过程中，K、L发生开环加成反应，则合成M的过程中不会产生含六元环的副产物，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 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。
14．（2025 北京一模）不同条件下，当KI与KMnO4按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如表。
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.002 x Mn2+ I2
② 中性 0.001 y MnO2
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①，n（Mn2+）：n（I2）＝1：2.5
B．随反应进行，①②溶液的pH均增大
C．对比反应①和②，I﹣在pH较高的溶液中易被氧化为高价
D．对比反应①和②，x：y＝1：10
【答案】D
【分析】A．反应①中的离子反应方程式为10I﹣+216H+＝5I2+2Mn2++8H2O，反应中n（Mn2+）：n（I2）＝2：5；
B．反应②中的离子方程式为：I﹣+2H2O2MnO2↓+2OH﹣，反应①消耗H+、反应②生成OH﹣；
C．对比反应①②，I﹣在反应①中被氧化为较低价态，在反应②中被氧化为较高价态，①溶液的pH值小于②溶液；
D．①中xn（KI），②中y＝2n（KI）。
【解答】解：A．反应①中的离子反应方程式为10I﹣+216H+＝5I2+2Mn2++8H2O，反应中n（Mn2+）：n（I2）＝2：5＝1：2.5，故A正确；
B．反应②中的离子方程式为：I﹣+2H2O2MnO2↓+2OH﹣，反应①消耗H+、反应②生成OH﹣，所以随着反应的进行，①②溶液的pH均增大，故B正确；
C．对比反应①②，I﹣在反应①中被氧化为较低价态，在反应②中被氧化为较高价态，①溶液的pH值小于②溶液，所以I﹣在pH较高的溶液中易被氧化为高价，故C正确；
D．①中xn（KI）0.002＝0.0004mol，②中y＝2n（KI）＝2×0.001mol＝0.002mol，x：y＝0.0004mol：0.002mol＝1：5，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，正确书写离子方程式是解本题关键，题目难度不大。
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2025 北京一模）利用白云石（主要成分为碳酸钙和碳酸镁）制备碳酸钙的工业流程如图。
已知：常温下，Mg（OH）2，Ca（OH）2
（1）煅烧白云石生成的主要固体产物是 CaO、MgO 。
（2）用化学用语表示NH4Cl溶液呈酸性的原因 H2O NH3 H2O+H+ 。
（3）溶解时，其他条件相同，反应温度对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与NH4Cl的投料比对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图二所示。
M2+转化率）×100%（M代表Ca或Mg）
①80～100℃时，转化率升高的原因是 80～100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度 。
②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 1：4.2 。
（4）分离过程中分离出的固体物质是 Mg（OH）2 。
（5）用离子方程式表示通入NH3和CO2形成碳酸钙沉淀的原因 Ca2++CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2 。
（6）该工业流程中可循环使用的物质是 NH3、CO2、NH4Cl 。
【答案】（1）CaO、MgO；
（2）H2O NH3 H2O+H+；
（3）①80～100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度；
②1：4.2；
（4）Mg（OH）2；
（5）Ca2++CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2；
（6）NH3、CO2、NH4Cl。
【分析】白云石（主要成分为碳酸钙和碳酸镁）煅烧后，CaCO3、MgCO3转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液，溶浸后的溶液含有的金属阳离子有Ca2+、Mg2+；通入NH3调节pH，使Mg2+转化为Mg（OH）2，通入NH3和CO2最终生成 CaCO3沉淀，以此解答。
【解答】解：（1）由于CaCO3、MgCO3受热分解分别生成 CaO、MgO和CO2，煅烧白云石生成的主要固体产物是CaO、MgO，
故答案为：CaO、MgO；
（2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是水解产生H+，离子方程式为：H2O NH3 H2O+H+，
故答案为：H2O NH3 H2O+H+；
（3）①溶解过程中发生的反应为MgO+2 Mg2++2NH3+H2O、CaO+2 Ca2++2NH3+H2O，80～100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的转化率，
故答案为：80～100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度；
②根据图二，当投料比为1：4.2时，Ca2+和Mg2+的转化率均较高，且经济性较好，因此选择合适的投料比为1：4.2，
故答案为：1：4.2；
（4）根据题目中给出的Ksp值，Mg（OH）2的Ksp＝5.6×10﹣12远小于 Ca（OH）2的Ksp＝4.7×10﹣6，因此 Mg2+会优先形成 Mg（OH）2沉淀，而Ca2+则留在溶液中，分离出的固体物质是 Mg（OH）2，
故答案为：Mg（OH）2；
（5）通入NH3和CO2后，会产生，Ca2+与结合生成CaCO3沉淀，反应方程式为：Ca2++CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2，
故答案为：Ca2++CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2；
（6）煅烧生成的CO2可以在沉钙时使用，NH4Cl作为反应物参与溶解过程，同时有NH3生成，沉淀CaCO3时消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循环使用的物质，
故答案为：NH3、CO2、NH4Cl。
【点评】本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
16．（2025 门头沟区一模）用废催化剂（主要成份为V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2）回收金属元素，制备光学材料WO3、陶瓷材料TiO2、媒染剂偏钒酸铵。
资料：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+
开始沉淀pH 1.9 3.7 6.8
完全沉淀pH 3.2 4.7 8.3
回答下列问题：
（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是 将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌 （写一点即可）。
（2）滤渣2主要为 Fe（OH）3、Al（OH）3 。
（3）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 。
（4）检验TiO2沉淀是否洗涤干净的方法是 取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀未洗涤干净 。
（5）以TiO2为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的Cu2+，常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol L﹣1的废水，控制纳米铁用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图所示。初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是 初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升 。
（6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是 1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O 。
（7）偏钒酸铵（NH4VO3）在空气中灼烧得到V2O5。称取1.60g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.20mol L﹣1的H2C2O4溶液50mL，再用0.10mol L﹣1的KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点，消耗KMnO4溶液的体积为8.00mL，则产物中V2O5的质量分数为 91% 。（已知：V2O5的相对分子质量为182，V2O5+2H+＝22H2O，2H2C2O4═2VO2+2CO2↑+2H+）
【答案】（1）将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；
（2）Fe（OH）3、Al（OH）3；
（3）2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀未洗涤干净；
（5）初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升；
（6）1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O；
（7）91%。
【分析】（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有：将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；
（2）分析废催化剂成分V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2，加入硫酸酸浸后，SiO2不与硫酸反应，V2O5、WO3、TiO2在后续操作中被分离，Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+和Fe3+，Al2O3与硫酸反应生成Al3+，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH ＝ 4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全；
（3）双氧水“氧化”时，是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（4）根据检验的方法进行分析；
（5）初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是：初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升；
（6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是：1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O；
（7）首先计算KMnO4的物质的量n（KMnO4）＝0.10mol/L×0.008L＝0.0008mol，根据2Mn5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量n1（H2C2O4）n（KMnO4）0.0008mol＝0.002mol，H2C2O4总的物质的量n（H2C2O4）＝0.20mol/L×0.05L＝0.01mol，则与V2O5反应的H2C2O4的物质的量n2（H2C2O4）＝0.01mol﹣0.002mol＝0.008mol，由V2O5+2H+＝2VH2O，2VH2C2O4＝2VO2++2CO2↑+2H+可得V2O5～H2C2O4，所以n（V2O5）＝n2（H2C2O4）＝0.008mol，m（V2O5）＝0.008mol×182g/mol＝1.456g，则产物中V2O5的质量分数为。
【解答】解：（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有：将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌等，
故答案为：将废催化剂粉碎（增大固体与酸的接触面积）、适当提高酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；
（2）分析废催化剂成分V2O5、WO3、TiO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2，加入硫酸酸浸后，SiO2不与硫酸反应，V2O5、WO3、TiO2在后续操作中被分离，Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+和Fe3+，Al2O3与硫酸反应生成Al3+，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH ＝ 4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以滤渣2主要为Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（3）双氧水“氧化”时，是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（4）检验TiO2沉淀是否洗涤干净，主要是检验最后一次洗涤液中是否含有，方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀未洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀已洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明TiO2沉淀未洗涤干净；
（5）初始pH在3～6内Cu2+去除率随初始pH增大缓慢上升，而初始pH在6～7内Cu2+去除率随初始pH增大快速上升的原因是：初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升，
故答案为：初始pH在3～6内，随着pH增大，溶液中c（H+）减小，纳米铁与H+反应的速率减慢，Cu2+与纳米铁的接触机会增多，Cu2+去除率缓慢上升；初始pH在6～7内，随着pH增大，溶液中OH﹣浓度增大，Cu2+开始形成Cu（OH）2沉淀，促进了纳米铁对Cu2+的去除，所以Cu2+去除率快速上升；
（6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂（C4H9O）3PO，与钒离子配位的能力：1号O＜2号O，可能的原因是：1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O，
故答案为：1号O与C4H9O—相连，C4H9O—为推电子基团，使1号O的电子云密度增大，与钒离子配位能力减弱；2号O与P ＝ O双键相连，P ＝ O双键中O的电负性大，对电子吸引能力强，使2号O的电子云密度降低，更易与钒离子配位，所以与钒离子配位的能力1号O＜2号O；
（7）首先计算KMnO4的物质的量n（KMnO4）＝0.10mol/L×0.008L＝0.0008mol，根据2Mn5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量n1（H2C2O4）n（KMnO4）0.0008mol＝0.002mol，H2C2O4总的物质的量n（H2C2O4）＝0.20mol/L×0.05L＝0.01mol，则与V2O5反应的H2C2O4的物质的量n2（H2C2O4）＝0.01mol﹣0.002mol＝0.008mol，由V2O5+2H+＝2VH2O，2VH2C2O4＝2VO2++2CO2↑+2H+可得V2O5～H2C2O4，所以n（V2O5）＝n2（H2C2O4）＝0.008mol，m（V2O5）＝0.008mol×182g/mol＝1.456g，则产物中V2O5的质量分数为91%，
故答案为：91%。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及离子的检验、离子方程式的书写、氧化还原反应的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。
三．解答题（共3小题）
17．（2024 顺义区校级开学）阿哌沙班（Apixaban）可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。如图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线：
已知：ⅰ．RCOOH→SOCl2RCOCl
ⅱ．RCOOR′RCONH2
ⅲ．
（1）A→B的反应类型是 取代反应 。
（2）B→C的化学方程式是 。
（3）D的分子式为C7H12O4，D的结构简式是 。
（4）G→H的化学方程式是 。
（5）与F含有相同官能团的同分异构体有 11 种（不考虑手性异构，不含F）。
（6）K经多步合成阿哌沙班，结合K的合成路线图，写出中间体的结构简式 ，步骤3的试剂和反应条件是 NH3、CH3OH 。
（7）通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，结合电负性解释原因： 酯基中碳氧键元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢键元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺 。
元素 H C O
电负性 2.1 2.5 3.5
【答案】（1）取代反应；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）11；
（6）；NH3、CH3OH；
（7）酯基中碳氧键元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢键元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺。
【分析】A的不饱和度═1，B能和HBr发生加成反应生成C，则A中含有碳碳双键，为CH2＝CHCH3，根据C的分子式知，A和氯气在高温条件下发生取代反应生成B为CH2＝CHCH2Cl，C和D发生取代反应生成E，根据E的结构简式知，C为BrCH2CH2CH2Cl，D的分子式为C7H12O4，则D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据F的分子式知，E发生水解反应生成F，F发生信息i的反应生成G，根据G的结构简式、F的分子式知，F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，G发生取代反应生成H，H发生反应生成I，I和J发生取代反应生成K；
（6）K中硝基发生信息ⅲ的反应生成，和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生取代反应生成，和氨气发生信息ii的反应生成阿哌沙班。
【解答】解：（1）A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B，A→B的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）B为CH2＝CHCH2Cl，C为BrCH2CH2CH2Cl，B和HBr发生加成反应生成C，B→C的化学方程式是CH2＝CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl，
故答案为：CH2＝CHCH2Cl+HBrBrCH2CH2CH2Cl；
（3）D的结构简式是CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，
故答案为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；
（4）G发生取代反应生成H，G→H的化学方程式是，
故答案为：；
（5）F为ClCH2CH2CH2CH2COOH，与F含有相同官能团的同分异构体中含有羧基和氯原子，符合条件的同分异构体相当于羧酸烃基中氢原子被氯原子取代，所以羧酸中烃基上含有几种氢原子，符合条件的同分异构体就有几种，如果羧酸为CH3CH2CH2CH2COOH，烃基中含有4种氢原子，含有氯原子的羧酸有4种，去除其本身，还有3种；如果羧酸为（CH3）2CHCH2COOH，烃基上有3种氢原子，符合条件的同分异构体有3种；如果羧酸为CH3CH2CH（CH3）COOH，烃基上含有4种氢原子，符合条件的同分异构体有4种；如果羧酸为（CH3）3CCOOH，烃基只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有1种，所以有11种，
故答案为：11；
（6）K中硝基发生信息ⅲ的反应生成，和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生取代反应生成，和氨气发生信息ii的反应生成阿哌沙班，补全试剂和反应条件为，
故答案为：；NH3、CH3OH；
（7）通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应，原因是酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺，
故答案为：酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易，羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与NH3难生成酰胺。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应前后官能团或结构变化特点，题目难度中等。
18．（2025 门头沟区一模）“双碳”背景下，CO2的资源化利用成为全世界的研究热点。
（1）将CO2和H2的混合气体充入某密闭容器中制备甲酸（HCOOH），同时有副反应发生。
已知：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）ΔH2＜0
CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH1＞0
为了提高HCOOH产率、降低CO的生成量，可采取的措施是 降温、增压 （写出两种）。
（2）电催化还原CO2也可以制备甲酸，原理如图甲所示，电解质溶液为KOH。
①电极b是电解池的 阳 极，电极反应式为 4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O 。
②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，应将 b 极区（填“a”或“b”）电解液更换。此时，该电极的电极反应式为 CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O 。
（3）CO2的电化学还原过程比较复杂，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示。
已知：FE%100%
其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物是 H2 （填化学式）。
②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为 1：2 。
【答案】（1）降温、增压；
（2）①阳；4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O；
②b；CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O；
（3）①H2；
②1：2。
【分析】（1）CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）是一个反应前后气体体积减小、放热的反应，CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）是一个反应前后气体体积不变、吸热的反应，为了提高HCOOH产率、降低CO的生成量，可以通过改变温度、压强来实现；
（2）①该装置是电解池，CO2得电子和KOH反应生成K2CO3和H2O，则a为阴极，b为阳极，b电极上OH﹣失电子生成O2和H2O；
②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，CH3OH失电子生成HCOOH，CH3OH在阳极上发生氧化反应，生成HCOOK和H2O；
（3）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明阴极上不能得到含碳还原产物；
②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的FE%＝24：8＝3：1，则生成C2H4、HCOO﹣所需的QX之比为3：1，C2H4、HCOO﹣所需的QX之比等于转移电子的物质的量之比，CO2转化为1分子C2H4、1分子HCOO﹣所需电子数分别为12、2。
【解答】解：（1）CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）为放热反应、CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）为吸热反应，降低温度、增大压强都能提高HCOOH产率、降低CO的生成量，
故答案为：降温、增压；
（2）①该装置是电解池，CO2得电子和KOH反应生成K2CO3和H2O，则a为阴极，b为阳极，b电极上OH﹣失电子生成O2和H2O，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，
故答案为：阳；4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O；
②2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对图甲装置改进，搭建“（阴阳极）共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为KOH+CH3OH混合溶液，CH3OH失电子生成HCOOH，CH3OH在阳极上发生氧化反应，生成HCOOK和H2O，所以应将b极区电解液更换，该电极的电极反应式为CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O，
故答案为：b；CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O；
（3）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明阴极上不能得到含碳还原产物，阴极上的主要还原产物是H2，
故答案为：H2；
②当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的FE%＝24：8＝3：1，则生成C2H4、HCOO﹣所需的QX之比为3：1，C2H4、HCOO﹣所需的QX之比等于转移电子的物质的量之比，CO2转化为1分子C2H4、1分子HCOO﹣所需电子数分别为12、2，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比：1：2，
故答案为：1：2。
【点评】本题考查化学反应原理，侧重考查阅读、图象分析判断及计算能力，明确化学平衡的计算方法、电解原理及FE%的含义及计算方法是解本题关键，难点是（3）题的计算，题目难度中等。
19．（2025 西城区一模）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。
（1）18～19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。
①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 4NH3+5O24NO+6H2O 。
②制硫酸总反应的化学方程式是 2SO2+O2+2H2O2H2SO4 。
③ⅰ中反应的SO2与NO2的物质的量之比是 2：3 。
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，则O2中氧氧键的键能为 （6b﹣4a﹣196） kJ mol﹣1。
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是 温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小 。
（3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。
电解（NH4）2SO4废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。
注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。
①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸 。
②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理（NH4）2SO4废液，其原理示意图如图4所示。
ⅰ.较浓硫酸应注入 D极区 （填“C极区”或“D极区”）。
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 。
【答案】（1）①4NH3+5O24NO+6H2O；
②2SO2+O2+2H2O2H2SO4；
③2：3；
（2）①（6b﹣4a﹣196）；
②温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②iD极区；
ⅱ.利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【分析】（1）①工业上可用NH3生产NO，根据原子守恒书写反应的化学方程式；
②由图可知，制硫酸总反应的化学方程式是SO2与O2以及H2O反应生成H2SO4，氮的氧化物是催化剂；
③根据化合价升降守恒可得以及原子守恒判断两者的物质的量之比；
（2）①ΔH＝反应物键能之和﹣生成物键能之和；
②温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极稀硫酸转化为浓硫酸，电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，
铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2﹣4e﹣＝4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区；
ⅱ.该联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【解答】解：（1）①工业上可用NH3生产NO，该反应的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②由图可知，制硫酸总反应的化学方程式是2SO2+O2+2H2O2H2SO4，
故答案为：2SO2+O2+2H2O2H2SO4；
③根据化合价升降守恒可得，ⅰ中反应为H2O+2SO2+3NO2＝2HOSO2ONO，两者的物质的量之比是2：3，
故答案为：2：3；
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，设O2中氧氧键的键能为bkJ mol﹣1，则有（4a+c）﹣6b＝﹣196kJ mol﹣1，解得a＝（6b﹣4a﹣196）kJ mol﹣1，即O2中氧氧键的键能为（6b﹣4a﹣196）kJ mol﹣1，
故答案为：（6b﹣4a﹣196）；
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，
故答案为：温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极稀硫酸转化为浓硫酸，电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸，
故答案为：A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，
铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2﹣4e﹣＝4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区，
故答案为：D极区；
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水，
故答案为：利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，同时考查电化学原理的应用，属于基本知识的考查，难度中等。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
同课章节目录