【高考押题卷】2025届高考化学模拟预测卷六 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六 北京卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 18:08:03 | ||
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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 通州区期末）月球土壤中有数百万吨的3He，每百吨3He核聚变所释放的能量相当于人类一年消耗的总能量。地球上氦元素主要以4He的形式存在。关于3He和3He，下列说法中正确的是（ ）
A．4He原子核内含有4个质子
B．3He原子核内含有3个中子
C．可以用质谱法区分4He和3He
D．3He和4He互为同素异形体
2．（2025 海淀区一模）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．基态F原子的核外电子轨道表示式：
B．顺丁烯二酸的结构简式：
C．H2O2的电子式：
D．CO2分子的球棍模型：
3．（2025 顺义区一模）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．新切开的钠表面很快变暗：2Na+O2＝Na2O2
B．向苯酚钠溶液中通少量CO2，溶液变浑浊：
C．工业冶炼Al：
D．硝酸银溶液中加入过量氨水：
4．（2024秋 朝阳区期末）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板
B．用NaHCO3焙制糕点
C．用Fe2O3作油漆的红色颜料
D．用Na2CO3与Ca（OH）2制烧碱
5．（2025 海淀区校级模拟）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案 探究目的
A 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 食品脱氧剂样品中有无+3价铁
B 用pH计测量等浓度的醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质
C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察生成气体的颜色 炭可与浓HNO3反应生成NO2
D 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量碘水，观察溶液颜色变化 淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解
A．A B．B C．C D．D
6．（2025 海淀区一模）向2%的AgNO3溶液中滴加稀氨水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法正确的是（ ）
A．滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解
B．为加快银镜的出现，应加热并不断振荡
C．银镜的出现说明醛基具有氧化性
D．反应后，可用氨水洗去银镜
7．（2025 东城区一模）关于含少量氧化钠的过氧化钠样品，下列说法不正确的是（ ）
A．阴阳离子个数比为1：2
B．钠露置在空气中最终转化为该样品
C．能与水反应，放出热量
D．测定氧化钠质量分数的方案：取ag样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得bg固体
8．（2025 海淀区一模）硫铁矿矿渣（含FeS2）周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进FeS2的溶解，相关的物质转化如图，其中①～③均完全转化。下列说法不正确的是（ ）
A．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的S
B．铁细菌的存在能提高反应①的速率
C．废水中铁元素含量几乎不变
D．一段时间后，废水的pH降低
9．（2024秋 海淀区期末）已知氢气燃烧反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．H—H键的键能小于O＝O键的键能
B．破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝﹣480kJ mol﹣1
D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化
10．（2025 顺义区一模）含铬废水对人体和环境的危害极大，某化学小组用电解法处理含废水，探究阳极材料、加入Fe3+及加入硫酸对去除率（被还原成Cr3+的百分率）的影响，相关实验如下。
实验 电极材料 阴极附近加入物质 去除率
Ⅰ 阳极：石墨；阴极：石墨 无 0.92%
Ⅱ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸 12.7%
Ⅲ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸10滴硫酸铁 20.8%
Ⅳ 阳极：铁；阴极：石墨 1mL浓硫酸 57.3%
注：所有实验电压都为3V，工作时间都是30分钟
下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅱ中的去除率比Ⅰ中大，可能是因为加入硫酸提高了的氧化性
B．Ⅲ中的去除率比Ⅱ中大，推测与Fe3+更易在阴极放电有关
C．Ⅳ表明，原因之一是阳极生成Fe2+参与还原，从而提高的去除率
D．若在Ⅳ电解池中增加阴离子交换膜，的去除率可能大于57.3%
11．（2025 朝阳区一模）将高炉煤气转化为价值更高的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CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH＞0。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．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应
D．升高温度，CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）的平衡常数增大
12．（2025 西城区一模）聚乳酸﹣羟基乙酸共聚物（PLGA）是一种新型的生物可降解高分子材料，其制备反应如图。
下列说法正确的是（ ）
A．X和Y分子中所有的原子共平面
B．X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团不同
C．制备PLGA的反应属于缩聚反应
D．m、n的大小对PLGA的降解速率有影响
13．（2025 西城区一模）分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的pH均大于7。
下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是（ ）
A．与原氨水相比，pH均减小
B．NH3 H2O的电离平衡移动方向相同
C．与原氨水相比，均增大
D．均存在c（）＞c（）
14．（2025 江岸区校级模拟）工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）。
已知：ⅰ、常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl﹣形成。
ⅱ、FeS2可溶于一定浓度的盐酸。
ⅲ、浸取过程中还存在如图的反应。
下列说法不正确的是（ ）
A．浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含Pb物质的溶解性
B．反应Ⅰ中，每消耗3mol MnO2，生成6mol Fe3+
C．反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为：
D．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS2固体表面
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2024秋 东城区期末）氢氧化铬[Cr（OH）3]常用作油漆颜料，利用铬铁矿（主要成分Cr2O3、FeO、Al2O3、Fe2O3制备氢氧化铬的一种流程如图。
（1）用化学式表示滤液a中Al元素的存在形式： 。
（2）请给出富铁渣后续处理的合理建议（用化学方程式表示，写出一条即可）： 。
（3）研究表明，步骤Ⅰ中加入NaNO3可提高相同时间内铬的浸出率，主要物质转化关系如图所示。
Ⅱ的离子方程式是 。
（4）步骤Ⅲ中，当投料n（C2H5OH）：n（BaCrO4）＝3：4，其他条件相同时，充分反应，硝酸投入量对铬转化率和铬还原率的影响如下。
已知BaCrO4的溶解还原经过两步：
第一步2BaCrO4+2H+ 2Ba2++Cr2H2O；
第二步3C2H5OH+2Cr216H+═3CH3COOH+4Cr3++11H2O.
①步骤Ⅲ中生成1mol Cr3+，消耗H+的物质的量为 mol。
②当2时，铬转化率较低，但铬还原率较高，可能的原因是 。
（5）下列说法正确的是 （填序号）。
a.步骤Ⅰ适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率
b.步骤Ⅳ中反应的方程式为Cr3++3OH﹣═Cr（OH）3↓
c.滤液d可分离出Ba（NO3）2，循环使用
三．解答题（共4小题）
16．（2024秋 海淀区校级期末）利用“预氧化—氨法”对钢铁烧结烟气（主要成分为N2、SO2和NO）进行协同脱硫脱硝的流程示意图如图：
已知：①雾化器可通过高速气流将液体分散为微小液滴。
②该流程条件下，氧化能力相近的氧化剂与不同还原剂反应的快慢如下表所示：
还原剂 SO2 NO
反应快慢 极慢 快 极慢 快
（1）将H2O2溶液雾化后再通入氧化反应器的目的是 。
（2）氧化反应器是对烧结烟气中的NO进行氧化处理的设备，写出H2O2将NO转化为NO2的化学方程式： 。
（3）以（NH4）2SO3溶液为吸收剂，调节其初始pH为7.0，从喷淋吸收塔顶部淋入，对从下方通入的氧化烟气进行吸收。
①写出（NH4）2SO3溶液吸收SO2的离子方程式： 。
②吸收剂中初始物质的量浓度与烟气处理效果的关系如图所示，随着初始物质的量浓度的上升，脱硝率大幅提高，烟气分析仪测定处理后烟气中N2含量显著提升，写出（NH4）2SO3溶液吸收NO2的离子方程式： 。
③氧化剂用量与烟气处理效果的关系如图所示：
ⅰ．解释氧化剂/NO物质的量比较低时，脱硝率较低的原因； 。
ⅱ．氧化剂用量过大，烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，解释其原因： 。
（4）该流程可生成一种可作氮肥的副产物，其化学式为 。
17．（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 。
18．（2024秋 海淀区校级月考）药物卡托普利的合成原料F、工程材料聚碳酸酯（简称PC）的合成路线如图所示：
已知：
①
②酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：
RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）
请回答：
（1）已知C的核磁共振氢谱只有一种峰。
①丙烯→A的反应类型是 。
②A→B的反应试剂和条件是 。
③B→C的化学方程式是 。
（2）9.4g的D与饱和溴水完全反应生成33.1g白色沉淀，D的结构简式是 。
（3）C与D反应生成双酚A的化学方程式是 。
（4）F有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体的结构简式是 。
①含有甲基
②含有碳碳双键
③能发生银镜反应
④属于酯
（5）PC的结构简式是 。
19．（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。
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 通州区期末）月球土壤中有数百万吨的3He，每百吨3He核聚变所释放的能量相当于人类一年消耗的总能量。地球上氦元素主要以4He的形式存在。关于3He和3He，下列说法中正确的是（ ）
A．4He原子核内含有4个质子
B．3He原子核内含有3个中子
C．可以用质谱法区分4He和3He
D．3He和4He互为同素异形体
【答案】C
【分析】A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数；
B．原子中质量数＝质子数+中子数；
C．质谱法测定相对原子质量；
D．同种元素组成的不同单质护卫同素异形体。
【解答】解：A．4He原子核内含有2个质子，质量数为4，故A错误；
B．3He原子核内含有中子数＝3﹣2＝1，故B错误；
C．质谱法测定相对原子质量，可以用质谱法区分4He和3He，故C正确；
D．3He和4He互为同位素，不是同素异形体，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、原子符号、原子中微粒数关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
2．（2025 海淀区一模）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．基态F原子的核外电子轨道表示式：
B．顺丁烯二酸的结构简式：
C．H2O2的电子式：
D．CO2分子的球棍模型：
【答案】B
【分析】A．基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，其轨道表达式为；
B．顺丁烯二酸的结构简式：；
C．H2O2为共价化合物，其电子式：；
D．CO2分子的球棍模型：。
【解答】解：A．基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，其轨道表达式为，故A错误；
B．顺丁烯二酸的结构简式：，故B正确；
C．H2O2为共价化合物，其电子式：，故C错误；
D．CO2分子的球棍模型：，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学用语，为高频考点，题目难度不大。
3．（2025 顺义区一模）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．新切开的钠表面很快变暗：2Na+O2＝Na2O2
B．向苯酚钠溶液中通少量CO2，溶液变浑浊：
C．工业冶炼Al：
D．硝酸银溶液中加入过量氨水：
【答案】D
【分析】A．根据光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠进行分析；
B．根据向苯酚钠溶液中通少量CO2，生成了苯酚和碳酸氢钠进行分析；
C．根据氯化铝是共价化合物，进行分析；
D．根据硝酸银溶液中加入过量氨水可以配制银氨溶液，进行分析。
【解答】解：A．切开的钠暴露在空气中，钠的光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠，故A错误；
B．向苯酚钠溶液中通少量二氧化碳，溶液变浑浊，是因为生成了苯酚和碳酸氢钠，故B错误；
C．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能导电，所以不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，故C错误；
D．硝酸银溶液中加入过量氨水可以配制银氨溶液，离子方程式为：，故D项正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学方程式的书写等，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。
4．（2024秋 朝阳区期末）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板
B．用NaHCO3焙制糕点
C．用Fe2O3作油漆的红色颜料
D．用Na2CO3与Ca（OH）2制烧碱
【答案】A
【分析】反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此分析解答。
【解答】解：A．用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板，反应方程式为：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，Fe元素化合价降低，Cu元素化合价升高，属于氧化还原反应，故A正确；
B．用NaHCO3焙制糕点，利用受热分解产生CO2气体，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，没有元素化合价发生变化，故B错误；
C．用Fe2O3作油漆的红色颜料，是利用Fe2O3呈红棕色的物理性质，故C错误；
D．用Na2CO3与Ca（OH）2制烧碱，反应方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，没有元素化合价发生变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的判断，明确氧化还原反应的概念及特征即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
5．（2025 海淀区校级模拟）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案 探究目的
A 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 食品脱氧剂样品中有无+3价铁
B 用pH计测量等浓度的醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质
C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察生成气体的颜色 炭可与浓HNO3反应生成NO2
D 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量碘水，观察溶液颜色变化 淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】A．由于发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+溶液中可能不存在Fe3+；
B．CH3COOH为弱电解质电离程度小，其电离出的H+比等浓度的盐酸电离出的H+少；
C．浓HNO3受热会分解产生NO2；
D．I2与NaOH反应而无法与淀粉显色。
【解答】解：A．由于发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+溶液中可能不存在Fe3+，而无法使KSCN显色检测Fe3+，故A错误；
B．CH3COOH为弱电解质电离程度小，其电离出的H+比等浓度的盐酸电离出的H+少，从而两者的pH有差异，测定两者的pH即可确定CH3COOH为弱电解质，故B正确；
C．浓HNO3受热会分解产生NO2从而无法确定炭与浓HNO3是否发生反应产生NO2，故C错误；
D．I2与NaOH反应而无法与淀粉显色，从而无法确定淀粉水解情况，故D错误；
故选：B。
【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、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 海淀区一模）向2%的AgNO3溶液中滴加稀氨水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法正确的是（ ）
A．滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解
B．为加快银镜的出现，应加热并不断振荡
C．银镜的出现说明醛基具有氧化性
D．反应后，可用氨水洗去银镜
【答案】A
【分析】A．氨水先和AgNO3溶液生成沉淀AgOH，继续滴加氨水，氨水和AgOH反应生成银氨溶液；
B．做银镜反应时不能振荡；
C．醛基和银氨溶液发生氧化反应生成Ag，该反应中葡萄糖作还原剂；
D．氨水不溶解Ag。
【解答】解：A．氨水先和AgNO3溶液生成沉淀AgOH，继续滴加氨水，氨水和AgOH反应生成银氨溶液，所以滴加稀氨水时，有沉淀的生成和溶解，故A正确；
B．做银镜反应时不能振荡，故B错误；
C．醛基和银氨溶液发生氧化反应生成Ag，该反应中葡萄糖作还原剂，醛基具有还原性，故C错误；
D．氨水不溶解Ag，应该用稀硝酸溶解Ag，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识的综合运用能力，明确银镜反应原理及物质的性质是解本题关键，题目难度不大。
7．（2025 东城区一模）关于含少量氧化钠的过氧化钠样品，下列说法不正确的是（ ）
A．阴阳离子个数比为1：2
B．钠露置在空气中最终转化为该样品
C．能与水反应，放出热量
D．测定氧化钠质量分数的方案：取ag样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得bg固体
【答案】B
【分析】A．1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子；
B．钠漏置与空气中最终产物为碳酸钠；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，放出大量的热；
D．依据质量守恒解答。
【解答】解：A．1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子，阴阳离子个数比为1：2，故A正确；
B．钠漏置与空气中最终产物为碳酸钠，不是过氧化钠，故B错误；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，放出大量的热，故C正确；
D．取ag样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得bg固体，氧化钠与过氧化钠总质量为ag，与盐酸反应，蒸干灼烧得到氯化钠bg，依据两个数据可以计算氧化钠和过氧化钠质量，然后计算氧化钠的质量分数，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氧化钠、过氧化钠结构特点及性质是解题关键，题目难度不大。
8．（2025 海淀区一模）硫铁矿矿渣（含FeS2）周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进FeS2的溶解，相关的物质转化如图，其中①～③均完全转化。下列说法不正确的是（ ）
A．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的S
B．铁细菌的存在能提高反应①的速率
C．废水中铁元素含量几乎不变
D．一段时间后，废水的pH降低
【答案】C
【分析】硫铁矿矿渣（含FeS2）周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进FeS2的溶解，反应①为FeS2+2Fe3+＝2S+3Fe2+，反应②是亚铁离子在铁细菌作用下生成铁离子，4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O，反应③是S在硫细菌作用下和氧气反应生成硫酸根离子，2S+3O2+2H2O＝24H+，据此分析判断。
【解答】解：A．硫细菌的存在，使硫单质和氧气反应生成硫酸根离子，可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的S，故A正确；
B．铁细菌的存在，亚铁离子和氧气反应转化为铁离子，铁离子浓度增大，能提高反应①的速率，故B正确；
C．废水中铁元素含量增加，故C错误；
D．反应过程可知，一段时间后，废水的pH降低，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质和应用，注意反应过程的理解应用，题目难度中等。
9．（2024秋 海淀区期末）已知氢气燃烧反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．H—H键的键能小于O＝O键的键能
B．破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝﹣480kJ mol﹣1
D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化
【答案】C
【分析】A．根据图示来解答；
B．根据图中数据来解答；
C．根据ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能来解答；
D．原电池：化学能转化为电能。
【解答】解：A．根据图示知，H—H键的键能为436kJ mol﹣1，O＝O键的键能为496kJ mol﹣1，H—H键的键能小于O＝O键的键能，故A正确；
B．根据图示知，破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量为436kJ mol﹣1×2+496kJ mol﹣1＝1368kJ mol﹣1，2mol H2O中的化学键所释放的能量4×462kJ mol﹣1＝1848kJ mol﹣1，故破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量，故B正确；
C．根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝436kJ mol﹣1×2+496kJ mol﹣1﹣4×462kJ mol﹣1＝﹣480kJ mol﹣1可知，生成气态水放热480kJ，而不是生成液态水放热480kJ，故C错误；
D．此反应可以作为氢氧燃料电池的反应原理，故利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化，故D正确；
故选：C。
【点评】考查了ΔH的计算、原电池原理等，是常考考点，难度不大。
10．（2025 顺义区一模）含铬废水对人体和环境的危害极大，某化学小组用电解法处理含废水，探究阳极材料、加入Fe3+及加入硫酸对去除率（被还原成Cr3+的百分率）的影响，相关实验如下。
实验 电极材料 阴极附近加入物质 去除率
Ⅰ 阳极：石墨；阴极：石墨 无 0.92%
Ⅱ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸 12.7%
Ⅲ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸10滴硫酸铁 20.8%
Ⅳ 阳极：铁；阴极：石墨 1mL浓硫酸 57.3%
注：所有实验电压都为3V，工作时间都是30分钟
下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅱ中的去除率比Ⅰ中大，可能是因为加入硫酸提高了的氧化性
B．Ⅲ中的去除率比Ⅱ中大，推测与Fe3+更易在阴极放电有关
C．Ⅳ表明，原因之一是阳极生成Fe2+参与还原，从而提高的去除率
D．若在Ⅳ电解池中增加阴离子交换膜，的去除率可能大于57.3%
【答案】D
【分析】由图可知，Fe3+在阴极得到电子生成Fe2+，Fe2+和发生氧化还原反应生成Fe3+和Cr3+，以此解答。
【解答】解：A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，其它外界因素都相同，且溶液的酸性越强，的去除率越大，所以增加c（H+）有利于的去除，故A正确；
B．铁离子的还原电位高于H+和，因此在阴极更易先放电生成亚铁离子，后者可在溶液中进一步还原，这就解释了Ⅲ比Ⅱ去除率更高，故B正确；
C．Ⅳ采用铁作阳极时会溶出亚铁离子，亚铁离子同样可以把还原为Cr3+，从而显著提高去除率，故C正确；
D．若在Ⅳ的装置中加阴离子交换膜，亚铁离子（属于阳离子）难以穿过该膜，反而会削弱亚铁离子与的接触与还原作用，通常不利于去除率进一步提高，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查电解原理等，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。
11．（2025 朝阳区一模）将高炉煤气转化为价值更高的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CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH＞0。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．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应
D．升高温度，CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）的平衡常数增大
【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既表现出氧化性，可氧化FeH2生成Fe2O3，故B正确；
C．虽然CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）的ΔH＞0，说明此反应为吸热反应，但体系中还涉及Fe2O3的还原、Fe的氧化等过程，并非所有氧化还原反应均为吸热反应，故C错误；
D．根据反应CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH＞0可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，根据，得到平衡常数增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应中能量变化和平衡常数的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
12．（2025 西城区一模）聚乳酸﹣羟基乙酸共聚物（PLGA）是一种新型的生物可降解高分子材料，其制备反应如图。
下列说法正确的是（ ）
A．X和Y分子中所有的原子共平面
B．X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团不同
C．制备PLGA的反应属于缩聚反应
D．m、n的大小对PLGA的降解速率有影响
【答案】D
【分析】A．X、Y分子均存在饱和碳原子；
B．X、Y和PLGA的重复单元都含有酯基；
C．没有小分子物质生成；
D．聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响。
【解答】解：A．X、Y分子均存在饱和碳原子，该碳原子连接的4个原子形成四面体结构，二者分子中所有的原子一定不共平面，故A错误；；
B．X、Y和PLGA的重复单元都含有酯基，故B错误；
C．反应生成高聚物，没有小分子物质生成，属于加聚反应，故C错误；
D．聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响，m、n、的值影响聚PLGA的降解速率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
13．（2025 西城区一模）分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的pH均大于7。
下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是（ ）
A．与原氨水相比，pH均减小
B．NH3 H2O的电离平衡移动方向相同
C．与原氨水相比，均增大
D．均存在c（）＞c（）
【答案】B
【分析】A．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液中氢氧根离子浓度减小；
B．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，促进一水合氨电离；
C．与原氨水相比，少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子浓度增大；
D．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子浓度增大。
【解答】解：A．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液中氢氧根离子浓度减小，与原氨水相比，pH均减小，故A正确；
B．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，电离平衡逆向进行，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，促进一水合氨电离，电离平衡正向进行，NH3 H2O的电离平衡移动方向不相同，故B错误；
C．分别进行实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的pH均大于7，一水合氨过量，与原氨水相比，均增大，故C正确；
D．分析可知，少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子浓度增大，均存在c（）＞c（），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类水解平衡影响因素、弱电解质电离平衡影响因素的分析判断，注意知识的熟练我，题目难度中等。
14．（2025 江岸区校级模拟）工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）。
已知：ⅰ、常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl﹣形成。
ⅱ、FeS2可溶于一定浓度的盐酸。
ⅲ、浸取过程中还存在如图的反应。
下列说法不正确的是（ ）
A．浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含Pb物质的溶解性
B．反应Ⅰ中，每消耗3mol MnO2，生成6mol Fe3+
C．反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为：
D．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS2固体表面
【答案】C
【分析】A．Pb2+可以与Cl﹣形成；
B．反应Ⅰ中，锰元素化合价由+4变为+2，铁元素化合价由+2变为+3；
C．反应Ⅱ中，铁离子和FeS2反应生成S和亚铁离子；
D．减小接触面积，反应速率逐渐变慢。
【解答】解：A．已知：常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl﹣形成，浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是增大氯离子浓度，提高含Pb物质的溶解性，故A正确；
B．反应Ⅰ中，锰元素化合价由+4变为+2，铁元素化合价由+2变为+3，根据电子守恒可知，，则每消耗3mol MnO2，生成6mol Fe3+，故B正确；
C．反应Ⅱ中，铁离子和FeS2反应生成S和亚铁离子，离子方程式为：，故C错误；
D．生成的S覆盖在FeS2固体表面，减小了接触面积，反应Ⅱ速率逐渐变慢，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质的分离和提纯，掌握离子方程式的书写是解题的关键，题目难度不大。
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2024秋 东城区期末）氢氧化铬[Cr（OH）3]常用作油漆颜料，利用铬铁矿（主要成分Cr2O3、FeO、Al2O3、Fe2O3制备氢氧化铬的一种流程如图。
（1）用化学式表示滤液a中Al元素的存在形式： [Al（OH）4]﹣ 。
（2）请给出富铁渣后续处理的合理建议（用化学方程式表示，写出一条即可）： Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 。
（3）研究表明，步骤Ⅰ中加入NaNO3可提高相同时间内铬的浸出率，主要物质转化关系如图所示。
Ⅱ的离子方程式是 232OH﹣＝23H2O 。
（4）步骤Ⅲ中，当投料n（C2H5OH）：n（BaCrO4）＝3：4，其他条件相同时，充分反应，硝酸投入量对铬转化率和铬还原率的影响如下。
已知BaCrO4的溶解还原经过两步：
第一步2BaCrO4+2H+ 2Ba2++Cr2H2O；
第二步3C2H5OH+2Cr216H+═3CH3COOH+4Cr3++11H2O.
①步骤Ⅲ中生成1mol Cr3+，消耗H+的物质的量为 5 mol。
②当2时，铬转化率较低，但铬还原率较高，可能的原因是 c（H+）较小第一步反应逆移，铬转化率较低，n（）较小，C2H5OH过量，被充分还原生成Cr3+，铬的还原率较高 。
（5）下列说法正确的是 ac （填序号）。
a.步骤Ⅰ适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率
b.步骤Ⅳ中反应的方程式为Cr3++3OH﹣═Cr（OH）3↓
c.滤液d可分离出Ba（NO3）2，循环使用
【答案】（1）[Al（OH）4]﹣；
（2）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（3）232OH﹣＝23H2O；
（4）①5；
②c（H+）较小第一步反应逆移，铬转化率较低，n（）较小，C2H5OH过量，被充分还原生成Cr3+，铬的还原率较高；
（5）ac。
【分析】铬铁矿中Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，Cr2O3与NaOH溶液、O2反应生成Na2CrO4，FeO、Fe2O3不能与碱液反应，过滤为富铁渣，滤液a中硝酸钡和Na2CrO4反应生成BaCrO4沉淀，滤液b为Na[Al（OH）4]，步骤III还原为Cr3+，通入氨水生成氢氧化铬；
【解答】（1）铬铁矿中Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，滤液a中Al元素的存在形式为[Al（OH）4]﹣，
故答案为：[Al（OH）4]﹣；
（2）富铁渣含有FeO、Fe2O3，可通入CO并加热还原生成铁单质，化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，
故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（3）反应Ⅱ中与硝酸根离子发生氧化还原反应生成和，反应的离子方程式为：232OH﹣＝23H2O，
故答案为：232OH﹣＝23H2O；
（4）①已知BaCrO4的溶解还原经过两步：第一步2BaCrO4+2H+ 2Ba2++Cr2H2O，第二步3C2H5OH+2Cr216H+═3CH3COOH+4Cr3++11H2O，总反应为4BaCrO4+20H+＝4Ba2++3CH3COOH+4Cr3++13H2O，步骤Ⅲ中生成1mol Cr3+，消耗H+的物质的量为5mol，
故答案为：5；
②当2时，铬转化率较低，但铬还原率较高，可能的原因是c（H+）较小第一步反应逆移，铬转化率较低，n（）较小，C2H5OH过量，被充分还原生成Cr3+，铬的还原率较高，
故答案为：c（H+）较小第一步反应逆移，铬转化率较低，n（）较小，C2H5OH过量，被充分还原生成Cr3+，铬的还原率较高；
（5）a．步骤Ⅰ发生的反应为2Cr2O3+3O2+8OH﹣＝44H2O，适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率，故a正确；
b．一水合氨是弱碱，在离子方程式中不可拆，步骤Ⅳ中Cr3+和氨水生成氢氧化铬，反应的方程式为Cr3++3NH3 H2O═Cr（OH）3↓+3，故b错误；
c．滤液d可分离出Ba（NO3）2，进入步骤II循环使用，故c正确；
故答案为：ac。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
三．解答题（共4小题）
16．（2024秋 海淀区校级期末）利用“预氧化—氨法”对钢铁烧结烟气（主要成分为N2、SO2和NO）进行协同脱硫脱硝的流程示意图如图：
已知：①雾化器可通过高速气流将液体分散为微小液滴。
②该流程条件下，氧化能力相近的氧化剂与不同还原剂反应的快慢如下表所示：
还原剂 SO2 NO
反应快慢 极慢 快 极慢 快
（1）将H2O2溶液雾化后再通入氧化反应器的目的是 增大接触面积，提高反应速率 。
（2）氧化反应器是对烧结烟气中的NO进行氧化处理的设备，写出H2O2将NO转化为NO2的化学方程式： H2O2+NO＝H2O+NO2 。
（3）以（NH4）2SO3溶液为吸收剂，调节其初始pH为7.0，从喷淋吸收塔顶部淋入，对从下方通入的氧化烟气进行吸收。
①写出（NH4）2SO3溶液吸收SO2的离子方程式： 。
②吸收剂中初始物质的量浓度与烟气处理效果的关系如图所示，随着初始物质的量浓度的上升，脱硝率大幅提高，烟气分析仪测定处理后烟气中N2含量显著提升，写出（NH4）2SO3溶液吸收NO2的离子方程式： 。
③氧化剂用量与烟气处理效果的关系如图所示：
ⅰ．解释氧化剂/NO物质的量比较低时，脱硝率较低的原因； 氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的NO2 。
ⅱ．氧化剂用量过大，烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，解释其原因： 氧化剂用量过大，H2O2发生分解，部分O2与烟气一起进入吸收塔中，发生反应，减少，减少了对SO2和NO2的吸收 。
（4）该流程可生成一种可作氮肥的副产物，其化学式为 （NH4）2SO4（或NH4HSO4） 。
【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率；
（2）H2O2+NO＝H2O+NO2；
（3）①；
②；
③氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的NO2 氧化剂用量过大，H2O2发生分解，部分O2与烟气一起进入吸收塔中，发生反应，减少，减少了对SO2和NO2的吸收
（4）（NH4）2SO4（或NH4HSO4）。
【分析】由题给流程可知，将过氧化氢溶液雾化后通入氧化反应器，过氧化氢微小液滴与烧结烟气中的一氧化氮反应转化为二氧化氮，处理后的氧化烟气从喷淋吸收塔的下方通入，二氧化硫与顶部淋入亚硫酸铵溶液反应生成亚硫酸氢铵，二氧化氮与浓度较大的亚硫酸根离子、亚硫酸氢根反应生成氮气和硫酸根离子，将含有氮气的烟气通入除雾器后，再通入烟气分析仪中测定脱硫率、脱氮率，反应得到的溶液中含有可以作氮肥的副产物硫酸铵和硫酸氢铵。
【解答】解：（1）过氧化氢溶液雾化后再通入氧化反应器可以增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，
故答案为：增大接触面积，提高反应速率；
（2）氧化反应器中通入H2O2微小液滴的目的是与烧结烟气中的一氧化氮反应转化为二氧化氮，反应的化学方程式为H2O2+NO＝H2O+NO2，
故答案为：H2O2+NO＝H2O+NO2；
（3）①下方通入烟气中的SO2与顶部淋入亚硫酸铵溶液反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为，
故答案为：；
②亚硫酸铵溶液吸收二氧化氮的反应为亚硫酸铵溶液与二氧化氮反应生成氮气和硫酸铵，反应的离子方程式为，
故答案为：H2O2+NO＝H2O+NO2；
③氧化剂/NO物质的量比较低时，氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的NO2，导致烟气中NO浓度较高，使得脱硝率较低，氧化剂用量过大，H2O2发生分解生成的O2与烟气一起进入吸收塔中，O2与亚硫酸根离子发生反应，反应使得亚硫酸根离子浓度减少，减少了对SO2和NO2的吸收，导致烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，
故答案为：氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的NO2；氧化剂用量过大，H2O2发生分解，部分O2与烟气一起进入吸收塔中，发生反应，减少，减少了对SO2和NO2的吸收；
（4）吸收塔得到的溶液中含有可以作氮肥的副产物硫酸铵和硫酸氢铵，
故答案为：（NH4）2SO4（或NH4HSO4）。
【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
17．（2025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。
18．（2024秋 海淀区校级月考）药物卡托普利的合成原料F、工程材料聚碳酸酯（简称PC）的合成路线如图所示：
已知：
①
②酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：
RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）
请回答：
（1）已知C的核磁共振氢谱只有一种峰。
①丙烯→A的反应类型是 加成反应 。
②A→B的反应试剂和条件是 氢氧化钠水溶液、加热 。
③B→C的化学方程式是 。
（2）9.4g的D与饱和溴水完全反应生成33.1g白色沉淀，D的结构简式是 。
（3）C与D反应生成双酚A的化学方程式是 。
（4）F有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体的结构简式是 。
①含有甲基
②含有碳碳双键
③能发生银镜反应
④属于酯
（5）PC的结构简式是 。
【答案】（1）①加成反应；
②氢氧化钠水溶液、加热；
③；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）。
【分析】C能和氢氰酸发生加成反应，根据题给信息知，C是丙酮，则B是2﹣丙醇，A是2﹣溴丙烷，丙酮和氢氰酸发生加成反应然后在浓硫酸作催化剂条件下加热生成F，F的相对分子质量是86，则F是2﹣甲基丙烯酸；丙酮和D反应生成双酚A，根据丙酮和双酚A的结构简式知，D是苯酚；甲醇和一氧化碳、氧气反应生成CH3OCOOCH3，CH3OCOOCH3和苯酚反应生成甲醇和PC，结合题给信息知PC的结构简式为：。
【解答】解：（1）C是丙酮，丙烯和溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，2﹣溴丙烷和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成2﹣丙醇，2﹣丙醇被氧化生成丙酮，
①丙烯→A的反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
②A→B的反应试剂和条件是氢氧化钠水溶液和加热，
故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；
③B→C的化学方程式是，
故答案为：；
（2）通过以上分析知，D是苯酚，则D的结构简式是 ，
故答案为：；
（3）C与D反应生成双酚A的化学方程式是，
故答案为：；
（4）F是2﹣甲基丙烯酸，F有多种同分异构体，F的同分异构体符合下列条件①含有甲基、②含有碳碳双键、③能发生银镜反应说明含有醛基、④属于酯说明含有酯基，则符合条件的F的同分异构体结构简式为：，
故答案为：；
（5）通过以上分析知，PC的结构简式是，
故答案为：。
【点评】本题考查了有机物的合成，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，以C为突破口采用正逆相结合的方法进行分析解答，明确有机反应中化学键的变化，难度中等。
19．（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。
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一．选择题（共14小题）
1．（2024秋 通州区期末）月球土壤中有数百万吨的3He，每百吨3He核聚变所释放的能量相当于人类一年消耗的总能量。地球上氦元素主要以4He的形式存在。关于3He和3He，下列说法中正确的是（ ）
A．4He原子核内含有4个质子
B．3He原子核内含有3个中子
C．可以用质谱法区分4He和3He
D．3He和4He互为同素异形体
2．（2025 海淀区一模）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．基态F原子的核外电子轨道表示式：
B．顺丁烯二酸的结构简式：
C．H2O2的电子式：
D．CO2分子的球棍模型：
3．（2025 顺义区一模）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．新切开的钠表面很快变暗：2Na+O2＝Na2O2
B．向苯酚钠溶液中通少量CO2，溶液变浑浊：
C．工业冶炼Al：
D．硝酸银溶液中加入过量氨水：
4．（2024秋 朝阳区期末）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板
B．用NaHCO3焙制糕点
C．用Fe2O3作油漆的红色颜料
D．用Na2CO3与Ca（OH）2制烧碱
5．（2025 海淀区校级模拟）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案 探究目的
A 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 食品脱氧剂样品中有无+3价铁
B 用pH计测量等浓度的醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质
C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察生成气体的颜色 炭可与浓HNO3反应生成NO2
D 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量碘水，观察溶液颜色变化 淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解
A．A B．B C．C D．D
6．（2025 海淀区一模）向2%的AgNO3溶液中滴加稀氨水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法正确的是（ ）
A．滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解
B．为加快银镜的出现，应加热并不断振荡
C．银镜的出现说明醛基具有氧化性
D．反应后，可用氨水洗去银镜
7．（2025 东城区一模）关于含少量氧化钠的过氧化钠样品，下列说法不正确的是（ ）
A．阴阳离子个数比为1：2
B．钠露置在空气中最终转化为该样品
C．能与水反应，放出热量
D．测定氧化钠质量分数的方案：取ag样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得bg固体
8．（2025 海淀区一模）硫铁矿矿渣（含FeS2）周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进FeS2的溶解，相关的物质转化如图，其中①～③均完全转化。下列说法不正确的是（ ）
A．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的S
B．铁细菌的存在能提高反应①的速率
C．废水中铁元素含量几乎不变
D．一段时间后，废水的pH降低
9．（2024秋 海淀区期末）已知氢气燃烧反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．H—H键的键能小于O＝O键的键能
B．破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝﹣480kJ mol﹣1
D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化
10．（2025 顺义区一模）含铬废水对人体和环境的危害极大，某化学小组用电解法处理含废水，探究阳极材料、加入Fe3+及加入硫酸对去除率（被还原成Cr3+的百分率）的影响，相关实验如下。
实验 电极材料 阴极附近加入物质 去除率
Ⅰ 阳极：石墨；阴极：石墨 无 0.92%
Ⅱ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸 12.7%
Ⅲ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸10滴硫酸铁 20.8%
Ⅳ 阳极：铁；阴极：石墨 1mL浓硫酸 57.3%
注：所有实验电压都为3V，工作时间都是30分钟
下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅱ中的去除率比Ⅰ中大，可能是因为加入硫酸提高了的氧化性
B．Ⅲ中的去除率比Ⅱ中大，推测与Fe3+更易在阴极放电有关
C．Ⅳ表明，原因之一是阳极生成Fe2+参与还原，从而提高的去除率
D．若在Ⅳ电解池中增加阴离子交换膜，的去除率可能大于57.3%
11．（2025 朝阳区一模）将高炉煤气转化为价值更高的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CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH＞0。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．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应
D．升高温度，CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）的平衡常数增大
12．（2025 西城区一模）聚乳酸﹣羟基乙酸共聚物（PLGA）是一种新型的生物可降解高分子材料，其制备反应如图。
下列说法正确的是（ ）
A．X和Y分子中所有的原子共平面
B．X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团不同
C．制备PLGA的反应属于缩聚反应
D．m、n的大小对PLGA的降解速率有影响
13．（2025 西城区一模）分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的pH均大于7。
下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是（ ）
A．与原氨水相比，pH均减小
B．NH3 H2O的电离平衡移动方向相同
C．与原氨水相比，均增大
D．均存在c（）＞c（）
14．（2025 江岸区校级模拟）工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）。
已知：ⅰ、常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl﹣形成。
ⅱ、FeS2可溶于一定浓度的盐酸。
ⅲ、浸取过程中还存在如图的反应。
下列说法不正确的是（ ）
A．浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含Pb物质的溶解性
B．反应Ⅰ中，每消耗3mol MnO2，生成6mol Fe3+
C．反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为：
D．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS2固体表面
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2024秋 东城区期末）氢氧化铬[Cr（OH）3]常用作油漆颜料，利用铬铁矿（主要成分Cr2O3、FeO、Al2O3、Fe2O3制备氢氧化铬的一种流程如图。
（1）用化学式表示滤液a中Al元素的存在形式： 。
（2）请给出富铁渣后续处理的合理建议（用化学方程式表示，写出一条即可）： 。
（3）研究表明，步骤Ⅰ中加入NaNO3可提高相同时间内铬的浸出率，主要物质转化关系如图所示。
Ⅱ的离子方程式是 。
（4）步骤Ⅲ中，当投料n（C2H5OH）：n（BaCrO4）＝3：4，其他条件相同时，充分反应，硝酸投入量对铬转化率和铬还原率的影响如下。
已知BaCrO4的溶解还原经过两步：
第一步2BaCrO4+2H+ 2Ba2++Cr2H2O；
第二步3C2H5OH+2Cr216H+═3CH3COOH+4Cr3++11H2O.
①步骤Ⅲ中生成1mol Cr3+，消耗H+的物质的量为 mol。
②当2时，铬转化率较低，但铬还原率较高，可能的原因是 。
（5）下列说法正确的是 （填序号）。
a.步骤Ⅰ适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率
b.步骤Ⅳ中反应的方程式为Cr3++3OH﹣═Cr（OH）3↓
c.滤液d可分离出Ba（NO3）2，循环使用
三．解答题（共4小题）
16．（2024秋 海淀区校级期末）利用“预氧化—氨法”对钢铁烧结烟气（主要成分为N2、SO2和NO）进行协同脱硫脱硝的流程示意图如图：
已知：①雾化器可通过高速气流将液体分散为微小液滴。
②该流程条件下，氧化能力相近的氧化剂与不同还原剂反应的快慢如下表所示：
还原剂 SO2 NO
反应快慢 极慢 快 极慢 快
（1）将H2O2溶液雾化后再通入氧化反应器的目的是 。
（2）氧化反应器是对烧结烟气中的NO进行氧化处理的设备，写出H2O2将NO转化为NO2的化学方程式： 。
（3）以（NH4）2SO3溶液为吸收剂，调节其初始pH为7.0，从喷淋吸收塔顶部淋入，对从下方通入的氧化烟气进行吸收。
①写出（NH4）2SO3溶液吸收SO2的离子方程式： 。
②吸收剂中初始物质的量浓度与烟气处理效果的关系如图所示，随着初始物质的量浓度的上升，脱硝率大幅提高，烟气分析仪测定处理后烟气中N2含量显著提升，写出（NH4）2SO3溶液吸收NO2的离子方程式： 。
③氧化剂用量与烟气处理效果的关系如图所示：
ⅰ．解释氧化剂/NO物质的量比较低时，脱硝率较低的原因； 。
ⅱ．氧化剂用量过大，烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，解释其原因： 。
（4）该流程可生成一种可作氮肥的副产物，其化学式为 。
17．（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 。
18．（2024秋 海淀区校级月考）药物卡托普利的合成原料F、工程材料聚碳酸酯（简称PC）的合成路线如图所示：
已知：
①
②酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：
RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）
请回答：
（1）已知C的核磁共振氢谱只有一种峰。
①丙烯→A的反应类型是 。
②A→B的反应试剂和条件是 。
③B→C的化学方程式是 。
（2）9.4g的D与饱和溴水完全反应生成33.1g白色沉淀，D的结构简式是 。
（3）C与D反应生成双酚A的化学方程式是 。
（4）F有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体的结构简式是 。
①含有甲基
②含有碳碳双键
③能发生银镜反应
④属于酯
（5）PC的结构简式是 。
19．（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。
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 通州区期末）月球土壤中有数百万吨的3He，每百吨3He核聚变所释放的能量相当于人类一年消耗的总能量。地球上氦元素主要以4He的形式存在。关于3He和3He，下列说法中正确的是（ ）
A．4He原子核内含有4个质子
B．3He原子核内含有3个中子
C．可以用质谱法区分4He和3He
D．3He和4He互为同素异形体
【答案】C
【分析】A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数；
B．原子中质量数＝质子数+中子数；
C．质谱法测定相对原子质量；
D．同种元素组成的不同单质护卫同素异形体。
【解答】解：A．4He原子核内含有2个质子，质量数为4，故A错误；
B．3He原子核内含有中子数＝3﹣2＝1，故B错误；
C．质谱法测定相对原子质量，可以用质谱法区分4He和3He，故C正确；
D．3He和4He互为同位素，不是同素异形体，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、原子符号、原子中微粒数关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
2．（2025 海淀区一模）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．基态F原子的核外电子轨道表示式：
B．顺丁烯二酸的结构简式：
C．H2O2的电子式：
D．CO2分子的球棍模型：
【答案】B
【分析】A．基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，其轨道表达式为；
B．顺丁烯二酸的结构简式：；
C．H2O2为共价化合物，其电子式：；
D．CO2分子的球棍模型：。
【解答】解：A．基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，其轨道表达式为，故A错误；
B．顺丁烯二酸的结构简式：，故B正确；
C．H2O2为共价化合物，其电子式：，故C错误；
D．CO2分子的球棍模型：，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学用语，为高频考点，题目难度不大。
3．（2025 顺义区一模）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．新切开的钠表面很快变暗：2Na+O2＝Na2O2
B．向苯酚钠溶液中通少量CO2，溶液变浑浊：
C．工业冶炼Al：
D．硝酸银溶液中加入过量氨水：
【答案】D
【分析】A．根据光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠进行分析；
B．根据向苯酚钠溶液中通少量CO2，生成了苯酚和碳酸氢钠进行分析；
C．根据氯化铝是共价化合物，进行分析；
D．根据硝酸银溶液中加入过量氨水可以配制银氨溶液，进行分析。
【解答】解：A．切开的钠暴露在空气中，钠的光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠，故A错误；
B．向苯酚钠溶液中通少量二氧化碳，溶液变浑浊，是因为生成了苯酚和碳酸氢钠，故B错误；
C．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能导电，所以不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，故C错误；
D．硝酸银溶液中加入过量氨水可以配制银氨溶液，离子方程式为：，故D项正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学方程式的书写等，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。
4．（2024秋 朝阳区期末）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板
B．用NaHCO3焙制糕点
C．用Fe2O3作油漆的红色颜料
D．用Na2CO3与Ca（OH）2制烧碱
【答案】A
【分析】反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此分析解答。
【解答】解：A．用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板，反应方程式为：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，Fe元素化合价降低，Cu元素化合价升高，属于氧化还原反应，故A正确；
B．用NaHCO3焙制糕点，利用受热分解产生CO2气体，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，没有元素化合价发生变化，故B错误；
C．用Fe2O3作油漆的红色颜料，是利用Fe2O3呈红棕色的物理性质，故C错误；
D．用Na2CO3与Ca（OH）2制烧碱，反应方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，没有元素化合价发生变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的判断，明确氧化还原反应的概念及特征即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
5．（2025 海淀区校级模拟）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案 探究目的
A 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 食品脱氧剂样品中有无+3价铁
B 用pH计测量等浓度的醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质
C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察生成气体的颜色 炭可与浓HNO3反应生成NO2
D 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量碘水，观察溶液颜色变化 淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】A．由于发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+溶液中可能不存在Fe3+；
B．CH3COOH为弱电解质电离程度小，其电离出的H+比等浓度的盐酸电离出的H+少；
C．浓HNO3受热会分解产生NO2；
D．I2与NaOH反应而无法与淀粉显色。
【解答】解：A．由于发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+溶液中可能不存在Fe3+，而无法使KSCN显色检测Fe3+，故A错误；
B．CH3COOH为弱电解质电离程度小，其电离出的H+比等浓度的盐酸电离出的H+少，从而两者的pH有差异，测定两者的pH即可确定CH3COOH为弱电解质，故B正确；
C．浓HNO3受热会分解产生NO2从而无法确定炭与浓HNO3是否发生反应产生NO2，故C错误；
D．I2与NaOH反应而无法与淀粉显色，从而无法确定淀粉水解情况，故D错误；
故选：B。
【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、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 海淀区一模）向2%的AgNO3溶液中滴加稀氨水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法正确的是（ ）
A．滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解
B．为加快银镜的出现，应加热并不断振荡
C．银镜的出现说明醛基具有氧化性
D．反应后，可用氨水洗去银镜
【答案】A
【分析】A．氨水先和AgNO3溶液生成沉淀AgOH，继续滴加氨水，氨水和AgOH反应生成银氨溶液；
B．做银镜反应时不能振荡；
C．醛基和银氨溶液发生氧化反应生成Ag，该反应中葡萄糖作还原剂；
D．氨水不溶解Ag。
【解答】解：A．氨水先和AgNO3溶液生成沉淀AgOH，继续滴加氨水，氨水和AgOH反应生成银氨溶液，所以滴加稀氨水时，有沉淀的生成和溶解，故A正确；
B．做银镜反应时不能振荡，故B错误；
C．醛基和银氨溶液发生氧化反应生成Ag，该反应中葡萄糖作还原剂，醛基具有还原性，故C错误；
D．氨水不溶解Ag，应该用稀硝酸溶解Ag，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识的综合运用能力，明确银镜反应原理及物质的性质是解本题关键，题目难度不大。
7．（2025 东城区一模）关于含少量氧化钠的过氧化钠样品，下列说法不正确的是（ ）
A．阴阳离子个数比为1：2
B．钠露置在空气中最终转化为该样品
C．能与水反应，放出热量
D．测定氧化钠质量分数的方案：取ag样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得bg固体
【答案】B
【分析】A．1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子；
B．钠漏置与空气中最终产物为碳酸钠；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，放出大量的热；
D．依据质量守恒解答。
【解答】解：A．1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子，阴阳离子个数比为1：2，故A正确；
B．钠漏置与空气中最终产物为碳酸钠，不是过氧化钠，故B错误；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，放出大量的热，故C正确；
D．取ag样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得bg固体，氧化钠与过氧化钠总质量为ag，与盐酸反应，蒸干灼烧得到氯化钠bg，依据两个数据可以计算氧化钠和过氧化钠质量，然后计算氧化钠的质量分数，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氧化钠、过氧化钠结构特点及性质是解题关键，题目难度不大。
8．（2025 海淀区一模）硫铁矿矿渣（含FeS2）周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进FeS2的溶解，相关的物质转化如图，其中①～③均完全转化。下列说法不正确的是（ ）
A．硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的S
B．铁细菌的存在能提高反应①的速率
C．废水中铁元素含量几乎不变
D．一段时间后，废水的pH降低
【答案】C
【分析】硫铁矿矿渣（含FeS2）周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进FeS2的溶解，反应①为FeS2+2Fe3+＝2S+3Fe2+，反应②是亚铁离子在铁细菌作用下生成铁离子，4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O，反应③是S在硫细菌作用下和氧气反应生成硫酸根离子，2S+3O2+2H2O＝24H+，据此分析判断。
【解答】解：A．硫细菌的存在，使硫单质和氧气反应生成硫酸根离子，可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的S，故A正确；
B．铁细菌的存在，亚铁离子和氧气反应转化为铁离子，铁离子浓度增大，能提高反应①的速率，故B正确；
C．废水中铁元素含量增加，故C错误；
D．反应过程可知，一段时间后，废水的pH降低，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质和应用，注意反应过程的理解应用，题目难度中等。
9．（2024秋 海淀区期末）已知氢气燃烧反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．H—H键的键能小于O＝O键的键能
B．破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝﹣480kJ mol﹣1
D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化
【答案】C
【分析】A．根据图示来解答；
B．根据图中数据来解答；
C．根据ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能来解答；
D．原电池：化学能转化为电能。
【解答】解：A．根据图示知，H—H键的键能为436kJ mol﹣1，O＝O键的键能为496kJ mol﹣1，H—H键的键能小于O＝O键的键能，故A正确；
B．根据图示知，破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量为436kJ mol﹣1×2+496kJ mol﹣1＝1368kJ mol﹣1，2mol H2O中的化学键所释放的能量4×462kJ mol﹣1＝1848kJ mol﹣1，故破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量，故B正确；
C．根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝436kJ mol﹣1×2+496kJ mol﹣1﹣4×462kJ mol﹣1＝﹣480kJ mol﹣1可知，生成气态水放热480kJ，而不是生成液态水放热480kJ，故C错误；
D．此反应可以作为氢氧燃料电池的反应原理，故利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化，故D正确；
故选：C。
【点评】考查了ΔH的计算、原电池原理等，是常考考点，难度不大。
10．（2025 顺义区一模）含铬废水对人体和环境的危害极大，某化学小组用电解法处理含废水，探究阳极材料、加入Fe3+及加入硫酸对去除率（被还原成Cr3+的百分率）的影响，相关实验如下。
实验 电极材料 阴极附近加入物质 去除率
Ⅰ 阳极：石墨；阴极：石墨 无 0.92%
Ⅱ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸 12.7%
Ⅲ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸10滴硫酸铁 20.8%
Ⅳ 阳极：铁；阴极：石墨 1mL浓硫酸 57.3%
注：所有实验电压都为3V，工作时间都是30分钟
下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅱ中的去除率比Ⅰ中大，可能是因为加入硫酸提高了的氧化性
B．Ⅲ中的去除率比Ⅱ中大，推测与Fe3+更易在阴极放电有关
C．Ⅳ表明，原因之一是阳极生成Fe2+参与还原，从而提高的去除率
D．若在Ⅳ电解池中增加阴离子交换膜，的去除率可能大于57.3%
【答案】D
【分析】由图可知，Fe3+在阴极得到电子生成Fe2+，Fe2+和发生氧化还原反应生成Fe3+和Cr3+，以此解答。
【解答】解：A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，其它外界因素都相同，且溶液的酸性越强，的去除率越大，所以增加c（H+）有利于的去除，故A正确；
B．铁离子的还原电位高于H+和，因此在阴极更易先放电生成亚铁离子，后者可在溶液中进一步还原，这就解释了Ⅲ比Ⅱ去除率更高，故B正确；
C．Ⅳ采用铁作阳极时会溶出亚铁离子，亚铁离子同样可以把还原为Cr3+，从而显著提高去除率，故C正确；
D．若在Ⅳ的装置中加阴离子交换膜，亚铁离子（属于阳离子）难以穿过该膜，反而会削弱亚铁离子与的接触与还原作用，通常不利于去除率进一步提高，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查电解原理等，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。
11．（2025 朝阳区一模）将高炉煤气转化为价值更高的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CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH＞0。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．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应
D．升高温度，CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）的平衡常数增大
【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既表现出氧化性，可氧化FeH2生成Fe2O3，故B正确；
C．虽然CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）的ΔH＞0，说明此反应为吸热反应，但体系中还涉及Fe2O3的还原、Fe的氧化等过程，并非所有氧化还原反应均为吸热反应，故C错误；
D．根据反应CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH＞0可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，根据，得到平衡常数增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应中能量变化和平衡常数的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
12．（2025 西城区一模）聚乳酸﹣羟基乙酸共聚物（PLGA）是一种新型的生物可降解高分子材料，其制备反应如图。
下列说法正确的是（ ）
A．X和Y分子中所有的原子共平面
B．X、Y和PLGA的重复单元中含有的官能团不同
C．制备PLGA的反应属于缩聚反应
D．m、n的大小对PLGA的降解速率有影响
【答案】D
【分析】A．X、Y分子均存在饱和碳原子；
B．X、Y和PLGA的重复单元都含有酯基；
C．没有小分子物质生成；
D．聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响。
【解答】解：A．X、Y分子均存在饱和碳原子，该碳原子连接的4个原子形成四面体结构，二者分子中所有的原子一定不共平面，故A错误；；
B．X、Y和PLGA的重复单元都含有酯基，故B错误；
C．反应生成高聚物，没有小分子物质生成，属于加聚反应，故C错误；
D．聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响，m、n、的值影响聚PLGA的降解速率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
13．（2025 西城区一模）分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的pH均大于7。
下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是（ ）
A．与原氨水相比，pH均减小
B．NH3 H2O的电离平衡移动方向相同
C．与原氨水相比，均增大
D．均存在c（）＞c（）
【答案】B
【分析】A．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液中氢氧根离子浓度减小；
B．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，促进一水合氨电离；
C．与原氨水相比，少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子浓度增大；
D．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子浓度增大。
【解答】解：A．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液中氢氧根离子浓度减小，与原氨水相比，pH均减小，故A正确；
B．少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，电离平衡逆向进行，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，促进一水合氨电离，电离平衡正向进行，NH3 H2O的电离平衡移动方向不相同，故B错误；
C．分别进行实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的pH均大于7，一水合氨过量，与原氨水相比，均增大，故C正确；
D．分析可知，少量硫酸铵加入氨水中，铵根离子浓度增大，硫酸氢钠固体加入氨水中，氢离子和一水合氨反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子浓度增大，均存在c（）＞c（），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类水解平衡影响因素、弱电解质电离平衡影响因素的分析判断，注意知识的熟练我，题目难度中等。
14．（2025 江岸区校级模拟）工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）。
已知：ⅰ、常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl﹣形成。
ⅱ、FeS2可溶于一定浓度的盐酸。
ⅲ、浸取过程中还存在如图的反应。
下列说法不正确的是（ ）
A．浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含Pb物质的溶解性
B．反应Ⅰ中，每消耗3mol MnO2，生成6mol Fe3+
C．反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为：
D．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS2固体表面
【答案】C
【分析】A．Pb2+可以与Cl﹣形成；
B．反应Ⅰ中，锰元素化合价由+4变为+2，铁元素化合价由+2变为+3；
C．反应Ⅱ中，铁离子和FeS2反应生成S和亚铁离子；
D．减小接触面积，反应速率逐渐变慢。
【解答】解：A．已知：常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl﹣形成，浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是增大氯离子浓度，提高含Pb物质的溶解性，故A正确；
B．反应Ⅰ中，锰元素化合价由+4变为+2，铁元素化合价由+2变为+3，根据电子守恒可知，，则每消耗3mol MnO2，生成6mol Fe3+，故B正确；
C．反应Ⅱ中，铁离子和FeS2反应生成S和亚铁离子，离子方程式为：，故C错误；
D．生成的S覆盖在FeS2固体表面，减小了接触面积，反应Ⅱ速率逐渐变慢，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质的分离和提纯，掌握离子方程式的书写是解题的关键，题目难度不大。
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2024秋 东城区期末）氢氧化铬[Cr（OH）3]常用作油漆颜料，利用铬铁矿（主要成分Cr2O3、FeO、Al2O3、Fe2O3制备氢氧化铬的一种流程如图。
（1）用化学式表示滤液a中Al元素的存在形式： [Al（OH）4]﹣ 。
（2）请给出富铁渣后续处理的合理建议（用化学方程式表示，写出一条即可）： Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 。
（3）研究表明，步骤Ⅰ中加入NaNO3可提高相同时间内铬的浸出率，主要物质转化关系如图所示。
Ⅱ的离子方程式是 232OH﹣＝23H2O 。
（4）步骤Ⅲ中，当投料n（C2H5OH）：n（BaCrO4）＝3：4，其他条件相同时，充分反应，硝酸投入量对铬转化率和铬还原率的影响如下。
已知BaCrO4的溶解还原经过两步：
第一步2BaCrO4+2H+ 2Ba2++Cr2H2O；
第二步3C2H5OH+2Cr216H+═3CH3COOH+4Cr3++11H2O.
①步骤Ⅲ中生成1mol Cr3+，消耗H+的物质的量为 5 mol。
②当2时，铬转化率较低，但铬还原率较高，可能的原因是 c（H+）较小第一步反应逆移，铬转化率较低，n（）较小，C2H5OH过量，被充分还原生成Cr3+，铬的还原率较高 。
（5）下列说法正确的是 ac （填序号）。
a.步骤Ⅰ适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率
b.步骤Ⅳ中反应的方程式为Cr3++3OH﹣═Cr（OH）3↓
c.滤液d可分离出Ba（NO3）2，循环使用
【答案】（1）[Al（OH）4]﹣；
（2）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（3）232OH﹣＝23H2O；
（4）①5；
②c（H+）较小第一步反应逆移，铬转化率较低，n（）较小，C2H5OH过量，被充分还原生成Cr3+，铬的还原率较高；
（5）ac。
【分析】铬铁矿中Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，Cr2O3与NaOH溶液、O2反应生成Na2CrO4，FeO、Fe2O3不能与碱液反应，过滤为富铁渣，滤液a中硝酸钡和Na2CrO4反应生成BaCrO4沉淀，滤液b为Na[Al（OH）4]，步骤III还原为Cr3+，通入氨水生成氢氧化铬；
【解答】（1）铬铁矿中Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，滤液a中Al元素的存在形式为[Al（OH）4]﹣，
故答案为：[Al（OH）4]﹣；
（2）富铁渣含有FeO、Fe2O3，可通入CO并加热还原生成铁单质，化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，
故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（3）反应Ⅱ中与硝酸根离子发生氧化还原反应生成和，反应的离子方程式为：232OH﹣＝23H2O，
故答案为：232OH﹣＝23H2O；
（4）①已知BaCrO4的溶解还原经过两步：第一步2BaCrO4+2H+ 2Ba2++Cr2H2O，第二步3C2H5OH+2Cr216H+═3CH3COOH+4Cr3++11H2O，总反应为4BaCrO4+20H+＝4Ba2++3CH3COOH+4Cr3++13H2O，步骤Ⅲ中生成1mol Cr3+，消耗H+的物质的量为5mol，
故答案为：5；
②当2时，铬转化率较低，但铬还原率较高，可能的原因是c（H+）较小第一步反应逆移，铬转化率较低，n（）较小，C2H5OH过量，被充分还原生成Cr3+，铬的还原率较高，
故答案为：c（H+）较小第一步反应逆移，铬转化率较低，n（）较小，C2H5OH过量，被充分还原生成Cr3+，铬的还原率较高；
（5）a．步骤Ⅰ发生的反应为2Cr2O3+3O2+8OH﹣＝44H2O，适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率，故a正确；
b．一水合氨是弱碱，在离子方程式中不可拆，步骤Ⅳ中Cr3+和氨水生成氢氧化铬，反应的方程式为Cr3++3NH3 H2O═Cr（OH）3↓+3，故b错误；
c．滤液d可分离出Ba（NO3）2，进入步骤II循环使用，故c正确；
故答案为：ac。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
三．解答题（共4小题）
16．（2024秋 海淀区校级期末）利用“预氧化—氨法”对钢铁烧结烟气（主要成分为N2、SO2和NO）进行协同脱硫脱硝的流程示意图如图：
已知：①雾化器可通过高速气流将液体分散为微小液滴。
②该流程条件下，氧化能力相近的氧化剂与不同还原剂反应的快慢如下表所示：
还原剂 SO2 NO
反应快慢 极慢 快 极慢 快
（1）将H2O2溶液雾化后再通入氧化反应器的目的是 增大接触面积，提高反应速率 。
（2）氧化反应器是对烧结烟气中的NO进行氧化处理的设备，写出H2O2将NO转化为NO2的化学方程式： H2O2+NO＝H2O+NO2 。
（3）以（NH4）2SO3溶液为吸收剂，调节其初始pH为7.0，从喷淋吸收塔顶部淋入，对从下方通入的氧化烟气进行吸收。
①写出（NH4）2SO3溶液吸收SO2的离子方程式： 。
②吸收剂中初始物质的量浓度与烟气处理效果的关系如图所示，随着初始物质的量浓度的上升，脱硝率大幅提高，烟气分析仪测定处理后烟气中N2含量显著提升，写出（NH4）2SO3溶液吸收NO2的离子方程式： 。
③氧化剂用量与烟气处理效果的关系如图所示：
ⅰ．解释氧化剂/NO物质的量比较低时，脱硝率较低的原因； 氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的NO2 。
ⅱ．氧化剂用量过大，烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，解释其原因： 氧化剂用量过大，H2O2发生分解，部分O2与烟气一起进入吸收塔中，发生反应，减少，减少了对SO2和NO2的吸收 。
（4）该流程可生成一种可作氮肥的副产物，其化学式为 （NH4）2SO4（或NH4HSO4） 。
【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率；
（2）H2O2+NO＝H2O+NO2；
（3）①；
②；
③氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的NO2 氧化剂用量过大，H2O2发生分解，部分O2与烟气一起进入吸收塔中，发生反应，减少，减少了对SO2和NO2的吸收
（4）（NH4）2SO4（或NH4HSO4）。
【分析】由题给流程可知，将过氧化氢溶液雾化后通入氧化反应器，过氧化氢微小液滴与烧结烟气中的一氧化氮反应转化为二氧化氮，处理后的氧化烟气从喷淋吸收塔的下方通入，二氧化硫与顶部淋入亚硫酸铵溶液反应生成亚硫酸氢铵，二氧化氮与浓度较大的亚硫酸根离子、亚硫酸氢根反应生成氮气和硫酸根离子，将含有氮气的烟气通入除雾器后，再通入烟气分析仪中测定脱硫率、脱氮率，反应得到的溶液中含有可以作氮肥的副产物硫酸铵和硫酸氢铵。
【解答】解：（1）过氧化氢溶液雾化后再通入氧化反应器可以增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，
故答案为：增大接触面积，提高反应速率；
（2）氧化反应器中通入H2O2微小液滴的目的是与烧结烟气中的一氧化氮反应转化为二氧化氮，反应的化学方程式为H2O2+NO＝H2O+NO2，
故答案为：H2O2+NO＝H2O+NO2；
（3）①下方通入烟气中的SO2与顶部淋入亚硫酸铵溶液反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为，
故答案为：；
②亚硫酸铵溶液吸收二氧化氮的反应为亚硫酸铵溶液与二氧化氮反应生成氮气和硫酸铵，反应的离子方程式为，
故答案为：H2O2+NO＝H2O+NO2；
③氧化剂/NO物质的量比较低时，氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的NO2，导致烟气中NO浓度较高，使得脱硝率较低，氧化剂用量过大，H2O2发生分解生成的O2与烟气一起进入吸收塔中，O2与亚硫酸根离子发生反应，反应使得亚硫酸根离子浓度减少，减少了对SO2和NO2的吸收，导致烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，
故答案为：氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的NO2；氧化剂用量过大，H2O2发生分解，部分O2与烟气一起进入吸收塔中，发生反应，减少，减少了对SO2和NO2的吸收；
（4）吸收塔得到的溶液中含有可以作氮肥的副产物硫酸铵和硫酸氢铵，
故答案为：（NH4）2SO4（或NH4HSO4）。
【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
17．（2025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。
18．（2024秋 海淀区校级月考）药物卡托普利的合成原料F、工程材料聚碳酸酯（简称PC）的合成路线如图所示：
已知：
①
②酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：
RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）
请回答：
（1）已知C的核磁共振氢谱只有一种峰。
①丙烯→A的反应类型是 加成反应 。
②A→B的反应试剂和条件是 氢氧化钠水溶液、加热 。
③B→C的化学方程式是 。
（2）9.4g的D与饱和溴水完全反应生成33.1g白色沉淀，D的结构简式是 。
（3）C与D反应生成双酚A的化学方程式是 。
（4）F有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体的结构简式是 。
①含有甲基
②含有碳碳双键
③能发生银镜反应
④属于酯
（5）PC的结构简式是 。
【答案】（1）①加成反应；
②氢氧化钠水溶液、加热；
③；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）。
【分析】C能和氢氰酸发生加成反应，根据题给信息知，C是丙酮，则B是2﹣丙醇，A是2﹣溴丙烷，丙酮和氢氰酸发生加成反应然后在浓硫酸作催化剂条件下加热生成F，F的相对分子质量是86，则F是2﹣甲基丙烯酸；丙酮和D反应生成双酚A，根据丙酮和双酚A的结构简式知，D是苯酚；甲醇和一氧化碳、氧气反应生成CH3OCOOCH3，CH3OCOOCH3和苯酚反应生成甲醇和PC，结合题给信息知PC的结构简式为：。
【解答】解：（1）C是丙酮，丙烯和溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，2﹣溴丙烷和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成2﹣丙醇，2﹣丙醇被氧化生成丙酮，
①丙烯→A的反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
②A→B的反应试剂和条件是氢氧化钠水溶液和加热，
故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；
③B→C的化学方程式是，
故答案为：；
（2）通过以上分析知，D是苯酚，则D的结构简式是 ，
故答案为：；
（3）C与D反应生成双酚A的化学方程式是，
故答案为：；
（4）F是2﹣甲基丙烯酸，F有多种同分异构体，F的同分异构体符合下列条件①含有甲基、②含有碳碳双键、③能发生银镜反应说明含有醛基、④属于酯说明含有酯基，则符合条件的F的同分异构体结构简式为：，
故答案为：；
（5）通过以上分析知，PC的结构简式是，
故答案为：。
【点评】本题考查了有机物的合成，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，以C为突破口采用正逆相结合的方法进行分析解答，明确有机反应中化学键的变化，难度中等。
19．（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。
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