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一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

【2024河北等级考】1. 燕赵大地历史悠久，文化灿烂。对下列河北博物院馆藏文物的说法错误的是

A. 青铜铺首主要成分是铜锡合金                      B. 透雕白玉璧主要成分是硅酸盐

C. 石质浮雕主要成分是碳酸钙                           D. 青花釉里红瓷盖罐主要成分是硫酸钙

【答案】D

【解析】

【详解】A．青铜铺首是青铜器，青铜的主要成分是铜锡合金，A正确；

B．透雕白玉璧是玉石，玉石的主要成分是硅酸盐，B正确；

C．石质浮雕是汉白玉，汉白玉的主要成分是碳酸钙，C正确；

D．青花釉里红瓷盖罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，D错误；

故选D。

【2024河北等级考】2. 关于实验室安全，下列表述错误的是

A. BaSO₄等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理

B. 观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视

C. 具有标识的化学品为易燃类物质，应注意防火

D. 硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风

【答案】A

【解析】

【详解】A．BaSO₄性质稳定，不溶于水和酸，可用作“钡餐”说明对人体无害，无毒性，A错误；

B．钠与水反应剧烈且放热，观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视，B正确；

C．为易燃类物质的标识，使用该类化学品时应注意防火，以免发生火灾，C正确；

D．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风，D正确；

故选A。

【2024河北等级考】3. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是

A. 线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热易软化

B. 聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解

C. 尼龙66由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好

D. 聚甲基丙烯酸酯(有机玻璃)由甲基丙烯酸酯加聚合成，透明度高

【答案】B

【解析】

【详解】A．线型聚乙烯塑料具有热塑性，受热易软化，A正确；

B．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，具有一定的热稳定性，受热不易分解，B错误；

C．尼龙66即聚己二酰己二胺，由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好，C正确；

D．聚甲基丙烯酸酯由甲基丙烯酸酯加聚合成，又名有机玻璃，说明其透明度高，D正确；

故选B

【2024河北等级考】4. 超氧化钾(KO₂)可用作潜水或宇航装置的CO₂吸收剂和供氧剂，反应为4KO₂＋2CO₂=2K₂CO₃＋3O₂，N_A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 44g CO₂中σ键的数目为2N_A

B. 1mol KO₂晶体中离子的数目为3N_A

C. 1L 1mol/L K₂CO₃溶液中CO₃^2－的数目为N_A

D. 该反应中每转移1mol电子生成O₂的数目为1.5N_A

【答案】A

【解析】

【详解】A．44g(即1mol)CO₂中σ键的数目为2N_A，A正确；

B．KO₂由K^＋和O₂^－构成，1mol KO₂晶体中离子的数目为2N_A，B错误；

C．CO₃^2－在水溶液中会发生水解：CO₃^2－＋H₂OHCO₃^－＋OH^－，故 1L 1mol/L K₂CO₃溶液中CO₃^2－的数目小于N_A，C错误；

D．该反应中部分氧元素化合价由-0.5价升至0价，部分氧元素化合价由-0.5价降至-2价，则每4molKO₂参加反应转移3mol电子，每转移1mol电子生成O₂的数目为N_A，D错误；

故选A。

【2024河北等级考】5. 化合物X是由细菌与真菌共培养得到的一种天然产物，结构简式如图。下列相关表述错误的是

A. 可与Br₂发生加成反应和取代反应                B. 可与FeCl₃溶液发生显色反应

C. 含有4种含氧官能团                                       D. 存在顺反异构

【答案】D

【解析】

【详解】A．化合物X中存在碳碳双键，能和Br₂发生加成反应，苯环连有酚羟基，下方苯环上酚羟基邻位有氢原子，可以与Br₂发生取代反应，A正确；

B．化合物X中有酚羟基，遇FeCl₃溶液会发生显色反应，B正确；

C．化合物X中含有酚羟基、醛基、酮羰基、醚键4种含氧官能团，C正确；

D．该化合物中只有一个碳碳双键，其中一个双键碳原子连接的2个原子团都是甲基，所以不存在顺反异构，D错误；

故选D。

【2024河北等级考】6. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是

A. A                                 B. B                                 C. C                                 D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．铁与水蒸气反应生成的气体是h2，该反应中H由+1价变成0价，被还原，体现了h2o的氧化性，A错误；

B．如果待测液中含有Ag^＋，Ag^＋与Cl^－反应也能产生白色沉淀，或者cO₃^2－、SO₃^2－也会与Ba²⁺产生白色沉淀，所以通过该实验不能得出待测液中含有SO₄^2－的结论，B错误；

C．Mg(OH)₂溶液能与盐酸反应，不能与NaOH溶液反应，Al(OH)₃与NaOH溶液和盐酸都能反应，说明Mg(OH)₂的碱性比Al(OH)₃的强，C正确；

D．K₂Cr₂O₇溶液中存在平衡Cr₂O₇^2－(橙色)＋2H₂OCrO₄^2－(黄色)＋2H^＋，加入NaOH溶液后，OH^－与H^＋反应，生成物浓度减小，使平衡正向移动，导致溶液由橙色变为黄色，题给结论错误，D错误；

故选C。

【2024河北等级考】7. 侯氏制碱法工艺流程中的主反应为QR＋YW₃＋XZ₂＋W₂Z=QWXZ₃＋YW₄R，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是

A. 原子半径：W＜X＜Y                                       B. 第一电离能：X＜Y＜Z

C. 单质沸点：Z＜R＜Q                                         D. 电负性：W＜Q＜R

【答案】C

【解析】

【分析】侯氏制碱法主反应的化学方程式为NaCl＋NH₃＋CO₂＋H₂O=NaHCO₃↓＋NH₄Cl，则可推出W、X、Y、Z、Q、R分别为H元素、C元素、N元素、O元素、Na元素、Cl元素。

【详解】A．一般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：，故A错误；

B．同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，故B错误；

C．O₂、Cl₂为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体，Na在常温下为固体，则沸点：，故C正确；

D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：，故D错误；

故选C。

【2024河北等级考】8. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是

 A. A                                 B. B                                 C. C                                 D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，故A正确；

B．CO₂中心C原子为sp杂化，键角为180，CH₂O中心C原子为sp²杂化，键角大约为120，CH₄中心C原子为sp³杂化，键角为109°28＇，三种物质中心C原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子对无关，故B错误；

C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs^＋周围最多能排布8个Cl^－，Na^＋周围最多能排布6个Cl^－，说明Cs^＋比Na^＋半径大，故C正确；

D．断开第一个键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能量较小，断开C－H键越多，碳原子周围共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量变大，所以各步中的C－H键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；

故选B。

【2024河北等级考】9. NH₄ClO₄是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：NH₄ClO₄＋2C=NH₃↑＋2CO₂↑＋HCl↑。下列有关化学用语或表述正确的是

A. HCl的形成过程可表示为

B. NH₄ClO₄中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构

C. 在C₆₀、石墨、金刚石中，碳原子有sp、sp²和sp³三种杂化方式

D.NH₃和CO₂都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力

【答案】B

【解析】

【详解】A．HCl是共价化合物，其电子式为，HCl的形成过程可表示为，故A错误；

B．NH₄ClO₄中NH₄^＋的中心N原子孤电子对数为，价层电子对数为4，ClO₄^－的中心Cl原子孤电子对数为，价层电子对数为4，则二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，故B正确；

C．C₆₀、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp、sp²和sp³，共有2种杂化方式，故C错误；

D．NH₃易液化，其气化时吸收热量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可作制冷剂，NH₃分子间作用力为氢键和范德华力，CO₂分子间仅存在范德华力，故D错误；

故选B。

【2024河北等级考】10. 图示装置不能完成相应气体的发生和收集实验的是(加热、除杂和尾气处理装置任选)

A. A                                 B. B                                 C. C                                 D. D

【答案】C

【解析】

【分析】如图所示的气体发生装置可以为固液加热型反应，也可以是固液不加热型；右侧气体收集装置，长进短出为向上排空气法，短进长出为向下排空气法，装满水后短进长出为排水法；

【详解】A．饱和Na₂SO₃溶液和浓硫酸反应可以制SO₂，使用固液不加热制气装置，SO₂密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，A不符合题意；

B．MnO₂和浓盐酸加热反应可以制Cl₂，使用固液加热制气装置，Cl₂密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，B不符合题意；

C．固体NH₄Cl与熟石灰加热可以制NH₃需要使用固固加热制气装置，图中装置不合理，不能完成相应气体的发生和收集实验，C符合题意；

D．石灰石(主要成分为CaCO₃)和稀盐酸反应可以制CO₂，使用固液不加热制气装置，CO₂密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，D不符合题意；

本题选C。

【2024河北等级考】11. 在水溶液中，CN^－可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN^－形成配离子达平衡时，与-lgc(CN^－)的关系如图。

下列说法正确的是

A. 99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN^－的平衡浓度：X＞Y

B. 向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时

C. 由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN^－的物质的量：Y＜Z

D. 若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率

【答案】B

【解析】

【详解】A．99%的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，根据图像可知，纵坐标约为-2时，溶液中，则溶液中CN^－的平衡浓度：X＜Y，A错误；

B．Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会消耗CN^－形成Y配离子，使得溶液中c(CN^－)减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着-lgc(CN^－)继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；

C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+mCN^－=配离子，则平衡常数，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN^－越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y＞Z，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗CN^－的物质的量：Z＜Y，C错误；

D．由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，-lgc(CN^－)不变，增大，即c(Y)增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；

本题选B。

【2024河北等级考】12. 金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图，晶胞的边长为a pm，N_A为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是

A. 该铋氟化物的化学式为BiF₃

B. 粒子S、T之间的距离为

C. 该晶体的密度为

D. 晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题给晶胞结构，由均摊法可知，每个晶胞中含有个Bi^3＋，含有个F^-，故该铋氟化物的化学式为BiF₃，故A正确；

B．将晶胞均分为8个小立方体，由晶胞中MNPQ点的截面图可知，晶胞体内的8个F^-位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标系，令N的原子分数坐标为(0,0,1），与Q、M均在同一条棱上的F^-的原子分数坐标为(1,0,0)，则T的原子分数坐标为， S的原子分数坐标为，所以粒子S、T之间的距离为，故B正确；

C．由A项分析可知，每个晶胞中有4个Bi³⁺、12个F^-，晶胞体积为，则晶体密度为=，故C正确；

D．以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离其最近且等距的氟离子位于晶胞体内，为将晶胞均分为8个小立方体后，每个小立方体的体心的F^-，即有8个，故D错误；

故答案为：D。

【2024河北等级考】13. 我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg－CO₂电池，以Mg(TFSI)₂为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO₂，使放电时CO₂还原产物为MgC₂O₄。该设计克服了MgCO₃导电性差和释放CO₂能力差的障碍，同时改善了Mg^2＋的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。

下列说法错误的是

A. 放电时，电池总反应为2CO₂＋Mg=MgC₂O₄

B. 充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接

C. 充电时，电子由Mg电极流向阳极，Mg^2＋向阴极迁移

D. 放电时，每转移1mol电子，理论上可转化1molCO₂

【答案】C

【解析】

【分析】放电时CO₂转化为MgC₂O₄，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极、Mg电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg电极为阴极。

 【详解】A．根据以上分析，放电时正极反应式为2CO₂＋Mg^2＋＋2e^-=MgC₂O₄、负极反应式为Mg－2e^-=Mg^2＋，将放电时正、负电极反应式相加，可得放电时电池总反应：2CO₂＋Mg=MgC₂O₄，故A正确；B．充电时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与电源正极连接，故B正确；

C．充电时，Mg电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg^2＋向阴极迁移，故C错误；

D．根据放电时的电极反应式2CO₂＋Mg^2＋＋2e^-=MgC₂O₄可知，每转移2mol电子，有2molCO₂参与反应，因此每转移1mol电子，理论上可转化1molCO₂，故D正确；

故答案为：C。

【2024河北等级考】14. 我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg－CO₂电池，以Mg(TFSI)₂为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO₂，使放电时CO₂还原产物为MgC₂O₄。该设计克服了MgCO₃导电性差和释放CO₂能力差的障碍，同时改善了Mg^2＋的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。

对上述电池放电时CO₂的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO₂转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。

下列说法错误的是

A.PDA捕获CO₂的反应为

B. 路径2是优先路径，速控步骤反应式为

C. 路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同

D. 三个路径速控步骤均涉及转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO₂的产物为，因此PDA捕获CO₂的反应为，故A正确；

B．由反应进程－相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为，故B正确；

C．根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为，而路径2、3的起始物均为，产物分别为和，故C正确；

D．根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有.PDA再生，但路径3的速控步骤为得电子转化为和，没有PDA的生成，故D错误；

故答案为：D。

二、非选择题：共58分。

【2024河北等级考】15. 市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl₂和I₂，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：

（1）装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓CaBr₂溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为_______；CaBr₂溶液的作用为_______；D中发生的主要反应的化学方程式为_______。

（2）将D中溶液转移至_______(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO₄溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I₂的离子方程式为_______。

（3）利用图示相同装置，将R和K₂Cr₂O₇固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓H₂SO₄，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为_______和_______。

（4）为保证溴的纯度，步骤(3)中K₂Cr₂O₇固体的用量按理论所需量的计算，若固体R质量为m克(以KBr计)，则需称取_______g K₂Cr₂O₇ (M=294g/mol)(用含m的代数式表示)。

（5）本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用_______，滤液沿烧杯壁流下。

【答案】（1）    ①. 直形冷凝管    ②. 除去市售的溴中少量的Cl₂    ③.Br₂＋K₂C₂O₄2KBr＋2CO₂↑     

（2）    ①. 蒸发皿    ②.2MnO₄^－＋10I^－＋16H^＋2Mn^2＋＋5I₂＋8H₂O     

（3）    ①. 液封    ②. 降低温度   

（4）0.31m   

（5）玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处

【解析】

【分析】市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl₂和I₂，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市售的溴滴入盛有浓CaBr₂溶液中，Cl₂可与CaBr₂发生氧化还原反应而除去，I₂与Br₂一起蒸馏入草酸钾溶液中，并被草酸钾还原为I^-、Br^-，并向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化I^-，加热蒸干得KBr固体，将KBr固体和K₂Cr₂O₇固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓H₂SO₄，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干燥、蒸馏，可得高纯度的溴。

【小问1详解】

仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的Cl₂，Cl₂可与CaBr₂发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，Br₂、I₂蒸发进入装置D中，分别与K₂C₂O₄发生氧化还原反应，Br₂＋K₂C₂O₄2KBr＋2CO₂↑、I₂＋K₂C₂O₄2KI＋2CO₂↑，由于Br₂为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为Br₂＋K₂C₂O₄2KBr＋2CO₂↑    ；

【小问2详解】

将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO₄溶液至出现红棕色气体(Br₂)，即说明KMnO₄已将KI全部氧化，发生反应的离子方程式为2MnO₄^－＋10I^－＋16H^＋2Mn^2＋＋5I₂＋8H₂O；KBr几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为KBr；

【小问3详解】

密度Br₂＞H₂O，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；

【小问4详解】

m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式6KBr～6e^-～K₂Cr₂O₇，则理论上需要K₂Cr₂O₇的物质的量为，实际所需称取K₂Cr₂O₇的质量为；

【小问5详解】

趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。

【2024河北等级考】16. V₂O₅是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V₂O₅的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。

已知：i石煤是一种含V₂O₃的矿物，杂质为大量Al₂O₃和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO₃、NaOH、Na₂CO₃等。

ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al₂O₃反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO₃)₂]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：

（1）钒原子的价层电子排布式为_______；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为_______，产生的气体①为_______(填化学式)。

（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为_______(填化学式)。

（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为_______；CO₂加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为_______；浸取后低浓度的滤液①进入_______(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。

（4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为_______(填化学式)。

（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为_______(填序号)。

a．延长沉钒时间     b．将溶液调至碱性      c．搅拌      d．降低NH₄Cl溶液的浓度

【答案】（1）    ①.3d³4s²  ②. +5    ③. CO₂    

（2)NaAlO₂

（3）    ①.     ②. 提高溶液中HCO₃^－浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO₃^－   ③. 离子交换   

（4）NaCl   

（5）bd

【解析】

【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO₃、Ca(VO₃)₂、NaAlO₂、Ca(AlO₂)₂、CaO和CO₂等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO₃)和不溶性物质[Ca(VO₃)₂、Ca(AlO₂)₂等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO₃^－，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH₄VO₃，经一系列处理后得到V₂O₃；滤渣①在pH≈8，65～70℃的条件下加入3%NH₄HCO₃溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行VO₃^－的富集。

【小问1详解】

钒是23号元素，其价层电子排布式为3d³4s² ；焙烧过程中，氧气被还原，V₂O₃被氧化生成VO₃^－，偏钒酸盐中钒的化合价为+5价；CaCO₃在800℃以上开始分解，生成的气体①为CO₂。

【小问2详解】

由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al₂O₃反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO₂。

【小问3详解】

在弱碱性环境下，Ca(VO₃)₂与HCO₃^－和OH^－反应生成CaCO₃、VO₃^－和H₂O，离子方程式为：； CO₂加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中HCO₃^－浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO₃^－；滤液①中含有VO₃^－、NH₄^＋等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。

【小问4详解】

由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl^－，考虑到水浸所得溶液中含有Na^＋，为避免引人其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。

【小问5详解】

a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；

b．NH₄Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH^－与NH₄^＋反应，不利于生成NH₄VO₃，b符合题意；

c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；

d．降低NH₄Cl溶液的浓度，不利于生成NH₄VO₃，d符合题意；

故选bd。

【2024河北等级考】17. 氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。

（1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：SO₂(g)＋Cl₂(g)SO₂Cl₂(g) ΔH=－67.59kJ/mol。

①若正反应的活化能为E_正kJ/mol，则逆反应的活化能E_逆=_______kJ/mol(用含E_正的代数式表示)。

②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO₂(g)和其Cl₂(g)，测定T₁、T₂、T₃温度下体系达平衡时的Δp(Δp=P₀-p，P₀为体系初始压强，P₀=240Kpa，P为体系平衡压强)，结果如图。

上图中温度由高到低的顺序为_______，判断依据为_______。M点Cl₂的转化率为_______，T₁温度下用分压表示的平衡常数Kp=_______KPa^-1。

③下图曲线中能准确表示T₁温度下Δp随进料比变化的是_______(填序号)。

（2）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为

以上各反应的速率方程均可表示为ν=Kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(K₁～K₅分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下,K₁:K₂:K₃:K₄:K₅=100:21:7:4:23。

①30min时，c(X)=6.80mol/L，且30～60min内ν(X)=0.042mol·L^－1·min^－1，反应进行到60min时，c(X)=_______mol/L。

②60min时，c(D)=0.099mol/L，若0～60min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)=_______mol/L。60min后，随T的含量增加，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

【答案】（1）    ①.E_正+67.59     ②. T₃＞T₂＞T₁    ③. 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从T₃到T₁平衡时Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低    ④. 75%    ⑤. 0.03    ⑥. D   

（2）    ①. 5.54    ②. 0.033    ③. 增大

【解析】

【小问1详解】

①根据反应热ΔH与活化能E_正和E_逆关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的。

②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，Δp即越大。从T₃到T₁，Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T₃到T₁逐渐降低，即T₃＞T₂＞T₁。由题图甲中M点可知，进料比为n(SO₂):n(Cl₂)=2，平衡时Δp=60Kpa，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。

可计算得，。

③由题图甲中M点可知，进料比为2时，Δp=60KPa，结合“三段式”，以及T₁时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，Δp也为60KPa，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中SO₂和Cl₂的化学计量数之比为1:1，则SO₂和Cl₂的进料比互为倒数(如2与0.5)时，Δp相等。

【小问2详解】

①根据化学反应速率的计算公式时，，60min时，。

②已知，又由题给反应速率方程推知，，则，即60min后c(G)=0.033mol/L。60min后，D和G转化为T的速率比为，G消耗得更快，则增大。

【2024河北等级考】18. 甲磺司特(M)是一种在临床上治疗支气管哮喘、特应性皮炎和过敏性鼻炎等疾病的药物。M的一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)。

回答下列问题：

（1）A的化学名称为_______。

（2）B→C的反应类型为_______。

（3）D的结构简式为_______。

（4）由F生成G的化学方程式为_______。

（5）G和H相比，H的熔、沸点更高，原因为_______。

（6）K与E反应生成L，新构筑官能团的名称为_______。

（7）同时满足下列条件的I的同分异构体共有_______种。

(a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:2；

(b)红外光谱中存在C=O和硝基苯基()吸收峰。

其中，可以通过水解反应得到化合物H的同分异构体的结构简式为_______。

【答案】（1）丙烯酸    （2）加成反应   

（3）    （4）+HO-NO₂+H₂O   

（5）H分子中存在羟基，能形成分子间氢键   

（6）酰胺基    （7）    ①. 6    ②. 

【解析】

【分析】由流程图可知，A与甲醇发生酯化反应生成B，则A的结构简式为；B与CH₃SH发生加成反应生成C；C在碱性条件下发生酯的水解反应，酸化后生成D，则D的结构简式为；D与SOCl₂发生取代反应生成E；由F的分子式可知，F的结构简式为；F发生硝化反应生成G，G的结构简式为；G在一定条件下发生水解反应生成H，H的结构简式为；H与发生取代反应生成I；I与乙醇钠发生反应生成J；J发生硝基的还原生成K，K的结构简式为；K与E发生取代反应生成L；L与反应生成M。

【小问1详解】

由A→B的反应条件和B的结构简式可知该步骤为酯化反应，因此A为，其名称为丙烯酸。

【小问2详解】

B与CH₃SH发生加成反应，-H和CH₃S-分别加到双键碳原子上生成C。

【小问3详解】

结合C和E的结构简式以及C→D和D→E的反应条件，可知C→D为C先在碱性条件下发生水解反应后酸化，D为，D与亚硫酰氯发生取代反应生成E。

【小问4详解】

F→G的反应中，结合I的结构可知，苯环上碳氯键的对位引入硝基，浓硫酸作催化剂和吸水剂，吸收反应产物中的水，硝化反应的条件为加热，反应的化学方程式是：+HO-NO₂+H₂O。

【小问5详解】

由分析可知，G的结构简式为，H的结构简式为，H分子中存在羟基，能形成分子间氢键，G分子不能形成分子间氢键，分子间氢键会使物质的熔、沸点显著升高。

【小问6详解】

根据分析可知，K与E反应生成L为取代反应，反应中新构筑的官能团为酰胺基。

【小问7详解】

I的分子式为C₉H₉NO₄，其不饱和度为6，其中苯环占4个不饱和度，C=O和硝基各占1个不饱和度，因此满足条件的同分异构体中除了苯环、C=O和硝基之外没有其他不饱和结构。由题给信息，结构中存在“”，根据核磁共振氢谱中峰面积之比为3:2:2:2可知，结构中不存在羟基、存在甲基，结构高度对称，硝基苯基和C=O共占用3个O原子，还剩余1个O原子，因此剩余的O原子只能插入两个相邻的C原子之间。不考虑该O原子，碳骨架的异构有2种，且每种都有3个位置可以插入该O原子，如图：，(序号表示插入O原子的位置)，因此符合题意的同分异构体共有6种。其中，能够水解生成H()的结构为。

【点睛】第(7)问在确定同分异构体数量时也可以采用排列法，首先确定分子整体没有支链，且甲基和硝基苯基位于分子链的两端，之后可以确定中间的基团有亚甲基、C=O和氧原子，三者共有种排列方式，则符合条件的同分异构体共有6种。