山东2025年高考山东化学高考真题文档版（含答案）-A4答案卷尾_1.高考2025全国各省真题+答案_8.高考化学真题及答案更新中_0.真题试卷化学Word版+PDF版

机密 启用前 ★ 2025 年全省普通高中学业水平等级考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后、再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将 答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 O16 Na23 K39 一、选择题：本题共 10小题，每小题 2分，共 20分。每小题只有一个选项符 合题目要求。 1．下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A．侯德榜发明了以NH ，CO 和NaCl为原料的联合制碱法 3 2 B．戴维电解盐酸得到H 和Cl ，从而提出了酸的含氢学说 2 2 C．拉瓦锡基于金属和O 的反应提出了燃烧的氧化学说 2 D．哈伯发明了以N 和H 为原料合成氨的方法 2 2 2．化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是 A．用明矾净化黄河水 B．用漂白粉漂白蚕丝制品 C．用食醋去除水壶中水垢 D．用小苏打作烘焙糕点膨松剂 3．实验室中，下列试剂保存方法正确的是 A．液溴加水封保存在广口试剂瓶中 B．硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中 C．高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中 D．金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中 4．称取1.6g固体NaOH配制400mL浓度约为0.1molL1的NaOH溶液，下列仪器中不需要 使用的是 A．100mL烧杯 B．500mL容量瓶 C．500mL量筒 D．500mL细口试剂瓶(具橡胶塞) 试卷第1页，共12页5．下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是 A．用NaOH溶液吸收少量SO :SO OH HSO 2 2 3 B．用Na O 和水制备少量O :Na O H O2Na 2OHO  2 2 2 2 2 2 2 C．用MnO 和浓盐酸制备Cl :MnO 4H2Cl Mn2Cl 2H O 2 2 2 2 2 D．用稀硝酸溶解少量Cu粉：3Cu8H8NO 3Cu NO  2NO4H O 3 3 2 2 6．第70号元素镱Yb的基态原子价电子排布式为4f146s2。下列说法正确的是 A．174Yb的中子数与质子数之差为104 B．174Yb与176Yb是同一种核素 70 70 70 C．基态Yb原子核外共有10个d电子 D．Yb位于元素周期表中第6周期 7．用硫酸和NaN 可制备一元弱酸HN 。下列说法错误的是 3 3 A．NaN 的水溶液显碱性 3 B．N的空间构型为V形 3 C．NaN 为含有共价键的离子化合物 3 D．N的中心N原子所有价电子均参与成键 3 8．物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 沸点：H OH S 电离能：OS 2 2 B 酸性：HClOHBrO 电负性：ClBr C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：SiC D 熔点：MgONaF 离子电荷：Mg2 Na,O2 F A．A B．B C．C D．D 9．用肼N H 的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO ，反应 2 4 4 原理如图所示。下列说法正确的是 试卷第2页，共12页A．N 是还原反应的产物 B．还原性：N H Fe2 2 2 4 C．处理后溶液的pH增大 D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2 10．在恒容密闭容器中，Na SiF(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平 2 6 衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T 温度时， 2 Na SiF(s)完全分解；体系中气相产物在T、T 温度时的分压分别为p 、p 。下列说法错误 2 6 1 3 1 3 的是 A．a线所示物种为固相产物 B．T温度时，向容器中通入N ，气相产物分压仍为p 1 2 1 C．p 小于T 温度时热解反应的平衡常数K 3 3 p D．T温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 1 二、选择题：本题共5小题，每小题 4分，共20分。每小题有一个或两个选项 符合题目要求，全部选对得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。 11．完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是 实验内容 仪器或材料 试卷第3页，共12页A 灼烧海带 坩埚、泥三角 B 加热浓缩NaCl溶液 表面皿、玻璃棒 C 称量5.0gNaOH固体 电子天平、称量纸 D 量取25.00mL稀H SO 25mL移液管、锥形瓶 2 4 A．A B．B C．C D．D 12．全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说 法正确的是 A．隔膜为阳离子交换膜 B．放电时，a极为负极 C．充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小 D．理论上，Fe3+每减少1mol,Fe2+总量相应增加2mol 13．钢渣中富含CaO、SiO、FeO、Fe O 等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的 2 2 3 Ca,Si,Fe元素，流程如下。已知：Fe C O  能溶于水；K CaC O 2.3109， 2 2 4 3 sp 2 4 K FeC O 3.2107。下列说法错误的是 sp 2 4 试卷第4页，共12页A．试剂X可选用Fe粉 B．试剂Y可选用盐酸 C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中 D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 14．以异丁醛M为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是 A．M系统命名为2-甲基丙醛 B．若M+XN原子利用率为100%，则X是甲醛 C．用酸性KMnO 溶液可鉴别N和Q 4 D．PQ过程中有CH COOH生成 3 15．常温下，假设1L水溶液中Co2+和C O2初始物质的量浓度均为0.01molL1。平衡条件 2 4 下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。 已知：体系中含钴物种的存在形式为Co2,CoC O (s)和Co(OH) (s)； 2 4 2 K CoC O 6.0108，K  Co(OH) 5.91015。下列说法正确的是 sp 2 4 sp 2 试卷第5页，共12页A．甲线所示物种为HC O 2 4 B．H C O 的电离平衡常数K 108 2 2 4 a2 C．pHa时，Co2物质的量浓度为1.6103molL1 D．pHb时，物质的量浓度：c  OH c  C O2 2 4 三、非选择题：本题共 5小题，共 60分。 16．Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Fe位于第 周期 族。基态Fe原子与基态Fe3离子未成对 电子数之比为 。 (2)尿素分子H 2 NCONH 2 与Fe3形成配离子的硝酸盐  FeH 2 NCONH 2  6   NO 3  3 俗称尿素 铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 。 ③八面体配离子FeH NCONH   3 中Fe3的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3  2 2 6  配位的原子是 (填元素符号)。 (3)αFe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。 试卷第6页，共12页①αFe晶胞中Fe原子的半径为 pm。 ②研究发现，αFe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe 原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是 ，该截面单位面积 含有的Fe原子为 个pm2。 17．采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含Fe O、MnO 及Co、Cu、Ca、Si 等元素的 2 3 2 氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，NH  SO 低温分解生成NH HSO ，高温则完全分解为气体； 4 2 4 4 4 Fe SO  在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 2 4 3 回答下列问题： (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO 与NH HSO 反应转化为MnSO 时有 2 4 4 4 N 生成，该反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要 2 成分除SiO 外还含有 (填化学式)。 2 (2)在NH  SO 投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金 4 2 4 属元素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)HR萃取Cu2反应为：2HR(有机相)Cu2(水相)CuR (有机相)2H(水相)。“反萃取” 2 试卷第7页，共12页时加入的试剂为 (填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH4时Co2恰好沉淀完全  c  Co2 1105molL1  ，则此时溶液中 cH S molL1。已知： 2 K H S1107，K H S11013，K (CoS)41021。CoS“溶解”时发生反应的离子 a1 2 a2 2 sp 方程式为 。 (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环 利用。 18．如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。 实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略)： 熔点 沸点 原料 结构简式 /℃ /℃ 顺丁烯二酸 52.6 202.2 酐 邻苯二甲酸 130.8 295.0 酐 丙-1，2-二醇 60.0 187.6 试卷第8页，共12页实验过程： ①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入N 。搅拌下加热，两种酸酐分别与丙-1，2-二 2 醇发生醇解反应，主要生成 和 。然后逐步升 温至190~200℃，醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。 ②缩聚反应后期，每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求(酸 值：中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。 回答下列问题： (1)理论上，原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)：n(邻苯二甲酸酐)：n(丙-1，2-二醇) 。 (2)装置B的作用是 ；仪器C的名称是 ；反应过程中，应保持温度计2示数 处于一定范围，合理的是 (填标号)。 A．55~60℃ B．100~105℃ C．190~195℃ (3)为测定酸值，取ag样品配制250.00mL溶液。移取25.00mL溶液，用cmolL1KOH—乙醇 标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下： 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00 /mL 滴定后读数 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02 /mL 试卷第9页，共12页应舍弃的数据为 (填序号)；测得该样品的酸值为 (用含a，c的代数式表示)。 若测得酸值高于聚合度要求，可采取的措施为 (填标号)。 A．立即停止加热 B．排出装置D内的液体 C．增大N 的流速 2 (4)实验中未另加催化剂的原因是 。 19．麻醉药布比卡因(I)的两条合成路线如下： 已知：Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： (1)A结构简式为 ；B中含氧官能团名称为 。 (2)CD反应类型为 ；D+EH化学方程式为 。 (3)G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 (写出一种即可)。 ①含NH ②含2个苯环 ③含4种不同化学环境的氢原子 2 (4)H中存在酰胺基N原子(a)和杂环N原子(b)，N原子电子云密度越大，碱性越强，则碱性 较强的N原子是 (填“a”或“b”)。 (5)结合路线信息，用H /PtO 催化加氢时，下列有机物中最难反应的是_______(填标号)。 2 2 A．苯( ) B．吡啶( ) C．环已-1，3-二烯( ) D．环己-1，4-二烯( ) (6)以 ， ， 为主要原料合成 。利用上 述信息补全合成路线 。 试卷第10页，共12页20．利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO 转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： 2 Ⅰ．CaS(s)2SO (g)CaSO (s)S (g) ΔH 2 4 2 1 Ⅱ．CaSO (s)4H (g)CaS(s)4H O(g) ΔH 4 2 2 2 Ⅲ．SO (g)3H (g)H S(g)2H O(g) H 2 2 2 2 3 恒容条件下，按1molCaS,1molSO 和0.1molH 投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn随 2 2 温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K108基本不变。 回答下列问题： (1)反应4H (g)2SO (g)4H O(g)S (g)的焓变ΔH (用含ΔH、ΔH 的代数式 2 2 2 2 1 2 表示)。 (2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。 3 (3)T温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为amol， 1 则S 为 mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO 物质的量的差值 2 4 n(CaS)nCaSO  mol(用含a的最简代数式表示)。 4 (4)T 温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S 产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H S 2 2 2 试卷第11页，共12页nH S 与H 物质的量之比 2 (填“增大”“减小”或“不变”)，H O物质的量nH O 2 nH  2 2 2 (填“增大”“减小”或“不变”)。 试卷第12页，共12页1．A 【详解】A．联合制碱法的反应中，化学方程式为：NaCl+H O+CO +NH =NaHCO +NH Cl 2 2 3 3 4  和2NaHCO Na CO +H O+CO  ，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的 3 2 3 2 2 化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，A符合题意； B．电解盐酸生成H 和Cl ，H和Cl的化合价均发生变化（H从+1→0，Cl从-1→0），涉及 2 2 氧化还原反应，B不符合题意； C．金属与O 反应生成氧化物，金属被氧化（化合价升高），O被还原（化合价降低），涉及 2 氧化还原反应，C不符合题意； D．合成氨反应中N 的N化合价从0→-3，H 的H从0→+1，涉及氧化还原反应，D不符 2 2 合题意； 故选A。 2．B 【详解】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体可吸附水中悬浮杂质，可用于净水，用法合理，A 正确； B．漂白粉含次氯酸钙，其强氧化性会破坏蚕丝（蛋白质）结构，导致丝制品损坏，用法不 合理，B不正确； C．食醋中的醋酸与水垢（碳酸钙、氢氧化镁）反应生成可溶物，可用于除水垢，用法合理， C正确； D．小苏打（碳酸氢钠）受热分解产生CO 使糕点疏松，可用于烘焙糕点，用法合理，D正 2 确； 故选B。 3．B 【详解】A．液溴为液体，应使用细口瓶保存，广口瓶通常用于固体，加水封正确但试剂瓶 选择错误，A错误； B．硝酸银溶液见光易分解，棕色细口瓶避光且适合液体保存，B正确； C．高锰酸钾是强氧化剂，苯酚有还原性，两者混合可能反应，不能放在同一药品柜中，C 错误； D．锂密度小于煤油，无法被煤油浸没隔绝空气，保存方法错误，应保存在固体石蜡油中， 答案第1页，共15页D错误； 故选B。 4．C 【分析】配制NaOH溶液的步骤包括计算，称量，溶解，转移，洗涤，定容，摇匀等步骤。 【详解】A．溶解1.6gNaOH需要在烧杯中进行，烧饼是需要的，故A需要； B．因无400mL容量瓶，必须改用500mL配制，计算时按500mL计算，需要500mL容量瓶， 故B需要； C．溶解时直接加水至固体溶解，无需精确量取；定容由容量瓶完成，无需500mL量筒，故 C不需要； D．NaOH溶液配制好后需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液是液体，而且易与玻璃中 的二氧化硅反应，不能选择玻璃塞，所以需要500mL细口试剂瓶(具橡胶塞)，故D需要； 故选C。 5．C 【详解】A．当NaOH吸收少量SO 时，应生成SO2而非HSO，正确反应为： 2 3 3 SO 2OH SO22H O，A错误； 2 3 2 B．Na O 与水反应生成氢氧化钠和氧气，正确离子方程式为 2 2 2Na O 2H O 4Na4OHO ↑，原方程式系数未配平，B错误； 2 2 2 2 C．MnO 与浓盐酸加热生成Cl 的离子方程式为MnO 4H 2Cl Mn2 Cl 2H O， 2 2 2 2 2 各元素及电荷均守恒，C正确； D．稀硝酸与Cu反应时，产物Cu(NO ) 应拆解为Cu2+和NO，正确离子方程式为 3 2 3 3Cu8H 2NO 3Cu2+2NO4H O，D错误； 3 2 故选C。 6．D 【详解】A．中子数=174-70=104，与质子数70的差为104-70=34，而非104，A错误； B．同位素之间质子数相同，但中子数不同，两者属于不同核素，B错误； C．根据构造原理可知，Yb的电子排布为[Xe]4f146s2，在3d和4d轨道上有电子，共20个d 电子，C错误； 答案第2页，共15页D．根据Yb的价电子排布式可知，其有6s轨道，说明其有6个电子层第6周期，其位于， Yb且属于镧系元素，镧系元素位于第6周期，D正确； 故选D。 7．B 【详解】A：NaN 是强碱（NaOH）和弱酸（HN ）形成的盐，N水解生成OH-，溶液显碱 3 3 3 性，A正确。 N与CO 是等电子体，两者结构相似 ，其中心原子均为sp杂化，其电空间构型均为直线 3 2 型，而非V形，B错误。 C：NaN 为离子化合物（Na+与N通过离子键结合），N内部三个N原子以共价键连接，C 3 3 3 正确。 D：中心N原子通过sp杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D正确。 故选B。 8．A 【详解】A．H O沸点高于H S的主要原因是H O分子间存在氢键、H S分子间不存在氢键， 2 2 2 2 而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误； B．HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+， B正确； C．金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定， C正确； D．MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、 离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2− 的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高， D正确； 故选A。 9．C 【分析】由图中信息可知，N H 和Cu2反应生成的[Cu(N H ) ]2是N H 和Fe O 反应的催 2 4 2 4 2 2 4 3 4 化剂，[Cu(N H ) ]是中间产物，该反应的离子方程式为 2 4 2 答案第3页，共15页 2 Cu(N H ) N H 2Fe O 12H 2 4 2 N 6Fe28H O，N H 是还原剂，Fe O 是氧化剂， 2 4 3 4 2 2 2 4 3 4 Fe2是还原产物。 【详解】A．该反应中，N H 中N元素的化合价升高被氧化，因此，N 是氧化反应的产物， 2 4 2 A不正确； B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为 N H Fe2，B不正确； 2 4 C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗H，处理后溶液的pH增大，C正确； D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是[Cu(N H ) ]2，D不正确； 2 4 2 综上所述，本题选C。 10．C 【分析】Na SiF(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为 2 6 NaF(s)和SiF (g)，其分解的化学方程式为Na SiF (s)2NaF(s)SiF (g)，根据图数据分 4 2 6 4 析可知，a线代表NaF(s)，b线代表SiF (g)，c线代表Na SiF(s)。由各线的走势可知，该 4 2 6 反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。 【详解】A．a线所示物种为NaF(s)，NaF(s)固相产物，A正确； B．T温度时，向容器中通入N ，恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平 1 2 衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为p ，B正确； 1 C．恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF (g)，K =p(SiF )，因此，p 与T 温度时热 4 p 4 3 3 解反应的平衡常数K 相等，C不正确； p D．b线所示物种为SiF (g)，T温度时向容器中加入SiF (g)，增大生成物的浓度导致逆反应 4 1 4 速率增大，化学平衡向逆反应方向移动，因此重新达平衡时（此处指的是重新建立化学平衡 的过程中）逆反应速率增大（比原平衡体系的大），D正确； 综上所述，本题选C。 11．A 【详解】A．灼烧海带需在坩埚中进行，并用泥三角支撑坩埚于铁架台上加热，仪器选择正 答案第4页，共15页确，A正确； B．加热浓缩NaCl溶液应使用蒸发皿（而非表面皿）和玻璃棒，表面皿无法直接加热，B 错误； C．NaOH易潮解且腐蚀性强，称量时应置于烧杯或表面皿中，而非称量纸上，C错误； D．量取25.00mL的稀硫酸可以用25mL的移液管量取，并注入锥形瓶中，但移液管需要洗 耳球配合使用，D错误； 故选A。 12．BC 【分析】全铁流电池原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，a极发生Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做 负极，b极发生Fe3++e-=Fe2+，发生还原反应，b为石墨电极，做正极，依次解题。 【详解】A．两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，A错误； B．根据分析，放电时，a极为负极，b极为正极，B正确； C．充电时，a接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2++2e-=Fe，b接电源正极，为阳极， 发生的电极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，两极的Fe2+均减少，C正确； D．根据总反应方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+减少1mol，Fe2+增加1.5mol，D错误； 答案选BC。 13．A 【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO ，滤渣I 2 加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na SiO 的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后 2 3 得到SiO ，滤液I加入试剂X和H C O 分离，由于Fe (C O ) 能溶于水，试剂X将Fe2+氧 2 2 2 4 2 2 4 3 化为Fe3+，再加入H C O ，使CaC O 先沉淀，滤渣II为CaC O ，滤液II中有Fe3+，依次 2 2 4 2 4 2 4 解题。 【详解】A．根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不 可以是Fe粉，A错误； B．加入试剂Y，将Na SiO 转化为H SiO 沉淀，最后转化为SiO ，试剂Y可以是盐酸，B 2 3 2 3 2 正确； C．根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确； D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C 2 O2 4 浓度小，使Ca2+(aq)+C 2 O2 4 (aq) CaC O (s)平衡逆向移动，得到CaC O 沉淀少，滤渣II质量减少，D正确； 2 4 2 4 答案第5页，共15页答案选A。 14．CD 【分析】由图示可知，M到N多一个碳原子，M与X发生加成反应得到N，X为甲醛，N 与CH (COOC H )发生先加成后消去的反应，得到P，P先在碱性条件下发生取代反应，再 2 2 5 酸化得到Q。 【详解】A．M属于醛类醛基的碳原子为1号，名称为2-甲基丙醛，A正确； B．根据分析，若M+X→N原子利用率为100%，则X为HCHO，B正确； C．N有醛基和-CH OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Q有碳碳双键，也能使酸性高锰酸 2 钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别N和Q，C错误； D．P到Q第一步在碱性条件下酯基和羟基发生取代反应形成环状结构，生成物有CH CH OH， 3 2 没有CH COOH，D错误； 3 答案选CD。 15．D 【分析】由题中信息可知，C O2可以形成4物种，分别为H C O 、HC O、C O2和 2 4 2 2 4 2 4 2 4 CoC O (s)，随着pH增大，H C O 的摩尔分数逐渐减小，CoC O (s)会转化为溶解度更小 2 4 2 2 4 2 4 的 Co(OH) ，CoC O (s)的摩尔分数先增大后减小，因此， C O2的摩尔分数逐渐增大。 2 2 4 2 4 综合以上分析可知，甲线所示物种为CoC O (s)，丁线所示物种为C O2，根据曲线的走势 2 4 2 4 结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为H C O ，丙线所示物种为HC O。由甲、丁两 2 2 4 2 4 线的交点可知，在该点C O2和CoC O (s)的摩尔分数相等，均为0.5，由于水溶液中Co2+和 2 4 2 4 C O2初始物质的量浓度均为0.01molL1，则此时溶液中C O2的浓度为0.005molL1，由 2 4 2 4 K CoC O  6.0108可以求出此时溶液中Co2+的浓度为 6.0108 1.2105 molL1，再 sp 2 4 0.005 由K Co(OH) 5.91015可以求出此时溶液中c(OH) 5.91015 2.2105 molL1， sp 2 1.2105 pH9.3，即b9.3，根据图像中的位置可以估算出a<7。由乙和丙两线的交点可知， H C O 和HC O的摩尔分数相等，均为0.08，则由C元素守恒可知，此时CoC O (s)的摩 2 2 4 2 4 2 4 尔分数为0.84。 答案第6页，共15页【详解】A．由分析可知，甲线所示物种为CoC O (s)，A不正确； 2 4 B．已知H C O 二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸性，HC O的电离程度大于其水解程 2 2 4 2 4 度；当溶液中HC O与C O2浓度相等时，溶液显酸性， c  H 107molL1，则 2 4 2 4 c(H)c(C O2) K  2 4 c(H)1107，故B不正确； a2 c(HC O) 2 4 C．pHa时， CoC O (s)的摩尔分数为0.84，CoC O (s)的物质的量为 2 4 2 4 1L0.01molL10.840.0084mol，由水于溶液中Co2+初始物质的量浓度为0.01molL1， 体系中还存在Co2水解产生的Co(OH) ，因此，Co2的物质的量浓度小于1.6103molL1， 2 C不正确； D．由分析可知pHb时，C O2的浓度为0.005molL1，c(OH) 2.2105molL1， 2 4 c  OH c  C O2 ，D正确； 2 4 综上所述，本题选D。 16．(1) 四 VIII 4：5 (2) N O sp2 O 3a 2 (3) n 4 a2 【详解】（1）Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布 式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故 答案为：四；VIII；4：5。 （2）①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结 构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C， 故答案为：N；O。 ②尿素分子H NCONH 中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2 2 2 杂化。 ③八面体配离子FeH NCONH   3 中Fe3的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N  2 2 6  原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与Fe3配位的原子是O。 （3）①αFe为体心立方晶胞，晶胞边长为apm，体对角线长度为 3apm，体心立方晶胞 答案第7页，共15页3a 中Fe原子半径r与体对角线关系为4r= 3a，因此Fe原子的半径为 pm。 4 ②m截面面积S =a2pm2，每个角原子被 ​ ​ 4个相邻晶胞共享​ ​ (二维共享)，如图所示： m 1 1 ，每个晶胞的顶点原子贡献 个原子给该晶面，所含原子数为4 1，单位 4 4 1 面积原子数为 个pm-2，n截面面积为a 2a 2a2pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享， a2  1 2 2 体心原子完全属于本截面，所含原子数为4 12，单位面积原子数为  个  4 2a2 a2 2 ∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的Fe原子为 个∙pm-2。 a2 低温焙烧 17．(1) 3MnO +3NH HSO 3MnSO +N NH 6H O Fe O 、CaSO 2 4 4 4 2 3 2 2 3 4 (2)减小 (3)H SO 2 4 (4) 4×10-4 CoS+H O +2H+=Co2++S+2H O 2 2 2 (5)低温焙烧 【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸 铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的 气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温焙 烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣 主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到 硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分 离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 【详解】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫 酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为： 低温焙烧 3MnO +3NH HSO 3MnSO +N NH 6H O；根据已知条件，高温焙烧的温 2 4 4 4 2 3 2 度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸 钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO 外还含有，Fe O 、CaSO ； 2 2 3 4 答案第8页，共15页低温焙烧 故答案为：3MnO +3NH HSO 3MnSO +N NH 6H O；Fe O 、CaSO ； 2 4 4 4 2 3 2 2 3 4 （2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温 焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小； （3）根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)Cu2(水相)CuR (有机相)2H(水相)，加 2 入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了 不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H SO ，故答案为：H SO ； 2 4 2 4 （4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时 c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)=4×10-21，推出c  S2- = K c sp  C ( o C 2 o + S   = 4 1   1 1 0 0 - - 2 5 1 =4 10-16molL/ ， 又因为K (H S)=1×10-7，K (H S)=1×10-13， a1 2 a2 2 c  H+ c  HS- c  H+  c  S2- c 2 H + c  S2-  K ×K =   ，则c(H S)= a1 a2 cH S c  HS- c H S  2 2 2 c2 H+ c  S2- (10-4)241016 = =4×10-4mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化 K ×K 1071013 a1 a2 氢，稀硫酸，生成了CoSO 和S，化学方程式为：CoS+H O +H SO =CoSO +S+2H O ，改 4 2 2 2 4 4 2 写成离子方程式为：CoS+H O +2H+=Co2++S+2H O。故答案为：4×10-4； 2 2 2 CoS+H O +2H+=Co2++S+2H O； 2 2 2 （5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤 后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙 烧。 18．(1)1:1:2 (2) 导气，同时将顺丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回 流到装置A中，但是不会将水蒸气冷凝 （直形）冷凝管 B 14000c (3) 2、3 mgg1 C a (4)酸酐本身就能催化成酯反应（酰基化反应），且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行 【分析】根据题中信息可知，本实验分为两个阶段，先由3种原料发生醇解反应，然后醇解 产物再发生缩聚反应得到聚酯，两个阶段控制的温度不同。当测得样品的酸值达到合理要求 答案第9页，共15页后，缩聚反应完成。 【详解】（1） 由聚酯的结构简式可知， 和 按物质的量之比1:1发生缩聚反应生成该聚酯， 而顺丁烯二酸酐和邻苯二甲酸酐分别与丙-1,2-二醇以物质的量之比1:1发生醇解反应，因此， 理论上，原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)：n(邻苯二甲酸酐)：n(丙-1,2-二醇)=1:1:2。 （2）装置A中3种原料在加热的条件下发生反应，由于这些原料有一定的挥发性，若这些 原料的蒸气随氮气一起流出，则原料的利用率减小，从而导致产品的产率减小，因此，需要 冷凝回流装置，装置B为空气冷凝管，其作用是导气，同时将顺丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、 丙-1,2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回流到装置A中，但是不会将水蒸气冷凝；仪器C的 名称是冷凝管，其可以将反应生成的水蒸气冷凝为水；根据3 种原料的沸点可知，反应过 程中，应保持温度计2示数处于一定范围，即高于水的沸点、低于原料的沸点，防止原料流 失，合理的是100~105℃，故选B。 （3）由表中数据可知，5次滴定消耗标准溶液的体积分别为24.98mL、24.80mL、24.10mL、 25.00mL、25.02mL，第2、3两次实验的数据的误差明显偏大，故应舍弃的数据为2、3；用 合理的3次实验的数据求平均值为25.00mL，25.00mLcmol·L-1KOH一乙醇标准溶液中含有 KOH的质量为25.00mL 10-3L·mL-1cmol·L-156000mg·mol-1=1400cmg，因此，测得该样 1400cmg 14000c  mgg1 品的酸值为 25.00mL a 。 ag 250.00mL 若测得酸值高于聚合度要求，说明样品中所含的羧基数目较多，还有一部分单体没有发生充 分发生缩聚反应，或者聚合程度不够。因此，可采取的措施为 （填标号） A．若立即停止加热，则酸值不变，不能达到目的，相反地，可以继续加热，让缩聚反应充 分进行，A不可取； B．若排出装置D内的液体，可以除去未参与缩聚反应的单体，降低混合物的酸值，但是明 答案第10页，共15页显不符合题意，题中描述每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合 度要求才可以达到目的，B不可取； C．N 的作用是一方面可以将生成的水带走，另一方面可以起到搅拌作用，从而加快反应 2 速率且促进缩聚反应充分进行，因此，增大N 的流速可行，C可取； 2 综上所述，选C。 （4）本实验中使用了2种酸酐，酸酐本身就能催化成酯反应（酰基化反应），且可以与水反 应，促进缩聚反应正向进行，因此，可以适当增大酸酐的用量，实验中未另加催化剂的原因 是：酸酐本身就能催化成酯反应（酰基化反应），且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。 19．(1) 羧基 (2) 取代反应 (3) (4)b (5)A (6) H2/PtO2 【分析】 A的分子式为C H N，结合I的结构式可推出A的结构式为 ，A被高锰酸 6 7 答案第11页，共15页钾氧化为B（ ），B与氢气加成生成C（ ），C与三氯 化磷发生取代反应生成D（ ），D与E（ ）发生取代反应生 成H（ ），H与1-溴丁烷发生取代反应生成目标产物。另一条 合成路线为：B与SOCl 反应生成F（ ），F与E（ ）发生 2 取代反应生成G（ ），G与氢气加成得到H，H与1-溴丁烷发生 取代反应生成目标产物，据此解答。 【详解】（1） 由分析可知，A的结构式为 ，B为 ，B含有的含氧官 能团名称为羧基，故答案为： ；羧基； （2） 由分析可知，C与三氯化磷发生取代反应生成D（ ），D与E 答案第12页，共15页（ ）发生取代反应生成H（ ），化学方程式为： ，故答案为： 取代反应； ； （3） G为 ，满足以下条件的①含NH ②含2个苯环 ③含4种 2 不 同 化 学 环 境 的 氢 原 子 ， 说 明 物 质 结 构 高 度 对 称 ， 如 ， 故 答 案 为 ： ； （4） H为 ，存在酰胺基N原子(a)和杂环N原子(b)，N原子电子云 密度越大，碱性越强，烷基是给电子基，酰胺基受旁边碳氧双键的影响，导致杂环N原子(b) 上电子云密度增大，碱性增强，所以碱性较强的N原子(b)，故答案为：b； （5）合成路线中涉及到用H /PtO 加成的路线有B→C，G→H，B→C反应中，吡啶环被加 2 2 成，G→H转化时，吡啶环被加成，但苯环仍然存在，说明苯环不易被加成，C，D选项中 含有碳碳双键，碳碳双键不稳定，易发生加成反应，所以下列有机物最难反应的是苯环，故 答案为：A； 答案第13页，共15页（6） 根 据 题 目 中 的 信 息 ， 与 发 生 取 代 反 应 生 成 ， 与 氢 气 加 成 得 到 ， 与1-溴丙烷发生取代反应得 到 ， 所 以 需 要 补 充 的 合 成 路 线 为 H2/PtO2 ， 故 答 案 为 H2/PtO2 。 20．(1)ΔH +ΔH 1 2 (2) H O ＜ 2 (3) 0.45+0.5a 150a (4) 增大 增大 【详解】（1）已知： Ⅰ．CaS(s)2SO (g)CaSO (s)S (g) ΔH 2 4 2 1 答案第14页，共15页Ⅱ．CaSO (s)4H (g)CaS(s)4H O(g) ΔH 4 2 2 2 依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应4H (g)2SO (g)4H O(g)S (g)的焓变为ΔH +ΔH ； 2 2 2 2 1 2 （2）由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知 n(H O) 2 100始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H O，丁表示的是H ，升高温 n(H ) 2 2 2 度S 减小，H O、H 均增大，所以丙表示表示SO ，甲表示H S，因此反应Ⅲ的正反应是放 2 2 2 2 2 热热反应，即ΔH＜0； n(H O) （3）T 平衡时H 是amol，根据 2 100可知H O和SO 的物质的量均为100amol， 1 2 n(H ) 2 2 2 根据H元素守恒可知H S为0.1－101a，设平衡时CaS和S 的物质的量分别为xmol和ymol， 2 2 根据Ca元素守恒可知CaSO 是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得 4 x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS 和CaSO 的物质的量的差值为2x－1=150a。 4 （4）压缩容器容积，压强增大，反应4H (g)2SO (g)4H O(g)S (g)平衡正向进行， 2 2 2 2 n(H O) S 的产率增大，H O的物质的量增大；温度不变，由于 2 100始终不变，反应 2 2 n(H ) 2 4H (g)2SO (g)4H O(g)S (g)的平衡常数不变，所以SO 增大，由于反应Ⅲ的平衡常 2 2 2 2 2 c2(H O)c(H S) n(H O) nH S 数可表示为K  2 2 ， 2 100始终不变，所以 2 增大。 c2(H )c(H )c(SO ) n(H ) nH  2 2 2 2 2 答案第15页，共15页