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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷04（山东专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：山东省高考化学试题的命制，秉持高考的核心功能，突出素养立意，较好地考查了学生
的“必备知识、关键能力、学科素养及核心价值”；试题情境非常新颖重点选择了日常生活情境、生
产环保情境、学术探索情境和实验探究情境；试题设问独具匠心，为实现对高分段学生的有效区分奠
定了基础。
高考·新考法：
1．可能会以化工流程或综合实验为载体在一般化学(离子)方程式、氧化还原方程式的书写和电子守恒法计
算方面进行重点命题，复习时要领会贯通。
2．仍会在新型化学电源和电解原理及应用方面加强命题，平时要加强关注最新科技中涉及的新型化学电
源和电解的发展方向。
3．以新科技为情境素材对分子的空间结构和晶胞结构的微观粒子位置和计算仍会加强创新。
4．对于选择型实验题，可能会以图表形式评价“实验目的—实验现象—实验结论”的一致性进行命题，
但要关注物质制备实验过程中涉及的净化提纯的仪器装置的评价。
5．实验综合题仍会以物质制备和性质探究考查为主，通常为考生提供一个真实的实验环境，让考生用已
有的化学原理和实验技能，结合新信息、新问题去研究和解决问题。同时也要关注定量测定的实验探
究。
6．对于有机综合题，仍会以有机合成路线图为载体，在官能团、方程式书写、同分异构体、有机合成路
线设计等角度进行命题，特别注意书写同分异构体、有机合成路线设计两方面的训练要加强。
高考·新情境：题目尽可能联系生产生活实际和科技发展的成果，重视化学与社会生活的联系，盖于挖
掘背后的化学问题。所以，在高考复习中我们应该盖于捕捉与生活实际联系的化学问题，从多角度关
注社会，从中培养分析问题和解决问题的能力，将所学知识应用于实际中，学以致用。
命题·大预测：命题的出发点是知识，但落脚点是考查获取知识的能力、鉴别知识的能力和运用知识分
析解决实际问题的能力。知识只是作为考查能力的载体。命制试题首先确定要考查的能力，然后以实
际问题为素材确定考查的主干知识体系，在此基础上设置问题情景和设问方式设问要体现认识、分析
和解决实际问题的思维过程、态度、观点和方法，关注对学生综合科学素养的考查。
第1 题：考查常见的物质材料种类。
第6 题：结合弱电解质的电离，判断相关离子反应方程式的正误。
第7 题：结合陌生的有机化学反应，考查物质的结构、有机官能团的性质等。
第12 题：结合化工流程，考查氧化还原反应和物质的分离、提纯等考点。
（考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分）
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上。
1
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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Ag 108 Pb 207
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．中国饮食文化源远流长。下列与餐具有关的历史文物中，主要材质属于硅酸盐制品的是
A．战国水晶杯
B．殷商青铜酒爵
C．元青花盘
D．明朝玛瑙包金兽柄勺
【答案】C
【解析】A．战国水晶杯，主要成分为SiO2，A 不符合题意；
B．青铜是铜合金，属于金属材料，不属于硅酸盐制品，B 不符合题意；
C．元青花盘是陶瓷材料，主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐制品，C 符合题意；
D．明朝玛瑙包金兽柄勺的主要成分是玛瑙和金，玛瑙主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐制品，D 不
符合题意；
故选C。
2．进行下列实验操作时，选用仪器不正确的是
A．利用仪器甲量取25.00 mL 10% H2O2溶液
B．利用仪器乙加热胆矾使其失去结晶水
C．利用仪器丙分离饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯
D．利用仪器丁配制
HF 水溶液
【答案】D
【解析】A．甲为酸式滴定管，则仪器甲可准确量取25.00 mL 的H2O2溶液，A 正确；
B．乙为坩埚，对仪器乙加热使胆矾失去结晶水，称量加热前后固体的质量可计算结晶水的数目，B 正
确；
C．丙为分液漏斗，碳酸钠溶液和乙酸乙酯为互不相溶的液体，则可用仪器丙分离饱和碳酸钠溶液和乙
酸乙酯，C 正确；
2
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D．HF 的水溶液与二氧化硅反应，不能在容量瓶中配制HF 溶液，D 错误；
故选D。
3．下列关于物质结构的说法错误的是
A．
和SO2的VSEPR 模型均为平面三角形
B．单层石墨烯的层内结构中只存在共价键，不存在范德华力
C．熔化冰和食盐时破坏的微粒间作用力类型不同
D．Cl2O 和CS2均为由极性键构成的非极性分子
【答案】D
【解析】A．
中心原子N 周围的价层电子对数为：2+
=3，SO2的中心原子S 周围的
价层电子对数为：2+
=3，根据价层电子对互斥理论可知，它们的VSEPR 模型均为平面三角
形，A 正确；B．单层石墨烯的层内结构中只存在共价键，不存在范德华力，层与层之间靠范德华力结
合，B 正确；C．已知冰为分子晶体，NaCl 固体为离子晶体，故熔化冰和食盐时破坏的微粒间作用力分
别为分子间作用力和离子键，故类型不同，C 正确；D．Cl2O 的空间构型为V 形，分子中正、负电荷中
心不重合，是极性键构成的极性分子，而CS2为直线形分子，分子中正、负电荷中心重合为由极性键构
成的非极性分子，D 错误；故答案为：D。
4．设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．
溶液中，
数目为
B．
与
混合气体中质子数目为
C．
中
键数目为
D．
与足量水反应，转移电子数目小于
【答案】A
【解析】A．在
溶液中因为
要发生水解而减少，因此
中
数目小于
，A 错误；
B．在
与
中，质子数均为14，因此
与
的混合气体中质子数目为
，B 正确；
C．在
中有N—H 键12 个，配位键有4 个，共有16 个
键，因此
中
键数目为
，C 正确；
D．
与水反应为
，是可逆反应，因此转移电子数目小于
，D 正确；
故答案为：A。
5．稀有气体极不活泼，曾被称为惰性气体，但一定条件下仍能发生某些反应，例如：
（n=2、4、6）。下列说法错误的是
A．Xe 的熔点低，与分子间作用力有关
B．沸点：F2<Cl2<Br2<I2
3
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C．XeF2的空间结构为V 形
D．熔融状态下，XeF4、XeF6均不导电
【答案】C
【解析】A．Xe 是分子晶体其熔点低，与分子间作用力有关，A 正确；B．X2为分子晶体，相对分子质
量越大，范德华力越大，沸点越高，F2<Cl2<Br2<I2，B 正确；C．根据VSEPR 理论可知，价电子对数=
，立体结构应该为三角双锥，孤电子对数为3，3 个顶点被孤对电子占据，所以是直线
型，C 错误；D．XeF4、XeF6都是分子晶体，熔融状态下不导电，D 正确；故选C。
6．焦亚硫酸钠
在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。利用烟道气中的
生产
的工艺为。
弱电解质
电离常数
，
，
下列对I、Ⅱ、Ⅲ中主要发生反应的离子方程式判断错误的是
A．I 中
B．Ⅱ中
C．Ⅲ中
D．Ⅲ中
【答案】B
【分析】过量的SO2通入饱和的Na2CO3溶液生成NaHSO3溶液，NaHSO3溶液再与Na2CO3固体反应生
成Na2SO3溶液，继续与SO2反应生成NaHSO3的过饱和溶液，结晶脱水生成焦亚硫酸钠固体
【解析】A．I、Ⅲ中所得溶液显酸性，溶液中一定有
。I 中生成
，反应为
，A 项正确；B．
远大于
，在Ⅱ中一定发生反
应
，另因
，不易发生反应
，B 项错误；C．在Ⅲ中
可以把
转化为
，离子
方程式为
，还会有
，C 正确；D．在Ⅲ中
可以
把
转化为
，离子方程式为
，还会有
，D 正确；故答案为：B。
7．某研究团队利用不对称动力学拆分交替共聚的方法，合成了立体结构的交替共聚物，过程如图所示：
4
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已知：—Ph 代表苯基，
代表烃基，—Me 代表甲基。
下列说法错误的是
A．
是该共聚物的链节
B．该共聚物在酸性或碱性条件下能降解
C．
中均含有手性碳原子
D．1mol 该共聚物充分水解能消耗
NaOH
【答案】D
【解析】A．由
可知，该共聚物的链
节为
，A 正确；B．该共聚物含有酯基，酯基在碱性或者酸性条件下
能降解，B 正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，
中均含有手性碳原子，位置分别为
，
C 正确；D．1mol 该共聚物含酯基为(1+3mx+3my)mol，充分水解能消耗(1+3mx+3my)molNaOH，D 错
误；故选D。
8．X 原子不含中子，Y 元素位于第四周期且基态原子中有5 个未成对电子，基态W 原子的s 能级与p 能级
的电子总数相等，ZW 与氮气分子具有相同的电子数，四种元素形成的配合物
结构如图所
示。下列说法不正确的是
5
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A．电负性：
；简单氢化物的沸点：
B．同周期元素中第一电离能大于W 的元素有3 种
C．Y 属于金属元素，其最高价氧化物为碱性氧化物
D．
的空间结构为三角锥形
【答案】C
【分析】X 原子不含中子，则X 为H 元素，Y 位于第四周期且基态原子中有5 个未成对电子，则Y 为
Mn 元素，基态W 原子的s 能级与p 能级的电子总数相等，ZW 与氮气分子具有相同的电子数，则W 为
O 元素，Z 为C 元素。
【解析】A．同周期主族元素从左到右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，
故电负性：
，由于
分子间形成氢键，故沸点高于
，A 项正确；B．第二周期中第一
电离能大于O 的元素有N、F、Ne 三种，B 项正确；C．
属于酸性氧化物，C 项错误；D．
中O 的价层电子对数目为
，空间结构为三角锥形，D 项正确；故答案选C。
9．实验室通过对市售85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸晶体，实验装置如下图。
已知：
①通常情况，纯磷酸的熔点为42℃，沸点为261℃，易吸潮。
②纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成
(熔点为30℃)，高于100℃则
发生分子间脱水生成焦磷酸。
结合实验目的，下列说法错误的是
A．图甲中使用三种干燥剂的目的是为了充分除去空气中的水分
B．图乙毛细管进入的少量空气，作用之一是防止压强过大达不到减压蒸馏目的
C．图乙采用油浴加热，控制温度261℃
D．图丙中冷凝管的进水口是b，蒸馏烧瓶中收集的液体是水
【答案】C
【分析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流
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入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升，可作为气化中
心使减压蒸馏顺利进行，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。
【解析】A．由信息可知纯化过程需要严格控制水分，所以使用三种干燥剂的目的是为了充分除去空气
中的水分，A 正确；B．没有让大量空气直接进入，而是让微量空气从毛细管进入，避免了压强过大，
从而达到减压蒸馏的目的，B 正确；C．已经减压蒸馏，此时水、磷酸的沸点降低，无需控制温度，C
错误；D．水沸点低，先蒸出水，D 正确；故答案为：C。
10．对羟基苯甲醛是用途极为广泛的有机合成中间体。主要工业合成路线有以下两种：
下列说法错误的是（ ）
A．①的反应类型为加成反应
B．两种途径获得的对羟基苯甲醛中都可能引入副产物
C．对羟基苯甲醛和对甲基苯酚可以用饱和溴水或银氨溶液鉴别
D．对甲基苯酚的同分异构体中含有苯环的有4 种（不包括其本身）
【答案】C
【分析】苯酚和甲醛发生加成反应生成对羟基苯甲醇，对羟基苯甲醇发生氧化反应生成对羟基苯甲
醛，对甲基苯酚发生氧化反应生成对羟基苯甲醛。
【解析】A．甲醛和苯酚发生加成反应生成对羟基苯甲醇，该反应类型是加成反应，故A 正确；
B．酚羟基不确定，易被氧化，所以两种途径获得的对羟基苯甲醛中都可能引入副产物，故B 正确；
C．对羟基苯甲醛能发生银镜反应，对甲基苯酚和银氨溶液不反应，可以用银氨溶液鉴别对羟基苯甲
醛和对甲基苯酚；对羟基苯甲醛、对甲基苯酚都能使溴水褪色且产生白色沉淀，所以不能用溴水鉴
别，故C 错误；
D．对甲基苯酚的同分异构体中含有苯环但不包括其本身，如果取代基为—CH2OH，有1 种结构；如
果取代基为—OCH3，有1 种结构；如果取代基为—CH3、—OH，含有邻位和间位两种结构，所以符
合条件的同分异构体有4 种，故D 正确；
故选：C。
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．可采用Deacon 催化氧化法将工业副产物HCl 制成
，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：
。下图所示为该法的一种催化机理，下列说
法不正确的是
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A．X 为生成物
，W 为生成物
B．反应制得
，放出热量57.2kJ
C．升高温度，HCl 被
氧化制
的反应正向移动
D．图中转化涉及的反应中有三个属于氧化还原反应
【答案】CD
【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO
与Y 反应生成Cu(OH)Cl，则Y 为HCl；Cu(OH)Cl 分解生成W 和Cu2OCl2，则W 为H2O；CuCl2分解
为X 和CuCl，则X 为Cl2；CuCl 和Z 反应生成Cu2OCl2，则Z 为O2；综上所述，X、Y、Z、W 依次是
、
、
、
。
【解析】A．由分析可知，X 为反应物
，W 为生成物
，A 正确；
B．由题干的热化学方程式可知，反应制得
，放出热量57.2kJ ，B 正确；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，C 错误；
D．图中涉及的两个氧化还原反应，分别是
和
，D 错误；
故CD。
12．将含银废液中的银回收具有实际应用价值。实验室利用沉淀滴定废液回收银的流程如下所示，下列有
关说法正确的是
A．回收过程的主要分离操作为萃取，所用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯
B．氯化银中加入氨水发生的离子反应为：
C．当析出4.3200 g Ag 时理论上至少消耗甲醛物质的量为0.02 mol
D．操作X 为：减压蒸发、结晶、30℃下干燥
【答案】D
【解析】A. 流程图中主要分离沉淀和滤液，所以主要分离操作是过滤，而不是萃取，A 项错误；B.
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AgCl 难溶于水，书写离子反应方程式不能拆，正确的离子方程式为
，B 项错误；C. 4.3200 g Ag 的物质的量约为0.04mol，根
据反应方程式
，生成0.04mol Ag 至少消
耗甲醛物质的量为0.01 mol，C 项错误；D. 硝酸银受热易分解，所以从硝酸银溶液中得到硝酸银固体
采用减压蒸发、结晶、30℃下干燥，D 项正确；答案选D。
13．S2O8
2−是强氧化性离子之一，可通过电解NH4HSO4溶液制备，实验装置如图所示。流出液b 中一直混
有少量气泡，下列说法正确的是（ ）
A．物质a 为H2
B．阳极区仅发生2SO4
2−−2e﹣═S2O8
2−的电极反应
C．电解过程中阴极区的SO4
2−向阳极区迁移
D．阳极区产生1mol（NH4）2S2O8，同时有大于2mol H+透过质子交换膜
【答案】AD
【分析】由图可知，与电源正极相连的左侧电极为阳极，主要电极反应为2SO4
2−−2e﹣＝S2O8
2−，b 中
混有少量气泡，故阳极有少量水放电产生氧气，与电源负极相连的右侧电极为阴极，电极反应式为：
2H++2e﹣＝H2↑，据此作答。
【解析】A．右侧电极为阴极，电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，故a 代表氢气，故A 正确；
B．阳极区发生2SO4
2−−2e﹣═S2O8
2−的电极反应，流出液b 中一直混有少量气泡是发生了电解反应
2H2O
4e
﹣
﹣＝O2↑+4H+，故B 错误；
C．图中交换膜为质子交换膜，故硫酸根离子不能透过，故C 错误；
D．阳极区发生2SO4
2−−2e﹣＝S2O8
2−的电极反应，阳极区产生1mol（NH4）2S2O8，电子转移2mol，
流出液b 中一直混有少量气泡是发生了电解反应2H2O
4e
﹣
﹣＝O2↑+4H+，所以同时有大于2mol H+透过
质子交换膜，故D 正确；
故选：AD。
14．甲烷催化氧化为合成气
、
的主要反应有：
Ⅰ．
Ⅱ．
将
与
投入密闭容器中反应，不同温度下，相同时间内
转化率、
选择性
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与
的选择性[
]随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A．
时，副反应Ⅱ
进行程度很小
B．在
时，容器中生成的
的物质的量为
C．反应Ⅰ在低温下自发
D．该过程中，低温有利于合成气的生成
【答案】A
【解析】A．
时，
选择性和
选择性均接近
，则副反应Ⅱ
进行程度很小，故A 正确；
B．在
时，甲烷的转化率为
，即
，
的选择性为
，即
，则解得
，
，故B 错误；
C．
、
的选择性随温度升高而增大，则反应Ⅰ的
，又因为反应Ⅰ的
，反应Ⅰ在高
温下自发，故C 错误；
D．反应Ⅰ的
，升高温度，平衡正向移动，有利于合成气的生成，故D 错误；
故选A。
15．室温下，探究在不同
体系中，
在
溶液中的产物。已知：
①图1 中曲线I、Ⅱ代表难溶物达到沉淀溶解平衡时，
与
的关系。
②图2 中曲线表示
溶液中各含碳粒子的物质的量分数与
的关系。
③图1 和图2 中
溶液的起始浓度都为
。
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下列说法正确的是
A．当
时，
B．当
时，
C．当
时，
D．当
时，生成的产物为
沉淀
【答案】CD
【解析】A．当
时，
，根据图1，曲线I 对应的
，则
；曲线Ⅱ对应的
，
溶
液的起始浓度都为
，由图2 可知，
时，
物质的量分数为1，
，则
，则
，A 错误；
B．已知
溶液为
，
溶液中存在物料平衡：
，但是
溶液呈碱性，需加酸调节
，溶液体积增大，则
，B 错误；C．由图2 可知，
，
，当
时，
,则
，
，C 正确；D．当
时，此时
，图1 中
位于曲线II 的上方，属于
的过饱和溶液，生成
沉淀，D 正确；故选CD。
三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
16．（12 分）锂离子电池广泛应用于电源领域。
（1）锂离子电池目前广泛采用溶有六氟磷酸锂（LiPF6）的碳酸酯作电解液。
①Li、P、F 的电负性由大到小的排序是
。
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②P F6
−中存在
（填序号）。
a．共价键 b．离子键 c．金属键
③碳酸二乙酯（
）的沸点高于碳酸二甲酯（
）原因是
。
④采用高温处理废旧电解液，会诱发碳酸酯发生变化，增大回收难度。碳酸二甲酯在高温发生如图转
化。
EC（
）发生类似转化的产物是Li2CO3和
（答一种）。
（2）LiFePO4的晶胞结构示意图如（a）所示。其中O 围绕Fe 和P 分别形成正八面体和正四面体，它
们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个。
电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1
x
﹣FePO4，结构示意图如（b）所示，则x＝
，n
（Fe2+）：n（Fe3+）＝
。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）①F＞P＞Li
②a（1 分）
③二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力
大，沸点高
④CH2＝CH2
（2）4（1 分） 3
16 13：3
【解析】（1）①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而
下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；Li、P、F 的电负性由大到小的排序是F＞P
＞Li，
故答案为：F＞P＞Li；
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②P F6
−中P 原子和F 原子形成共价键，
故答案为：a；
③二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力
大，沸点高，
故答案为：二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，
范德华力大，沸点高；
④由信息可知反应物中2 个C—O 断裂，形成碳碳键，则
发生类似转化的产物是Li2CO3 和
CH2＝CH2，
故答案为：CH2＝CH2；
（2）由图可知，白球为Li，据“均摊法”，晶胞中含8× 1
8 + 4× 1
4 + 4× 1
2 = 4个Li，则每个晶胞中含
有LiFePO4 的单元数有4 个；图b 中含8× 1
8 +3× 1
4 +3× 1
2 = 13
4 个Li，则相当于Li1
x
﹣FePO4 中含有
13
4 × 1
4 = 13
16个Li，故x＝1−13
16 = 3
16，Li1
x
﹣FePO4可以写为Li13Fe16（PO4）16，设亚铁离子为a、铁
离子为b，则a+b＝16，2a+3b+13＝48，得到a：b＝13：3，
故答案为：4；3
16；13：3。
17．（12 分）锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为
，还含有铁钴、铜等
的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：
25℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。
物
质
MnS
CoS
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有 (写两种)。
（2）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为 。
（3）滤渣1 的主要成分是 ，实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是 。
（4）当溶液中可溶组分浓度
时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的pH
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至少为 (已知
)。
（5）“除杂3”步骤所得溶液中
，则其
的范围是 。
（6）电解废液中还含有少量
，向其中加入饱和
溶液，有沉淀和气体生成，该反应的
离子方程式为 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等（1 分）
（2）MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O
（3）Fe(OH)3、MnO2 抽滤（1 分）
（4）6.65
（5）10<pS≤15.4
（6）Mn2++2
=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【分析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为铁离子、亚
铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加
入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化
铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，
此时滤渣2 为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS 沉淀，最后电解得到Mn。
【解析】（1）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等方
式提高浸取速率。
（2）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H+
+2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）根据分析可知，滤渣1 的主要成分为Fe(OH)3、MnO2，实验室为了加快固液混合物的分离，常
用的操作为抽滤。
（4）除杂2 步骤中，要使铜离子转化为氢氧化铜沉淀，锰离子不能发生沉淀，则c(Cu2+)≤10-5mol/L
时，c(OH-)≥2
×10-8mol/L，c(H+)≤
×10-7mol/L，pH≥6.65，pH 至少为6.65。
（5）除杂3 中锰离子浓度为2.5mol/L，锰离子不能发生沉淀，则c(S2-)<10-10mol/L，同时Co2+要沉淀完
全，则c(Co2+)≤10-5mol/L，c(S2-)≥4×10-16mol/L，则10<pS≤15.4。
（6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二
氧化碳，离子方程式为Mn2++2
=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
18．（12 分）
(四乙酸铅，摩尔质量为
)是有机合成中常用的氧化剂，为无色晶
体，易溶于热的冰醋酸，在冷溶液中溶解度较小，遇水易分解。通常由
与
在乙酸中
反应制得，涉及的反应有：
制备过程如下：
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步骤I．如图在三颈烧瓶中加入冰醋酸和醋酸酐，混合均匀，加热至65℃，搅拌下分多次加入
，维持温度65℃，搅拌至固体完全溶解，充分反应。
步骤Ⅱ．自然冷却到室温，有大量无色晶体析出，将固液混合物转移到布氏漏斗，并用纸板或陶瓷片
进行覆盖，抽滤，真空干燥，得四乙酸铅粗品。
步骤Ⅲ．过滤得到的母液再倒入三颈烧瓶中，加热到
℃，搅拌下通入干燥氯气，观察到现象1 时，
停止通氯气，趁热过滤，滤液冷却结晶，抽滤，真空干燥，得四乙酸铅粗品。
步骤Ⅳ．取步骤Ⅱ和Ⅲ的粗品用冰醋酸重结晶，得纯净四乙酸铅晶体。
回答以下问题：
（1）步骤I 采用的加热方式为 。
（2）步骤Ⅱ中，抽滤时，用纸板或陶瓷片进行覆盖的原因是 。
（3）步骤Ⅲ中，需要的仪器如下图所示，按气流从左到右的方向，仪器的连接顺序为 (填仪器
接口的小写字母)，干燥管中碱石灰的作用是 ，步骤Ⅲ中，现象1 为 。
（4）若步骤I 中加入
，实验结束理论上可生成
质量为 。
（5）
的纯度测定。组装仪器如图，取
样品，溶于氯仿，放入三颈烧瓶，通
一
段时间后，连接干燥管，向三颈烧瓶中滴入足量
，充分反应，再次通
一段时间，目的是
，实验前后，干燥管I 质量增加
，则样品的纯度为 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）水浴加热（1 分）
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（2）防止四乙酸铅接触空气中的水分而分解（1 分）
（3）cdefgabh(i) 吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶（1 分） 三颈烧瓶
中不再有沉淀生成（1 分）
（4）88.6g
（5）保障产生的CO2被干燥管I 中碱石灰完全吸收 88.6%
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是在乙酸作用下四氧化三铅与乙酸酐在水浴加热条件下反应
生成二乙酸铅和四乙酸铅，反应所得溶液经冷却、过滤得到四乙酸铅粗品和含有二乙酸铅的滤液；滤
液在水浴加热条件下与干燥氯气反应生成四乙酸铅，反应得到的溶液经趁热过滤，滤液冷却结晶，抽
滤，真空干燥，得四乙酸铅粗品；反应所得粗品用冰醋酸重结晶得纯净四乙酸铅晶体。
【解析】（1）由题意可知，步骤I 的反应温度为65℃，低于水的沸点，所以实验时采用水浴加热的
加热方式加热，故答案为：水浴加热；
（2）由题意可知，四乙酸铅遇水易分解，所以抽滤时，用纸板或陶瓷片进行覆盖防止四乙酸铅接触
空气中的水分而分解，故答案为：防止四乙酸铅接触空气中的水分而分解；
（3）将题给装置依次编号为A、B、C、D、E，装置B 为氯气制备装置，装置FC 中盛有的饱和食盐
水用于除去氯化氢气体，装置D 中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置A 为二乙酸铅和溶液与氯气反应
制备四乙酸铅的装置，装置E 中盛有的碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染空气，并防止空气中的水
蒸气进入三颈烧瓶中导致四乙酸铅接触空气中的水分而分解，待三颈烧瓶中不再有沉淀生成说明反应
已经完全反应，停止通氯气，则装置的连接顺序为BCDAE，仪器接口的连接顺序为cdefgabh(i)，故
答案为：cdefgabh(i)；吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；三颈烧瓶中不再有沉
淀生成；
（4）由方程式可知，1mol 四乙酸铅理论上制得2mol 四乙酸铅，则0. 1mol 四乙酸铅理论上制得四乙
酸铅的质量为1mol×2×443g/mol=88.6g，故答案为：88.6g；
（5）由四乙酸铅的纯度测定的实验操作为通入氮气将装置中的空气排尽，防止空气中的二氧化碳干
扰四乙酸铅纯度测定，连接干燥管，向盛有四乙酸铅氯仿溶液的三颈烧瓶中滴入足量甲酸，使四乙酸
铅与甲酸充分反应生成二氧化碳，再次通入氮气将反应生成的二氧化碳被干燥管I 中碱石灰完全吸
收，装置Ⅱ中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止被干燥管I 中碱石灰吸收；由
得失电子数目守恒可得如下转化关系：Pb(CH3COO)4—HCOOH—CO2，实验前后，干燥管I 质量增加
0.88g，则样品的纯度为
×100%=88.6%，故答案为：保障产生的CO2被干燥管中碱
石灰完全吸收；88.6%。
19．（12 分）CH4 和CO2 两种温室气体的共活化转化对实现“碳中和”有重要意义，它们和C2H2 反应
可以生成乙酸乙烯酯（CH3COOCH＝CH2）。
（1）已知：
①CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（g）ΔH1＝+36.2 kJ•mol
1
﹣
②CH3COOH（g）+C2H2（g）＝CH3COOCH＝CH2（g）ΔH2＝﹣109.6 kJ•mol
1
﹣
计算反应③CO2（g）+CH4（g）+C2H2（g）＝CH3COOCH＝CH2（g）的ΔH3＝
kJ•mol
1
﹣。
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热力学上，此反应若要自发进行，应该在
（填“高温”或“低温”）条件下。
（2）在密闭容器中，不同压强下按物质的量比1：1：1 投料发生反应③，平衡时乙酸乙烯酯的物质
的量分数随温度的变化曲线如图。
①压强p1
100kPa（填“＞”、“＜”或“＝”），判断依据是
。
②在600K、100kPa 下，反应③经tmin 后达到平衡，此时间段内CO2 分压的平均变化率为
kPa•min
1
﹣，该温度下平衡常数Kp＝
（kPa）﹣2。
（3）CH4 和CO2 在催化剂（Cu 基或Zn 基）作用下生成乙酸的反应历程如图Ⅰ所示（*表示吸附
态）。已知：lnk =−Ea
R × 1
T +lnA，其中k 为速率常数，Ea为活化能，R、A 为常数，lnk～1
T 变化关
系如图Ⅱ所示。
①使用Cu 基催化剂时，决速步骤的化学方程式为
。
②图Ⅱ中a 对应的催化剂是
（填“Cu 基”或“Zn 基”）。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）﹣73.4 低温（1 分）
（2）①＞（1 分） 该反应为气体体积减小的反应，相同温度下，压强增大平衡正向移动，产物
的物质的量分数增大（1 分） ②30
t 2.43
（3）*CH4＝*CH3+*H Zn 基（1 分）
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【解析】（1）由题意可知①+②＝③，因此ΔH3＝ΔH1+ΔH2＝+36.2kJ•mol
1
﹣+（﹣109.6）kJ•mol
1
﹣＝
﹣73.4kJ•mol
1
﹣；该反应是熵减的放热反应，根据ΔG＝ΔH
TΔS
﹣
＜0，此反应若要自发进行，应该在
低温条件下，
故答案为：﹣73.4；低温；
（2）①该反应为气体体积减小的反应，相同温度下，压强增大平衡正向移动，产物的物质的量分数
增大，因此压强p1＞100kPa，
故答案为：＞；该反应为气体体积减小的反应，相同温度下，压强增大平衡正向移动，产物的物质的
量分数增大；
②设n（CO2）＝n（CH4）＝n（C2H2）＝1mol，反应前p(C O2)= 100
3 ，发生反应后乙酸乙烯酯的物
质的量分数为0.9，反应物的总物质的量为0.1，又因为反应物起始物质的量与反应系数相等，则各反
应物的物质的量分数为0.1
3 = 1
30，因此各反应物的分压为p（CO2）＝p（CH4）＝p（C2H2）＝100
× 1
30 kPa= 10
3 kPa，故此时间段内CO2的分压平均变化率为
100
3 −10
3
t
kPa•min
1
﹣= 30
t kPa•min
1
﹣，该温
度下平衡常数K p=
p(C H 3COOCH =C H 2)
p(C O2)× p(C H 4)× p(C2 H 2) = 100×0.9
( 10
3 )
3
(kPa)
−2=2.43（kPa）﹣2，
故答案为：30
t ；2.43；
（3）①反应所需能垒越大，反应速率越慢，而反应历程的决束步骤是反应速率最慢的一步，因此使
用Cu 基催化剂时，决速步骤的化学方程式为*CH4＝*CH3+*H，
故答案为：*CH4＝*CH3+*H；
②根据lnk =−Ea
R × 1
T +lnA，Ea 活化能越大，lnk 越小，由图1 可知Cu 基做催化剂活化能比Zn 基
大，因此图Ⅱ中a 对应的催化剂是Zn 基，
故答案为：Zn 基。
20．（12 分）盐酸芬戈莫德(H)是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中一种合成路线(部
分反应条件已简化)
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已知：
（1）由B 生成C 的反应类型为 ；G 中官能团的名称为 。
（2）已知由E 生成F 的反应类型为取代反应，写出F 的结构简式 。
（3）由D 生成E 的反应目的是 。
（4）写出由A 生成B 的化学反应方程式 。
（5）试剂X 的结构式为 。
（6）在C 的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有 种(不含立体异构)
(a)含有苯环和硝基；
(b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为
。
上述同分异构体中，硝基和苯环直接相连的结构简式为 。
（7）参照上述反应路线，完成下列合成路线 。
【答案】（除标明外，每空1 分）
（1）还原反应 氨基、醚键
（2）
（3）保护羟基
（4）
+
（2 分）
（5）甲醛
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（6）4
（7）
（3
分）
【分析】苯和
中的酰氯发生取代反应得到B，B 中酮羰基被还原生成C，C 发生已
知i 的反应得到D，由D 的结构式，推测试剂X 为甲醛（HCHO），D 中羟基和
反应得
到E，保护羟基，E 和
发生取代得到F 为
，F 加氢还原得到G，G 反应得到H，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，B 到C 是去氧加氢的反应，属于还原反应；G 的官能团为醚键和氨基；
（2）E 和
发生取代得到F 和HCl，F 的结构简式为：
；
（3）根据分析D 到E 把-OH 转化为醚键，G 到H 又转化为-OH，由D 生成E 的反应目的是保护羟
基；
（4）A 到B 发生取代反应，反应的方程式为：
+
；
（5）C 发生已知i 的反应得到D，由D 的结构式，推测试剂X 为甲醛(HCHO)；
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（6）C 的结构简式为：
，它的同分异构体中，满足a)含有苯环和硝基；b)核
磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6 2 2 1
∶∶∶，有
、
、
、
，共四种，其中硝基和苯环直接相连的结构简式为
；
（7）以
和CH3NO2为原料，设计合成
，根据已知信息i，
先和CH3NO2发生加成反应得到
，
发生催化氧
化反应得到
，根据合成路线B→C，
发生还原反应得到
，合成路线为：
。
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