山東省荷澤市2025屆高三二模

注意事項(xiàng)：

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。

2.答題前，考生務(wù)必將姓名、考生號等個人信息填寫在答題卡指定位置。

3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上

對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答

題區(qū)域內(nèi)作答。超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。

可能用的相對原子質(zhì)量：HlC12N14S32Na23Fe56Cu64

一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題目要求。

1.傳統(tǒng)工藝中蘊(yùn)含豐富的化學(xué)知識。下列說法錯誤的是

A.東阿阿膠制作前先將驢皮在弱堿性井水浸泡，驢皮的主要成分是油脂

B.濰坊風(fēng)箏常用竹材作骨架，其主要成分纖維素屬于天然高分子化合物

C.荷澤麻糖制作時使用含淀粉酶的麥芽作用于淀粉，涉及淀粉的水解反應(yīng)

D.章丘鐵鍋的制作工序中，“煨燒鍋身”的目的之一是形成致密的氧化物薄膜保護(hù)層

【答案】A

【解析】A.驢皮的主要成分是膠原蛋白（屬于蛋白質(zhì)類），而非油脂。阿膠的制作工藝中，

驢皮經(jīng)過處理提取膠原蛋白，A錯誤；

B.竹材的主要成分是纖維素，纖維素是天然高分子化合物（多糖類），屬于天然高分子，

B正確；

C.麥芽中的淀粉酶可催化淀粉水解為麥芽糖，屬于水解反應(yīng)，C正確；

D.鐵鍋燃燒時，鐵在高溫下與氧氣反應(yīng)生成致密的氧化物薄膜，可防止進(jìn)一步氧化，D

正確；

故選A?

2.物質(zhì)性質(zhì)決定用途。下列兩者對應(yīng)關(guān)系錯誤的是

A.CIO?具有強(qiáng)氧化性，可用于自來水的殺菌消毒

B.乙二醇的水溶液凝固點(diǎn)很低，可用作汽車發(fā)動機(jī)的防凍液

C.二氧化硅中存在光的全反射且有硬度和柔韌度，可作光導(dǎo)纖維

D.KMnC%分解生成。2,浸泡過KM11O4溶液的硅藻土可用于水果保鮮

【答案】D

【解析】A.C1O2具有強(qiáng)氧化性，能有效殺滅微生物，用于自來水消毒，A正確；

B.乙二醇與水混合后顯著降低凝固點(diǎn)，用作防凍液，B正確；

C.二氧化硅中存在光的全反射且有硬度和柔韌度，對光具有良好的傳導(dǎo)性，可用于光導(dǎo)

纖維的制造，C正確；

D.KMnCU用于水果保鮮是因強(qiáng)氧化性吸收乙烯，而非分解生成02,D錯誤；

故選D。

3.下列化學(xué)用語或圖示正確的是

A.質(zhì)子數(shù)為83,中子數(shù)為126的鈾原子：腎Bi

B.LiH的電子式:Li+[H:]-

C.聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡式：^CH—CH—CH^

D.鄰羥基苯甲醛的分子內(nèi)氫鍵示意圖：

O

【答案】B

【解析】A.質(zhì)子數(shù)為83,中子數(shù)為126的祕(Bi)原子的質(zhì)量數(shù)為83+126=209,應(yīng)寫為

普Bi,故A錯誤；

B.氫化鋰(LiH)是離子化合物，其電子式：Li+[H：「，故B正確；

H

2

C.聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡式:故C錯誤;

D.鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵示意圖為故D錯誤；

I

H

故選B。

4.一種食品添加劑的結(jié)構(gòu)如圖。已知X、Y、Z、M、R、Q為短周期主族元素，原子序數(shù)依

次增大，最外層電子數(shù)之和為23,X的基態(tài)原子核外電子只有一種自旋取向，M與Q同族。

下列說法錯誤的是

A.原子半徑：R>Y>Z

B.B.第一電離能：R>Z>M

C.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：M>Q

D.X的氧化物與Q的氧化物反應(yīng)可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)

【答案】B

【解析】X基態(tài)原子核外電子只有一種自旋取向，說明X只有1個電子，所以X為H元

素，由食品添加劑的結(jié)構(gòu)可知，Y形成4個共價鍵，X、Y、Z、M、R、Q為短周期主族

元素，原子序數(shù)依次增大，若Y為Si,則不滿足Q為短周期主族元素，所以Y為C；M

形成2個共價鍵，若M為S,則不滿足Q為短周期主族元素，所以M為O,M與Q同

族，原子序數(shù)大于O,則Q為S,由原子序數(shù)依次增大，可得Z為N,由最外層電子數(shù)之

和為23,可得R的最外層電子數(shù)為23—(1+4+5+6+6)=1,則R為Na,據(jù)此回答。

A.由分析知，R為Na,Y為C,Z為N,Na位于第三周期，原子半徑最大，C和N為與

同周期，原子半徑C>N,則原子半徑：Na>C>N,A正確；

B.由分析知，R為Na,Z為N,M為O,Na第一電離能三者中最小，由于N的2P軌道

為半滿結(jié)構(gòu)，第一電離能大于O,故第一電離能：N>O>Na,B錯誤；

C.M為0,Q為S,非金屬性0>S,非金屬性越強(qiáng)，簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，則

簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：H20>H2S,C正確；

D.H的氧化物中H2O2能與S的氧化物中的S02發(fā)生SO,+H2O2=H,SC>4反應(yīng)，該反應(yīng)

中，s的化合價升高，。的化合價降低，屬于氧化還原反應(yīng)，D正確;

故選B。

5.下列實(shí)驗(yàn)中，利用圖中裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.非金屬性：N>C>SiB.實(shí)驗(yàn)室制取氨氣

[/AgNCh溶液

NaOHNaOH

/溶液/溶液

V

Mg(OH)2濱乙烷與NaOH溶液

充分反應(yīng)后的溶液

C.金屬性：Mg>A1D.檢驗(yàn)澳乙烷中的澳元素

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A.比較元素非金屬性強(qiáng)弱，可通過比較最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱來

判斷。裝置中用硝酸與碳酸鈣反應(yīng)制取二氧化碳，由于硝酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳

中會混有硝酸，硝酸會干擾二氧化碳與硅酸鈉溶液的反應(yīng)，無法得出碳酸酸性強(qiáng)于硅酸，

也就不能得出非金屬性N>C>Si的結(jié)論，A裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，A錯誤；

B.氯化鏤受熱分解生成氨氣和氯化氫，在試管口二者又會重新化合生成氯化鏤，不能用

加熱氯化鏤的方法制取氨氣，實(shí)驗(yàn)室常用氯化鏤和氫氧化鈣固體混合加熱制取氨氣，B裝

置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，B錯誤；

C.氫氧化鋁和氫氧化鈉反應(yīng)而溶解，氫氧化鎂不反應(yīng)不能溶解，兩種氫氧化物均能與酸

溶液反應(yīng)，說明氫氧化鋁具有兩性，氫氧化鎂堿性強(qiáng)于氫氧化鋁，可推斷出金屬性

Mg>Al,C裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，C正確;

D.澳乙烷在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇和澳化鈉，要檢驗(yàn)澳離子，需要先

加入稀硝酸中和過量的氫氧化鈉，然后再加入硝酸銀溶液，若直接加入硝酸銀溶液，氫氧

化鈉會與硝酸銀反應(yīng)生成氫氧化銀，氫氧化銀不穩(wěn)定會分解為氧化銀，干擾澳離子的檢

驗(yàn)，D裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珼錯誤;

故答案選C

6.下列化合物，按其晶體的熔點(diǎn)由高到低排列正確的是

A.SiCl4>SiH、SiH4B.晶體硅、碳化硅、金剛石

C.H2Se^H2S>H20D.CSCLKCLNaCl

【答案】A

【解析】A.這幾種物質(zhì)都屬于分子晶體且都不含氫鍵，其相對分子質(zhì)量依次減小，則熔

點(diǎn)依次降低，A正確；

B.這幾種物質(zhì)都是原子晶體，鍵長C-C<C-Si<Si-Si,所以熔點(diǎn)：晶體硅<SiC<金剛石，B

錯誤；

C.這幾種物質(zhì)都屬于分子晶體，但水中含有氫鍵熔點(diǎn)最高，相對分子質(zhì)量H2Se>H2S,分

子間作用力H?Se更強(qiáng)，所以熔點(diǎn)高低順序是H2O>H2Se>H2S,C錯誤；

D.這幾種物質(zhì)都離子晶體，陰離子相同，陽離子所帶電荷相同，陽離子半徑依次減

小，則熔點(diǎn)依次升高，D錯誤；

故答案選A。

7.近期研究人員證實(shí)了含碳-碳單電子。鍵化合物的存在。其中一種化合物的結(jié)構(gòu)如圖，

虛線和圓點(diǎn)表示僅有1個共用電子的共價鍵。下列說法錯誤的是

A.該化合物含有離子鍵、共價鍵

B.該化合物中碳原子的雜化方式為sp?

C.該碳-碳單電子◎鍵的鍵長比普通碳-碳單鍵的鍵長要長

D.依據(jù)價層電子對互斥理論，門的中心碘原子價層電子對數(shù)為5

【答案】B

【解析】A.該化合物由陰陽離子構(gòu)成，含有離子鍵，陰陽離子內(nèi)部含共價鍵，A正確;

B.該化合物中苯環(huán)和碳碳雙鍵連接的C原子為sp2雜化，虛線和圓點(diǎn)連接的碳原子的雜化

方式為sp3,B錯誤；

C.該碳-碳單電子◎鍵僅有一個單電子，作用力較弱，鍵長比普通碳-碳單鍵的鍵長要長，

c正確；

D.依據(jù)價層電子對互斥理論，門的中心碘原子的價電子數(shù)為7,每個配位碘原子貢獻(xiàn)1

個電子，共2個（兩個配位原子），由于離子帶一個單位負(fù)電荷，需加上1個電子，價層電

子對數(shù)為7+2>1+1=5,D正確；

2

故選B。

8.高純度LiM%Od氧元素的化合價為-2價）是鋰電池重要的電極材料。工業(yè)利用一定比

例的超細(xì)二氧化鎰與氫氧化鋰共熱生成高純LiMi^OcH2O和一種氣體。下列說法正確的

是

A.LiMn2（）4中Mn的價態(tài)為+4價

B.鋰電池放電時，高純度發(fā)生氧化反應(yīng)

C.制備反應(yīng)中，理論上氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為1:4

D.若用碳酸鋰代替氫氧化鋰，則會產(chǎn)生三種氣體

【答案】C

【解析】A.在LiMnzC^中，Li為+1價，O為-2價，設(shè)Mn的化合價為x,根據(jù)化合物

中各元素化合價代數(shù)和為0,可得（+l）+2x+4x（—2）=0,解得x=+3.5價，A錯誤；

B.鋰電池放電時，鋰元素化合價升高，LiM/C^中Mn元素化合價降低，得到電子，發(fā)

生還原反應(yīng)，B錯誤；

C.工業(yè)上利用一定比例的超細(xì)二氧化錦與氫氧化鋰共熱生成高LiMmCU、H2O和一種氣

A.

體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為8MnC>2+4LiOH=4LiMn2O4+2H2O+O2T，在該反應(yīng)中，02

是氧化產(chǎn)物，LiMmO4是還原產(chǎn)物，理論上氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為1:4,C

正確；

D.若用碳酸鋰代替氫氧化鋰，反應(yīng)為

-A小小

8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2T+O2T,會產(chǎn)生兩種氣體，D錯誤;

故選Co

9.匹伐他汀類物質(zhì)是治療高脂血癥和高膽固醇血癥的常見藥物，其中一種結(jié)構(gòu)如圖。下列

關(guān)于該物質(zhì)的說法錯誤的是

A.分子式為C25H24FNO4

B.B.存在順反異構(gòu)、對映異構(gòu)

C.所有碳原子可能共平面

D,可發(fā)生取代反應(yīng)、消去反應(yīng)和縮聚反應(yīng)

【答案】C

【解析】A.由結(jié)構(gòu)簡式可知，該物質(zhì)的分子式為C25H24FNO4,A正確;

B.含有1個雙鍵，且碳碳雙鍵同端的碳原子相連的基同不相同，存在順反異構(gòu)，分子具

有手性C原子（）,存在對映異構(gòu)，B正確;

H0

C.含有飽和碳原子，飽和碳原子及與之相連的3個碳原子，不可能都共面，C錯誤;

D.該物質(zhì)含有羥基（鄰位碳上有氫原子）、竣基，可以發(fā)生消去反應(yīng)，取代反應(yīng)和縮聚反

應(yīng)，D正確;

故選Co

10.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象，相應(yīng)實(shí)驗(yàn)結(jié)論正確的是

選

實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論

項(xiàng)

取少量待測溶液，滴加NaOH溶液，將濕潤的紅色石待測液中不含有

A

蕊試紙置于試管口，試紙未變藍(lán)NH：

向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，微熱一段時間后冷

B淀粉未發(fā)生水解

去［1,滴加碘水后溶液變藍(lán)

室溫下，用pH計(jì)分別測定0.Imol?U1和兩溶液中水的電離

C

ImobLCH3coONH4溶液的pH,其pH均為7程度相同

向盛有少量蒸儲水的試管里滴加兩滴K3［FeCCN%］溶

與Fe3+的配位能

D液，然后再滴加兩滴的硫氟化鉀溶液，振蕩，無明顯

力：CN->SCN-

現(xiàn)象

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A.若待測液中含有NH：,滴加NaOH溶液，若不加熱，生成的NH3?旦。不一定

分解產(chǎn)生NH3,濕潤的紅色石蕊試紙不會變藍(lán),所以不能得出待測液中不含有NH；的結(jié)論,

A錯誤；

B.向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，微熱一段時間后冷卻，滴加碘水后溶液變藍(lán)，只能說明

溶液中還有淀粉剩余，但不能說明淀粉未發(fā)生水解，也可能是部分水解，B錯誤；

C.CH3coONH4溶液中CH3coeT和NH：都能水解，且水解程度相同，溶液呈中性。但

O.lmoLlJi和ImoLLTCH3coONH,溶液中離子濃度不同，對水的電離促進(jìn)程度不同，水

的電離程度不一樣，C錯誤；

D.向盛有少量蒸儲水的試管里滴加兩滴K31Fe(CN)6］溶液，然后再滴加兩滴的硫氧化鉀

溶液，振蕩，無明顯現(xiàn)象，說明Fe3+更傾向于與CN-配位，即與Fe3+的配位能力:

CN>SCN-D正確;

故選D。

二、選擇題：本小題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項(xiàng)符合題目

要求，全部選對得4分，選對但不全得2分，有選錯的得0分。

11.我國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)，利用如圖所示的電池裝置可將鄰苯二醒類物質(zhì)轉(zhuǎn)化為鄰苯二酚類物質(zhì),

已知雙極膜（膜a、膜b）中間層中的H2?？山怆x為H+和OIF。下列說法正確的是

電流計(jì)

稀NaOH%0稀硫酸

A.電池工作時，電流方向?yàn)殡姌OM—電流計(jì)—N—膜b―膜a—電極M

B.N極電極反應(yīng)式為:

C.若消耗O.lmolB2H6，理論上有0.6molH+透過膜b

D.工作一段時間后，裝置中需要補(bǔ)充H?S04和NaOH

【答案】B

【解析】根據(jù)N極變化特點(diǎn)是鄰苯二醍類物質(zhì)轉(zhuǎn)化為鄰苯二酚類物質(zhì)，增加了氫原子，發(fā)

生還原反應(yīng)，N電極作正極；M極是B2H$失去電子，作負(fù)極，生成3。；，電極反應(yīng)為：

B2H6+14OH--12e-=2BO；+10H,O?雙極膜中間層中的水解離為H+和QZT,氫離

子通過膜b移向正極N,膜b為陽離子交換膜；氫氧根離子通過膜。移向負(fù)極M,膜。為

陰離子交換膜。

A.N電極作正極，電流方向?yàn)镹―電流計(jì)一M一膜a—?膜b―電極N,A錯誤；

B.N極鄰苯二醍類物質(zhì)轉(zhuǎn)化為鄰苯二酚類物質(zhì)，增加了氫原子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反

應(yīng)式為:B正確;

C.負(fù)極反應(yīng)為：B2H6+140H--12e-=2B0；+10H2O,消耗O.lmolB2H6,失去

L2mole「，則有通過膜”移向負(fù)極M,結(jié)合電荷守恒，同時有1.2mo/氫離子

通過膜b移向正極N,C錯誤；

D.根據(jù)M極的電極反應(yīng)式可知，每消耗14moiOH一會轉(zhuǎn)移12moi電子，為傳遞電荷，同

時會有12moiOH-通過膜a移向M極，故M極區(qū)中NaOH的物質(zhì)的量會減少；根據(jù)N極的

電極反應(yīng)式可知，每消耗4moiH+會轉(zhuǎn)移4moi電子，為傳遞電荷，同時會有4moiH+通過膜

b移向N極，故N極區(qū)中H2s。4的物質(zhì)的量不變；因此裝置中需要定期補(bǔ)充NaOH,不需

要補(bǔ)充硫酸，D錯誤；

故選B

12.叔丁醇與竣酸發(fā)生酯化反應(yīng)的機(jī)理如下，下列說法錯誤的是

CH,CH7I/CH30CH,

產(chǎn)3

H+1?田2。*R—C—OH?/C\CH,-H+||1

寸為3

CH—C—OHcOH2-CH3C?.=====f-0cCH3

chch

33-R--C-OHR'—C-OHCH3

叔丁醇中間體1中間體2中間體3竣酸叔丁酯

A.中間體2容易與水作用，會導(dǎo)致該酯化反應(yīng)的產(chǎn)率較低

B.中間體3中氫氧鍵極性比乙酸中氫氧鍵極性強(qiáng)，更易電離出H+

C.增大c(H+),會提高竣酸叔丁酯的平衡產(chǎn)率

D.若用CH3coi80H與叔丁醇發(fā)生酯化反應(yīng)，則"o會出現(xiàn)在水分子中

【答案】CD

【解析】A.中間體2中C?帶正電荷，容易與帶負(fù)電的OIF結(jié)合，即容易與水作用，使

反應(yīng)逆向進(jìn)行，導(dǎo)致該酯化反應(yīng)的產(chǎn)率較低，A正確；

B.中間體3中，與羥基相連的碳原子連接多個烷基，烷基是推電子基團(tuán)，使羥基中氧原

子上電子云密度增大，氫氧鍵極性增強(qiáng)，更易電離出H+，比乙酸中氫氧鍵極性強(qiáng)，B正

確；

C.該酯化反應(yīng)中H+是催化劑，增大c(H+),反應(yīng)速率加快，但不影響平衡移動，不會提

高竣酸叔丁酯的平衡產(chǎn)率，C錯誤；

D.根據(jù)反應(yīng)機(jī)理，叔丁醇轉(zhuǎn)化為中間體(CH3)C%(CH3)C?再與較酸反應(yīng)生成酯，所

以若用CH3col8(3H與叔丁醇發(fā)生酯化反應(yīng)，18。不會出現(xiàn)在水分子中，D錯誤；

故選CD?

13.一種純堿和聚氯乙烯聯(lián)合生產(chǎn)工藝的流程如圖所示，已知“碳化”過程中發(fā)生反應(yīng)

CaO+3C^^CaC2+COTo下列有關(guān)說法錯誤的是

焦炭

石灰石

NaHCO3

純堿

A.聚氯乙烯能發(fā)生加成反應(yīng)

+

B.“沉淀”反應(yīng)的離子方程式為C02+NH3-H2O+Na=NaHCO3J+NH；

C.“轉(zhuǎn)化”得到的“合成”原料氣為Cl2

D.“制氣”產(chǎn)生的廢渣經(jīng)調(diào)制后用于“灰蒸”以回收氨氣

【答案】AC

【解析】石灰石熱解生成氧化鈣和二氧化碳，生成的二氧化碳用于侯氏制堿法制取碳酸氫

鈉，灼燒碳酸氫鈉得到純堿；碳化過程中發(fā)生反應(yīng)CaO+3c3cOT+CaC2,由CaC2

制取CH三CH,廢渣為Ca(OH)2,灰蒸工序中發(fā)生反應(yīng)Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCb+2NH3T

+2比0,生成的氨氣可以在沉淀池中循環(huán)利用，轉(zhuǎn)化工序中加入濃硫酸發(fā)生高沸點(diǎn)酸制低

沸點(diǎn)酸的反應(yīng)，生成的HC1氣體在合成工序中發(fā)生反應(yīng)CH三CH+HC1-CH2=CHC1,后續(xù)

合成聚氯乙烯，據(jù)此解答。

A.聚氯乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為寸CH2—不含碳碳雙鍵，不能發(fā)生加成反應(yīng)，A錯誤；

C1

B.“沉淀”反應(yīng)時，CCh、NH3H2O和NaCl反應(yīng)生成碳酸氫鈉沉淀和氯化鍍，離子方程式

+

為：C02+NH3-H20+Na=NaHCO3+NH4,B正確；

C.由分析可知，“轉(zhuǎn)化”過程中用高沸點(diǎn)的硫酸酸制低沸點(diǎn)的HC1,即反應(yīng)得到的“合成”原

料氣為HCLC錯誤；

D.“制氣”產(chǎn)生的廢渣為Ca(OH)2,在灰蒸過程中與氯化核反應(yīng)生成氨氣，以回收氨氣，D

正確；

故選AC。

14.常溫下，向H2A(弱酸)和CuSC>4的混合溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中

-c(H,A)c(HA-)-

pMpM=TgM,M=；-卜'2一、、c(Cu)隨pH的變化關(guān)系如圖所示。已知：

cIHAjcIAj

H2A和CUSO4在溶液中不反應(yīng)；離子濃度cWIO-'mol-ITi認(rèn)為已除盡。下列敘述錯誤的

是

B.①和②的交叉點(diǎn)X的坐標(biāo)為(5.6,2.8)

+2

C.0.1mol.「NaHA溶液中：c（Na）>c（HA-）>c（A-）>c（H2A）

D.25°。時，要除盡工業(yè)廢水中的Cu?+，需調(diào)整溶液的pH至少為7.3

【答案】D

【解析】從圖中可以看出，②③兩條線平行，則兩者斜率相同，坐當(dāng)=膽)，則

c(HA)Kal

c(HA)c(H+)c(H+)-巾c(HA)c(H+)c(H+)

,+

p-----------=PP---------=-lg8--------=lgKal-lgC(H),同理Pp------52一=P---------=-lg--------

c(HA)KalKalc(A)°q

=lgKa2-lgC(H+),因此這兩種情況的斜率相同，而Kal>Ka2,故在y軸上截距小的對應(yīng)Kal的

情況’即②代表P溫與PH的關(guān)系；③代表P*與PH的關(guān)系；則①代表pC/,

與pH的關(guān)系，據(jù)此回答。

A.由分析知，③代表p與pH的關(guān)系,A正確;

c(A-)

2-+

B,由于"(HA)C(H+),Kc(A)-c(H)c(H?A)

a2=—~~當(dāng)pH=2.8時，p。：=0,即

-

C(H2A)c(HA)c(HA)

給勺’當(dāng)PH3時，P*=。，即黑=1

+57

Ka2=c(H)=10-,根據(jù)①與X的交點(diǎn)可知銅離子濃度為lmol/L時，c(H+)=IO".?1noi/L,

c(H2A)_c(Cu2+)c(H?A)_c(H+)

則KCu(OH)2=1019<5,在①和②的交叉點(diǎn)X處,

sp-

c(HA)1c(HA-)Kal

此時c(Cu2+)=^^,又因?yàn)镵sp(Cu(OH)2)=c(Cu2+>c2(OH-),c(OH)=K

w聯(lián)

Kalc(H+)'

立可得c(H+)=10C6mol/L,pH=5.6,pCu2+=2.8,所以交叉點(diǎn)X的坐標(biāo)為(5.6,2.8),B

正確;

KIQ-14

c.由于Ka2=10R,HA-的水解常數(shù)K2>Kh,H/V的電離

程度大于水解程度，所以O(shè).lmoLUNaHA溶液中：4Na+)>{HA-)>c(A2-)

>C(H2A),

C正確;

D.當(dāng)c(Cu2+)=10-5mol/L時，pCu2+=5,根據(jù)KspCu(OH)2=l()T9.6可得，此時c(OH-)=l(?

73mol/L,c(H+)=10-67mol/L,因此調(diào)節(jié)pH至少為6.7,D錯誤;

故選D。

15.己知K2FeC>4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強(qiáng)氧化性，在酸性或中性溶液中快

速反應(yīng)產(chǎn)生。2,在堿性溶液中較穩(wěn)定?，F(xiàn)利用如下裝置(夾持裝置略)制備KzFeO”發(fā)生反

應(yīng)2Fe(OH)3+3C12+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O,并設(shè)計(jì)以下方案探究

K2FeO4能否氧化cr產(chǎn)生Cl2。下列說法錯誤的是

方案取三頸燒瓶中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a,經(jīng)檢驗(yàn)

I氣體中含有Cl?。

方案

取少量溶液a,滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。

II

方案用KOH溶液充分洗滌三頸燒瓶中所得固體，再用KOH溶液將KzFeO4溶

III出，得到紫色溶液b,取少量b,滴加鹽酸，有C"產(chǎn)生。

A.方案I不能證明K2FeC>4氧化C「產(chǎn)生C%

B.由方案II知a中含F(xiàn)e3+離子，方案I與方案II結(jié)合能證明KzFeO,氧化C「產(chǎn)生C"

C.方案III中能證明K2FeC>4氧化C「產(chǎn)生C",但若未充分洗滌，則不能證明

D.該實(shí)驗(yàn)表明C"和K2FeO4的氧化性強(qiáng)弱受溶液酸堿性影響

【答案】B

【解析】A.方案I中，取三頸燒瓶中紫色溶液加入稀硫酸產(chǎn)生黃綠色氣體C"。但因?yàn)?/p>

K^FeO,在酸性溶液中不穩(wěn)定會分解，有可能是其分解產(chǎn)生氧化性物質(zhì)將C1氧化為

ci2,并非一定是KzFeO,直接氧化cr，所以不能證明KzFeO,氧化cr產(chǎn)生C"，A正

確；

B.方案II中溶液a滴加KSCN溶液呈紅色，只能說明溶液a中有Fe3+。然而這不能結(jié)合

方案I證明K2FeO4氧化c1產(chǎn)生C"，因?yàn)镕e3+的產(chǎn)生可能是KzFeC^在酸性條件下分

解轉(zhuǎn)化而來，無法確定CU是KzFeO,氧化Cr得到的，B錯誤；

C.方案ni中，用KOH溶液充分洗滌三頸燒瓶中固體，再溶出KzFeC〉得到溶液b,滴

加鹽酸有C%產(chǎn)生。若未充分洗滌，固體表面可能殘留含氯氧化性物質(zhì)（如未反應(yīng)完的

C"與KOH反應(yīng)生成的C1CF等），這些物質(zhì)在酸性條件下也能氧化cr產(chǎn)生C",所以

若未充分洗滌就不能證明是KzFeO,氧化cr產(chǎn)生CI2，c正確；

D.制備K2FeO4的反應(yīng)在堿性條件下Cl2能將Fe（OH）3氧化為K2FeO4,而探究

K^FeC^氧化C「在酸性條件下進(jìn)行，不同酸堿性條件下反應(yīng)情況不同，表明CL和

K2FeO4氧化性強(qiáng)弱受溶液酸堿性影響，D正確；

綜上，答案是B。

三、非選擇題：本題共5小題，共60分。

16.量子材料、金屬有機(jī)骨架材料、光催化材料等有較大應(yīng)用價值?；卮鹣铝袉栴}：

（1）量子材料錫烯具有特殊二維蜂窩狀結(jié)構(gòu)，有望實(shí)現(xiàn)常溫下超導(dǎo)。Sn在元素周期表中

的位置為，其含氧酸根SnO：的空間構(gòu)型為o

（2）三維多孔金屬有機(jī)骨架材料MOF-5的低溫儲氫性能非常優(yōu)異，其晶體結(jié)構(gòu)如圖所

示?；瘜W(xué)式為Zn4（D（BDC）3,其中對苯二甲酸根離子（BDC）作為有機(jī)配體，與無機(jī)基團(tuán)

［ZnQ/連接。［ZnQ『中O原子的雜化軌道類型為。下列物質(zhì)可作為有機(jī)

配體與［ZnQ廠連接形成三維多孔骨架的是（填標(biāo)號）。

M0F-5晶體內(nèi)部的空腔可吸附多種小分子。若要增強(qiáng)M0F-5與H2。之間的吸附作用，可

在配體上引入羥基而不引入甲基的原因是（假設(shè)MOF-5晶胞形狀不變）。

（3）氧化鈾（CeO2）是一種重要的光催化材料，在光催化過程中立方晶胞的組成變化如圖

所示，Ce4+和Ce3+的可逆轉(zhuǎn)換會造成氧空位的生成和消除。每個CeO?_x晶胞中Ce3+個

數(shù)為（用含x的代數(shù)式表示），消除氧空位的過程中，晶體作（填“氧

化劑”“還原劑”或“既不是氧化劑也不是還原劑"）。

?C>2-或氧空位（無。2一）

【答案】（1）①.第5周期第WA族②.平面正三角形

（2）①.sp3②.AC③.羥基能與水形成分子間氫鍵，而甲基不能

（3）①.8x②.還原劑

【解析】（1）Sn在元素周期表中的位置為第5周期第WA族，其含氧酸根SnO：中心原子

價層電子對數(shù)為3+；x（4+2-3x2）=3,且不含孤電子對，空間構(gòu)型為平面正三角形。

（2）[Zn40r中O原子形成4個。鍵，且不含孤電子對，O原子的雜化軌道類型為sp?；

。丫。一

對苯二甲酸根離子（BDC）作為有機(jī)配體，與無機(jī)基團(tuán)[Zn40r連接，\和

O人O

。丫。

[fn和對苯二甲酸根離子(BDC)相似，有2個(或多個)殘酸根，都可作為

O-0

有機(jī)配體與[Z1I4O/連接形成三維多孔骨架，故答案為：AC。由于羥基能與水形成分子

間氫鍵，而甲基不能，所以要增強(qiáng)MOF-5與H2。之間的吸附作用，可在配體上引入羥基

而不引入甲基；

(3)CeCh-x中Ce3+和Ce，+的個數(shù)分別為a、b,則a+b=l,根據(jù)正負(fù)化合價代數(shù)和為0,則

3a+4b=2(2-x),解得a=2x-2、b=l-2x；根據(jù)均攤法，1個晶胞中含Ce3+和Ce4+共8x，+6x

8

-=4,則每個CeCh-x晶胞中Ce，+個數(shù)為4x(l-2x)=4-8x,Ce3+個數(shù)為8x,消除氧空位的過

2

程中，該晶體結(jié)合O元素，作還原劑。

17.以褚礦石(NiS、ZnS、GeS2,含Si。？等雜質(zhì))為主要原料制備Ge、Ni和Z11SO4?7凡0

的工藝流程如下：

ZnSO4

已知：①楮在硫酸中的存在形式：pH<2時主要為Ge4+,2<pH<7時主要為Ge。2沉淀;

②Zn2+和Ni?+(以(Mmol?L計(jì))開始沉淀的pH分別為6.2和6.9,完全沉淀時的pH分別

為8.2和8.9.

回答下列問題：

(1)“氧化酸浸”時，控制溶液pH^L5,浸渣的主要成分為Si。2和S,則GeS2反應(yīng)的離

子方程式為O

(2)“操作2”的名稱為。有人依據(jù)已知②認(rèn)為可以直接調(diào)pH分離Zn2+和

Ni2+，以省去有機(jī)物使用時可能造成的污染，分析該方法是否正確o

(3)“調(diào)pH、萃取”時，萃取原理為

M2+（水相）+2HR（有機(jī)相）.MR2（有機(jī)相）+2H+（水相）。在硫酸鹽溶液中，該萃

取劑對某些金屬離子的萃取率［萃取率=與的變化關(guān)系如圖所

"4^Jxl00%］PH

n總（M）

示。在一定范圍內(nèi)，萃取率升高的原因是o已知在pH=1.8時，達(dá)到萃取平

c看機(jī)相（ZnR2）

衡時，；7三+\=48。若在濾液中加入等體積萃取劑進(jìn)行充分萃取，則zr?+的萃取

c水相（Zn）

率為%（保留兩位有效數(shù)字）。

0o

znn2;

%8o

、

榔

6oN21■+

孱

魁4O

20b//

012345~678*

PH

（4）“電解”制備Ni時，電解池的陰極電極材料為（填化學(xué)式）。電解后的溶液

可在工藝中循環(huán)使用，利用該電解液的操作單元為（填標(biāo)號）。

A.氧化酸浸B.中和沉淀C.調(diào)節(jié)pH、萃取D.反萃取

+4+

【答案】（1）GeS2+2H2O2+4H=Ge+4H2O+2SJ

（2）①.分液②.若要完全沉淀Zn2+,溶液的pH至少需調(diào)至8.2,此時Ni?+也接

近沉淀完全，所以此方法不正確

（3）①.隨著pH的升高H+被消耗，促進(jìn)萃取金屬離子的反應(yīng)正向移動②.98

（4）①.Ni②.AC

【解析】向鑄礦石（NiS、ZnS、GeS2,含SiO2等雜質(zhì)）中加入H2sCU和H2O2進(jìn)行氧化酸浸，

+4+

氧化酸浸時，發(fā)生GeS2+2H2O2+4H=Ge+4H2O+2S、

+2+

ZnS+H2O2+2H=Zn+2H2O+S,NiS+H2。？+2H+=Ni2++2H2O+SJ反應(yīng),

將s元素氧化為S單質(zhì)，Si。?不反應(yīng)，過濾得到濾渣為S、SiO2,過程中得到硫酸鋅、硫

酸保，需注意：楮在硫酸中的存在形式：pH<2時主要為Ge4+,2<pH<7時主要為Ge。？

沉淀，加入氧化鋅調(diào)節(jié)pH,操作1為過濾，濾渣為氧化褚，經(jīng)還原得到褚；濾液含有硫酸

鋅、硫酸保，加入稀硫酸調(diào)pH后萃取，分液，萃余液為硫酸保，加入Ni（OH）2后電解得到

Ni；有機(jī)相中經(jīng)反萃取得到硫酸鋅溶液，結(jié)晶得到ZnSOd/Hz。，據(jù)此回答。

（1）由信息可知“氧化酸浸”時，控制溶液pHa1.5,錯在硫酸中的存在形式主要為

4++4+

Ge，故GeS2反應(yīng)的離子方程式為GeS2+2H2O2+4H=Ge+4H2O+2SJ；

（2）由流程可知，“操作2”是分液；由Zn2+和Ni2+（以O(shè).lmoLlji計(jì)）開始沉淀的pH分

別為6.2和6.9,完全沉淀時的pH分別為8.2和8.9可知，若要完全沉淀為2+,溶液的pH

至少需調(diào)至8.2,此時Ni?+也接近沉淀完全，所以此方法不正確；

（3）①由萃取原理M2+（水相）+2HR（有機(jī)相）MR2（有機(jī)相）+2H+（水相）可矢口,

隨著pH的升高H+被消耗，促進(jìn)萃取金屬離子的反應(yīng)正向移動;

②設(shè)濾液中Zn2+初始物質(zhì)的量為加，加入等體積萃取劑后，設(shè)水相體積和有機(jī)相體積均為

c有機(jī)相(ZnR?)

V,已知=48,設(shè)萃取后水相中n（Zn2+）=x,則有機(jī)相中

c水相(Zn")

。有機(jī)相（不口2）

二^=48,即三口=48,解得x=2&,萃

ZnR?=n0-x根據(jù)

C水相（即"）JLx49

V

n』

取率=巳口xl00%="49*ioo%=g，x100%合98%；

nono49

（4）電解制備Ni時，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，Ni?+得到電子生成Ni,陰極電極材料一般為

待制備金屬，所以陰極電極材料為Ni；由分析知，加入稀硫酸調(diào)pH后萃取，分液，萃余

液為硫酸鎮(zhèn)和稀硫酸，加入Ni（OH）2后生成硫酸鎂，電解硫酸保溶液，發(fā)生

電解小

2NiSO4+2H2（3^2Ni+2H2so4+O2T反應(yīng)，得到Ni和硫酸，可以返回到氧化酸浸和

調(diào)節(jié)pH、萃取中循環(huán)使用，故選AC。

18.實(shí)驗(yàn)室利用Cl2氧化鎰酸鉀（iqMnOj濃強(qiáng)堿溶液制備KMnC>4的裝置如圖所示（夾持

裝置略）。

已知：①K2MI1O4為墨綠色晶體，其水溶液呈深綠色。其在濃的強(qiáng)堿溶液中可穩(wěn)定存在,

堿性減弱時易發(fā)生歧化反應(yīng)；②一些物質(zhì)在不同溫度下的溶解度見下表。

溶解度（g/100g汴7度/℃

''''''二~~~~02040607080

KC127.634.040.045.547.251.3

KMnO42.836.412.722.2————

回答下列問題：

（1）制備KMnC>4反應(yīng)的離子方程式為0單向閥的作用是0當(dāng)儀

器B中即停止通氯氣，反應(yīng)結(jié)束的后續(xù)操作為：關(guān)閉A中恒壓滴液漏斗的活

塞，，拆除裝置。

（2）為了獲得雜質(zhì)較少的KM11O4晶體，從下列選項(xiàng)中選出合理的操作并排序：將裝置B

中的溶液轉(zhuǎn)移至蒸發(fā)皿中一-干燥-KMnO4晶體（填標(biāo)號）。

a.用少量冰水洗滌b.先用冰水洗滌，再用乙醇洗滌

c.小火蒸發(fā)至溶液表面出現(xiàn)晶膜，停止加熱d.小火蒸發(fā)至析出大量晶體，停止加熱

e.趁熱過濾f.減壓過濾go緩慢降溫結(jié)晶

（3）利用氧化還原滴定法測定高鎰酸鉀的純度。

稱取KMnC之樣品m】g,配成KmL溶液。稱取高純度Na2c2。4（摩爾質(zhì)量為134g?moL）

固體m2g于錐形瓶中，加入蒸儲水溶解，再加入少量硫酸酸化，水浴加熱至75?85℃。趁

熱用KMnC>4溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：H2c2。4+乂110；+15+-乂112++€：02個+1520（未配

平，滴定過程中C「不反應(yīng)）。滴定消耗KM11O4溶液V2mL,樣品中KM11O4（摩爾質(zhì)量為

158g-moL）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（用代數(shù)式表示）。若加熱溫度大于90℃,部分草酸

發(fā)生分解，會導(dǎo)致測得產(chǎn)品純度（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。

【答案】（1）?.Cl2+2MnOt=2MnO；+2CP②.防止倒吸③.溶液由綠

色完全轉(zhuǎn)變?yōu)樽霞t色④.打開彈簧夾，通入空氣（或N2）

（2）cfgfffa

（3）①.III叫Jx100%②.偏高

335m1V2

【解析】A中次氯酸鈣和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，氯氣通入B中把銃酸鉀氧化為高銃酸鉀，B

中溶液由綠色完全轉(zhuǎn)變?yōu)樽霞t色，反應(yīng)結(jié)束，停止通入氯氣，尾氣用C中堿溶液吸收，防止

污染。

（1）C"氧化鎰酸鉀（iqMnOj濃強(qiáng)堿溶液制備KMnC%，鎬元素化合價由+6升高為

+7,C1元素化合價由0降低為-1,根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒配平離子方程式為

Cl2+2MnO^=2MnO；+2CF；單向閥確保氯氣僅沿單一方向流動，阻止逆向流動，

該裝置中單向閥的作用是防倒吸。銃酸鉀溶液呈深綠色，高錦酸鉀溶液呈紫紅色，當(dāng)儀器

B中溶液由綠色完全轉(zhuǎn)變?yōu)樽霞t色，說明錦酸鉀完全轉(zhuǎn)化為高錦酸鉀，即停止通氯氣，反

應(yīng)結(jié)束的后續(xù)操作為：關(guān)閉A中恒壓滴液漏斗的活塞，打開彈簧夾，通入空氣，把裝置內(nèi)

氯氣完全排入C中吸收，拆除裝置。

（2）高錦酸鉀受熱易分解，溶解度隨溫度升高而增大，為得到雜質(zhì)較少的KMnO4粗產(chǎn)

品，將裝置B中的溶液轉(zhuǎn)移至蒸發(fā)皿中一小火加熱蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱一＞緩慢

降溫結(jié)晶一減壓過濾-少量冰水洗滌一干燥-KMnO4晶體；排序?yàn)閏—g-f-a；

+2+

（3）草酸和高鎰酸鉀發(fā)生反應(yīng)：H2C2O4+MnO4+HMn+CO2T+H2O,C元

素化合價由+3升高為+4,Mn元素化合價由+7降低為+2,根據(jù)得失電子守恒，配平方程式

+2+

為5H2c2O4+2MnO；+6Hf2Mn+10CO2T+8H2O,n（KMnO4）=

|n（NaCO）=|x心g=|x7?7moLc（KMnO4）=

52245134g/mol5134

—xmol1?3

5134.m2xl0-。樣品中KMnON摩爾質(zhì)量為158g-molT)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)

3

V2XWL5X67XV2

mxlO3

2mol/LxV；xlO3LX158g/mol

為5x67xV?xlOO%=158m2Vl*I。。％°若加熱溫度

mig335mlV2

158m2Vl

大于90℃,部分草酸發(fā)生分解，消耗高銹酸鉀的體積偏?。╒。,100%值偏