（山東卷）2025年高考化學(xué)真題

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦

干凈后、再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H1O16Na23K39

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(gè)選項(xiàng)符合題目要求。

1.下列在化學(xué)史上產(chǎn)生重要影響的成果中，不涉及氧化還原反應(yīng)的是

A.侯德榜發(fā)明了以NH3，CO2和NaCl為原料的聯(lián)合制堿法

B.戴維電解鹽酸得到H2和Cl2，從而提出了酸的含氫學(xué)說

C.拉瓦錫基于金屬和O2的反應(yīng)提出了燃燒的氧化學(xué)說

D.哈伯發(fā)明了以N2和H2為原料合成氨的方法

【答案】A

【解析】

【詳解】A．聯(lián)合制堿法的反應(yīng)中，化學(xué)方程式為：和

NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3+NH4Cl

，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合價(jià)均未發(fā)

2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2

生改變，屬于非氧化還原反應(yīng)，A符合題意；

B．電解鹽酸生成H2和Cl2，H和Cl的化合價(jià)均發(fā)生變化（H從+1→0，Cl從-1→0），涉及氧化還原反應(yīng)，

B不符合題意；

C．金屬與O2反應(yīng)生成氧化物，金屬被氧化（化合價(jià)升高），O被還原（化合價(jià)降低），涉及氧化還原反應(yīng)，

C不符合題意；

D．合成氨反應(yīng)中N2的N化合價(jià)從0→-3，H2的H從0→+1，涉及氧化還原反應(yīng)，D不符合題意；

故選A。

2.化學(xué)應(yīng)用體現(xiàn)在生活的方方面面，下列用法不合理的是

A.用明礬凈化黃河水B.用漂白粉漂白蠶絲制品

1

C.用食醋去除水壺中水垢D.用小蘇打作烘焙糕點(diǎn)膨松劑

【答案】B

【解析】

【詳解】A．明礬水解生成氫氧化鋁膠體可吸附水中懸浮雜質(zhì)，可用于凈水，用法合理，A正確；

B．漂白粉含次氯酸鈣，其強(qiáng)氧化性會(huì)破壞蠶絲（蛋白質(zhì)）結(jié)構(gòu)，導(dǎo)致絲制品損壞，用法不合理，B不正確；

C．食醋中的醋酸與水垢（碳酸鈣、氫氧化鎂）反應(yīng)生成可溶物，可用于除水垢，用法合理，C正確；

D．小蘇打（碳酸氫鈉）受熱分解產(chǎn)生CO2使糕點(diǎn)疏松，可用于烘焙糕點(diǎn)，用法合理，D正確；

故選B。

3.實(shí)驗(yàn)室中，下列試劑保存方法正確的是

A.液溴加水封保存在廣口試劑瓶中B.硝酸銀溶液保存在棕色細(xì)口試劑瓶中

C.高錳酸鉀與苯酚存放在同一藥品柜中D.金屬鋰保存在盛有煤油的廣口試劑瓶中

【答案】B

【解析】

【詳解】A．液溴為液體，應(yīng)使用細(xì)口瓶保存，廣口瓶通常用于固體，加水封正確但試劑瓶選擇錯(cuò)誤，A錯(cuò)

誤；

B．硝酸銀溶液見光易分解，棕色細(xì)口瓶避光且適合液體保存，B正確；

C．高錳酸鉀是強(qiáng)氧化劑，苯酚有還原性，兩者混合可能反應(yīng)，不能放在同一藥品柜中，C錯(cuò)誤；

D．鋰密度小于煤油，無法被煤油浸沒隔絕空氣，保存方法錯(cuò)誤，應(yīng)保存在固體石蠟油中，D錯(cuò)誤；

故選B。

4.稱取1.6g固體NaOH配制400mL濃度約為0.1molL1的NaOH溶液，下列儀器中不需要使用的是

A.100mL燒杯B.500mL容量瓶

C.500mL量筒D.500mL細(xì)口試劑瓶(具橡膠塞)

【答案】B

【解析】

【詳解】A．溶解1.6gNaOH需要在燒杯中進(jìn)行，故A需要；

1.6g0.04mol

B．1.6gNaOH的物質(zhì)的量為0.04mol，0.1mol/L，即只需要溶解在400mL蒸餾水

40g/mol0.4L

中即可配制400mL濃度約為0.1molL1的NaOH溶液，無400mL容量瓶，準(zhǔn)確配制500mL濃度為

0.1molL1的NaOH溶液，需要0.1mol/L0.5L40g/mol2.0gNaOH，即不需要500mL容量瓶，故

B不需要；

2

C．據(jù)B項(xiàng)分析可知，配制時(shí)需500mL量筒量取約400mL蒸餾水，故C需要；

D．NaOH溶液配制好后需要轉(zhuǎn)移到試劑瓶中儲(chǔ)存，氫氧化鈉溶液呈堿性，能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)，不能

選擇玻璃塞，所以需要500mL細(xì)口試劑瓶(具橡膠塞)，故D需要；

故選B。

5.下列實(shí)驗(yàn)涉及反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是

A.用溶液吸收少量

NaOHSO2:SO2OHHSO3

B.用和水制備少量

Na2O2O2:Na2O2H2O2Na2OHO2

C.用和濃鹽酸制備2

MnO2Cl2:MnO24H2ClMnCl22H2O

D.用稀硝酸溶解少量粉：

Cu3Cu8H8NO33CuNO322NO4H2O

【答案】C

【解析】

【詳解】A．當(dāng)NaOH吸收少量SO時(shí)，應(yīng)生成SO2而非HSO，正確反應(yīng)為：2，

233SO22OHSO32H2O

A錯(cuò)誤；

B．與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，正確離子方程式為↑，

Na2O22Na2O22H2O4Na4OHO2

原方程式系數(shù)未配平，B錯(cuò)誤；

C．與濃鹽酸加熱生成Cl的離子方程式為2，各元素及

MnO22MnO24H2ClMnCl22H2O

電荷均守恒，C正確；

D．稀硝酸與Cu反應(yīng)時(shí)，產(chǎn)物Cu(NO)應(yīng)拆解為Cu2+和NO，正確離子方程式為

323

2+，D錯(cuò)誤；

3Cu8H2NO33Cu2NO4H2O

故選C。

6.第70號元素鐿Yb的基態(tài)原子價(jià)電子排布式為4f146s2。下列說法正確的是

A.174的中子數(shù)與質(zhì)子數(shù)之差為104B.174與176是同一種核素

70Yb70Yb70Yb

C.基態(tài)Yb原子核外共有10個(gè)d電子D.Yb位于元素周期表中第6周期

【答案】D

【解析】

【詳解】A．中子數(shù)=174-70=104，與質(zhì)子數(shù)70的差為104-70=34，而非104，A錯(cuò)誤；

B．同位素之間質(zhì)子數(shù)相同，但中子數(shù)不同，兩者屬于不同核素，B錯(cuò)誤；

3

C．根據(jù)構(gòu)造原理可知，Yb的電子排布為[Xe]4f146s2，在3d和4d軌道上有電子，共20個(gè)d電子，C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)Yb的價(jià)電子排布式可知，其有6s軌道，說明其有6個(gè)電子層第6周期，其位于，Yb且屬于鑭系元

素，鑭系元素位于第6周期，D正確；

故選D。

7.用硫酸和NaN3可制備一元弱酸HN3。下列說法錯(cuò)誤的是

A.NaN3的水溶液顯堿性

B.的空間構(gòu)型為V形

N3

C.NaN3為含有共價(jià)鍵的離子化合物

D.的中心N原子所有價(jià)電子均參與成鍵

N3

【答案】B

【解析】

【詳解】A：NaN是強(qiáng)堿（NaOH）和弱酸（HN）形成的鹽，水解生成OH-，溶液顯堿性，A正確。

33N3

與CO是等電子體，兩者結(jié)構(gòu)相似，其中心原子均為sp雜化，其電空間構(gòu)型均為直線型，而非V形，B

N32

錯(cuò)誤。

C：NaN為離子化合物（Na+與通過離子鍵結(jié)合），內(nèi)部三個(gè)N原子以共價(jià)鍵連接，C正確。

3N3N3

D：中心N原子通過sp雜化形成兩個(gè)雙鍵，無孤電子對，所有價(jià)電子參與成鍵，D正確。

故選B。

8.物質(zhì)性質(zhì)與組成元素的性質(zhì)有關(guān)，下列對物質(zhì)性質(zhì)差異解釋錯(cuò)誤的是

性質(zhì)差異主要原因

A沸點(diǎn)：H2OH2S電離能：OS

B酸性：HClOHBrO電負(fù)性：ClBr

C硬度：金剛石>晶體硅原子半徑：SiC

D熔點(diǎn)：MgONaF離子電荷：Mg2Na,O2F

A.AB.BC.CD.D

4

【答案】A

【解析】

【詳解】A．H2O沸點(diǎn)高于H2S的主要原因是H2O分子間存在氫鍵、H2S分子間不存在氫鍵，而非O的電離能

大于S，電離能與沸點(diǎn)無直接關(guān)聯(lián)，A錯(cuò)誤；

B．HClO酸性強(qiáng)于HBrO是因?yàn)镃l的電負(fù)性大于Br，導(dǎo)致O-H鍵極性更強(qiáng)，更易解離H+，B正確；

C．金剛石硬度大于晶體硅是因?yàn)镃原子半徑小于Si，C-C鍵鍵能更大，共價(jià)結(jié)構(gòu)更穩(wěn)定，C正確；

D．MgO和NaF均屬于離子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)取決于其晶格能的大小，離子半徑越小、離子電荷越多的，

其晶格能一般較大，其熔點(diǎn)更高；MgO熔點(diǎn)高于NaF是因?yàn)镸g2+和O2?的電荷高于Na+和F?，且其陰、陽離子

的半徑對應(yīng)較小，故離子鍵強(qiáng)度更大，晶格能更高，D正確；

故選A。

9.用肼N2H4的水溶液處理核冷卻系統(tǒng)內(nèi)壁上的鐵氧化物時(shí)，通常加入少量CuSO4，反應(yīng)原理如圖所

示。下列說法正確的是

A.是還原反應(yīng)的產(chǎn)物B.還原性：2

N2N2H4Fe

C.處理后溶液的pH增大D.圖示反應(yīng)過程中起催化作用的是Cu2

【答案】C

【解析】

【分析】由圖中信息可知，和2反應(yīng)生成的2是和反應(yīng)的催化劑，

N2H4Cu[Cu(N2H4)2]N2H4Fe3O4

是中間產(chǎn)物，該反應(yīng)的離子方程式為

[Cu(N2H4)2]

2

Cu(NH)

24222

N2H42Fe3O412HN26Fe8H2O，N2H4是還原劑，F(xiàn)e3O4是氧化劑，F(xiàn)e

是還原產(chǎn)物。

【詳解】A．該反應(yīng)中，N2H4中N元素的化合價(jià)升高被氧化，因此，N2是氧化反應(yīng)的產(chǎn)物，A不正確；

5

B．在同一個(gè)氧化還原反應(yīng)中，還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物，因此，還原性的強(qiáng)弱關(guān)系為2，

N2H4Fe

B不正確；

C．由反應(yīng)的離子方程式可知，該反應(yīng)消耗H，處理后溶液的pH增大，C正確；

D．根據(jù)循環(huán)圖可知，圖示反應(yīng)過程中起催化作用的是2，D不正確；

[Cu(N2H4)2]

綜上所述，本題選C。

10.在恒容密閉容器中，Na2SiF6(s)熱解反應(yīng)所得固相產(chǎn)物和氣相產(chǎn)物均為含氟化合物。平衡體系中各組

分物質(zhì)的量隨溫度的變化關(guān)系(實(shí)線部分)如圖所示。已知：T2溫度時(shí)，Na2SiF6(s)完全分解；體系中氣相

產(chǎn)物在T1、T3溫度時(shí)的分壓分別為p1、p3。下列說法錯(cuò)誤的是

A.a線所示物種為固相產(chǎn)物

B.T1溫度時(shí)，向容器中通入N2，氣相產(chǎn)物分壓仍為p1

C.p3小于T3溫度時(shí)熱解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp

D.T1溫度時(shí)、向容器中加入b線所示物種，重新達(dá)平衡時(shí)逆反應(yīng)速率增大

【答案】D

【解析】

【分析】Na2SiF6(s)熱解反應(yīng)所得固相產(chǎn)物和氣相產(chǎn)物均為含氟化合物，則其分解產(chǎn)物為NaF(s)和

SiF4(g)，其分解的化學(xué)方程式為Na2SiF6(s)2NaF(s)SiF4(g)，根據(jù)圖數(shù)據(jù)分析可知，a線代表

NaF(s)，b線代表SiF4(g)，c線代表Na2SiF6(s)。由各線的走勢可知，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，

化學(xué)平衡正向移動(dòng)。

【詳解】A．a(chǎn)線所示物種為NaF(s)，NaF(s)固相產(chǎn)物，A正確；

6

B．T1溫度時(shí)，向容器中通入N2，恒容密閉容器的體積不變，各組分的濃度不變，化學(xué)平衡不發(fā)生移動(dòng)，

雖然總壓變大，但是氣相產(chǎn)物分壓不變，仍為p1，B正確；

C．由圖可知，升溫b線代表的SiF4增多，則反應(yīng)Na2SiF6(s)2NaF(s)SiF4(g)為吸熱反應(yīng)，升溫

Kp增大，已知：T2溫度時(shí)，Na2SiF6(s)完全分解，則該反應(yīng)T2以及之后正向進(jìn)行趨勢很大，Qp＜Kp，體系

中氣相產(chǎn)物在T3溫度時(shí)的分壓為p3，p3Qp，恒容密閉容器的平衡體系的氣相產(chǎn)物只有SiF4(g)，

Kp=p(SiF4)，即T3溫度時(shí)熱解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=p(SiF4)，C正確；

D．據(jù)分析可知，b線所示物種為SiF4(g)，恒容密閉容器的平衡體系的氣相產(chǎn)物只有SiF4(g)，Kp=p(SiF4)，

溫度不變Kp不變，T1溫度時(shí)向容器中加入SiF4(g)，重新達(dá)平衡時(shí)p(SiF4)不變，則逆反應(yīng)速率不變，D錯(cuò)

誤；

綜上所述，本題選D。

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對得

4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

11.完成下列實(shí)驗(yàn)所用部分儀器或材料選擇正確的是

實(shí)驗(yàn)內(nèi)容儀器或材料

A灼燒海帶坩堝、泥三角

B加熱濃縮NaCl溶液表面皿、玻璃棒

C稱量5.0gNaOH固體電子天平、稱量紙

D量取25.00mL稀H2SO425mL移液管、錐形瓶

A.AB.BC.CD.D

【答案】AD

【解析】

【詳解】A．灼燒海帶需在坩堝中進(jìn)行，并用泥三角支撐坩堝于鐵架臺(tái)上加熱，儀器選擇正確，A正確；

B．加熱濃縮NaCl溶液應(yīng)使用蒸發(fā)皿（而非表面皿）和玻璃棒，表面皿無法直接加熱，B錯(cuò)誤；

C．NaOH易潮解且腐蝕性強(qiáng)，稱量時(shí)應(yīng)置于燒杯或表面皿中，而非稱量紙上，C錯(cuò)誤；

7

D．量取25.00mL的稀硫酸可以用25mL的移液管量取，并注入錐形瓶中，D正確；

故選AD。

12.全鐵液流電池工作原理如圖所示，兩電極分別為石墨電極和負(fù)載鐵的石墨電極。下列說法正確的是

A.隔膜為陽離子交換膜

B.放電時(shí)，a極為負(fù)極

C.充電時(shí)，隔膜兩側(cè)溶液Fe2+濃度均減小

D.理論上，F(xiàn)e3+每減少1mol,Fe2+總量相應(yīng)增加2mol

【答案】BC

【解析】

【分析】全鐵流電池原理為2Fe3++Fe=3Fe2+，a極發(fā)生Fe-2e-=Fe2+，為負(fù)載鐵的石墨電極做負(fù)極，b極發(fā)生

Fe3++e-=Fe2+，發(fā)生還原反應(yīng)，b為石墨電極，做正極，依次解題。

【詳解】A．兩極通過陰離子平衡電荷，隔膜允許陰離子通過，為陰離子交換膜，A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)分析，放電時(shí)，a極為負(fù)極，b極為正極，B正確；

C．充電時(shí)，a接電源負(fù)極，為陰極，電極反應(yīng)式為Fe2++2e-=Fe，b接電源正極，為陽極，發(fā)生的電極反應(yīng)

式為：Fe2+-e-=Fe3+，兩極的Fe2+均減少，C正確；

D．根據(jù)總反應(yīng)方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，F(xiàn)e3+減少1mol，F(xiàn)e2+增加1.5mol，D錯(cuò)誤；

答案選BC。

、、、

13.鋼渣中富含CaOSiO2FeOFe2O3等氧化物，實(shí)驗(yàn)室利用酸堿協(xié)同法分離鋼渣中的Ca,Si,Fe元

素，流程如下。已知：能溶于水；9，7。

Fe2C2O43KspCaC2O42.310KspFeC2O43.210

下列說法錯(cuò)誤的是

8

A.試劑X可選用Fe粉

B.試劑Y可選用鹽酸

C.“分離”后Fe元素主要存在于濾液Ⅱ中

D.“酸浸”后濾液Ⅰ的pH過小會(huì)導(dǎo)致濾渣Ⅱ質(zhì)量減少

【答案】A

【解析】

2+3+2+

【分析】鋼渣通過鹽酸酸浸，得到濾液I中含有Fe、Fe、Ca等，濾渣I為SiO2，濾渣I加入NaOH溶液

堿浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入試劑Y鹽酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，濾液I加入試劑X和H2C2O4

2+3+

分離，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，試劑X將Fe氧化為Fe，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，濾渣II為CaC2O4，

濾液II中有Fe3+，依次解題。

【詳解】A．根據(jù)分析，加入試劑X的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，試劑X應(yīng)該是氧化劑，不可以是Fe粉，A

錯(cuò)誤；

B．加入試劑Y，將Na2SiO3轉(zhuǎn)化為H2SiO3沉淀，最后轉(zhuǎn)化為SiO2，試劑Y可以是鹽酸，B正確；

C．根據(jù)分析，“分離”后Fe元素主要存在于濾液II中，C正確；

D．“酸浸”后濾液I中pH過小，酸性強(qiáng)，造成C2濃度小，使Ca2+(aq)+C2(aq)CaCO(s)平衡

2O42O424

逆向移動(dòng)，得到CaC2O4沉淀少，濾渣II質(zhì)量減少，D正確；

答案選A。

14.以異丁醛M為原料制備化合物Q的合成路線如下，下列說法錯(cuò)誤的是

A.M系統(tǒng)命名為2-甲基丙醛

9

B.若M+XN原子利用率為100%，則X是甲醛

C.用酸性KMnO4溶液可鑒別N和Q

DPQ過程中有CHCOOH生成

.3

【答案】CD

【解析】

【分析】由圖示可知，M到N多一個(gè)碳原子，M與X發(fā)生加成反應(yīng)得到N，X為甲醛，N與CH2(COOC2H5)發(fā)生

先加成后消去的反應(yīng)，得到P，P先在堿性條件下發(fā)生取代反應(yīng)，再酸化得到Q。

【詳解】A．M屬于醛類醛基的碳原子為1號，名稱為2-甲基丙醛，A正確；

B．根據(jù)分析，若M+X→N原子利用率為100%，則X為HCHO，B正確；

C．N有醛基和-CH2OH，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，Q有碳碳雙鍵，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能用

酸性高錳酸鉀溶液鑒別N和Q，C錯(cuò)誤；

D．P到Q第一步在堿性條件下酯基和羥基發(fā)生取代反應(yīng)形成環(huán)狀結(jié)構(gòu)，生成物有CH3CH2OH，沒有CH3COOH，

D錯(cuò)誤；

答案選CD。

15.常溫下，假設(shè)水溶液中2+和2初始物質(zhì)的量濃度均為1。平衡條件下，體系中

1LCoC2O40.01molL

全部四種含碳物種的摩爾分?jǐn)?shù)隨pH的變化關(guān)系如圖所示(忽略溶液體積變化)。已知：體系中含鈷物種的存

在形式為2和；8，15。

Co,CoC2O4(s)Co(OH)2(s)KspCoC2O46.010KspCo(OH)25.910

下列說法正確的是

A.甲線所示物種為

HC2O4

B.的電離平衡常數(shù)a

H2C2O4Ka210

10

C.pHa時(shí)，Co2物質(zhì)的量濃度為1.6103molL1

2

D.pHb時(shí)，物質(zhì)的量濃度：cOHcC2O4

【答案】CD

【解析】

【分析】由題中信息可知，2可以形成4物種，分別為、、2和，

C2O4H2C2O4HC2O4C2O4CoC2O4(s)

隨著pH增大，H2C2O4的摩爾分?jǐn)?shù)逐漸減小，CoC2O4(s)會(huì)轉(zhuǎn)化為溶解度更小的Co(OH)2，

2

CoC2O4(s)的摩爾分?jǐn)?shù)先增大后減小，因此，C2O4的摩爾分?jǐn)?shù)逐漸增大。綜合以上分析可知，甲線所

2

示物種為CoC2O4(s)，丁線所示物種為C2O4，根據(jù)曲線的走勢結(jié)合電離平衡的過程可知，乙線所示物種

為，丙線所示物種為。由甲、丁兩線的交點(diǎn)可知，在該點(diǎn)2和的摩爾分

H2C2O4HC2O4C2O4CoC2O4(s)

數(shù)相等，均為0.5，由于水溶液中2+和2初始物質(zhì)的量濃度均為1，則此時(shí)溶液中2

CoC2O40.01molLC2O4

182+

的濃度為0.005molL，由KspCoC2O46.010可以求出此時(shí)溶液中Co的濃度為

8

6.0105115

1.210molL，再由KspCo(OH)25.910可以求出此時(shí)溶液中

0.005

15

5.910

c(OH)2.2105molL1，pH9.3，即b9.3，根據(jù)圖像中的位置可以估算出a<7。

1.2105

由乙和丙兩線的交點(diǎn)可知，和的摩爾分?jǐn)?shù)相等，均為0.08，則由C元素守恒可知，此時(shí)

H2C2O4HC2O4

CoC2O4(s)的摩爾分?jǐn)?shù)為0.84。

【詳解】A．由分析可知，甲線所示物種為CoC2O4(s)，A不正確；

B．已知二元中強(qiáng)酸，其酸式鹽的水溶液顯酸性，的電離程度大于其水解程度；當(dāng)溶液中

H2C2O4HC2O4

與2濃度相等時(shí)，溶液顯酸性，71，則

HC2O4C2O4cH10molL

2

c(H)c(C2O4)7

Ka2c(H)110，故B不正確；

c(HC2O4)

C．pHa時(shí)，CoC2O4(s)的摩爾分?jǐn)?shù)為0.84，CoC2O4(s)的物質(zhì)的量為

2+

1L0.01molL10.840.0084mol，由水于溶液中Co2+初始物質(zhì)的量濃度為0.01molL1，以Co極

11

15

-5.9107

限最大濃度估算形成Co(OH)2時(shí)所要最小c(OH)=mol/L5910mol/L，此時(shí)溶液呈堿

0.01

2+

性，應(yīng)有較多草酸跟，則a點(diǎn)無Co(OH)2，此時(shí)Co元素只有兩種存在形式：Co和CoC2O4，由Co元素守恒可

得，Co2的物質(zhì)的量濃度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=1.6103molL1，C正確；

2151

D．由分析可知pHb時(shí)，C2O4的濃度為0.005molL，c(OH)2.210molL，

2

cOHcC2O4，D正確；

綜上所述，本題選CD。

三、非選擇題：本題共5小題，共60分。

16.Fe單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。回答下列問題：

（1）在元素周期表中，F(xiàn)e位于第_______周期_______族?；鶓B(tài)Fe原子與基態(tài)Fe3離子未成對電子數(shù)之比

為_______。

（2）尿素分子HNCONH與3形成配離子的硝酸鹽FeHNCONHNO俗稱尿素鐵，既

22Fe22633

可作鐵肥，又可作緩釋氮肥。

①元素C、N、O中，第一電離能最大的是_______，電負(fù)性最大的是_______。

②尿素分子中，C原子采取的軌道雜化方式為_______。

3

③八面體配離子FeHNCONH中3的配位數(shù)為6，碳氮鍵的鍵長均相等，則與3配位的原子

226FeFe

是_______(填元素符號)。

（3）αFe可用作合成氨催化劑、其體心立方晶胞如圖所示(晶胞邊長為apm)。

①αFe晶胞中Fe原子的半徑為_______pm。

②研究發(fā)現(xiàn)，αFe晶胞中陰影所示m，n兩個(gè)截面的催化活性不同，截面單位面積含有Fe原子個(gè)數(shù)越多，

催化活性越低。m，n截面中，催化活性較低的是_______，該截面單位面積含有的Fe原子為_______個(gè)pm2。

【答案】（1）①.四②.VIII③.4：5

12

（2）①.N②.O③.sp2④.O

（3）①.3a②.n③.2

4a2

【解析】

【小問1詳解】

Fe為26號元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基態(tài)Fe原子電子排布式為[Ar]3d64s2，未成對電子

數(shù)為4，基態(tài)Fe3+電子排布式為[Ar]3d5，未成對電子數(shù)為5，故答案為：四；VIII；4：5。

【小問2詳解】

①同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能：N>O>C；

同周期元素從左到右，電負(fù)性逐漸增大，因此電負(fù)性：O>N>C，故答案為：N；O。

2

②尿素分子H2NCONH2中C原子形成3個(gè)σ鍵，無孤電子對，采取的軌道雜化方式為sp雜化。

3

③八面體配離子FeHNCONH中3的配位數(shù)為6，碳氮鍵的鍵長均相等，因此N原子不會(huì)參與

226Fe

形成配位鍵，說明C=O中O原子參與配位，所以與Fe3配位的原子是O。

【小問3詳解】

①αFe為體心立方晶胞，晶胞邊長為apm，體對角線長度為3apm，體心立方晶胞中Fe原子半徑r

3a

與體對角線關(guān)系為4r=3a，因此Fe原子的半徑為pm。

4

22

②m截面面積Sm=apm，每個(gè)角原子被??4個(gè)相鄰晶胞共享??(二維共享)，如圖所示：，

111-2

每個(gè)晶胞的頂點(diǎn)原子貢獻(xiàn)個(gè)原子給該晶面，所含原子數(shù)為41，單位面積原子數(shù)為個(gè)pm，n截

44a2

2

面面積為a2a2a2pm，每個(gè)角原子被4個(gè)相鄰晶胞共享，體心原子完全屬于本截面，所含原子數(shù)為

122-2

412，單位面積原子數(shù)為個(gè)?pm，因此催化活性較低的是n截面，該截面單位面積

42a2a2

2-2

含有的Fe原子為個(gè)?pm。

a2

、

17.采用兩段焙燒—水浸法從鐵錳氧化礦(要含F(xiàn)e2O3MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分

離提取Cu、Co、Mn等元素，工藝流程如下：

13

已知：該工藝條件下，低溫分解生成，高溫則完全分解為氣體；在℃

NH42SO4NH4HSO4Fe2SO43650

完全分解，其他金屬硫酸鹽分解溫度均高于700℃。

回答下列問題：

（1）“低溫焙燒”時(shí)金屬氧化物均轉(zhuǎn)化為硫酸鹽。MnO2與NH4HSO4反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnSO4時(shí)有N2生成，

該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。“高溫焙燒”溫度為650℃，“水浸”所得濾渣主要成分除SiO2外還含

有_______(填化學(xué)式)。

（2）在投料量不變的情況下，與兩段焙燒工藝相比，直接“高溫焙燒”，“水浸時(shí)金屬元素

NH42SO4

的浸出率_______(填“增大”“減小”或“不變”)。

22

（3）HR萃取Cu反應(yīng)為：2HR(有機(jī)相)Cu(水相)CuR2(有機(jī)相)2H(水相)?！胺摧腿　?/p>

時(shí)加入的試劑為_______(填化學(xué)式)。

2251

（4）“沉鈷”中，pH4時(shí)Co恰好沉淀完全cCo110molL，則此時(shí)溶液中

17，13，21

cH2S_______molL。已知：Ka1H2S110Ka2H2S110Ksp(CoS)410。

CoS“溶解”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。

（5）“沉錳”所得濾液并入“吸收”液中，經(jīng)處理后所得產(chǎn)品導(dǎo)入_______(填操作單元名稱)循環(huán)利用。

低溫焙燒

【答案】（1）①.3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2NH36H2O②.Fe2O3、

CaSO4

（2）減小（3）H2SO4

（4）①.4×10-4②.+2+

CoS+H2O2+2H=Co+S+2H2O

（5）低溫焙燒

【解析】

【分析】采用兩段焙燒—水浸法從鐵錳氧化礦中分離提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸銨低溫焙燒，

14

金屬氧化物均轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，如硫酸錳、硫酸鐵、硫酸鈷、硫酸鈣等，產(chǎn)生的氣體有氨氣，氮?dú)獾龋睔?/p>

用稀硫酸吸收，得到硫酸銨溶液，得到的硫酸鹽經(jīng)650℃高溫焙燒，只有硫酸鐵發(fā)生了分解，產(chǎn)生三氧化

硫氣體和氧化鐵，水浸后，過濾分離出濾渣，濾渣主要為二氧化硅，氧化鐵，及硫酸鈣，后續(xù)萃取分離，

將銅元素萃取到有機(jī)相中，最終得到硫酸銅溶液，水相主要含有鈷元素和錳元素，加入硫化鈉，調(diào)節(jié)pH，

生成硫化鈷，過濾分離最終得到硫酸鈷溶液，濾液中加入碳酸氫銨，生成碳酸錳沉淀，據(jù)此解答。

【小問1詳解】

低溫焙燒，金屬氧化物均轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，二氧化錳與硫酸氫銨反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為硫酸錳和氮?dú)?，根?jù)電子得失

低溫焙燒

守恒可知還有氨氣生成，化學(xué)方程式為：3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2NH36H2O；

根據(jù)已知條件，高溫焙燒的溫度為650℃，只有硫酸鐵發(fā)生分解，生成三氧化硫氣體和氧化鐵，二氧化硅，

氧化鐵，硫酸鈣等在水中溶解度都較小，所以“水浸”所得濾渣的主要成分除了SiO2外還含有，F(xiàn)e2O3、CaSO4；

低溫焙燒

故答案為：3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2NH36H2O；Fe2O3、CaSO4；

【小問2詳解】

根據(jù)已知條件，硫酸銨低溫分解成硫酸氫銨，高溫則完全分解成氣體，如果直接高溫焙燒，則硫酸銨會(huì)分

解，物質(zhì)的量減少，導(dǎo)致金屬元素的浸出率減小，故答案為：減??；

【小問3詳解】

2

根據(jù)萃取的化學(xué)方程式：2HR(有機(jī)相)Cu(水相)CuR2(有機(jī)相)2H(水相)，加入有機(jī)相將銅

離子萃取到有機(jī)相中，反萃取時(shí)需要使平衡逆向移到，生成銅離子，而且為了不引入新的雜質(zhì)，應(yīng)加入的

試劑為稀H2SO4，故答案為：H2SO4；

【小問4詳解】

沉鈷時(shí)，pH=4時(shí)Co2+恰好沉淀完全，其濃度為c(Co2+)=1×10-5mol/L，此時(shí)c(H+)=1×10-4mol/L，根據(jù)Ksp((CoS)=

-21

-212-Ksp(CoS410-16-7-13

4×10，推出cS===410mol/L，又因?yàn)镵a1(H2S)=1×10，Ka2(H2S)=1×10，

cCo2+110-5

cH+cHS-cH+cS2-c2H+cS2-

，則c(HS)=

Ka1×Ka2=-2

cH2ScHScH2S

2+2--4216

cHcS-4

=(10)410=4×10mol/L；由流程圖可知，CoS溶解時(shí)加入了過氧化氫，稀硫酸，

713

Ka1×Ka21010

生成了CoSO4和S，化學(xué)方程式為：CoS+H2O2+H2SO4=CoSO4+S+2H2O，改寫成離子方程式為：

+2+。故答案為：4×10-4；+2+；

CoS+H2O2+2H=Co+S+2H2OCoS+H2O2+2H=Co+S+2H2O

15

【小問5詳解】

由分析可知，沉錳過程中，加入碳酸氫銨，生成碳酸錳，二氧化碳，硫酸銨等，過濾后濾液中的硫酸銨可

并入吸收液中，經(jīng)過處理后導(dǎo)入低溫焙燒循環(huán)使用，故答案為：低溫焙燒。

18.如下不飽和聚酯可用于制備玻璃鋼。

實(shí)驗(yàn)室制備該聚酯的相關(guān)信息和裝置示意圖如下(加熱及夾持裝置略)：

熔點(diǎn)沸點(diǎn)

原料結(jié)構(gòu)簡式

/℃/℃

順丁烯二酸

52.6202.2

酐

鄰苯二甲酸

130.8295.0

酐

丙-1，2-二

60.0187.6

醇

實(shí)驗(yàn)過程：

①在裝置A中加入上述三種原料，緩慢通入N2。攪拌下加熱，兩種酸酐分別與丙-1，2-二醇發(fā)生醇解反應(yīng)，

16

主要生成和。然后逐步升溫至190~200℃，醇解產(chǎn)物發(fā)生

縮聚反應(yīng)生成聚酯。

②縮聚反應(yīng)后期，每隔一段時(shí)間從裝置A中取樣并測量其酸值，直至酸值達(dá)到聚合度要求(酸值：中和1克

樣品所消耗KOH的毫克數(shù))。

回答下列問題：

（1）理論上，原料物質(zhì)的量投料比n(順丁烯二酸酐)：n(鄰苯二甲酸酐)：n(丙-1，2-二醇)_______。

（2）裝置B的作用是_______；儀器C的名稱是_______；反應(yīng)過程中，應(yīng)保持溫度計(jì)2示數(shù)處于一定范圍，

合理的是_______(填標(biāo)號)。

A．55~60℃B．100~105℃C．190~195℃

（3）為測定酸值，取ag樣品配制250.00mL溶液。移取25.00mL溶液，用cmolL1KOH—乙醇標(biāo)準(zhǔn)溶

液滴定至終點(diǎn)，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，數(shù)據(jù)如下：

序號12345

滴定前讀

0.0024.980.000.000.00

數(shù)/mL

滴定后讀

24.9849.7824.1025.0025.02

數(shù)/mL

應(yīng)舍棄的數(shù)據(jù)為_______(填序號)；測得該樣品的酸值為_______(用含a，c的代數(shù)式表示)。若測得酸值高

于聚合度要求，可采取的措施為_______(填標(biāo)號)。

A．立即停止加熱B．排出裝置D內(nèi)的液體C．增大N2的流速

（4）實(shí)驗(yàn)中未另加催化劑的原因是_______。

【答案】（1）1:1:2

（2）①.導(dǎo)氣，同時(shí)將順丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇以及醇解反應(yīng)的產(chǎn)物冷凝回流到裝

置A中，但是不會(huì)將水蒸氣冷凝②.（直形）冷凝管③.B

14000c

（3）①.2、3②.mgg1③.C

a

（4）酸酐本身就能催化成酯反應(yīng)（?；磻?yīng)），且可以與水反應(yīng)，促進(jìn)縮聚反應(yīng)正向進(jìn)行

【解析】

【分析】根據(jù)題中信息可知，本實(shí)驗(yàn)分為兩個(gè)階段，先由3種原料發(fā)生醇解反應(yīng)，然后醇解產(chǎn)物再發(fā)生縮

17

聚反應(yīng)得到聚酯，兩個(gè)階段控制的溫度不同。當(dāng)測得樣品的酸值達(dá)到合理要求后，縮聚反應(yīng)完成。

【小問1詳解】

由聚酯的結(jié)構(gòu)簡式可知，和

按物質(zhì)的量之比1:1發(fā)生縮聚反應(yīng)生成該聚酯，而順丁烯二酸酐

和鄰苯二甲酸酐分別與丙-1,2-二醇以物質(zhì)的量之比1:1發(fā)生醇解反應(yīng)，因此，理論上，原料物質(zhì)的量投料

比n(順丁烯二酸酐)：n(鄰苯二甲酸酐)：n(丙-1,2-二醇)=1:1:2。

【小問2詳解】

裝置A中3種原料在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)，由于這些原料有一定的揮發(fā)性，若這些原料的蒸氣隨氮?dú)庖?/p>

起流出，則原料的利用率減小，從而導(dǎo)致產(chǎn)品的產(chǎn)率減小，因此，需要冷凝回流裝置，裝置B為空氣冷凝

管，其作用是導(dǎo)氣，同時(shí)將順丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇以及醇解反應(yīng)的產(chǎn)物冷凝回流到裝置

A中，但是不會(huì)將水蒸氣冷凝；儀器C的名稱是冷凝管，其可以將反應(yīng)生成的水蒸氣冷凝為水；根據(jù)3種

原料的沸點(diǎn)可知，反應(yīng)過程中，應(yīng)保持溫度計(jì)2示數(shù)處于一定范圍，即高于水的沸點(diǎn)、低于原料的沸點(diǎn)，

防止原料流失，合理的是100~105℃，故選B。

【小問3詳解】

由表中數(shù)據(jù)可知，5次滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積分別為24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL，

第2、3兩次實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)的誤差明顯偏大，故應(yīng)舍棄的數(shù)據(jù)為2、3；用合理的3次實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)求平均值為

25.00mL，25.00mLcmol·L-1KOH一乙醇標(biāo)準(zhǔn)溶液中含有KOH的質(zhì)量為25.00mL

10-3L·mL-1cmol·L-156000mg·mol-1=1400cmg，因此，測得該樣品的酸值為

1400cmg14000c

mgg1

25.00mL。

aga

250.00mL

若測得酸值高于聚合度要求，說明樣品中所含的羧基數(shù)目較多，還有一部分單體沒有發(fā)生充分發(fā)生縮聚反

應(yīng)，或者聚合程度不夠。因此，可采取的措施為（填標(biāo)號）

A．若立即停止加熱，則酸值不變，不能達(dá)到目的，相反地，可以繼續(xù)加熱，讓縮聚反應(yīng)充分進(jìn)行，A不可

取；

B．若排出裝置D內(nèi)的液體，可以除去未參與縮聚反應(yīng)的單體，降低混合物的酸值，但是明顯不符合題意，

18

題中描述每隔一段時(shí)間從裝置A中取樣并測量其酸值，直至酸值達(dá)到聚合度要求才可以達(dá)到目的，B不可取；

C．N2的作用是一方面可以將生成的水帶走，另一方面可以起到攪拌作用，從而加快反應(yīng)速率且促進(jìn)縮聚

反應(yīng)充分進(jìn)行，因此，增大N2的流速可行，C可?。?/p>

綜上所述，選C。

【小問4詳解】

本實(shí)驗(yàn)中使用了2種酸酐，酸酐本身就能催化成酯反應(yīng)（?；磻?yīng)），且可以與水反應(yīng)，促進(jìn)縮聚反應(yīng)正

向進(jìn)行，因此，可以適當(dāng)增大酸酐的用量，實(shí)驗(yàn)中未另加催化劑的原因是：酸酐本身就能催化成酯反應(yīng)（酰

基化反應(yīng)），且可以與水反應(yīng)，促進(jìn)縮聚反應(yīng)正向進(jìn)行。

19.麻醉藥布比卡因(I)的兩條合成路線如下：

已知：Ⅰ．

Ⅱ．

回答下列問題：

（1）A結(jié)構(gòu)簡式為_______；B中含氧官能團(tuán)名稱為_______。

（2）CD反應(yīng)類型為_______；D+EH化學(xué)方程式為_______。

（3）G的同分異構(gòu)體中，同時(shí)滿足下列條件的結(jié)構(gòu)簡式為_______(寫出一種即可)。

①含NH2②含2個(gè)苯環(huán)③含4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子

（4）H中存在酰胺基N原子(a)和雜環(huán)N原子(b)，N原子電子云密度越大，堿性越強(qiáng)，則堿性較強(qiáng)的N原

子是_______(填“a”或“b”)。

（5）結(jié)合路線信息，用H2/PtO2催化加氫時(shí)，下列有機(jī)物中最難反應(yīng)的是_______(填標(biāo)號)。

A.苯()B.吡啶()

C.環(huán)已-1，3-二烯()D.環(huán)己-1，4-二烯()

19

（6）以，，為主要原料合成。利用上述信息補(bǔ)全

合成路線_______。

【答案】（1）①.②.羧基

（2）①.取代反應(yīng)②.

（3）（4）b（5）A

（6）

H2/PtO2