2025年山東省普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量:H—1O—16Na—23K—39一、選擇題:本題共10小題,每小題2分,共20分。每小題只有一項(xiàng)是符合題目要求的。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(shuō)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(shuō)D.哈伯發(fā)明了以N2和H2為原料合成氨的方法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4.稱(chēng)取1.6g固體NaOH配制400mL濃度約為0.1mol·L-1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)5.下列實(shí)驗(yàn)涉及反應(yīng)的離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是A.用NaOH溶液吸收少量SO2:SO2+OH-HSO3B.用Na2O2和水制備少量O2:Na2O2+H2O2Na++2OH-+O2↑C.用MnO2和濃鹽酸制備Cl2:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OD.用稀硝酸溶解少量Cu粉:3Cu+8H++8NO3-3Cu(NO3)2+2NO↑+4H26.第70號(hào)元素鐿(Yb)的基態(tài)原子價(jià)電子排布式為4f146s2。下列說(shuō)法正確的是A.70174YbB.70174Yb與70C.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7.用硫酸和NaN3可制備一元弱酸HN3。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.NaN3的水溶液顯堿性B.N3-的空間構(gòu)型為C.NaN3為含有共價(jià)鍵的離子化合物D.N3-的中心8.物質(zhì)性質(zhì)與組成元素的性質(zhì)有關(guān),下列對(duì)物質(zhì)性質(zhì)差異解釋錯(cuò)誤的是選項(xiàng)性質(zhì)差異主要原因A沸點(diǎn):H2O>H2S電離能:O>SB酸性:HClO>HBrO電負(fù)性:Cl>BrC硬度:金剛石>晶體硅原子半徑:Si>CD熔點(diǎn):MgO>NaF離子電荷:Mg2+>Na+,O2->F-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(shuō)法正確的是A.N2是還原反應(yīng)的產(chǎn)物B.還原性:N2H4<Fe2+C.處理后溶液的pH增大D.圖示反應(yīng)過(guò)程中起催化作用的是Cu2+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(shuō)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p1C.p3小于T3溫度時(shí)熱解反應(yīng)的平衡常數(shù)KpD.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(duì)得4分,選對(duì)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選項(xiàng)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(chēng)量5.0gNaOH固體電子天平、稱(chēng)量紙D量取25.00mL稀H2SO425mL移液管、錐形瓶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(shuō)法正確的是A.隔膜為陽(yáng)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,Fe3+每減少1mol,Fe2+總量相應(yīng)增加2mol13.鋼渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3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:Fe2(C2O4)3能溶于水;Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9,Ksp(FeC2O4)=3.2×10-7。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是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(guò)小會(huì)導(dǎo)致濾渣Ⅱ質(zhì)量減少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(shuō)法錯(cuò)誤的是A.M系統(tǒng)命名為2-甲基丙醛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QD.P→Q過(guò)程中有CH3COOH生成15.常溫下,假設(shè)1L水溶液中Co2+和C2O42-初始物質(zhì)的量濃度均為0.01mol·L-1。平衡條件下,體系中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(已知:體系中含鈷物種的存在形式為Co2+、CoC2O4(s)和Co(OH)2(s);Ksp(CoC2O4)=6.0×10-8,KspCo(OH)2=5.9×下列說(shuō)法正確的是A.甲線所示物種為HC2OB.H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka2=10-aC.pH=a時(shí),Co2+物質(zhì)的量濃度為1.6×10-3mol·L-1D.pH=b時(shí),物質(zhì)的量濃度:c(OH-)<c(C2O4三、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(wèn)題:(1)在元素周期表中,Fe位于第周期族?；鶓B(tài)Fe原子與基態(tài)Fe3+離子未成對(duì)電子數(shù)之比為。(2)尿素分子(H2NCONH2)與Fe3+形成配離子的硝酸鹽Fe(H2NCONH①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。③八面體配離子Fe(H2NCONH2)63+中Fe3+的配位數(shù)為6,碳氮鍵的鍵長(zhǎng)均相等,則與(3)α-Fe可用作合成氨催化劑,其體心立方晶胞如圖所示(晶胞邊長(zhǎng)為apm)。①α-Fe晶胞中Fe原子的半徑為pm。②研究發(fā)現(xiàn),α-Fe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)·pm-2。17.采用兩段焙燒-水浸法從鐵錳氧化礦(主要含F(xiàn)e2O3、MnO2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:已知:該工藝條件下,(NH4)2SO4低溫分解生成NH4HSO4,高溫則完全分解為氣體;Fe2(SO4)3在650℃完全分解,其他金屬硫酸鹽分解溫度均高于700℃?；卮鹣铝袉?wèn)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?！案邷乇簾睖囟葹?50℃,“水浸”所得濾渣主要成分除SiO2外還含有(填化學(xué)式)。(2)在(NH4)2SO4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)金屬元素的浸出率(填“增大”“減小”或(3)HR萃取Cu2+的反應(yīng)為:2HR(有機(jī)相)+Cu2+(水相)CuR2(有機(jī)相)+2H+(水相)?！胺摧腿　睍r(shí)加入的試劑為(填化學(xué)式)。(4)“沉鈷”中,pH=4時(shí)Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L-1],則此時(shí)溶液中c(H2S)=mol·L-1。已知:Ka1(H2S)=1×10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21。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(chēng))循環(huán)利用。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):原料結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃順丁烯二酸酐52.6202.2鄰苯二甲酸酐130.8295.0丙-1,2-二醇-60.0187.6實(shí)驗(yàn)過(guò)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),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(cè)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))?；卮鹣铝袉?wèn)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(chēng)是;反應(yīng)過(guò)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(hào))。A.55~60℃B.100~105℃C.190~195℃(3)為測(cè)定酸值,取ag樣品配制250.00mL溶液,移取25.00mL溶液,用cmol·L-1KOH-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(hào)12345滴定前讀數(shù)/mL0.0024.980.000.000.00滴定后讀數(shù)/mL24.9849.7824.1025.0025.02應(yīng)舍棄的數(shù)據(jù)為(填序號(hào));測(cè)得該樣品的酸值為(用含a、c的代數(shù)式表示)。若測(cè)得酸值高于聚合度要求,可采取的措施為(填標(biāo)號(hào))。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。19.麻醉藥布比卡因(I)的兩條合成路線如下:已知:Ⅰ.R1NH2Ⅱ.R1NHR2回答下列問(wèn)題:(1)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為;B中含氧官能團(tuán)名稱(chēng)為。(2)C→D的反應(yīng)類(lèi)型為;D+E→H的化學(xué)方程式為。(3)G的同分異構(gòu)體中,同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(寫(xiě)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(hào))。A.苯()B.吡啶()C.環(huán)己-1,3-二烯()D.環(huán)己-1,4-二烯()(6)以、、為主要原料合成。利用上述信息補(bǔ)全合成路線。20.利用CaS循環(huán)再生可將燃煤尾氣中的SO2轉(zhuǎn)化生產(chǎn)單質(zhì)硫,涉及的主要反應(yīng)如下:Ⅰ.CaS(s)+2SO2(g)CaSO4(s)+S2(g)ΔH1Ⅱ.CaSO4(s)+4H2(g)CaS(s)+4H2O(g)ΔH2Ⅲ.SO2(g)+3H2(g)H2S(g)+2H2O(g)ΔH3恒容條件下,按1molCaS、1molSO2和0.1molH2投料反應(yīng)。平衡體系中,各氣態(tài)物種的lgn隨溫度的變化關(guān)系如圖所示,n為氣態(tài)物種物質(zhì)的量的值。已知:圖示溫度范圍內(nèi)反應(yīng)Ⅱ平衡常數(shù)K=108基本不變?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)反應(yīng)4H2(g)+2SO2(g)4H2O(g)+S2(g)的焓變?chǔ)=(用含ΔH1、ΔH2的代數(shù)式表示)。(2)乙線所示物種為(填化學(xué)式)。反應(yīng)Ⅲ的焓變?chǔ)30(填“>”“<”或“=”)。(3)T1溫度下,體系達(dá)平衡時(shí),乙線、丙線所示物種的物質(zhì)的量相等,若丁線所示物種為amol,則S2為mol(用含a的代數(shù)式表示);此時(shí),CaS與CaSO4物質(zhì)的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)=mol(用含a的最簡(jiǎn)代數(shù)式表示)。(4)T2溫度下,體系達(dá)平衡后,壓縮容器體積S2產(chǎn)率增大。與壓縮前相比,重新達(dá)平衡時(shí),H2S與H2物質(zhì)的量之比n(H2S)n(H2)(填“增大”“減小”或“不變”),H2O物質(zhì)的量n(H2O)(填

本卷答案僅供參考。1.A【基礎(chǔ)命題點(diǎn)基本概念:反應(yīng)類(lèi)型】氧化還原反應(yīng)聯(lián)合制堿法發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,該過(guò)程未發(fā)生氧化還原反應(yīng),A符合題意;電解鹽酸時(shí)HCl轉(zhuǎn)化為H2、Cl2,發(fā)生氧化還原反應(yīng),B不符合題意;金屬與O2兩種單質(zhì)反應(yīng)生成化合物,發(fā)生氧化還原反應(yīng),C不符合題意;以N2和H2為原料合成NH3,發(fā)生氧化還原反應(yīng),D不符合題意。2.B【基礎(chǔ)命題點(diǎn)生活常識(shí)】【教材鏈接:魯科版必修一P34探秘膨松劑】化學(xué)與生活明礬中Al3+水解形成的Al(OH)3膠體可吸附黃河水中的懸浮物,從而達(dá)到凈水的目的,A不符合題意;漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2,其具有強(qiáng)氧化性,會(huì)破壞蠶絲的蛋白質(zhì)結(jié)構(gòu),故B符合題意;水垢的主要成分為CaCO3、Mg(OH)2等,其均可溶于食醋,故C不符合題意;小蘇打即NaHCO3,其可與酸反應(yīng)且受熱易分解出CO2,故可用作糕點(diǎn)膨松劑,D不符合題意。3.B【基礎(chǔ)命題點(diǎn)基本實(shí)驗(yàn)操作】試劑保存AgNO3見(jiàn)光易分解,故AgNO3溶液應(yīng)保存在棕色細(xì)口試劑瓶中,B正確。錯(cuò)誤項(xiàng)分析液溴應(yīng)保存在細(xì)口試劑瓶中,A錯(cuò)誤;高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性,易與具有還原性的苯酚發(fā)生氧化還原反應(yīng),故不能儲(chǔ)存在同一藥品柜中,C錯(cuò)誤;金屬鋰的密度比煤油的小,會(huì)漂浮在煤油表面與空氣反應(yīng),故金屬鋰應(yīng)保存在石蠟固體中,D錯(cuò)誤。4.B【基礎(chǔ)命題點(diǎn)】【教材鏈接:魯科版必修一P27配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液】實(shí)驗(yàn)儀器選擇配制400mL濃度約為0.1mol·L-1的NaOH溶液時(shí),需要將稱(chēng)量好的固體放入燒杯中,用500mL量筒量取400mL水溶解,然后轉(zhuǎn)移至500mL配有橡膠塞的細(xì)口試劑瓶中保存,故不需要的儀器為500mL容量瓶,B符合題意。5.C【能力命題點(diǎn)信息轉(zhuǎn)化能力】離子方程式的正誤判斷二氧化錳與濃鹽酸共熱反應(yīng)生成MnCl2、Cl2和H2O,離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,C正確。錯(cuò)誤項(xiàng)分析少量SO2與OH-反應(yīng)生成SO32-,故A錯(cuò)誤;題中原子不守恒,過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)的離子方程式應(yīng)為2Na2O2+2H2O4Na++4OH-+O2↑,B錯(cuò)誤;Cu(NO3)2為可溶性鹽,離子方程式中需拆開(kāi),故銅與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H6.D【能力命題點(diǎn)知識(shí)的掌握與運(yùn)用能力】物質(zhì)結(jié)構(gòu)、元素周期表17470Yb中質(zhì)子數(shù)為70,中子數(shù)為174-70=104,故中子數(shù)和質(zhì)子數(shù)之差為104-70=34,A錯(cuò)誤;核素是指具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的一種原子,17470Yb、17670Yb為兩種核素,B錯(cuò)誤;Yb為70號(hào)元素,基態(tài)Yb原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p64d104f145s25p66s2,共有20個(gè)d電子,C錯(cuò)誤;由Yb的價(jià)電子排布式為4f146s2知,Yb位于第6周期,D正確。7.B【核心命題點(diǎn)核心方法:類(lèi)比推理法】物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)由HN3為一元弱酸可知,N3-易水解:N3-+H2OHN3+OH-,故NaN3的水溶液呈堿性,A正確;N3-與CO2互為等電子體,故其空間構(gòu)型為直線形,B錯(cuò)誤;N3-中存在共價(jià)鍵,Na+與N3-以離子鍵相連,故C正確;由N3-的空間構(gòu)型為直線形知,其中心8.A【核心命題點(diǎn)核心思想:結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)】【教材鏈接:魯科版選擇性必修二P105部分共價(jià)晶體的鍵能、熔點(diǎn)和硬度】物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)H2O可形成分子間氫鍵,故沸點(diǎn)H2O>H2S,A錯(cuò)誤;元素電負(fù)性:Cl>Br,故HClO中O—H鍵極性大,更易斷裂,故酸性:HClO>HBrO,B正確;原子半徑:Si>C,則鍵長(zhǎng):Si—Si鍵>C—C鍵,鍵能:Si—Si鍵<C—C鍵,根據(jù)原子晶體中鍵能越大,形成的晶體硬度越大可知,硬度:金剛石>晶體硅,C正確;離子晶體的熔點(diǎn)大小與離子鍵強(qiáng)弱有關(guān),離子所帶電荷數(shù)越多、離子半徑越小,離子鍵越強(qiáng),晶格能越大,物質(zhì)熔點(diǎn)越高,離子電荷:Mg2+>Na+、O2->F-,故熔點(diǎn):MgO>NaF,D正確。9.C【能力命題點(diǎn)邏輯推理能力:結(jié)合原理推斷各物質(zhì)作用】反應(yīng)機(jī)理分析、氧化還原反應(yīng)由圖可知,N2由N2H4生成,N化合價(jià)升高,發(fā)生氧化反應(yīng),故A錯(cuò)誤;分析題圖知,該過(guò)程總反應(yīng)的化學(xué)方程式為N2H4+2Fe3O4+12H+N2+6Fe2++8H2O,N2H4為還原劑,Fe2+為還原產(chǎn)物,結(jié)合還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性知,還原性:N2H4>Fe2+,B錯(cuò)誤;由總反應(yīng)知,反應(yīng)過(guò)程中H+被消耗,故處理后溶液pH增大,C正確;由圖可知,該反應(yīng)的催化劑為[Cu(N2H4)2]2+,D錯(cuò)誤。10.D【核心命題點(diǎn)核心思想:變化與平衡觀念】【教材鏈接:人教版選擇性必修3P122核酸的組成】化學(xué)平衡圖像分析圖像分析Na2SiF6(s)受熱分解生成NaF和SiF4兩種氟化物,NaF為離子晶體,SiF4為分子晶體,熔點(diǎn):NaF>SiF4,因此NaF為固相產(chǎn)物,SiF4為氣相產(chǎn)物,則熱解反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SiF6(s)2NaF(s)+SiF4(g),根據(jù)曲線的變化趨勢(shì)及變化比例,結(jié)合方程式可判斷曲線a、b、c分別為NaF(s)、SiF4(g)、Na2SiF6(s)。由上述分析知,A正確;N2不與體系中任何物質(zhì)反應(yīng),由于容器恒容,因此SiF4的分壓不變,仍為p1,B正確;該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=p(SiF4),由題圖可知,溫度越高,Na2SiF6分解程度越大,平衡時(shí)p(SiF4)越大,即Kp越大,由于T2溫度下Na2SiF6已完全分解,因此升溫至T3時(shí),無(wú)法釋放更多的SiF4,故p3小于T3溫度時(shí)熱解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp,C正確;T1溫度時(shí),加入SiF4的瞬間其分壓增大,平衡逆向移動(dòng),由Kp=p(SiF4)知,重新平衡后SiF4的分壓仍為p1,SiF4的濃度不變,故逆反應(yīng)速率不變,D錯(cuò)誤。11.AD【能力命題點(diǎn)實(shí)驗(yàn)探究能力】【教材鏈接:魯科版必修一P62食鹽的精制】化學(xué)實(shí)驗(yàn)儀器或材料選擇海帶是固體,灼燒固體需要在坩堝中進(jìn)行,坩堝下方需墊泥三角,A正確;表面皿不能加熱,加熱濃縮NaCl溶液時(shí)應(yīng)用蒸發(fā)皿,B錯(cuò)誤;NaOH固體有腐蝕性,稱(chēng)量時(shí)需盛放在燒杯或稱(chēng)量瓶中,C錯(cuò)誤;移液管可從試劑瓶中精確量取其規(guī)格對(duì)應(yīng)體積的液體并轉(zhuǎn)移至錐形瓶中,D正確。12.BC【能力命題點(diǎn)信息轉(zhuǎn)化能力:圖像信息轉(zhuǎn)化為電極反應(yīng)式】全鐵液流電池工作原理分析電池分析根據(jù)電池中所含物質(zhì)知,能形成的自發(fā)氧化還原反應(yīng)只有Fe+2Fe3+3Fe2+,因此氧化劑Fe3+所在電極區(qū)的b電極為正極,電極材料為石墨,則a電極為負(fù)極,電極材料為負(fù)載Fe的石墨。隔膜需防止右側(cè)的Fe3+進(jìn)入左側(cè),應(yīng)使用陰離子交換膜,A錯(cuò)誤;由上述分析知,B正確;充電時(shí)的總反應(yīng)為3Fe2+Fe+2Fe3+,消耗Fe2+,故隔膜兩側(cè)溶液Fe2+濃度均減小,C正確;根據(jù)放電的總反應(yīng)知,Fe3+每減少1mol,Fe2+總量相應(yīng)增加1.5mol,D錯(cuò)誤。13.A【創(chuàng)新命題點(diǎn)考法創(chuàng)新:工藝流程大題小考】分離鋼渣中Ca、Si、Fe元素的流程流程梳理鋼渣用鹽酸酸浸后,CaO、FeO、Fe2O3分別轉(zhuǎn)化成Ca2+、Fe2+、Fe3+進(jìn)入濾液Ⅰ中,則濾渣Ⅰ為SiO2,根據(jù)已知信息,CaC2O4的Ksp與FeC2O4的接近,而Fe2(C2O4)3能溶于水,則要想有效分離Ca、Fe元素,濾渣Ⅱ只能是CaC2O4,為了防止生成FeC2O4,需要將濾液Ⅰ中的Fe2+完全轉(zhuǎn)化成Fe3+以保證Fe元素留在濾液Ⅱ中,因此試劑X需氧化Fe2+,濾渣Ⅰ用NaOH溶液堿浸得到Na2SiO3溶液,向其中加入試劑Y經(jīng)一系列操作得到SiO2。結(jié)合上述分析可知,試劑X不能用Fe粉,A錯(cuò)誤;向Na2SiO3溶液中加酸可得到H2SiO3,H2SiO3受熱分解可得到SiO2,因此試劑Y可以為鹽酸,B正確;“分離”后,Fe元素在濾液Ⅱ中,C正確;CaC2O4存在沉淀溶解平衡:CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq),若酸浸后濾液Ⅰ的pH過(guò)小,則C2O42-與H+結(jié)合導(dǎo)致C2O42-濃度降低,平衡正向移動(dòng),14.CD【創(chuàng)新命題點(diǎn)考法創(chuàng)新:“微”有機(jī)合成路線】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)去掉M()中的一個(gè)甲基側(cè)鏈,剩余結(jié)構(gòu)(虛線框內(nèi))為主鏈,主鏈官能團(tuán)為醛基,共三個(gè)C原子,命名為丙醛,自醛基碳開(kāi)始編號(hào),取代基甲基位于2號(hào)碳上,因此M系統(tǒng)命名為2-甲基丙醛,A正確;對(duì)比M和N的組成,M的分子式為C4H8O,N的分子式為C5H10O2,M+XN原子利用率為100%,則X的分子式為CH2O,X是甲醛,反應(yīng)過(guò)程中M中醛基所連碳上的C—H鍵與甲醛中的CO鍵發(fā)生加成反應(yīng)得到N,B正確;N中的羥基和醛基與Q中的碳碳雙鍵都可以使酸性KMnO4溶液褪色,因此無(wú)法鑒別,C錯(cuò)誤;P→Q可分為以下幾步進(jìn)行:①P中的兩個(gè)酯基在堿性條件下水解后酸化:②其中一個(gè)羧基與分子中的羥基在酸性條件下酯化成環(huán):③加熱到一定溫度另一個(gè)—COOH脫去一個(gè)CO2(脫羧)得到Q:整個(gè)過(guò)程沒(méi)有生成CH3COOH,D錯(cuò)誤。15.CD【能力命題點(diǎn)演繹推理能力、計(jì)算能力:圖文轉(zhuǎn)化、數(shù)據(jù)計(jì)算】水溶液中離子平衡圖像分析根據(jù)題干數(shù)據(jù),體系中Co元素共0.01mol,由物料守恒可得:n(Co2+)+n[Co(OH)2]+n(CoC2O4)=0.01mol;四種含碳物種的總物質(zhì)的量為0.01mol:n(C2O42-)+n(HC2O4-)+n(H2C2O4)+n(CoC2O4)=0.01mol。初始狀態(tài)下,Q(CoC2O4)=c(Co2+)·c(C2O42-)=0.01×0.01=10-4>Ksp(CoC2O4),因此初始體系中會(huì)有CoC2O4沉淀產(chǎn)生,pH減小時(shí)會(huì)發(fā)生反應(yīng)CoC2O4+H+Co2++HC2O4-、CoC2O4+2H+Co2++H2C2O4而使CoC2O4溶解,pH升高時(shí)會(huì)發(fā)生反應(yīng)CoC2O4+2OH-Co(OH)2+C2O42-K=c(C2O42-)c2(OH-)=c(C2O42-)·c(Co2+)c2(OH-)·c(Co2+)=Ksp(CoC2O4)Ksp[Co(OH)2]=6.0×10-85.9×10-15≈107pH=a時(shí),H2C2O4與HC2O4-的摩爾分?jǐn)?shù)均為0.08,C2O42-的摩爾分?jǐn)?shù)幾乎為0,則CoC2O4的摩爾分?jǐn)?shù)為1-2×0.08=0.84,物質(zhì)的量為0.01mol×0.84=0.0084mol,pH=a時(shí),沒(méi)有Co(OH)2生成,因此剩余的Co元素均以Co2+形式存在,n(Co2+)=0.01mol-0.0084mol=1.6×10-3mol,則c(Co2+)=1.6×10-3mol1L=1.6×10-3mol·L-1,C正確;pH=b時(shí),C2O42-和CoC2O4的摩爾分?jǐn)?shù)均為0.50,則n(C2O42-)=n(CoC2O4)=0.01mol×0.50=5×10-3mol,c(C2O42-)=5×10-3mol1L=5×10-3mol·L-1,此時(shí)部分CoC2O4轉(zhuǎn)變?yōu)镃o(OH)2,溶液中存在平衡CoC2O4+2OH-Co(OH)2錯(cuò)誤項(xiàng)分析由上述分析知,A錯(cuò)誤;計(jì)算H2C2O4的Ka2需要任意狀態(tài)下溶液中的c(H+)、c(HC2O4-)、c(C2O42-),根據(jù)上述分析知,需要利用曲線丙與丁的交點(diǎn)進(jìn)行計(jì)算,但圖中無(wú)相關(guān)數(shù)據(jù),因此本題條件下H2C2O4的16.(1)四Ⅷ4∶5(2)①NO②sp2③O(3)①34a②n【綜合命題點(diǎn)選、必修結(jié)合】元素周期表、第一電離能、電負(fù)性、雜化方式、配合物、晶胞結(jié)構(gòu)分析與計(jì)算(1)Fe為26號(hào)元素,基態(tài)Fe原子的價(jià)電子排布式為3d64s2,故Fe位于第四周期Ⅷ族?；鶓B(tài)Fe原子、基態(tài)Fe3+的價(jià)電子排布式分別為3d64s2、3d5,未成對(duì)電子數(shù)之比為4∶5。(2)①同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì),N由于2p能級(jí)為半充滿(mǎn)狀態(tài),較穩(wěn)定,其第一電離能大于O,故元素C、N、O中,第一電離能最大的是N;同周期元素從左到右電負(fù)性逐漸增大,故元素C、N、O中,電負(fù)性最大的是O。②尿素分子中,C原子形成1個(gè)雙鍵、2個(gè)單鍵,無(wú)孤電子對(duì),故C原子采取的軌道雜化方式為sp2。③八面體配離子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位數(shù)為6,則形成6個(gè)配位鍵,H2NCONH2中O和N上有孤對(duì)電子,能與Fe3+形成配位鍵,由碳氮鍵的鍵長(zhǎng)均相等,知配位原子不能是N,故與Fe3+配位的原子是O。(3)①α-Fe晶胞為體心立方晶胞,體對(duì)角線上3個(gè)Fe原子相切,設(shè)Fe原子半徑為r,則4r=3apm,解得r=34apm。②m截面中Fe的個(gè)數(shù)為4×18=12,面積為a2pm2,則單位面積含有的Fe原子個(gè)數(shù)為12a2;n截面中Fe的個(gè)數(shù)為4×18+1=32,面積為2a2pm217.(1)3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+6H2O↑+NH3↑Fe2O3、CaSO4(2)減小(3)H2SO4(4)4×10-4CoS+H2O2+2H+S+Co2++2H2O(5)低溫焙燒【能力命題點(diǎn)圖文梳理能力、計(jì)算能力】從鐵錳氧化礦中分離提取Cu、Co、Mn等元素的工藝流程(1)MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4得2e-,NH4HSO4轉(zhuǎn)化為N2失3e-,根據(jù)得失電子守恒,MnO2、NH4HSO4的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為3、2,即3MnO2+2NH4HSO43MnSO4+N2,再根據(jù)原子守恒,配平化學(xué)方程式為3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+6H2O↑+NH3↑?！案邷乇簾睍r(shí)溫度為650℃,根據(jù)已知信息可知,Fe2(SO4)3可完全分解生成Fe2O3和SO3,“水浸”時(shí)Fe2O3不溶于水,CaSO4微溶于水,故所得濾渣主要成分除SiO2外還含有Fe2O3、CaSO4。(2)(NH4)2SO4在高溫時(shí)完全分解為氣體,S元素逸出,故直接“高溫焙燒”,金屬氧化物轉(zhuǎn)化為硫酸鹽的量減小,則“水浸”時(shí)金屬元素的浸出率減小。(3)“反萃取”時(shí)應(yīng)使萃取反應(yīng)逆向進(jìn)行,故應(yīng)增大c(H+),結(jié)合得到CuSO4溶液知,加入的試劑為H2SO4。(4)pH=4時(shí)Co2+恰好沉淀完全,此時(shí)c(S2-)=Ksp(CoS)c(Co2+)=4×10-211×10-5mol·L-1=4×10-16mol·L-1,Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=c(H+)·c(HS-)c(H2S)×c(H+)·c(S2-)c(HS-)=c2(H+)·c(S2-)c(H2S),則c(H2S)=c2(H+)·c(S2-)Ka1(H2S)·Ka2(H2S)=(10-4)2×4×18.(1)1∶1∶2(2)冷凝回流直形冷凝管B(3)2、314000caC【能力命題點(diǎn)實(shí)驗(yàn)探究能力、數(shù)據(jù)處理能力】不飽和聚酯的制備及酸值的測(cè)定實(shí)驗(yàn)(1)按照如圖中“”的位置斷鍵,單體分別為順丁烯二酸酐、丙-1,2-二醇、鄰苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇,則理論上,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。(2)裝置B是空氣冷凝管,作用是冷凝回流;儀器C的名稱(chēng)是直形冷凝管;根據(jù)已知信息,反應(yīng)過(guò)程中醇解產(chǎn)物生成聚酯時(shí)有H2O產(chǎn)生,為提高反應(yīng)產(chǎn)率,需使產(chǎn)生的水以H2O(g)形式逸出,故應(yīng)保持溫度計(jì)2示數(shù)高于水的沸點(diǎn)且低于反應(yīng)物沸點(diǎn),則合理的溫度范圍為100~105℃,B正確。(3)5次實(shí)驗(yàn)分別消耗KOH-乙醇標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL,其中第2、3次數(shù)據(jù)誤差較大,應(yīng)舍去;取其余三次的平均值,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為25.00mL。ag樣品消耗KOH的質(zhì)量為cmol·L-1×25.00×10-3L×25