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山東省2025年高考化學試題
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符合題目要求。
1．（2025·山東）下列在化學史上產生重要影響的成果中，不涉及氧化還原反應的是（　　）
A．侯德榜發明了以NH3CO2和NaCl為原料的聯合制堿法
B．戴維電解鹽酸得到H2和CI2，從而提出了酸的含氫學說
C．拉瓦錫基于金屬和O2的反應提出了燃燒的氧化學說
D．哈伯發明了以N2和H2為原料合成氨的方法
【答案】A
【知識點】氧化還原反應
【解析】【解答】A．向飽和食鹽水中依次通入氨氣和二氧化碳，發生反應：NH3 + CO2 + H2O + NaCl = NaHCO3↓ + NH4Cl，加熱生成的碳酸氫鈉得到碳酸鈉，該過程中沒有元素的化合價發生變化，為非氧化還原反應，故A正確；
Ｂ．戴維電解鹽酸制 H2和 Cl2，H和Cl的化合價發生變化，為氧化還原反應，故B錯誤；
Ｃ．金屬與氧氣反應生成金屬氧化物，該過程中金屬的單質的化合價升高，O元素的化合價降低，發生氧化還原反應，故C錯誤；
Ｄ．氮氣和氫氣合成氨氣的過程中，N元素和H元素的化合價發生變化，發生氧化還原反應，故D錯誤；
故選A。
【分析】氧化還原反應過程中一定有元素的化合價發生變化。
2．（2025·山東）化學應用體現在生活的方方面面，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膨松劑
【答案】B
【知識點】水的凈化；常見的食品添加劑的組成、性質和作用
【解析】【解答】A．明礬溶于水后，電離產生的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，可吸附水中懸浮雜質（如泥沙）并聚沉，達到凈水目的，故A正確；
Ｂ．Ca(ClO)2具有強氧化性，會破壞蛋白質中的肽鍵和氨基酸結構，導致蠶絲纖維變性、脆化，損壞制品，因此漂白粉不宜用于漂白蠶絲等蛋白質類織物，故B錯誤；
Ｃ．食醋的主要成分為醋酸，能與水垢中的碳酸鈣、氫氧化鎂等反應生成可溶性鹽，除去水垢，故C正確；
Ｄ．小蘇打是碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳，使面團膨脹，形成疏松多孔結構，故D正確；
故選B。
【分析】A．明礬水解生成氫氧化鋁膠體；
Ｂ．漂白粉的主要成分為Ca(ClO)2；
Ｃ．醋酸能與水垢反應生成可溶性鹽；
Ｄ．小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱。
3．（2025·山東）實驗室中，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
【知識點】化學試劑的存放
【解析】【解答】A．液體藥品應保存在細口瓶中，因此液溴應保存在細口試劑瓶中，故A錯誤；
Ｂ．硝酸銀見光易分解，棕色試劑瓶可避光，細口瓶適合存放液體，因此硝酸銀溶液保存在棕色細口試劑瓶中，故B正確；
Ｃ．高錳酸鉀是強氧化劑，苯酚具有還原性，且易被氧化，強氧化劑與還原劑混合存放可能發生氧化還原反應，甚至引發火災或爆炸，需分開存放，故C錯誤；
Ｄ．金屬鋰化學性質活潑，易與空氣中的氧氣、水蒸氣反應，需隔絕空氣保存，鋰的密度比煤油小，會浮在煤油表面，無法被完全覆蓋，起不到隔絕空氣的作用，鋰應保存在石蠟油或固體石蠟中，故D錯誤；
故選B。
【分析】A．液溴易揮發；
Ｂ．硝酸銀見光易分解；
Ｃ．高錳酸鉀具有強氧化性，能氧化苯酚；
Ｄ．金屬鋰化學性質活潑，易與空氣中的氧氣、水蒸氣反應。
4．（2025·山東） 稱取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細口試劑瓶（具橡膠塞)
【答案】C
【知識點】配制一定物質的量濃度的溶液
【解析】【解答】根據分析可知，需要的儀器為：100mL燒杯、500mL容量瓶、500mL細口試劑瓶（具橡膠塞)，定容時用膠頭滴管精確加水，無需用量筒量取大量水，因此不需要500mL量筒。
故選C。
【分析】配制一定物質的量濃度溶液的步驟及所需儀器：
計算：稱取1.6gNaOH配制約 0.1 mol/L 的溶液，由于實驗室無400mL 容量瓶，需選用500mL容量瓶；
稱量：用托盤天平稱取1.6gNaOH；
溶解：將NaOH放入100mL 燒杯中，加適量蒸餾水溶解，并用玻璃棒攪拌；
轉移：冷卻后將溶液用玻璃棒引流至500mL容量瓶中；
洗滌：洗滌燒杯和玻璃棒 2~3 次，洗液并入容量瓶；
定容：向容量瓶中加水至刻度線下方 1~2 cm 處，改用膠頭滴管滴加至凹液面與刻度線相切；
搖勻：蓋好瓶塞，搖勻溶液；
保存：將配制好的溶液轉移至500mL細口試劑瓶（具橡膠塞）中保存。
5．（2025·山東）下列實驗涉及反應的離子方程式書寫正確的是（　　）
A．用NaOH 溶液吸收少量SO2：SO2+ OH" = HSO3-
B．用Na2O2和水制備少量O2： Na2O2+H2O =2Na++2O2↑
C．用MnO2和濃鹽酸制備Cl2：
D．用稀硝酸溶解少量Cu粉：3Cu+8H++8NO3-= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【答案】C
【知識點】離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．少量 SO2與 NaOH 反應生成正鹽 Na2SO3，正確的離子方程式為：，故A錯誤；
Ｂ．該方程式原子不守恒，正確的離子方程式為，故B錯誤；
Ｃ．加熱條件下，二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯化鉀、氯氣和水，反應的離子方程式為 ，故C錯誤；
Ｄ．Cu (NO3)2為強電解質，應拆分為 Cu2+和，正確的離子方程式為： 3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O， 故D錯誤；
故選C。
【分析】A．SO2少量，生成亞硫酸鈉；
Ｂ．該方程式原子不守恒；
Ｃ．加熱條件下，二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯化鉀、氯氣和水；
Ｄ．Cu (NO3)2為強電解質。
6．（2025·山東） 第70號元素鐿(Yb)的基態原子價電子排布式為4f146s2。下列說法正確的是（　　）
A．Yb的中子數與質子數之差為 104
B．Yb與°Yb是同一種核素
C．基態Yb原子核外共有10個d電子
D．Yb位于元素周期表中第6周期
【答案】D
【知識點】原子中的數量關系；元素周期表的結構及其應用
【解析】【解答】A．Yb質量數為174，中子數 = 174-70=104，中子數與質子數之差 = 104-70=34，故A錯誤；
Ｂ．核素由質子數和中子數共同決定，則Yb與Yb不是同一種核素，故B錯誤；
Ｃ．Yb 的電子排布式為[Xe]4f146s2 ，4f 能級含 14 個電子，6s 能級含 2 個電子，不含d能級電子，故C錯誤；
Ｄ．由分析可知，Yb位于元素周期表第 6 周期、ⅢB 族，故D正確；
故選D。
【分析】鐿為第 70 號元素，即質子數 = 原子序數 = 70， 基態原子價電子排布式為4f146s2，則位于元素周期表第 6 周期、ⅢB 族（鑭系元素）。
7．（2025·山東）用硫酸和NaN3可制備一元弱酸HN3。下列說法錯誤的是（　　）
A．NaN3的水溶液顯堿性
B．N3-的空間構型為V形
C．NaN3為含有共價鍵的離子化合物
D．N3-的中心N原子所有價電子均參與成鍵
【答案】B
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；判斷簡單分子或離子的構型；弱電解質在水溶液中的電離平衡
【解析】【解答】A．HN3為一元弱酸，則NaN3為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，故A正確；
Ｂ．中心 N 原子采用sp雜化，兩側 N 原子與中心 N 形成σ鍵和離域π鍵，空間構型為直線形，而非V形，故B錯誤；
Ｃ．NaN3由Na+和構成，屬于離子化合物，中 N 原子間以共價鍵結合，故 NaN3為含有共價鍵的離子化合物 ，故C正確；
Ｄ． 中心N原子的價電子排布為 2s22p3， 在中，其與兩側N原子形成2個σ鍵和2個π鍵（離域 π 鍵），價電子全部用于成鍵，無孤電子對，故D正確；
故選B。
【分析】A．NaN3為強堿弱酸鹽；
Ｂ．根據價層電子對互斥理論判斷；
Ｃ． NaN3為離子化合物；
Ｄ．中心 N 原子的價電子排布為 2s22p3。
8．（2025·山東）物質性質與組成元素的性質有關，下列對物質性質差異解釋錯誤的是（　　）
性質差異 主要原因
A 沸點：H2O>H2S 電離能：O>S
B 酸性：HClO>HBrO 電負性：Cl>Br
C 硬度：金剛石>晶體硅 原子半徑：Si>C
D 熔點：MgO>NaF 離子電荷： Mg2+ >Na+，O2- >F-
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】物質的結構與性質之間的關系；晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用
【解析】【解答】A．H2O 分子間存在氫鍵，而 H2S 分子間僅存在范德華力，氫鍵的作用力強于范德華力，故 H2O 沸點更高，與電離能無關，故A錯誤；
Ｂ．電負性：Cl > Br，導致 ClO-中 Cl 對O的吸電子能力更強，使 O-H 鍵極性增強，H+更易電離，故 HClO 酸性強于 HBrO，故B正確；
Ｃ．金剛石和晶體硅均為共價晶體，硬度取決于共價鍵強弱，原子半徑：Si > C，則C-C 鍵鍵長更短、鍵能更大，故金剛石硬度更高，故C正確；
Ｄ．MgO 和NaF均為離子晶體，熔點由離子鍵強弱決定，離子電荷越高、半徑越小，離子鍵越強，Mg2+和 O2-的電荷數均高于 Na+和 F-，故MgO 熔點更高，故D正確；
故選A。
【分析】A．電離能是氣態原子失去電子的難易程度，不影響物質的熔沸點；
Ｂ．電負性越大，鍵的極性越大；
Ｃ．鍵長越短，鍵能越大，硬度越高；
Ｄ．離子晶體離子所帶電荷數越多，離子半徑越小，熔沸點越高。
9．（2025·山東）用肼（N2H4)的水溶液處理核冷卻系統內壁上的鐵氧化物時，通常加入少量CuSO4，反應原理如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．N2是還原反應的產物
B．還原性：N2H4C．處理后溶液的pH增大
D．圖示反應過程中起催化作用的是Cu2+
【答案】C
【知識點】氧化還原反應；催化劑
【解析】【解答】A．該反應中，是還原劑，發生氧化反應，生成氧化產物，A錯誤；
B．還原劑的還原性大于還原產物，因此還原性：，B錯誤；
C．該過程的總反應為：，該反應消耗，處理后溶液的增大，C正確；
D．由圖可知，圖示反應過程中起催化作用的是，D錯誤；
故選C。
【分析】由圖可知，和反應生成，催化和反應，為中間產物，則該反應的方程式為，該反應中，N元素的化合價升高，被氧化，為還原劑，Fe元素的化合價降低，被還原，為氧化劑，則為氧化產物，為還原產物。
10．（2025·山東）在恒容密閉容器中，Na2SiF6(s)熱解反應所得固相產物和氣相產物均為含氟化合物。平衡體系中各組分物質的量隨溫度的變化關系(實線部分）如圖所示。已知：T2溫度時，Na2SiF6(s)完全分解；體系中氣相產物在T1T3溫度時的分壓分別為p1，p3。下列說法錯誤的是（　　）
A．a線所示物種為固相產物
B．T1溫度時，向容器中通入N2，氣相產物分壓仍為p1
C．p3小于T3溫度時熱解反應的平衡常數Kp。
D．T1溫度時、向容器中加入b線所示物種，重新達平衡時逆反應速率增大
【答案】C
【知識點】化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．由分析可知，曲線a代表，是固相產物，A正確；
B．溫度時，向容器中通入，恒容密閉容器的體積不變，氣相產物分壓不變，仍為，B正確；
C．的平衡常數=p()，T3溫度下，達到平衡時氣相產物的分壓為，則此時=p()=，C錯誤；
D．由分析可知，b線代表，向容器中加入，平衡逆向移動，重新達平衡時逆反應速率增大，D正確；
故選C。
【分析】 Na2SiF6(s)熱解反應所得固相產物和氣相產物均為含氟化合物，則其分解產物為和，進而可知Na2SiF6(s)發生熱解的反應為：，物質的量變化量之比與化學計量數之比正相關，則曲線a表示，曲線b代表，曲線c代表。
二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
11．（2025·山東）完成下列實驗所用部分儀器或材料選擇正確的是（　　）
實驗內容 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H2SO4 25mL移液管、錐形瓶
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,D
【知識點】常用儀器及其使用
【解析】【解答】A．灼燒固體需用坩堝，坩堝放在泥三角上加熱，泥三角固定在鐵架臺上，故A正確；
Ｂ．加熱濃縮溶液應使用蒸發皿，表面皿常用于盛放少量液體或作蓋子，不能用于加熱，故B錯誤；
Ｃ．NaOH易潮解且具有腐蝕性，不能直接放在稱量紙上稱量，應放在小燒杯或表面皿中稱量，故C錯誤；
Ｄ．移液管用于精確量取液體，量取后將液體轉移至錐形瓶，故D正確；
故選AD。
【分析】A．用坩堝灼燒固體；
Ｂ．表面皿不用于加熱；
Ｃ．NaOH具有腐蝕性，應放在燒杯中稱量；
Ｄ．錐形瓶通常不用作量取液體的接收容器。
12．（2025·山東）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，a極為負極
C．充電時，隔膜兩側溶液Fe2濃度均減小
D．理論上，Fe3+每減少1mol，Fe2+總量相應增加2mol
【答案】B,C
【知識點】原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A．該電池工作的過程中，需要通過隔膜轉移電子實現電荷平衡，因此隔膜為陰離子交換膜，故A錯誤；
Ｂ．放電時，a電極上Fe失去電子生成Fe2+，則a為負極，故B正確；
Ｃ．充電時，陰極發生反應：Fe2++2e-=Fe，陽極發生反應：Fe2+-e-=Fe3+，均消耗Fe2+，因此 隔膜兩側溶液Fe2濃度均減小 ，故C正確；
Ｄ．該電池工作時的總反應為2Fe3++Fe=3Fe2+，則Fe3+每減少1mol，Fe2+總量相應增加1.5mol，故D錯誤；
故選BC。
【分析】全鐵液流電池工作的原理為：2Fe3++Fe=3Fe2+，放電時，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+，正極反應為Fe3++e-=Fe2+。
13．（2025·山東） 鋼渣中富含CaO，SiO2，FeO，Fe2O3等氧化物，實驗室利用酸堿協同法分離鋼渣中的Ca，Si，Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)，能溶于水； Ksp(CaC2O4)=2.3x10-9，Kp(FeC2O4)=3.2x10-7。
下列說法錯誤的是（　　）
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過小會導致濾渣Ⅱ質量減少
【答案】B
【知識點】鐵的化學性質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】A．加入試劑X是為了將亞鐵離子氧化為鐵離子，應選擇具有氧化性的物質，不能是Fe粉，故A錯誤；
Ｂ．試劑Y是為了將硅酸鈉轉化為硅酸，進而得到二氧化硅，可選用鹽酸，故B正確；
Ｃ．加入草酸分離的過程中，先形成 CaC2O4 沉淀除去Ca元素，分離后的Fe元素主要存在于濾液Ⅱ中，故C正確；
Ｄ．“酸浸”后濾液Ⅰ的pH過小，大量的氫離子結合草酸根離子生成草酸，生成的草酸鈣質量減少，即濾渣Ⅱ質量減少，故D正確；
故選A。
【分析】 鋼渣中富含CaO，SiO2，FeO，Fe2O3等氧化物，加入鹽酸酸浸，只有SiO2不反應，其他金屬氧化物轉化為對應的鹽，則濾渣1為SiO2，濾液1中主要含有FeCl2、FeCl3、CaCl2， Fe2(C2O4)能溶于水，濾液1中加入試劑X，將FeCl2氧化為FeCl3，加入草酸形成沉淀分離；濾渣1為SiO2，加入NaOH溶液堿浸，反應生成硅酸鈉，浸取液中主要含有硅酸鈉，加入試劑Y轉化最后得到SiO2。
14．（2025·山東）以異丁醛（M)為原料制備化合物Q的合成路線如下，下列說法錯誤的是（　　）
A．M系統命名為2-甲基丙醛
B．若M+X→N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
D．P→Q過程中有CH3COOH生成
【答案】C,D
【知識點】有機物的鑒別；有機物的合成；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．M為醛，含醛基的碳原子為1號碳原子，甲基在2號碳原子上，則其系統命名為2-甲基丙醛，故A正確；
Ｂ．由分析可知，若M+X→N原子利用率為100%，說明M和X發生加成反應生成N，則X為HCHO，故B正確；
Ｃ．N中含有醛基，能被酸性高錳酸鉀氧化，Q含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀氧化，N和Q都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能用酸性高錳酸鉀鑒別兩者，故C錯誤；
Ｄ．P中的酯基水解有HOC2H5生成，沒有CH3COOH生成 ，故D錯誤；
故選CD。
【分析】M和X反應生成N，N比M多了一個碳原子，結合M和N的結構簡式可知，X為HCHO，P中含有碳碳雙鍵，考慮N生成P的過程中有發生消去反應，則N與CH2(COOC2H5)2先發生加成反應再發生消去反應生成P，P再堿性條件下水解再酸化得到Q。
15．（2025·山東）常溫下，假設1L水溶液中Co2+和C2O42-初始物質的量濃度均為0.01mol·L-1。平衡條件下，體系中全部四種含碳物種的摩爾分數隨pH的變化關系如圖所示（忽略溶液體積變化)。
已知：體系中含鈷物種的存在形式為Co2+，CoC2O4(s)和Co(OH)2(s)；Ksp (CoC2O4)= 6.0x10°，Ksp[Co(OH)2]=5.9x10-15。
下列說法正確的是（　　）
A．甲線所示物種為HC2O4-
B．H2C2O4的電離平衡常數Ka2=10-8
C．pH =a時，Co2+物質的量濃度為1.6x10-3mol·L'
D．pH=b時，物質的量濃度： c(OH-)【答案】C,D
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；電離平衡常數
【解析】【解答】A．由分析可知，甲線所示物種為，丙線代表，A不正確；
B．為二元中強酸，其酸式鹽的水溶液顯酸性，的電離程度大于其水解程度；當溶液中與濃度相等時，溶液顯酸性， ，則，故B不正確；
C．時， 的摩爾分數為0.84，的物質的量為，由水于溶液中初始物質的量濃度為，以Co2+極限最大濃度估算形成Co(OH)2時所要最小c(OH-)=，此時溶液呈堿性，應有較多草酸根，則a點無Co(OH)2，此時Co元素只有兩種存在形式：Co2+和CoC2O4，由Co元素守恒可得， 的物質的量濃度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=，C正確；
D．時，的濃度為，， ，D正確；
故選CD。
【分析】該體系中，C的存在形式包括：、、、，隨著增大，的摩爾分數逐漸減小，會轉化為溶解度更小的，的摩爾分數先增大后減小， 的摩爾分數逐漸增大。則甲線代表，丁線代表，根據曲線的走勢結合電離平衡的過程可知，乙線代表，丙線代表。由甲、丁兩線的交點可知，在該點和的摩爾分數相等，均為0.5，由于水溶液中和初始物質的量濃度均為，則此時溶液中的濃度為，由可知，的濃度為，再由可知，溶液中，，即，由乙和丙兩線的交點可知， 和的摩爾分數相等，均為0.08，則由C元素守恒可知，此時的摩爾分數為0.84。
三、非選擇題：本題共5小題，共60分。
16．（2025·山東）Fe單質及其化合物應用廣泛。回答下列問題：
（1）在元素周期表中，Fe位于第　 　周期　 　族。基態Fe原子與基態Fe3+離子未成對電子數之比為　 　
（2）尿素分子(H2NCONH2)與Fe3+形成配離子的硝酸鹽[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗稱尿素鐵，既可作鐵肥，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)6]3+中Fe3+的配位數為6，碳氮鍵的鍵長均相等，則與Fe2+配位的原子是　 　(填元素符號)。
（3）α-Fe可用作合成氨催化劑、其體心立方晶胞如圖所示（晶胞邊長為apm）。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半徑為　 　pm。
②研究發現，α一Fe晶胞中陰影所示m，n兩個截面的催化活性不同，截面單位面積含有Fe原子個數越多，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·pm-2。
【答案】（1）4；Ⅷ；4：5
（2）N；O；sp2雜化；O
（3）；n；
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；配合物的成鍵情況；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；元素周期表的結構及其應用
【解析】【解答】（1）Fe是第26號元素，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族；基態Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，其未成對電子數為4，基態Fe3+的價電子排布式為3d5，其未成對電子數為5，則 基態Fe原子與基態Fe3+離子未成對電子數之比為4：5，故答案為： 4；Ⅷ；4：5。
（2）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，則第一電離能大小：N>O>C，第一電離最大的是N；同周期從左到右元素的電負性增大，故電負性：O>N>C，電負性最大的是O，故答案為：N；O。
②尿素分子中C原子與O原子形成雙鍵，其價層電子對數為3，采用sp2雜化，故答案為：sp2雜化。
③ 八面體配離子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位數為6，碳氮鍵的鍵長均相等，說明N原子沒有參與形成配位鍵，O原子提供孤電子對形成配位鍵，為配位原子，故答案為：O。
（3）①該晶胞邊長為apm，體對角線的長度為apm，由晶胞圖可知，4r(Fe)=apm，則Fe原子的半徑為 pm，故答案為：。
②m截面中，Fe原子數目為，n截面中，Fe原子數目為，截面單位面積含有Fe原子個數越多，催化活性越低，Fe原子數目：n截面>m截面，因此n截面的催化活性較低；該截面單位面積含有的Fe原子為 pm-2，故答案為： 。
【分析】（1）Fe為26號元素，其價電子排布式為3d64s2，基態Fe3+的價電子排布式為3d5；
（2）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；元素的非金屬性越強，電負性越大；
②雙鍵碳原子采用sp2雜化，飽和碳原子采用sp3雜化；
③提供孤電子對的原子為配位原子；
（3）①由圖可知，4r(Fe)=apm；
②根據均攤法計算截面中含有的Fe原子數目。
17．（2025·山東） 采用兩段焙燒—水浸法從鐵錳氧化礦（要含Fe2O3MnO2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℃。
回答下列問題：
（1）“低溫焙燒”時金屬氧化物均轉化為硫酸鹽。MnO2與NH4HSO4反應轉化為MnSO4時有N2生成，該反應的化學方程式為　 　.。“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”時金屬元素的浸出率　 　（填“增大”“減小”或“不變”)。
（3）HR萃取Cu2+反應為：。“反萃取”時加入的試劑為　 　(填化學式)。
（4）“沉鈷”中，pH=4時Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L']，則此時溶液中
c(H2S)=　 　mol-1L"。已知：Ka1(H2S)=1x10-7，Ka2(H2S)=1x10-13，Ksp(CoS) =4x10-21。
CoS“溶解”時發生反應的離子方程式為　 　
（5）“沉錳”所得濾液并入“吸收”液中，經處理后所得產品導入　 　（填操作單元名稱）循環利用。
【答案】（1）3MnO2+3NH4HSO4=3MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O；Fe2O3
（2）減小
（3）H2SO4
（4）4×10-16；CoS+2H++H2O2=Co2++S+2H2O
（5）低溫焙燒
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】（1）低溫焙燒，金屬氧化物均轉化為硫酸鹽， MnO2與NH4HSO4反應轉化為MnSO4時有N2生成 ，同時有氨氣產生，則該反應的化學方程式為：；高溫焙燒的溫度為650℃，只有硫酸鐵發生分解，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，Fe2O3、CaSO4；故答案為：；Fe2O3、CaSO4。
（2）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，則硫酸銨會分解，物質的量減少，導致金屬元素的浸出率減小，故答案為：減小。
（3） HR萃取Cu2+反應為：(有機相)(水相)(有機相)(水相)，加入有機相將銅離子萃取到有機相中，反萃取時需要使平衡逆向移動，生成銅離子，而且為了不引入新的雜質，應加入的試劑為稀H2SO4，故答案為：H2SO4。
（4）沉鈷時，pH=4時Co2+恰好沉淀完全，此時c(Co2+)=1×10-5mol/L，則c(H+)=1×10-4mol/L，Ksp((CoS)= 4×10-21，，又因為Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，則c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；CoS溶解時加入了過氧化氫、稀硫酸，反應生成CoSO4和S，則反應的離子方程式為：，故答案為：4×10-4；。
（5）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，經過處理后導入低溫焙燒循環使用，故答案為：低溫焙燒。
【分析】 鐵錳氧化礦（主要含Fe2O3、MnO2及Co，Cu，Ca，Si等元素的氧化物），加入硫酸銨低溫焙燒， (NH4)2SO4低溫分解生成NH4HSO4， 金屬氧化物轉化為對應的硫酸鹽，同時有氨氣產生，用稀硫酸吸收生成的氨氣生成硫酸銨溶液，高溫焙燒，只有硫酸鐵發生了分解，產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，后續萃取分離，將銅元素萃取到有機相中，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，調節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。
18．（2025·山東）如下不飽和聚酯可用于制備玻璃鋼。
實驗室制備該聚酯的相關信息和裝置示意圖如下（加熱及夾持裝置略）：
原料 結構簡式 熔點/℃ 沸點/℃
順丁烯二酸酐 52.6 202.2
鄰苯二甲酸酐 130.8 295.0
丙-1，2-二醇 -60.0 187.6
實驗過程：
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-1，2-二醇發生醇解反應，主要生成和。然后逐步升溫至190~200℃，醇解產物發生縮聚反應生成聚酯。
②縮聚反應后期，每隔一段時間從裝置A中取樣并測量其酸值，直至酸值達到聚合度要求（酸值：中和1克樣品所消耗KOH的毫克數)。
回答下列問題：
（1）理論上，原料物質的量投料比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　 　；反應過程中，應保持溫度計2示數處于一定范圍，合理的是　 　(填標號）。
A.55~60℃ B.100~105° C.190~195℃
（3）為測定酸值，取a g樣品配制250.00mL溶液.移取25.00mL溶液，用c mol·L-1 KOH一乙醇標準溶液滴定至終點，重復實驗，數據如下：
序號 1 2 3 4 5
滴定前讀數/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后讀數/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
應舍棄的數據為　 　（填序號)；測得該樣品的酸值為　 　(用含a，c的代數式表示)。若測得酸值高于聚合度要求，可采取的措施為　 　(填標號)。
A.立即停止加熱 B.排出裝置D內的液體 C.增大N2的流速
（4）實驗中未另加催化劑的原因是　 　
【答案】（1）1：1：2
（2）冷凝回流；直形冷凝管；B
（3）2，3； ；C
（4）醇解反應生成羧酸，即可作為縮聚反應的催化劑
【知識點】中和滴定；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1） 由和按物質的量之比1：1發生縮聚反應生成， 和分別與 以物質的量之比1：1反應生成和，則理論上原料物質的量投料比n(順丁烯二酸酐)：n(鄰苯二甲酸酐)：n(丙-1，2-二醇)= 1：1：2，故答案為：1：1：2。
（2）裝置A中3種原料在加熱的條件下發生反應，有機原料具有一定的揮發性，若這些原料的蒸氣隨氮氣一起流出，則原料的利用率減小，從而導致產品的產率減小，因此，需要冷凝回流裝置，裝置B為空氣冷凝管，其作用是導氣，同時將順丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1，2-二醇以及醇解反應的產物冷凝回流到裝置A中，但是不會將水蒸氣冷凝；儀器C的名稱是直形冷凝管；根據3種原料的沸點可知，反應過程中，應保持溫度計2示數高于水的沸點、低于原料的沸點，防止原料流失，則合理的是100~105℃，故選B，故答案為：冷凝回流；直形冷凝管；B。
（3）5次滴定消耗標準溶液的體積分別為24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL，第2、3兩次實驗的數據的誤差明顯偏大，舍去；剩余3次滴定消耗標準液的平均體積為25.00mL，25.00mL cmol·L-1KOH一乙醇標準溶液中含有KOH的質量為25.00mL ×10-3L·mL-1×cmol·L-1×56000 mg·mol-1=1400c mg，則該樣品的酸值為；
若測得酸值高于聚合度要求，說明樣品中所含的羧基數目較多，還有一部分單體沒有發生充分發生縮聚反應：
A．若立即停止加熱，則酸值不變，不能達到目的，相反地，可以繼續加熱，讓縮聚反應充分進行，故A不符合題意；
B．若排出裝置D內的液體，可以除去未參與縮聚反應的單體，降低混合物的酸值，故B不符合題意；
C．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，從而加快反應速率且促進縮聚反應充分進行，因此增大的流速可行，故C符合題意；
故選C。
故答案為：2、3；；C。
（4）實驗過程中加入2種酸酐，酸酐本身就能催化成酯反應，且可以與水反應，促進縮聚反應正向進行，因此不需要另加催化劑，故答案為：酸酐本身就能催化成酯反應，且可以與水反應，促進縮聚反應正向進行。
【分析】（1）根據反應原理確定投料比；
（2）裝置B能冷凝回流原料，提高原料利用率；儀器C的直形冷凝管；溫度2要高于水的沸點、低于原料的沸點；
（3）根據所測數據計算；若測得酸值高于聚合度要求，說明樣品中所含的羧基數目較多，還有部分單體未反應；
（4）酸酐能催化成酯反應。
19．（2025·山東）麻醉藥布比卡因(1)的兩條合成路線如下：
已知：①②
回答下列問題：
（1） A 結構簡式為　 　；B中含氧官能團名稱為　 　
（2） C→D反應類型為　 　；D+E→H化學方程式為　 　
（3）G的同分異構體中，同時滿足下列條件的結構簡式為　 　(寫出一種即可)。
①含-NH2含2個苯環③含4種不同化學環境的氫原子
（4）H中存在酰胺基N原子(a)和雜環N原子(b)，N原子電子云密度越大，堿性越強，則堿性較強的N原子是　 　(填“a”或“b”)。
（5）結合路線信息，用H2/PtO2催化加氫時，下列有機物中最難反應的是____(填標號)。
A．苯（） B．吡啶（）
C．環已-1，3-二烯（） D．環己-1，4二烯（）
（6） 以，為主要原料合成利用上述信息補全合成路線。
【答案】（1）；羧基
（2）取代反應；
（3）（答案不唯一）
（4）b
（5）A
（6）
【知識點】有機物的推斷；有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的結構式為，B為，B含有的含氧官能團名稱為羧基，故答案為：；羧基。
（2）由分析可知，C與PCl3發生取代反應生成D；D與E發生取代反應生成H，則反應的化學方程式為：，故答案為：取代反應；。
（3）由分析可知，G為，其同分異構體滿足：①含，②含2個苯環，③含4種不同化學環境的氫原子，說明物質結構高度對稱，符合條件的結構簡式為，故答案為：。
（4）H為，存在酰胺基N原子(a)和雜環N原子(b)，N原子電子云密度越大，堿性越強，烷基是給電子基，酰胺基受旁邊碳氧雙鍵的影響，導致雜環N原子(b)上電子云密度增大，堿性增強，所以堿性較強的N原子(b)，故答案為：b。
（5）合成路線中涉及到用H2/PtO2加成的路線有B→C，G→H，B→C反應中，吡啶環被加成，G→H轉化時，吡啶環被加成，但苯環仍然存在，說明苯環不易被加成，C，D選項中含有碳碳雙鍵，碳碳雙鍵不穩定，易發生加成反應，所以下列有機物最難反應的是苯環，故答案為：A。
（6）參考題干合成路徑，與發生取代反應生成，與氫氣加成得到，與1-溴丙烷發生取代反應得到，所以需要補充的合成路線為，故答案為。
【分析】H與發生已知②的反應生成產物I，結合I的結構簡式和H的分子式可知，H為，D與E發生已知①的反應生成，A的分子式為C6H7N，結合I的結構式可推出A的結構式為，A被高錳酸鉀氧化為B，應該是A中含有的甲基被氧化為羧基，則B的結構簡式為，B與氫氣加成生成C，則C的結構簡式為，C與PCl3發生取代反應生成D，則D的結構簡式為，D與發生已知①的反應生成H，結合H的結構簡式可知，E為；另一條路徑：與SOCl2反應生成F，則F的結構簡式為，與發生已知①的反應生成G，則G的結構簡式為，與氫氣加成得到，H與發生已知②的反應生成產物I。
20．（2025·山東） 利用CaS循環再生可將燃煤尾氣中的SO，轉化生產單質硫，涉及的主要反應如下：
I . CaS(s) +2SO2(g) =CaSO4(s)+S2(g) ΔH1
II. CaSO4(s) +4H2(g)=CaS(s)+ 4H2O(g) ΔH2
III. SO2(g)+3H2(g)=H，S(g)+2H2O(g) ΔH3
恒容條件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反應。平衡體系中，各氣態物種的lg n隨溫度的變化關系如圖所示，n為氣態物種物質的量的值。
已知：圖示溫度范圍內反應Ⅱ平衡常數K=108基本不變。
回答下列問題：
（1） 反應的焓變ΔH =　 　((用含ΔH1，ΔH2的代數式表示)。
（2）乙線所示物種為　 　(填化學式)。反應Ⅲ的焓變ΔH3　 　0 (填“>”“<”或“=”)。
（3）T溫度下，體系達平衡時，乙線、丙線所示物種的物質的量相等，若丁線所示物種為a mol，則S2為　 　mol(用含a的代數式表示)；此時，CaS與CaSO4物質的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)=　 　mol(用含a的最簡代數式表示)。
（4）T2溫度下，體系達平衡后，壓縮容器體積S2產率增大。與壓縮前相比，重新達平衡時，H2S與H2物質的量之比　 　(填“增大”“減小”或“不變”)， H2O 物質的量n(H2O)　 　（填“增大”“減小”或“不變”)。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2
（2）H2O；<
（3）0.45+；150a
（4）增大；減小
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡移動原理；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）根據蓋斯定律，將I+Ⅱ可得，則 ΔH = ΔH1+ΔH2 ，故答案為： ΔH1+ΔH2 。
（2） 圖示溫度范圍內反應Ⅱ平衡常數K=108基本不變 ，則，則， 因此可知曲線乙表示的物質為H2O，曲線丁表示的物種為H2，隨溫度升高，S2減小，說明反應I的平衡逆向移動，則SO2增大，因此丙曲線代表SO2，甲曲線代表H2S，隨著溫度升高，H2S減小，說明反應Ⅲ的平衡逆向移動，則反應Ⅲ為放熱反應，其焓變 ΔH3 <0，故答案為：H2O；<。
（3）T1溫度下，反應達到平衡時，乙線（H2）、丙線（SO2）所示物種的物質的量相等，設H2為amol，則H2O和SO2均為100amol，根據H元素守恒可得，H2S的物質的量為0.1-101a，根據S原子守恒可知，S2的物質的量為 0.45+ ；根據O守恒可得，CaSO4的物質的量為， 根據Ca守恒可得，CaS的物質的量為（1-）mol，則 n(CaS)-n(CaSO4)= 1--=150amol，故答案為： 0.45+ ；150a。
（4）反應Ⅲ的平衡常數表達式為， T2溫度下，體系達平衡后 ，壓縮容器體積，反應I的平衡正向移動，c(SO2)增大，為定值，而K3不變，則 增大；根據H守恒有n(H2S)+n(H2O)+n(H2)=0.1mol，則n(H2S)+1.01n(H2O)=0.1mol，增大壓強，反應Ⅲ的平衡正向移動，n(H2S)增大，則 n(H2O) 減小，故答案為：增大；減小。
【分析】（1）根據蓋斯定律計算；
（2）升溫平衡向吸熱反應方向移動，據此判斷；
（3）結合元素守恒列式計算；
（4）壓縮容器體積，壓強增大， 的平衡正向移動。
1 / 1山東省2025年高考化學試題
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符合題目要求。
1．（2025·山東）下列在化學史上產生重要影響的成果中，不涉及氧化還原反應的是（　　）
A．侯德榜發明了以NH3CO2和NaCl為原料的聯合制堿法
B．戴維電解鹽酸得到H2和CI2，從而提出了酸的含氫學說
C．拉瓦錫基于金屬和O2的反應提出了燃燒的氧化學說
D．哈伯發明了以N2和H2為原料合成氨的方法
2．（2025·山東）化學應用體現在生活的方方面面，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膨松劑
3．（2025·山東）實驗室中，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．（2025·山東） 稱取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細口試劑瓶（具橡膠塞)
5．（2025·山東）下列實驗涉及反應的離子方程式書寫正確的是（　　）
A．用NaOH 溶液吸收少量SO2：SO2+ OH" = HSO3-
B．用Na2O2和水制備少量O2： Na2O2+H2O =2Na++2O2↑
C．用MnO2和濃鹽酸制備Cl2：
D．用稀硝酸溶解少量Cu粉：3Cu+8H++8NO3-= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
6．（2025·山東） 第70號元素鐿(Yb)的基態原子價電子排布式為4f146s2。下列說法正確的是（　　）
A．Yb的中子數與質子數之差為 104
B．Yb與°Yb是同一種核素
C．基態Yb原子核外共有10個d電子
D．Yb位于元素周期表中第6周期
7．（2025·山東）用硫酸和NaN3可制備一元弱酸HN3。下列說法錯誤的是（　　）
A．NaN3的水溶液顯堿性
B．N3-的空間構型為V形
C．NaN3為含有共價鍵的離子化合物
D．N3-的中心N原子所有價電子均參與成鍵
8．（2025·山東）物質性質與組成元素的性質有關，下列對物質性質差異解釋錯誤的是（　　）
性質差異 主要原因
A 沸點：H2O>H2S 電離能：O>S
B 酸性：HClO>HBrO 電負性：Cl>Br
C 硬度：金剛石>晶體硅 原子半徑：Si>C
D 熔點：MgO>NaF 離子電荷： Mg2+ >Na+，O2- >F-
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·山東）用肼（N2H4)的水溶液處理核冷卻系統內壁上的鐵氧化物時，通常加入少量CuSO4，反應原理如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．N2是還原反應的產物
B．還原性：N2H4C．處理后溶液的pH增大
D．圖示反應過程中起催化作用的是Cu2+
10．（2025·山東）在恒容密閉容器中，Na2SiF6(s)熱解反應所得固相產物和氣相產物均為含氟化合物。平衡體系中各組分物質的量隨溫度的變化關系(實線部分）如圖所示。已知：T2溫度時，Na2SiF6(s)完全分解；體系中氣相產物在T1T3溫度時的分壓分別為p1，p3。下列說法錯誤的是（　　）
A．a線所示物種為固相產物
B．T1溫度時，向容器中通入N2，氣相產物分壓仍為p1
C．p3小于T3溫度時熱解反應的平衡常數Kp。
D．T1溫度時、向容器中加入b線所示物種，重新達平衡時逆反應速率增大
二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
11．（2025·山東）完成下列實驗所用部分儀器或材料選擇正確的是（　　）
實驗內容 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H2SO4 25mL移液管、錐形瓶
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·山東）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，a極為負極
C．充電時，隔膜兩側溶液Fe2濃度均減小
D．理論上，Fe3+每減少1mol，Fe2+總量相應增加2mol
13．（2025·山東） 鋼渣中富含CaO，SiO2，FeO，Fe2O3等氧化物，實驗室利用酸堿協同法分離鋼渣中的Ca，Si，Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)，能溶于水； Ksp(CaC2O4)=2.3x10-9，Kp(FeC2O4)=3.2x10-7。
下列說法錯誤的是（　　）
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過小會導致濾渣Ⅱ質量減少
14．（2025·山東）以異丁醛（M)為原料制備化合物Q的合成路線如下，下列說法錯誤的是（　　）
A．M系統命名為2-甲基丙醛
B．若M+X→N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
D．P→Q過程中有CH3COOH生成
15．（2025·山東）常溫下，假設1L水溶液中Co2+和C2O42-初始物質的量濃度均為0.01mol·L-1。平衡條件下，體系中全部四種含碳物種的摩爾分數隨pH的變化關系如圖所示（忽略溶液體積變化)。
已知：體系中含鈷物種的存在形式為Co2+，CoC2O4(s)和Co(OH)2(s)；Ksp (CoC2O4)= 6.0x10°，Ksp[Co(OH)2]=5.9x10-15。
下列說法正確的是（　　）
A．甲線所示物種為HC2O4-
B．H2C2O4的電離平衡常數Ka2=10-8
C．pH =a時，Co2+物質的量濃度為1.6x10-3mol·L'
D．pH=b時，物質的量濃度： c(OH-)三、非選擇題：本題共5小題，共60分。
16．（2025·山東）Fe單質及其化合物應用廣泛。回答下列問題：
（1）在元素周期表中，Fe位于第　 　周期　 　族。基態Fe原子與基態Fe3+離子未成對電子數之比為　 　
（2）尿素分子(H2NCONH2)與Fe3+形成配離子的硝酸鹽[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗稱尿素鐵，既可作鐵肥，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)6]3+中Fe3+的配位數為6，碳氮鍵的鍵長均相等，則與Fe2+配位的原子是　 　(填元素符號)。
（3）α-Fe可用作合成氨催化劑、其體心立方晶胞如圖所示（晶胞邊長為apm）。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半徑為　 　pm。
②研究發現，α一Fe晶胞中陰影所示m，n兩個截面的催化活性不同，截面單位面積含有Fe原子個數越多，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·pm-2。
17．（2025·山東） 采用兩段焙燒—水浸法從鐵錳氧化礦（要含Fe2O3MnO2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℃。
回答下列問題：
（1）“低溫焙燒”時金屬氧化物均轉化為硫酸鹽。MnO2與NH4HSO4反應轉化為MnSO4時有N2生成，該反應的化學方程式為　 　.。“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”時金屬元素的浸出率　 　（填“增大”“減小”或“不變”)。
（3）HR萃取Cu2+反應為：。“反萃取”時加入的試劑為　 　(填化學式)。
（4）“沉鈷”中，pH=4時Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L']，則此時溶液中
c(H2S)=　 　mol-1L"。已知：Ka1(H2S)=1x10-7，Ka2(H2S)=1x10-13，Ksp(CoS) =4x10-21。
CoS“溶解”時發生反應的離子方程式為　 　
（5）“沉錳”所得濾液并入“吸收”液中，經處理后所得產品導入　 　（填操作單元名稱）循環利用。
18．（2025·山東）如下不飽和聚酯可用于制備玻璃鋼。
實驗室制備該聚酯的相關信息和裝置示意圖如下（加熱及夾持裝置略）：
原料 結構簡式 熔點/℃ 沸點/℃
順丁烯二酸酐 52.6 202.2
鄰苯二甲酸酐 130.8 295.0
丙-1，2-二醇 -60.0 187.6
實驗過程：
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-1，2-二醇發生醇解反應，主要生成和。然后逐步升溫至190~200℃，醇解產物發生縮聚反應生成聚酯。
②縮聚反應后期，每隔一段時間從裝置A中取樣并測量其酸值，直至酸值達到聚合度要求（酸值：中和1克樣品所消耗KOH的毫克數)。
回答下列問題：
（1）理論上，原料物質的量投料比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　 　；反應過程中，應保持溫度計2示數處于一定范圍，合理的是　 　(填標號）。
A.55~60℃ B.100~105° C.190~195℃
（3）為測定酸值，取a g樣品配制250.00mL溶液.移取25.00mL溶液，用c mol·L-1 KOH一乙醇標準溶液滴定至終點，重復實驗，數據如下：
序號 1 2 3 4 5
滴定前讀數/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后讀數/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
應舍棄的數據為　 　（填序號)；測得該樣品的酸值為　 　(用含a，c的代數式表示)。若測得酸值高于聚合度要求，可采取的措施為　 　(填標號)。
A.立即停止加熱 B.排出裝置D內的液體 C.增大N2的流速
（4）實驗中未另加催化劑的原因是　 　
19．（2025·山東）麻醉藥布比卡因(1)的兩條合成路線如下：
已知：①②
回答下列問題：
（1） A 結構簡式為　 　；B中含氧官能團名稱為　 　
（2） C→D反應類型為　 　；D+E→H化學方程式為　 　
（3）G的同分異構體中，同時滿足下列條件的結構簡式為　 　(寫出一種即可)。
①含-NH2含2個苯環③含4種不同化學環境的氫原子
（4）H中存在酰胺基N原子(a)和雜環N原子(b)，N原子電子云密度越大，堿性越強，則堿性較強的N原子是　 　(填“a”或“b”)。
（5）結合路線信息，用H2/PtO2催化加氫時，下列有機物中最難反應的是____(填標號)。
A．苯（） B．吡啶（）
C．環已-1，3-二烯（） D．環己-1，4二烯（）
（6） 以，為主要原料合成利用上述信息補全合成路線。
20．（2025·山東） 利用CaS循環再生可將燃煤尾氣中的SO，轉化生產單質硫，涉及的主要反應如下：
I . CaS(s) +2SO2(g) =CaSO4(s)+S2(g) ΔH1
II. CaSO4(s) +4H2(g)=CaS(s)+ 4H2O(g) ΔH2
III. SO2(g)+3H2(g)=H，S(g)+2H2O(g) ΔH3
恒容條件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反應。平衡體系中，各氣態物種的lg n隨溫度的變化關系如圖所示，n為氣態物種物質的量的值。
已知：圖示溫度范圍內反應Ⅱ平衡常數K=108基本不變。
回答下列問題：
（1） 反應的焓變ΔH =　 　((用含ΔH1，ΔH2的代數式表示)。
（2）乙線所示物種為　 　(填化學式)。反應Ⅲ的焓變ΔH3　 　0 (填“>”“<”或“=”)。
（3）T溫度下，體系達平衡時，乙線、丙線所示物種的物質的量相等，若丁線所示物種為a mol，則S2為　 　mol(用含a的代數式表示)；此時，CaS與CaSO4物質的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)=　 　mol(用含a的最簡代數式表示)。
（4）T2溫度下，體系達平衡后，壓縮容器體積S2產率增大。與壓縮前相比，重新達平衡時，H2S與H2物質的量之比　 　(填“增大”“減小”或“不變”)， H2O 物質的量n(H2O)　 　（填“增大”“減小”或“不變”)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】氧化還原反應
【解析】【解答】A．向飽和食鹽水中依次通入氨氣和二氧化碳，發生反應：NH3 + CO2 + H2O + NaCl = NaHCO3↓ + NH4Cl，加熱生成的碳酸氫鈉得到碳酸鈉，該過程中沒有元素的化合價發生變化，為非氧化還原反應，故A正確；
Ｂ．戴維電解鹽酸制 H2和 Cl2，H和Cl的化合價發生變化，為氧化還原反應，故B錯誤；
Ｃ．金屬與氧氣反應生成金屬氧化物，該過程中金屬的單質的化合價升高，O元素的化合價降低，發生氧化還原反應，故C錯誤；
Ｄ．氮氣和氫氣合成氨氣的過程中，N元素和H元素的化合價發生變化，發生氧化還原反應，故D錯誤；
故選A。
【分析】氧化還原反應過程中一定有元素的化合價發生變化。
2．【答案】B
【知識點】水的凈化；常見的食品添加劑的組成、性質和作用
【解析】【解答】A．明礬溶于水后，電離產生的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，可吸附水中懸浮雜質（如泥沙）并聚沉，達到凈水目的，故A正確；
Ｂ．Ca(ClO)2具有強氧化性，會破壞蛋白質中的肽鍵和氨基酸結構，導致蠶絲纖維變性、脆化，損壞制品，因此漂白粉不宜用于漂白蠶絲等蛋白質類織物，故B錯誤；
Ｃ．食醋的主要成分為醋酸，能與水垢中的碳酸鈣、氫氧化鎂等反應生成可溶性鹽，除去水垢，故C正確；
Ｄ．小蘇打是碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳，使面團膨脹，形成疏松多孔結構，故D正確；
故選B。
【分析】A．明礬水解生成氫氧化鋁膠體；
Ｂ．漂白粉的主要成分為Ca(ClO)2；
Ｃ．醋酸能與水垢反應生成可溶性鹽；
Ｄ．小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱。
3．【答案】B
【知識點】化學試劑的存放
【解析】【解答】A．液體藥品應保存在細口瓶中，因此液溴應保存在細口試劑瓶中，故A錯誤；
Ｂ．硝酸銀見光易分解，棕色試劑瓶可避光，細口瓶適合存放液體，因此硝酸銀溶液保存在棕色細口試劑瓶中，故B正確；
Ｃ．高錳酸鉀是強氧化劑，苯酚具有還原性，且易被氧化，強氧化劑與還原劑混合存放可能發生氧化還原反應，甚至引發火災或爆炸，需分開存放，故C錯誤；
Ｄ．金屬鋰化學性質活潑，易與空氣中的氧氣、水蒸氣反應，需隔絕空氣保存，鋰的密度比煤油小，會浮在煤油表面，無法被完全覆蓋，起不到隔絕空氣的作用，鋰應保存在石蠟油或固體石蠟中，故D錯誤；
故選B。
【分析】A．液溴易揮發；
Ｂ．硝酸銀見光易分解；
Ｃ．高錳酸鉀具有強氧化性，能氧化苯酚；
Ｄ．金屬鋰化學性質活潑，易與空氣中的氧氣、水蒸氣反應。
4．【答案】C
【知識點】配制一定物質的量濃度的溶液
【解析】【解答】根據分析可知，需要的儀器為：100mL燒杯、500mL容量瓶、500mL細口試劑瓶（具橡膠塞)，定容時用膠頭滴管精確加水，無需用量筒量取大量水，因此不需要500mL量筒。
故選C。
【分析】配制一定物質的量濃度溶液的步驟及所需儀器：
計算：稱取1.6gNaOH配制約 0.1 mol/L 的溶液，由于實驗室無400mL 容量瓶，需選用500mL容量瓶；
稱量：用托盤天平稱取1.6gNaOH；
溶解：將NaOH放入100mL 燒杯中，加適量蒸餾水溶解，并用玻璃棒攪拌；
轉移：冷卻后將溶液用玻璃棒引流至500mL容量瓶中；
洗滌：洗滌燒杯和玻璃棒 2~3 次，洗液并入容量瓶；
定容：向容量瓶中加水至刻度線下方 1~2 cm 處，改用膠頭滴管滴加至凹液面與刻度線相切；
搖勻：蓋好瓶塞，搖勻溶液；
保存：將配制好的溶液轉移至500mL細口試劑瓶（具橡膠塞）中保存。
5．【答案】C
【知識點】離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．少量 SO2與 NaOH 反應生成正鹽 Na2SO3，正確的離子方程式為：，故A錯誤；
Ｂ．該方程式原子不守恒，正確的離子方程式為，故B錯誤；
Ｃ．加熱條件下，二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯化鉀、氯氣和水，反應的離子方程式為 ，故C錯誤；
Ｄ．Cu (NO3)2為強電解質，應拆分為 Cu2+和，正確的離子方程式為： 3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O， 故D錯誤；
故選C。
【分析】A．SO2少量，生成亞硫酸鈉；
Ｂ．該方程式原子不守恒；
Ｃ．加熱條件下，二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯化鉀、氯氣和水；
Ｄ．Cu (NO3)2為強電解質。
6．【答案】D
【知識點】原子中的數量關系；元素周期表的結構及其應用
【解析】【解答】A．Yb質量數為174，中子數 = 174-70=104，中子數與質子數之差 = 104-70=34，故A錯誤；
Ｂ．核素由質子數和中子數共同決定，則Yb與Yb不是同一種核素，故B錯誤；
Ｃ．Yb 的電子排布式為[Xe]4f146s2 ，4f 能級含 14 個電子，6s 能級含 2 個電子，不含d能級電子，故C錯誤；
Ｄ．由分析可知，Yb位于元素周期表第 6 周期、ⅢB 族，故D正確；
故選D。
【分析】鐿為第 70 號元素，即質子數 = 原子序數 = 70， 基態原子價電子排布式為4f146s2，則位于元素周期表第 6 周期、ⅢB 族（鑭系元素）。
7．【答案】B
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；判斷簡單分子或離子的構型；弱電解質在水溶液中的電離平衡
【解析】【解答】A．HN3為一元弱酸，則NaN3為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，故A正確；
Ｂ．中心 N 原子采用sp雜化，兩側 N 原子與中心 N 形成σ鍵和離域π鍵，空間構型為直線形，而非V形，故B錯誤；
Ｃ．NaN3由Na+和構成，屬于離子化合物，中 N 原子間以共價鍵結合，故 NaN3為含有共價鍵的離子化合物 ，故C正確；
Ｄ． 中心N原子的價電子排布為 2s22p3， 在中，其與兩側N原子形成2個σ鍵和2個π鍵（離域 π 鍵），價電子全部用于成鍵，無孤電子對，故D正確；
故選B。
【分析】A．NaN3為強堿弱酸鹽；
Ｂ．根據價層電子對互斥理論判斷；
Ｃ． NaN3為離子化合物；
Ｄ．中心 N 原子的價電子排布為 2s22p3。
8．【答案】A
【知識點】物質的結構與性質之間的關系；晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用
【解析】【解答】A．H2O 分子間存在氫鍵，而 H2S 分子間僅存在范德華力，氫鍵的作用力強于范德華力，故 H2O 沸點更高，與電離能無關，故A錯誤；
Ｂ．電負性：Cl > Br，導致 ClO-中 Cl 對O的吸電子能力更強，使 O-H 鍵極性增強，H+更易電離，故 HClO 酸性強于 HBrO，故B正確；
Ｃ．金剛石和晶體硅均為共價晶體，硬度取決于共價鍵強弱，原子半徑：Si > C，則C-C 鍵鍵長更短、鍵能更大，故金剛石硬度更高，故C正確；
Ｄ．MgO 和NaF均為離子晶體，熔點由離子鍵強弱決定，離子電荷越高、半徑越小，離子鍵越強，Mg2+和 O2-的電荷數均高于 Na+和 F-，故MgO 熔點更高，故D正確；
故選A。
【分析】A．電離能是氣態原子失去電子的難易程度，不影響物質的熔沸點；
Ｂ．電負性越大，鍵的極性越大；
Ｃ．鍵長越短，鍵能越大，硬度越高；
Ｄ．離子晶體離子所帶電荷數越多，離子半徑越小，熔沸點越高。
9．【答案】C
【知識點】氧化還原反應；催化劑
【解析】【解答】A．該反應中，是還原劑，發生氧化反應，生成氧化產物，A錯誤；
B．還原劑的還原性大于還原產物，因此還原性：，B錯誤；
C．該過程的總反應為：，該反應消耗，處理后溶液的增大，C正確；
D．由圖可知，圖示反應過程中起催化作用的是，D錯誤；
故選C。
【分析】由圖可知，和反應生成，催化和反應，為中間產物，則該反應的方程式為，該反應中，N元素的化合價升高，被氧化，為還原劑，Fe元素的化合價降低，被還原，為氧化劑，則為氧化產物，為還原產物。
10．【答案】C
【知識點】化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．由分析可知，曲線a代表，是固相產物，A正確；
B．溫度時，向容器中通入，恒容密閉容器的體積不變，氣相產物分壓不變，仍為，B正確；
C．的平衡常數=p()，T3溫度下，達到平衡時氣相產物的分壓為，則此時=p()=，C錯誤；
D．由分析可知，b線代表，向容器中加入，平衡逆向移動，重新達平衡時逆反應速率增大，D正確；
故選C。
【分析】 Na2SiF6(s)熱解反應所得固相產物和氣相產物均為含氟化合物，則其分解產物為和，進而可知Na2SiF6(s)發生熱解的反應為：，物質的量變化量之比與化學計量數之比正相關，則曲線a表示，曲線b代表，曲線c代表。
11．【答案】A,D
【知識點】常用儀器及其使用
【解析】【解答】A．灼燒固體需用坩堝，坩堝放在泥三角上加熱，泥三角固定在鐵架臺上，故A正確；
Ｂ．加熱濃縮溶液應使用蒸發皿，表面皿常用于盛放少量液體或作蓋子，不能用于加熱，故B錯誤；
Ｃ．NaOH易潮解且具有腐蝕性，不能直接放在稱量紙上稱量，應放在小燒杯或表面皿中稱量，故C錯誤；
Ｄ．移液管用于精確量取液體，量取后將液體轉移至錐形瓶，故D正確；
故選AD。
【分析】A．用坩堝灼燒固體；
Ｂ．表面皿不用于加熱；
Ｃ．NaOH具有腐蝕性，應放在燒杯中稱量；
Ｄ．錐形瓶通常不用作量取液體的接收容器。
12．【答案】B,C
【知識點】原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A．該電池工作的過程中，需要通過隔膜轉移電子實現電荷平衡，因此隔膜為陰離子交換膜，故A錯誤；
Ｂ．放電時，a電極上Fe失去電子生成Fe2+，則a為負極，故B正確；
Ｃ．充電時，陰極發生反應：Fe2++2e-=Fe，陽極發生反應：Fe2+-e-=Fe3+，均消耗Fe2+，因此 隔膜兩側溶液Fe2濃度均減小 ，故C正確；
Ｄ．該電池工作時的總反應為2Fe3++Fe=3Fe2+，則Fe3+每減少1mol，Fe2+總量相應增加1.5mol，故D錯誤；
故選BC。
【分析】全鐵液流電池工作的原理為：2Fe3++Fe=3Fe2+，放電時，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+，正極反應為Fe3++e-=Fe2+。
13．【答案】B
【知識點】鐵的化學性質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】A．加入試劑X是為了將亞鐵離子氧化為鐵離子，應選擇具有氧化性的物質，不能是Fe粉，故A錯誤；
Ｂ．試劑Y是為了將硅酸鈉轉化為硅酸，進而得到二氧化硅，可選用鹽酸，故B正確；
Ｃ．加入草酸分離的過程中，先形成 CaC2O4 沉淀除去Ca元素，分離后的Fe元素主要存在于濾液Ⅱ中，故C正確；
Ｄ．“酸浸”后濾液Ⅰ的pH過小，大量的氫離子結合草酸根離子生成草酸，生成的草酸鈣質量減少，即濾渣Ⅱ質量減少，故D正確；
故選A。
【分析】 鋼渣中富含CaO，SiO2，FeO，Fe2O3等氧化物，加入鹽酸酸浸，只有SiO2不反應，其他金屬氧化物轉化為對應的鹽，則濾渣1為SiO2，濾液1中主要含有FeCl2、FeCl3、CaCl2， Fe2(C2O4)能溶于水，濾液1中加入試劑X，將FeCl2氧化為FeCl3，加入草酸形成沉淀分離；濾渣1為SiO2，加入NaOH溶液堿浸，反應生成硅酸鈉，浸取液中主要含有硅酸鈉，加入試劑Y轉化最后得到SiO2。
14．【答案】C,D
【知識點】有機物的鑒別；有機物的合成；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．M為醛，含醛基的碳原子為1號碳原子，甲基在2號碳原子上，則其系統命名為2-甲基丙醛，故A正確；
Ｂ．由分析可知，若M+X→N原子利用率為100%，說明M和X發生加成反應生成N，則X為HCHO，故B正確；
Ｃ．N中含有醛基，能被酸性高錳酸鉀氧化，Q含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀氧化，N和Q都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能用酸性高錳酸鉀鑒別兩者，故C錯誤；
Ｄ．P中的酯基水解有HOC2H5生成，沒有CH3COOH生成 ，故D錯誤；
故選CD。
【分析】M和X反應生成N，N比M多了一個碳原子，結合M和N的結構簡式可知，X為HCHO，P中含有碳碳雙鍵，考慮N生成P的過程中有發生消去反應，則N與CH2(COOC2H5)2先發生加成反應再發生消去反應生成P，P再堿性條件下水解再酸化得到Q。
15．【答案】C,D
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；電離平衡常數
【解析】【解答】A．由分析可知，甲線所示物種為，丙線代表，A不正確；
B．為二元中強酸，其酸式鹽的水溶液顯酸性，的電離程度大于其水解程度；當溶液中與濃度相等時，溶液顯酸性， ，則，故B不正確；
C．時， 的摩爾分數為0.84，的物質的量為，由水于溶液中初始物質的量濃度為，以Co2+極限最大濃度估算形成Co(OH)2時所要最小c(OH-)=，此時溶液呈堿性，應有較多草酸根，則a點無Co(OH)2，此時Co元素只有兩種存在形式：Co2+和CoC2O4，由Co元素守恒可得， 的物質的量濃度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=，C正確；
D．時，的濃度為，， ，D正確；
故選CD。
【分析】該體系中，C的存在形式包括：、、、，隨著增大，的摩爾分數逐漸減小，會轉化為溶解度更小的，的摩爾分數先增大后減小， 的摩爾分數逐漸增大。則甲線代表，丁線代表，根據曲線的走勢結合電離平衡的過程可知，乙線代表，丙線代表。由甲、丁兩線的交點可知，在該點和的摩爾分數相等，均為0.5，由于水溶液中和初始物質的量濃度均為，則此時溶液中的濃度為，由可知，的濃度為，再由可知，溶液中，，即，由乙和丙兩線的交點可知， 和的摩爾分數相等，均為0.08，則由C元素守恒可知，此時的摩爾分數為0.84。
16．【答案】（1）4；Ⅷ；4：5
（2）N；O；sp2雜化；O
（3）；n；
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；配合物的成鍵情況；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；元素周期表的結構及其應用
【解析】【解答】（1）Fe是第26號元素，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族；基態Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，其未成對電子數為4，基態Fe3+的價電子排布式為3d5，其未成對電子數為5，則 基態Fe原子與基態Fe3+離子未成對電子數之比為4：5，故答案為： 4；Ⅷ；4：5。
（2）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，則第一電離能大小：N>O>C，第一電離最大的是N；同周期從左到右元素的電負性增大，故電負性：O>N>C，電負性最大的是O，故答案為：N；O。
②尿素分子中C原子與O原子形成雙鍵，其價層電子對數為3，采用sp2雜化，故答案為：sp2雜化。
③ 八面體配離子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位數為6，碳氮鍵的鍵長均相等，說明N原子沒有參與形成配位鍵，O原子提供孤電子對形成配位鍵，為配位原子，故答案為：O。
（3）①該晶胞邊長為apm，體對角線的長度為apm，由晶胞圖可知，4r(Fe)=apm，則Fe原子的半徑為 pm，故答案為：。
②m截面中，Fe原子數目為，n截面中，Fe原子數目為，截面單位面積含有Fe原子個數越多，催化活性越低，Fe原子數目：n截面>m截面，因此n截面的催化活性較低；該截面單位面積含有的Fe原子為 pm-2，故答案為： 。
【分析】（1）Fe為26號元素，其價電子排布式為3d64s2，基態Fe3+的價電子排布式為3d5；
（2）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；元素的非金屬性越強，電負性越大；
②雙鍵碳原子采用sp2雜化，飽和碳原子采用sp3雜化；
③提供孤電子對的原子為配位原子；
（3）①由圖可知，4r(Fe)=apm；
②根據均攤法計算截面中含有的Fe原子數目。
17．【答案】（1）3MnO2+3NH4HSO4=3MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O；Fe2O3
（2）減小
（3）H2SO4
（4）4×10-16；CoS+2H++H2O2=Co2++S+2H2O
（5）低溫焙燒
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】（1）低溫焙燒，金屬氧化物均轉化為硫酸鹽， MnO2與NH4HSO4反應轉化為MnSO4時有N2生成 ，同時有氨氣產生，則該反應的化學方程式為：；高溫焙燒的溫度為650℃，只有硫酸鐵發生分解，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，Fe2O3、CaSO4；故答案為：；Fe2O3、CaSO4。
（2）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，則硫酸銨會分解，物質的量減少，導致金屬元素的浸出率減小，故答案為：減小。
（3） HR萃取Cu2+反應為：(有機相)(水相)(有機相)(水相)，加入有機相將銅離子萃取到有機相中，反萃取時需要使平衡逆向移動，生成銅離子，而且為了不引入新的雜質，應加入的試劑為稀H2SO4，故答案為：H2SO4。
（4）沉鈷時，pH=4時Co2+恰好沉淀完全，此時c(Co2+)=1×10-5mol/L，則c(H+)=1×10-4mol/L，Ksp((CoS)= 4×10-21，，又因為Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，則c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；CoS溶解時加入了過氧化氫、稀硫酸，反應生成CoSO4和S，則反應的離子方程式為：，故答案為：4×10-4；。
（5）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，經過處理后導入低溫焙燒循環使用，故答案為：低溫焙燒。
【分析】 鐵錳氧化礦（主要含Fe2O3、MnO2及Co，Cu，Ca，Si等元素的氧化物），加入硫酸銨低溫焙燒， (NH4)2SO4低溫分解生成NH4HSO4， 金屬氧化物轉化為對應的硫酸鹽，同時有氨氣產生，用稀硫酸吸收生成的氨氣生成硫酸銨溶液，高溫焙燒，只有硫酸鐵發生了分解，產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，后續萃取分離，將銅元素萃取到有機相中，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，調節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。
18．【答案】（1）1：1：2
（2）冷凝回流；直形冷凝管；B
（3）2，3； ；C
（4）醇解反應生成羧酸，即可作為縮聚反應的催化劑
【知識點】中和滴定；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1） 由和按物質的量之比1：1發生縮聚反應生成， 和分別與 以物質的量之比1：1反應生成和，則理論上原料物質的量投料比n(順丁烯二酸酐)：n(鄰苯二甲酸酐)：n(丙-1，2-二醇)= 1：1：2，故答案為：1：1：2。
（2）裝置A中3種原料在加熱的條件下發生反應，有機原料具有一定的揮發性，若這些原料的蒸氣隨氮氣一起流出，則原料的利用率減小，從而導致產品的產率減小，因此，需要冷凝回流裝置，裝置B為空氣冷凝管，其作用是導氣，同時將順丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1，2-二醇以及醇解反應的產物冷凝回流到裝置A中，但是不會將水蒸氣冷凝；儀器C的名稱是直形冷凝管；根據3種原料的沸點可知，反應過程中，應保持溫度計2示數高于水的沸點、低于原料的沸點，防止原料流失，則合理的是100~105℃，故選B，故答案為：冷凝回流；直形冷凝管；B。
（3）5次滴定消耗標準溶液的體積分別為24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL，第2、3兩次實驗的數據的誤差明顯偏大，舍去；剩余3次滴定消耗標準液的平均體積為25.00mL，25.00mL cmol·L-1KOH一乙醇標準溶液中含有KOH的質量為25.00mL ×10-3L·mL-1×cmol·L-1×56000 mg·mol-1=1400c mg，則該樣品的酸值為；
若測得酸值高于聚合度要求，說明樣品中所含的羧基數目較多，還有一部分單體沒有發生充分發生縮聚反應：
A．若立即停止加熱，則酸值不變，不能達到目的，相反地，可以繼續加熱，讓縮聚反應充分進行，故A不符合題意；
B．若排出裝置D內的液體，可以除去未參與縮聚反應的單體，降低混合物的酸值，故B不符合題意；
C．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，從而加快反應速率且促進縮聚反應充分進行，因此增大的流速可行，故C符合題意；
故選C。
故答案為：2、3；；C。
（4）實驗過程中加入2種酸酐，酸酐本身就能催化成酯反應，且可以與水反應，促進縮聚反應正向進行，因此不需要另加催化劑，故答案為：酸酐本身就能催化成酯反應，且可以與水反應，促進縮聚反應正向進行。
【分析】（1）根據反應原理確定投料比；
（2）裝置B能冷凝回流原料，提高原料利用率；儀器C的直形冷凝管；溫度2要高于水的沸點、低于原料的沸點；
（3）根據所測數據計算；若測得酸值高于聚合度要求，說明樣品中所含的羧基數目較多，還有部分單體未反應；
（4）酸酐能催化成酯反應。
19．【答案】（1）；羧基
（2）取代反應；
（3）（答案不唯一）
（4）b
（5）A
（6）
【知識點】有機物的推斷；有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的結構式為，B為，B含有的含氧官能團名稱為羧基，故答案為：；羧基。
（2）由分析可知，C與PCl3發生取代反應生成D；D與E發生取代反應生成H，則反應的化學方程式為：，故答案為：取代反應；。
（3）由分析可知，G為，其同分異構體滿足：①含，②含2個苯環，③含4種不同化學環境的氫原子，說明物質結構高度對稱，符合條件的結構簡式為，故答案為：。
（4）H為，存在酰胺基N原子(a)和雜環N原子(b)，N原子電子云密度越大，堿性越強，烷基是給電子基，酰胺基受旁邊碳氧雙鍵的影響，導致雜環N原子(b)上電子云密度增大，堿性增強，所以堿性較強的N原子(b)，故答案為：b。
（5）合成路線中涉及到用H2/PtO2加成的路線有B→C，G→H，B→C反應中，吡啶環被加成，G→H轉化時，吡啶環被加成，但苯環仍然存在，說明苯環不易被加成，C，D選項中含有碳碳雙鍵，碳碳雙鍵不穩定，易發生加成反應，所以下列有機物最難反應的是苯環，故答案為：A。
（6）參考題干合成路徑，與發生取代反應生成，與氫氣加成得到，與1-溴丙烷發生取代反應得到，所以需要補充的合成路線為，故答案為。
【分析】H與發生已知②的反應生成產物I，結合I的結構簡式和H的分子式可知，H為，D與E發生已知①的反應生成，A的分子式為C6H7N，結合I的結構式可推出A的結構式為，A被高錳酸鉀氧化為B，應該是A中含有的甲基被氧化為羧基，則B的結構簡式為，B與氫氣加成生成C，則C的結構簡式為，C與PCl3發生取代反應生成D，則D的結構簡式為，D與發生已知①的反應生成H，結合H的結構簡式可知，E為；另一條路徑：與SOCl2反應生成F，則F的結構簡式為，與發生已知①的反應生成G，則G的結構簡式為，與氫氣加成得到，H與發生已知②的反應生成產物I。
20．【答案】（1）ΔH1+ΔH2
（2）H2O；<
（3）0.45+；150a
（4）增大；減小
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡移動原理；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）根據蓋斯定律，將I+Ⅱ可得，則 ΔH = ΔH1+ΔH2 ，故答案為： ΔH1+ΔH2 。
（2） 圖示溫度范圍內反應Ⅱ平衡常數K=108基本不變 ，則，則， 因此可知曲線乙表示的物質為H2O，曲線丁表示的物種為H2，隨溫度升高，S2減小，說明反應I的平衡逆向移動，則SO2增大，因此丙曲線代表SO2，甲曲線代表H2S，隨著溫度升高，H2S減小，說明反應Ⅲ的平衡逆向移動，則反應Ⅲ為放熱反應，其焓變 ΔH3 <0，故答案為：H2O；<。
（3）T1溫度下，反應達到平衡時，乙線（H2）、丙線（SO2）所示物種的物質的量相等，設H2為amol，則H2O和SO2均為100amol，根據H元素守恒可得，H2S的物質的量為0.1-101a，根據S原子守恒可知，S2的物質的量為 0.45+ ；根據O守恒可得，CaSO4的物質的量為， 根據Ca守恒可得，CaS的物質的量為（1-）mol，則 n(CaS)-n(CaSO4)= 1--=150amol，故答案為： 0.45+ ；150a。
（4）反應Ⅲ的平衡常數表達式為， T2溫度下，體系達平衡后 ，壓縮容器體積，反應I的平衡正向移動，c(SO2)增大，為定值，而K3不變，則 增大；根據H守恒有n(H2S)+n(H2O)+n(H2)=0.1mol，則n(H2S)+1.01n(H2O)=0.1mol，增大壓強，反應Ⅲ的平衡正向移動，n(H2S)增大，則 n(H2O) 減小，故答案為：增大；減小。
【分析】（1）根據蓋斯定律計算；
（2）升溫平衡向吸熱反應方向移動，據此判斷；
（3）結合元素守恒列式計算；
（4）壓縮容器體積，壓強增大， 的平衡正向移動。
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