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【高考真題】2024年高考真題山東卷化學試題
1．（2024·山東）中國書畫是世界藝術瑰寶，古人所用文房四寶制作過程中發生氧化還原反應的是
A．竹管、動物尾毫→湖筆 B．松木→油煙→徽墨
C．楮樹皮→紙漿纖維→宣紙 D．端石→端硯
【答案】B
【知識點】氧化還原反應
【解析】【解答】A．竹管需經砍伐、削制、打磨；動物尾毫（如羊毛、狼毫）需清洗、梳理、整理，過程主要為物理處理，如去除雜質、改變形狀，未涉及元素化合價變化，無氧化還原反應，A不符合題意；
B．松木的主要成分為有機物，燃燒時發生氧化反應，屬于氧化還原反應，B符合題意；
C．楮樹皮經浸泡、蒸煮（加石灰或堿）、舂搗、打漿，使纖維分離，再經抄紙、晾曬制成宣紙，蒸煮過程中，堿液（如氫氧化鈣）溶解樹皮中的木質素、果膠等雜質，主要發生水解反應，無元素化合價變化，不涉及氧化還原反應，C不符合題意；
D．端石（天然巖石，主要成分為硅酸鹽）經開采、切割、雕刻、打磨制成硯臺，全程為物理加工，僅改變石材的形狀和表面結構，無化學反應發生，不涉及氧化還原反應，D不符合題意；
故選B。
【分析】氧化還原反應中一定有元素的化合價發生變化。
2．（2024·山東）化學品在食品工業中也有重要應用，下列說法錯誤的是
A．活性炭可用作食品脫色劑 B．鐵粉可用作食品脫氧劑
C．谷氨酸鈉可用作食品增味劑 D．五氧化二磷可用作食品干燥劑
【答案】D
【知識點】常見的食品添加劑的組成、性質和作用
【解析】【解答】A．活性炭具有疏松多孔的結構，表面積大，吸附能力強，可吸附食品中的色素、異味等雜質，可用作食品脫色劑，故A正確；
B．鐵粉（還原性鐵粉）能與空氣中的氧氣和水蒸氣發生氧化反應，從而消耗氧氣，防止食品氧化變質，故B正確；
C．谷氨酸鈉（C5H8NO4Na）是味精的主要成分，能刺激味蕾，增強食品鮮味，尤其對肉類和蔬菜的鮮味有顯著提升作用，故C正確；
D．五氧化二磷本身對呼吸道和皮膚有刺激性，不符合食品干燥劑的安全要求，不能用作食品干燥劑，故D錯誤；
故選D。
【分析】A．活性炭具有吸附性；
Ｂ．鐵粉具有還原性；
Ｃ．谷氨酸鈉是常用的食品增味劑；
Ｄ．五氧化二磷本身對呼吸道和皮膚有刺激性。
3．（2024·山東）下列化學用語或圖示正確的是
A．的系統命名：2-甲基苯酚
B．分子的球棍模型：
C．激發態H原子的軌道表示式：
D．鍵形成的軌道重疊示意圖：
【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；有機化合物的命名
【解析】【解答】A．的官能團為酚羥基，甲基在酚羥基鄰位，則其系統命名為：2-甲基苯酚，故A正確；
B． 中心原子O原子的價層電子對數為：，采用sp2雜化，含有一個孤電子對，空間構型為V形，其球棍模型為：，故B錯誤；
C．激發態H原子只有1s能級，故C錯誤；
D．p-pπ 鍵是由兩個原子的p軌道以 “肩并肩”的方式重疊形成的共價鍵，其電子云分布在成鍵原子的核間平面兩側，呈鏡面對稱，則p-pπ鍵形成的軌道重疊示意圖為：，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．該有機物的官能團為酚羥基，甲基位于酚羥基鄰位；
Ｂ． 分子中，O采用sp2雜化；
Ｃ．激發態的H原子只含有1s能級；
Ｄ．p-pπ 鍵是由兩個原子的 p 軌道以 “肩并肩”的方式重疊形成的共價鍵。
4．（2024·山東）下列物質均為共價晶體且成鍵結構相似，其中熔點最低的是
A．金剛石(C) B．單晶硅()
C．金剛砂() D．氮化硼(，立方相)
【答案】B
【知識點】原子晶體（共價晶體）
【解析】【解答】金剛石(C)、單晶硅(Si)、金剛砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都是共價晶體，鍵能越大，熔點越高，鍵能：Si-Si故選B。
【分析】共價晶體的鍵能越大，熔沸點越高。
5．（2024·山東）物質性質決定用途，下列兩者對應關系錯誤的是
A．石灰乳除去廢氣中二氧化硫，體現了的堿性
B．氯化鐵溶液腐蝕銅電路板，體現了的氧化性
C．制作豆腐時添加石膏，體現了的難溶性
D．用氨水配制銀氨溶液，體現了的配位性
【答案】C
【知識點】配合物的成鍵情況；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物，能與堿氫氧化鈣反應，該過程體現了Ca(OH)2的堿性，A正確；
B．氯化鐵溶液腐蝕銅電路板發生反應：，該過程中，Fe元素的化合價降低，被還原，Fe3+為氧化劑，體現了Fe3+的氧化性，B正確；
C．豆漿是膠體，添加石膏，膠體發生聚沉，因此制作豆腐時添加石膏，利用的是在膠體中加入電解質發生聚沉這一性質，與CaSO4難溶性無關，C錯誤；
D．在硝酸銀中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之間以配位鍵結合，體現了NH3的配位性，D正確；
故選C。
【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物；
Ｂ．氯化鐵與銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅；
Ｃ．豆漿是膠體，加入電解質會發生聚沉；
Ｄ．Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之間以配位鍵結合。
6．（2024·山東）下列圖示實驗中，操作規范的是
A．調控滴定速度 B．用試紙測定溶液 C．加熱試管中的液體 D．向試管中滴加溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】中和滴定
【解析】【解答】A．調控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指輕輕向內扣住玻璃活塞，手心空握，該操作符合規范，A正確
B．直接將 pH 試紙插入溶液中會污染試劑，正確操作應為用玻璃棒蘸取少量溶液滴在 pH 試紙上，待顏色穩定后與標準比色卡對比，操作不規范，B錯誤；
C．加熱試管內液體時，液體體積不應超過試管容積的 1/3，且試管需與桌面成 45° 角，用外焰均勻加熱，操作不規范，C錯誤；
D．膠頭滴管應垂直懸空于試管口上方，避免接觸試管內壁，防止試劑污染，操作不規范，D錯誤；
故選A。
【分析】A．正確控制活塞的動作為手指抵住活塞側面，緩慢旋轉；
Ｂ．直接將 pH 試紙插入溶液中會污染試劑；
Ｃ．加熱試管內液體時，液體體積不應超過試管容積的 1/3；
Ｄ．膠頭滴管應垂直懸空于試管口上方。
7．（2024·山東）我國科學家在青蒿素研究方面為人類健康作出了巨大貢獻。在青蒿素研究實驗中，下列敘述錯誤的是
A．通過萃取法可獲得含青蒿素的提取液
B．通過X射線衍射可測定青蒿素晶體結構
C．通過核磁共振譜可推測青蒿素相對分子質量
D．通過紅外光譜可推測青蒿素分子中的官能團
【答案】C
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構
【解析】【解答】A．青蒿素易溶于有機溶劑（如乙醚），難溶于水，可利用萃取法從青蒿中提取。將青蒿粉碎后用乙醚等溶劑萃取，經分液、濃縮即可獲得含青蒿素的提取液，A正確；
B．X 射線衍射法是測定晶體結構的經典方法。當 X 射線照射晶體時，會發生衍射現象，通過分析衍射圖譜可確定原子在晶胞中的位置、鍵長、鍵角等，從而推斷分子的空間結構，B正確；
C．通過核磁共振譜可推測青蒿素分子中不同化學環境的氫原子的種數及其數目之比，但不能測定青蒿素的相對分子質量，要測定青蒿素相對分子質量應該用質譜法，C不正確；
D．紅外光譜可推測有機物分子中含有的官能團和化學鍵，故通過紅外光譜可推測青蒿素分子中的官能團，D正確；
故選C。
【分析】A．青蒿素易溶于有機溶劑；
Ｂ．X-射線衍射實驗是區分晶體和非晶體最科學的方法；
Ｃ．通常用質譜儀測定相對分子質量；
Ｄ．紅外光譜利用不同官能團對特定波長紅外光的吸收特性來鑒別官能團。
8．（2024·山東）植物提取物阿魏萜寧具有抗菌活性，其結構簡式如圖所示。下列關于阿魏萜寧的說法錯誤的是
A．可與溶液反應
B．消去反應產物最多有2種
C．酸性條件下的水解產物均可生成高聚物
D．與反應時可發生取代和加成兩種反應
【答案】B
【知識點】烯烴；酯的性質
【解析】【解答】A．該物質含有酚羥基，酚羥基的酸性強于，能與溶液反應生成碳酸氫鈉，A正確；
B．該有機物中與醇羥基相連的C原子共與3個不同化學環境的C原子相連，且這3個C原子上均連接了H原子，因此，該有機物發生消去反應時，其消去反應產物最多有3種，B不正確；
C．阿魏萜寧含酯基，酸性水解可能生成醇和羧酸，生成的醇含有碳碳雙鍵，能發生加聚反應生成高聚物，羧酸中含有羧基和酚羥基，可發生縮聚反應生成高聚物，C正確；
D．阿魏萜寧分子含碳碳雙鍵，與 Br2發生加成反應，含苯環且苯環上有氫，在催化劑作用下可與 Br2發生取代反應，含酚羥基，其鄰、對位氫可與 Br2發生取代反應，因此該有機物與反應時可發生取代和加成兩種反應，D正確；
故選B。
【分析】A．酚羥基能與碳酸鈉反應；
Ｂ．消去反應的條件：分子中含羥基（-OH）且相鄰碳上有氫原子，或含鹵素原子；
Ｃ．該分子中含有酯基，酸性水解生成羧酸和醇；
Ｄ．碳碳雙鍵能與加成，酚羥基鄰、對位氫可與 Br2發生取代反應。
9．（2024·山東）由O、F、I組成化學式為的化合物，能體現其成鍵結構的片段如圖所示。下列說法正確的是
A．圖中O代表F原子
B．該化合物中存在過氧鍵
C．該化合物中I原子存在孤對電子
D．該化合物中所有碘氧鍵鍵長相等
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；鍵能、鍵長、鍵角及其應用
【解析】【解答】A．由分析可知，圖中代表O原子，A不正確；
B．過氧鍵需兩個 O 原子以單鍵相連，該化合物中，每個I原子與3個O原子形成共價鍵，根據均攤法可以判斷必須有2個O原子分別與2個I原子成鍵，才能確定該化合物化學式為，因此，該化合物中不存在過氧鍵，B不正確；
C．I原子的價電子數為7，該化合物中F元素的化合價為-1，O元素的化合價為-2，則I元素的化合價為+5，據此可以判斷每I原子與其他原子形成3個單鍵和1個雙鍵，I原子的價電子數不等于其形成共價鍵的數目，因此，該化合物中I原子存在孤對電子，C正確；
D．該化合物中， I 與 O 形成不同類型的鍵，I-O鍵、I=O鍵，I=O 雙鍵鍵長比 I-O 單鍵短，D不正確；
綜上所述，本題選C。
【分析】由圖可知，白色球形成2個共價鍵，則白色球應該是O，I的原子半徑大于F，則黑色球為I，灰色的球代表F。
10．（2024·山東）常溫下水溶液體系中存在反應：，平衡常數為K。已知初始濃度，所有含碳物質的摩爾分數與變化關系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列說法正確的是
A．線Ⅱ表示的變化情況
B．的電離平衡常數
C．時，
D．時，
【答案】C
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；影響鹽類水解程度的主要因素；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】A．根據分析，線Ⅱ表示CH3COO-的變化情況，線Ⅰ表示CH3COOH的變化情況，A項錯誤；
B．m點c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等，此時溶液的pH=m，則CH3COOH的電離平衡常數Ka==c(H+)=10-m，B項錯誤；
C．pH=n時，=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由圖可知pH=n時，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C項正確；
D．pH=10時，部分銀離子轉化為沉淀，則c(Ag+)+c(CH3COOAg)<0.08mol/L，D項錯誤；
故選C。
【分析】水溶液體系中 ， 存在反應： ，同時存在醋酸的電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，pH增大，氫離子濃度減小，CH3COOHCH3COO-+H+的平衡正向移動，CH3COOH的摩爾分數減小，CH3COO-的摩爾分數增大，的平衡正向移動，CH3COOAg的濃度增大，當pH增大到一定程度，氫氧根離子濃度較大，Ag+轉化為AgOH沉淀，會導致的平衡逆向移動，c(CHCOOAg)減小，c(CH3COO- )增大，則曲線Ⅰ表示CH3COOH的變化情況，曲線Ⅱ表示CH3COO-的變化情況，曲線Ⅲ表示CH3COOAg的變化情況。
11．（2024·山東）中國美食享譽世界，東坡詩句“芽姜紫醋炙銀魚”描述了古人烹飪時對食醋的妙用。食醋風味形成的關鍵是發酵，包括淀粉水解、發酵制醇和發酵制酸等三個階段。下列說法錯誤的是
A．淀粉水解階段有葡萄糖產生
B．發酵制醇階段有產生
C．發酵制酸階段有酯類物質產生
D．上述三個階段均應在無氧條件下進行
【答案】D
【知識點】醇類簡介；羧酸簡介；酯的性質
【解析】【解答】A．淀粉為多糖，可水解產生葡萄糖，Ａ項正確；
B．發酵制醇時發生反應：，有CO2產生，B項正確；
C．發酵制酸過程中，生成的CH3COOH與CH3CH2OH會發生酯化反應生成CH3COOCH2CH3，C項正確；
D．發酵制酸階段CH3CH2OH發生氧化反應生成CH3COOH，應在有氧條件下進行，D項錯誤；
故選D。
【分析】A．淀粉為多糖，水解生成葡萄糖；
Ｂ．葡萄糖發酵會生成乙醇和二氧化碳；
Ｃ．發酵階段，會發生醇和羧酸的酯化反應；
Ｄ．發酵制酸時，醇氧化為羧酸，需要氧氣。
12．（2024·山東）由下列事實或現象能得出相應結論的是
　 事實或現象 結論
A 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有還原性
B 鉛蓄電池使用過程中兩電極的質量均增加 電池發生了放電反應
C 向等物質的量濃度的，混合溶液中滴加溶液，先生成白色沉淀
D 為基元反應，將盛有的密閉燒瓶浸入冷水，紅棕色變淺 正反應活化能大于逆反應活化能
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,B
【知識點】常見化學電源的種類及其工作原理；化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解答】A． 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去，說明草酸與酸性發生氧化還原反應，該反應中草酸為還原劑，體現其還原性，A項符合題意；
B．鉛蓄電池放電時正極反應為PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O、負極反應為Pb-2e-+=PbSO4，正負極質量都增加，充電時陽極反應為PbSO4+2H2O-2e-= PbO2++4H+、陰極反應為PbSO4+2e-= Pb+，陰、陽極質量都減小，B項符合題意；
C．AgCl、Ag2CrO4的沉淀類型不同，由實驗現象不能得出Ksp(AgCl) ＜Ksp(Ag2CrO4)，C項不符合題意；
D．將盛有NO2的密閉燒瓶浸入冷水，紅棕色變淺，說明該反應的平衡正向移動，說明該反應為放熱反應， H<0，根據 H=正反應的活化能－逆反應的活化能＜0可知，該反應正反應的活化能小于逆反應的活化能，D項不符合題意；
答案選AB。
【分析】A．草酸與高錳酸鉀發生氧化還原反應；
Ｂ．鉛蓄電池放電時正負極質量均增加；
Ｃ．相同類型的沉淀才能通過生成沉淀的先后順序比較Ksp大小；
Ｄ． H=正反應的活化能－逆反應的活化能。
13．（2024·山東）以不同材料修飾的為電極，一定濃度的溶液為電解液，采用電解和催化相結合的循環方式，可實現高效制和，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是
A．電極a連接電源負極
B．加入Y的目的是補充
C．電解總反應式為
D．催化階段反應產物物質的量之比
【答案】B
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．電極a為陰極，與電源負極相連，A項正確；
B．電解過程中消耗H2O和Br-，而催化階段被還原成Br-循環使用，故加入Y的目的是補充H2O，維持NaBr溶液為一定濃度，B項錯誤；
C．陽極反應為Br- -6e-+3H2O=+6H+，陰極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，則電解總反應式為Br-+3H2O+3H2↑，C項正確；
D．催化階段，Br元素的化合價由+5價降至-1價，生成1molBr-得到6mol電子，O元素的化合價由-2價升至0價，生成1molO2失去4mol電子，則反應產物物質的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D項正確；
答案選B。
【分析】由圖可知，溴離子在電極b上發生氧化反應生成，則電極b為陽極，電極反應式為Br- -6e-+3H2O=+6H+，電極a為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
14．（2024·山東）鈞瓷是宋代五大名瓷之一，其中紅色鈞瓷的發色劑為Cu2O。為探究Cu2O的性質，取等量少許Cu2O分別加入甲、乙兩支試管，進行如下實驗。下列說法正確的是
實驗操作及現象
試管甲 滴加過量溶液并充分振蕩，磚紅色沉淀轉化為另一顏色沉淀，溶液顯淺藍色；傾掉溶液，滴加濃硝酸，沉淀逐漸消失
試管乙 滴加過量氨水并充分振蕩，沉淀逐漸溶解，溶液顏色為無色；靜置一段時間后，溶液顏色變為深藍色
A．試管甲中新生成的沉淀為金屬
B．試管甲中沉淀的變化均體現了的氧化性
C．試管乙實驗可證明與形成無色配合物
D．上述兩個實驗表明為兩性氧化物
【答案】A,C
【知識點】銅及其化合物
【解析】【解答】A．由分析可知，試管甲中，Cu2O發生歧化反應生成Cu2+和單質銅，則試管甲中新生成的沉淀為金屬Cu，A項正確；
B．Cu2O與0.3mol/LHNO3發生的反應為Cu2O+2HNO3=Cu(NO3)2+Cu+H2O，該過程中HNO3所含元素的化合價沒有變化，表現酸性，Cu與濃硝酸發生的反應為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，該反應中既生成硝酸銅，又生成NO2，HNO3表現氧化性和酸性，B項錯誤；
C．Cu2O中滴加過量6mol/L氨水充分振蕩，沉淀逐漸溶解得到無色溶液，靜置一段時間無色溶液變為深藍色，說明Cu(Ⅰ)與NH3形成無色配合物，后被氧化為深藍色的[Cu(NH3)4]2+，C項正確；
D．Cu2O是堿性氧化物，而非兩性氧化物，D項錯誤；
故選AC。
【分析】取等量少許Cu2O分別加入甲、乙兩支試管，試管甲中滴加過量溶液并充分振蕩，磚紅色沉淀轉化為另一顏色沉淀，溶液顯淺藍色，說明生成了銅離子，則Cu2O發生歧化反應生成銅離子和單質銅，傾掉溶液，滴加濃硝酸，沉淀逐漸消失，是銅與濃硝酸反應生成硝酸銅；試管乙中， 滴加過量氨水并充分振蕩，沉淀逐漸溶解，溶液顏色為無色；靜置一段時間后，溶液顏色變為深藍色，生成了[Cu(NH3)4]2+。
15．（2024·山東）逆水氣變換反應：。一定壓力下，按，物質的量之比投料，，溫度時反應物摩爾分數隨時間變化關系如圖所示。已知該反應的速率方程為，，溫度時反應速率常數k分別為。下列說法錯誤的是
A．
B．溫度下達平衡時反應速率的比值：
C．溫度不變，僅改變體系初始壓力，反應物摩爾分數隨時間的變化曲線不變
D．溫度下，改變初始投料比例，可使平衡時各組分摩爾分數與溫度時相同
【答案】C,D
【知識點】化學平衡的影響因素；化學反應速率與化學平衡的綜合應用
【解析】【解答】A．溫度越高，反應速率越快，T1條件下反應速率快，說明T1＞T2，反應速率常數與溫度有關，則k1＞k2，A項正確；
B．，達到平衡時反應物的摩爾分數：T1C．該反應是氣體體積不變的反應，改變初始壓力不影響平衡狀態，因此溫度不變，僅改變體系初始壓力，雖然平衡不移動，但反應物的濃度改變，反應速率改變，反應達到平衡的時間改變，反應物摩爾分數隨時間的變化曲線變化，C項錯誤；
D．起始CO2與H2的物質的量之比為1∶1，T2溫度下，改變初始投料比，相當于改變某一反應物的濃度，平衡會發生移動，不能使平衡時各組分摩爾分數與T1溫度時相同，D項錯誤；
答案選CD。
【分析】A．溫度越高反應速率越快；
Ｂ．根據 分析；
Ｃ．該反應是氣體體積不變的反應，改變初始壓力不影響平衡狀態；
Ｄ．溫度能使該反應的平衡發生移動。
16．（2024·山東）錳氧化物具有較大應用價值，回答下列問題：
（1）在元素周期表中位于第　 　周期　 　族；同周期中，基態原子未成對電子數比多的元素是　 　(填元素符號)。
（2）如某種氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，該氧化物化學式為　 　。
當晶體有O原子脫出時，出現O空位，的化合價　 　(填“升高”“降低”或“不變”)，O空位的產生使晶體具有半導體性質。下列氧化物晶體難以通過該方式獲有半導體性質的是　 　(填標號)。
A． B． C． D．
（3）(見圖)是晶型轉變的誘導劑。的空間構型為　 　；中咪唑環存在大鍵，則N原子采取的軌道雜化方式為　 　。
（4）可作轉化為的催化劑(見下圖)。的熔點遠大于，除相對分子質量存在差異外，另一重要原因是　 　。
【答案】（1）四；ⅦB；Cr
（2）MnO2；降低；A
（3）正四面體形；sp2
（4）FDCA形成的分子間氫鍵更多
【知識點】晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】（1）Mn的原子序數為25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基態Mn的電子排布式為：，未成對電子數有5個，同周期中，基態原子未成對電子數比Mn多的元素是Cr，基態Cr的電子排布式為，有6個未成對電子；
（2）由均攤法得，晶胞中Mn的數目為，O的數目為，即該氧化物的化學式為MnO2；晶體有O原子脫出時，出現O空位，即x減小，的化合價為+2x，即Mn的化合價降低；CaO中Ca的化合價為+2價、V2O5中V的化合價為+5價、Fe2O3中Fe的化合價為+3、CuO中Cu的化合價為+2，其中CaO中Ca的化合價下降只能為0，其余可下降得到比0大的價態，說明CaO不能通過這種方式獲得半導體性質；
（3）中B形成4個σ鍵（其中有1個配位鍵），為sp3雜化，空間構型為正四面體形；咪唑環存在大鍵，N原子形成3個σ鍵，雜化方式為sp2；
（4）由HMF和FDCA的結構可知，HMF和FDCA均能形成分子間氫鍵，但FDCA形成的分子間氫鍵更多，使得FDCA的熔點遠大于HMF。
【分析】（1）Mn為25號元素，位于第四周期第ⅦB族；第四周期中Cr的未成對電子比Mn多；
（2） 當晶體有O原子脫出時，出現O空位，結合化合物中化合價代數和為0分析Mn元素化合價變化；
（3） 中心B原子的價層電子對數為4；咪唑環中N原子形成3個σ鍵；
（4）形成分子間氫鍵物質的熔沸點升高。
（1）Mn的原子序數為25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基態Mn的電子排布式為：，未成對電子數有5個，同周期中，基態原子未成對電子數比Mn多的元素是Cr，基態Cr的電子排布式為，有6個未成對電子；
（2）由均攤法得，晶胞中Mn的數目為，O的數目為，即該氧化物的化學式為MnO2；晶體有O原子脫出時，出現O空位，即x減小，的化合價為+2x，即Mn的化合價降低；CaO中Ca的化合價為+2價、V2O5中V的化合價為+5價、Fe2O3中Fe的化合價為+3、CuO中Cu的化合價為+2，其中CaO中Ca的化合價下降只能為0，其余可下降得到比0大的價態，說明CaO不能通過這種方式獲得半導體性質；
（3）中B形成4個σ鍵（其中有1個配位鍵），為sp3雜化，空間構型為正四面體形；咪唑環存在大鍵，N原子形成3個σ鍵，雜化方式為sp2；
（4）由HMF和FDCA的結構可知，HMF和FDCA均能形成分子間氫鍵，但FDCA形成的分子間氫鍵更多，使得FDCA的熔點遠大于HMF。
17．（2024·山東）心血管藥物纈沙坦中間體(F)的兩條合成路線如下：
已知：
I．
Ⅱ．
回答下列問題：
（1）A結構簡式為　 　；B→C反應類型為　 　。
（2）C+D→F化學方程式為　 　。
（3）E中含氧官能團名稱為　 　；F中手性碳原子有　 　個。
（4）D的一種同分異構體含硝基和3種不同化學環境的氫原子(個數比為)，其結構簡式為　 　。
（5）C→E的合成路線設計如下：
試劑X為　 　(填化學式)；試劑Y不能選用，原因是　 　。
【答案】（1）；取代反應
（2）+
（3）醛基；1
（4）
（5）NaOH水溶液；G中的-CH2OH會被KMnO4氧化為-COOH，無法得到E
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；有機物的推斷；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由分析得，A的結構簡式為：；B（）甲基上的1個H被Br取代得到C（），則B→C反應類型為取代反應；
（2）由分析得，C為，D為，C、D在乙醇的作用下得到F（），則C+D→F化學方程式為：+；
（3）由分析得，E為，含氧官能團為醛基；手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子，F中含有1個手性碳原子，如圖用“*”標記：；
（4）由分析可知，D為，其同分異構體含硝基，且存在3種不同化學環境的氫原子(個數比為6：6：1)，符合條件的結構簡式為；
（5）由分析可知，C為，E為，C在NaOH溶液中水解，Br轉化為羥基得到G，則G的結構簡式為，G中羥基催化氧化為醛基得到E，則試劑X為NaOH水溶液；酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能將G中的-CH2OH直接氧化為-COOH，因此試劑Y不能選用 。
【分析】A發生類似已知反應I生成B，觀察F的結構簡式，F結構中的來源于A，結合A的分子式可知，A的結構簡式為，則B的結構簡式為，對比B和C的分子式可知，C比B多一個Br原子，少一個H原子，說明B與發生取代反應生成C，則C的結構簡式為，E發生已知Ⅱ的反應生成F，則D中應該含有-NH2，結合F的結構簡式可知，D應為，E為。
（1）由分析得，A的結構簡式為：；B（）甲基上的1個H被Br取代得到C（），反應類型為取代反應；
（2）由分析得，C為，D為，C、D在乙醇的作用下得到F（）， 化學方程式為：+；
（3）由分析得，E為，含氧官能團為：醛基；F中手性碳原子有1個，位置如圖：；
（4）D為，含硝基（-NO2）和3種不同化學環境的氫原子(個數比為6：6：1)的D的同分異構體結構如圖：；
（5）C為，E為結合 C→E的合成路線設計圖可知，C在NaOH水溶液的作用下，Br被羥基取代，得到G，G與試劑Y（合適的氧化劑，如：O2）發生氧化反應得到E，試劑X為NaOH水溶液，試劑Y不能選用KMnO4，原因是G中的-CH2OH會被KMnO4氧化為-COOH，無法得到E。
18．（2024·山東）以鉛精礦(含，等)為主要原料提取金屬和的工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）“熱浸”時，難溶的和轉化為和及單質硫。溶解等物質的量的和時，消耗物質的量之比為　 　；溶液中鹽酸濃度不宜過大，除防止“熱浸”時揮發外，另一目的是防止產生　 　(填化學式)。
（2）將“過濾Ⅱ”得到的沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，電解所得溶液可制備金屬，“電解I”陽極產物用尾液吸收后在工藝中循環使用，利用該吸收液的操作單元為　 　。
（3）“還原”中加入鉛精礦的目的是　 　。
（4）“置換”中可選用的試劑X為　 　(填標號)。
A． B． C． D．
“置換”反應的離子方程式為　 　。
（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，用作　 　(填“陰極”或“陽極”)。
【答案】（1）1：1；H2S
（2）熱浸
（3）將過量的Fe3+還原為Fe2+
（4）C；
（5）陽極
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）“熱浸”時，將和中-2價的硫氧化為單質硫，被還原為Fe2+，在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變，所以等物質的量的和時，S2-物質的量相等，所以消耗的物質的量相等，比值為1：1；溶液中鹽酸濃度過大，這里主要考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S 氣體。
（2）“過濾Ⅱ”得到的沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，會溶解為，電解溶液制備金屬，在陰極產生，陽極Cl-放電產生Cl2， 尾液成分為FeCl2，FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3，可以在熱浸中循環使用。
（3）過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+，根據還原之后可以得到含硫濾渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。
（4）“置換”中加入試劑X可以可以得到富銀鉛泥，為了防止引入其他雜質，則試劑X應為Pb，發生的反應為：。
（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來，所以不可能作為陰極，應作為陽極板，陽極放電時，銀變成陽極泥而沉降下來，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應作陽極。
【分析】 鉛精礦(含，等)中加入含有過量氯化鐵的飽和食鹽水和濃鹽酸熱浸，和轉化為和及單質硫，被還原為Fe2+，過濾除去含硫濾渣，濾液主要含，經稀釋、冷卻，轉化為PbCl2沉淀，用飽和食鹽水熱溶，增大氯離子濃度，PbCl2又轉化為，電解得到Pb；過濾II后的濾液成分主要含有、FeCl2、FeCl3，加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2，再次分離出含硫濾渣，加入試劑X得到富銀鉛泥，電解得到金屬Ag和金屬Pb，則試劑X為鉛，尾液為FeCl2。
（1）“熱浸”時，將和中-2價的硫氧化為單質硫，被還原為Fe2+，在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變，所以等物質的量的和時，S2-物質的量相等，所以消耗的物質的量相等，比值為1：1；溶液中鹽酸濃度過大，這里主要考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S 氣體。
（2）“過濾Ⅱ”得到的沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，會溶解為，電解溶液制備金屬，在陰極產生，陽極Cl-放電產生Cl2， 尾液成分為FeCl2，FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3，可以在熱浸中循環使用。
（3）過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+，根據還原之后可以得到含硫濾渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。
（4）“置換”中加入試劑X可以可以得到富銀鉛泥，為了防止引入其他雜質，則試劑X應為Pb，發生的反應為：。
（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來，所以不可能作為陰極，應作為陽極板，陽極放電時，銀變成陽極泥而沉降下來，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應作陽極。
19．（2024·山東）利用“燃燒—碘酸鉀滴定法”測定鋼鐵中硫含量的實驗裝置如下圖所示(夾持裝置略)。
實驗過程如下：
①加樣，將樣品加入管式爐內瓷舟中(瓷舟兩端帶有氣孔且有蓋)，聚四氟乙烯活塞滴定管G內預裝略小于的堿性標準溶液，吸收管F內盛有鹽酸酸化的淀粉水溶液。向F內滴入適量堿性標準溶液，發生反應：，使溶液顯淺藍色。
②燃燒：按一定流速通入，一段時間后，加熱并使樣品燃燒。
③滴定：當F內溶液淺藍色消退時(發生反應：)，立即用堿性標準溶液滴定至淺藍色復現。隨不斷進入F，滴定過程中溶液顏色“消退-變藍”不斷變換，直至終點。
回答下列問題：
（1）取的堿性溶液和一定量的固體，配制堿性標準溶液，下列儀器必須用到的是_______(填標號)。
A．玻璃棒 B．錐形瓶
C．容量瓶 D．膠頭滴管
（2）裝置B和C的作用是充分干燥，B中的試劑為　 　。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子(見放大圖)，目的是　 　。
（3）該滴定實驗達終點的現象是　 　；滴定消耗堿性標準溶液，樣品中硫的質量分數是　 　(用代數式表示)。
（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，會因燃燒時產生粉塵而促進的生成，粉塵在該過程中的作用是　 　；若裝置E冷卻氣體不充分，可能導致測定結果偏大，原因是　 　；若滴定過程中，有少量不經直接將氧化成，測定結果會　 　(填“偏大”“偏小”或“不變”)。
【答案】（1）A；D
（2）濃硫酸；防止倒吸
（3）當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變為藍色且30s內不變色；
（4）催化劑；通入F的氣體溫度過高，導致部分升華，從而消耗更多的堿性標準溶液；不變
【知識點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量
【解析】【解答】（1）取的堿性溶液和一定量的固體，配制堿性標準溶液（稀釋了50倍后的濃度為0.0020000），需要用堿式滴定管或移液管量取的堿性溶液，需要用一定精確度的天平稱量一定質量的固體，需要在燒杯中溶解固體，溶解時要用到玻璃棒攪拌，需要用容量瓶配制標準溶液，需要用膠頭滴管定容，因此，下列儀器必須用到的是AD。
（2）裝置B和C的作用是充分干燥，濃硫酸具有吸水性，常用于干燥某些氣體，因此B中的試劑為濃硫酸。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因為磨砂浮子的密度小于水，若球泡內水面上升，磨砂浮子也隨之上升，磨砂浮子可以作為一個磨砂玻璃塞將導氣管的出氣口堵塞上，從而防止倒吸。
（3）該滴定實驗是利用過量的1滴或半滴標準溶液來指示滴定終點的，因此，該滴定實驗達終點的現象是當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變為藍色且30s內不變色；由S元素守恒及、可得關系式3S~3~3~，若滴定消耗堿性標準溶液，則，，樣品中硫的質量分數是。
（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，燃燒時產生粉塵中含有鐵的氧化物，鐵的氧化物能催化的氧化反應從而促進的生成，因此，粉塵在該過程中的作用是催化劑；若裝置E冷卻氣體不充分，則通入F的氣體溫度過高，可能導致部分升華，這樣就要消耗更多堿性標準溶液，從而可能導致測定結果偏大；若滴定過程中，有少量不經直接將氧化成，從電子轉移守恒的角度分析，得到被還原為，仍能得到關系式3S~3~，測定結果會不變。
【分析】（1）配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，根據配制步驟確定所需儀器；
（2）濃硫酸具有吸水性，且氧氣不與濃硫酸反應，可用濃硫酸干燥氧氣；裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子可防止倒吸；
（3） 用堿性標準溶液滴定至淺藍色復現 ，因此當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變為藍色且30s內不變色時達到滴定終點；根據3S~3~3~計算；
（4）鐵的氧化物能催化氧化二氧化硫； 易升華；有少量不經直接將氧化成，根據轉移電子守恒可知仍存在3S~3~，不影響測定結果。
（1）取的堿性溶液和一定量的固體，配制堿性標準溶液（稀釋了50倍后的濃度為0.0020000），需要用堿式滴定管或移液管量取的堿性溶液，需要用一定精確度的天平稱量一定質量的固體，需要在燒杯中溶解固體，溶解時要用到玻璃棒攪拌，需要用容量瓶配制標準溶液，需要用膠頭滴管定容，因此，下列儀器必須用到的是AD。
（2）裝置B和C的作用是充分干燥，濃硫酸具有吸水性，常用于干燥某些氣體，因此B中的試劑為濃硫酸。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因為磨砂浮子的密度小于水，若球泡內水面上升，磨砂浮子也隨之上升，磨砂浮子可以作為一個磨砂玻璃塞將導氣管的出氣口堵塞上，從而防止倒吸。
（3）該滴定實驗是利用過量的1滴或半滴標準溶液來指示滴定終點的，因此，該滴定實驗達終點的現象是當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變為藍色且30s內不變色；由S元素守恒及、可得關系式3S~3~3~，若滴定消耗堿性標準溶液，則，，樣品中硫的質量分數是。
（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，燃燒時產生粉塵中含有鐵的氧化物，鐵的氧化物能催化的氧化反應從而促進的生成，因此，粉塵在該過程中的作用是催化劑；若裝置E冷卻氣體不充分，則通入F的氣體溫度過高，可能導致部分升華，這樣就要消耗更多堿性標準溶液，從而可能導致測定結果偏大；若滴定過程中，有少量不經直接將氧化成，從電子轉移守恒的角度分析，得到被還原為，仍能得到關系式3S~3~，測定結果會不變。
20．（2024·山東）水煤氣是的主要來源，研究對體系制的影響，涉及主要反應如下：
回答下列問題：
（1）的焓變　 　(用代數式表示)。
（2）壓力p下，體系達平衡后，圖示溫度范圍內已完全反應，在溫度時完全分解。氣相中，和摩爾分數隨溫度的變化關系如圖所示，則a線對應物質為　 　(填化學式)。當溫度高于時，隨溫度升高c線對應物質摩爾分數逐漸降低的原因是　 　。
（3）壓力p下、溫度為時，圖示三種氣體的摩爾分數分別為0.50，0.15，0.05，則反應的平衡常數　 　；此時氣體總物質的量為，則的物質的量為　 　；若向平衡體系中通入少量，重新達平衡后，分壓將　 　(填“增大”“減小”或“不變”)，將　 　(填“增大”“減小”或“不變”)。
【答案】（1）++
（2）；當溫度高于T1，已完全分解，只發生反應Ⅱ，溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，所以的摩爾分數減小。
（3）；0.5；不變；不變
【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，將已知的三個反應相加即可得到 ，則++。
（2）已完全反應 ，說明不再發生反應Ⅰ，而反應Ⅱ和Ⅲ均為放熱反應，升溫，反應Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移動，根據反應Ⅱ，的摩爾分數減小，的摩爾分數增大，且兩者的化學計量數之比為1：1，變化幅度相同，則a曲線代表的摩爾分數的變化，c曲線代表的摩爾分數隨溫度的變化，開始到T1，的摩爾分數升高，說明在這段溫度范圍內，反應Ⅲ占主導，當溫度高于T1，已完全分解，只發生反應Ⅱ，所以的摩爾分數減小。
（3）壓力p下、溫度為時，、、和摩爾分數分別為0.50、0.15、0.05，則H2O(g)的摩爾分數為：，則反應的平衡常數；氣體總物質的量為4.0mol，則H2、CO、CO2、H2O(g)的物質的量依次為2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，設反應Ⅰ生成CO和H2物質的量都為xmol，反應Ⅱ消耗CO物質的量為ymol、生成H2物質的量為ymol，則x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反應Ⅱ生成CO2物質的量為0.7mol，反應Ⅲ消耗CO2物質的量為0.7mol-0.2mol=0.5mol，則由反應Ⅲ知，此時CaCO3(s)物質的量為0.5mol；若向平衡體系中通入少量，重新達平衡后，反應的Kp=，溫度不變，Kp不變，則分壓不變；將反應Ⅰ-反應Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，溫度不變，該反應的Kp=不變，則不變。
【分析】（1）根據蓋斯定律，將三個反應相加即可得到 ，則++；
（2）升溫平衡向吸熱反應方向移動；
（3）壓強之比等于物質的量之比，則可用摩爾分數代替計算Kp；化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變。
（1）已知三個反應：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
設目標反應為Ⅳ，根據蓋斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。
（2）圖示溫度范圍內已完全反應，則反應Ⅰ已經進行完全，反應Ⅱ和Ⅲ均為放熱反應，從開始到T1，溫度不斷升高，反應Ⅱ和Ⅲ逆向移動，依據反應Ⅱ，量減小，摩爾分數減小，量升高，摩爾分數增大，且二者摩爾分數變化斜率相同，所以a曲線代表的摩爾分數的變化，則c曲線代表的摩爾分數隨溫度的變化，開始到T1，的摩爾分數升高，說明在這段溫度范圍內，反應Ⅲ占主導，當溫度高于T1，已完全分解，只發生反應Ⅱ，所以的摩爾分數減小。
（3）①壓力p下、溫度為時，、、和摩爾分數分別為0.50、0.15、0.05，則H2O(g)的摩爾分數為：，則反應的平衡常數；
②氣體總物質的量為4.0mol，則H2、CO、CO2、H2O(g)的物質的量依次為2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，設反應Ⅰ生成CO和H2物質的量都為xmol，反應Ⅱ消耗CO物質的量為ymol、生成H2物質的量為ymol，則x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反應Ⅱ生成CO2物質的量為0.7mol，反應Ⅲ消耗CO2物質的量為0.7mol-0.2mol=0.5mol，則由反應Ⅲ知，此時CaCO3(s)物質的量為0.5mol；
③若向平衡體系中通入少量，重新達平衡后，反應的Kp=，溫度不變，Kp不變，則分壓不變；將反應Ⅰ-反應Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，溫度不變，該反應的Kp=不變，則不變。
1 / 1【高考真題】2024年高考真題山東卷化學試題
1．（2024·山東）中國書畫是世界藝術瑰寶，古人所用文房四寶制作過程中發生氧化還原反應的是
A．竹管、動物尾毫→湖筆 B．松木→油煙→徽墨
C．楮樹皮→紙漿纖維→宣紙 D．端石→端硯
2．（2024·山東）化學品在食品工業中也有重要應用，下列說法錯誤的是
A．活性炭可用作食品脫色劑 B．鐵粉可用作食品脫氧劑
C．谷氨酸鈉可用作食品增味劑 D．五氧化二磷可用作食品干燥劑
3．（2024·山東）下列化學用語或圖示正確的是
A．的系統命名：2-甲基苯酚
B．分子的球棍模型：
C．激發態H原子的軌道表示式：
D．鍵形成的軌道重疊示意圖：
4．（2024·山東）下列物質均為共價晶體且成鍵結構相似，其中熔點最低的是
A．金剛石(C) B．單晶硅()
C．金剛砂() D．氮化硼(，立方相)
5．（2024·山東）物質性質決定用途，下列兩者對應關系錯誤的是
A．石灰乳除去廢氣中二氧化硫，體現了的堿性
B．氯化鐵溶液腐蝕銅電路板，體現了的氧化性
C．制作豆腐時添加石膏，體現了的難溶性
D．用氨水配制銀氨溶液，體現了的配位性
6．（2024·山東）下列圖示實驗中，操作規范的是
A．調控滴定速度 B．用試紙測定溶液 C．加熱試管中的液體 D．向試管中滴加溶液
A．A B．B C．C D．D
7．（2024·山東）我國科學家在青蒿素研究方面為人類健康作出了巨大貢獻。在青蒿素研究實驗中，下列敘述錯誤的是
A．通過萃取法可獲得含青蒿素的提取液
B．通過X射線衍射可測定青蒿素晶體結構
C．通過核磁共振譜可推測青蒿素相對分子質量
D．通過紅外光譜可推測青蒿素分子中的官能團
8．（2024·山東）植物提取物阿魏萜寧具有抗菌活性，其結構簡式如圖所示。下列關于阿魏萜寧的說法錯誤的是
A．可與溶液反應
B．消去反應產物最多有2種
C．酸性條件下的水解產物均可生成高聚物
D．與反應時可發生取代和加成兩種反應
9．（2024·山東）由O、F、I組成化學式為的化合物，能體現其成鍵結構的片段如圖所示。下列說法正確的是
A．圖中O代表F原子
B．該化合物中存在過氧鍵
C．該化合物中I原子存在孤對電子
D．該化合物中所有碘氧鍵鍵長相等
10．（2024·山東）常溫下水溶液體系中存在反應：，平衡常數為K。已知初始濃度，所有含碳物質的摩爾分數與變化關系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列說法正確的是
A．線Ⅱ表示的變化情況
B．的電離平衡常數
C．時，
D．時，
11．（2024·山東）中國美食享譽世界，東坡詩句“芽姜紫醋炙銀魚”描述了古人烹飪時對食醋的妙用。食醋風味形成的關鍵是發酵，包括淀粉水解、發酵制醇和發酵制酸等三個階段。下列說法錯誤的是
A．淀粉水解階段有葡萄糖產生
B．發酵制醇階段有產生
C．發酵制酸階段有酯類物質產生
D．上述三個階段均應在無氧條件下進行
12．（2024·山東）由下列事實或現象能得出相應結論的是
　 事實或現象 結論
A 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有還原性
B 鉛蓄電池使用過程中兩電極的質量均增加 電池發生了放電反應
C 向等物質的量濃度的，混合溶液中滴加溶液，先生成白色沉淀
D 為基元反應，將盛有的密閉燒瓶浸入冷水，紅棕色變淺 正反應活化能大于逆反應活化能
A．A B．B C．C D．D
13．（2024·山東）以不同材料修飾的為電極，一定濃度的溶液為電解液，采用電解和催化相結合的循環方式，可實現高效制和，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是
A．電極a連接電源負極
B．加入Y的目的是補充
C．電解總反應式為
D．催化階段反應產物物質的量之比
14．（2024·山東）鈞瓷是宋代五大名瓷之一，其中紅色鈞瓷的發色劑為Cu2O。為探究Cu2O的性質，取等量少許Cu2O分別加入甲、乙兩支試管，進行如下實驗。下列說法正確的是
實驗操作及現象
試管甲 滴加過量溶液并充分振蕩，磚紅色沉淀轉化為另一顏色沉淀，溶液顯淺藍色；傾掉溶液，滴加濃硝酸，沉淀逐漸消失
試管乙 滴加過量氨水并充分振蕩，沉淀逐漸溶解，溶液顏色為無色；靜置一段時間后，溶液顏色變為深藍色
A．試管甲中新生成的沉淀為金屬
B．試管甲中沉淀的變化均體現了的氧化性
C．試管乙實驗可證明與形成無色配合物
D．上述兩個實驗表明為兩性氧化物
15．（2024·山東）逆水氣變換反應：。一定壓力下，按，物質的量之比投料，，溫度時反應物摩爾分數隨時間變化關系如圖所示。已知該反應的速率方程為，，溫度時反應速率常數k分別為。下列說法錯誤的是
A．
B．溫度下達平衡時反應速率的比值：
C．溫度不變，僅改變體系初始壓力，反應物摩爾分數隨時間的變化曲線不變
D．溫度下，改變初始投料比例，可使平衡時各組分摩爾分數與溫度時相同
16．（2024·山東）錳氧化物具有較大應用價值，回答下列問題：
（1）在元素周期表中位于第　 　周期　 　族；同周期中，基態原子未成對電子數比多的元素是　 　(填元素符號)。
（2）如某種氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，該氧化物化學式為　 　。
當晶體有O原子脫出時，出現O空位，的化合價　 　(填“升高”“降低”或“不變”)，O空位的產生使晶體具有半導體性質。下列氧化物晶體難以通過該方式獲有半導體性質的是　 　(填標號)。
A． B． C． D．
（3）(見圖)是晶型轉變的誘導劑。的空間構型為　 　；中咪唑環存在大鍵，則N原子采取的軌道雜化方式為　 　。
（4）可作轉化為的催化劑(見下圖)。的熔點遠大于，除相對分子質量存在差異外，另一重要原因是　 　。
17．（2024·山東）心血管藥物纈沙坦中間體(F)的兩條合成路線如下：
已知：
I．
Ⅱ．
回答下列問題：
（1）A結構簡式為　 　；B→C反應類型為　 　。
（2）C+D→F化學方程式為　 　。
（3）E中含氧官能團名稱為　 　；F中手性碳原子有　 　個。
（4）D的一種同分異構體含硝基和3種不同化學環境的氫原子(個數比為)，其結構簡式為　 　。
（5）C→E的合成路線設計如下：
試劑X為　 　(填化學式)；試劑Y不能選用，原因是　 　。
18．（2024·山東）以鉛精礦(含，等)為主要原料提取金屬和的工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）“熱浸”時，難溶的和轉化為和及單質硫。溶解等物質的量的和時，消耗物質的量之比為　 　；溶液中鹽酸濃度不宜過大，除防止“熱浸”時揮發外，另一目的是防止產生　 　(填化學式)。
（2）將“過濾Ⅱ”得到的沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，電解所得溶液可制備金屬，“電解I”陽極產物用尾液吸收后在工藝中循環使用，利用該吸收液的操作單元為　 　。
（3）“還原”中加入鉛精礦的目的是　 　。
（4）“置換”中可選用的試劑X為　 　(填標號)。
A． B． C． D．
“置換”反應的離子方程式為　 　。
（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，用作　 　(填“陰極”或“陽極”)。
19．（2024·山東）利用“燃燒—碘酸鉀滴定法”測定鋼鐵中硫含量的實驗裝置如下圖所示(夾持裝置略)。
實驗過程如下：
①加樣，將樣品加入管式爐內瓷舟中(瓷舟兩端帶有氣孔且有蓋)，聚四氟乙烯活塞滴定管G內預裝略小于的堿性標準溶液，吸收管F內盛有鹽酸酸化的淀粉水溶液。向F內滴入適量堿性標準溶液，發生反應：，使溶液顯淺藍色。
②燃燒：按一定流速通入，一段時間后，加熱并使樣品燃燒。
③滴定：當F內溶液淺藍色消退時(發生反應：)，立即用堿性標準溶液滴定至淺藍色復現。隨不斷進入F，滴定過程中溶液顏色“消退-變藍”不斷變換，直至終點。
回答下列問題：
（1）取的堿性溶液和一定量的固體，配制堿性標準溶液，下列儀器必須用到的是_______(填標號)。
A．玻璃棒 B．錐形瓶
C．容量瓶 D．膠頭滴管
（2）裝置B和C的作用是充分干燥，B中的試劑為　 　。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子(見放大圖)，目的是　 　。
（3）該滴定實驗達終點的現象是　 　；滴定消耗堿性標準溶液，樣品中硫的質量分數是　 　(用代數式表示)。
（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，會因燃燒時產生粉塵而促進的生成，粉塵在該過程中的作用是　 　；若裝置E冷卻氣體不充分，可能導致測定結果偏大，原因是　 　；若滴定過程中，有少量不經直接將氧化成，測定結果會　 　(填“偏大”“偏小”或“不變”)。
20．（2024·山東）水煤氣是的主要來源，研究對體系制的影響，涉及主要反應如下：
回答下列問題：
（1）的焓變　 　(用代數式表示)。
（2）壓力p下，體系達平衡后，圖示溫度范圍內已完全反應，在溫度時完全分解。氣相中，和摩爾分數隨溫度的變化關系如圖所示，則a線對應物質為　 　(填化學式)。當溫度高于時，隨溫度升高c線對應物質摩爾分數逐漸降低的原因是　 　。
（3）壓力p下、溫度為時，圖示三種氣體的摩爾分數分別為0.50，0.15，0.05，則反應的平衡常數　 　；此時氣體總物質的量為，則的物質的量為　 　；若向平衡體系中通入少量，重新達平衡后，分壓將　 　(填“增大”“減小”或“不變”)，將　 　(填“增大”“減小”或“不變”)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】氧化還原反應
【解析】【解答】A．竹管需經砍伐、削制、打磨；動物尾毫（如羊毛、狼毫）需清洗、梳理、整理，過程主要為物理處理，如去除雜質、改變形狀，未涉及元素化合價變化，無氧化還原反應，A不符合題意；
B．松木的主要成分為有機物，燃燒時發生氧化反應，屬于氧化還原反應，B符合題意；
C．楮樹皮經浸泡、蒸煮（加石灰或堿）、舂搗、打漿，使纖維分離，再經抄紙、晾曬制成宣紙，蒸煮過程中，堿液（如氫氧化鈣）溶解樹皮中的木質素、果膠等雜質，主要發生水解反應，無元素化合價變化，不涉及氧化還原反應，C不符合題意；
D．端石（天然巖石，主要成分為硅酸鹽）經開采、切割、雕刻、打磨制成硯臺，全程為物理加工，僅改變石材的形狀和表面結構，無化學反應發生，不涉及氧化還原反應，D不符合題意；
故選B。
【分析】氧化還原反應中一定有元素的化合價發生變化。
2．【答案】D
【知識點】常見的食品添加劑的組成、性質和作用
【解析】【解答】A．活性炭具有疏松多孔的結構，表面積大，吸附能力強，可吸附食品中的色素、異味等雜質，可用作食品脫色劑，故A正確；
B．鐵粉（還原性鐵粉）能與空氣中的氧氣和水蒸氣發生氧化反應，從而消耗氧氣，防止食品氧化變質，故B正確；
C．谷氨酸鈉（C5H8NO4Na）是味精的主要成分，能刺激味蕾，增強食品鮮味，尤其對肉類和蔬菜的鮮味有顯著提升作用，故C正確；
D．五氧化二磷本身對呼吸道和皮膚有刺激性，不符合食品干燥劑的安全要求，不能用作食品干燥劑，故D錯誤；
故選D。
【分析】A．活性炭具有吸附性；
Ｂ．鐵粉具有還原性；
Ｃ．谷氨酸鈉是常用的食品增味劑；
Ｄ．五氧化二磷本身對呼吸道和皮膚有刺激性。
3．【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；有機化合物的命名
【解析】【解答】A．的官能團為酚羥基，甲基在酚羥基鄰位，則其系統命名為：2-甲基苯酚，故A正確；
B． 中心原子O原子的價層電子對數為：，采用sp2雜化，含有一個孤電子對，空間構型為V形，其球棍模型為：，故B錯誤；
C．激發態H原子只有1s能級，故C錯誤；
D．p-pπ 鍵是由兩個原子的p軌道以 “肩并肩”的方式重疊形成的共價鍵，其電子云分布在成鍵原子的核間平面兩側，呈鏡面對稱，則p-pπ鍵形成的軌道重疊示意圖為：，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．該有機物的官能團為酚羥基，甲基位于酚羥基鄰位；
Ｂ． 分子中，O采用sp2雜化；
Ｃ．激發態的H原子只含有1s能級；
Ｄ．p-pπ 鍵是由兩個原子的 p 軌道以 “肩并肩”的方式重疊形成的共價鍵。
4．【答案】B
【知識點】原子晶體（共價晶體）
【解析】【解答】金剛石(C)、單晶硅(Si)、金剛砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都是共價晶體，鍵能越大，熔點越高，鍵能：Si-Si故選B。
【分析】共價晶體的鍵能越大，熔沸點越高。
5．【答案】C
【知識點】配合物的成鍵情況；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物，能與堿氫氧化鈣反應，該過程體現了Ca(OH)2的堿性，A正確；
B．氯化鐵溶液腐蝕銅電路板發生反應：，該過程中，Fe元素的化合價降低，被還原，Fe3+為氧化劑，體現了Fe3+的氧化性，B正確；
C．豆漿是膠體，添加石膏，膠體發生聚沉，因此制作豆腐時添加石膏，利用的是在膠體中加入電解質發生聚沉這一性質，與CaSO4難溶性無關，C錯誤；
D．在硝酸銀中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之間以配位鍵結合，體現了NH3的配位性，D正確；
故選C。
【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物；
Ｂ．氯化鐵與銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅；
Ｃ．豆漿是膠體，加入電解質會發生聚沉；
Ｄ．Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之間以配位鍵結合。
6．【答案】A
【知識點】中和滴定
【解析】【解答】A．調控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指輕輕向內扣住玻璃活塞，手心空握，該操作符合規范，A正確
B．直接將 pH 試紙插入溶液中會污染試劑，正確操作應為用玻璃棒蘸取少量溶液滴在 pH 試紙上，待顏色穩定后與標準比色卡對比，操作不規范，B錯誤；
C．加熱試管內液體時，液體體積不應超過試管容積的 1/3，且試管需與桌面成 45° 角，用外焰均勻加熱，操作不規范，C錯誤；
D．膠頭滴管應垂直懸空于試管口上方，避免接觸試管內壁，防止試劑污染，操作不規范，D錯誤；
故選A。
【分析】A．正確控制活塞的動作為手指抵住活塞側面，緩慢旋轉；
Ｂ．直接將 pH 試紙插入溶液中會污染試劑；
Ｃ．加熱試管內液體時，液體體積不應超過試管容積的 1/3；
Ｄ．膠頭滴管應垂直懸空于試管口上方。
7．【答案】C
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構
【解析】【解答】A．青蒿素易溶于有機溶劑（如乙醚），難溶于水，可利用萃取法從青蒿中提取。將青蒿粉碎后用乙醚等溶劑萃取，經分液、濃縮即可獲得含青蒿素的提取液，A正確；
B．X 射線衍射法是測定晶體結構的經典方法。當 X 射線照射晶體時，會發生衍射現象，通過分析衍射圖譜可確定原子在晶胞中的位置、鍵長、鍵角等，從而推斷分子的空間結構，B正確；
C．通過核磁共振譜可推測青蒿素分子中不同化學環境的氫原子的種數及其數目之比，但不能測定青蒿素的相對分子質量，要測定青蒿素相對分子質量應該用質譜法，C不正確；
D．紅外光譜可推測有機物分子中含有的官能團和化學鍵，故通過紅外光譜可推測青蒿素分子中的官能團，D正確；
故選C。
【分析】A．青蒿素易溶于有機溶劑；
Ｂ．X-射線衍射實驗是區分晶體和非晶體最科學的方法；
Ｃ．通常用質譜儀測定相對分子質量；
Ｄ．紅外光譜利用不同官能團對特定波長紅外光的吸收特性來鑒別官能團。
8．【答案】B
【知識點】烯烴；酯的性質
【解析】【解答】A．該物質含有酚羥基，酚羥基的酸性強于，能與溶液反應生成碳酸氫鈉，A正確；
B．該有機物中與醇羥基相連的C原子共與3個不同化學環境的C原子相連，且這3個C原子上均連接了H原子，因此，該有機物發生消去反應時，其消去反應產物最多有3種，B不正確；
C．阿魏萜寧含酯基，酸性水解可能生成醇和羧酸，生成的醇含有碳碳雙鍵，能發生加聚反應生成高聚物，羧酸中含有羧基和酚羥基，可發生縮聚反應生成高聚物，C正確；
D．阿魏萜寧分子含碳碳雙鍵，與 Br2發生加成反應，含苯環且苯環上有氫，在催化劑作用下可與 Br2發生取代反應，含酚羥基，其鄰、對位氫可與 Br2發生取代反應，因此該有機物與反應時可發生取代和加成兩種反應，D正確；
故選B。
【分析】A．酚羥基能與碳酸鈉反應；
Ｂ．消去反應的條件：分子中含羥基（-OH）且相鄰碳上有氫原子，或含鹵素原子；
Ｃ．該分子中含有酯基，酸性水解生成羧酸和醇；
Ｄ．碳碳雙鍵能與加成，酚羥基鄰、對位氫可與 Br2發生取代反應。
9．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；鍵能、鍵長、鍵角及其應用
【解析】【解答】A．由分析可知，圖中代表O原子，A不正確；
B．過氧鍵需兩個 O 原子以單鍵相連，該化合物中，每個I原子與3個O原子形成共價鍵，根據均攤法可以判斷必須有2個O原子分別與2個I原子成鍵，才能確定該化合物化學式為，因此，該化合物中不存在過氧鍵，B不正確；
C．I原子的價電子數為7，該化合物中F元素的化合價為-1，O元素的化合價為-2，則I元素的化合價為+5，據此可以判斷每I原子與其他原子形成3個單鍵和1個雙鍵，I原子的價電子數不等于其形成共價鍵的數目，因此，該化合物中I原子存在孤對電子，C正確；
D．該化合物中， I 與 O 形成不同類型的鍵，I-O鍵、I=O鍵，I=O 雙鍵鍵長比 I-O 單鍵短，D不正確；
綜上所述，本題選C。
【分析】由圖可知，白色球形成2個共價鍵，則白色球應該是O，I的原子半徑大于F，則黑色球為I，灰色的球代表F。
10．【答案】C
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；影響鹽類水解程度的主要因素；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】A．根據分析，線Ⅱ表示CH3COO-的變化情況，線Ⅰ表示CH3COOH的變化情況，A項錯誤；
B．m點c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等，此時溶液的pH=m，則CH3COOH的電離平衡常數Ka==c(H+)=10-m，B項錯誤；
C．pH=n時，=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由圖可知pH=n時，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C項正確；
D．pH=10時，部分銀離子轉化為沉淀，則c(Ag+)+c(CH3COOAg)<0.08mol/L，D項錯誤；
故選C。
【分析】水溶液體系中 ， 存在反應： ，同時存在醋酸的電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，pH增大，氫離子濃度減小，CH3COOHCH3COO-+H+的平衡正向移動，CH3COOH的摩爾分數減小，CH3COO-的摩爾分數增大，的平衡正向移動，CH3COOAg的濃度增大，當pH增大到一定程度，氫氧根離子濃度較大，Ag+轉化為AgOH沉淀，會導致的平衡逆向移動，c(CHCOOAg)減小，c(CH3COO- )增大，則曲線Ⅰ表示CH3COOH的變化情況，曲線Ⅱ表示CH3COO-的變化情況，曲線Ⅲ表示CH3COOAg的變化情況。
11．【答案】D
【知識點】醇類簡介；羧酸簡介；酯的性質
【解析】【解答】A．淀粉為多糖，可水解產生葡萄糖，Ａ項正確；
B．發酵制醇時發生反應：，有CO2產生，B項正確；
C．發酵制酸過程中，生成的CH3COOH與CH3CH2OH會發生酯化反應生成CH3COOCH2CH3，C項正確；
D．發酵制酸階段CH3CH2OH發生氧化反應生成CH3COOH，應在有氧條件下進行，D項錯誤；
故選D。
【分析】A．淀粉為多糖，水解生成葡萄糖；
Ｂ．葡萄糖發酵會生成乙醇和二氧化碳；
Ｃ．發酵階段，會發生醇和羧酸的酯化反應；
Ｄ．發酵制酸時，醇氧化為羧酸，需要氧氣。
12．【答案】A,B
【知識點】常見化學電源的種類及其工作原理；化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解答】A． 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去，說明草酸與酸性發生氧化還原反應，該反應中草酸為還原劑，體現其還原性，A項符合題意；
B．鉛蓄電池放電時正極反應為PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O、負極反應為Pb-2e-+=PbSO4，正負極質量都增加，充電時陽極反應為PbSO4+2H2O-2e-= PbO2++4H+、陰極反應為PbSO4+2e-= Pb+，陰、陽極質量都減小，B項符合題意；
C．AgCl、Ag2CrO4的沉淀類型不同，由實驗現象不能得出Ksp(AgCl) ＜Ksp(Ag2CrO4)，C項不符合題意；
D．將盛有NO2的密閉燒瓶浸入冷水，紅棕色變淺，說明該反應的平衡正向移動，說明該反應為放熱反應， H<0，根據 H=正反應的活化能－逆反應的活化能＜0可知，該反應正反應的活化能小于逆反應的活化能，D項不符合題意；
答案選AB。
【分析】A．草酸與高錳酸鉀發生氧化還原反應；
Ｂ．鉛蓄電池放電時正負極質量均增加；
Ｃ．相同類型的沉淀才能通過生成沉淀的先后順序比較Ksp大小；
Ｄ． H=正反應的活化能－逆反應的活化能。
13．【答案】B
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．電極a為陰極，與電源負極相連，A項正確；
B．電解過程中消耗H2O和Br-，而催化階段被還原成Br-循環使用，故加入Y的目的是補充H2O，維持NaBr溶液為一定濃度，B項錯誤；
C．陽極反應為Br- -6e-+3H2O=+6H+，陰極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，則電解總反應式為Br-+3H2O+3H2↑，C項正確；
D．催化階段，Br元素的化合價由+5價降至-1價，生成1molBr-得到6mol電子，O元素的化合價由-2價升至0價，生成1molO2失去4mol電子，則反應產物物質的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D項正確；
答案選B。
【分析】由圖可知，溴離子在電極b上發生氧化反應生成，則電極b為陽極，電極反應式為Br- -6e-+3H2O=+6H+，電極a為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
14．【答案】A,C
【知識點】銅及其化合物
【解析】【解答】A．由分析可知，試管甲中，Cu2O發生歧化反應生成Cu2+和單質銅，則試管甲中新生成的沉淀為金屬Cu，A項正確；
B．Cu2O與0.3mol/LHNO3發生的反應為Cu2O+2HNO3=Cu(NO3)2+Cu+H2O，該過程中HNO3所含元素的化合價沒有變化，表現酸性，Cu與濃硝酸發生的反應為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，該反應中既生成硝酸銅，又生成NO2，HNO3表現氧化性和酸性，B項錯誤；
C．Cu2O中滴加過量6mol/L氨水充分振蕩，沉淀逐漸溶解得到無色溶液，靜置一段時間無色溶液變為深藍色，說明Cu(Ⅰ)與NH3形成無色配合物，后被氧化為深藍色的[Cu(NH3)4]2+，C項正確；
D．Cu2O是堿性氧化物，而非兩性氧化物，D項錯誤；
故選AC。
【分析】取等量少許Cu2O分別加入甲、乙兩支試管，試管甲中滴加過量溶液并充分振蕩，磚紅色沉淀轉化為另一顏色沉淀，溶液顯淺藍色，說明生成了銅離子，則Cu2O發生歧化反應生成銅離子和單質銅，傾掉溶液，滴加濃硝酸，沉淀逐漸消失，是銅與濃硝酸反應生成硝酸銅；試管乙中， 滴加過量氨水并充分振蕩，沉淀逐漸溶解，溶液顏色為無色；靜置一段時間后，溶液顏色變為深藍色，生成了[Cu(NH3)4]2+。
15．【答案】C,D
【知識點】化學平衡的影響因素；化學反應速率與化學平衡的綜合應用
【解析】【解答】A．溫度越高，反應速率越快，T1條件下反應速率快，說明T1＞T2，反應速率常數與溫度有關，則k1＞k2，A項正確；
B．，達到平衡時反應物的摩爾分數：T1C．該反應是氣體體積不變的反應，改變初始壓力不影響平衡狀態，因此溫度不變，僅改變體系初始壓力，雖然平衡不移動，但反應物的濃度改變，反應速率改變，反應達到平衡的時間改變，反應物摩爾分數隨時間的變化曲線變化，C項錯誤；
D．起始CO2與H2的物質的量之比為1∶1，T2溫度下，改變初始投料比，相當于改變某一反應物的濃度，平衡會發生移動，不能使平衡時各組分摩爾分數與T1溫度時相同，D項錯誤；
答案選CD。
【分析】A．溫度越高反應速率越快；
Ｂ．根據 分析；
Ｃ．該反應是氣體體積不變的反應，改變初始壓力不影響平衡狀態；
Ｄ．溫度能使該反應的平衡發生移動。
16．【答案】（1）四；ⅦB；Cr
（2）MnO2；降低；A
（3）正四面體形；sp2
（4）FDCA形成的分子間氫鍵更多
【知識點】晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】（1）Mn的原子序數為25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基態Mn的電子排布式為：，未成對電子數有5個，同周期中，基態原子未成對電子數比Mn多的元素是Cr，基態Cr的電子排布式為，有6個未成對電子；
（2）由均攤法得，晶胞中Mn的數目為，O的數目為，即該氧化物的化學式為MnO2；晶體有O原子脫出時，出現O空位，即x減小，的化合價為+2x，即Mn的化合價降低；CaO中Ca的化合價為+2價、V2O5中V的化合價為+5價、Fe2O3中Fe的化合價為+3、CuO中Cu的化合價為+2，其中CaO中Ca的化合價下降只能為0，其余可下降得到比0大的價態，說明CaO不能通過這種方式獲得半導體性質；
（3）中B形成4個σ鍵（其中有1個配位鍵），為sp3雜化，空間構型為正四面體形；咪唑環存在大鍵，N原子形成3個σ鍵，雜化方式為sp2；
（4）由HMF和FDCA的結構可知，HMF和FDCA均能形成分子間氫鍵，但FDCA形成的分子間氫鍵更多，使得FDCA的熔點遠大于HMF。
【分析】（1）Mn為25號元素，位于第四周期第ⅦB族；第四周期中Cr的未成對電子比Mn多；
（2） 當晶體有O原子脫出時，出現O空位，結合化合物中化合價代數和為0分析Mn元素化合價變化；
（3） 中心B原子的價層電子對數為4；咪唑環中N原子形成3個σ鍵；
（4）形成分子間氫鍵物質的熔沸點升高。
（1）Mn的原子序數為25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基態Mn的電子排布式為：，未成對電子數有5個，同周期中，基態原子未成對電子數比Mn多的元素是Cr，基態Cr的電子排布式為，有6個未成對電子；
（2）由均攤法得，晶胞中Mn的數目為，O的數目為，即該氧化物的化學式為MnO2；晶體有O原子脫出時，出現O空位，即x減小，的化合價為+2x，即Mn的化合價降低；CaO中Ca的化合價為+2價、V2O5中V的化合價為+5價、Fe2O3中Fe的化合價為+3、CuO中Cu的化合價為+2，其中CaO中Ca的化合價下降只能為0，其余可下降得到比0大的價態，說明CaO不能通過這種方式獲得半導體性質；
（3）中B形成4個σ鍵（其中有1個配位鍵），為sp3雜化，空間構型為正四面體形；咪唑環存在大鍵，N原子形成3個σ鍵，雜化方式為sp2；
（4）由HMF和FDCA的結構可知，HMF和FDCA均能形成分子間氫鍵，但FDCA形成的分子間氫鍵更多，使得FDCA的熔點遠大于HMF。
17．【答案】（1）；取代反應
（2）+
（3）醛基；1
（4）
（5）NaOH水溶液；G中的-CH2OH會被KMnO4氧化為-COOH，無法得到E
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；有機物的推斷；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由分析得，A的結構簡式為：；B（）甲基上的1個H被Br取代得到C（），則B→C反應類型為取代反應；
（2）由分析得，C為，D為，C、D在乙醇的作用下得到F（），則C+D→F化學方程式為：+；
（3）由分析得，E為，含氧官能團為醛基；手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子，F中含有1個手性碳原子，如圖用“*”標記：；
（4）由分析可知，D為，其同分異構體含硝基，且存在3種不同化學環境的氫原子(個數比為6：6：1)，符合條件的結構簡式為；
（5）由分析可知，C為，E為，C在NaOH溶液中水解，Br轉化為羥基得到G，則G的結構簡式為，G中羥基催化氧化為醛基得到E，則試劑X為NaOH水溶液；酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能將G中的-CH2OH直接氧化為-COOH，因此試劑Y不能選用 。
【分析】A發生類似已知反應I生成B，觀察F的結構簡式，F結構中的來源于A，結合A的分子式可知，A的結構簡式為，則B的結構簡式為，對比B和C的分子式可知，C比B多一個Br原子，少一個H原子，說明B與發生取代反應生成C，則C的結構簡式為，E發生已知Ⅱ的反應生成F，則D中應該含有-NH2，結合F的結構簡式可知，D應為，E為。
（1）由分析得，A的結構簡式為：；B（）甲基上的1個H被Br取代得到C（），反應類型為取代反應；
（2）由分析得，C為，D為，C、D在乙醇的作用下得到F（）， 化學方程式為：+；
（3）由分析得，E為，含氧官能團為：醛基；F中手性碳原子有1個，位置如圖：；
（4）D為，含硝基（-NO2）和3種不同化學環境的氫原子(個數比為6：6：1)的D的同分異構體結構如圖：；
（5）C為，E為結合 C→E的合成路線設計圖可知，C在NaOH水溶液的作用下，Br被羥基取代，得到G，G與試劑Y（合適的氧化劑，如：O2）發生氧化反應得到E，試劑X為NaOH水溶液，試劑Y不能選用KMnO4，原因是G中的-CH2OH會被KMnO4氧化為-COOH，無法得到E。
18．【答案】（1）1：1；H2S
（2）熱浸
（3）將過量的Fe3+還原為Fe2+
（4）C；
（5）陽極
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）“熱浸”時，將和中-2價的硫氧化為單質硫，被還原為Fe2+，在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變，所以等物質的量的和時，S2-物質的量相等，所以消耗的物質的量相等，比值為1：1；溶液中鹽酸濃度過大，這里主要考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S 氣體。
（2）“過濾Ⅱ”得到的沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，會溶解為，電解溶液制備金屬，在陰極產生，陽極Cl-放電產生Cl2， 尾液成分為FeCl2，FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3，可以在熱浸中循環使用。
（3）過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+，根據還原之后可以得到含硫濾渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。
（4）“置換”中加入試劑X可以可以得到富銀鉛泥，為了防止引入其他雜質，則試劑X應為Pb，發生的反應為：。
（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來，所以不可能作為陰極，應作為陽極板，陽極放電時，銀變成陽極泥而沉降下來，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應作陽極。
【分析】 鉛精礦(含，等)中加入含有過量氯化鐵的飽和食鹽水和濃鹽酸熱浸，和轉化為和及單質硫，被還原為Fe2+，過濾除去含硫濾渣，濾液主要含，經稀釋、冷卻，轉化為PbCl2沉淀，用飽和食鹽水熱溶，增大氯離子濃度，PbCl2又轉化為，電解得到Pb；過濾II后的濾液成分主要含有、FeCl2、FeCl3，加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2，再次分離出含硫濾渣，加入試劑X得到富銀鉛泥，電解得到金屬Ag和金屬Pb，則試劑X為鉛，尾液為FeCl2。
（1）“熱浸”時，將和中-2價的硫氧化為單質硫，被還原為Fe2+，在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變，所以等物質的量的和時，S2-物質的量相等，所以消耗的物質的量相等，比值為1：1；溶液中鹽酸濃度過大，這里主要考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S 氣體。
（2）“過濾Ⅱ”得到的沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，會溶解為，電解溶液制備金屬，在陰極產生，陽極Cl-放電產生Cl2， 尾液成分為FeCl2，FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3，可以在熱浸中循環使用。
（3）過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+，根據還原之后可以得到含硫濾渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。
（4）“置換”中加入試劑X可以可以得到富銀鉛泥，為了防止引入其他雜質，則試劑X應為Pb，發生的反應為：。
（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來，所以不可能作為陰極，應作為陽極板，陽極放電時，銀變成陽極泥而沉降下來，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應作陽極。
19．【答案】（1）A；D
（2）濃硫酸；防止倒吸
（3）當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變為藍色且30s內不變色；
（4）催化劑；通入F的氣體溫度過高，導致部分升華，從而消耗更多的堿性標準溶液；不變
【知識點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量
【解析】【解答】（1）取的堿性溶液和一定量的固體，配制堿性標準溶液（稀釋了50倍后的濃度為0.0020000），需要用堿式滴定管或移液管量取的堿性溶液，需要用一定精確度的天平稱量一定質量的固體，需要在燒杯中溶解固體，溶解時要用到玻璃棒攪拌，需要用容量瓶配制標準溶液，需要用膠頭滴管定容，因此，下列儀器必須用到的是AD。
（2）裝置B和C的作用是充分干燥，濃硫酸具有吸水性，常用于干燥某些氣體，因此B中的試劑為濃硫酸。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因為磨砂浮子的密度小于水，若球泡內水面上升，磨砂浮子也隨之上升，磨砂浮子可以作為一個磨砂玻璃塞將導氣管的出氣口堵塞上，從而防止倒吸。
（3）該滴定實驗是利用過量的1滴或半滴標準溶液來指示滴定終點的，因此，該滴定實驗達終點的現象是當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變為藍色且30s內不變色；由S元素守恒及、可得關系式3S~3~3~，若滴定消耗堿性標準溶液，則，，樣品中硫的質量分數是。
（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，燃燒時產生粉塵中含有鐵的氧化物，鐵的氧化物能催化的氧化反應從而促進的生成，因此，粉塵在該過程中的作用是催化劑；若裝置E冷卻氣體不充分，則通入F的氣體溫度過高，可能導致部分升華，這樣就要消耗更多堿性標準溶液，從而可能導致測定結果偏大；若滴定過程中，有少量不經直接將氧化成，從電子轉移守恒的角度分析，得到被還原為，仍能得到關系式3S~3~，測定結果會不變。
【分析】（1）配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，根據配制步驟確定所需儀器；
（2）濃硫酸具有吸水性，且氧氣不與濃硫酸反應，可用濃硫酸干燥氧氣；裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子可防止倒吸；
（3） 用堿性標準溶液滴定至淺藍色復現 ，因此當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變為藍色且30s內不變色時達到滴定終點；根據3S~3~3~計算；
（4）鐵的氧化物能催化氧化二氧化硫； 易升華；有少量不經直接將氧化成，根據轉移電子守恒可知仍存在3S~3~，不影響測定結果。
（1）取的堿性溶液和一定量的固體，配制堿性標準溶液（稀釋了50倍后的濃度為0.0020000），需要用堿式滴定管或移液管量取的堿性溶液，需要用一定精確度的天平稱量一定質量的固體，需要在燒杯中溶解固體，溶解時要用到玻璃棒攪拌，需要用容量瓶配制標準溶液，需要用膠頭滴管定容，因此，下列儀器必須用到的是AD。
（2）裝置B和C的作用是充分干燥，濃硫酸具有吸水性，常用于干燥某些氣體，因此B中的試劑為濃硫酸。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因為磨砂浮子的密度小于水，若球泡內水面上升，磨砂浮子也隨之上升，磨砂浮子可以作為一個磨砂玻璃塞將導氣管的出氣口堵塞上，從而防止倒吸。
（3）該滴定實驗是利用過量的1滴或半滴標準溶液來指示滴定終點的，因此，該滴定實驗達終點的現象是當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變為藍色且30s內不變色；由S元素守恒及、可得關系式3S~3~3~，若滴定消耗堿性標準溶液，則，，樣品中硫的質量分數是。
（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，燃燒時產生粉塵中含有鐵的氧化物，鐵的氧化物能催化的氧化反應從而促進的生成，因此，粉塵在該過程中的作用是催化劑；若裝置E冷卻氣體不充分，則通入F的氣體溫度過高，可能導致部分升華，這樣就要消耗更多堿性標準溶液，從而可能導致測定結果偏大；若滴定過程中，有少量不經直接將氧化成，從電子轉移守恒的角度分析，得到被還原為，仍能得到關系式3S~3~，測定結果會不變。
20．【答案】（1）++
（2）；當溫度高于T1，已完全分解，只發生反應Ⅱ，溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，所以的摩爾分數減小。
（3）；0.5；不變；不變
【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，將已知的三個反應相加即可得到 ，則++。
（2）已完全反應 ，說明不再發生反應Ⅰ，而反應Ⅱ和Ⅲ均為放熱反應，升溫，反應Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移動，根據反應Ⅱ，的摩爾分數減小，的摩爾分數增大，且兩者的化學計量數之比為1：1，變化幅度相同，則a曲線代表的摩爾分數的變化，c曲線代表的摩爾分數隨溫度的變化，開始到T1，的摩爾分數升高，說明在這段溫度范圍內，反應Ⅲ占主導，當溫度高于T1，已完全分解，只發生反應Ⅱ，所以的摩爾分數減小。
（3）壓力p下、溫度為時，、、和摩爾分數分別為0.50、0.15、0.05，則H2O(g)的摩爾分數為：，則反應的平衡常數；氣體總物質的量為4.0mol，則H2、CO、CO2、H2O(g)的物質的量依次為2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，設反應Ⅰ生成CO和H2物質的量都為xmol，反應Ⅱ消耗CO物質的量為ymol、生成H2物質的量為ymol，則x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反應Ⅱ生成CO2物質的量為0.7mol，反應Ⅲ消耗CO2物質的量為0.7mol-0.2mol=0.5mol，則由反應Ⅲ知，此時CaCO3(s)物質的量為0.5mol；若向平衡體系中通入少量，重新達平衡后，反應的Kp=，溫度不變，Kp不變，則分壓不變；將反應Ⅰ-反應Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，溫度不變，該反應的Kp=不變，則不變。
【分析】（1）根據蓋斯定律，將三個反應相加即可得到 ，則++；
（2）升溫平衡向吸熱反應方向移動；
（3）壓強之比等于物質的量之比，則可用摩爾分數代替計算Kp；化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變。
（1）已知三個反應：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
設目標反應為Ⅳ，根據蓋斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。
（2）圖示溫度范圍內已完全反應，則反應Ⅰ已經進行完全，反應Ⅱ和Ⅲ均為放熱反應，從開始到T1，溫度不斷升高，反應Ⅱ和Ⅲ逆向移動，依據反應Ⅱ，量減小，摩爾分數減小，量升高，摩爾分數增大，且二者摩爾分數變化斜率相同，所以a曲線代表的摩爾分數的變化，則c曲線代表的摩爾分數隨溫度的變化，開始到T1，的摩爾分數升高，說明在這段溫度范圍內，反應Ⅲ占主導，當溫度高于T1，已完全分解，只發生反應Ⅱ，所以的摩爾分數減小。
（3）①壓力p下、溫度為時，、、和摩爾分數分別為0.50、0.15、0.05，則H2O(g)的摩爾分數為：，則反應的平衡常數；
②氣體總物質的量為4.0mol，則H2、CO、CO2、H2O(g)的物質的量依次為2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，設反應Ⅰ生成CO和H2物質的量都為xmol，反應Ⅱ消耗CO物質的量為ymol、生成H2物質的量為ymol，則x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反應Ⅱ生成CO2物質的量為0.7mol，反應Ⅲ消耗CO2物質的量為0.7mol-0.2mol=0.5mol，則由反應Ⅲ知，此時CaCO3(s)物質的量為0.5mol；
③若向平衡體系中通入少量，重新達平衡后，反應的Kp=，溫度不變，Kp不變，則分壓不變；將反應Ⅰ-反應Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，溫度不變，該反應的Kp=不變，則不變。
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