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【高考真题】2024年高考真题山东卷化学试题
1．（2024·山东）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是
A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨
C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．竹管需经砍伐、削制、打磨；动物尾毫（如羊毛、狼毫）需清洗、梳理、整理，过程主要为物理处理，如去除杂质、改变形状，未涉及元素化合价变化，无氧化还原反应，A不符合题意；
B．松木的主要成分为有机物，燃烧时发生氧化反应，属于氧化还原反应，B符合题意；
C．楮树皮经浸泡、蒸煮（加石灰或碱）、舂捣、打浆，使纤维分离，再经抄纸、晾晒制成宣纸，蒸煮过程中，碱液（如氢氧化钙）溶解树皮中的木质素、果胶等杂质，主要发生水解反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．端石（天然岩石，主要成分为硅酸盐）经开采、切割、雕刻、打磨制成砚台，全程为物理加工，仅改变石材的形状和表面结构，无化学反应发生，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
【分析】氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。
2．（2024·山东）化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是
A．活性炭可用作食品脱色剂 B．铁粉可用作食品脱氧剂
C．谷氨酸钠可用作食品增味剂 D．五氧化二磷可用作食品干燥剂
【答案】D
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．活性炭具有疏松多孔的结构，表面积大，吸附能力强，可吸附食品中的色素、异味等杂质，可用作食品脱色剂，故A正确；
B．铁粉（还原性铁粉）能与空气中的氧气和水蒸气发生氧化反应，从而消耗氧气，防止食品氧化变质，故B正确；
C．谷氨酸钠（C5H8NO4Na）是味精的主要成分，能刺激味蕾，增强食品鲜味，尤其对肉类和蔬菜的鲜味有显著提升作用，故C正确；
D．五氧化二磷本身对呼吸道和皮肤有刺激性，不符合食品干燥剂的安全要求，不能用作食品干燥剂，故D错误；
故选D。
【分析】A．活性炭具有吸附性；
Ｂ．铁粉具有还原性；
Ｃ．谷氨酸钠是常用的食品增味剂；
Ｄ．五氧化二磷本身对呼吸道和皮肤有刺激性。
3．（2024·山东）下列化学用语或图示正确的是
A．的系统命名：2-甲基苯酚
B．分子的球棍模型：
C．激发态H原子的轨道表示式：
D．键形成的轨道重叠示意图：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．的官能团为酚羟基，甲基在酚羟基邻位，则其系统命名为：2-甲基苯酚，故A正确；
B． 中心原子O原子的价层电子对数为：，采用sp2杂化，含有一个孤电子对，空间构型为V形，其球棍模型为：，故B错误；
C．激发态H原子只有1s能级，故C错误；
D．p-pπ 键是由两个原子的p轨道以 “肩并肩”的方式重叠形成的共价键，其电子云分布在成键原子的核间平面两侧，呈镜面对称，则p-pπ键形成的轨道重叠示意图为：，故D错误；
故选A。
【分析】A．该有机物的官能团为酚羟基，甲基位于酚羟基邻位；
Ｂ． 分子中，O采用sp2杂化；
Ｃ．激发态的H原子只含有1s能级；
Ｄ．p-pπ 键是由两个原子的 p 轨道以 “肩并肩”的方式重叠形成的共价键。
4．（2024·山东）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是
A．金刚石(C) B．单晶硅()
C．金刚砂() D．氮化硼(，立方相)
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都是共价晶体，键能越大，熔点越高，键能：Si-Si故选B。
【分析】共价晶体的键能越大，熔沸点越高。
5．（2024·山东）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了的碱性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了的氧化性
C．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性
D．用氨水配制银氨溶液，体现了的配位性
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物，能与碱氢氧化钙反应，该过程体现了Ca(OH)2的碱性，A正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板发生反应：，该过程中，Fe元素的化合价降低，被还原，Fe3+为氧化剂，体现了Fe3+的氧化性，B正确；
C．豆浆是胶体，添加石膏，胶体发生聚沉，因此制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误；
D．在硝酸银中逐滴加入氨水，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之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确；
故选C。
【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物；
Ｂ．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
Ｃ．豆浆是胶体，加入电解质会发生聚沉；
Ｄ．Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合。
6．（2024·山东）下列图示实验中，操作规范的是
A．调控滴定速度 B．用试纸测定溶液 C．加热试管中的液体 D．向试管中滴加溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，该操作符合规范，A正确
B．直接将 pH 试纸插入溶液中会污染试剂，正确操作应为用玻璃棒蘸取少量溶液滴在 pH 试纸上，待颜色稳定后与标准比色卡对比，操作不规范，B错误；
C．加热试管内液体时，液体体积不应超过试管容积的 1/3，且试管需与桌面成 45° 角，用外焰均匀加热，操作不规范，C错误；
D．胶头滴管应垂直悬空于试管口上方，避免接触试管内壁，防止试剂污染，操作不规范，D错误；
故选A。
【分析】A．正确控制活塞的动作为手指抵住活塞侧面，缓慢旋转；
Ｂ．直接将 pH 试纸插入溶液中会污染试剂；
Ｃ．加热试管内液体时，液体体积不应超过试管容积的 1/3；
Ｄ．胶头滴管应垂直悬空于试管口上方。
7．（2024·山东）我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列叙述错误的是
A．通过萃取法可获得含青蒿素的提取液
B．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构
C．通过核磁共振谱可推测青蒿素相对分子质量
D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．青蒿素易溶于有机溶剂（如乙醚），难溶于水，可利用萃取法从青蒿中提取。将青蒿粉碎后用乙醚等溶剂萃取，经分液、浓缩即可获得含青蒿素的提取液，A正确；
B．X 射线衍射法是测定晶体结构的经典方法。当 X 射线照射晶体时，会发生衍射现象，通过分析衍射图谱可确定原子在晶胞中的位置、键长、键角等，从而推断分子的空间结构，B正确；
C．通过核磁共振谱可推测青蒿素分子中不同化学环境的氢原子的种数及其数目之比，但不能测定青蒿素的相对分子质量，要测定青蒿素相对分子质量应该用质谱法，C不正确；
D．红外光谱可推测有机物分子中含有的官能团和化学键，故通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团，D正确；
故选C。
【分析】A．青蒿素易溶于有机溶剂；
Ｂ．X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；
Ｃ．通常用质谱仪测定相对分子质量；
Ｄ．红外光谱利用不同官能团对特定波长红外光的吸收特性来鉴别官能团。
8．（2024·山东）植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是
A．可与溶液反应
B．消去反应产物最多有2种
C．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物
D．与反应时可发生取代和加成两种反应
【答案】B
【知识点】烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．该物质含有酚羟基，酚羟基的酸性强于，能与溶液反应生成碳酸氢钠，A正确；
B．该有机物中与醇羟基相连的C原子共与3个不同化学环境的C原子相连，且这3个C原子上均连接了H原子，因此，该有机物发生消去反应时，其消去反应产物最多有3种，B不正确；
C．阿魏萜宁含酯基，酸性水解可能生成醇和羧酸，生成的醇含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高聚物，羧酸中含有羧基和酚羟基，可发生缩聚反应生成高聚物，C正确；
D．阿魏萜宁分子含碳碳双键，与 Br2发生加成反应，含苯环且苯环上有氢，在催化剂作用下可与 Br2发生取代反应，含酚羟基，其邻、对位氢可与 Br2发生取代反应，因此该有机物与反应时可发生取代和加成两种反应，D正确；
故选B。
【分析】A．酚羟基能与碳酸钠反应；
Ｂ．消去反应的条件：分子中含羟基（-OH）且相邻碳上有氢原子，或含卤素原子；
Ｃ．该分子中含有酯基，酸性水解生成羧酸和醇；
Ｄ．碳碳双键能与加成，酚羟基邻、对位氢可与 Br2发生取代反应。
9．（2024·山东）由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是
A．图中O代表F原子
B．该化合物中存在过氧键
C．该化合物中I原子存在孤对电子
D．该化合物中所有碘氧键键长相等
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．由分析可知，图中代表O原子，A不正确；
B．过氧键需两个 O 原子以单键相连，该化合物中，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；
C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；
D．该化合物中， I 与 O 形成不同类型的键，I-O键、I=O键，I=O 双键键长比 I-O 单键短，D不正确；
综上所述，本题选C。
【分析】由图可知，白色球形成2个共价键，则白色球应该是O，I的原子半径大于F，则黑色球为I，灰色的球代表F。
10．（2024·山东）常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知初始浓度，所有含碳物质的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A．线Ⅱ表示的变化情况
B．的电离平衡常数
C．时，
D．时，
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，A项错误；
B．m点c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等，此时溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==c(H+)=10-m，B项错误；
C．pH=n时，=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C项正确；
D．pH=10时，部分银离子转化为沉淀，则c(Ag+)+c(CH3COOAg)<0.08mol/L，D项错误；
故选C。
【分析】水溶液体系中 ， 存在反应： ，同时存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，pH增大，氢离子浓度减小，CH3COOHCH3COO-+H+的平衡正向移动，CH3COOH的摩尔分数减小，CH3COO-的摩尔分数增大，的平衡正向移动，CH3COOAg的浓度增大，当pH增大到一定程度，氢氧根离子浓度较大，Ag+转化为AgOH沉淀，会导致的平衡逆向移动，c(CHCOOAg)减小，c(CH3COO- )增大，则曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，曲线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况。
11．（2024·山东）中国美食享誉世界，东坡诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是
A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生
B．发酵制醇阶段有产生
C．发酵制酸阶段有酯类物质产生
D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行
【答案】D
【知识点】醇类简介；羧酸简介；酯的性质
【解析】【解答】A．淀粉为多糖，可水解产生葡萄糖，Ａ项正确；
B．发酵制醇时发生反应：，有CO2产生，B项正确；
C．发酵制酸过程中，生成的CH3COOH与CH3CH2OH会发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，C项正确；
D．发酵制酸阶段CH3CH2OH发生氧化反应生成CH3COOH，应在有氧条件下进行，D项错误；
故选D。
【分析】A．淀粉为多糖，水解生成葡萄糖；
Ｂ．葡萄糖发酵会生成乙醇和二氧化碳；
Ｃ．发酵阶段，会发生醇和羧酸的酯化反应；
Ｄ．发酵制酸时，醇氧化为羧酸，需要氧气。
12．（2024·山东）由下列事实或现象能得出相应结论的是
　 事实或现象 结论
A 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有还原性
B 铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了放电反应
C 向等物质的量浓度的，混合溶液中滴加溶液，先生成白色沉淀
D 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A． 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去，说明草酸与酸性发生氧化还原反应，该反应中草酸为还原剂，体现其还原性，A项符合题意；
B．铅蓄电池放电时正极反应为PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O、负极反应为Pb-2e-+=PbSO4，正负极质量都增加，充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-= PbO2++4H+、阴极反应为PbSO4+2e-= Pb+，阴、阳极质量都减小，B项符合题意；
C．AgCl、Ag2CrO4的沉淀类型不同，由实验现象不能得出Ksp(AgCl) ＜Ksp(Ag2CrO4)，C项不符合题意；
D．将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明该反应的平衡正向移动，说明该反应为放热反应， H<0，根据 H=正反应的活化能－逆反应的活化能＜0可知，该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，D项不符合题意；
答案选AB。
【分析】A．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应；
Ｂ．铅蓄电池放电时正负极质量均增加；
Ｃ．相同类型的沉淀才能通过生成沉淀的先后顺序比较Ksp大小；
Ｄ． H=正反应的活化能－逆反应的活化能。
13．（2024·山东）以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是
A．电极a连接电源负极
B．加入Y的目的是补充
C．电解总反应式为
D．催化阶段反应产物物质的量之比
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．电极a为阴极，与电源负极相连，A项正确；
B．电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；
C．阳极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确；
D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，则反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确；
答案选B。
【分析】由图可知，溴离子在电极b上发生氧化反应生成，则电极b为阳极，电极反应式为Br- -6e-+3H2O=+6H+，电极a为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
14．（2024·山东）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是
实验操作及现象
试管甲 滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色
A．试管甲中新生成的沉淀为金属
B．试管甲中沉淀的变化均体现了的氧化性
C．试管乙实验可证明与形成无色配合物
D．上述两个实验表明为两性氧化物
【答案】A,C
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】A．由分析可知，试管甲中，Cu2O发生歧化反应生成Cu2+和单质铜，则试管甲中新生成的沉淀为金属Cu，A项正确；
B．Cu2O与0.3mol/LHNO3发生的反应为Cu2O+2HNO3=Cu(NO3)2+Cu+H2O，该过程中HNO3所含元素的化合价没有变化，表现酸性，Cu与浓硝酸发生的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应中既生成硝酸铜，又生成NO2，HNO3表现氧化性和酸性，B项错误；
C．Cu2O中滴加过量6mol/L氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色溶液，静置一段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物，后被氧化为深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，C项正确；
D．Cu2O是碱性氧化物，而非两性氧化物，D项错误；
故选AC。
【分析】取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，试管甲中滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色，说明生成了铜离子，则Cu2O发生歧化反应生成铜离子和单质铜，倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失，是铜与浓硝酸反应生成硝酸铜；试管乙中， 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色，生成了[Cu(NH3)4]2+。
15．（2024·山东）逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是
A．
B．温度下达平衡时反应速率的比值：
C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D．温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同
【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度越高，反应速率越快，T1条件下反应速率快，说明T1＞T2，反应速率常数与温度有关，则k1＞k2，A项正确；
B．，达到平衡时反应物的摩尔分数：T1C．该反应是气体体积不变的反应，改变初始压力不影响平衡状态，因此温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误；
D．起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，平衡会发生移动，不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误；
答案选CD。
【分析】A．温度越高反应速率越快；
Ｂ．根据 分析；
Ｃ．该反应是气体体积不变的反应，改变初始压力不影响平衡状态；
Ｄ．温度能使该反应的平衡发生移动。
16．（2024·山东）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）在元素周期表中位于第　 　周期　 　族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是　 　(填元素符号)。
（2）如某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　 　。
当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价　 　(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　 　(填标号)。
A． B． C． D．
（3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为　 　；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为　 　。
（4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　 　。
【答案】（1）四；ⅦB；Cr
（2）MnO2；降低；A
（3）正四面体形；sp2
（4）FDCA形成的分子间氢键更多
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子；
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质；
（3）中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
【分析】（1）Mn为25号元素，位于第四周期第ⅦB族；第四周期中Cr的未成对电子比Mn多；
（2） 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，结合化合物中化合价代数和为0分析Mn元素化合价变化；
（3） 中心B原子的价层电子对数为4；咪唑环中N原子形成3个σ键；
（4）形成分子间氢键物质的熔沸点升高。
（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子；
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质；
（3）中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
17．（2024·山东）心血管药物缬沙坦中间体(F)的两条合成路线如下：
已知：
I．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）A结构简式为　 　；B→C反应类型为　 　。
（2）C+D→F化学方程式为　 　。
（3）E中含氧官能团名称为　 　；F中手性碳原子有　 　个。
（4）D的一种同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，其结构简式为　 　。
（5）C→E的合成路线设计如下：
试剂X为　 　(填化学式)；试剂Y不能选用，原因是　 　。
【答案】（1）；取代反应
（2）+
（3）醛基；1
（4）
（5）NaOH水溶液；G中的-CH2OH会被KMnO4氧化为-COOH，无法得到E
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析得，A的结构简式为：；B（）甲基上的1个H被Br取代得到C（），则B→C反应类型为取代反应；
（2）由分析得，C为，D为，C、D在乙醇的作用下得到F（），则C+D→F化学方程式为：+；
（3）由分析得，E为，含氧官能团为醛基；手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，F中含有1个手性碳原子，如图用“*”标记：；
（4）由分析可知，D为，其同分异构体含硝基，且存在3种不同化学环境的氢原子(个数比为6：6：1)，符合条件的结构简式为；
（5）由分析可知，C为，E为，C在NaOH溶液中水解，Br转化为羟基得到G，则G的结构简式为，G中羟基催化氧化为醛基得到E，则试剂X为NaOH水溶液；酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将G中的-CH2OH直接氧化为-COOH，因此试剂Y不能选用 。
【分析】A发生类似已知反应I生成B，观察F的结构简式，F结构中的来源于A，结合A的分子式可知，A的结构简式为，则B的结构简式为，对比B和C的分子式可知，C比B多一个Br原子，少一个H原子，说明B与发生取代反应生成C，则C的结构简式为，E发生已知Ⅱ的反应生成F，则D中应该含有-NH2，结合F的结构简式可知，D应为，E为。
（1）由分析得，A的结构简式为：；B（）甲基上的1个H被Br取代得到C（），反应类型为取代反应；
（2）由分析得，C为，D为，C、D在乙醇的作用下得到F（）， 化学方程式为：+；
（3）由分析得，E为，含氧官能团为：醛基；F中手性碳原子有1个，位置如图：；
（4）D为，含硝基（-NO2）和3种不同化学环境的氢原子(个数比为6：6：1)的D的同分异构体结构如图：；
（5）C为，E为结合 C→E的合成路线设计图可知，C在NaOH水溶液的作用下，Br被羟基取代，得到G，G与试剂Y（合适的氧化剂，如：O2）发生氧化反应得到E，试剂X为NaOH水溶液，试剂Y不能选用KMnO4，原因是G中的-CH2OH会被KMnO4氧化为-COOH，无法得到E。
18．（2024·山东）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为　 　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生　 　(填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为　 　。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是　 　。
（4）“置换”中可选用的试剂X为　 　(填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为　 　。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作　 　(填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）1：1；H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C；
（5）阳极
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1：1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
【分析】 铅精矿(含，等)中加入含有过量氯化铁的饱和食盐水和浓盐酸热浸，和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤除去含硫滤渣，滤液主要含，经稀释、冷却，转化为PbCl2沉淀，用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要含有、FeCl2、FeCl3，加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，再次分离出含硫滤渣，加入试剂X得到富银铅泥，电解得到金属Ag和金属Pb，则试剂X为铅，尾液为FeCl2。
（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1：1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
19．（2024·山东）利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。
实验过程如下：
①加样，将样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装略小于的碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。
②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。
③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)，立即用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。
回答下列问题：
（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是_______(填标号)。
A．玻璃棒 B．锥形瓶
C．容量瓶 D．胶头滴管
（2）装置B和C的作用是充分干燥，B中的试剂为　 　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是　 　。
（3）该滴定实验达终点的现象是　 　；滴定消耗碱性标准溶液，样品中硫的质量分数是　 　(用代数式表示)。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进的生成，粉尘在该过程中的作用是　 　；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是　 　；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）A；D
（2）浓硫酸；防止倒吸
（3）当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；
（4）催化剂；通入F的气体温度过高，导致部分升华，从而消耗更多的碱性标准溶液；不变
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤确定所需仪器；
（2）浓硫酸具有吸水性，且氧气不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥氧气；装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子可防止倒吸；
（3） 用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现 ，因此当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色时达到滴定终点；根据3S~3~3~计算；
（4）铁的氧化物能催化氧化二氧化硫； 易升华；有少量不经直接将氧化成，根据转移电子守恒可知仍存在3S~3~，不影响测定结果。
（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。
20．（2024·山东）水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下：
回答下列问题：
（1）的焓变　 　(用代数式表示)。
（2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物质为　 　(填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物质摩尔分数逐渐降低的原因是　 　。
（3）压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数　 　；此时气体总物质的量为，则的物质的量为　 　；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）++
（2）；当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。
（3）；0.5；不变；不变
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将已知的三个反应相加即可得到 ，则++。
（2）已完全反应 ，说明不再发生反应Ⅰ，而反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，升温，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，根据反应Ⅱ，的摩尔分数减小，的摩尔分数增大，且两者的化学计量数之比为1：1，变化幅度相同，则a曲线代表的摩尔分数的变化，c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。
（3）压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数；气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=不变，则不变。
【分析】（1）根据盖斯定律，将三个反应相加即可得到 ，则++；
（2）升温平衡向吸热反应方向移动；
（3）压强之比等于物质的量之比，则可用摩尔分数代替计算Kp；化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
（1）已知三个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。
（2）图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。
（3）①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数；
②气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol；
③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=不变，则不变。
1 / 1【高考真题】2024年高考真题山东卷化学试题
1．（2024·山东）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是
A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨
C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚
2．（2024·山东）化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是
A．活性炭可用作食品脱色剂 B．铁粉可用作食品脱氧剂
C．谷氨酸钠可用作食品增味剂 D．五氧化二磷可用作食品干燥剂
3．（2024·山东）下列化学用语或图示正确的是
A．的系统命名：2-甲基苯酚
B．分子的球棍模型：
C．激发态H原子的轨道表示式：
D．键形成的轨道重叠示意图：
4．（2024·山东）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是
A．金刚石(C) B．单晶硅()
C．金刚砂() D．氮化硼(，立方相)
5．（2024·山东）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了的碱性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了的氧化性
C．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性
D．用氨水配制银氨溶液，体现了的配位性
6．（2024·山东）下列图示实验中，操作规范的是
A．调控滴定速度 B．用试纸测定溶液 C．加热试管中的液体 D．向试管中滴加溶液
A．A B．B C．C D．D
7．（2024·山东）我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列叙述错误的是
A．通过萃取法可获得含青蒿素的提取液
B．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构
C．通过核磁共振谱可推测青蒿素相对分子质量
D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团
8．（2024·山东）植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是
A．可与溶液反应
B．消去反应产物最多有2种
C．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物
D．与反应时可发生取代和加成两种反应
9．（2024·山东）由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是
A．图中O代表F原子
B．该化合物中存在过氧键
C．该化合物中I原子存在孤对电子
D．该化合物中所有碘氧键键长相等
10．（2024·山东）常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知初始浓度，所有含碳物质的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A．线Ⅱ表示的变化情况
B．的电离平衡常数
C．时，
D．时，
11．（2024·山东）中国美食享誉世界，东坡诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是
A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生
B．发酵制醇阶段有产生
C．发酵制酸阶段有酯类物质产生
D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行
12．（2024·山东）由下列事实或现象能得出相应结论的是
　 事实或现象 结论
A 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有还原性
B 铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了放电反应
C 向等物质的量浓度的，混合溶液中滴加溶液，先生成白色沉淀
D 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能
A．A B．B C．C D．D
13．（2024·山东）以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是
A．电极a连接电源负极
B．加入Y的目的是补充
C．电解总反应式为
D．催化阶段反应产物物质的量之比
14．（2024·山东）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是
实验操作及现象
试管甲 滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色
A．试管甲中新生成的沉淀为金属
B．试管甲中沉淀的变化均体现了的氧化性
C．试管乙实验可证明与形成无色配合物
D．上述两个实验表明为两性氧化物
15．（2024·山东）逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是
A．
B．温度下达平衡时反应速率的比值：
C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D．温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同
16．（2024·山东）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）在元素周期表中位于第　 　周期　 　族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是　 　(填元素符号)。
（2）如某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　 　。
当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价　 　(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　 　(填标号)。
A． B． C． D．
（3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为　 　；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为　 　。
（4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　 　。
17．（2024·山东）心血管药物缬沙坦中间体(F)的两条合成路线如下：
已知：
I．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）A结构简式为　 　；B→C反应类型为　 　。
（2）C+D→F化学方程式为　 　。
（3）E中含氧官能团名称为　 　；F中手性碳原子有　 　个。
（4）D的一种同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，其结构简式为　 　。
（5）C→E的合成路线设计如下：
试剂X为　 　(填化学式)；试剂Y不能选用，原因是　 　。
18．（2024·山东）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为　 　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生　 　(填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为　 　。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是　 　。
（4）“置换”中可选用的试剂X为　 　(填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为　 　。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作　 　(填“阴极”或“阳极”)。
19．（2024·山东）利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。
实验过程如下：
①加样，将样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装略小于的碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。
②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。
③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)，立即用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。
回答下列问题：
（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是_______(填标号)。
A．玻璃棒 B．锥形瓶
C．容量瓶 D．胶头滴管
（2）装置B和C的作用是充分干燥，B中的试剂为　 　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是　 　。
（3）该滴定实验达终点的现象是　 　；滴定消耗碱性标准溶液，样品中硫的质量分数是　 　(用代数式表示)。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进的生成，粉尘在该过程中的作用是　 　；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是　 　；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
20．（2024·山东）水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下：
回答下列问题：
（1）的焓变　 　(用代数式表示)。
（2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物质为　 　(填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物质摩尔分数逐渐降低的原因是　 　。
（3）压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数　 　；此时气体总物质的量为，则的物质的量为　 　；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．竹管需经砍伐、削制、打磨；动物尾毫（如羊毛、狼毫）需清洗、梳理、整理，过程主要为物理处理，如去除杂质、改变形状，未涉及元素化合价变化，无氧化还原反应，A不符合题意；
B．松木的主要成分为有机物，燃烧时发生氧化反应，属于氧化还原反应，B符合题意；
C．楮树皮经浸泡、蒸煮（加石灰或碱）、舂捣、打浆，使纤维分离，再经抄纸、晾晒制成宣纸，蒸煮过程中，碱液（如氢氧化钙）溶解树皮中的木质素、果胶等杂质，主要发生水解反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．端石（天然岩石，主要成分为硅酸盐）经开采、切割、雕刻、打磨制成砚台，全程为物理加工，仅改变石材的形状和表面结构，无化学反应发生，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
【分析】氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。
2．【答案】D
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．活性炭具有疏松多孔的结构，表面积大，吸附能力强，可吸附食品中的色素、异味等杂质，可用作食品脱色剂，故A正确；
B．铁粉（还原性铁粉）能与空气中的氧气和水蒸气发生氧化反应，从而消耗氧气，防止食品氧化变质，故B正确；
C．谷氨酸钠（C5H8NO4Na）是味精的主要成分，能刺激味蕾，增强食品鲜味，尤其对肉类和蔬菜的鲜味有显著提升作用，故C正确；
D．五氧化二磷本身对呼吸道和皮肤有刺激性，不符合食品干燥剂的安全要求，不能用作食品干燥剂，故D错误；
故选D。
【分析】A．活性炭具有吸附性；
Ｂ．铁粉具有还原性；
Ｃ．谷氨酸钠是常用的食品增味剂；
Ｄ．五氧化二磷本身对呼吸道和皮肤有刺激性。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．的官能团为酚羟基，甲基在酚羟基邻位，则其系统命名为：2-甲基苯酚，故A正确；
B． 中心原子O原子的价层电子对数为：，采用sp2杂化，含有一个孤电子对，空间构型为V形，其球棍模型为：，故B错误；
C．激发态H原子只有1s能级，故C错误；
D．p-pπ 键是由两个原子的p轨道以 “肩并肩”的方式重叠形成的共价键，其电子云分布在成键原子的核间平面两侧，呈镜面对称，则p-pπ键形成的轨道重叠示意图为：，故D错误；
故选A。
【分析】A．该有机物的官能团为酚羟基，甲基位于酚羟基邻位；
Ｂ． 分子中，O采用sp2杂化；
Ｃ．激发态的H原子只含有1s能级；
Ｄ．p-pπ 键是由两个原子的 p 轨道以 “肩并肩”的方式重叠形成的共价键。
4．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都是共价晶体，键能越大，熔点越高，键能：Si-Si故选B。
【分析】共价晶体的键能越大，熔沸点越高。
5．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物，能与碱氢氧化钙反应，该过程体现了Ca(OH)2的碱性，A正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板发生反应：，该过程中，Fe元素的化合价降低，被还原，Fe3+为氧化剂，体现了Fe3+的氧化性，B正确；
C．豆浆是胶体，添加石膏，胶体发生聚沉，因此制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误；
D．在硝酸银中逐滴加入氨水，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之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确；
故选C。
【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物；
Ｂ．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
Ｃ．豆浆是胶体，加入电解质会发生聚沉；
Ｄ．Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合。
6．【答案】A
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，该操作符合规范，A正确
B．直接将 pH 试纸插入溶液中会污染试剂，正确操作应为用玻璃棒蘸取少量溶液滴在 pH 试纸上，待颜色稳定后与标准比色卡对比，操作不规范，B错误；
C．加热试管内液体时，液体体积不应超过试管容积的 1/3，且试管需与桌面成 45° 角，用外焰均匀加热，操作不规范，C错误；
D．胶头滴管应垂直悬空于试管口上方，避免接触试管内壁，防止试剂污染，操作不规范，D错误；
故选A。
【分析】A．正确控制活塞的动作为手指抵住活塞侧面，缓慢旋转；
Ｂ．直接将 pH 试纸插入溶液中会污染试剂；
Ｃ．加热试管内液体时，液体体积不应超过试管容积的 1/3；
Ｄ．胶头滴管应垂直悬空于试管口上方。
7．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．青蒿素易溶于有机溶剂（如乙醚），难溶于水，可利用萃取法从青蒿中提取。将青蒿粉碎后用乙醚等溶剂萃取，经分液、浓缩即可获得含青蒿素的提取液，A正确；
B．X 射线衍射法是测定晶体结构的经典方法。当 X 射线照射晶体时，会发生衍射现象，通过分析衍射图谱可确定原子在晶胞中的位置、键长、键角等，从而推断分子的空间结构，B正确；
C．通过核磁共振谱可推测青蒿素分子中不同化学环境的氢原子的种数及其数目之比，但不能测定青蒿素的相对分子质量，要测定青蒿素相对分子质量应该用质谱法，C不正确；
D．红外光谱可推测有机物分子中含有的官能团和化学键，故通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团，D正确；
故选C。
【分析】A．青蒿素易溶于有机溶剂；
Ｂ．X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；
Ｃ．通常用质谱仪测定相对分子质量；
Ｄ．红外光谱利用不同官能团对特定波长红外光的吸收特性来鉴别官能团。
8．【答案】B
【知识点】烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．该物质含有酚羟基，酚羟基的酸性强于，能与溶液反应生成碳酸氢钠，A正确；
B．该有机物中与醇羟基相连的C原子共与3个不同化学环境的C原子相连，且这3个C原子上均连接了H原子，因此，该有机物发生消去反应时，其消去反应产物最多有3种，B不正确；
C．阿魏萜宁含酯基，酸性水解可能生成醇和羧酸，生成的醇含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高聚物，羧酸中含有羧基和酚羟基，可发生缩聚反应生成高聚物，C正确；
D．阿魏萜宁分子含碳碳双键，与 Br2发生加成反应，含苯环且苯环上有氢，在催化剂作用下可与 Br2发生取代反应，含酚羟基，其邻、对位氢可与 Br2发生取代反应，因此该有机物与反应时可发生取代和加成两种反应，D正确；
故选B。
【分析】A．酚羟基能与碳酸钠反应；
Ｂ．消去反应的条件：分子中含羟基（-OH）且相邻碳上有氢原子，或含卤素原子；
Ｃ．该分子中含有酯基，酸性水解生成羧酸和醇；
Ｄ．碳碳双键能与加成，酚羟基邻、对位氢可与 Br2发生取代反应。
9．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．由分析可知，图中代表O原子，A不正确；
B．过氧键需两个 O 原子以单键相连，该化合物中，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；
C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；
D．该化合物中， I 与 O 形成不同类型的键，I-O键、I=O键，I=O 双键键长比 I-O 单键短，D不正确；
综上所述，本题选C。
【分析】由图可知，白色球形成2个共价键，则白色球应该是O，I的原子半径大于F，则黑色球为I，灰色的球代表F。
10．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，A项错误；
B．m点c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等，此时溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==c(H+)=10-m，B项错误；
C．pH=n时，=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C项正确；
D．pH=10时，部分银离子转化为沉淀，则c(Ag+)+c(CH3COOAg)<0.08mol/L，D项错误；
故选C。
【分析】水溶液体系中 ， 存在反应： ，同时存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，pH增大，氢离子浓度减小，CH3COOHCH3COO-+H+的平衡正向移动，CH3COOH的摩尔分数减小，CH3COO-的摩尔分数增大，的平衡正向移动，CH3COOAg的浓度增大，当pH增大到一定程度，氢氧根离子浓度较大，Ag+转化为AgOH沉淀，会导致的平衡逆向移动，c(CHCOOAg)减小，c(CH3COO- )增大，则曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，曲线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况。
11．【答案】D
【知识点】醇类简介；羧酸简介；酯的性质
【解析】【解答】A．淀粉为多糖，可水解产生葡萄糖，Ａ项正确；
B．发酵制醇时发生反应：，有CO2产生，B项正确；
C．发酵制酸过程中，生成的CH3COOH与CH3CH2OH会发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，C项正确；
D．发酵制酸阶段CH3CH2OH发生氧化反应生成CH3COOH，应在有氧条件下进行，D项错误；
故选D。
【分析】A．淀粉为多糖，水解生成葡萄糖；
Ｂ．葡萄糖发酵会生成乙醇和二氧化碳；
Ｃ．发酵阶段，会发生醇和羧酸的酯化反应；
Ｄ．发酵制酸时，醇氧化为羧酸，需要氧气。
12．【答案】A,B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A． 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去，说明草酸与酸性发生氧化还原反应，该反应中草酸为还原剂，体现其还原性，A项符合题意；
B．铅蓄电池放电时正极反应为PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O、负极反应为Pb-2e-+=PbSO4，正负极质量都增加，充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-= PbO2++4H+、阴极反应为PbSO4+2e-= Pb+，阴、阳极质量都减小，B项符合题意；
C．AgCl、Ag2CrO4的沉淀类型不同，由实验现象不能得出Ksp(AgCl) ＜Ksp(Ag2CrO4)，C项不符合题意；
D．将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明该反应的平衡正向移动，说明该反应为放热反应， H<0，根据 H=正反应的活化能－逆反应的活化能＜0可知，该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，D项不符合题意；
答案选AB。
【分析】A．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应；
Ｂ．铅蓄电池放电时正负极质量均增加；
Ｃ．相同类型的沉淀才能通过生成沉淀的先后顺序比较Ksp大小；
Ｄ． H=正反应的活化能－逆反应的活化能。
13．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．电极a为阴极，与电源负极相连，A项正确；
B．电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；
C．阳极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确；
D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，则反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确；
答案选B。
【分析】由图可知，溴离子在电极b上发生氧化反应生成，则电极b为阳极，电极反应式为Br- -6e-+3H2O=+6H+，电极a为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
14．【答案】A,C
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】A．由分析可知，试管甲中，Cu2O发生歧化反应生成Cu2+和单质铜，则试管甲中新生成的沉淀为金属Cu，A项正确；
B．Cu2O与0.3mol/LHNO3发生的反应为Cu2O+2HNO3=Cu(NO3)2+Cu+H2O，该过程中HNO3所含元素的化合价没有变化，表现酸性，Cu与浓硝酸发生的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应中既生成硝酸铜，又生成NO2，HNO3表现氧化性和酸性，B项错误；
C．Cu2O中滴加过量6mol/L氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色溶液，静置一段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物，后被氧化为深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，C项正确；
D．Cu2O是碱性氧化物，而非两性氧化物，D项错误；
故选AC。
【分析】取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，试管甲中滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色，说明生成了铜离子，则Cu2O发生歧化反应生成铜离子和单质铜，倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失，是铜与浓硝酸反应生成硝酸铜；试管乙中， 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色，生成了[Cu(NH3)4]2+。
15．【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度越高，反应速率越快，T1条件下反应速率快，说明T1＞T2，反应速率常数与温度有关，则k1＞k2，A项正确；
B．，达到平衡时反应物的摩尔分数：T1C．该反应是气体体积不变的反应，改变初始压力不影响平衡状态，因此温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误；
D．起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，平衡会发生移动，不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误；
答案选CD。
【分析】A．温度越高反应速率越快；
Ｂ．根据 分析；
Ｃ．该反应是气体体积不变的反应，改变初始压力不影响平衡状态；
Ｄ．温度能使该反应的平衡发生移动。
16．【答案】（1）四；ⅦB；Cr
（2）MnO2；降低；A
（3）正四面体形；sp2
（4）FDCA形成的分子间氢键更多
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子；
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质；
（3）中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
【分析】（1）Mn为25号元素，位于第四周期第ⅦB族；第四周期中Cr的未成对电子比Mn多；
（2） 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，结合化合物中化合价代数和为0分析Mn元素化合价变化；
（3） 中心B原子的价层电子对数为4；咪唑环中N原子形成3个σ键；
（4）形成分子间氢键物质的熔沸点升高。
（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子；
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质；
（3）中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
17．【答案】（1）；取代反应
（2）+
（3）醛基；1
（4）
（5）NaOH水溶液；G中的-CH2OH会被KMnO4氧化为-COOH，无法得到E
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析得，A的结构简式为：；B（）甲基上的1个H被Br取代得到C（），则B→C反应类型为取代反应；
（2）由分析得，C为，D为，C、D在乙醇的作用下得到F（），则C+D→F化学方程式为：+；
（3）由分析得，E为，含氧官能团为醛基；手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，F中含有1个手性碳原子，如图用“*”标记：；
（4）由分析可知，D为，其同分异构体含硝基，且存在3种不同化学环境的氢原子(个数比为6：6：1)，符合条件的结构简式为；
（5）由分析可知，C为，E为，C在NaOH溶液中水解，Br转化为羟基得到G，则G的结构简式为，G中羟基催化氧化为醛基得到E，则试剂X为NaOH水溶液；酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将G中的-CH2OH直接氧化为-COOH，因此试剂Y不能选用 。
【分析】A发生类似已知反应I生成B，观察F的结构简式，F结构中的来源于A，结合A的分子式可知，A的结构简式为，则B的结构简式为，对比B和C的分子式可知，C比B多一个Br原子，少一个H原子，说明B与发生取代反应生成C，则C的结构简式为，E发生已知Ⅱ的反应生成F，则D中应该含有-NH2，结合F的结构简式可知，D应为，E为。
（1）由分析得，A的结构简式为：；B（）甲基上的1个H被Br取代得到C（），反应类型为取代反应；
（2）由分析得，C为，D为，C、D在乙醇的作用下得到F（）， 化学方程式为：+；
（3）由分析得，E为，含氧官能团为：醛基；F中手性碳原子有1个，位置如图：；
（4）D为，含硝基（-NO2）和3种不同化学环境的氢原子(个数比为6：6：1)的D的同分异构体结构如图：；
（5）C为，E为结合 C→E的合成路线设计图可知，C在NaOH水溶液的作用下，Br被羟基取代，得到G，G与试剂Y（合适的氧化剂，如：O2）发生氧化反应得到E，试剂X为NaOH水溶液，试剂Y不能选用KMnO4，原因是G中的-CH2OH会被KMnO4氧化为-COOH，无法得到E。
18．【答案】（1）1：1；H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C；
（5）阳极
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1：1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
【分析】 铅精矿(含，等)中加入含有过量氯化铁的饱和食盐水和浓盐酸热浸，和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤除去含硫滤渣，滤液主要含，经稀释、冷却，转化为PbCl2沉淀，用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要含有、FeCl2、FeCl3，加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，再次分离出含硫滤渣，加入试剂X得到富银铅泥，电解得到金属Ag和金属Pb，则试剂X为铅，尾液为FeCl2。
（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1：1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
19．【答案】（1）A；D
（2）浓硫酸；防止倒吸
（3）当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；
（4）催化剂；通入F的气体温度过高，导致部分升华，从而消耗更多的碱性标准溶液；不变
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤确定所需仪器；
（2）浓硫酸具有吸水性，且氧气不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥氧气；装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子可防止倒吸；
（3） 用碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现 ，因此当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色时达到滴定终点；根据3S~3~3~计算；
（4）铁的氧化物能催化氧化二氧化硫； 易升华；有少量不经直接将氧化成，根据转移电子守恒可知仍存在3S~3~，不影响测定结果。
（1）取的碱性溶液和一定量的固体，配制碱性标准溶液（稀释了50倍后的浓度为0.0020000），需要用碱式滴定管或移液管量取的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的固体，需要在烧杯中溶解固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B和C的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗碱性标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。
（4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化的氧化反应从而促进的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分升华，这样就要消耗更多碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，从电子转移守恒的角度分析，得到被还原为，仍能得到关系式3S~3~，测定结果会不变。
20．【答案】（1）++
（2）；当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。
（3）；0.5；不变；不变
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将已知的三个反应相加即可得到 ，则++。
（2）已完全反应 ，说明不再发生反应Ⅰ，而反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，升温，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，根据反应Ⅱ，的摩尔分数减小，的摩尔分数增大，且两者的化学计量数之比为1：1，变化幅度相同，则a曲线代表的摩尔分数的变化，c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。
（3）压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数；气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=不变，则不变。
【分析】（1）根据盖斯定律，将三个反应相加即可得到 ，则++；
（2）升温平衡向吸热反应方向移动；
（3）压强之比等于物质的量之比，则可用摩尔分数代替计算Kp；化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
（1）已知三个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。
（2）图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。
（3）①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数；
②气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol；
③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=不变，则不变。
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