资源简介

山东省青岛第二中学2025届高三下学期4月二模考试化学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·青岛模拟）化学与生产、生活和科技密切相关，下列说法错误的是
A．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料
B．味精是一种增味剂，主要以淀粉为原料通过发酵法生产
C．超高分子量聚乙烯可用于制作防弹服，属于通用高分子材料
D．烫发药水能使头发中的二硫键()发生断裂和重组，该过程涉及氧化还原反应
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、碳纤维主要成分为碳单质（无机物 ），玻璃纤维主要成分为、 氧化铝等（无机物 ），均不满足“有机高分子（含碳的有机化合物 ）”定义，A错误；
B、味精主要成分是谷氨酸钠，工业上以淀粉为原料，经发酵法（微生物作用 ）生产，B正确；
C、超高分子量聚乙烯性能特殊（高强度 ），但属于通用高分子材料（乙烯加聚产物，结构相对常规 ），可用于防弹服等，C正确；
D、烫发时，二硫键断裂后重组，硫元素化合价改变（如从-1变化 ），有电子转移，属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学与生产、生活、科技的联系，需判断选项中材料分类、物质制备、反应类型等知识的正误，核心是识别有机高分子材料的定义（含碳的有机化合物链状结构 ），分析各选项涉及的物质组成、反应本质。
A.有机高分子材料是有机物，可分为天然有机高分子材料和合成高分子材料；
B.味精是淀粉发酵而来，属于食品增味剂；
C.聚乙烯相对分子量很大，材质紧密，可以做防弹衣；
D.有化学键断裂和形成属于化学变化。
2．（2025·青岛模拟）化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A．做豆腐时用石膏作凝固剂：是因为电解质能使胶体聚沉
B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C．新榨苹果汁提取液可使溶液变为浅绿色：苹果汁中含有还原性物质，将Fe3+还原为Fe2+
D．果汁中添加维生素C：维生素C作抗氧剂
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、豆浆是胶体，石膏（CaSO4）作为电解质，能使胶体粒子聚集成大颗粒沉淀，实现豆腐凝固，A正确；
B、CaO与燃煤产生的SO2反应生成 CaSO3，后续被氧化为，可减少酸雨（SO2是酸雨成因 ）；但CaO与CO2在高温下难以稳定结合（CaCO3 高温易分解 ），无法减少CO2排放（温室气体 ），B错误；
C、苹果汁中含还原性物质（如维生素C ），能将 Fe3+（黄色 ）还原为 Fe2+（浅绿色 ），溶液颜色变化说明发生氧化还原反应，C正确；
D、维生素C具有强还原性，能优先与氧气反应，防止果汁中成分被氧化变质，作抗氧化剂，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学与生活的联系，需分析胶体聚沉、酸雨防治、氧化还原反应、抗氧化剂等知识，判断选项正误。核心是理解各现象背后的化学原理，如电解质对胶体的作用、CaO在燃煤中的反应、物质的氧化性/还原性等。
A.卤水点豆腐就是利用电解质使胶体发生聚沉；
B.加入氧化钙可以吸收二氧化硫，但是无法吸收二氧化碳，
C.苹果汁中有大量维生素等还原性物质，可以将三价铁还原成二价铁；
D.维生素C具有还原性，可以作为食品还原剂。
3．（2025·青岛模拟）下列化学用语正确的是
A．的VSEPR模型：
B．NaCl溶液的中水合钠离子：
C．中共价键的电子云图：
D．基态硒的简化电子排布式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、中原子价电子对数（3个键 + 1对孤电子对 ），VSEPR模型为四面体，A正确；
B、带正电，吸引水分子的负电端（氧原子 ），水合钠离子中水分子应是氧原子朝向，与图示不符，B错误；
C、中是键，电子云图应为“头碰头”重叠的球形对称，与图示（不符合键电子云特征 ）不符，C错误；
D、硒的原子序数是34，核外电子排布为，简化电子排布式应为，选项中遗漏，D错误；
【分析】本题围绕化学用语（VSEPR模型、水合离子、电子云、电子排布式 ）的正误判断，需结合价层电子对互斥理论、离子水合特点、共价键类型、电子排布规则，逐一分析选项 。
A.价层电子对为4，含有一个孤独电子对，理论模型为四面体构型，实际构型为三角锥形；
B.钠离子带正电，水中氧显负电，所以应该是水中的氧原子与钠离子相互吸引；
C.中共价键类型为s-s键，图中为p-p键；
D.选项中 硒的简化电子排布式 缺少3d轨道上的电子。
4．（2025·青岛模拟）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，与均含有个质子
B．常温下，的溶液中，水电离出的数目为
C．丁烷充分裂解，生成物中乙烷的分子数为
D．中含有键数目最多为
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下，HF是液体，不能用计算其物质的量，无法得出质子数目，A错误；
B、 醋酸钠是强碱弱酸盐，促进水的电离，溶液，则，溶液中水电离的OH- 数目为，B错误；
C、丁烷（ ）裂解，可能生成乙烷（与乙烯 ），也可能生成甲烷（与丙烯 ），故乙烷分子数小于，C错误；
D、 若为环氧乙烷（结构中全为单键 ），（ ）含键最多。环氧乙烷分子有7个键，故 含键，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕阿伏加德罗常数（），需结合物质状态、盐类水解、反应不确定性、化学键结构，分析选项中粒子数的计算正误。
A.使用气体摩尔体积时，对象必须为气体；
B.水电离出的氢离子与氢氧根相同，pH=9，那么氢氧根浓度等于10-5mol/L，故水电离出的OH-数目为10-5NA
C.丁烷分解时不一定都生成乙烷；无法计算
D.当C2H4O形成环氧乙醚时，共价键数目最多。
5．（2025·青岛模拟）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．制备苯甲酸苯甲酯 B．验证金属锌保护铁
C．熔融纯碱 D．制取少量
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；常用仪器及其使用；常见气体制备原理及装置选择；酯化反应
【解析】【解答】A、苯甲酸与苯甲醇的酯化反应可逆，分水器不断分离生成的水，使平衡正向移动，利于生成苯甲酸苯甲酯，能达到目的，A正确；
B、直接向铁电极滴加 ，铁可能被氧化为二价铁，无法准确验证 “锌是否保护铁”（应取铁电极溶液于试管，再滴加试剂 ），不能达到目的，B错误；
C、铁坩埚化学性质稳定，不与熔融纯碱反应，可用于熔融纯碱，能达到目的，C正确；
D、安全漏斗可使盐酸与大理石接触或分离（关闭止水夹时，液体被压回漏斗，反应停止 ），能控制反应速率，制取少量CO2，能达到目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.分水器不断带走反应生成的水，可促进酯化反应向生成酯的方向进行；
B.铁氰化钾也会与铁反应生成二价铁，也会变色，无法检验；
C.铁坩埚不与纯碱反应，可以加热纯碱；保存进入下一题
D.安全漏斗可以防止气体反向泄露。
6．（2025·青岛模拟）一种点击反应的原理为，我国科学家利用点击反应原理研制出具有较高玻璃化转变温度的聚合物C．下列说法不正确的是
A．聚合物C是一种热塑性材料
B．单体B的结构简式为
C．由A与B合成C的反应属于加聚反应
D．C可发生水解反应得到A和B
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、聚合物C是线性高分子，分子呈链状、无大量交联，可通过加热软化、冷却固化，属于热塑性材料，A正确；
B、由A与B经点击反应生成C，结合点击反应特征（炔基与叠氮基反应 ），从C的结构逆推，可知B含两个炔基，结构为，B正确；
C、A（含叠氮基 ）与B（含炔基 ）通过点击反应，加成聚合形成C（无小分子副产物 ），符合加聚反应特征，根据点击反应的原理可知，A和B发生加聚反应得到高聚物C，C正确；
D、C含酯基，水解可生成羧基、羟基，但点击反应形成的N=N结构稳定，无法水解回A（含叠氮基 ）和B（含炔基 ），故水解产物不是A和B，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.一般线性结构的高分子属于热塑性材料；
B.A和B反应生成C，发生加聚反应，据此可以判断B的结构；
C.根据原料可知，该反应发生加聚反应；
D.酯基可以水解，C可以水解，但是无法得到A和B。
7．（2025·青岛模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z、W在第二周期且相邻：M的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种。由该五种元素形成的一种配合物的结构如图所示，其中Y、Z、W原子的最外层均达到8电子稳定结构。下列说法正确的是
A．该配合物中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
B．1mol该配合物中含有4mol配体，且M的化合价为+2
C．X、Y、Z三种元素可以形成盐
D．ZX3形成的晶体中配位数为12
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、配合物中化学键有共价键（原子间成键 ）、配位键（如与配体间 ），但氢键是分子间作用力，不是化学键，故只有共价键、配位键，A错误；
B、由结构可知，1mol配合物中配体为2mol（而非4mol ）；结合元素价态（、、、的价态 ），计算得化合价为+2，但配体数量错误，B错误；
C、、、可形成氰化铵 ，属于盐（由铵根与酸根离子构成 ），C正确；
D、分子间存在氢键，晶体结构不是面心立方，配位数不为12（面心立方配位数12 ），D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕短周期主族元素推断及配合物结构分析，需先根据原子结构、周期位置等信息确定元素（X、Y、Z、W、M ），再结合配合物结构判断化学键、配体、元素成盐及晶体配位数等，核心是元素推断与配合物知识的综合应用。
M基态原子轨道有2个未成对电子（可能或 ），且价层电子空间运动状态有6种（占6个轨道 ），故M为（，价层轨道数6 ）；Y、Z、W在第二周期且相邻，结合配合物结构（成键数、8电子稳定结构 ），Y形成4个共价键，为；Z形成4个共价键，为；W形成2个共价键且能形成氢键，为；X只形成1个共价键，为。
A.氢键不属于化学键，属于分子间作用力；
B.根据题目中结构，2个配体，每个配体提供2个配原子；
C.氢、氮、碳可以组合成铵盐；
D.氨气分子间会形成氢键，不能像二氧化碳那样进行密堆积。
8．（2025·青岛模拟）科学家利用二芳基硅二醇（表示芳基）实现了温和条件下的“碳中和”过程，用环氧丙烷（）与催化环加成反应生成碳酸丙烯酯的反应机理如图。
下列说法不正确的是
A．该过程中涉及碳原子的杂化方式的改变
B．若用代替环氧丙烷，则过程中有生成
C．考虑手性异构现象，环氧丙烷的一氯代物有6种
D．该过程的最终产物可与反应
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
9．（2025·青岛模拟）某种含钒超导材料的晶胞结构及晶体结构俯视图如图，晶胞参数为。下列叙述错误的是
A．基态V原子核外电子的空间运动状态有13种
B．晶体中与原子距离最近的原子有6个
C．该晶体的化学式为
D．若该含钒超导材料的摩尔质量为，则该晶体密度为
【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；晶胞的计算
【解析】【解答】A、V是23号元素，核外电子排布为，电子占据13个轨道（每个轨道对应1种空间运动状态 ），故空间运动状态有13种，A正确；
B、Cs原子位于晶胞顶点，因晶胞参数x、x、y（ ），与顶点Cs原子最近的Cs原子在相邻顶点，共6个（上下、前后、左右 ），B正确；
C、Cs原子：顶点，；V原子：面心+体心，；Sb原子：面心+棱心，；化学式为，C正确；
D、晶胞质量，体积为： ，则该晶体密度为，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕含钒超导材料的晶胞结构，需分析电子空间运动状态、原子配位数、化学式推导及密度计算，核心是运用均摊法、晶体结构知识判断选项。
A.根据V的核外电子排布，计算电子空间运动状态数（轨道数=运动状态数 ）。
B.分析Cs原子在晶胞的位置（顶点 ），结合晶胞参数，判断最近Cs原子数。
C.用均摊法计算晶胞中Cs、V、Sb原子数，推导化学式。
D.晶胞密度即为一个晶胞质量处于晶胞体积即可。
10．（2025·青岛模拟）某温度下，用标准溶液滴定溶液，测得溶液的相对电导率及随滴入标准溶液的体积的变化关系如图所示。已知。下列说法正确的是
A．c点之后电导率持续上升说明，的导电能力强于
B．的过程中，溶液中逐渐增大
C．c点溶液中约为
D．d点溶液中：
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、c点后加入，溶液中、等参与导电，并非导电能力强于，A错误；
B、由、，相乘得，则；b→c过程中，被消耗，增大，故该比值减小（因分母增大 ），B错误；
C、b点：饱和溶液，，则（因中与浓度相等 ）；
c点：加入20mL，物质的量0.001mol，溶液体积0.12L，。
则，C正确；
D、d点溶质为等物质的量的和。
水解常数，水解常数，且电离大于水解。
故，离子浓度顺序为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕滴定 的滴定曲线，需分析电导率变化、电离平衡常数应用、溶度积计算及离子浓度比较，结合酸碱反应、电离水解知识判断选项。
A.c点也引入的钠离子和氢离子，也会影到到点效果，无法说明的导电能力强于；
B.题干所给的比值可化为，分子为定值，b到c点过程氢离子减小，所以比值变大；
C.根据b点钡离子浓度为10-4mol/L，可求得Ksp，然后再结合c点计算出钡离子浓度即可；
D.要比较草酸氢根和草酸跟浓度大小，需要判断草酸氢根电离和水解程度大小，即判断电离常数和水解常数大小即可。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（2025·青岛模拟）下列物质中，属于强酸的是
A．HCl B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、溶于水后，全部解离为和（无分子残留 ），符合强酸“完全电离”的特征，属于强酸，故A符合题意 ；
B、溶于水后，分步完全电离，无分子残留，符合强酸定义，属于强酸，故B符合题意 ；
C、溶于水后，仅部分分子解离为和（存在电离平衡 ），属于弱酸，不符合，故C不符合题意 ；
D、溶于水后，全部解离为和（无分子残留 ），符合强酸定义，属于强酸，故D符合题意 ；
故答案为：ABD。
【分析】 本题围绕“强酸”的定义（水溶液中完全电离出氢离子和酸根离子的酸 ），需判断各物质在水溶液中的电离程度，区分强酸与弱酸。常见强酸有：盐酸、硫酸、硝酸、高氯酸等，常见弱酸：醋酸、碳酸、氢氟酸等。
12．（2025·青岛模拟）在的密闭容器中按物质的量之比充入CO和，发生反应：。在195℃、压强为时测得随时间的变化结果如下表所示。改变不同的温度和压强，测得CO的转化率随温度及不同压强(p)下的变化如下图所示。下列说法正确的是
0 1 2 3
8 5 4 4
A．压强，该反应的正反应为放热反应
B．在195℃、条件下，B点v(正)C．在195℃、条件下，该反应的平衡常数为25
D．在及195℃时，内生成的平均速率为
【答案】A,B,C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，由图可知，温度相同时，CO的转化率：，则，温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度，正反应为放热反应，A正确；
B．在195℃、条件下，B 点CO的转化率高于平衡时B点的平衡转化率，说明反应逆向进行才能达到平衡状态，所以v(正)C．达到平衡时，CO、H2、CH3OH的平衡浓度分别为0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1，则平衡常数K＝＝＝25，C正确；
D．在及195℃时，内氢气的平均速率为=，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则生成的平均速率为，D错误；
故选ABC。
【分析】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
Ｂ．B点反应逆向进行；
Ｃ．根据K＝计算；
Ｄ．化学反应速率之比等于化学计量数之比。
13．（2025·青岛模拟）我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．的电子式为
B．甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键
C．甲醇分子和二羟基丙酮分子中碳原子的杂化类型均为
D．二羟基丙酮与乳酸()互为同分异构体
【答案】C
【知识点】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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、是直线形，含2个双键，电子式为，A正确；
B、甲醇含，可形成分子间氢键（使分子间作用力增大 ）；甲醛无氢键，故甲醇沸点更高，B正确；
C、甲醇（）中原子：形成4个键（无孤电子对 ），价层电子对数4，为杂化。
二羟基丙酮（）中原子：羰基 中的C：形成3个键（无孤电子对 ），价层电子对数3，为杂化；
其他原子：形成4个键，为杂化。
故二羟基丙酮中存在杂化的C原子，C错误；
D、二羟基丙酮（）与乳酸（）分子式相同，结构不同（官能团、碳链连接不同 ），互为同分异构体，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕人工合成淀粉的反应历程，需分析电子式、氢键对沸点影响、碳原子杂化类型、同分异构体，结合物质结构与性质判断选项正误。
A．判断的电子式（直线形结构，含碳氧双键 ）。
B．分析“甲醇沸点高于甲醛”的原因（分子间氢键对沸点的影响 ）。
C．判断甲醇、二羟基丙酮中碳原子的杂化类型（根据键数+孤电子对数，确定价层电子对数 ）。
D．判断“二羟基丙酮与乳酸”是否为同分异构体（分子式相同，结构不同 ）。
14．（2025·青岛模拟）多卤离子在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下：
离子 分解反应 平衡常数值
K
下列说法错误的是
A．
B．上述分解反应均为氧化还原反应
C．共价键极性：
D．可分解为和
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氧化还原反应；化学平衡常数
【解析】【解答】A、电负性，则键比键更易断裂（更易电离 ）。电离程度，平衡常数，故，A正确；
B、、、分解反应中，各元素化合价均未改变（如中为+1、为-1，分解后中仍+1、仍-1 ），故分解反应无化合价变化，不是氧化还原反应，B错误；
C、同主族元素（、 ），电负性。与中，电负性差大于，故共价键极性，C正确；
D、电负性，键易断裂，故可分解为和，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.电负性越大，共价键极性越大，越容易断裂，越容易电离出离子，K值越大；
B.判断反应是否为氧化还原反应即判断化合价是否发生变化，有化合价变化即为氧化还原反应；
C.电负性差值越大，极性越大；
D.氯的电负性大，导致容易断裂 分解为和 。
15．（2025·青岛模拟）2021年BenjaminList和DaveMaCMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示：
下列说法正确的是
A．Aldol反应方程式：
B．1→2为消去反应，2→3为加成反应
C．化合物3和4互为同分异构体
D．中间体3中存在氢键
【答案】A,C,D
【知识点】含有氢键的物质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、根据机理图，反应物为含羰基的两种有机物，产物为加成后的羟基酮结构，反应方程式与题干一致，A正确；
B、：醇羟基脱去形成双键，是消去反应。
：无不饱和键加成，不是加成反应（实际是分子内重排/其他非加成过程 ），B错误；
C、化合物3和4分子式均为（结构中原子种类、数目相同 ），但官能团连接、空间结构不同，互为同分异构体，C正确；
D、中间体3含键与羰基，可形成氢键，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】本题围绕脯氨酸催化Aldol反应的机理，需分析反应方程式、反应类型、同分异构体及氢键，结合有机反应机理与结构知识判断选项。
A.从机理图推导Aldol反应的反应物与产物，确定反应方程式。
B.判断反应类型（消去反应：分子内脱去小分子；加成反应：不饱和键加成为饱和 ）。
C.判断化合物3和4是否为同分异构体（分子式相同，结构不同 ）。
D.分析中间体3的结构，判断是否存在氢键。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·青岛模拟）工业上以铬铁矿（含有少量和等杂质）为主要原料制备的工艺流程如下图。
已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。
②煅烧的目的是将转化为。
③室温下，
（1）元素位于元素周期表第　 　周期，第　 　族。
（2）“煅烧”时参与反应的化学方程式为　 　。
（3）“滤渣1”的主要成分为　 　。
（4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为　 　，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择的优点是　 　。
（5）室温下“中和”：。控制　 　，可保证恰好沉淀完全（溶液中浓度为）。
（6）分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的纯度时（溶液的吸光度与其浓度成正比），测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是__________（填字母）。
A．硫酸 B．氢碘酸 C．硝酸钾 D．氢氧化钾
【答案】（1）四；VIB
（2）
（3）
（4）；析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得等合理答案均可
（5）8.37
（6）A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解析】（1）Cr是24号元素，位于元素周期表第四周期，第VIB族。
故答案为： 四 ； VIB ；
（2）“煅烧”时和Na2CO3、O2反应转化为，同时有和生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为。
故答案为： ；
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为。
故答案为： ；
（4）“酸化”过程中转化为，发生反应的离子方程式为，选择的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得。
故答案为： ； 析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得等合理答案均可 ；
（5）室温下“中和”：，平衡常数K==10-13.37，恰好沉淀完全时，溶液中浓度为，则c(H+)==10-8.37mol/L，pH=8.37。
故答案为： 8.37 ；
(6)用分光光度法测定K2Cr2O7时，若配制溶液时缺少了某种强酸，以保持溶液的酸性，会有部分转化为，则测得的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和发生氧化还原反应，导致的量减小，则少加的试剂为硫酸，
故答案为：A。
【分析】铬铁矿（含等 ）加、空气煅烧，使转化为；煅烧产物加水浸取，过滤得滤渣1；滤液通中和，过滤得滤渣2；继续通足量酸化，过滤得滤液1和白色结晶；滤液1加，经操作X（如蒸发结晶等 ）得到 ，以此解答。
（1）根据Cr的原子序数即可判断其在周期表位置；
（2）煅烧时重铬酸铁与氧气反应生成氧化铁，铬酸钠，和二氧化碳，再结合化合价升降相等配平即可
（3）加水浸取，三氧化二铁不溶于水，所以滤渣为三氧化二铁；
（4）根据题目可知， 最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在 ，酸化生成重铬酸跟，同时析出碳酸氢钠；
（5）根据水的离子积计算即可；
（6）为防止转化为，需要加入酸性物质。
（1）Cr是24号元素，位于元素周期表第四周期，第VIB族。
（2）“煅烧”时和Na2CO3、O2反应转化为，同时有和CO2生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为。
（4）“酸化”过程中转化为，发生反应的离子方程式为，选择的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得。
（5）室温下“中和”：，平衡常数K==10-13.37，恰好沉淀完全时，溶液中浓度为，则c(H+)==10-8.37mol/L，pH=8.37。
（6）用分光光度法测定K2Cr2O7时，若配制溶液时缺少了某种强酸，以保持溶液的酸性，会有部分转化为，则测得的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和发生氧化还原反应，导致的量减小，则少加的试剂为硫酸，故答案选 A。
17．（2025·青岛模拟）乙炔是重要的化工基础原料，常用于合成有机工业产品M。合成路线如下：
（1）X的化学名称是：　 　；反应1的反应类型是　 　。
（2）反应2的化学方程式为　 　。
（3）链烃B分子式为，分子中有3种化学环境的氢，其结构简式为　 　。
（4）下列有关C、D、E的说法正确的是_________（填字母）。
A．D中官能团为酯基、醚键、碳碳双键
B．、D都能与反应
C．E中有3个手性碳原子
D．E能发生加聚反应
（5）D的结构简式：　 　；选择催化氢化时还有副产物F，F与D互为同分异构体，若F按合成路线继续反应，最终将得到M的同分异构体N。则N的结构简式是　 　。
（6）为了提高酸性高锰酸钾的氧化效率，通常在的反应体系中加入冠醚，试写出加入冠醚的作用是　 　。
【答案】（1）甲醛；加成反应
（2）
（3）
（4）A；D
（5）；
（6）冠醚与结合后将带入反应体系中，与反应物充分接触而迅速反应
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解析】（1）乙炔和X发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，可以推知X为HCHO，名称为甲醛，该反应中醛基被加成转化为羟基，反应1的反应类型是加成反应。
故答案为： 甲醛 ； 加成反应 ；
（2）反应2 为HOOCC≡CCOOH和甲醇发生酯化反应生成CH3OOCC≡CCOOCH3，
故答案为：。
（3）链烃B分子式为，2个乙炔分子发生加成反应生成B，分子中有3种化学环境的氢，
故答案为：。
（4）A．由分析可知，D的结构简式为D为，其中官能团为酯基、醚键、碳碳双键，A正确；
B．由分析可知，C为，其中含有2个碳碳双键，能与反应，D为，其中含有1个碳碳双键，能与反应，B错误；
C．由分析可知，E为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，E中有4个手性碳原子：，C错误；
D．由分析可知，E为，其中含有碳碳双键，能发生加聚反应，D正确；
故答案为：AD。
（5）由分析可知，D的结构简式为，选择催化氢化时还有副产物F，F与D互为同分异构体，F为，若F按合成路线继续反应，和CH2=CHCH=CH2发生加成反应生成，发生氧化反应生成M的同分异构体N为。
故答案为： ； ；
（6）冠醚可以选择性与结合，为了提高酸性高锰酸钾的氧化效率，通常在的反应体系中加入冠醚，冠醚的作用是冠醚与结合后将带入反应体系中，与反应物充分接触而迅速反应。
故答案为： 冠醚与结合后将带入反应体系中，与反应物充分接触而迅速反应 .
【分析】由流程可知，HOCH2C≡CCH2OH被重铬酸钾氧化为A，则A为HOOCC≡CCOOH，A和甲醇发生酯化反应生成CH3OOCC≡CCOOCH3；2个乙炔分子发生加成反应生成B为， B和H2发生加成反应得到CH2=CHCH=CH2，B也可以加成得到正丁烷，一系列转化为， 和CH3OOCC≡CCOOCH3发生加成反应转化为C为，C和H2发生加成反应生成D为，D和CH2=CHCH=CH2转化为E 为，E发生氧化反应得到M，以此解答。
（1）对比反应1前后物质可知，X为甲醛，发生加成反应，与醛基发生加成反应；
（2）反应2为酸与醇发生酯化反应，据此写出反应即可；
（3） 链烃B分子式为，分子中有3种化学环境的氢 ，不饱和度为3，只能形成双键和三键；
（4）A.根据流程中D的结构即可确定其官能团；
B.碳碳双键能与氢气加成，酯基中碳氧双键不能加成；
C.饱和碳原子且与四个各不相同原子或基团相连的碳原子即为手性碳；据此判断即可；
D.E含有碳碳双键，可以反生加聚反应；
（5）对比C的结构即可确定D的结构；
（6）加入冠醚可以识别钾离子，将高锰酸钾带入反应体现，加快反应速率。
（1）乙炔和X发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，可以推知X为HCHO，名称为甲醛，该反应中醛基被加成转化为羟基，反应1的反应类型是加成反应。
（2）反应2 为HOOCC≡CCOOH和甲醇发生酯化反应生成CH3OOCC≡CCOOCH3，化学方程式是。
（3）链烃B分子式为，2个乙炔分子发生加成反应生成B，分子中有3种化学环境的氢，其结构简式为。
（4）A．由分析可知，D的结构简式为D为，其中官能团为酯基、醚键、碳碳双键，A正确；
B．由分析可知，C为，其中含有2个碳碳双键，能与反应，D为，其中含有1个碳碳双键，能与反应，B错误；
C．由分析可知，E为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，E中有4个手性碳原子：，C错误；
D．由分析可知，E为，其中含有碳碳双键，能发生加聚反应，D正确；
故选AD。
（5）由分析可知，D的结构简式为，选择催化氢化时还有副产物F，F与D互为同分异构体，F为，若F按合成路线继续反应，和CH2=CHCH=CH2发生加成反应生成，发生氧化反应生成M的同分异构体N为。
（6）冠醚可以选择性与结合，为了提高酸性高锰酸钾的氧化效率，通常在的反应体系中加入冠醚，冠醚的作用是冠醚与结合后将带入反应体系中，与反应物充分接触而迅速反应。
18．（2025·青岛模拟）硼、氮及其化合物是用途广泛的化工原料。回答下列问题：
（1）硼氢化钠()是制造乙硼烷和其他高能燃料的原料，中阴离子的空间构型为　 　；在元素周期表中，B位于　 　区。
（2）硼酸()晶体的层状结构如图所示，晶体中含有　 　氢键。
（3）某二价锰的配离子的结构如图所示：
①该配离子酯基上C原子的一个　 　杂化轨道与羰基O原子的2p轨道形成　 　(填“”或“”)键。
②该配离子中的配位数是　 　。
（4）三甲胺()的沸点　 　异丙胺的沸点(填“大于”或“小于”)，判断理由是　 　。
（5）一种铁氮化物在半导体电子器件中存在重要的应用价值，其晶胞结构如图1所示，晶胞参数为，可取代晶胞中的，取代不同位置的转化过程中能量变化不同(如图2)。
①基态的价层电子轨道表示式为　 　。
②形成更稳定的替代型产物时，取代的是位置　 　(填“I”或“Ⅱ”)的，取代该位置的后，得到新晶体的密度为　 　(用含a、的代数式表示；为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）正四面体形；p
（2）3
（3）；；6
（4）小于；异丙胺分子间能形成氢键(合理即可)
（5）；Ⅱ；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解析】（1）BH中B原子的价层电子对数=，无孤电子对，呈正四面体形；B为5号元素，在元素周期表中，B位于p区；
故答案为： 正四面体形 ； p ；
（2）每个硼酸分子中有3个氢原子，可以形成3个氢键，所以含1mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键。
故答案为：3；
（3）①根据其结构，该配离子酯基上C原子的一个杂化轨道与羰基O原子的2p轨道形成键。
②该配离子中和2个N以及4个O形成配位键，配位数是6。
故答案为： ； ；6；
（4）异丙胺（）含有键，异丙胺分子间能形成氢键，而三甲胺分子中没有键，分子间不能形成氢键，分子间氢键的存在会使物质的沸点升高，所以三甲胺的沸点小于异丙胺的沸点，理由是异丙胺分子间能形成氢键(合理即可)。
故答案为： 小于 ； 异丙胺分子间能形成氢键(合理即可) ；
（5）①Fe为26号元素，基态的价层电子轨道表示式为。
②根据图2，Cu替代Ⅱ位置Fe能量更低，也更稳定，故形成更稳定的替代型产物时，取代的是位置Ⅱ的，取代该位置的后，该晶胞含有Cu为，Fe为，N为1，得到新晶体的密度为。
故答案为： ； Ⅱ ； 。
【分析】（1）BH含有采用sp3杂化，为正四面体构型；B为p区元素；
（2）由图可知，一个B形成3个氢键，所以 ，晶体中含3mol氢键；
（3）由图可知，碳采用杂化，杂化轨道与O的2p形成共建单价，由图可知，锰离子形成6个配位键，其配位数为6；
（4）异丙胺分子间形成氢键，沸点比较高；
（5）① 基态的价层电子轨道即为铁失去2电子后的价电子轨道；
②替代Ⅱ位置能量更低，也更稳定，故形成更稳定的替代型产物时，取代的是位置Ⅱ的，然后利用晶胞公式计算晶体密度。
（1）BH中B原子的价层电子对数=，无孤电子对，呈正四面体形；B为5号元素，在元素周期表中，B位于p区；
（2）每个硼酸分子中有3个氢原子，可以形成3个氢键，所以含1mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键。
（3）①根据其结构，该配离子酯基上C原子的一个杂化轨道与羰基O原子的2p轨道形成键。
②该配离子中和2个N以及4个O形成配位键，配位数是6。
（4）异丙胺（）含有键，异丙胺分子间能形成氢键，而三甲胺分子中没有键，分子间不能形成氢键，分子间氢键的存在会使物质的沸点升高，所以三甲胺的沸点小于异丙胺的沸点，理由是异丙胺分子间能形成氢键(合理即可)。
（5）①Fe为26号元素，基态的价层电子轨道表示式为。
②根据图2，Cu替代Ⅱ位置Fe能量更低，也更稳定，故形成更稳定的替代型产物时，取代的是位置Ⅱ的，取代该位置的后，该晶胞含有Cu为，Fe为，N为1，得到新晶体的密度为。
19．（2025·青岛模拟）联苯双酯是治疗病毒性肝炎和药物性肝损伤引起转氨酶升高的常用药物。其一种合成路线如图所示。
回答下列问题：
（1）A的系统命名为　 　；D的官能团名称为　 　。
（2）试剂X为　 　。
（3）写出B→C的化学方程式：　 　。
（4）C→D的反应类型为　 　；E的结构简式为　 　。
（5）有机物F为D的同分异构体，符合下列条件的F的结构有　 　种(不考虑立体异构)。
ⅰ.遇氯化铁能发生显色反应，且除苯环外无其他环状结构
ⅱ.1molF最多与5molNaOH反应
ⅲ.结构中只有两种官能团且苯环上有三个取代基
（6）设计的合成路线如下。其中M和N的结构简式为　 　和　 　。
【答案】（1）3，4，5-三羟基苯甲酸；酯基、醚键
（2）CH3OH
（3）2+(CH3)2SO42+H2SO4
（4）取代反应；
（5）16
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解析】（1）A的系统命名为3，4，5-三羟基苯甲酸；根据D的结构简式，D的官能团名称为酯基、醚键；
故答案为： 3，4，5-三羟基苯甲酸 ； 酯基、醚键 ；
（2）根据分析，试剂X为CH3OH；
故答案为： CH3OH ；
（3）根据分析，B→C的化学方程式：2+(CH3)2SO42+H2SO4；
故答案为： 2+(CH3)2SO42+H2SO4 ；
（4）根据分析，C→D的反应类型为取代反应；E的结构简式为；
故答案为： 取代反应 ； ；
（5）遇氯化铁能发生显色反应，且除苯环外无其他环状结构，结构中只有两种官能团，1molF最多与5molNaOH反应，可知含有酚羟基和酚羟基形成的酯基，苯环上三个取代基可以为-OH、-OOCCH3、-OOCCH3或-OH、-OOCH、-OOCCH2CH3，三个取代基为-OH、-OOCCH3、-OOCCH3，有6种同分异构体，三个取代基为-OH、-OOCH、-OOCCH2CH3，有10种同分异构体，故符合要求的同分异构体共16种；
故答案为： 16 ；
（6）根据题中E到联苯双酯，由逆推N为，M为。
故答案为： ； 。
【分析】由已知结合流程可得，没食子酸与CH3OH发生酯化反应（取代反应）生成；中1个酚羟基发生取代反应生成，与CH2Cl2发生取代反应生成，根据联苯双酯的结构简式和E的分子式，推知与Br2发生取代反应生成E为，再在一定条件下转化生成联苯双酯；（1）以苯甲酸为母体，在确定支链位置，即可命名；根据D的结构即可确定其官能团；
（2）A到B过程，对比前后化学式可以确定X为甲醇，反应酯化反应；
（3）B到C为取代反应，与酚羟基反应，据此写出反应即可；
（4）C到D为两个酚羟基脱水，为取代反应生成醚，据此确定E的结构；
（5）根据信息，F含有一个苯环，酚羟基，酯基同时一个含有3个取代基，据此判断同分异构题数目。
（6）根据合成路线，逆推MN的结构简式。
（1）A的系统命名为3，4，5-三羟基苯甲酸；根据D的结构简式，D的官能团名称为酯基、醚键；
（2）根据分析，试剂X为CH3OH；
（3）根据分析，B→C的化学方程式：2+(CH3)2SO42+H2SO4；
（4）根据分析，C→D的反应类型为取代反应；E的结构简式为；
（5）遇氯化铁能发生显色反应，且除苯环外无其他环状结构，结构中只有两种官能团，1molF最多与5molNaOH反应，可知含有酚羟基和酚羟基形成的酯基，苯环上三个取代基可以为-OH、-OOCCH3、-OOCCH3或-OH、-OOCH、-OOCCH2CH3，三个取代基为-OH、-OOCCH3、-OOCCH3，有6种同分异构体，三个取代基为-OH、-OOCH、-OOCCH2CH3，有10种同分异构体，故符合要求的同分异构体共16种；
（6）根据题中E到联苯双酯，由逆推N为，M为。
20．（2025·青岛模拟）某学习小组研究含氮化合物时做了如下探究。由于性质很不活泼，直到1909年德国化学家Habar经过反复实验研究后发现在，和锇为催化剂的条件下，合成氨具有了工业化生产的可能。
（1）已知的燃烧热分别为，写出合成氨的热化学反应方程式　 　。
（2）锇催化的过程为：先吸附到锇表面，吸附后的分子才能发生反应生成，然后脱附得到产物，该过程符合Langmuir吸附等温式。定义为催化剂的表面覆盖率。随压强的变化如图所示。值越大，催化效果越好。
合成氨条件需要控制在的原因是　 　。
（3）在，体积为的恒容容器中，对于合成氨反应，初始投料为为为，则以下哪些条件可以判断反应达到平衡　 　（填序号）。
①的体积分数不变 ②的物质的量分数不变
③气体总压不变 ④的分压不变 ⑤体系密度不变
（4）可以发生二聚，此反应可自发进行。动力学实验证明，上述混合气温度由升至，此过程几微秒即可达成化学平衡。则升温后的混合气体在室温下放置，气体颜色变化为　 　。
（5）对于可逆反应：。现有总压下和的混合气体，其密度为同状态下密度的34.5倍，求反应的平衡常数　 　。
（6）可以与许多金属发生氧化还原反应。在，体积为的恒容容器中加入一定量的和，发生如下三个反应：
①
②
③
当体系各物质的物质的量不再改变时，此时已被消耗完，均有生成。现缩小容器体积，几种气体的摩尔分数x也将变化。则的摩尔分数随压强p的变化趋势为　 　。（填“①”“②”或“③”）。
（7）已知理想气体状态方程：，当体积单位为L时，压强单位为。的可逆分解：。
在，体积为的恒容容器中，对于的可逆分解，。若上述体系初始分压，。则平衡时的压强为　 　。（不考虑）
【答案】（1）
（2）压强太小，则小，催化效果差，且产率太小。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全
（3）①③④
（4）颜色变浅
（5）2
（6）②
（7）16.0
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解析】（1）氢气的燃烧热为，氨气的燃烧热为，根据盖斯定律，合成氨的热化学反应方程式。
故答案为：
（2）合成氨条件需要控制在的原因是压强太小，则小，催化效果差，且产率太小。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全。
故答案为： 压强太小，则小，催化效果差，且产率太小。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全 ；
（3）①在恒容条件下氨气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故符合题意；
②恒容体系气体的物质的量不变，因此的物质的量分数不变不可说明反应已达到平衡，故不符合题意；
③恒容反应气体总压不变化学反应一定达到平衡，故符合题意；
④恒容体系NH3的分压不变说明其浓度不再变化，的分压不变能说明反应已达到平衡，故符合题意；
⑤恒容反应，由于该反应中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，体系质量在反应中不发生变化，则体系密度在反应中不发生变化，因此体系密度变化不能作为判断反应达到平衡的标志，故不符合题意；
故答案为：①③④。
（4）为放热反应，降低温度平衡正向移动，混合气体颜色变浅。
故答案为： 颜色变浅 ；
（5）NO2与N2O4的混合气体总压强为100kPa，密度为同状态下氢气密度的34.5倍，则混合气体的摩尔质量为34.5×2g/mol=69g/mol，则：
根据十字相乘法可知平衡后两种气体的物质的量之比n (NO2)：n(N2O4)=23：23=1：1，因平衡NO2与N2O4的混合气体总压强为100kPa，则p(NO2)=p(N2O4)=50kPa，平衡常数。
故答案为： 2 ；
（6）的摩尔分数随压强p的变化趋势是减小。
故答案为： ② ；
（7）根据已知，的可逆分解平衡时，即，则平衡常数为， 根据可得：，因此，根据初始条件有：，则反应正向进行，假设氧气分压转化xkPa，则平衡时，解得，则平衡时的压强为。
故答案为： 16.0 。
【分析】（1）根据氢气和氨气燃烧热的热化学方程式即可确定合成氨的热化学反应方程式；
（2）合成氨压强不易过低，否则转化率低， 。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全 ；
（3）判断平衡标志方法为即变量不变即达到化学平衡；
（4）为放热反应，降低温度平衡正向移动，故颜色变浅；
（5）根据平均摩尔质量，利用十字交叉法，确定反应平衡时各物质的量，然后计算平衡常数；
（6）减小容器体积，相当于加压，结合平衡移动方向即可判断NO的物质的量分数。
（7）由正逆反应速率相等推导平衡常数Kp与K的关系；结合理想气体状态方程，通过初始分压判断反应方向；设未知数，利用Kp表达式列方程求解平衡时O2分压。
（1）氢气的燃烧热为，氨气的燃烧热为，根据盖斯定律，合成氨的热化学反应方程式。
（2）合成氨条件需要控制在的原因是压强太小，则小，催化效果差，且产率太小。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全。
（3）①在恒容条件下氨气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故符合题意；
②恒容体系气体的物质的量不变，因此的物质的量分数不变不可说明反应已达到平衡，故不符合题意；
③恒容反应气体总压不变化学反应一定达到平衡，故符合题意；
④恒容体系NH3的分压不变说明其浓度不再变化，的分压不变能说明反应已达到平衡，故符合题意；
⑤恒容反应，由于该反应中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，体系质量在反应中不发生变化，则体系密度在反应中不发生变化，因此体系密度变化不能作为判断反应达到平衡的标志，故不符合题意；
故答案为①③④。
（4）为放热反应，降低温度平衡正向移动，混合气体颜色变浅。
（5）NO2与N2O4的混合气体总压强为100kPa，密度为同状态下氢气密度的34.5倍，则混合气体的摩尔质量为34.5×2g/mol=69g/mol，则：
根据十字相乘法可知平衡后两种气体的物质的量之比n (NO2)：n(N2O4)=23：23=1：1，因平衡NO2与N2O4的混合气体总压强为100kPa，则p(NO2)=p(N2O4)=50kPa，平衡常数。
（6）的摩尔分数随压强p的变化趋势是减小。
（7）根据已知，的可逆分解平衡时，即，则平衡常数为， 根据可得：，因此，根据初始条件有：，则反应正向进行，假设氧气分压转化xkPa，则平衡时，解得，则平衡时的压强为。
1 / 1山东省青岛第二中学2025届高三下学期4月二模考试化学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·青岛模拟）化学与生产、生活和科技密切相关，下列说法错误的是
A．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料
B．味精是一种增味剂，主要以淀粉为原料通过发酵法生产
C．超高分子量聚乙烯可用于制作防弹服，属于通用高分子材料
D．烫发药水能使头发中的二硫键()发生断裂和重组，该过程涉及氧化还原反应
2．（2025·青岛模拟）化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A．做豆腐时用石膏作凝固剂：是因为电解质能使胶体聚沉
B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C．新榨苹果汁提取液可使溶液变为浅绿色：苹果汁中含有还原性物质，将Fe3+还原为Fe2+
D．果汁中添加维生素C：维生素C作抗氧剂
3．（2025·青岛模拟）下列化学用语正确的是
A．的VSEPR模型：
B．NaCl溶液的中水合钠离子：
C．中共价键的电子云图：
D．基态硒的简化电子排布式：
4．（2025·青岛模拟）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，与均含有个质子
B．常温下，的溶液中，水电离出的数目为
C．丁烷充分裂解，生成物中乙烷的分子数为
D．中含有键数目最多为
5．（2025·青岛模拟）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．制备苯甲酸苯甲酯 B．验证金属锌保护铁
C．熔融纯碱 D．制取少量
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·青岛模拟）一种点击反应的原理为，我国科学家利用点击反应原理研制出具有较高玻璃化转变温度的聚合物C．下列说法不正确的是
A．聚合物C是一种热塑性材料
B．单体B的结构简式为
C．由A与B合成C的反应属于加聚反应
D．C可发生水解反应得到A和B
7．（2025·青岛模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z、W在第二周期且相邻：M的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种。由该五种元素形成的一种配合物的结构如图所示，其中Y、Z、W原子的最外层均达到8电子稳定结构。下列说法正确的是
A．该配合物中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
B．1mol该配合物中含有4mol配体，且M的化合价为+2
C．X、Y、Z三种元素可以形成盐
D．ZX3形成的晶体中配位数为12
8．（2025·青岛模拟）科学家利用二芳基硅二醇（表示芳基）实现了温和条件下的“碳中和”过程，用环氧丙烷（）与催化环加成反应生成碳酸丙烯酯的反应机理如图。
下列说法不正确的是
A．该过程中涉及碳原子的杂化方式的改变
B．若用代替环氧丙烷，则过程中有生成
C．考虑手性异构现象，环氧丙烷的一氯代物有6种
D．该过程的最终产物可与反应
9．（2025·青岛模拟）某种含钒超导材料的晶胞结构及晶体结构俯视图如图，晶胞参数为。下列叙述错误的是
A．基态V原子核外电子的空间运动状态有13种
B．晶体中与原子距离最近的原子有6个
C．该晶体的化学式为
D．若该含钒超导材料的摩尔质量为，则该晶体密度为
10．（2025·青岛模拟）某温度下，用标准溶液滴定溶液，测得溶液的相对电导率及随滴入标准溶液的体积的变化关系如图所示。已知。下列说法正确的是
A．c点之后电导率持续上升说明，的导电能力强于
B．的过程中，溶液中逐渐增大
C．c点溶液中约为
D．d点溶液中：
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（2025·青岛模拟）下列物质中，属于强酸的是
A．HCl B． C． D．
12．（2025·青岛模拟）在的密闭容器中按物质的量之比充入CO和，发生反应：。在195℃、压强为时测得随时间的变化结果如下表所示。改变不同的温度和压强，测得CO的转化率随温度及不同压强(p)下的变化如下图所示。下列说法正确的是
0 1 2 3
8 5 4 4
A．压强，该反应的正反应为放热反应
B．在195℃、条件下，B点v(正)C．在195℃、条件下，该反应的平衡常数为25
D．在及195℃时，内生成的平均速率为
13．（2025·青岛模拟）我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．的电子式为
B．甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键
C．甲醇分子和二羟基丙酮分子中碳原子的杂化类型均为
D．二羟基丙酮与乳酸()互为同分异构体
14．（2025·青岛模拟）多卤离子在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下：
离子 分解反应 平衡常数值
K
下列说法错误的是
A．
B．上述分解反应均为氧化还原反应
C．共价键极性：
D．可分解为和
15．（2025·青岛模拟）2021年BenjaminList和DaveMaCMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示：
下列说法正确的是
A．Aldol反应方程式：
B．1→2为消去反应，2→3为加成反应
C．化合物3和4互为同分异构体
D．中间体3中存在氢键
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·青岛模拟）工业上以铬铁矿（含有少量和等杂质）为主要原料制备的工艺流程如下图。
已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。
②煅烧的目的是将转化为。
③室温下，
（1）元素位于元素周期表第　 　周期，第　 　族。
（2）“煅烧”时参与反应的化学方程式为　 　。
（3）“滤渣1”的主要成分为　 　。
（4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为　 　，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择的优点是　 　。
（5）室温下“中和”：。控制　 　，可保证恰好沉淀完全（溶液中浓度为）。
（6）分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的纯度时（溶液的吸光度与其浓度成正比），测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是__________（填字母）。
A．硫酸 B．氢碘酸 C．硝酸钾 D．氢氧化钾
17．（2025·青岛模拟）乙炔是重要的化工基础原料，常用于合成有机工业产品M。合成路线如下：
（1）X的化学名称是：　 　；反应1的反应类型是　 　。
（2）反应2的化学方程式为　 　。
（3）链烃B分子式为，分子中有3种化学环境的氢，其结构简式为　 　。
（4）下列有关C、D、E的说法正确的是_________（填字母）。
A．D中官能团为酯基、醚键、碳碳双键
B．、D都能与反应
C．E中有3个手性碳原子
D．E能发生加聚反应
（5）D的结构简式：　 　；选择催化氢化时还有副产物F，F与D互为同分异构体，若F按合成路线继续反应，最终将得到M的同分异构体N。则N的结构简式是　 　。
（6）为了提高酸性高锰酸钾的氧化效率，通常在的反应体系中加入冠醚，试写出加入冠醚的作用是　 　。
18．（2025·青岛模拟）硼、氮及其化合物是用途广泛的化工原料。回答下列问题：
（1）硼氢化钠()是制造乙硼烷和其他高能燃料的原料，中阴离子的空间构型为　 　；在元素周期表中，B位于　 　区。
（2）硼酸()晶体的层状结构如图所示，晶体中含有　 　氢键。
（3）某二价锰的配离子的结构如图所示：
①该配离子酯基上C原子的一个　 　杂化轨道与羰基O原子的2p轨道形成　 　(填“”或“”)键。
②该配离子中的配位数是　 　。
（4）三甲胺()的沸点　 　异丙胺的沸点(填“大于”或“小于”)，判断理由是　 　。
（5）一种铁氮化物在半导体电子器件中存在重要的应用价值，其晶胞结构如图1所示，晶胞参数为，可取代晶胞中的，取代不同位置的转化过程中能量变化不同(如图2)。
①基态的价层电子轨道表示式为　 　。
②形成更稳定的替代型产物时，取代的是位置　 　(填“I”或“Ⅱ”)的，取代该位置的后，得到新晶体的密度为　 　(用含a、的代数式表示；为阿伏加德罗常数的值)。
19．（2025·青岛模拟）联苯双酯是治疗病毒性肝炎和药物性肝损伤引起转氨酶升高的常用药物。其一种合成路线如图所示。
回答下列问题：
（1）A的系统命名为　 　；D的官能团名称为　 　。
（2）试剂X为　 　。
（3）写出B→C的化学方程式：　 　。
（4）C→D的反应类型为　 　；E的结构简式为　 　。
（5）有机物F为D的同分异构体，符合下列条件的F的结构有　 　种(不考虑立体异构)。
ⅰ.遇氯化铁能发生显色反应，且除苯环外无其他环状结构
ⅱ.1molF最多与5molNaOH反应
ⅲ.结构中只有两种官能团且苯环上有三个取代基
（6）设计的合成路线如下。其中M和N的结构简式为　 　和　 　。
20．（2025·青岛模拟）某学习小组研究含氮化合物时做了如下探究。由于性质很不活泼，直到1909年德国化学家Habar经过反复实验研究后发现在，和锇为催化剂的条件下，合成氨具有了工业化生产的可能。
（1）已知的燃烧热分别为，写出合成氨的热化学反应方程式　 　。
（2）锇催化的过程为：先吸附到锇表面，吸附后的分子才能发生反应生成，然后脱附得到产物，该过程符合Langmuir吸附等温式。定义为催化剂的表面覆盖率。随压强的变化如图所示。值越大，催化效果越好。
合成氨条件需要控制在的原因是　 　。
（3）在，体积为的恒容容器中，对于合成氨反应，初始投料为为为，则以下哪些条件可以判断反应达到平衡　 　（填序号）。
①的体积分数不变 ②的物质的量分数不变
③气体总压不变 ④的分压不变 ⑤体系密度不变
（4）可以发生二聚，此反应可自发进行。动力学实验证明，上述混合气温度由升至，此过程几微秒即可达成化学平衡。则升温后的混合气体在室温下放置，气体颜色变化为　 　。
（5）对于可逆反应：。现有总压下和的混合气体，其密度为同状态下密度的34.5倍，求反应的平衡常数　 　。
（6）可以与许多金属发生氧化还原反应。在，体积为的恒容容器中加入一定量的和，发生如下三个反应：
①
②
③
当体系各物质的物质的量不再改变时，此时已被消耗完，均有生成。现缩小容器体积，几种气体的摩尔分数x也将变化。则的摩尔分数随压强p的变化趋势为　 　。（填“①”“②”或“③”）。
（7）已知理想气体状态方程：，当体积单位为L时，压强单位为。的可逆分解：。
在，体积为的恒容容器中，对于的可逆分解，。若上述体系初始分压，。则平衡时的压强为　 　。（不考虑）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、碳纤维主要成分为碳单质（无机物 ），玻璃纤维主要成分为、 氧化铝等（无机物 ），均不满足“有机高分子（含碳的有机化合物 ）”定义，A错误；
B、味精主要成分是谷氨酸钠，工业上以淀粉为原料，经发酵法（微生物作用 ）生产，B正确；
C、超高分子量聚乙烯性能特殊（高强度 ），但属于通用高分子材料（乙烯加聚产物，结构相对常规 ），可用于防弹服等，C正确；
D、烫发时，二硫键断裂后重组，硫元素化合价改变（如从-1变化 ），有电子转移，属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学与生产、生活、科技的联系，需判断选项中材料分类、物质制备、反应类型等知识的正误，核心是识别有机高分子材料的定义（含碳的有机化合物链状结构 ），分析各选项涉及的物质组成、反应本质。
A.有机高分子材料是有机物，可分为天然有机高分子材料和合成高分子材料；
B.味精是淀粉发酵而来，属于食品增味剂；
C.聚乙烯相对分子量很大，材质紧密，可以做防弹衣；
D.有化学键断裂和形成属于化学变化。
2．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、豆浆是胶体，石膏（CaSO4）作为电解质，能使胶体粒子聚集成大颗粒沉淀，实现豆腐凝固，A正确；
B、CaO与燃煤产生的SO2反应生成 CaSO3，后续被氧化为，可减少酸雨（SO2是酸雨成因 ）；但CaO与CO2在高温下难以稳定结合（CaCO3 高温易分解 ），无法减少CO2排放（温室气体 ），B错误；
C、苹果汁中含还原性物质（如维生素C ），能将 Fe3+（黄色 ）还原为 Fe2+（浅绿色 ），溶液颜色变化说明发生氧化还原反应，C正确；
D、维生素C具有强还原性，能优先与氧气反应，防止果汁中成分被氧化变质，作抗氧化剂，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学与生活的联系，需分析胶体聚沉、酸雨防治、氧化还原反应、抗氧化剂等知识，判断选项正误。核心是理解各现象背后的化学原理，如电解质对胶体的作用、CaO在燃煤中的反应、物质的氧化性/还原性等。
A.卤水点豆腐就是利用电解质使胶体发生聚沉；
B.加入氧化钙可以吸收二氧化硫，但是无法吸收二氧化碳，
C.苹果汁中有大量维生素等还原性物质，可以将三价铁还原成二价铁；
D.维生素C具有还原性，可以作为食品还原剂。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、中原子价电子对数（3个键 + 1对孤电子对 ），VSEPR模型为四面体，A正确；
B、带正电，吸引水分子的负电端（氧原子 ），水合钠离子中水分子应是氧原子朝向，与图示不符，B错误；
C、中是键，电子云图应为“头碰头”重叠的球形对称，与图示（不符合键电子云特征 ）不符，C错误；
D、硒的原子序数是34，核外电子排布为，简化电子排布式应为，选项中遗漏，D错误；
【分析】本题围绕化学用语（VSEPR模型、水合离子、电子云、电子排布式 ）的正误判断，需结合价层电子对互斥理论、离子水合特点、共价键类型、电子排布规则，逐一分析选项 。
A.价层电子对为4，含有一个孤独电子对，理论模型为四面体构型，实际构型为三角锥形；
B.钠离子带正电，水中氧显负电，所以应该是水中的氧原子与钠离子相互吸引；
C.中共价键类型为s-s键，图中为p-p键；
D.选项中 硒的简化电子排布式 缺少3d轨道上的电子。
4．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下，HF是液体，不能用计算其物质的量，无法得出质子数目，A错误；
B、 醋酸钠是强碱弱酸盐，促进水的电离，溶液，则，溶液中水电离的OH- 数目为，B错误；
C、丁烷（ ）裂解，可能生成乙烷（与乙烯 ），也可能生成甲烷（与丙烯 ），故乙烷分子数小于，C错误；
D、 若为环氧乙烷（结构中全为单键 ），（ ）含键最多。环氧乙烷分子有7个键，故 含键，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕阿伏加德罗常数（），需结合物质状态、盐类水解、反应不确定性、化学键结构，分析选项中粒子数的计算正误。
A.使用气体摩尔体积时，对象必须为气体；
B.水电离出的氢离子与氢氧根相同，pH=9，那么氢氧根浓度等于10-5mol/L，故水电离出的OH-数目为10-5NA
C.丁烷分解时不一定都生成乙烷；无法计算
D.当C2H4O形成环氧乙醚时，共价键数目最多。
5．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；常用仪器及其使用；常见气体制备原理及装置选择；酯化反应
【解析】【解答】A、苯甲酸与苯甲醇的酯化反应可逆，分水器不断分离生成的水，使平衡正向移动，利于生成苯甲酸苯甲酯，能达到目的，A正确；
B、直接向铁电极滴加 ，铁可能被氧化为二价铁，无法准确验证 “锌是否保护铁”（应取铁电极溶液于试管，再滴加试剂 ），不能达到目的，B错误；
C、铁坩埚化学性质稳定，不与熔融纯碱反应，可用于熔融纯碱，能达到目的，C正确；
D、安全漏斗可使盐酸与大理石接触或分离（关闭止水夹时，液体被压回漏斗，反应停止 ），能控制反应速率，制取少量CO2，能达到目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.分水器不断带走反应生成的水，可促进酯化反应向生成酯的方向进行；
B.铁氰化钾也会与铁反应生成二价铁，也会变色，无法检验；
C.铁坩埚不与纯碱反应，可以加热纯碱；保存进入下一题
D.安全漏斗可以防止气体反向泄露。
6．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、聚合物C是线性高分子，分子呈链状、无大量交联，可通过加热软化、冷却固化，属于热塑性材料，A正确；
B、由A与B经点击反应生成C，结合点击反应特征（炔基与叠氮基反应 ），从C的结构逆推，可知B含两个炔基，结构为，B正确；
C、A（含叠氮基 ）与B（含炔基 ）通过点击反应，加成聚合形成C（无小分子副产物 ），符合加聚反应特征，根据点击反应的原理可知，A和B发生加聚反应得到高聚物C，C正确；
D、C含酯基，水解可生成羧基、羟基，但点击反应形成的N=N结构稳定，无法水解回A（含叠氮基 ）和B（含炔基 ），故水解产物不是A和B，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.一般线性结构的高分子属于热塑性材料；
B.A和B反应生成C，发生加聚反应，据此可以判断B的结构；
C.根据原料可知，该反应发生加聚反应；
D.酯基可以水解，C可以水解，但是无法得到A和B。
7．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、配合物中化学键有共价键（原子间成键 ）、配位键（如与配体间 ），但氢键是分子间作用力，不是化学键，故只有共价键、配位键，A错误；
B、由结构可知，1mol配合物中配体为2mol（而非4mol ）；结合元素价态（、、、的价态 ），计算得化合价为+2，但配体数量错误，B错误；
C、、、可形成氰化铵 ，属于盐（由铵根与酸根离子构成 ），C正确；
D、分子间存在氢键，晶体结构不是面心立方，配位数不为12（面心立方配位数12 ），D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕短周期主族元素推断及配合物结构分析，需先根据原子结构、周期位置等信息确定元素（X、Y、Z、W、M ），再结合配合物结构判断化学键、配体、元素成盐及晶体配位数等，核心是元素推断与配合物知识的综合应用。
M基态原子轨道有2个未成对电子（可能或 ），且价层电子空间运动状态有6种（占6个轨道 ），故M为（，价层轨道数6 ）；Y、Z、W在第二周期且相邻，结合配合物结构（成键数、8电子稳定结构 ），Y形成4个共价键，为；Z形成4个共价键，为；W形成2个共价键且能形成氢键，为；X只形成1个共价键，为。
A.氢键不属于化学键，属于分子间作用力；
B.根据题目中结构，2个配体，每个配体提供2个配原子；
C.氢、氮、碳可以组合成铵盐；
D.氨气分子间会形成氢键，不能像二氧化碳那样进行密堆积。
8．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
9．【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；晶胞的计算
【解析】【解答】A、V是23号元素，核外电子排布为，电子占据13个轨道（每个轨道对应1种空间运动状态 ），故空间运动状态有13种，A正确；
B、Cs原子位于晶胞顶点，因晶胞参数x、x、y（ ），与顶点Cs原子最近的Cs原子在相邻顶点，共6个（上下、前后、左右 ），B正确；
C、Cs原子：顶点，；V原子：面心+体心，；Sb原子：面心+棱心，；化学式为，C正确；
D、晶胞质量，体积为： ，则该晶体密度为，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕含钒超导材料的晶胞结构，需分析电子空间运动状态、原子配位数、化学式推导及密度计算，核心是运用均摊法、晶体结构知识判断选项。
A.根据V的核外电子排布，计算电子空间运动状态数（轨道数=运动状态数 ）。
B.分析Cs原子在晶胞的位置（顶点 ），结合晶胞参数，判断最近Cs原子数。
C.用均摊法计算晶胞中Cs、V、Sb原子数，推导化学式。
D.晶胞密度即为一个晶胞质量处于晶胞体积即可。
10．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、c点后加入，溶液中、等参与导电，并非导电能力强于，A错误；
B、由、，相乘得，则；b→c过程中，被消耗，增大，故该比值减小（因分母增大 ），B错误；
C、b点：饱和溶液，，则（因中与浓度相等 ）；
c点：加入20mL，物质的量0.001mol，溶液体积0.12L，。
则，C正确；
D、d点溶质为等物质的量的和。
水解常数，水解常数，且电离大于水解。
故，离子浓度顺序为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕滴定 的滴定曲线，需分析电导率变化、电离平衡常数应用、溶度积计算及离子浓度比较，结合酸碱反应、电离水解知识判断选项。
A.c点也引入的钠离子和氢离子，也会影到到点效果，无法说明的导电能力强于；
B.题干所给的比值可化为，分子为定值，b到c点过程氢离子减小，所以比值变大；
C.根据b点钡离子浓度为10-4mol/L，可求得Ksp，然后再结合c点计算出钡离子浓度即可；
D.要比较草酸氢根和草酸跟浓度大小，需要判断草酸氢根电离和水解程度大小，即判断电离常数和水解常数大小即可。
11．【答案】A,B,D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、溶于水后，全部解离为和（无分子残留 ），符合强酸“完全电离”的特征，属于强酸，故A符合题意 ；
B、溶于水后，分步完全电离，无分子残留，符合强酸定义，属于强酸，故B符合题意 ；
C、溶于水后，仅部分分子解离为和（存在电离平衡 ），属于弱酸，不符合，故C不符合题意 ；
D、溶于水后，全部解离为和（无分子残留 ），符合强酸定义，属于强酸，故D符合题意 ；
故答案为：ABD。
【分析】 本题围绕“强酸”的定义（水溶液中完全电离出氢离子和酸根离子的酸 ），需判断各物质在水溶液中的电离程度，区分强酸与弱酸。常见强酸有：盐酸、硫酸、硝酸、高氯酸等，常见弱酸：醋酸、碳酸、氢氟酸等。
12．【答案】A,B,C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，由图可知，温度相同时，CO的转化率：，则，温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度，正反应为放热反应，A正确；
B．在195℃、条件下，B 点CO的转化率高于平衡时B点的平衡转化率，说明反应逆向进行才能达到平衡状态，所以v(正)C．达到平衡时，CO、H2、CH3OH的平衡浓度分别为0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1，则平衡常数K＝＝＝25，C正确；
D．在及195℃时，内氢气的平均速率为=，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则生成的平均速率为，D错误；
故选ABC。
【分析】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
Ｂ．B点反应逆向进行；
Ｃ．根据K＝计算；
Ｄ．化学反应速率之比等于化学计量数之比。
13．【答案】C
【知识点】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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、是直线形，含2个双键，电子式为，A正确；
B、甲醇含，可形成分子间氢键（使分子间作用力增大 ）；甲醛无氢键，故甲醇沸点更高，B正确；
C、甲醇（）中原子：形成4个键（无孤电子对 ），价层电子对数4，为杂化。
二羟基丙酮（）中原子：羰基 中的C：形成3个键（无孤电子对 ），价层电子对数3，为杂化；
其他原子：形成4个键，为杂化。
故二羟基丙酮中存在杂化的C原子，C错误；
D、二羟基丙酮（）与乳酸（）分子式相同，结构不同（官能团、碳链连接不同 ），互为同分异构体，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕人工合成淀粉的反应历程，需分析电子式、氢键对沸点影响、碳原子杂化类型、同分异构体，结合物质结构与性质判断选项正误。
A．判断的电子式（直线形结构，含碳氧双键 ）。
B．分析“甲醇沸点高于甲醛”的原因（分子间氢键对沸点的影响 ）。
C．判断甲醇、二羟基丙酮中碳原子的杂化类型（根据键数+孤电子对数，确定价层电子对数 ）。
D．判断“二羟基丙酮与乳酸”是否为同分异构体（分子式相同，结构不同 ）。
14．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氧化还原反应；化学平衡常数
【解析】【解答】A、电负性，则键比键更易断裂（更易电离 ）。电离程度，平衡常数，故，A正确；
B、、、分解反应中，各元素化合价均未改变（如中为+1、为-1，分解后中仍+1、仍-1 ），故分解反应无化合价变化，不是氧化还原反应，B错误；
C、同主族元素（、 ），电负性。与中，电负性差大于，故共价键极性，C正确；
D、电负性，键易断裂，故可分解为和，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.电负性越大，共价键极性越大，越容易断裂，越容易电离出离子，K值越大；
B.判断反应是否为氧化还原反应即判断化合价是否发生变化，有化合价变化即为氧化还原反应；
C.电负性差值越大，极性越大；
D.氯的电负性大，导致容易断裂 分解为和 。
15．【答案】A,C,D
【知识点】含有氢键的物质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、根据机理图，反应物为含羰基的两种有机物，产物为加成后的羟基酮结构，反应方程式与题干一致，A正确；
B、：醇羟基脱去形成双键，是消去反应。
：无不饱和键加成，不是加成反应（实际是分子内重排/其他非加成过程 ），B错误；
C、化合物3和4分子式均为（结构中原子种类、数目相同 ），但官能团连接、空间结构不同，互为同分异构体，C正确；
D、中间体3含键与羰基，可形成氢键，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】本题围绕脯氨酸催化Aldol反应的机理，需分析反应方程式、反应类型、同分异构体及氢键，结合有机反应机理与结构知识判断选项。
A.从机理图推导Aldol反应的反应物与产物，确定反应方程式。
B.判断反应类型（消去反应：分子内脱去小分子；加成反应：不饱和键加成为饱和 ）。
C.判断化合物3和4是否为同分异构体（分子式相同，结构不同 ）。
D.分析中间体3的结构，判断是否存在氢键。
16．【答案】（1）四；VIB
（2）
（3）
（4）；析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得等合理答案均可
（5）8.37
（6）A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解析】（1）Cr是24号元素，位于元素周期表第四周期，第VIB族。
故答案为： 四 ； VIB ；
（2）“煅烧”时和Na2CO3、O2反应转化为，同时有和生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为。
故答案为： ；
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为。
故答案为： ；
（4）“酸化”过程中转化为，发生反应的离子方程式为，选择的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得。
故答案为： ； 析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得等合理答案均可 ；
（5）室温下“中和”：，平衡常数K==10-13.37，恰好沉淀完全时，溶液中浓度为，则c(H+)==10-8.37mol/L，pH=8.37。
故答案为： 8.37 ；
(6)用分光光度法测定K2Cr2O7时，若配制溶液时缺少了某种强酸，以保持溶液的酸性，会有部分转化为，则测得的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和发生氧化还原反应，导致的量减小，则少加的试剂为硫酸，
故答案为：A。
【分析】铬铁矿（含等 ）加、空气煅烧，使转化为；煅烧产物加水浸取，过滤得滤渣1；滤液通中和，过滤得滤渣2；继续通足量酸化，过滤得滤液1和白色结晶；滤液1加，经操作X（如蒸发结晶等 ）得到 ，以此解答。
（1）根据Cr的原子序数即可判断其在周期表位置；
（2）煅烧时重铬酸铁与氧气反应生成氧化铁，铬酸钠，和二氧化碳，再结合化合价升降相等配平即可
（3）加水浸取，三氧化二铁不溶于水，所以滤渣为三氧化二铁；
（4）根据题目可知， 最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在 ，酸化生成重铬酸跟，同时析出碳酸氢钠；
（5）根据水的离子积计算即可；
（6）为防止转化为，需要加入酸性物质。
（1）Cr是24号元素，位于元素周期表第四周期，第VIB族。
（2）“煅烧”时和Na2CO3、O2反应转化为，同时有和CO2生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为。
（4）“酸化”过程中转化为，发生反应的离子方程式为，选择的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得。
（5）室温下“中和”：，平衡常数K==10-13.37，恰好沉淀完全时，溶液中浓度为，则c(H+)==10-8.37mol/L，pH=8.37。
（6）用分光光度法测定K2Cr2O7时，若配制溶液时缺少了某种强酸，以保持溶液的酸性，会有部分转化为，则测得的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和发生氧化还原反应，导致的量减小，则少加的试剂为硫酸，故答案选 A。
17．【答案】（1）甲醛；加成反应
（2）
（3）
（4）A；D
（5）；
（6）冠醚与结合后将带入反应体系中，与反应物充分接触而迅速反应
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解析】（1）乙炔和X发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，可以推知X为HCHO，名称为甲醛，该反应中醛基被加成转化为羟基，反应1的反应类型是加成反应。
故答案为： 甲醛 ； 加成反应 ；
（2）反应2 为HOOCC≡CCOOH和甲醇发生酯化反应生成CH3OOCC≡CCOOCH3，
故答案为：。
（3）链烃B分子式为，2个乙炔分子发生加成反应生成B，分子中有3种化学环境的氢，
故答案为：。
（4）A．由分析可知，D的结构简式为D为，其中官能团为酯基、醚键、碳碳双键，A正确；
B．由分析可知，C为，其中含有2个碳碳双键，能与反应，D为，其中含有1个碳碳双键，能与反应，B错误；
C．由分析可知，E为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，E中有4个手性碳原子：，C错误；
D．由分析可知，E为，其中含有碳碳双键，能发生加聚反应，D正确；
故答案为：AD。
（5）由分析可知，D的结构简式为，选择催化氢化时还有副产物F，F与D互为同分异构体，F为，若F按合成路线继续反应，和CH2=CHCH=CH2发生加成反应生成，发生氧化反应生成M的同分异构体N为。
故答案为： ； ；
（6）冠醚可以选择性与结合，为了提高酸性高锰酸钾的氧化效率，通常在的反应体系中加入冠醚，冠醚的作用是冠醚与结合后将带入反应体系中，与反应物充分接触而迅速反应。
故答案为： 冠醚与结合后将带入反应体系中，与反应物充分接触而迅速反应 .
【分析】由流程可知，HOCH2C≡CCH2OH被重铬酸钾氧化为A，则A为HOOCC≡CCOOH，A和甲醇发生酯化反应生成CH3OOCC≡CCOOCH3；2个乙炔分子发生加成反应生成B为， B和H2发生加成反应得到CH2=CHCH=CH2，B也可以加成得到正丁烷，一系列转化为， 和CH3OOCC≡CCOOCH3发生加成反应转化为C为，C和H2发生加成反应生成D为，D和CH2=CHCH=CH2转化为E 为，E发生氧化反应得到M，以此解答。
（1）对比反应1前后物质可知，X为甲醛，发生加成反应，与醛基发生加成反应；
（2）反应2为酸与醇发生酯化反应，据此写出反应即可；
（3） 链烃B分子式为，分子中有3种化学环境的氢 ，不饱和度为3，只能形成双键和三键；
（4）A.根据流程中D的结构即可确定其官能团；
B.碳碳双键能与氢气加成，酯基中碳氧双键不能加成；
C.饱和碳原子且与四个各不相同原子或基团相连的碳原子即为手性碳；据此判断即可；
D.E含有碳碳双键，可以反生加聚反应；
（5）对比C的结构即可确定D的结构；
（6）加入冠醚可以识别钾离子，将高锰酸钾带入反应体现，加快反应速率。
（1）乙炔和X发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，可以推知X为HCHO，名称为甲醛，该反应中醛基被加成转化为羟基，反应1的反应类型是加成反应。
（2）反应2 为HOOCC≡CCOOH和甲醇发生酯化反应生成CH3OOCC≡CCOOCH3，化学方程式是。
（3）链烃B分子式为，2个乙炔分子发生加成反应生成B，分子中有3种化学环境的氢，其结构简式为。
（4）A．由分析可知，D的结构简式为D为，其中官能团为酯基、醚键、碳碳双键，A正确；
B．由分析可知，C为，其中含有2个碳碳双键，能与反应，D为，其中含有1个碳碳双键，能与反应，B错误；
C．由分析可知，E为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，E中有4个手性碳原子：，C错误；
D．由分析可知，E为，其中含有碳碳双键，能发生加聚反应，D正确；
故选AD。
（5）由分析可知，D的结构简式为，选择催化氢化时还有副产物F，F与D互为同分异构体，F为，若F按合成路线继续反应，和CH2=CHCH=CH2发生加成反应生成，发生氧化反应生成M的同分异构体N为。
（6）冠醚可以选择性与结合，为了提高酸性高锰酸钾的氧化效率，通常在的反应体系中加入冠醚，冠醚的作用是冠醚与结合后将带入反应体系中，与反应物充分接触而迅速反应。
18．【答案】（1）正四面体形；p
（2）3
（3）；；6
（4）小于；异丙胺分子间能形成氢键(合理即可)
（5）；Ⅱ；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解析】（1）BH中B原子的价层电子对数=，无孤电子对，呈正四面体形；B为5号元素，在元素周期表中，B位于p区；
故答案为： 正四面体形 ； p ；
（2）每个硼酸分子中有3个氢原子，可以形成3个氢键，所以含1mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键。
故答案为：3；
（3）①根据其结构，该配离子酯基上C原子的一个杂化轨道与羰基O原子的2p轨道形成键。
②该配离子中和2个N以及4个O形成配位键，配位数是6。
故答案为： ； ；6；
（4）异丙胺（）含有键，异丙胺分子间能形成氢键，而三甲胺分子中没有键，分子间不能形成氢键，分子间氢键的存在会使物质的沸点升高，所以三甲胺的沸点小于异丙胺的沸点，理由是异丙胺分子间能形成氢键(合理即可)。
故答案为： 小于 ； 异丙胺分子间能形成氢键(合理即可) ；
（5）①Fe为26号元素，基态的价层电子轨道表示式为。
②根据图2，Cu替代Ⅱ位置Fe能量更低，也更稳定，故形成更稳定的替代型产物时，取代的是位置Ⅱ的，取代该位置的后，该晶胞含有Cu为，Fe为，N为1，得到新晶体的密度为。
故答案为： ； Ⅱ ； 。
【分析】（1）BH含有采用sp3杂化，为正四面体构型；B为p区元素；
（2）由图可知，一个B形成3个氢键，所以 ，晶体中含3mol氢键；
（3）由图可知，碳采用杂化，杂化轨道与O的2p形成共建单价，由图可知，锰离子形成6个配位键，其配位数为6；
（4）异丙胺分子间形成氢键，沸点比较高；
（5）① 基态的价层电子轨道即为铁失去2电子后的价电子轨道；
②替代Ⅱ位置能量更低，也更稳定，故形成更稳定的替代型产物时，取代的是位置Ⅱ的，然后利用晶胞公式计算晶体密度。
（1）BH中B原子的价层电子对数=，无孤电子对，呈正四面体形；B为5号元素，在元素周期表中，B位于p区；
（2）每个硼酸分子中有3个氢原子，可以形成3个氢键，所以含1mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键。
（3）①根据其结构，该配离子酯基上C原子的一个杂化轨道与羰基O原子的2p轨道形成键。
②该配离子中和2个N以及4个O形成配位键，配位数是6。
（4）异丙胺（）含有键，异丙胺分子间能形成氢键，而三甲胺分子中没有键，分子间不能形成氢键，分子间氢键的存在会使物质的沸点升高，所以三甲胺的沸点小于异丙胺的沸点，理由是异丙胺分子间能形成氢键(合理即可)。
（5）①Fe为26号元素，基态的价层电子轨道表示式为。
②根据图2，Cu替代Ⅱ位置Fe能量更低，也更稳定，故形成更稳定的替代型产物时，取代的是位置Ⅱ的，取代该位置的后，该晶胞含有Cu为，Fe为，N为1，得到新晶体的密度为。
19．【答案】（1）3，4，5-三羟基苯甲酸；酯基、醚键
（2）CH3OH
（3）2+(CH3)2SO42+H2SO4
（4）取代反应；
（5）16
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解析】（1）A的系统命名为3，4，5-三羟基苯甲酸；根据D的结构简式，D的官能团名称为酯基、醚键；
故答案为： 3，4，5-三羟基苯甲酸 ； 酯基、醚键 ；
（2）根据分析，试剂X为CH3OH；
故答案为： CH3OH ；
（3）根据分析，B→C的化学方程式：2+(CH3)2SO42+H2SO4；
故答案为： 2+(CH3)2SO42+H2SO4 ；
（4）根据分析，C→D的反应类型为取代反应；E的结构简式为；
故答案为： 取代反应 ； ；
（5）遇氯化铁能发生显色反应，且除苯环外无其他环状结构，结构中只有两种官能团，1molF最多与5molNaOH反应，可知含有酚羟基和酚羟基形成的酯基，苯环上三个取代基可以为-OH、-OOCCH3、-OOCCH3或-OH、-OOCH、-OOCCH2CH3，三个取代基为-OH、-OOCCH3、-OOCCH3，有6种同分异构体，三个取代基为-OH、-OOCH、-OOCCH2CH3，有10种同分异构体，故符合要求的同分异构体共16种；
故答案为： 16 ；
（6）根据题中E到联苯双酯，由逆推N为，M为。
故答案为： ； 。
【分析】由已知结合流程可得，没食子酸与CH3OH发生酯化反应（取代反应）生成；中1个酚羟基发生取代反应生成，与CH2Cl2发生取代反应生成，根据联苯双酯的结构简式和E的分子式，推知与Br2发生取代反应生成E为，再在一定条件下转化生成联苯双酯；（1）以苯甲酸为母体，在确定支链位置，即可命名；根据D的结构即可确定其官能团；
（2）A到B过程，对比前后化学式可以确定X为甲醇，反应酯化反应；
（3）B到C为取代反应，与酚羟基反应，据此写出反应即可；
（4）C到D为两个酚羟基脱水，为取代反应生成醚，据此确定E的结构；
（5）根据信息，F含有一个苯环，酚羟基，酯基同时一个含有3个取代基，据此判断同分异构题数目。
（6）根据合成路线，逆推MN的结构简式。
（1）A的系统命名为3，4，5-三羟基苯甲酸；根据D的结构简式，D的官能团名称为酯基、醚键；
（2）根据分析，试剂X为CH3OH；
（3）根据分析，B→C的化学方程式：2+(CH3)2SO42+H2SO4；
（4）根据分析，C→D的反应类型为取代反应；E的结构简式为；
（5）遇氯化铁能发生显色反应，且除苯环外无其他环状结构，结构中只有两种官能团，1molF最多与5molNaOH反应，可知含有酚羟基和酚羟基形成的酯基，苯环上三个取代基可以为-OH、-OOCCH3、-OOCCH3或-OH、-OOCH、-OOCCH2CH3，三个取代基为-OH、-OOCCH3、-OOCCH3，有6种同分异构体，三个取代基为-OH、-OOCH、-OOCCH2CH3，有10种同分异构体，故符合要求的同分异构体共16种；
（6）根据题中E到联苯双酯，由逆推N为，M为。
20．【答案】（1）
（2）压强太小，则小，催化效果差，且产率太小。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全
（3）①③④
（4）颜色变浅
（5）2
（6）②
（7）16.0
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解析】（1）氢气的燃烧热为，氨气的燃烧热为，根据盖斯定律，合成氨的热化学反应方程式。
故答案为：
（2）合成氨条件需要控制在的原因是压强太小，则小，催化效果差，且产率太小。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全。
故答案为： 压强太小，则小，催化效果差，且产率太小。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全 ；
（3）①在恒容条件下氨气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故符合题意；
②恒容体系气体的物质的量不变，因此的物质的量分数不变不可说明反应已达到平衡，故不符合题意；
③恒容反应气体总压不变化学反应一定达到平衡，故符合题意；
④恒容体系NH3的分压不变说明其浓度不再变化，的分压不变能说明反应已达到平衡，故符合题意；
⑤恒容反应，由于该反应中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，体系质量在反应中不发生变化，则体系密度在反应中不发生变化，因此体系密度变化不能作为判断反应达到平衡的标志，故不符合题意；
故答案为：①③④。
（4）为放热反应，降低温度平衡正向移动，混合气体颜色变浅。
故答案为： 颜色变浅 ；
（5）NO2与N2O4的混合气体总压强为100kPa，密度为同状态下氢气密度的34.5倍，则混合气体的摩尔质量为34.5×2g/mol=69g/mol，则：
根据十字相乘法可知平衡后两种气体的物质的量之比n (NO2)：n(N2O4)=23：23=1：1，因平衡NO2与N2O4的混合气体总压强为100kPa，则p(NO2)=p(N2O4)=50kPa，平衡常数。
故答案为： 2 ；
（6）的摩尔分数随压强p的变化趋势是减小。
故答案为： ② ；
（7）根据已知，的可逆分解平衡时，即，则平衡常数为， 根据可得：，因此，根据初始条件有：，则反应正向进行，假设氧气分压转化xkPa，则平衡时，解得，则平衡时的压强为。
故答案为： 16.0 。
【分析】（1）根据氢气和氨气燃烧热的热化学方程式即可确定合成氨的热化学反应方程式；
（2）合成氨压强不易过低，否则转化率低， 。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全 ；
（3）判断平衡标志方法为即变量不变即达到化学平衡；
（4）为放热反应，降低温度平衡正向移动，故颜色变浅；
（5）根据平均摩尔质量，利用十字交叉法，确定反应平衡时各物质的量，然后计算平衡常数；
（6）减小容器体积，相当于加压，结合平衡移动方向即可判断NO的物质的量分数。
（7）由正逆反应速率相等推导平衡常数Kp与K的关系；结合理想气体状态方程，通过初始分压判断反应方向；设未知数，利用Kp表达式列方程求解平衡时O2分压。
（1）氢气的燃烧热为，氨气的燃烧热为，根据盖斯定律，合成氨的热化学反应方程式。
（2）合成氨条件需要控制在的原因是压强太小，则小，催化效果差，且产率太小。压强太大，对设备要求高，成本高且不安全。
（3）①在恒容条件下氨气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故符合题意；
②恒容体系气体的物质的量不变，因此的物质的量分数不变不可说明反应已达到平衡，故不符合题意；
③恒容反应气体总压不变化学反应一定达到平衡，故符合题意；
④恒容体系NH3的分压不变说明其浓度不再变化，的分压不变能说明反应已达到平衡，故符合题意；
⑤恒容反应，由于该反应中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，体系质量在反应中不发生变化，则体系密度在反应中不发生变化，因此体系密度变化不能作为判断反应达到平衡的标志，故不符合题意；
故答案为①③④。
（4）为放热反应，降低温度平衡正向移动，混合气体颜色变浅。
（5）NO2与N2O4的混合气体总压强为100kPa，密度为同状态下氢气密度的34.5倍，则混合气体的摩尔质量为34.5×2g/mol=69g/mol，则：
根据十字相乘法可知平衡后两种气体的物质的量之比n (NO2)：n(N2O4)=23：23=1：1，因平衡NO2与N2O4的混合气体总压强为100kPa，则p(NO2)=p(N2O4)=50kPa，平衡常数。
（6）的摩尔分数随压强p的变化趋势是减小。
（7）根据已知，的可逆分解平衡时，即，则平衡常数为， 根据可得：，因此，根据初始条件有：，则反应正向进行，假设氧气分压转化xkPa，则平衡时，解得，则平衡时的压强为。
1 / 1

展开更多......

收起↑