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山东省名校大联考2025届高三下学期4月联合检测化学试卷
1．（2025·山东模拟）“幸福是人民的辛勤劳动创造的”。下列有关劳动项目不涉及化学变化的是
A．海水晒盐 B．洁厕灵洗马桶
C．碳酸钠浸泡除水垢 D．厨余垃圾沤肥
2．（2025·山东模拟）下列关于物质性质及用途描述错误的是
A．硬化油不易变质、便于储存，可用作制肥皂和人造奶油的原料
B．离子液体具有高导电性，可用作锂离子电池的电解液
C．二氧化硅是常见的半导体材料，可用于制取智能芯片
D．聚四氟乙烯具有优异的耐酸、耐碱性能，可用于制造化工设备的内衬或管道
3．（2025·山东模拟）下列化学用语正确的是
A．的电子式：
B．基态碳原子的核外电子排布图：
C．镁原子最外层电子的电子云轮廓图：
D．的名称：2，2-二甲基-4-乙基己烷
4．（2025·山东模拟）下列有关实验操作的描述正确的是
A．银氨溶液配制完成后，装入棕色试剂瓶，长期保存以备使用
B．配制溶液时，需加入少量溶液
C．检验蔗糖水解产物时，直接向水解后的溶液中加入新制
D．滴定实验时，不能向锥形瓶中加入蒸馏水，以免溶液稀释产生误差
5．（2025·山东模拟）下列描述错误的是
A．稳定性：
B．熔点：晶体晶体
C．配离子稳定性：
D．中心原子杂化轨道的数目：
6．（2025·山东模拟）抗过敏药物的结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．该物质最多可与反应
B．该物质最多可与溴反应
C．所含三个羟基化学性质相同
D．可形成分子内氢键和分子间氢键
7．（2025·山东模拟）X、Y、Z是前二周期元素，原子序数依次增大，基态Y原子核外有3种空间运动状态的电子，基态Z原子的能级上所有电子自旋方向相同且不存在空轨道，的空间结构为平面六元环，且每个Y、Z原子连接一个X原子。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．简单氢化物的还原性：
C．化合物中Y和Z均存在单电子，可形成大键
D．同周期元素中，第一电离能介于Y和Z之间的元素有3种
8．（2025·山东模拟）利用下列装置可实现实验目的的是
A．制备并收集 B．制备氯气
C．定量制备氧气 D．制备
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·山东模拟）二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，其装置示意图如图所示：
下列说法错误的是
A．电池工作时，质子由a极移向b极
B．b为电池正极
C．a极反应式为
D．理论上每吸收，b电极消耗的的体积为(标准状况)
10．（2025·山东模拟）四碘合汞酸银是一种热致变色材料，晶体结构如图，和随机占据由构成的四面体空隙。下列说法错误的是
A．基态I原子的价电子排布式为
B．分子中为杂化
C．的空间结构为正四面体形
D．若m处粒子的分数坐标为，则晶胞中的分数坐标为或
11．（2025·山东模拟）某化学学习小组为探究在溶液中的颜色变化，进行以下实验。
实验编号 试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色
I 溶液＋蒸馏水 棕黄色 深棕色
Ⅱ 溶液 几乎无色 几乎无色
Ⅲ 溶液 黄色 深黄色
已知：水溶液中，几乎无色，水解生成(棕黄色)；为黄色。
下列说法错误的是
A．实验I加热前后颜色变化的原因为，加热后平衡正向移动，颜色变深
B．实验II中溶液颜色无明显变化的原因为对平衡的影响大于温度对平衡的影响
C．常温下，向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，溶液可变为黄色
D．三组实验说明，可用调节探究显色的原因
12．（2025·山东模拟）一种基于多离子策略的钾型双离子电池，其示意图如下，充电过程中到达锡电极，与电极形成合金化反应，同时到达石墨电极，插层进入石墨层间。下列说法错误的是
A．放电时，为负极
B．充电时，石墨电极反应式为
C．放电时，当有电子转移时锡电极质量减少
D．锂、钾与锡可形成合金，有利于电子的传输，极大的提升电池倍率性能及可逆容量
13．（2025·山东模拟）通过以下反应机理可以实现有机增环反应：
已知：为。
下列说法正确的是
A．a与b生成c的反应类型为加成反应
B．d中含氧官能团为醚键和羰基
C．e与足量氢气加成后的分子中含有4个手性碳
D．与经上述反应可生成
14．（2025·山东模拟）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位的变化来确定终点的一种方法，被测离子浓度突跃，电极电位()产生突跃，从而确定滴定终点。现向某浓度的苹果酸(，二元弱酸，)溶液中，滴加溶液，利用电位滴定法测定的滴定曲线如图。下列说法错误的是
A．水电离出的
B．a点和b点溶液均显酸性
C．c点存在
D．苹果酸的浓度约为
15．（2025·山东模拟）甲烷蒸汽重整是目前工业制氢的手段，主要反应如下
反应I：
反应II：
下，将的混合气体投入恒压反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．通入，反应速率加快
B．曲线b表示
C．时，后反应到达平衡，内
D．其他条件不变，时反应Ⅱ的平衡常数
16．（2025·山东模拟）两种同构的吡啶羧酸铜框架[和]对和具有选择性吸附行为。
回答下列问题：
（1）中中心离子的配位数为　 　，基态核外电子排布式为　 　。配位体与苯甲酸的酸性：　 　苯甲酸(填“>”或“<”)，中氮原子的孤电子对存在于　 　轨道。
（2）实验室中能合成很多含的配合物。
①与生成紫色物质，其结构如图所示。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。该离子通过整合作用形成的配位键数目为　 　。
②具有对称的空间结构，其中的两个被取代，得到两种不同结构的产物a和b，结构如下。a、b在水中的溶解度：a　 　b(填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
（3）元素Q是与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素，Q与氧元素形成的一种化合物的晶胞投影如下图所示，该化合物的化学式为　 　；设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度　 　(用含a、的代数式表示)。
17．（2025·山东模拟）氨基甲酸铵()是一种受热易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。某研究小组选用下列装置制备氨基甲酸铵()，并测定其纯度。反应原理为。
回答下列问题：
I．制备氨基甲酸铵
（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称是　 　，需向装置A三颈烧瓶中加入的固体为　 　(填名称)。
（2）上图装置连接顺序为氨气的发生装置→　 　→ab←　 　←e(每个装置限用一次，箭头方向为气流方向，用小写字母表示)。
（3）装置B采用冰水浴的原因是　 　。
（4）装置B中的气球可以用　 　(填“甲”或“乙”)装置代替，该装置的作用为　 　。
Ⅱ．测定产品纯度
（5）甲醛法常用于测定铵盐的纯度。[已知：]
实验步骤：
样品处理：称取氨基甲酸铵样品，溶于水后定容至。
甲醛预处理：将甲醛溶液煮沸(除微量甲酸)，冷却后调至中性。
反应与滴定：移取样品溶液，加入中性甲醛溶液，静置，以酚酞为指示剂，用标准液滴定至微红色，消耗。
①静置是甲醛滴定法中减小误差的关键步骤，除避免时间过长碳酸分解而损耗外，另一原因是　 　。
②样品中氨基甲酸铵的纯度为　 　。
18．（2025·山东模拟）沙丁胺醇(F)能有效地抑制组胺等致过敏性物质的释放，防止支气管痉挛，其一种合成路线如下
已知：
i．为，为，为
ii．
回答下列问题：
（1）物质A的名称为　 　。
（2）物质B的结构简式为　 　，C→D的反应类型为　 　。
（3）写出D→E的化学方程式：　 　。
（4）比D少1个碳原子的同分异构体中，同时满足下列条件的芳香族化合物有　 　种，其中核磁共振氢谱峰面积比为的结构简式为　 　。
①苯环上含三个取代基，其中两个为②除苯环外不含其他环状结构
（5）参照上述路线写出以苯甲醛为主要原料(其他试剂任选)合成的路线：　 　。
19．（2025·山东模拟）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图所示。
已知：i．溶于盐酸可以得到。
ii． 。
iii．
回答下列问题：
（1）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是　 　。
（2）“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②　 　。
（3）“浸取3”中发生反应的离子方程式为　 　；若“浸取3”中用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，那么需要的的物质的量至少为　 　(保留四位有效数字。已知)。
（4）“电沉积”中获得单质的是　 　极(“正”“负”或“阴”“阳”)；“电沉积”完成后，在此极区溶液中可循环利用的物质为　 　(填化学式)
（5）“还原”中。发生反应的化学方程式为　 　。
20．（2025·山东模拟）一种采用催化氧化法处理废气的原理如下：
。
将和分别以不同起始流速通入反应器中，在、和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
（1）已知的燃烧热；
；
。
则催化氧化法处理废气的　 　
（2）该反应在温度较　 　时(填“高”或“低”)容易自发进行，结合图像分析　 　。
（3）图1中的a、b、c三点中，最可能到达平衡状态的是　 　(填标号)。
（4）下列措施可提高M点转化率的是___________(填标号)。
A．增大 B．降低温度
C．增大的流速 D．使用更高效的催化剂
（5）在温度为，初始压强为的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平衡时与N点的转化率相同，求该温度下反应的化学平衡常数　 　。
（6）另一种以为催化剂，用氧化制的反应历程如下：
第一步：；
第二步：___________；
第三步：。
写出第二步反应的化学方程式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．海水晒盐是利用阳光和风力使水分蒸发，从而使海水中的食盐结晶析出。这个过程只是水的状态发生改变（由液态变为气态），食盐的成分没有变化，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；
Ｂ．洁厕灵中含有盐酸等酸性物质，马桶中的污垢主要有碱性物质（如尿碱等）。盐酸与这些碱性物质会发生化学反应，生成新的盐类等物质，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；
Ｃ．碳酸钠溶液呈碱性，水垢的主要成分是碳酸钙等难溶性盐。碳酸钠与碳酸钙在水中会发生反应，生成可溶于水的物质，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
Ｄ．厨余垃圾沤肥是通过微生物的分解作用，将厨余垃圾中的有机物转化为肥料（如腐殖质等）。这个过程中有新的物质（肥料成分）生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故选A。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化。
2．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；高分子材料；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．硬化油是通过油脂的氢化反应制得的，其化学性质相对稳定，不易变质且便于储存，在工业上，它确实可用作制肥皂和人造奶油的原料，A正确；
B．离子液体具有高导电性的特点，而锂离子电池的电解液需要良好的导电性能来保证电池的正常工作，所以离子液体可用作锂离子电池的电解液，B正确；
C．二氧化硅是光导纤维的主要原料，而常见的半导体材料是硅，硅是制造智能芯片的核心材料，C错误；
D．聚四氟乙烯具有优异的耐酸、耐碱性能，能抵抗化工生产中多种腐蚀性物质的侵蚀，因此可用于制造化工设备的内衬或管道，D正确；
故选C。
【分析】A．硬化油不易变质；
Ｂ．离子液体具有高导电性的特点；
Ｃ．芯片的成分是单质硅；
Ｄ．聚四氟乙烯具有优异的耐酸、耐碱性能。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．是由钙离子和过氧根离子构成的离子化合物，过氧根离子中两个氧原子之间形成一对共用电子对，则的电子式为：，A错误；
B．基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，电子在能量相同的轨道上排布时，尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，所以2p轨道上的2个电子应分占不同轨道且自旋平行，正确的轨道表示式为：，B正确；
C．镁原子的核外电子排布为1s22s22p63s2，最外层电子是3s电子，s电子的电子云轮廓图为球形，C错误；
D．主链有6个碳原子，为己烷，然后从离支链最近的一端开始编号，2号碳原子上有2个甲基，3号碳原子上有1个乙基，所以名称为：2，2-二甲基-3-乙基己烷，D错误；
故选B。
【分析】A．由钙离子和过氧根离子构成；
Ｂ．碳为6号元素，价态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2；
Ｃ．镁原子的核外电子排布为1s22s22p63s2；
Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
4．【答案】B
【知识点】化学试剂的存放；中和滴定；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．银氨溶液的性质不稳定，久置易产生易爆炸的物质，所以不能长期保存，应现用现配，故A错误；
B．硅酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，加入少量氢氧化钠溶液能抑制硅酸钠水解，故B正确；
C．蔗糖水解是在稀硫酸作催化剂的条件下进行的，水解后的溶液呈酸性，新制氢氧化铜悬浊液与酸会发生反应，所以检验蔗糖水解产物时，应先加入过量氢氧化钠溶液将稀硫酸中和，并使溶液呈碱性后再加入新制氢氧化铜悬浊液，否则不能检验蔗糖水解产物，故C错误；
D．滴定实验中，锥形瓶里的待测液物质的量是固定的，向锥形瓶中加入蒸馏水，只是稀释了待测液，并不改变其物质的量，所以不会对滴定结果产生误差，故D错误；
故选B。
【分析】A．银氨溶液的性质不稳定；
Ｂ．硅酸钠水解显碱性，加入氢氧化钠能抑制其水解；
Ｃ．蔗糖水解是在稀硫酸作催化剂的条件下进行的，水解后的溶液呈酸性，水解后要加入氢氧化钠中和酸，再滴加新制氢氧化铜；
Ｄ．滴定实验中，锥形瓶里的待测液物质的量是固定的。
5．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；离子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．非金属性越强，对应的氢化物越稳定，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，非金属性：F>Cl>Br>I，则氢化物的稳定性顺序为，故A正确；
B．离子晶体的熔点与离子键强弱有关，离子键强弱取决于离子半径和离子所带电荷，氯化钠和氯化铯都是离子晶体，钠离子的原子半径小于铯离子，所以NaCl中离子键更强，熔点更高，故B正确；
C．氮元素的电负性小于氧元素，则氨分子中氮原子提供孤对电子的能力强于水分子中氧原子提供孤对电子的能力，所以四氨合铜离子的稳定性强于四水合铜离子，故C错误；
D．中O原子价电子对数为，中心原子杂化类型为杂化，BF3分子中价层电子对个数=3+(3-3×1)=3，中心原子杂化类型为sp2杂化，CO2中C原子杂化轨道数为2+×(4-2×2)=2，中心原子杂化类型为sp杂化，则中心原子杂化轨道的数目的大小顺序为，故D正确；
故选C。
【分析】A．非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
Ｂ．离子晶体的晶格能越大，熔点越高；
Ｃ．配离子的稳定性与配体的配位能力有关；
Ｄ．先计算各物质中心原子的杂化轨道数目，再比较。
6．【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该物质有2个酚羟基，2个酯基，酯基水解后生成的羧基也能与NaOH反应，则该物质最多可与反应，A错误；
B．碳碳双键可与溴发生加成反应，酚羟基的邻、对位氢原子可与溴发生取代反应，则该物质最多可与溴反应，B错误；
C．该物质含有的三个羟基中，有两个是酚羟基（直接连在苯环上），一个是醇羟基（不直接连在苯环上），酚羟基和醇羟基的化学性质不同，C错误；
D．该物质分子中存在多个羟基（酚羟基、醇羟基）和氧原子，羟基中的氢可与其他氧原子形成氢键，既可以在分子内形成氢键，也可以在分子间形成氢键，D正确；
故选D。
【分析】A．酚羟基、酯基能与NaOH反应；
Ｂ．碳碳双键可与溴发生加成反应，酚羟基的邻、对位氢原子可与溴发生取代反应；
Ｃ．酚羟基和醇羟基性质不同；
Ｄ．羟基中的氢可与其他氧原子形成氢键。
7．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：，故A错误；
B．简单氢化物的还原性与对应元素的非金属性有关，非金属性越弱，氢化物还原性越强，非金属性：N>B，则还原性：，B错误；
C．B3N3H6为类苯结构，结构式为，B和N原子均为sp2杂化，该结构中每个N原子提供1个孤电子对形成大π键，B原子最外层含有3个电子，形成3个键，不含孤电子，不提供电子形成大π键，C错误；
D．同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大，则第一电离能： B故选D。
【分析】基态Y原子核外有3种空间运动状态的电子，基态原子的空间运动状态由能层、能级和轨道决定，则Y原子核外有3个原子轨道，其核外电子排布式为 1s22s22p1，Y为B元素；基态Z原子的2p能级上所有电子自旋方向相同且不存在空轨道，说明2p能级电子全充满且自旋同向，则其核外电子排布式为 1s22s22p3，Z为N元素，的空间结构为平面六元环，且每个Y、Z原子连接一个X原子，可推测该化合物为类苯结构的B3N3H6，则X为H元素。
8．【答案】D
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．浓氨水易挥发，碱石灰与浓氨水混合时，Ca、NaOH溶于水放热且使溶液呈碱性，会促进一水合氨分解生成氨气，密度比空气小，采用向下排空气法收集，试管口应该放置棉花，减少对流，但是导管应该伸入到试管的底部，A错误；
B．电解饱和食盐水制备氯气时，若铁作阳极，铁会优先失去电子，应选用惰性电极（如石墨）作阳极，B错误；
C．“随开随停” 装置要求固体为块状，能在隔板上停留，液体与固体接触或分离可控制反应，过氧化钠是粉末状固体，与水反应剧烈，带孔隔板无法起到 “随开随停” 的作用，C错误；
D．浓盐酸滴入浓硫酸中，浓硫酸被稀释放出大量的热，促使HCl逸出，能制备HCl，D正确；
故选D。
【分析】A．浓氨水滴到碱石灰中，挥发出氨气；
Ｂ．电解饱和食盐水时，若铁作阳极，铁会优先失去电子；
Ｃ．过氧化钠是粉末状固体；
Ｄ．浓硫酸具有吸水性，且溶于水放热，能促进浓盐酸中HCl挥发。
9．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极a为负极，电极b为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，则电池工作时，质子由a极移向b极，故A正确；
B．由分析可知，电极a为负极，电极b为正极，故B正确；
C．由分析可知，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为，故C错误；
D．由得失电子数目守恒可知，理论上每吸收1mol二氧化硫，标准状况下b电极消耗氧气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故D正确；
故选C。
【分析】燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，则二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池中，通入SO2的一极为负极，发生氧化反应，通入空气的一极为正极，正极发生还原反应。
10．【答案】D
【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】【解答】A．碘元素的原子序数为53，其核外电子排布式为[Ar]4d105s25p5，对于主族元素，价电子就是最外层电子，所以基态碘原子的价电子排布式为，故A正确；
B．分子中 ，Hg的价层电子对数2，采用sp杂化，故B正确；
C． 中心Hg2+的价层电子对数为4，采用sp3杂化，不含孤电子对，则离子的空间结构为正四面体形，故C正确；
D．碘离子以面心立方结构密堆积，则位于顶点和面心的碘离子个数为8×+6×=4，由化学式可知，晶胞中银离子、汞离子个数分别为2、1，则汞离子位于最右后下方的晶胞的体心上，或者上面一个晶胞的左后下方的晶胞的体心上，则由m处粒子的分数坐标为可知，晶胞中汞离子的分数坐标为或，故D错误；
故选D。
【分析】A．价电子是指原子核外电子中能与其他原子相互作用形成化学键的电子，对于主族元素，价电子就是最外层电子；
Ｂ．根据杂化轨道理论判断中心原子杂化方式；
Ｃ． 中心Hg2+采用sp3杂化，不含孤电子对；
Ｄ．该晶胞中碘离子以面心立方结构密堆积，参照m处的坐标分析即可得到晶胞中 的分数坐标。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据已知信息可知，溶液中存在水解平衡，升高温度，水解平衡正向移动，的浓度增大，颜色变深，A正确；
B．实验II中，升高温度，的水解平衡正向移动，浓度增大，加入HNO3，溶液中增大，抑制了的水解。由溶液颜色无明显变化，可判断对平衡的影响大于温度对平衡的影响，B正确；
C．常温下，向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，发生反应，所以溶液变为黄色，C正确；
D．向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，发生反应，溶液变为黄色，可知-浓度对在溶液中的颜色有影响，而中含有，因此不能用调节探究显色的原因，D错误；
故答案选D。
【分析】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，溶液中存在水解平衡，平衡移动会导致颜色变化。
12．【答案】B,C
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．充电过程中到达锡电极，发生还原反应，则放电时，锡电极为负极，A正确；
B．充电时，石墨为阳极，到达石墨电极，插层进入石墨层间，电极反应式为：，B错误；
C．放电时，锡电极为负极，Li、K从锡电极中脱出，但题目未明确Li、K的脱出比例，无法计算当有1mol电子转移时锡电极质量的变化量，C错误；
D．锂、钾与锡可形成合金，合金的结构有利于电子的传输，能极大提升电池倍率性能（充放电速度）及可逆容量，D正确；
故选BC。
【分析】 充电过程中到达锡电极 ，发生还原反应，锡电极为阴极，则放电时，锡电极发生氧化反应，为负极，充电时，石墨为阳极，到达石墨电极，插层进入石墨层间，放电时，石墨电极为正极，从石墨层间脱出来。
13．【答案】A,D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．反应中a的碳碳双键打开，与b发生反应生成c，符合加成反应 “不饱和键断裂，原子或原子团直接加合” 的特点，所以该反应类型为加成反应，A正确；
B．d的结构中含氧官能团为酯基和羰基，并非醚键，B错误；
C．e与足量氢气加成得到，其中含有3个手性碳原子，如图用“*”标记：，C错误；
D．和先反应生成，在碱性环境中转化为，在碱性环境中转化为，发生消去反应生成，D正确；
故选AD。
【分析】A．加成反应指的是含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键等）的化合物，在一定条件下，不饱和键两端的原子与其他原子或原子团直接结合，生成新的化合物的反应；
Ｂ．d中的官能团为羰基和酯基；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．参照题干合成路线分析具体的合成步骤和产物。
14．【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，b点溶液中溶质，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，对水的电离是抑制作用，继续加氢氧化钠至d点时溶质中主要离子为，此时水解程度最大，对水的电离促进作用最大，故水电离出的，A正确；
B．a点苹果酸未完全反应，溶液中以苹果酸电离为主，显酸性，b点恰好完全反应生成，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故a、b点溶液呈酸性，B正确；
C．c点溶质为和，根据电荷守恒有，此时，，则，C错误；
D．苹果酸是二元弱酸，与 NaOH 完全反应时的关系式为：~2NaOH， 由滴定曲线可知，完全反应时消耗 NaOH 溶液体积约为5.6mL，b点加入氢氧化钠溶液体积为2.9mL，则苹果酸的浓度=，D正确；
故选C。
【分析】A．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
Ｂ．a点苹果酸未完全反应，b点恰好完全反应生成；
Ｃ．根据电荷守恒分析；
Ｄ．滴定过程中发生反应：，，根据曲线所知，随着滴定的过程，电极电压逐渐增大，说明溶液中的离子浓度逐渐增大，b、d分别对应两个滴定终点，结合滴定终点计算。
15．【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．在恒压反应器中通入Ar，容器体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减慢，A错误；
B．由分析可知，曲线b表示CO，曲线a表示CO2，B错误；
C．②100kPa，CH4、H2O起始的物质的量之比为1∶3，起始CH4的分压为25kPa；设起始CH4物质的量为amol、H2O物质的量为3amol，设反应Ⅰ从起始到平衡消耗CH4物质的量为xmol，反应Ⅱ从起始到平衡消耗H2O的物质的量为ymol，列三段式：
平衡时气体总物质的量为(a-x+3a-x-y+x-y+3x+y+y)mol=(4a+2x)mol，600℃平衡时CH4物质的量分数为0.04，则，解得， 平衡时的分压为，t小时内，C正确；
D．其他条件不变，时，H2O的物质的量分数为0.32，H2的体积分数为0.5，由C可知，n(H2)= (4a+2x)mol×0.5=mol，n(H2O)= (4a+2x)mol×0.32=mol，3a-x-y=，则y=mol，n(CO2)=mol，n(CO)=mol-mol=mol，反应Ⅱ的平衡常数K=，D正确；
故选CD。
【分析】A．在恒压反应器中通入Ar，容器体积会增大，各反应物和生成物的浓度会减小，反应速率减小；
Ｂ．反应Ⅰ的正反应为吸热反应，反应Ⅱ的正反应为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动、CO物质的量增大，反应Ⅱ平衡逆向移动、CO物质的量增大，故CO的平衡物质的量分数随温度升高而增大，则CO平衡曲线为b，CO2平衡曲线为a；
Ｃ．列出反应的三段式计算；
Ｄ．列出反应的三段式，结合平衡常数表达式计算K。
16．【答案】（1）6；；>；杂化
（2）；>；a为极性分子，b为非极性分子，水为极性溶剂，相似相溶
（3）；
【知识点】配合物的成键情况；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）从图中的结构可知，位于结构的体心，中心离子周围连接着6个配体，所以中心离子的配位数为6；Cu为29号元素，其核外电子排布式为，是Cu失去2个电子形成的，失去的是4s上的1个电子和3d上的1个电子，所以基态核外电子排布式为；在中，N原子的电负性较大，会使羧基中键的电子云向O原子偏移程度增大，更容易电离，所以其酸性大于苯甲酸，即酸性： >苯甲酸；吡啶环中氮原子形成2个键，还有1对孤电子对，其杂化类型为杂化，孤电子对存在于杂化轨道；
（2）①由含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，结合图可知，该离子通过整合作用形成的配位键数目为；
②由图知，a的结构不对称，分子的正、负电荷中心不重合 ，属于极性分子；b的结构是对称的，其分子的正、负电荷中心重合，属于非极性分子。水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂，所以a、b在水中的溶解度关系为a >b；
（3）铜位于第四周期，最外层电子数为1，与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K（钾）元素；根据晶胞投影图，利用均摊法计算原子个数。Q（K）原子：位于晶胞的顶点和体心，顶点有8个K原子，体心有1个K原子，K原子个数为；O原子有2个位于晶胞内，8个位于棱心上，O原子个数为，K原子与O原子个数比为1：2，所以该化合物的化学式为；经过推算，一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度。
【分析】（1）中中心离子连接6个配体，其配位数为6；Cu为29号元素，基态Cu原子失去2个电子形成 ，其核外电子排布式为 ；越容易电离产生氢离子，酸性越强；
（2）由题给结构可知，每个与4个配位原子形成配位键；极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
（3）铜位于第四周期，最外层电子数为1，所以与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K，由晶胞投影图可知，K原子位于晶胞的顶点、面心和体心，O原子位于晶胞的棱上和内部，K原子个数为，O原子个数为，K原子与O原子个数比为1：2，该化合物的化学式为；根据计算。
（1）从图中的结构可知，位于结构的体心，中心离子周围连接着6个配体，所以中心离子的配位数为6；Cu为29号元素，其核外电子排布式为，是Cu失去2个电子形成的，失去的是4s上的1个电子和3d上的1个电子，所以基态核外电子排布式为；在中，N原子的电负性较大，会使羧基中键的电子云向O原子偏移程度增大，更容易电离，所以其酸性大于苯甲酸，即酸性： >苯甲酸；吡啶环中氮原子形成2个键，还有1对孤电子对，其杂化类型为杂化，孤电子对存在于杂化轨道；
（2）①由含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，结合图可知，该离子通过整合作用形成的配位键数目为；
②由图知，a的结构不对称，分子的正、负电荷中心不重合 ，属于极性分子；b的结构是对称的，其分子的正、负电荷中心重合，属于非极性分子。水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂，所以a、b在水中的溶解度关系为a >b；
（3）铜位于第四周期，最外层电子数为1，与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K（钾）元素；根据晶胞投影图，利用均摊法计算原子个数。Q（K）原子：位于晶胞的顶点和体心，顶点有8个K原子，体心有1个K原子，K原子个数为；O原子有2个位于晶胞内，8个位于棱心上，O原子个数为，K原子与O原子个数比为1：2，所以该化合物的化学式为；经过推算，一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度。
17．【答案】恒压滴液漏斗；碱石灰(或氢氧化钠或氧化钙)；dc；ih←fg；降温使平衡正向移动，有利于提高生成物的产率，同时防止氨基甲酸铵分解；乙；吸收未反应的氨气，防止空气中的水蒸气进入；确保氨基甲酸铵样品在甲醛溶液中反应完全；
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称是恒压滴液漏斗，装置中浓氨水滴入氢氧化钠固体或或氧化钙或碱石灰中，利用增大溶液中氢氧根离子浓度增大，氨水的电离平衡左移，溶解或反应放出大量的热，促使氨气氨气溶解度减小而逸出制得氨气。
（2）由分析可知，制备氨基甲酸铵所需装置的连接顺序为A→C→B←F←E←D，装置连接顺序为氨气的发生装置→dc→ab←ih←fg←e。
（3）制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，采用冰水浴可以降低反应温度，降低温度，平衡向正反应方向移动，有利于氨基甲酸铵的生成，同时可以防止反应放热使氨基甲酸铵分解。
（4）装置B中的气球的作用是收集未反应的氨气，防止空气中的水蒸气进入，甲装置虽然能够吸收氨气且防倒吸，但不能防止空气中的水蒸气进入，乙装置能够吸收未反应的氨气，防止空气中的水蒸气进入。
（5）①静置是甲醛滴定法中减小误差的关键步骤，除避免时间过长碳酸分解而损耗外，另一原因是：确保氨基甲酸铵样品在甲醛溶液中反应完全；
②由方程式可得关系式：，则样品中氨基甲酸铵的纯度为=78%。
【分析】（1）根据仪器构造书写仪器名称，盛放浓氨水的仪器为恒压滴液漏斗，装置A用于制备氨气，固体为碱石灰；
（2）装置A为制备氨气的装置，装置C为氨气的干燥装置，装置B为氨气与二氧化碳反应制备氨基甲酸铵的装置，装置D为二氧化碳的制备装置，装置E为除去二氧化碳中混有的氯化氢装置，装置F为干燥二氧化碳装置，则制备氨基甲酸铵所需装置的连接顺序为A→C→B←F←E←D；
（3） 为放热反应，降温有利于反应的平衡正向移动；
（4）装置B中的气球的作用是收集未反应的氨气；
（5）根据 计算样品纯度。
18．【答案】（1）对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛
（2）；取代反应
（3）+H2O++
（4）48；
（5）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A的名称为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛。
（2）由分析可知，B的结构简式为，C和Ac2O发生取代反应生成D。
（3）由D和E分结构简式可知，D和水、NBS在丙酮的催化下反应生成E，由原子守恒可知，该反应中还有生成，化学方程式为：+H2O+ +。
（4）比D少1个碳原子的同分异构体中，满足条件：①苯环上含三个取代基，其中两个为；②除苯环外不含其他环状结构；结合D的不饱和度可以推知苯环上的取代基组合为2个-COOH、-CH2CH2CH=CH2或2个-COOH、-CH2CH=CHCH3或2个-COOH、-CH=CHCH2CH3或2个-COOH、或2个-COOH、-C(CH3)=CHCH3或2个-COOH、-CH(CH3)CH=CH2或2个-COOH、-CH=C(CH3)CH3或2个-COOH、-CH2C(CH3)=CH2，每种组合都有6种不同的位置关系，共有6×8=48种同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为的结构简式含有对称的甲基，为。
（5）发生已知信息ii的反应机理得到，发生C生成D的反应原理得到，发生E生成F的机理得到，合成路线为：。
【分析】A和HCHO、CH3CN在一定条件下反应得到B，B发生已知ii的反应生成C，结合C的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为，C与AcO/AcO发生取代反应生成D，D在H2O/CH3COCH3条件下，与 反应得到E，E与t-BuNH2发生取代反应生成F。
（1）由A的结构简式可知，A的名称为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛。
（2）由分析可知，B的结构简式为，C和Ac2O发生取代反应生成D。
（3）由D和E分结构简式可知，D和水、NBS在丙酮的催化下反应生成E，由原子守恒可知，该反应中还有生成，化学方程式为：+H2O+ +。
（4）比D少1个碳原子的同分异构体中，满足条件：①苯环上含三个取代基，其中两个为；②除苯环外不含其他环状结构；结合D的不饱和度可以推知苯环上的取代基组合为2个-COOH、-CH2CH2CH=CH2或2个-COOH、-CH2CH=CHCH3或2个-COOH、-CH=CHCH2CH3或2个-COOH、或2个-COOH、-C(CH3)=CHCH3或2个-COOH、-CH(CH3)CH=CH2或2个-COOH、-CH=C(CH3)CH3或2个-COOH、-CH2C(CH3)=CH2，每种组合都有6种不同的位置关系，共有6×8=48种同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为的结构简式含有对称的甲基，为。
（5）发生已知信息ii的反应机理得到，发生C生成D的反应原理得到，发生E生成F的机理得到，合成路线为：。
19．【答案】（1）温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低
（2）作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出
（3）AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-；0.1208
（4）阴；Na2S2O3
（5）4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；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）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低。
（2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出。
（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3 ，离于方程式为AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-，用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，n(Ag)==0.06mol，则[Ag(S2O3)2]3 中的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-的平衡常数K==，溶液中c(Cl-)=0.06mol/L，则c()==0.0008mol/L，则需要的的物质的量至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L=0.1208mol。
（4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3 得电子被还原为Ag，阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3。
（5）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1molHAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，1mol N2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl。
【分析】铜阳极泥中加入硫酸和双氧水进行浸取，铜被氧化，生成硫酸铜，经操作1分离浸渣1和浸出液1，则操作1为过滤，滤渣1主要含Ag、Au等，向滤渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3 ，再进行电解，[Ag(S2O3)2]3 在阴极得到电子，被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3 +e-=Ag+2S2O32 ，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为Cu。
（1）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低。
（2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出。
（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3 ，离于方程式为AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-，用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，n(Ag)==0.06mol，则[Ag(S2O3)2]3 中的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-的平衡常数K==，溶液中c(Cl-)=0.06mol/L，则c()==0.0008mol/L，则需要的的物质的量至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L=0.1208mol。
（4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3 得电子被还原为Ag，阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3。
（5）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1molHAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，1mol N2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl。
20．【答案】（1）
（2）低；440
（3）c
（4）D
（5）0.5
（6）2CuCl(s)+O2(g)CuO·CuCl2(s)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）已知的燃烧热，则④；②；③
，由盖斯定律可知，④-③+②可得=。
（2）是气体体积减小的放热反应，，，当时，反应能够自发进行，则该反应在温度较低容易自发进行，升高温度时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。
（3）较低流速下转化率可近似为平衡转化率，a、b、c三点中c点气体流速最低，最可能到达平衡状态。
（4）M点气体流速较高，反应未达到平衡，
A．对比图1、2可知，其他条件相同时，增大，HCl的平衡转化率减小，A不选；
B．降低温度，反应速率减慢，单位时间内HCl的转化量减小，转化率减小，B不选；
C．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，C不选；
D．使用更高效的催化剂，反应速率加快，单位时间内HCl的转化量增大，转化率增大，D选；
故选D。
（5）在温度为，初始压强为的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平衡时与N点的转化率相同，列出三段式：
HCl的转化率为，x=1.6，平衡总压为，该温度下反应的化学平衡常数0.5。
（6）催化剂只改变反应历程，不改变反应结果，故总反应-①-③可得出反应②为2CuCl(s)+O2(g)CuO·CuCl2(s)。
【分析】（1）根据氢气的燃烧热书写氢气燃烧的热化学方程式，再结合盖斯定律计算；
（2）根据时反应自发进行分析；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（4） 提高M点转化率 ，应使平衡尽可能正向移动，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；
（5）根据题干数据，列出反应的三段式，代入平衡常数表达式计算；
（6）催化剂只影响反应进程，不改变反应结果，将第一步、第三步反应的化学方程式与总反应对比，通过总反应减去第一步和第三步反应（消去中间产物），得到第二步反应。
（1）已知的燃烧热，则④；②；③
，由盖斯定律可知，④-③+②可得=。
（2）是气体体积减小的放热反应，，，当时，反应能够自发进行，则该反应在温度较低容易自发进行，升高温度时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。
（3）较低流速下转化率可近似为平衡转化率，a、b、c三点中c点气体流速最低，最可能到达平衡状态。
（4）M点气体流速较高，反应未达到平衡，
A．对比图1、2可知，其他条件相同时，增大，HCl的平衡转化率减小，A不选；
B．降低温度，反应速率减慢，单位时间内HCl的转化量减小，转化率减小，B不选；
C．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，C不选；
D．使用更高效的催化剂，反应速率加快，单位时间内HCl的转化量增大，转化率增大，D选；
故选D。
（5）在温度为，初始压强为的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平衡时与N点的转化率相同，列出三段式：
HCl的转化率为，x=1.6，平衡总压为，该温度下反应的化学平衡常数0.5。
（6）催化剂只改变反应历程，不改变反应结果，故总反应-①-③可得出反应②为2CuCl(s)+O2(g)CuO·CuCl2(s)。
1 / 1山东省名校大联考2025届高三下学期4月联合检测化学试卷
1．（2025·山东模拟）“幸福是人民的辛勤劳动创造的”。下列有关劳动项目不涉及化学变化的是
A．海水晒盐 B．洁厕灵洗马桶
C．碳酸钠浸泡除水垢 D．厨余垃圾沤肥
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．海水晒盐是利用阳光和风力使水分蒸发，从而使海水中的食盐结晶析出。这个过程只是水的状态发生改变（由液态变为气态），食盐的成分没有变化，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；
Ｂ．洁厕灵中含有盐酸等酸性物质，马桶中的污垢主要有碱性物质（如尿碱等）。盐酸与这些碱性物质会发生化学反应，生成新的盐类等物质，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；
Ｃ．碳酸钠溶液呈碱性，水垢的主要成分是碳酸钙等难溶性盐。碳酸钠与碳酸钙在水中会发生反应，生成可溶于水的物质，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
Ｄ．厨余垃圾沤肥是通过微生物的分解作用，将厨余垃圾中的有机物转化为肥料（如腐殖质等）。这个过程中有新的物质（肥料成分）生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故选A。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化。
2．（2025·山东模拟）下列关于物质性质及用途描述错误的是
A．硬化油不易变质、便于储存，可用作制肥皂和人造奶油的原料
B．离子液体具有高导电性，可用作锂离子电池的电解液
C．二氧化硅是常见的半导体材料，可用于制取智能芯片
D．聚四氟乙烯具有优异的耐酸、耐碱性能，可用于制造化工设备的内衬或管道
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；高分子材料；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．硬化油是通过油脂的氢化反应制得的，其化学性质相对稳定，不易变质且便于储存，在工业上，它确实可用作制肥皂和人造奶油的原料，A正确；
B．离子液体具有高导电性的特点，而锂离子电池的电解液需要良好的导电性能来保证电池的正常工作，所以离子液体可用作锂离子电池的电解液，B正确；
C．二氧化硅是光导纤维的主要原料，而常见的半导体材料是硅，硅是制造智能芯片的核心材料，C错误；
D．聚四氟乙烯具有优异的耐酸、耐碱性能，能抵抗化工生产中多种腐蚀性物质的侵蚀，因此可用于制造化工设备的内衬或管道，D正确；
故选C。
【分析】A．硬化油不易变质；
Ｂ．离子液体具有高导电性的特点；
Ｃ．芯片的成分是单质硅；
Ｄ．聚四氟乙烯具有优异的耐酸、耐碱性能。
3．（2025·山东模拟）下列化学用语正确的是
A．的电子式：
B．基态碳原子的核外电子排布图：
C．镁原子最外层电子的电子云轮廓图：
D．的名称：2，2-二甲基-4-乙基己烷
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．是由钙离子和过氧根离子构成的离子化合物，过氧根离子中两个氧原子之间形成一对共用电子对，则的电子式为：，A错误；
B．基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，电子在能量相同的轨道上排布时，尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，所以2p轨道上的2个电子应分占不同轨道且自旋平行，正确的轨道表示式为：，B正确；
C．镁原子的核外电子排布为1s22s22p63s2，最外层电子是3s电子，s电子的电子云轮廓图为球形，C错误；
D．主链有6个碳原子，为己烷，然后从离支链最近的一端开始编号，2号碳原子上有2个甲基，3号碳原子上有1个乙基，所以名称为：2，2-二甲基-3-乙基己烷，D错误；
故选B。
【分析】A．由钙离子和过氧根离子构成；
Ｂ．碳为6号元素，价态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2；
Ｃ．镁原子的核外电子排布为1s22s22p63s2；
Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
4．（2025·山东模拟）下列有关实验操作的描述正确的是
A．银氨溶液配制完成后，装入棕色试剂瓶，长期保存以备使用
B．配制溶液时，需加入少量溶液
C．检验蔗糖水解产物时，直接向水解后的溶液中加入新制
D．滴定实验时，不能向锥形瓶中加入蒸馏水，以免溶液稀释产生误差
【答案】B
【知识点】化学试剂的存放；中和滴定；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．银氨溶液的性质不稳定，久置易产生易爆炸的物质，所以不能长期保存，应现用现配，故A错误；
B．硅酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，加入少量氢氧化钠溶液能抑制硅酸钠水解，故B正确；
C．蔗糖水解是在稀硫酸作催化剂的条件下进行的，水解后的溶液呈酸性，新制氢氧化铜悬浊液与酸会发生反应，所以检验蔗糖水解产物时，应先加入过量氢氧化钠溶液将稀硫酸中和，并使溶液呈碱性后再加入新制氢氧化铜悬浊液，否则不能检验蔗糖水解产物，故C错误；
D．滴定实验中，锥形瓶里的待测液物质的量是固定的，向锥形瓶中加入蒸馏水，只是稀释了待测液，并不改变其物质的量，所以不会对滴定结果产生误差，故D错误；
故选B。
【分析】A．银氨溶液的性质不稳定；
Ｂ．硅酸钠水解显碱性，加入氢氧化钠能抑制其水解；
Ｃ．蔗糖水解是在稀硫酸作催化剂的条件下进行的，水解后的溶液呈酸性，水解后要加入氢氧化钠中和酸，再滴加新制氢氧化铜；
Ｄ．滴定实验中，锥形瓶里的待测液物质的量是固定的。
5．（2025·山东模拟）下列描述错误的是
A．稳定性：
B．熔点：晶体晶体
C．配离子稳定性：
D．中心原子杂化轨道的数目：
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；离子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．非金属性越强，对应的氢化物越稳定，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，非金属性：F>Cl>Br>I，则氢化物的稳定性顺序为，故A正确；
B．离子晶体的熔点与离子键强弱有关，离子键强弱取决于离子半径和离子所带电荷，氯化钠和氯化铯都是离子晶体，钠离子的原子半径小于铯离子，所以NaCl中离子键更强，熔点更高，故B正确；
C．氮元素的电负性小于氧元素，则氨分子中氮原子提供孤对电子的能力强于水分子中氧原子提供孤对电子的能力，所以四氨合铜离子的稳定性强于四水合铜离子，故C错误；
D．中O原子价电子对数为，中心原子杂化类型为杂化，BF3分子中价层电子对个数=3+(3-3×1)=3，中心原子杂化类型为sp2杂化，CO2中C原子杂化轨道数为2+×(4-2×2)=2，中心原子杂化类型为sp杂化，则中心原子杂化轨道的数目的大小顺序为，故D正确；
故选C。
【分析】A．非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
Ｂ．离子晶体的晶格能越大，熔点越高；
Ｃ．配离子的稳定性与配体的配位能力有关；
Ｄ．先计算各物质中心原子的杂化轨道数目，再比较。
6．（2025·山东模拟）抗过敏药物的结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．该物质最多可与反应
B．该物质最多可与溴反应
C．所含三个羟基化学性质相同
D．可形成分子内氢键和分子间氢键
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该物质有2个酚羟基，2个酯基，酯基水解后生成的羧基也能与NaOH反应，则该物质最多可与反应，A错误；
B．碳碳双键可与溴发生加成反应，酚羟基的邻、对位氢原子可与溴发生取代反应，则该物质最多可与溴反应，B错误；
C．该物质含有的三个羟基中，有两个是酚羟基（直接连在苯环上），一个是醇羟基（不直接连在苯环上），酚羟基和醇羟基的化学性质不同，C错误；
D．该物质分子中存在多个羟基（酚羟基、醇羟基）和氧原子，羟基中的氢可与其他氧原子形成氢键，既可以在分子内形成氢键，也可以在分子间形成氢键，D正确；
故选D。
【分析】A．酚羟基、酯基能与NaOH反应；
Ｂ．碳碳双键可与溴发生加成反应，酚羟基的邻、对位氢原子可与溴发生取代反应；
Ｃ．酚羟基和醇羟基性质不同；
Ｄ．羟基中的氢可与其他氧原子形成氢键。
7．（2025·山东模拟）X、Y、Z是前二周期元素，原子序数依次增大，基态Y原子核外有3种空间运动状态的电子，基态Z原子的能级上所有电子自旋方向相同且不存在空轨道，的空间结构为平面六元环，且每个Y、Z原子连接一个X原子。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．简单氢化物的还原性：
C．化合物中Y和Z均存在单电子，可形成大键
D．同周期元素中，第一电离能介于Y和Z之间的元素有3种
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：，故A错误；
B．简单氢化物的还原性与对应元素的非金属性有关，非金属性越弱，氢化物还原性越强，非金属性：N>B，则还原性：，B错误；
C．B3N3H6为类苯结构，结构式为，B和N原子均为sp2杂化，该结构中每个N原子提供1个孤电子对形成大π键，B原子最外层含有3个电子，形成3个键，不含孤电子，不提供电子形成大π键，C错误；
D．同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大，则第一电离能： B故选D。
【分析】基态Y原子核外有3种空间运动状态的电子，基态原子的空间运动状态由能层、能级和轨道决定，则Y原子核外有3个原子轨道，其核外电子排布式为 1s22s22p1，Y为B元素；基态Z原子的2p能级上所有电子自旋方向相同且不存在空轨道，说明2p能级电子全充满且自旋同向，则其核外电子排布式为 1s22s22p3，Z为N元素，的空间结构为平面六元环，且每个Y、Z原子连接一个X原子，可推测该化合物为类苯结构的B3N3H6，则X为H元素。
8．（2025·山东模拟）利用下列装置可实现实验目的的是
A．制备并收集 B．制备氯气
C．定量制备氧气 D．制备
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．浓氨水易挥发，碱石灰与浓氨水混合时，Ca、NaOH溶于水放热且使溶液呈碱性，会促进一水合氨分解生成氨气，密度比空气小，采用向下排空气法收集，试管口应该放置棉花，减少对流，但是导管应该伸入到试管的底部，A错误；
B．电解饱和食盐水制备氯气时，若铁作阳极，铁会优先失去电子，应选用惰性电极（如石墨）作阳极，B错误；
C．“随开随停” 装置要求固体为块状，能在隔板上停留，液体与固体接触或分离可控制反应，过氧化钠是粉末状固体，与水反应剧烈，带孔隔板无法起到 “随开随停” 的作用，C错误；
D．浓盐酸滴入浓硫酸中，浓硫酸被稀释放出大量的热，促使HCl逸出，能制备HCl，D正确；
故选D。
【分析】A．浓氨水滴到碱石灰中，挥发出氨气；
Ｂ．电解饱和食盐水时，若铁作阳极，铁会优先失去电子；
Ｃ．过氧化钠是粉末状固体；
Ｄ．浓硫酸具有吸水性，且溶于水放热，能促进浓盐酸中HCl挥发。
9．（2025·山东模拟）二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，其装置示意图如图所示：
下列说法错误的是
A．电池工作时，质子由a极移向b极
B．b为电池正极
C．a极反应式为
D．理论上每吸收，b电极消耗的的体积为(标准状况)
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极a为负极，电极b为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，则电池工作时，质子由a极移向b极，故A正确；
B．由分析可知，电极a为负极，电极b为正极，故B正确；
C．由分析可知，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为，故C错误；
D．由得失电子数目守恒可知，理论上每吸收1mol二氧化硫，标准状况下b电极消耗氧气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故D正确；
故选C。
【分析】燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，则二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池中，通入SO2的一极为负极，发生氧化反应，通入空气的一极为正极，正极发生还原反应。
10．（2025·山东模拟）四碘合汞酸银是一种热致变色材料，晶体结构如图，和随机占据由构成的四面体空隙。下列说法错误的是
A．基态I原子的价电子排布式为
B．分子中为杂化
C．的空间结构为正四面体形
D．若m处粒子的分数坐标为，则晶胞中的分数坐标为或
【答案】D
【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】【解答】A．碘元素的原子序数为53，其核外电子排布式为[Ar]4d105s25p5，对于主族元素，价电子就是最外层电子，所以基态碘原子的价电子排布式为，故A正确；
B．分子中 ，Hg的价层电子对数2，采用sp杂化，故B正确；
C． 中心Hg2+的价层电子对数为4，采用sp3杂化，不含孤电子对，则离子的空间结构为正四面体形，故C正确；
D．碘离子以面心立方结构密堆积，则位于顶点和面心的碘离子个数为8×+6×=4，由化学式可知，晶胞中银离子、汞离子个数分别为2、1，则汞离子位于最右后下方的晶胞的体心上，或者上面一个晶胞的左后下方的晶胞的体心上，则由m处粒子的分数坐标为可知，晶胞中汞离子的分数坐标为或，故D错误；
故选D。
【分析】A．价电子是指原子核外电子中能与其他原子相互作用形成化学键的电子，对于主族元素，价电子就是最外层电子；
Ｂ．根据杂化轨道理论判断中心原子杂化方式；
Ｃ． 中心Hg2+采用sp3杂化，不含孤电子对；
Ｄ．该晶胞中碘离子以面心立方结构密堆积，参照m处的坐标分析即可得到晶胞中 的分数坐标。
11．（2025·山东模拟）某化学学习小组为探究在溶液中的颜色变化，进行以下实验。
实验编号 试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色
I 溶液＋蒸馏水 棕黄色 深棕色
Ⅱ 溶液 几乎无色 几乎无色
Ⅲ 溶液 黄色 深黄色
已知：水溶液中，几乎无色，水解生成(棕黄色)；为黄色。
下列说法错误的是
A．实验I加热前后颜色变化的原因为，加热后平衡正向移动，颜色变深
B．实验II中溶液颜色无明显变化的原因为对平衡的影响大于温度对平衡的影响
C．常温下，向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，溶液可变为黄色
D．三组实验说明，可用调节探究显色的原因
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据已知信息可知，溶液中存在水解平衡，升高温度，水解平衡正向移动，的浓度增大，颜色变深，A正确；
B．实验II中，升高温度，的水解平衡正向移动，浓度增大，加入HNO3，溶液中增大，抑制了的水解。由溶液颜色无明显变化，可判断对平衡的影响大于温度对平衡的影响，B正确；
C．常温下，向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，发生反应，所以溶液变为黄色，C正确；
D．向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，发生反应，溶液变为黄色，可知-浓度对在溶液中的颜色有影响，而中含有，因此不能用调节探究显色的原因，D错误；
故答案选D。
【分析】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，溶液中存在水解平衡，平衡移动会导致颜色变化。
12．（2025·山东模拟）一种基于多离子策略的钾型双离子电池，其示意图如下，充电过程中到达锡电极，与电极形成合金化反应，同时到达石墨电极，插层进入石墨层间。下列说法错误的是
A．放电时，为负极
B．充电时，石墨电极反应式为
C．放电时，当有电子转移时锡电极质量减少
D．锂、钾与锡可形成合金，有利于电子的传输，极大的提升电池倍率性能及可逆容量
【答案】B,C
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．充电过程中到达锡电极，发生还原反应，则放电时，锡电极为负极，A正确；
B．充电时，石墨为阳极，到达石墨电极，插层进入石墨层间，电极反应式为：，B错误；
C．放电时，锡电极为负极，Li、K从锡电极中脱出，但题目未明确Li、K的脱出比例，无法计算当有1mol电子转移时锡电极质量的变化量，C错误；
D．锂、钾与锡可形成合金，合金的结构有利于电子的传输，能极大提升电池倍率性能（充放电速度）及可逆容量，D正确；
故选BC。
【分析】 充电过程中到达锡电极 ，发生还原反应，锡电极为阴极，则放电时，锡电极发生氧化反应，为负极，充电时，石墨为阳极，到达石墨电极，插层进入石墨层间，放电时，石墨电极为正极，从石墨层间脱出来。
13．（2025·山东模拟）通过以下反应机理可以实现有机增环反应：
已知：为。
下列说法正确的是
A．a与b生成c的反应类型为加成反应
B．d中含氧官能团为醚键和羰基
C．e与足量氢气加成后的分子中含有4个手性碳
D．与经上述反应可生成
【答案】A,D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．反应中a的碳碳双键打开，与b发生反应生成c，符合加成反应 “不饱和键断裂，原子或原子团直接加合” 的特点，所以该反应类型为加成反应，A正确；
B．d的结构中含氧官能团为酯基和羰基，并非醚键，B错误；
C．e与足量氢气加成得到，其中含有3个手性碳原子，如图用“*”标记：，C错误；
D．和先反应生成，在碱性环境中转化为，在碱性环境中转化为，发生消去反应生成，D正确；
故选AD。
【分析】A．加成反应指的是含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键等）的化合物，在一定条件下，不饱和键两端的原子与其他原子或原子团直接结合，生成新的化合物的反应；
Ｂ．d中的官能团为羰基和酯基；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．参照题干合成路线分析具体的合成步骤和产物。
14．（2025·山东模拟）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位的变化来确定终点的一种方法，被测离子浓度突跃，电极电位()产生突跃，从而确定滴定终点。现向某浓度的苹果酸(，二元弱酸，)溶液中，滴加溶液，利用电位滴定法测定的滴定曲线如图。下列说法错误的是
A．水电离出的
B．a点和b点溶液均显酸性
C．c点存在
D．苹果酸的浓度约为
【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，b点溶液中溶质，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，对水的电离是抑制作用，继续加氢氧化钠至d点时溶质中主要离子为，此时水解程度最大，对水的电离促进作用最大，故水电离出的，A正确；
B．a点苹果酸未完全反应，溶液中以苹果酸电离为主，显酸性，b点恰好完全反应生成，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故a、b点溶液呈酸性，B正确；
C．c点溶质为和，根据电荷守恒有，此时，，则，C错误；
D．苹果酸是二元弱酸，与 NaOH 完全反应时的关系式为：~2NaOH， 由滴定曲线可知，完全反应时消耗 NaOH 溶液体积约为5.6mL，b点加入氢氧化钠溶液体积为2.9mL，则苹果酸的浓度=，D正确；
故选C。
【分析】A．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
Ｂ．a点苹果酸未完全反应，b点恰好完全反应生成；
Ｃ．根据电荷守恒分析；
Ｄ．滴定过程中发生反应：，，根据曲线所知，随着滴定的过程，电极电压逐渐增大，说明溶液中的离子浓度逐渐增大，b、d分别对应两个滴定终点，结合滴定终点计算。
15．（2025·山东模拟）甲烷蒸汽重整是目前工业制氢的手段，主要反应如下
反应I：
反应II：
下，将的混合气体投入恒压反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．通入，反应速率加快
B．曲线b表示
C．时，后反应到达平衡，内
D．其他条件不变，时反应Ⅱ的平衡常数
【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．在恒压反应器中通入Ar，容器体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减慢，A错误；
B．由分析可知，曲线b表示CO，曲线a表示CO2，B错误；
C．②100kPa，CH4、H2O起始的物质的量之比为1∶3，起始CH4的分压为25kPa；设起始CH4物质的量为amol、H2O物质的量为3amol，设反应Ⅰ从起始到平衡消耗CH4物质的量为xmol，反应Ⅱ从起始到平衡消耗H2O的物质的量为ymol，列三段式：
平衡时气体总物质的量为(a-x+3a-x-y+x-y+3x+y+y)mol=(4a+2x)mol，600℃平衡时CH4物质的量分数为0.04，则，解得， 平衡时的分压为，t小时内，C正确；
D．其他条件不变，时，H2O的物质的量分数为0.32，H2的体积分数为0.5，由C可知，n(H2)= (4a+2x)mol×0.5=mol，n(H2O)= (4a+2x)mol×0.32=mol，3a-x-y=，则y=mol，n(CO2)=mol，n(CO)=mol-mol=mol，反应Ⅱ的平衡常数K=，D正确；
故选CD。
【分析】A．在恒压反应器中通入Ar，容器体积会增大，各反应物和生成物的浓度会减小，反应速率减小；
Ｂ．反应Ⅰ的正反应为吸热反应，反应Ⅱ的正反应为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动、CO物质的量增大，反应Ⅱ平衡逆向移动、CO物质的量增大，故CO的平衡物质的量分数随温度升高而增大，则CO平衡曲线为b，CO2平衡曲线为a；
Ｃ．列出反应的三段式计算；
Ｄ．列出反应的三段式，结合平衡常数表达式计算K。
16．（2025·山东模拟）两种同构的吡啶羧酸铜框架[和]对和具有选择性吸附行为。
回答下列问题：
（1）中中心离子的配位数为　 　，基态核外电子排布式为　 　。配位体与苯甲酸的酸性：　 　苯甲酸(填“>”或“<”)，中氮原子的孤电子对存在于　 　轨道。
（2）实验室中能合成很多含的配合物。
①与生成紫色物质，其结构如图所示。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。该离子通过整合作用形成的配位键数目为　 　。
②具有对称的空间结构，其中的两个被取代，得到两种不同结构的产物a和b，结构如下。a、b在水中的溶解度：a　 　b(填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
（3）元素Q是与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素，Q与氧元素形成的一种化合物的晶胞投影如下图所示，该化合物的化学式为　 　；设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度　 　(用含a、的代数式表示)。
【答案】（1）6；；>；杂化
（2）；>；a为极性分子，b为非极性分子，水为极性溶剂，相似相溶
（3）；
【知识点】配合物的成键情况；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）从图中的结构可知，位于结构的体心，中心离子周围连接着6个配体，所以中心离子的配位数为6；Cu为29号元素，其核外电子排布式为，是Cu失去2个电子形成的，失去的是4s上的1个电子和3d上的1个电子，所以基态核外电子排布式为；在中，N原子的电负性较大，会使羧基中键的电子云向O原子偏移程度增大，更容易电离，所以其酸性大于苯甲酸，即酸性： >苯甲酸；吡啶环中氮原子形成2个键，还有1对孤电子对，其杂化类型为杂化，孤电子对存在于杂化轨道；
（2）①由含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，结合图可知，该离子通过整合作用形成的配位键数目为；
②由图知，a的结构不对称，分子的正、负电荷中心不重合 ，属于极性分子；b的结构是对称的，其分子的正、负电荷中心重合，属于非极性分子。水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂，所以a、b在水中的溶解度关系为a >b；
（3）铜位于第四周期，最外层电子数为1，与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K（钾）元素；根据晶胞投影图，利用均摊法计算原子个数。Q（K）原子：位于晶胞的顶点和体心，顶点有8个K原子，体心有1个K原子，K原子个数为；O原子有2个位于晶胞内，8个位于棱心上，O原子个数为，K原子与O原子个数比为1：2，所以该化合物的化学式为；经过推算，一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度。
【分析】（1）中中心离子连接6个配体，其配位数为6；Cu为29号元素，基态Cu原子失去2个电子形成 ，其核外电子排布式为 ；越容易电离产生氢离子，酸性越强；
（2）由题给结构可知，每个与4个配位原子形成配位键；极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
（3）铜位于第四周期，最外层电子数为1，所以与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K，由晶胞投影图可知，K原子位于晶胞的顶点、面心和体心，O原子位于晶胞的棱上和内部，K原子个数为，O原子个数为，K原子与O原子个数比为1：2，该化合物的化学式为；根据计算。
（1）从图中的结构可知，位于结构的体心，中心离子周围连接着6个配体，所以中心离子的配位数为6；Cu为29号元素，其核外电子排布式为，是Cu失去2个电子形成的，失去的是4s上的1个电子和3d上的1个电子，所以基态核外电子排布式为；在中，N原子的电负性较大，会使羧基中键的电子云向O原子偏移程度增大，更容易电离，所以其酸性大于苯甲酸，即酸性： >苯甲酸；吡啶环中氮原子形成2个键，还有1对孤电子对，其杂化类型为杂化，孤电子对存在于杂化轨道；
（2）①由含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，结合图可知，该离子通过整合作用形成的配位键数目为；
②由图知，a的结构不对称，分子的正、负电荷中心不重合 ，属于极性分子；b的结构是对称的，其分子的正、负电荷中心重合，属于非极性分子。水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂，所以a、b在水中的溶解度关系为a >b；
（3）铜位于第四周期，最外层电子数为1，与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K（钾）元素；根据晶胞投影图，利用均摊法计算原子个数。Q（K）原子：位于晶胞的顶点和体心，顶点有8个K原子，体心有1个K原子，K原子个数为；O原子有2个位于晶胞内，8个位于棱心上，O原子个数为，K原子与O原子个数比为1：2，所以该化合物的化学式为；经过推算，一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度。
17．（2025·山东模拟）氨基甲酸铵()是一种受热易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。某研究小组选用下列装置制备氨基甲酸铵()，并测定其纯度。反应原理为。
回答下列问题：
I．制备氨基甲酸铵
（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称是　 　，需向装置A三颈烧瓶中加入的固体为　 　(填名称)。
（2）上图装置连接顺序为氨气的发生装置→　 　→ab←　 　←e(每个装置限用一次，箭头方向为气流方向，用小写字母表示)。
（3）装置B采用冰水浴的原因是　 　。
（4）装置B中的气球可以用　 　(填“甲”或“乙”)装置代替，该装置的作用为　 　。
Ⅱ．测定产品纯度
（5）甲醛法常用于测定铵盐的纯度。[已知：]
实验步骤：
样品处理：称取氨基甲酸铵样品，溶于水后定容至。
甲醛预处理：将甲醛溶液煮沸(除微量甲酸)，冷却后调至中性。
反应与滴定：移取样品溶液，加入中性甲醛溶液，静置，以酚酞为指示剂，用标准液滴定至微红色，消耗。
①静置是甲醛滴定法中减小误差的关键步骤，除避免时间过长碳酸分解而损耗外，另一原因是　 　。
②样品中氨基甲酸铵的纯度为　 　。
【答案】恒压滴液漏斗；碱石灰(或氢氧化钠或氧化钙)；dc；ih←fg；降温使平衡正向移动，有利于提高生成物的产率，同时防止氨基甲酸铵分解；乙；吸收未反应的氨气，防止空气中的水蒸气进入；确保氨基甲酸铵样品在甲醛溶液中反应完全；
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称是恒压滴液漏斗，装置中浓氨水滴入氢氧化钠固体或或氧化钙或碱石灰中，利用增大溶液中氢氧根离子浓度增大，氨水的电离平衡左移，溶解或反应放出大量的热，促使氨气氨气溶解度减小而逸出制得氨气。
（2）由分析可知，制备氨基甲酸铵所需装置的连接顺序为A→C→B←F←E←D，装置连接顺序为氨气的发生装置→dc→ab←ih←fg←e。
（3）制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，采用冰水浴可以降低反应温度，降低温度，平衡向正反应方向移动，有利于氨基甲酸铵的生成，同时可以防止反应放热使氨基甲酸铵分解。
（4）装置B中的气球的作用是收集未反应的氨气，防止空气中的水蒸气进入，甲装置虽然能够吸收氨气且防倒吸，但不能防止空气中的水蒸气进入，乙装置能够吸收未反应的氨气，防止空气中的水蒸气进入。
（5）①静置是甲醛滴定法中减小误差的关键步骤，除避免时间过长碳酸分解而损耗外，另一原因是：确保氨基甲酸铵样品在甲醛溶液中反应完全；
②由方程式可得关系式：，则样品中氨基甲酸铵的纯度为=78%。
【分析】（1）根据仪器构造书写仪器名称，盛放浓氨水的仪器为恒压滴液漏斗，装置A用于制备氨气，固体为碱石灰；
（2）装置A为制备氨气的装置，装置C为氨气的干燥装置，装置B为氨气与二氧化碳反应制备氨基甲酸铵的装置，装置D为二氧化碳的制备装置，装置E为除去二氧化碳中混有的氯化氢装置，装置F为干燥二氧化碳装置，则制备氨基甲酸铵所需装置的连接顺序为A→C→B←F←E←D；
（3） 为放热反应，降温有利于反应的平衡正向移动；
（4）装置B中的气球的作用是收集未反应的氨气；
（5）根据 计算样品纯度。
18．（2025·山东模拟）沙丁胺醇(F)能有效地抑制组胺等致过敏性物质的释放，防止支气管痉挛，其一种合成路线如下
已知：
i．为，为，为
ii．
回答下列问题：
（1）物质A的名称为　 　。
（2）物质B的结构简式为　 　，C→D的反应类型为　 　。
（3）写出D→E的化学方程式：　 　。
（4）比D少1个碳原子的同分异构体中，同时满足下列条件的芳香族化合物有　 　种，其中核磁共振氢谱峰面积比为的结构简式为　 　。
①苯环上含三个取代基，其中两个为②除苯环外不含其他环状结构
（5）参照上述路线写出以苯甲醛为主要原料(其他试剂任选)合成的路线：　 　。
【答案】（1）对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛
（2）；取代反应
（3）+H2O++
（4）48；
（5）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A的名称为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛。
（2）由分析可知，B的结构简式为，C和Ac2O发生取代反应生成D。
（3）由D和E分结构简式可知，D和水、NBS在丙酮的催化下反应生成E，由原子守恒可知，该反应中还有生成，化学方程式为：+H2O+ +。
（4）比D少1个碳原子的同分异构体中，满足条件：①苯环上含三个取代基，其中两个为；②除苯环外不含其他环状结构；结合D的不饱和度可以推知苯环上的取代基组合为2个-COOH、-CH2CH2CH=CH2或2个-COOH、-CH2CH=CHCH3或2个-COOH、-CH=CHCH2CH3或2个-COOH、或2个-COOH、-C(CH3)=CHCH3或2个-COOH、-CH(CH3)CH=CH2或2个-COOH、-CH=C(CH3)CH3或2个-COOH、-CH2C(CH3)=CH2，每种组合都有6种不同的位置关系，共有6×8=48种同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为的结构简式含有对称的甲基，为。
（5）发生已知信息ii的反应机理得到，发生C生成D的反应原理得到，发生E生成F的机理得到，合成路线为：。
【分析】A和HCHO、CH3CN在一定条件下反应得到B，B发生已知ii的反应生成C，结合C的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为，C与AcO/AcO发生取代反应生成D，D在H2O/CH3COCH3条件下，与 反应得到E，E与t-BuNH2发生取代反应生成F。
（1）由A的结构简式可知，A的名称为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛。
（2）由分析可知，B的结构简式为，C和Ac2O发生取代反应生成D。
（3）由D和E分结构简式可知，D和水、NBS在丙酮的催化下反应生成E，由原子守恒可知，该反应中还有生成，化学方程式为：+H2O+ +。
（4）比D少1个碳原子的同分异构体中，满足条件：①苯环上含三个取代基，其中两个为；②除苯环外不含其他环状结构；结合D的不饱和度可以推知苯环上的取代基组合为2个-COOH、-CH2CH2CH=CH2或2个-COOH、-CH2CH=CHCH3或2个-COOH、-CH=CHCH2CH3或2个-COOH、或2个-COOH、-C(CH3)=CHCH3或2个-COOH、-CH(CH3)CH=CH2或2个-COOH、-CH=C(CH3)CH3或2个-COOH、-CH2C(CH3)=CH2，每种组合都有6种不同的位置关系，共有6×8=48种同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为的结构简式含有对称的甲基，为。
（5）发生已知信息ii的反应机理得到，发生C生成D的反应原理得到，发生E生成F的机理得到，合成路线为：。
19．（2025·山东模拟）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图所示。
已知：i．溶于盐酸可以得到。
ii． 。
iii．
回答下列问题：
（1）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是　 　。
（2）“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②　 　。
（3）“浸取3”中发生反应的离子方程式为　 　；若“浸取3”中用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，那么需要的的物质的量至少为　 　(保留四位有效数字。已知)。
（4）“电沉积”中获得单质的是　 　极(“正”“负”或“阴”“阳”)；“电沉积”完成后，在此极区溶液中可循环利用的物质为　 　(填化学式)
（5）“还原”中。发生反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低
（2）作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出
（3）AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-；0.1208
（4）阴；Na2S2O3
（5）4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；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）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低。
（2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出。
（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3 ，离于方程式为AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-，用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，n(Ag)==0.06mol，则[Ag(S2O3)2]3 中的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-的平衡常数K==，溶液中c(Cl-)=0.06mol/L，则c()==0.0008mol/L，则需要的的物质的量至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L=0.1208mol。
（4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3 得电子被还原为Ag，阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3。
（5）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1molHAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，1mol N2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl。
【分析】铜阳极泥中加入硫酸和双氧水进行浸取，铜被氧化，生成硫酸铜，经操作1分离浸渣1和浸出液1，则操作1为过滤，滤渣1主要含Ag、Au等，向滤渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3 ，再进行电解，[Ag(S2O3)2]3 在阴极得到电子，被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3 +e-=Ag+2S2O32 ，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为Cu。
（1）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低。
（2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出。
（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3 ，离于方程式为AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-，用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，n(Ag)==0.06mol，则[Ag(S2O3)2]3 中的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl-的平衡常数K==，溶液中c(Cl-)=0.06mol/L，则c()==0.0008mol/L，则需要的的物质的量至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L=0.1208mol。
（4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3 得电子被还原为Ag，阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3。
（5）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1molHAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，1mol N2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl。
20．（2025·山东模拟）一种采用催化氧化法处理废气的原理如下：
。
将和分别以不同起始流速通入反应器中，在、和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
（1）已知的燃烧热；
；
。
则催化氧化法处理废气的　 　
（2）该反应在温度较　 　时(填“高”或“低”)容易自发进行，结合图像分析　 　。
（3）图1中的a、b、c三点中，最可能到达平衡状态的是　 　(填标号)。
（4）下列措施可提高M点转化率的是___________(填标号)。
A．增大 B．降低温度
C．增大的流速 D．使用更高效的催化剂
（5）在温度为，初始压强为的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平衡时与N点的转化率相同，求该温度下反应的化学平衡常数　 　。
（6）另一种以为催化剂，用氧化制的反应历程如下：
第一步：；
第二步：___________；
第三步：。
写出第二步反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）
（2）低；440
（3）c
（4）D
（5）0.5
（6）2CuCl(s)+O2(g)CuO·CuCl2(s)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）已知的燃烧热，则④；②；③
，由盖斯定律可知，④-③+②可得=。
（2）是气体体积减小的放热反应，，，当时，反应能够自发进行，则该反应在温度较低容易自发进行，升高温度时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。
（3）较低流速下转化率可近似为平衡转化率，a、b、c三点中c点气体流速最低，最可能到达平衡状态。
（4）M点气体流速较高，反应未达到平衡，
A．对比图1、2可知，其他条件相同时，增大，HCl的平衡转化率减小，A不选；
B．降低温度，反应速率减慢，单位时间内HCl的转化量减小，转化率减小，B不选；
C．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，C不选；
D．使用更高效的催化剂，反应速率加快，单位时间内HCl的转化量增大，转化率增大，D选；
故选D。
（5）在温度为，初始压强为的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平衡时与N点的转化率相同，列出三段式：
HCl的转化率为，x=1.6，平衡总压为，该温度下反应的化学平衡常数0.5。
（6）催化剂只改变反应历程，不改变反应结果，故总反应-①-③可得出反应②为2CuCl(s)+O2(g)CuO·CuCl2(s)。
【分析】（1）根据氢气的燃烧热书写氢气燃烧的热化学方程式，再结合盖斯定律计算；
（2）根据时反应自发进行分析；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（4） 提高M点转化率 ，应使平衡尽可能正向移动，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；
（5）根据题干数据，列出反应的三段式，代入平衡常数表达式计算；
（6）催化剂只影响反应进程，不改变反应结果，将第一步、第三步反应的化学方程式与总反应对比，通过总反应减去第一步和第三步反应（消去中间产物），得到第二步反应。
（1）已知的燃烧热，则④；②；③
，由盖斯定律可知，④-③+②可得=。
（2）是气体体积减小的放热反应，，，当时，反应能够自发进行，则该反应在温度较低容易自发进行，升高温度时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。
（3）较低流速下转化率可近似为平衡转化率，a、b、c三点中c点气体流速最低，最可能到达平衡状态。
（4）M点气体流速较高，反应未达到平衡，
A．对比图1、2可知，其他条件相同时，增大，HCl的平衡转化率减小，A不选；
B．降低温度，反应速率减慢，单位时间内HCl的转化量减小，转化率减小，B不选；
C．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，C不选；
D．使用更高效的催化剂，反应速率加快，单位时间内HCl的转化量增大，转化率增大，D选；
故选D。
（5）在温度为，初始压强为的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平衡时与N点的转化率相同，列出三段式：
HCl的转化率为，x=1.6，平衡总压为，该温度下反应的化学平衡常数0.5。
（6）催化剂只改变反应历程，不改变反应结果，故总反应-①-③可得出反应②为2CuCl(s)+O2(g)CuO·CuCl2(s)。
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