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大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考化学试题
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·山东模拟）中国古代书籍文字中，诸多记载都能感受到化学学科的久远与魅力。下列有关说法正确的是
A．硝石“强烧之，紫青烟起”，说明可分解
B．“丹砂烧之成水银”，发生了置换反应
C．“慈石，色轻紫，可吸连针铁”，慈石的主要成分为
D．“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上”，“法”是指蒸馏
【答案】D
【知识点】化学基本反应类型；焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；蒸馏与分馏
【解析】【解析】A．硝石（）燃烧时产生的紫色火焰是钾元素的焰色反应现象，属于物理变化，并非发生化学分解所致，A选项错误；B．丹砂（HgS）加热分解生成汞（Hg）和硫（S），该反应属于分解反应，而非置换反应，B选项错误；
C．具有磁性，磁石的主要成分是，而不具备磁性，C选项错误；
D．"用浓酒和糟入甑，蒸令气上"描述的是通过加热使酒精汽化再冷凝收集的蒸馏过程，符合蒸馏原理，故"法"指的是蒸馏，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、产生的“紫烟”现象是钾元素的焰色试验，不是KNO3的分解。
B、该过程中是HgS的分解反应。
C、磁石的主要成分为Fe3O4。
D、“蒸令气上”的过程是将液态物质转化为气态，属于蒸馏操作。
2．（2025·山东模拟）化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是
A．酚醛树脂可用作飞船外壳的烧蚀材料，其单体为苯酚和甲醇
B．聚氨酯()可作人工血管材料，因其具有透气性、热固性
C．聚酯材料可作全息投影膜，可通过加聚反应制备
D．聚乙烯醇能够与水形成氢键，可作治疗眼部干涩的滴眼液
【答案】D
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；缩聚反应
【解析】【解答】A、酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，A选项错误。B、聚氨酯（）材料虽然具有透气性和热塑性，但题目表述存在错误，B选项错误。
C、聚酯是通过羟基和羧基的缩聚反应形成的，但选项表述不正确。C选项错误。
D、聚乙烯醇分子中含有大量羟基，能与水分子形成氢键，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、酚醛树脂的单体为苯酚和甲醛。
B、聚氨酯用人工血管，是由于其热塑性。
C、聚酯材料是通过缩聚反应生成的。
D、聚乙烯醇中含有大量的-OH，可形成氢键。
3．（2025·山东模拟）下列表述错误的是
A．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火
B．实验室中的药品过氧乙酸、过碳酸钠要贴
C．高锰酸钾固体应保存在棕色广口瓶中
D．重结晶法提纯含有少量食盐的苯甲酸
【答案】B
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理
【解析】【解析】A、电器发生火灾时，首先应切断电源，避免触电风险，然后使用二氧化碳灭火器扑灭火焰。这是因为二氧化碳灭火器不会导电，且能有效隔绝氧气，防止电器爆炸或进一步损坏。A项正确。B、过氧乙酸的结构式为，属于有机过氧化物；而过碳酸钠的化学式为，属于无机过氧化物，B项错误。
C、高锰酸钾具有强氧化性且见光易分解，需避光保存于棕色试剂瓶中；固体试剂常规存放于广口瓶中便于取用，C项正确。
D、利用苯甲酸与食盐的溶解度差异（苯甲酸低温溶解度显著小于食盐），可通过重结晶法实现提纯。低温条件下苯甲酸会优先结晶析出，D项正确。
故答案为：B
【分析】A、电器起火，应先切断电源，再用CO2灭火器进行灭火。
B、过碳酸钠的化学式为Na2CO3·3H2O2，属于无机物。
C、KMnO4固体应分解，应保存在棕色广口瓶中。
D、重结晶法可用于晶体的提纯。
4．（2025·山东模拟）下列实验装置的使用及操作正确的是
A．用装置①制取并收集
B．用装置②灼烧海带碎片使之变为海带灰
C．用装置③分液，先放出水层，再从上口倒出溴的苯溶液
D．用装置④制备溴苯并验证有产生
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；苯的结构与性质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，图示装置错误，A选项不正确；B．灼烧海带应在坩埚中进行，图示装置中使用的是蒸发皿，B选项不正确；
C．分液操作规范：下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体需从上口倒出，图示操作正确，C选项正确；
D．溴易挥发，会随气流进入硝酸银溶液，且溴化氢极易溶于水，吸收时需防止倒吸，图示装置缺少防倒吸措施，D选项不正确；
故答案为：C
【分析】A、NH3的密度比空气小，应用向下排空气法收集。
B、固体的灼烧应在坩埚中进行。
C、苯与水不互溶，用分液进行分离。
D、液溴具有挥发性，生成的HBr中混有Br2。
5．（2025·山东模拟）反应可用于制备氮化硅(熔点1900℃)。下列说法正确的是
A．为氧化产物
B．中和N的杂化方式均为
C．为分子晶体
D．第一电离能：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．在化合物中，硅元素呈现+4价，氢元素呈现-1价。在该反应中，作为还原剂，作为氧化剂，而生成的既是氧化产物又是还原产物。选项A错误。B．在晶体结构中，每个硅原子周围有4个氮原子配位，每个氮原子周围有3个硅原子配位并带有一个孤电子对。硅原子和氮原子均采用杂化方式。选项B正确。
C．氮化硅的熔点高达1900℃，这种高熔点特性表明它是典型的共价晶体而非分子晶体。选项C错误。
D．根据元素周期律，第一电离能大小关系为：，，因此必然有。选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、Si3N4中元素化合价都不变，因此既不是氧化产物，也不是还原产物。
B、根据Si、N的价层电子对数确定其杂化方式。
C、Si3N4的熔点高，属于共价晶体。
D、根据第一电离能的递变规律分析。
6．（2025·山东模拟）奥司他韦(化合物M)是目前治疗流感的常用药物，其合成路线如下(其中某些步骤省略)。下列说法正确的是
A．Z中所有原子可能共平面
B．Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．M中含有6种官能团
D．X、M均可以发生水解反应和加成反应
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．化合物Z中存在饱和碳原子（与多个原子通过单键连接），这类碳原子呈现类似甲烷的四面体构型，因此Z分子中的所有原子不可能处于同一平面上，选项A错误；B．Y和Z分子中都含有碳碳双键（C=C），该官能团会被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，选项B正确；
C．M分子中包含的官能团有：碳碳双键（C=C）、醚键（-O-）、酯基（-COOR）、氨基（-NH2）和酰胺基（-CONH-），共计5种，选项C错误；
D．X分子含有碳碳双键可发生加成反应，但缺乏可水解的官能团（如酯基、卤素等），因此不能发生水解反应；M分子同时含有酯基（可水解）和碳碳双键（可加成），选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、Z中存在饱和碳原子，为四面体结构，所以原子不可能共平面。
B、Y、Z中的碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、根据M的结构简式确定其所含的官能团。
D、能发生水解反应的官能团有卤素原子、酯基、酰胺基。
7．（2025·山东模拟）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层s轨道与p轨道上的电子数相同，Y原子的价电子数等于X原子的核外电子总数，Z原子的价电子所在能层有9个轨道，4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是
A．电负性：
B．基态原子的未成对电子数：
C．基态Y原子的电子空间运动状态有8种
D．氢化物的熔、沸点：
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，元素是氢（H），元素是碳（C）。由于碳的电负性大于氢，即，选项A错误。B．基态碳原子的价电子轨道排布式为，基态氧原子的价电子轨道排布式为。两者都含有2个未成对电子，选项B正确。
C．基态氧原子的核外电子轨道排布式为，共占据5个轨道，即电子空间运动状态有5种，选项C错误。
D．根据分析，元素是碳（C），元素是氧（O）。由于碳的氢化物种类繁多，例如辛烷的沸点高于水，而甲烷的沸点低于水，因此无法直接比较沸点高低，选项D错误。
故答案为：B
【分析】短周期元素的最外层电子排布满足轨道与轨道电子数相等，可能为（2s22p2）或（3s23p2）。的价电子数等于的核外电子总数，而为短周期元素，核外电子数不超过8，因此只能是。的价电子数为6，可能为（2s22p4）或（3s23p4）；的价电子层有9个轨道（3s、3p、3d共9个），且能形成+1价阳离子，因此其价电子排布为，所以Z为。因此可推得为O。原子序数最小且仅形成1个共价键，因此为。
8．（2025·山东模拟）利用现代仪器分析方法测得的结构如图。下列关于该配离子的说法错误的是
A．金属阳离子的价电子轨道表示式为
B．金属阳离子的配位数为6
C．存在氢键和配位键
D．所有碳原子的杂化方式均相同
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．根据配离子的结构可以判断铁元素的化合价为+3价，Fe3+的价电子轨道表示式为，选项A正确。B．根据题目提供的图示，每个Fe3+与6个原子相连，因此其配位数为6，选项B正确。
C．H2O与相邻的O原子之间存在氢键，而中心O原子与Fe原子之间存在配位键，选项C正确。
D．根据配离子[Fe3O(CH3COO)6(H2O)3]+的结构可知，其中含有乙酸根离子。乙酸根离子中有两个碳原子，甲基碳为sp3杂化，而另一个碳原子为sp2杂化，选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、该金属阳离子为Fe3＋，据此确定其价电子轨道表示式。
B、根据配离子的结构确定金属阳离子的配位数。
C、结构中L表示H2O，H2O能与相邻的O原子形成氢键。
D、－CH3中的碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化。
9．（2025·山东模拟）中国科学技术大学某教授团队合成并使用氯化钛锂()同时作为正极、负极和固体电解质的单材料固态锂离子电池表现出良好的循环寿命[反应过程包含之间的转化]，具有极大的应用价值，该材料组成如图所示。下列说法错误的是
A．该材料具有良好的离子电导率
B．电池放电时正极反应为
C．电池充电时阴极反应为
D．电池放电时，转移，正、负极质量变化总和为
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解析】A、该材料具有优异的Li+传导性能，通过Li+的定向迁移实现电荷传输，A选项正确。B、放电过程中：负极发生氧化反应：Ti(III)-e → Ti(IV)，正极发生还原反应：Li3TiCl6 + Li+ + e = Li4TiCl6，B选项错误。
C、充电时阴极发生还原反应：，C选项正确。
D、电池工作时质量变化：负极每脱嵌1 mol Li+，质量减少7 g，正极每嵌入1 mol Li+，质量增加7 g。因此总质量变化为14 g，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、该材料可实现Li＋的移动，因而具有良好的离子电导率。
B、放电过程中，正极上三价的Ti发生得电子的还原反应，转化为二价。
C、充电时，阴极上Li2TiCl6发生得电子的还原反应，转化为Li3TiCl6。
D、放电过程中，负极脱嵌Li＋，质量减小；正极嵌入Li＋，质量增加，据此计算。
10．（2025·山东模拟）超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶。一定条件下，测得醋酸的超临界水氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计算的物质的量分数，t为反应时间。
下列说法正确的是
A．M点前，v(醋酸氧化)>v(CO氧化)
B．前3s内，v(醋酸氧化)
C．醋酸的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示氧化反应的速率，而且两者比值为1：2
D．随温度升高，v(醋酸氧化)比v(CO氧化)的增幅大
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；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】A、根据图像显示，醋酸在超临界水中的氧化过程分为两个阶段：第一阶段反应：；第二阶段反应：。其中CO是中间产物，CO2是最终产物。在CO的物质的量分数曲线中：曲线达到最高点前：醋酸氧化速率v(CH3COOH) > CO氧化速率v(CO)，曲线达到最高点后：v(CH3COOH) < v(CO)，M点位于最高点之后，说明此时v(CH3COOH) < v(CO)，A选项错误。
B、在M点（3s时）：测得x(CO2) = x(CO) = 0.38。根据碳元素守恒：醋酸浓度变化量 = (0.38 + 0.38) × 0.2 mol/L = 0.76 × 0.2 mol/L。因此前3s内醋酸的平均氧化速率：，B选项正确。
C、由于该氧化反应分两步进行，且在不同时间段两个反应的速率不同，因此醋酸消耗速率与CO2生成速率的比值会随时间变化，不恒定为1：2。C选项正确。
D、从第二个图像可以看出：温度升高时，x(CO)峰值出现的时间提前，x(CO)峰值更高。这表明：醋酸更快地氧化生成CO；同时醋酸氧化速率的增长幅度大于CO氧化速率的增长幅度，D选项正确。
故答案为：BD
【分析】A、反应过程中CO为中间产物，CO2为最终产物，结合图像曲线变化分析。
B、根据碳元素质量守恒计算CH3COOH的变化浓度，据此计算前3s内醋酸氧化的速率。
C、该氧化反应分两步进行，二者的反应速率不同。
D、由图2可知，在更短时间内CO的物质的量分数达到更高值，说明醋酸快速氧化生成CO。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一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·山东模拟）测定某-氰基丙烯酸酯类医用胶的分子结构，其实验目的、操作及现象、结论描述错误的是
选项 实验目的 操作及现象 结论
A 测定分子式 做质谱分析实验，测定出该样品的相对分子质量为153.0 其分子式为
B 推断分子中的官能团种类 做红外光谱实验，得到谱图 分子中含有4种官能团
C 验证官能团 向少量医用胶样品中加入强碱溶液，加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成 该医用胶中含有氰基
D 推断分子结构 做核磁共振氢谱实验，显示5组峰，且峰面积之比为 推断可能存在基团
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；相对分子质量的测定
【解析】【解答】A．根据相对分子质量153计算，分子中碳和氢的相对质量总和为153-46=107。用107除以碳的相对原子质量12，得到8余11，因此分子式可能为。若减少一个碳原子，分子式变为，此时氢原子数过多，不符合实际，故确定分子式为，选项A正确。
B．分析红外光谱图显示4种吸收峰，结合物质名称-氰基丙烯酸酯可知，分子应含有氰基、碳碳双键和酯基3种官能团，但题目描述与实际情况不符，选项B错误。C．实验现象：加入强碱溶液加热后产生氨气（使红色石蕊试纸变蓝），证明分子中存在氰基，选项C正确。
D．核磁共振氢谱显示5组峰，峰面积比为，表明分子中有2个不同化学环境的甲基。而基团中的2个甲基化学环境相同，与谱图不符，选项D错误。
故答案为：BD
【分析】A、相对分子质量减去N、O原子的质量，再用商余法确定C、H原子的个数，从而验证该分子式是否正确。
B、根据红外光谱图确定其所含的官能团。
C、加入强碱溶液，产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3。
D、根据核磁共振氢谱中峰面积比确定氢原子的个数比，从而判断其所含的基团。
12．（2025·山东模拟）我国科学家已经成功催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与的反应历程如图乙所示(其中表示过渡态，I表示中间体)。下列说法正确的是
A．反应过程中的化合价发生变化
B．化合物3比化合物2稳定
C．碱性环境有利于氢化反应的发生
D．催化氢化的总反应为
【答案】C,D
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A．根据图甲分析，化合物1、2、3、4中铁元素的化合价均为+2价，说明反应过程中铁元素的化合价保持不变，选项A错误。B．从图乙可以看出，化合物2与水反应生成化合物3和甲酸根离子是一个放热过程，反应物总能量高于生成物总能量。但由于无法确定化合物2和化合物3各自的具体能量值，因此不能比较它们的稳定性，选项B错误。
C．图甲显示物质M是氢氧根离子(OH-)，物质3转化为物质4的反应是物质3与OH-反应生成物质4和水。这表明碱性环境有利于二氧化碳氢化反应的进行，选项C正确。
D．根据图甲的反应过程，二氧化碳氢化总反应的反应物为CO2、H2和OH-，生成物为HCOO-和H2O，总反应方程式可表示为：，选项D正确。
故答案为：CD
【分析】A、根据反应过程中Fe元素的价态变化分析。
B、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
C、M为OH－，物质3转化为物质4的反应为物质3与OH－反应生成物质4和H2O。
D、根据图示确定反应物和生成，从而得出总反应式。
13．（2025·山东模拟）氮叶立德重排(重排)机理如下：
下列说法中错误的是
A．反应中有极性键的断裂与非极性键的生成
B．Y中*C与N原子的价层电子对数相同
C．X、M均能与盐酸反应生成盐酸盐
D．根据机理推测，可实现如下转化
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；酰胺
【解析】【解答】A．反应过程中极性键（如键、键等）断裂，同时生成非极性键（如键），A选项正确；
B．化合物Y（）中的、、、均为烷基。其中标记的碳原子（）价层电子对数为4，而带正电的氮原子（）也是氮原子失去1个电子形成的，其价层电子对数同样为4，B选项正确；
C．化合物X中的氮原子上没有孤电子对，因此不显碱性，不能与盐酸反应生成盐；而化合物M中的氮原子上存在孤电子对，具有碱性，能与盐酸反应生成盐酸盐，C选项错误；
D．从反应机理可以看出，结构中标记的支链可以通过重排反应转化为结构，说明该反应可以发生，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中化学键的变化分析。
B、根据成键情况确定价层电子对数。
C、根据X、M中氮原子是否存在孤电子对分析。
D、根据反应机理分析。
14．（2025·山东模拟）与在溶液中可能发生如下反应：①；②；③。为探究反应的发生，设计如图两个实验。忽略水合作用的能量变化。下列说法正确的是
A．反应①可在低温下自发进行，反应②不能
B．实验1中，一段时间后可能出现蓝色沉淀
C．稀溶液中，反应①的速率大于反应②的速率
D．的氧化性和的还原性与浓度有关
【答案】C,D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、反应①和②都只涉及新键生成（无旧键断裂），属于放热过程，因此焓变ΔH < 0。这两个反应都是离子生成沉淀的过程，导致熵减（ΔS < 0）。根据吉布斯自由能公式ΔG = ΔH - TΔS，当ΔG < 0时反应自发。由于ΔH和ΔS均为负值，低温条件下（T较小）能使ΔG < 0，因此这两个反应在低温下可自发进行，A选项错误。B、根据题目提供的溶度积常数（Ksp）数据，CuS的溶解度远低于Cu(OH)2，因此反应③实际上不能发生，不会观察到蓝色沉淀现象，B选项错误。
C、对比实验现象：实验1立即生成黑色沉淀（CuS），实验2生成黑色沉淀的同时出现少量黄色和红色物质（Cu2S）。这表明反应①的速率明显快于反应②，C选项正确。
D、实验2表明，提高Cu2+和S2-浓度可以促使反应②发生。该反应中Cu2+表现出氧化性（被还原为Cu+），S2-表现出还原性（被氧化为S），说明这两种离子的氧化还原性质与浓度密切相关，D选项正确。
故答案为：CD
【分析】A、当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行，据此判断。
B、由于溶度积Ksp：CuS＜Cu(OH)2，因此反应不会生成Cu(OH)2蓝色沉淀。
C、根据实验1、实验2产生固体的快慢分析反应速率的快慢。
D、根据实验1、实验2中c(Na2S)的不同，导致现象的不同分析。
15．（2025·山东模拟）常温下，向浓度均为的、和的混合液中加入少量固体(忽略溶液体积变化)，与的部分关系如图所示。已知：代表、、、或，。下列叙述错误的是
A．代表与的关系
B．当时，
C．a点时，
D．的平衡常数
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线代表，曲线代表，曲线的，曲线的，因为，因此代表与的关系，故A错误；
B．由图像可知，当溶液中时，=，因此Pb(OH)2的溶度积。的电离常数的表达式为，当溶液中时，溶液中，因此。当溶液中时，溶液中，因此；所以此时溶液中，故B正确；
C．由图像可知，当溶液中时，=，因此Co(OH)2的溶度积。点时，溶液中，因此溶液中=，，代入，，可得，由图像知a点，所以，故C正确；
D．的平衡常数，由图像可知，，，代入可得，故D正确；
故答案为：A
【分析】Co(OH)2和Pb(OH)2具有相似的晶体结构，因此在lgc(M2+)与pH的关系图中应表现为两条平行直线。由于Ksp[Co(OH)2] > Ksp[Pb(OH)2]，可以确定：Y线表示lgc(Co2+)与pH的关系，X线表示lgc(Pb2+)与pH的关系。随着pH值升高：c(H+)浓度降低 → M线表示lgc(H+)与pH的关系；c(OH-)浓度升高 → N线表示lgc(OH-)与pH的关系。对于HR弱电解质：电离平衡常数Ka保持恒定，pH增大导致c(R-)/c(HR)比值增大，Z线表示lg[c(R-)/c(HR)]与pH的关系。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·山东模拟）硫元素的引入可改变化合物的性质。回答下列问题：
（1）镉基卤化物()中引入硫后具有优良的光学和电学性能，被用于制备量子点，应用于显示技术。
①在元素周期表中与紧邻，则其位置为第　 　周期　 　族。第4周期主族元素中，最外层电子数与相等的有　 　种。
②由和组成的镉基卤化物硫的晶胞及在yz面的投影如图所示。该晶体类型为　 　，其化学式为　 　，S原子的杂化方式为　 　。
（2）氢氰酸引入硫得到的硫氰酸()酸性增强而毒性减弱，可广泛应用于制药领域。硫氰酸存在互变异构体(异硫氰酸)，其沸点远高于硫氰酸，则异硫氰酸的结构式为　 　，沸点高的原因是　 　。
（3）硫氰酸、异硫氰酸、氰酸()的酸性随酸根阴离子中负电荷的分散度增大而增强，其酸性由强到弱的顺序为　 　。
【答案】（1）5；IIB；1；离子晶体；；sp3
（2）；异硫氰酸()分子间能形成氢键，分子间作用力大，沸点高
（3）硫氰酸>异硫氰酸>氰酸
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）①在元素周期表中与紧邻的只有左、右、下三个位置，左为元素，右为元素，故只能为同族的下一周期，则其位置为第5周期IIB族。基态原子价层电子排布式为4d105s2，最外层有2个电子，第4周期主族元素中，最外层有2个电子的元素为Ca，只有1种。
故答案为：5； IIB ；1
②由和组成的镉基卤化物硫的晶胞中存在阴、阳离子，二者形成了离子键，则该晶体类型为离子晶体；由图可知，晶胞中位于顶角和面心，根据均摊法可知，有个；有8个在顶角上，4个在面上，5个在晶胞内部，所以根据均摊法可知，有个，则阴、阳离子的个数比为，化学式为，因与为等电子体，所以原子的杂化方式为杂化。
故答案为：离子晶体；； sp3
（2）氢氰酸引入硫得到硫氰酸()，由H、S、C、N的连键规律可知，其结构为H-S-C≡N或 H-N=C=S，因为异硫氰酸与硫氰酸互为同分异构体，但沸点远高于硫氰酸，说明异硫氰酸分子间形成了氢键，其中含有N-H键，则异硫氰酸的结构式为沸点高的原因是：异硫氰酸()分子间能形成氢键，分子间作用力大，沸点高。
故答案为：； 异硫氰酸()分子间能形成氢键，分子间作用力大，沸点高
（3）三种酸根中，中心原子S、、的半径逐渐减小，负电荷的分散度逐渐减弱，所以酸性逐渐减弱，则酸性由强到弱的顺序为：硫氰酸>异硫氰酸>氰酸。
故答案为： 硫氰酸>异硫氰酸>氰酸
【分析】（1）①根据Zn在周期表中的位置确定Cd的位置。基态Cd的价电子排布式为4d105s2，其最外层电子数为2，据此分析。
②晶体中存在阴阳离子，属于离子晶体。根据均摊法确定离子个数比，从而得到晶体的化学式。与为等电子体，据此确定S原子的杂化方式。
（2）异硫氰酸的沸点高，说明其可形成分子间氢键。结合原子的最外层电子数确定其及结构式。
（3）根据S、N、O原子的半径大小，分析负电荷的分散度，从而比较三种酸的酸性强弱。
（1）①在元素周期表中与紧邻的只有左、右、下三个位置，左为元素，右为元素，故只能为同族的下一周期，则其位置为第5周期IIB族。基态原子价层电子排布式为4d105s2，最外层有2个电子，第4周期主族元素中，最外层有2个电子的元素为Ca，只有1种；
②由和组成的镉基卤化物硫的晶胞中存在阴、阳离子，二者形成了离子键，则该晶体类型为离子晶体；由图可知，晶胞中位于顶角和面心，根据均摊法可知，有个；有8个在顶角上，4个在面上，5个在晶胞内部，所以根据均摊法可知，有个，则阴、阳离子的个数比为，化学式为，因与为等电子体，所以原子的杂化方式为杂化；
（2）氢氰酸引入硫得到硫氰酸()，由H、S、C、N的连键规律可知，其结构为H-S-C≡N或 H-N=C=S，因为异硫氰酸与硫氰酸互为同分异构体，但沸点远高于硫氰酸，说明异硫氰酸分子间形成了氢键，其中含有N-H键，则异硫氰酸的结构式为沸点高的原因是：异硫氰酸()分子间能形成氢键，分子间作用力大，沸点高；
（3）三种酸根中，中心原子S、、的半径逐渐减小，负电荷的分散度逐渐减弱，所以酸性逐渐减弱，则酸性由强到弱的顺序为：硫氰酸>异硫氰酸>氰酸。
17．（2025·山东模拟）亚硝酰氯()和硝酰氯()都是有机合成的常用氯化剂，都易水解。研究小组以和为原料在如图所示装置(加热和夹持装置略去)中制备，并测定产品中的质量分数。
已知：
①沸点：为-6℃，为5℃，为-34℃，为-152℃；
②溶液为黄色，为砖红色沉淀；；。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，实验时，检查装置气密性，加入药品后，通入和前，应进行的操作是　 　。
（2）常温下，装置A中制取的离子方程式为　 　。
（3）实验过程中会产生少量。装置控制的温度约为-15℃，所得中含有的杂质为　 　(填化学式)。
（4）测定产品中的质量分数的实验步骤如下：i.准确称量锥形瓶(带塞子)的质量，取适量产品迅速加入锥形瓶中，盖紧塞子；称量，计算知所取产品为(忽略温度变化带来的称量误差)，向锥形瓶中加入适量水，盖紧塞子，置入25℃恒温水浴中，待锥形瓶内温度恒定后，再配制成溶液。
ii.取溶液于另一锥形瓶中，用溶液调节溶液在6.5 10.5之间，再加入溶液作指示剂，用标准液进行滴定，平行滴定三次，达到滴定终点时平均消耗标准液。
①步骤ii中，溶液调节溶液的作用是　 　。
②所得产品中的质量分数为　 　；若铬酸钾指示剂浓度过高时，所测结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗；打开、关闭，向装置中通入氩气，排尽装置中的空气
（2）
（3）
（4）中和、水解产生的酸，以免影响滴定终点的判断；；偏小
【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）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，为防止被氧化，通入和前，应排尽装置中的空气，具体操作：打开、关闭，向装置中通入氩气。
故答案为：恒压滴液漏斗； 打开、关闭，向装置中通入氩气，排尽装置中的空气
（2）装置A中制取，根据装置中给出的反应物：溶液、稀硫酸和溶液，分析元素化合价知，为氧化剂，为还原剂，反应离子反应为。
故答案为：
（3）实验过程中产生的少量会发生反应。沸点为5℃，中控制的温度约为-15℃，故产物中可能含有的少量杂质为。
故答案为：
（4）①、水解生成、和，溶液呈酸性，滴入，与反应，使浓度降低，从而无法形成砖红色沉淀来指示滴定终点，加入溶液，中和、水解生成的酸，以免影响滴定终点的判断。
故答案为： 中和、水解产生的酸，以免影响滴定终点的判断
②和的水解反应分别为，。。故和的物质的量之和等于滴定时消耗标准液的物质的量。，的质量分数。
铬酸钾指示剂浓度过高时，一是由于颜色太深，会影响终点的观察，二是会提前生成砖红色沉淀，导致终点提前到达，使变小。根据表达式，变小，表达式的值变小。
故答案为：；偏小
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。通入NO和Cl2前，应先排出装置内的空气，据此确定实验操作。
（2）装置A中NO2－将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为NO，据此写出反应的离子方程式。
（3）NO能与Cl2反应生成NO2Cl，结合沸点确定所含的杂质。
（4）①NOCl、NO2Cl水解生成HNO2、HNO3和HCl，H＋能与CrO42－反应，使得溶液中c(CrO42－)减小，据此确定NaOH溶液的作用。
②和的水解反应分别为，。。故和的物质的量之和等于滴定时消耗标准液的物质的量。 据此计算。
（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，为防止被氧化，通入和前，应排尽装置中的空气，具体操作：打开、关闭，向装置中通入氩气。
（2）装置A中制取，根据装置中给出的反应物：溶液、稀硫酸和溶液，分析元素化合价知，为氧化剂，为还原剂，反应离子反应为。
（3）实验过程中产生的少量会发生反应。沸点为5℃，中控制的温度约为-15℃，故产物中可能含有的少量杂质为。
（4）①、水解生成、和，溶液呈酸性，滴入，与反应，使浓度降低，从而无法形成砖红色沉淀来指示滴定终点，加入溶液，中和、水解生成的酸，以免影响滴定终点的判断。
②和的水解反应分别为，。。故和的物质的量之和等于滴定时消耗标准液的物质的量。，的质量分数。
铬酸钾指示剂浓度过高时，一是由于颜色太深，会影响终点的观察，二是会提前生成砖红色沉淀，导致终点提前到达，使变小。
根据表达式，变小，表达式的值变小。
18．（2025·山东模拟）以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.0 7.5 4.0
完全沉淀的pH 3.7 9.7 5.2
（1）气体X为　 　(填化学式)。
（2）“还原”过程发生反应的离子方程式是　 　；先“还原”再“调pH”的原因为　 　。
（3）“调pH”的范围为　 　；滤渣2的成分是　 　(填化学式)。
（4）工业上也可用电解法制备Fe3O4，工作原理如图。
已知：低共熔溶剂由有机物氯化胆碱()与乙二醇混合形成。
①a为直流电源的　 　(填“正”或“负”)极；甲电极的电极反应式为　 　。
②电解过程中乙电极生成Cl2，若甲电极转化240gFe2O3，则理论上生成Cl2的体积是　 　(标准状况下)。
【答案】（1）SO2
（2）FeS+2Fe3+=3Fe2++S；避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀
（3）5.2≤pH<7.5；S、Al(OH)3
（4）负；3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-；11.2L
【知识点】盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）硫铁矿煅烧时，S元素被氧化为SO2，故气体X为。
故答案为： SO2
（2）“还原”的目的是使Fe3+变为Fe2+，发生的反应是FeS+2Fe3+=3Fe2++S；先“还原”，可使Fe3+变为Fe2+，“调pH”除去Al3+时铁元素不会造成损失，原因为：避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀。
故答案为： FeS+2Fe3+=3Fe2++S ； 避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀
（3）根据表中数据知，使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH范围为5.2≤pH<7.5；因“还原”时生成S单质，“调pH”时生成Al(OH)3沉淀，故滤渣2的成分为S、Al(OH)3。
故答案为： 5.2≤pH<7.5 ； S、Al(OH)3
（4）电池工作时，甲电极中Fe2O3在阴极被还原为Fe3O4，则甲电极为阴极，a为电源负极，b电极为正极，乙电极为阳极。
①由分析可知，a为电源负极，甲电极为阴极，Fe2O3被还原为Fe3O4，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生的电极反应为3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-，生成的O2-进入电解质。
故答案为：负； 3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-
②氯化胆碱（）中的Cl-在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，240gFe2O3的物质的量为=1.5mol，转移电子的物质的量为=1mol，生成0.5molCl2，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
故答案为：11.2L【分析】硫铁矿的主要成分是FeS2，并含有少量Al2O3和SiO2。煅烧过程中，通入空气使FeS2转化为Fe2O3和SO2，此时气体X为SO2。煅烧后的固体用稀硫酸酸浸，SiO2不溶解成为滤渣，而Fe2O3和Al2O3溶解生成Fe3+和Al3+。随后加入FeS进行还原，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成S。通过加入试剂Y调节pH，使Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀，过滤后得到滤渣2。滤液中加入NaOH溶液，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，并在空气中被O2氧化为Fe(OH)3。过滤后，滤渣加热分解生成Fe2O3。最后通入H2和H2O进行部分还原，得到纳米Fe3O4。
（1）硫铁矿煅烧时，S元素被氧化为SO2，故气体X为。
（2）“还原”的目的是使Fe3+变为Fe2+，发生的反应是FeS+2Fe3+=3Fe2++S；先“还原”，可使Fe3+变为Fe2+，“调pH”除去Al3+时铁元素不会造成损失，原因为：避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀。
（3）根据表中数据知，使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH范围为5.2≤pH<7.5；因“还原”时生成S单质，“调pH”时生成Al(OH)3沉淀，故滤渣2的成分为S、Al(OH)3。
（4）电池工作时，甲电极中Fe2O3在阴极被还原为Fe3O4，则甲电极为阴极，a为电源负极，b电极为正极，乙电极为阳极。
①由分析可知，a为电源负极，甲电极为阴极，Fe2O3被还原为Fe3O4，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生的电极反应为3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-，生成的O2-进入电解质。
②氯化胆碱（）中的Cl-在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，240gFe2O3的物质的量为=1.5mol，转移电子的物质的量为=1mol，生成0.5molCl2，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
19．（2025·山东模拟）盐酸罗匹尼罗与左旋多巴联用，可治疗原发性帕金森病。两条合成罗匹尼罗的路线如下：
路线一：
已知：
i.路线中—代表，
ii.
iii.RCOOR'R'OH
回答下列问题：
（1）C的结构简式是　 　；D→E的反应类型为　 　。
（2）B中含氧官能团的名称为　 　。
（3）A→B反应的离子方程式为　 　。
（4）罗匹尼罗分子中除苯环外，还存在一个五元环，罗匹尼罗分子的结构简式为　 　。
（5）B的同分异构体有多种，其中满足下列条件的同分异构体的结构简式为　 　。
①能与溶液发生显色反应；能发生银镜反应 ②属于-氨基酸 ③核磁共振氢谱有6组峰
路线二：
（6）鉴别R中存在少量Q可选用的试剂为　 　，R合成罗匹尼罗时，还生成　 　(填结构简式)。
【答案】（1）；还原反应
（2）硝基、羧基
（3）+2H2O+H++ NH
（4）
（5）
（6）金属钠；
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应；酰胺
【解析】【解答】由分析可知，C的结构简式为；D→E的反应为四氢呋喃作用下与乙硼烷发生还原反应生成。
故答案为：；还原反应
（2）由分析可知，B的结构简式为，含氧官能团为硝基、羧基。
故答案为：硝基、羧基
（3）由分析可知，A→B的反应为酸性条件下发生水解反应生成和铵根离子，反应的离子方程式为+2H2O+H++ NH。
故答案为：+2H2O+H++ NH
（4）由分析可知，在①条件下将—NO2还原为—NH2，在②一定条件下生成含有苯环和五元环的罗匹尼罗，则罗匹尼罗的结构简式为。
故答案为：
（5）B的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，说明同分异构体分子中含有酚羟基，能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，属于α-氨基酸，说明分子中存在，则核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为。
故答案为：
（6）由有机物的转化关系可知，Q的结构简式为，Q分子中含有醇羟基，能与金属钠反应，R分子中不含有醇羟基，不能与金属钠反应，所以可选用金属钠鉴别R中存在少量Q； R合成罗匹尼罗的反应为一定条件下与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应生成和。
故答案为：金属钠；
【分析】酸性条件下发生水解反应，-CN转化为-COOH，因此B的结构简式为。与SOCl2发生取代反应生成C，因此C的结构简式为。一定条件下C与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应生成。乙硼烷是有机合成中常见的还原剂，四氢呋喃作用下与乙硼烷发生还原反应生成E，因此E的结构简式为。一定条件下与发生取代反应生成，与过氧化氢发生取代反应生成。Pd/C，H2是有机合成中常用的还原剂，因此①天条件下-NO2被还原为-NH2；在②一定条件下生成含有苯环和五元环的罗匹尼罗，因此罗匹尼罗为。据此结合题干设问分析作答。
（1）由分析可知，C的结构简式为；D→E的反应为四氢呋喃作用下与乙硼烷发生还原反应生成，故答案为：；还原反应；
（2）由分析可知，B的结构简式为，含氧官能团为硝基、羧基，故答案为：硝基、羧基；
（3）由分析可知，A→B的反应为酸性条件下发生水解反应生成和铵根离子，反应的离子方程式为+2H2O+H++ NH，故答案为：+2H2O+H++ NH；
（4）由分析可知，在①条件下将—NO2还原为—NH2，在②一定条件下生成含有苯环和五元环的罗匹尼罗，则罗匹尼罗的结构简式为，故答案为：；
（5）B的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，说明同分异构体分子中含有酚羟基，能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，属于α-氨基酸，说明分子中存在，则核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为，故答案为：；
（6）由有机物的转化关系可知，Q的结构简式为，Q分子中含有醇羟基，能与金属钠反应，R分子中不含有醇羟基，不能与金属钠反应，所以可选用金属钠鉴别R中存在少量Q； R合成罗匹尼罗的反应为一定条件下与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应生成和，故答案为：金属钠；。
20．（2025·山东模拟）利用-丁内酯(M)制备四氢呋喃(X)和3-丁烯-1-醇(Y)，涉及如下可逆反应：
已知：反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应。
回答下列问题：
（1）在温度为时，分别以的和的为原料进行上述反应。当产物X和产物Y的产率均为10%时，体系放热；当产物X产率为15%、产物Y的产率为25%时，体系放热。若，则反应Ⅲ的焓变(Ⅲ)　 　(填“>”“=”或“<”)0，反应Ⅱ在该条件下的焓变　 　(用含、的代数式表示)。
（2）温度为时发生上述反应，测得产物X、Y的浓度随时间的变化如图所示，时反应达平衡。，　 　。为获得产物Y可采取的措施为　 　。相同条件下，若将催化剂改换成催化剂m，可加快反应Ⅱ，产物Y的浓度峰值点变为A处，说明峰值点变化的原因　 　。
（3）向容积为的恒容密闭容器中加入、，控制温度为，测得M的平衡转化率为，则平衡体系中X的物质的量为　 　，反应①的平衡常数　 　。相同条件下，在容积固定的密闭容器中，若增加的量，平衡时和的比值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）>；
（2）0.1；在反应时间较短时分离产物Y；催化剂m，可加快反应Ⅱ的速率，缩短到达平衡的时间，产物Y的浓度峰值点提前，反应Ⅰ消耗的M减少，体系中M浓度增大，Y的浓度峰值点增大
（3）；；不变
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设反应Ⅰ的反应热为，反应Ⅱ的反应热为，根据盖斯定律，则反应③的焓变，根据题意，分别以的和的为原料进行上述反应，当产物和产物的产率均为10%时，体系放热；当产物产率为15%和产物的产率为25%时，体系放热，则可列：①，②，根据题意，，则，根据上述两个式子可得，即，则；
根据，解得；
故答案为：>；
（2）Ⅰ、Ⅱ反应中M、X、Y的化学计量数均为1，则内，的平均反应速率为；根据图像，产物在反应较短时间内浓度达到最大，则为获得产物可采取的措施为在反应时间较短时分离产物；改换成催化剂，可加快反应Ⅱ的速率，缩短到达平衡的时间，产物的浓度峰值点提前，由于时间缩短，反应Ⅰ消耗的减少，体系中浓度增大，导致浓度大于原峰值。
故答案为：0.1； 在反应时间较短时分离产物Y ； 催化剂m，可加快反应Ⅱ的速率，缩短到达平衡的时间，产物Y的浓度峰值点提前，反应Ⅰ消耗的M减少，体系中M浓度增大，Y的浓度峰值点增大
（3）参考（2）中图像数据，达到平衡时，，，反应Ⅲ的，向某反应容器中加入、，控制温度为，测得的平衡转化率为，则平衡时，，，由反应Ⅲ的，解方程组，可以求出平衡体系中，；容器容积为，反应Ⅰ的平衡常数；增加的量，，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。
故答案为：；；不变
【分析】（1）根据盖斯定律得出反应③的焓变。结合产物X和产物Y的产率，以及体系放出的热量进行计算。
（2）由反应的化学方程式可知，0~30s内，M的变化浓度等于X、Y的变化浓度之和，据此结合公式计算用M表示的反应速率。短时间内生成Y的浓度较高，因此为获得产物Y，应在反应时间较短时及时分离Y。结合催化剂M对反应速率的影响分析。
（3）参考（2）中图像数据，达到平衡时，，，反应Ⅲ的，向某反应容器中加入、，控制温度为，测得的平衡转化率为，则平衡时，，，由反应Ⅲ的，解方程组，可以求出平衡体系中，。据此结合题干设问分析作答。
（1）设反应Ⅰ的反应热为，反应Ⅱ的反应热为，根据盖斯定律，则反应③的焓变，根据题意，分别以的和的为原料进行上述反应，当产物和产物的产率均为10%时，体系放热；当产物产率为15%和产物的产率为25%时，体系放热，则可列：①，②，根据题意，，则，根据上述两个式子可得，即，则；
根据，解得；
故答案为：>；；
（2）Ⅰ、Ⅱ反应中M、X、Y的化学计量数均为1，则内，的平均反应速率为；根据图像，产物在反应较短时间内浓度达到最大，则为获得产物可采取的措施为在反应时间较短时分离产物；改换成催化剂，可加快反应Ⅱ的速率，缩短到达平衡的时间，产物的浓度峰值点提前，由于时间缩短，反应Ⅰ消耗的减少，体系中浓度增大，导致浓度大于原峰值；
（3）参考（2）中图像数据，达到平衡时，，，反应Ⅲ的，向某反应容器中加入、，控制温度为，测得的平衡转化率为，则平衡时，，，由反应Ⅲ的，解方程组，可以求出平衡体系中，；容器容积为，反应Ⅰ的平衡常数；增加的量，，温度不变，平衡常数不变，则的值不变；
故答案为：；；不变。
1 / 1大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考化学试题
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·山东模拟）中国古代书籍文字中，诸多记载都能感受到化学学科的久远与魅力。下列有关说法正确的是
A．硝石“强烧之，紫青烟起”，说明可分解
B．“丹砂烧之成水银”，发生了置换反应
C．“慈石，色轻紫，可吸连针铁”，慈石的主要成分为
D．“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上”，“法”是指蒸馏
2．（2025·山东模拟）化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是
A．酚醛树脂可用作飞船外壳的烧蚀材料，其单体为苯酚和甲醇
B．聚氨酯()可作人工血管材料，因其具有透气性、热固性
C．聚酯材料可作全息投影膜，可通过加聚反应制备
D．聚乙烯醇能够与水形成氢键，可作治疗眼部干涩的滴眼液
3．（2025·山东模拟）下列表述错误的是
A．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火
B．实验室中的药品过氧乙酸、过碳酸钠要贴
C．高锰酸钾固体应保存在棕色广口瓶中
D．重结晶法提纯含有少量食盐的苯甲酸
4．（2025·山东模拟）下列实验装置的使用及操作正确的是
A．用装置①制取并收集
B．用装置②灼烧海带碎片使之变为海带灰
C．用装置③分液，先放出水层，再从上口倒出溴的苯溶液
D．用装置④制备溴苯并验证有产生
5．（2025·山东模拟）反应可用于制备氮化硅(熔点1900℃)。下列说法正确的是
A．为氧化产物
B．中和N的杂化方式均为
C．为分子晶体
D．第一电离能：
6．（2025·山东模拟）奥司他韦(化合物M)是目前治疗流感的常用药物，其合成路线如下(其中某些步骤省略)。下列说法正确的是
A．Z中所有原子可能共平面
B．Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．M中含有6种官能团
D．X、M均可以发生水解反应和加成反应
7．（2025·山东模拟）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层s轨道与p轨道上的电子数相同，Y原子的价电子数等于X原子的核外电子总数，Z原子的价电子所在能层有9个轨道，4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是
A．电负性：
B．基态原子的未成对电子数：
C．基态Y原子的电子空间运动状态有8种
D．氢化物的熔、沸点：
8．（2025·山东模拟）利用现代仪器分析方法测得的结构如图。下列关于该配离子的说法错误的是
A．金属阳离子的价电子轨道表示式为
B．金属阳离子的配位数为6
C．存在氢键和配位键
D．所有碳原子的杂化方式均相同
9．（2025·山东模拟）中国科学技术大学某教授团队合成并使用氯化钛锂()同时作为正极、负极和固体电解质的单材料固态锂离子电池表现出良好的循环寿命[反应过程包含之间的转化]，具有极大的应用价值，该材料组成如图所示。下列说法错误的是
A．该材料具有良好的离子电导率
B．电池放电时正极反应为
C．电池充电时阴极反应为
D．电池放电时，转移，正、负极质量变化总和为
10．（2025·山东模拟）超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶。一定条件下，测得醋酸的超临界水氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计算的物质的量分数，t为反应时间。
下列说法正确的是
A．M点前，v(醋酸氧化)>v(CO氧化)
B．前3s内，v(醋酸氧化)
C．醋酸的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示氧化反应的速率，而且两者比值为1：2
D．随温度升高，v(醋酸氧化)比v(CO氧化)的增幅大
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一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·山东模拟）测定某-氰基丙烯酸酯类医用胶的分子结构，其实验目的、操作及现象、结论描述错误的是
选项 实验目的 操作及现象 结论
A 测定分子式 做质谱分析实验，测定出该样品的相对分子质量为153.0 其分子式为
B 推断分子中的官能团种类 做红外光谱实验，得到谱图 分子中含有4种官能团
C 验证官能团 向少量医用胶样品中加入强碱溶液，加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成 该医用胶中含有氰基
D 推断分子结构 做核磁共振氢谱实验，显示5组峰，且峰面积之比为 推断可能存在基团
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·山东模拟）我国科学家已经成功催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与的反应历程如图乙所示(其中表示过渡态，I表示中间体)。下列说法正确的是
A．反应过程中的化合价发生变化
B．化合物3比化合物2稳定
C．碱性环境有利于氢化反应的发生
D．催化氢化的总反应为
13．（2025·山东模拟）氮叶立德重排(重排)机理如下：
下列说法中错误的是
A．反应中有极性键的断裂与非极性键的生成
B．Y中*C与N原子的价层电子对数相同
C．X、M均能与盐酸反应生成盐酸盐
D．根据机理推测，可实现如下转化
14．（2025·山东模拟）与在溶液中可能发生如下反应：①；②；③。为探究反应的发生，设计如图两个实验。忽略水合作用的能量变化。下列说法正确的是
A．反应①可在低温下自发进行，反应②不能
B．实验1中，一段时间后可能出现蓝色沉淀
C．稀溶液中，反应①的速率大于反应②的速率
D．的氧化性和的还原性与浓度有关
15．（2025·山东模拟）常温下，向浓度均为的、和的混合液中加入少量固体(忽略溶液体积变化)，与的部分关系如图所示。已知：代表、、、或，。下列叙述错误的是
A．代表与的关系
B．当时，
C．a点时，
D．的平衡常数
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·山东模拟）硫元素的引入可改变化合物的性质。回答下列问题：
（1）镉基卤化物()中引入硫后具有优良的光学和电学性能，被用于制备量子点，应用于显示技术。
①在元素周期表中与紧邻，则其位置为第　 　周期　 　族。第4周期主族元素中，最外层电子数与相等的有　 　种。
②由和组成的镉基卤化物硫的晶胞及在yz面的投影如图所示。该晶体类型为　 　，其化学式为　 　，S原子的杂化方式为　 　。
（2）氢氰酸引入硫得到的硫氰酸()酸性增强而毒性减弱，可广泛应用于制药领域。硫氰酸存在互变异构体(异硫氰酸)，其沸点远高于硫氰酸，则异硫氰酸的结构式为　 　，沸点高的原因是　 　。
（3）硫氰酸、异硫氰酸、氰酸()的酸性随酸根阴离子中负电荷的分散度增大而增强，其酸性由强到弱的顺序为　 　。
17．（2025·山东模拟）亚硝酰氯()和硝酰氯()都是有机合成的常用氯化剂，都易水解。研究小组以和为原料在如图所示装置(加热和夹持装置略去)中制备，并测定产品中的质量分数。
已知：
①沸点：为-6℃，为5℃，为-34℃，为-152℃；
②溶液为黄色，为砖红色沉淀；；。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，实验时，检查装置气密性，加入药品后，通入和前，应进行的操作是　 　。
（2）常温下，装置A中制取的离子方程式为　 　。
（3）实验过程中会产生少量。装置控制的温度约为-15℃，所得中含有的杂质为　 　(填化学式)。
（4）测定产品中的质量分数的实验步骤如下：i.准确称量锥形瓶(带塞子)的质量，取适量产品迅速加入锥形瓶中，盖紧塞子；称量，计算知所取产品为(忽略温度变化带来的称量误差)，向锥形瓶中加入适量水，盖紧塞子，置入25℃恒温水浴中，待锥形瓶内温度恒定后，再配制成溶液。
ii.取溶液于另一锥形瓶中，用溶液调节溶液在6.5 10.5之间，再加入溶液作指示剂，用标准液进行滴定，平行滴定三次，达到滴定终点时平均消耗标准液。
①步骤ii中，溶液调节溶液的作用是　 　。
②所得产品中的质量分数为　 　；若铬酸钾指示剂浓度过高时，所测结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
18．（2025·山东模拟）以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.0 7.5 4.0
完全沉淀的pH 3.7 9.7 5.2
（1）气体X为　 　(填化学式)。
（2）“还原”过程发生反应的离子方程式是　 　；先“还原”再“调pH”的原因为　 　。
（3）“调pH”的范围为　 　；滤渣2的成分是　 　(填化学式)。
（4）工业上也可用电解法制备Fe3O4，工作原理如图。
已知：低共熔溶剂由有机物氯化胆碱()与乙二醇混合形成。
①a为直流电源的　 　(填“正”或“负”)极；甲电极的电极反应式为　 　。
②电解过程中乙电极生成Cl2，若甲电极转化240gFe2O3，则理论上生成Cl2的体积是　 　(标准状况下)。
19．（2025·山东模拟）盐酸罗匹尼罗与左旋多巴联用，可治疗原发性帕金森病。两条合成罗匹尼罗的路线如下：
路线一：
已知：
i.路线中—代表，
ii.
iii.RCOOR'R'OH
回答下列问题：
（1）C的结构简式是　 　；D→E的反应类型为　 　。
（2）B中含氧官能团的名称为　 　。
（3）A→B反应的离子方程式为　 　。
（4）罗匹尼罗分子中除苯环外，还存在一个五元环，罗匹尼罗分子的结构简式为　 　。
（5）B的同分异构体有多种，其中满足下列条件的同分异构体的结构简式为　 　。
①能与溶液发生显色反应；能发生银镜反应 ②属于-氨基酸 ③核磁共振氢谱有6组峰
路线二：
（6）鉴别R中存在少量Q可选用的试剂为　 　，R合成罗匹尼罗时，还生成　 　(填结构简式)。
20．（2025·山东模拟）利用-丁内酯(M)制备四氢呋喃(X)和3-丁烯-1-醇(Y)，涉及如下可逆反应：
已知：反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应。
回答下列问题：
（1）在温度为时，分别以的和的为原料进行上述反应。当产物X和产物Y的产率均为10%时，体系放热；当产物X产率为15%、产物Y的产率为25%时，体系放热。若，则反应Ⅲ的焓变(Ⅲ)　 　(填“>”“=”或“<”)0，反应Ⅱ在该条件下的焓变　 　(用含、的代数式表示)。
（2）温度为时发生上述反应，测得产物X、Y的浓度随时间的变化如图所示，时反应达平衡。，　 　。为获得产物Y可采取的措施为　 　。相同条件下，若将催化剂改换成催化剂m，可加快反应Ⅱ，产物Y的浓度峰值点变为A处，说明峰值点变化的原因　 　。
（3）向容积为的恒容密闭容器中加入、，控制温度为，测得M的平衡转化率为，则平衡体系中X的物质的量为　 　，反应①的平衡常数　 　。相同条件下，在容积固定的密闭容器中，若增加的量，平衡时和的比值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学基本反应类型；焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；蒸馏与分馏
【解析】【解析】A．硝石（）燃烧时产生的紫色火焰是钾元素的焰色反应现象，属于物理变化，并非发生化学分解所致，A选项错误；B．丹砂（HgS）加热分解生成汞（Hg）和硫（S），该反应属于分解反应，而非置换反应，B选项错误；
C．具有磁性，磁石的主要成分是，而不具备磁性，C选项错误；
D．"用浓酒和糟入甑，蒸令气上"描述的是通过加热使酒精汽化再冷凝收集的蒸馏过程，符合蒸馏原理，故"法"指的是蒸馏，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、产生的“紫烟”现象是钾元素的焰色试验，不是KNO3的分解。
B、该过程中是HgS的分解反应。
C、磁石的主要成分为Fe3O4。
D、“蒸令气上”的过程是将液态物质转化为气态，属于蒸馏操作。
2．【答案】D
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；缩聚反应
【解析】【解答】A、酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，A选项错误。B、聚氨酯（）材料虽然具有透气性和热塑性，但题目表述存在错误，B选项错误。
C、聚酯是通过羟基和羧基的缩聚反应形成的，但选项表述不正确。C选项错误。
D、聚乙烯醇分子中含有大量羟基，能与水分子形成氢键，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、酚醛树脂的单体为苯酚和甲醛。
B、聚氨酯用人工血管，是由于其热塑性。
C、聚酯材料是通过缩聚反应生成的。
D、聚乙烯醇中含有大量的-OH，可形成氢键。
3．【答案】B
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理
【解析】【解析】A、电器发生火灾时，首先应切断电源，避免触电风险，然后使用二氧化碳灭火器扑灭火焰。这是因为二氧化碳灭火器不会导电，且能有效隔绝氧气，防止电器爆炸或进一步损坏。A项正确。B、过氧乙酸的结构式为，属于有机过氧化物；而过碳酸钠的化学式为，属于无机过氧化物，B项错误。
C、高锰酸钾具有强氧化性且见光易分解，需避光保存于棕色试剂瓶中；固体试剂常规存放于广口瓶中便于取用，C项正确。
D、利用苯甲酸与食盐的溶解度差异（苯甲酸低温溶解度显著小于食盐），可通过重结晶法实现提纯。低温条件下苯甲酸会优先结晶析出，D项正确。
故答案为：B
【分析】A、电器起火，应先切断电源，再用CO2灭火器进行灭火。
B、过碳酸钠的化学式为Na2CO3·3H2O2，属于无机物。
C、KMnO4固体应分解，应保存在棕色广口瓶中。
D、重结晶法可用于晶体的提纯。
4．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；苯的结构与性质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，图示装置错误，A选项不正确；B．灼烧海带应在坩埚中进行，图示装置中使用的是蒸发皿，B选项不正确；
C．分液操作规范：下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体需从上口倒出，图示操作正确，C选项正确；
D．溴易挥发，会随气流进入硝酸银溶液，且溴化氢极易溶于水，吸收时需防止倒吸，图示装置缺少防倒吸措施，D选项不正确；
故答案为：C
【分析】A、NH3的密度比空气小，应用向下排空气法收集。
B、固体的灼烧应在坩埚中进行。
C、苯与水不互溶，用分液进行分离。
D、液溴具有挥发性，生成的HBr中混有Br2。
5．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．在化合物中，硅元素呈现+4价，氢元素呈现-1价。在该反应中，作为还原剂，作为氧化剂，而生成的既是氧化产物又是还原产物。选项A错误。B．在晶体结构中，每个硅原子周围有4个氮原子配位，每个氮原子周围有3个硅原子配位并带有一个孤电子对。硅原子和氮原子均采用杂化方式。选项B正确。
C．氮化硅的熔点高达1900℃，这种高熔点特性表明它是典型的共价晶体而非分子晶体。选项C错误。
D．根据元素周期律，第一电离能大小关系为：，，因此必然有。选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、Si3N4中元素化合价都不变，因此既不是氧化产物，也不是还原产物。
B、根据Si、N的价层电子对数确定其杂化方式。
C、Si3N4的熔点高，属于共价晶体。
D、根据第一电离能的递变规律分析。
6．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．化合物Z中存在饱和碳原子（与多个原子通过单键连接），这类碳原子呈现类似甲烷的四面体构型，因此Z分子中的所有原子不可能处于同一平面上，选项A错误；B．Y和Z分子中都含有碳碳双键（C=C），该官能团会被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，选项B正确；
C．M分子中包含的官能团有：碳碳双键（C=C）、醚键（-O-）、酯基（-COOR）、氨基（-NH2）和酰胺基（-CONH-），共计5种，选项C错误；
D．X分子含有碳碳双键可发生加成反应，但缺乏可水解的官能团（如酯基、卤素等），因此不能发生水解反应；M分子同时含有酯基（可水解）和碳碳双键（可加成），选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、Z中存在饱和碳原子，为四面体结构，所以原子不可能共平面。
B、Y、Z中的碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、根据M的结构简式确定其所含的官能团。
D、能发生水解反应的官能团有卤素原子、酯基、酰胺基。
7．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，元素是氢（H），元素是碳（C）。由于碳的电负性大于氢，即，选项A错误。B．基态碳原子的价电子轨道排布式为，基态氧原子的价电子轨道排布式为。两者都含有2个未成对电子，选项B正确。
C．基态氧原子的核外电子轨道排布式为，共占据5个轨道，即电子空间运动状态有5种，选项C错误。
D．根据分析，元素是碳（C），元素是氧（O）。由于碳的氢化物种类繁多，例如辛烷的沸点高于水，而甲烷的沸点低于水，因此无法直接比较沸点高低，选项D错误。
故答案为：B
【分析】短周期元素的最外层电子排布满足轨道与轨道电子数相等，可能为（2s22p2）或（3s23p2）。的价电子数等于的核外电子总数，而为短周期元素，核外电子数不超过8，因此只能是。的价电子数为6，可能为（2s22p4）或（3s23p4）；的价电子层有9个轨道（3s、3p、3d共9个），且能形成+1价阳离子，因此其价电子排布为，所以Z为。因此可推得为O。原子序数最小且仅形成1个共价键，因此为。
8．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．根据配离子的结构可以判断铁元素的化合价为+3价，Fe3+的价电子轨道表示式为，选项A正确。B．根据题目提供的图示，每个Fe3+与6个原子相连，因此其配位数为6，选项B正确。
C．H2O与相邻的O原子之间存在氢键，而中心O原子与Fe原子之间存在配位键，选项C正确。
D．根据配离子[Fe3O(CH3COO)6(H2O)3]+的结构可知，其中含有乙酸根离子。乙酸根离子中有两个碳原子，甲基碳为sp3杂化，而另一个碳原子为sp2杂化，选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、该金属阳离子为Fe3＋，据此确定其价电子轨道表示式。
B、根据配离子的结构确定金属阳离子的配位数。
C、结构中L表示H2O，H2O能与相邻的O原子形成氢键。
D、－CH3中的碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化。
9．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解析】A、该材料具有优异的Li+传导性能，通过Li+的定向迁移实现电荷传输，A选项正确。B、放电过程中：负极发生氧化反应：Ti(III)-e → Ti(IV)，正极发生还原反应：Li3TiCl6 + Li+ + e = Li4TiCl6，B选项错误。
C、充电时阴极发生还原反应：，C选项正确。
D、电池工作时质量变化：负极每脱嵌1 mol Li+，质量减少7 g，正极每嵌入1 mol Li+，质量增加7 g。因此总质量变化为14 g，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、该材料可实现Li＋的移动，因而具有良好的离子电导率。
B、放电过程中，正极上三价的Ti发生得电子的还原反应，转化为二价。
C、充电时，阴极上Li2TiCl6发生得电子的还原反应，转化为Li3TiCl6。
D、放电过程中，负极脱嵌Li＋，质量减小；正极嵌入Li＋，质量增加，据此计算。
10．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；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】A、根据图像显示，醋酸在超临界水中的氧化过程分为两个阶段：第一阶段反应：；第二阶段反应：。其中CO是中间产物，CO2是最终产物。在CO的物质的量分数曲线中：曲线达到最高点前：醋酸氧化速率v(CH3COOH) > CO氧化速率v(CO)，曲线达到最高点后：v(CH3COOH) < v(CO)，M点位于最高点之后，说明此时v(CH3COOH) < v(CO)，A选项错误。
B、在M点（3s时）：测得x(CO2) = x(CO) = 0.38。根据碳元素守恒：醋酸浓度变化量 = (0.38 + 0.38) × 0.2 mol/L = 0.76 × 0.2 mol/L。因此前3s内醋酸的平均氧化速率：，B选项正确。
C、由于该氧化反应分两步进行，且在不同时间段两个反应的速率不同，因此醋酸消耗速率与CO2生成速率的比值会随时间变化，不恒定为1：2。C选项正确。
D、从第二个图像可以看出：温度升高时，x(CO)峰值出现的时间提前，x(CO)峰值更高。这表明：醋酸更快地氧化生成CO；同时醋酸氧化速率的增长幅度大于CO氧化速率的增长幅度，D选项正确。
故答案为：BD
【分析】A、反应过程中CO为中间产物，CO2为最终产物，结合图像曲线变化分析。
B、根据碳元素质量守恒计算CH3COOH的变化浓度，据此计算前3s内醋酸氧化的速率。
C、该氧化反应分两步进行，二者的反应速率不同。
D、由图2可知，在更短时间内CO的物质的量分数达到更高值，说明醋酸快速氧化生成CO。
11．【答案】B,D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；相对分子质量的测定
【解析】【解答】A．根据相对分子质量153计算，分子中碳和氢的相对质量总和为153-46=107。用107除以碳的相对原子质量12，得到8余11，因此分子式可能为。若减少一个碳原子，分子式变为，此时氢原子数过多，不符合实际，故确定分子式为，选项A正确。
B．分析红外光谱图显示4种吸收峰，结合物质名称-氰基丙烯酸酯可知，分子应含有氰基、碳碳双键和酯基3种官能团，但题目描述与实际情况不符，选项B错误。C．实验现象：加入强碱溶液加热后产生氨气（使红色石蕊试纸变蓝），证明分子中存在氰基，选项C正确。
D．核磁共振氢谱显示5组峰，峰面积比为，表明分子中有2个不同化学环境的甲基。而基团中的2个甲基化学环境相同，与谱图不符，选项D错误。
故答案为：BD
【分析】A、相对分子质量减去N、O原子的质量，再用商余法确定C、H原子的个数，从而验证该分子式是否正确。
B、根据红外光谱图确定其所含的官能团。
C、加入强碱溶液，产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3。
D、根据核磁共振氢谱中峰面积比确定氢原子的个数比，从而判断其所含的基团。
12．【答案】C,D
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A．根据图甲分析，化合物1、2、3、4中铁元素的化合价均为+2价，说明反应过程中铁元素的化合价保持不变，选项A错误。B．从图乙可以看出，化合物2与水反应生成化合物3和甲酸根离子是一个放热过程，反应物总能量高于生成物总能量。但由于无法确定化合物2和化合物3各自的具体能量值，因此不能比较它们的稳定性，选项B错误。
C．图甲显示物质M是氢氧根离子(OH-)，物质3转化为物质4的反应是物质3与OH-反应生成物质4和水。这表明碱性环境有利于二氧化碳氢化反应的进行，选项C正确。
D．根据图甲的反应过程，二氧化碳氢化总反应的反应物为CO2、H2和OH-，生成物为HCOO-和H2O，总反应方程式可表示为：，选项D正确。
故答案为：CD
【分析】A、根据反应过程中Fe元素的价态变化分析。
B、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
C、M为OH－，物质3转化为物质4的反应为物质3与OH－反应生成物质4和H2O。
D、根据图示确定反应物和生成，从而得出总反应式。
13．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；酰胺
【解析】【解答】A．反应过程中极性键（如键、键等）断裂，同时生成非极性键（如键），A选项正确；
B．化合物Y（）中的、、、均为烷基。其中标记的碳原子（）价层电子对数为4，而带正电的氮原子（）也是氮原子失去1个电子形成的，其价层电子对数同样为4，B选项正确；
C．化合物X中的氮原子上没有孤电子对，因此不显碱性，不能与盐酸反应生成盐；而化合物M中的氮原子上存在孤电子对，具有碱性，能与盐酸反应生成盐酸盐，C选项错误；
D．从反应机理可以看出，结构中标记的支链可以通过重排反应转化为结构，说明该反应可以发生，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中化学键的变化分析。
B、根据成键情况确定价层电子对数。
C、根据X、M中氮原子是否存在孤电子对分析。
D、根据反应机理分析。
14．【答案】C,D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、反应①和②都只涉及新键生成（无旧键断裂），属于放热过程，因此焓变ΔH < 0。这两个反应都是离子生成沉淀的过程，导致熵减（ΔS < 0）。根据吉布斯自由能公式ΔG = ΔH - TΔS，当ΔG < 0时反应自发。由于ΔH和ΔS均为负值，低温条件下（T较小）能使ΔG < 0，因此这两个反应在低温下可自发进行，A选项错误。B、根据题目提供的溶度积常数（Ksp）数据，CuS的溶解度远低于Cu(OH)2，因此反应③实际上不能发生，不会观察到蓝色沉淀现象，B选项错误。
C、对比实验现象：实验1立即生成黑色沉淀（CuS），实验2生成黑色沉淀的同时出现少量黄色和红色物质（Cu2S）。这表明反应①的速率明显快于反应②，C选项正确。
D、实验2表明，提高Cu2+和S2-浓度可以促使反应②发生。该反应中Cu2+表现出氧化性（被还原为Cu+），S2-表现出还原性（被氧化为S），说明这两种离子的氧化还原性质与浓度密切相关，D选项正确。
故答案为：CD
【分析】A、当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行，据此判断。
B、由于溶度积Ksp：CuS＜Cu(OH)2，因此反应不会生成Cu(OH)2蓝色沉淀。
C、根据实验1、实验2产生固体的快慢分析反应速率的快慢。
D、根据实验1、实验2中c(Na2S)的不同，导致现象的不同分析。
15．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线代表，曲线代表，曲线的，曲线的，因为，因此代表与的关系，故A错误；
B．由图像可知，当溶液中时，=，因此Pb(OH)2的溶度积。的电离常数的表达式为，当溶液中时，溶液中，因此。当溶液中时，溶液中，因此；所以此时溶液中，故B正确；
C．由图像可知，当溶液中时，=，因此Co(OH)2的溶度积。点时，溶液中，因此溶液中=，，代入，，可得，由图像知a点，所以，故C正确；
D．的平衡常数，由图像可知，，，代入可得，故D正确；
故答案为：A
【分析】Co(OH)2和Pb(OH)2具有相似的晶体结构，因此在lgc(M2+)与pH的关系图中应表现为两条平行直线。由于Ksp[Co(OH)2] > Ksp[Pb(OH)2]，可以确定：Y线表示lgc(Co2+)与pH的关系，X线表示lgc(Pb2+)与pH的关系。随着pH值升高：c(H+)浓度降低 → M线表示lgc(H+)与pH的关系；c(OH-)浓度升高 → N线表示lgc(OH-)与pH的关系。对于HR弱电解质：电离平衡常数Ka保持恒定，pH增大导致c(R-)/c(HR)比值增大，Z线表示lg[c(R-)/c(HR)]与pH的关系。
16．【答案】（1）5；IIB；1；离子晶体；；sp3
（2）；异硫氰酸()分子间能形成氢键，分子间作用力大，沸点高
（3）硫氰酸>异硫氰酸>氰酸
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）①在元素周期表中与紧邻的只有左、右、下三个位置，左为元素，右为元素，故只能为同族的下一周期，则其位置为第5周期IIB族。基态原子价层电子排布式为4d105s2，最外层有2个电子，第4周期主族元素中，最外层有2个电子的元素为Ca，只有1种。
故答案为：5； IIB ；1
②由和组成的镉基卤化物硫的晶胞中存在阴、阳离子，二者形成了离子键，则该晶体类型为离子晶体；由图可知，晶胞中位于顶角和面心，根据均摊法可知，有个；有8个在顶角上，4个在面上，5个在晶胞内部，所以根据均摊法可知，有个，则阴、阳离子的个数比为，化学式为，因与为等电子体，所以原子的杂化方式为杂化。
故答案为：离子晶体；； sp3
（2）氢氰酸引入硫得到硫氰酸()，由H、S、C、N的连键规律可知，其结构为H-S-C≡N或 H-N=C=S，因为异硫氰酸与硫氰酸互为同分异构体，但沸点远高于硫氰酸，说明异硫氰酸分子间形成了氢键，其中含有N-H键，则异硫氰酸的结构式为沸点高的原因是：异硫氰酸()分子间能形成氢键，分子间作用力大，沸点高。
故答案为：； 异硫氰酸()分子间能形成氢键，分子间作用力大，沸点高
（3）三种酸根中，中心原子S、、的半径逐渐减小，负电荷的分散度逐渐减弱，所以酸性逐渐减弱，则酸性由强到弱的顺序为：硫氰酸>异硫氰酸>氰酸。
故答案为： 硫氰酸>异硫氰酸>氰酸
【分析】（1）①根据Zn在周期表中的位置确定Cd的位置。基态Cd的价电子排布式为4d105s2，其最外层电子数为2，据此分析。
②晶体中存在阴阳离子，属于离子晶体。根据均摊法确定离子个数比，从而得到晶体的化学式。与为等电子体，据此确定S原子的杂化方式。
（2）异硫氰酸的沸点高，说明其可形成分子间氢键。结合原子的最外层电子数确定其及结构式。
（3）根据S、N、O原子的半径大小，分析负电荷的分散度，从而比较三种酸的酸性强弱。
（1）①在元素周期表中与紧邻的只有左、右、下三个位置，左为元素，右为元素，故只能为同族的下一周期，则其位置为第5周期IIB族。基态原子价层电子排布式为4d105s2，最外层有2个电子，第4周期主族元素中，最外层有2个电子的元素为Ca，只有1种；
②由和组成的镉基卤化物硫的晶胞中存在阴、阳离子，二者形成了离子键，则该晶体类型为离子晶体；由图可知，晶胞中位于顶角和面心，根据均摊法可知，有个；有8个在顶角上，4个在面上，5个在晶胞内部，所以根据均摊法可知，有个，则阴、阳离子的个数比为，化学式为，因与为等电子体，所以原子的杂化方式为杂化；
（2）氢氰酸引入硫得到硫氰酸()，由H、S、C、N的连键规律可知，其结构为H-S-C≡N或 H-N=C=S，因为异硫氰酸与硫氰酸互为同分异构体，但沸点远高于硫氰酸，说明异硫氰酸分子间形成了氢键，其中含有N-H键，则异硫氰酸的结构式为沸点高的原因是：异硫氰酸()分子间能形成氢键，分子间作用力大，沸点高；
（3）三种酸根中，中心原子S、、的半径逐渐减小，负电荷的分散度逐渐减弱，所以酸性逐渐减弱，则酸性由强到弱的顺序为：硫氰酸>异硫氰酸>氰酸。
17．【答案】（1）恒压滴液漏斗；打开、关闭，向装置中通入氩气，排尽装置中的空气
（2）
（3）
（4）中和、水解产生的酸，以免影响滴定终点的判断；；偏小
【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）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，为防止被氧化，通入和前，应排尽装置中的空气，具体操作：打开、关闭，向装置中通入氩气。
故答案为：恒压滴液漏斗； 打开、关闭，向装置中通入氩气，排尽装置中的空气
（2）装置A中制取，根据装置中给出的反应物：溶液、稀硫酸和溶液，分析元素化合价知，为氧化剂，为还原剂，反应离子反应为。
故答案为：
（3）实验过程中产生的少量会发生反应。沸点为5℃，中控制的温度约为-15℃，故产物中可能含有的少量杂质为。
故答案为：
（4）①、水解生成、和，溶液呈酸性，滴入，与反应，使浓度降低，从而无法形成砖红色沉淀来指示滴定终点，加入溶液，中和、水解生成的酸，以免影响滴定终点的判断。
故答案为： 中和、水解产生的酸，以免影响滴定终点的判断
②和的水解反应分别为，。。故和的物质的量之和等于滴定时消耗标准液的物质的量。，的质量分数。
铬酸钾指示剂浓度过高时，一是由于颜色太深，会影响终点的观察，二是会提前生成砖红色沉淀，导致终点提前到达，使变小。根据表达式，变小，表达式的值变小。
故答案为：；偏小
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。通入NO和Cl2前，应先排出装置内的空气，据此确定实验操作。
（2）装置A中NO2－将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为NO，据此写出反应的离子方程式。
（3）NO能与Cl2反应生成NO2Cl，结合沸点确定所含的杂质。
（4）①NOCl、NO2Cl水解生成HNO2、HNO3和HCl，H＋能与CrO42－反应，使得溶液中c(CrO42－)减小，据此确定NaOH溶液的作用。
②和的水解反应分别为，。。故和的物质的量之和等于滴定时消耗标准液的物质的量。 据此计算。
（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，为防止被氧化，通入和前，应排尽装置中的空气，具体操作：打开、关闭，向装置中通入氩气。
（2）装置A中制取，根据装置中给出的反应物：溶液、稀硫酸和溶液，分析元素化合价知，为氧化剂，为还原剂，反应离子反应为。
（3）实验过程中产生的少量会发生反应。沸点为5℃，中控制的温度约为-15℃，故产物中可能含有的少量杂质为。
（4）①、水解生成、和，溶液呈酸性，滴入，与反应，使浓度降低，从而无法形成砖红色沉淀来指示滴定终点，加入溶液，中和、水解生成的酸，以免影响滴定终点的判断。
②和的水解反应分别为，。。故和的物质的量之和等于滴定时消耗标准液的物质的量。，的质量分数。
铬酸钾指示剂浓度过高时，一是由于颜色太深，会影响终点的观察，二是会提前生成砖红色沉淀，导致终点提前到达，使变小。
根据表达式，变小，表达式的值变小。
18．【答案】（1）SO2
（2）FeS+2Fe3+=3Fe2++S；避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀
（3）5.2≤pH<7.5；S、Al(OH)3
（4）负；3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-；11.2L
【知识点】盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）硫铁矿煅烧时，S元素被氧化为SO2，故气体X为。
故答案为： SO2
（2）“还原”的目的是使Fe3+变为Fe2+，发生的反应是FeS+2Fe3+=3Fe2++S；先“还原”，可使Fe3+变为Fe2+，“调pH”除去Al3+时铁元素不会造成损失，原因为：避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀。
故答案为： FeS+2Fe3+=3Fe2++S ； 避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀
（3）根据表中数据知，使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH范围为5.2≤pH<7.5；因“还原”时生成S单质，“调pH”时生成Al(OH)3沉淀，故滤渣2的成分为S、Al(OH)3。
故答案为： 5.2≤pH<7.5 ； S、Al(OH)3
（4）电池工作时，甲电极中Fe2O3在阴极被还原为Fe3O4，则甲电极为阴极，a为电源负极，b电极为正极，乙电极为阳极。
①由分析可知，a为电源负极，甲电极为阴极，Fe2O3被还原为Fe3O4，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生的电极反应为3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-，生成的O2-进入电解质。
故答案为：负； 3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-
②氯化胆碱（）中的Cl-在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，240gFe2O3的物质的量为=1.5mol，转移电子的物质的量为=1mol，生成0.5molCl2，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
故答案为：11.2L【分析】硫铁矿的主要成分是FeS2，并含有少量Al2O3和SiO2。煅烧过程中，通入空气使FeS2转化为Fe2O3和SO2，此时气体X为SO2。煅烧后的固体用稀硫酸酸浸，SiO2不溶解成为滤渣，而Fe2O3和Al2O3溶解生成Fe3+和Al3+。随后加入FeS进行还原，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成S。通过加入试剂Y调节pH，使Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀，过滤后得到滤渣2。滤液中加入NaOH溶液，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，并在空气中被O2氧化为Fe(OH)3。过滤后，滤渣加热分解生成Fe2O3。最后通入H2和H2O进行部分还原，得到纳米Fe3O4。
（1）硫铁矿煅烧时，S元素被氧化为SO2，故气体X为。
（2）“还原”的目的是使Fe3+变为Fe2+，发生的反应是FeS+2Fe3+=3Fe2++S；先“还原”，可使Fe3+变为Fe2+，“调pH”除去Al3+时铁元素不会造成损失，原因为：避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀。
（3）根据表中数据知，使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH范围为5.2≤pH<7.5；因“还原”时生成S单质，“调pH”时生成Al(OH)3沉淀，故滤渣2的成分为S、Al(OH)3。
（4）电池工作时，甲电极中Fe2O3在阴极被还原为Fe3O4，则甲电极为阴极，a为电源负极，b电极为正极，乙电极为阳极。
①由分析可知，a为电源负极，甲电极为阴极，Fe2O3被还原为Fe3O4，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生的电极反应为3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-，生成的O2-进入电解质。
②氯化胆碱（）中的Cl-在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，240gFe2O3的物质的量为=1.5mol，转移电子的物质的量为=1mol，生成0.5molCl2，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
19．【答案】（1）；还原反应
（2）硝基、羧基
（3）+2H2O+H++ NH
（4）
（5）
（6）金属钠；
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应；酰胺
【解析】【解答】由分析可知，C的结构简式为；D→E的反应为四氢呋喃作用下与乙硼烷发生还原反应生成。
故答案为：；还原反应
（2）由分析可知，B的结构简式为，含氧官能团为硝基、羧基。
故答案为：硝基、羧基
（3）由分析可知，A→B的反应为酸性条件下发生水解反应生成和铵根离子，反应的离子方程式为+2H2O+H++ NH。
故答案为：+2H2O+H++ NH
（4）由分析可知，在①条件下将—NO2还原为—NH2，在②一定条件下生成含有苯环和五元环的罗匹尼罗，则罗匹尼罗的结构简式为。
故答案为：
（5）B的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，说明同分异构体分子中含有酚羟基，能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，属于α-氨基酸，说明分子中存在，则核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为。
故答案为：
（6）由有机物的转化关系可知，Q的结构简式为，Q分子中含有醇羟基，能与金属钠反应，R分子中不含有醇羟基，不能与金属钠反应，所以可选用金属钠鉴别R中存在少量Q； R合成罗匹尼罗的反应为一定条件下与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应生成和。
故答案为：金属钠；
【分析】酸性条件下发生水解反应，-CN转化为-COOH，因此B的结构简式为。与SOCl2发生取代反应生成C，因此C的结构简式为。一定条件下C与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应生成。乙硼烷是有机合成中常见的还原剂，四氢呋喃作用下与乙硼烷发生还原反应生成E，因此E的结构简式为。一定条件下与发生取代反应生成，与过氧化氢发生取代反应生成。Pd/C，H2是有机合成中常用的还原剂，因此①天条件下-NO2被还原为-NH2；在②一定条件下生成含有苯环和五元环的罗匹尼罗，因此罗匹尼罗为。据此结合题干设问分析作答。
（1）由分析可知，C的结构简式为；D→E的反应为四氢呋喃作用下与乙硼烷发生还原反应生成，故答案为：；还原反应；
（2）由分析可知，B的结构简式为，含氧官能团为硝基、羧基，故答案为：硝基、羧基；
（3）由分析可知，A→B的反应为酸性条件下发生水解反应生成和铵根离子，反应的离子方程式为+2H2O+H++ NH，故答案为：+2H2O+H++ NH；
（4）由分析可知，在①条件下将—NO2还原为—NH2，在②一定条件下生成含有苯环和五元环的罗匹尼罗，则罗匹尼罗的结构简式为，故答案为：；
（5）B的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，说明同分异构体分子中含有酚羟基，能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，属于α-氨基酸，说明分子中存在，则核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为，故答案为：；
（6）由有机物的转化关系可知，Q的结构简式为，Q分子中含有醇羟基，能与金属钠反应，R分子中不含有醇羟基，不能与金属钠反应，所以可选用金属钠鉴别R中存在少量Q； R合成罗匹尼罗的反应为一定条件下与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应生成和，故答案为：金属钠；。
20．【答案】（1）>；
（2）0.1；在反应时间较短时分离产物Y；催化剂m，可加快反应Ⅱ的速率，缩短到达平衡的时间，产物Y的浓度峰值点提前，反应Ⅰ消耗的M减少，体系中M浓度增大，Y的浓度峰值点增大
（3）；；不变
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设反应Ⅰ的反应热为，反应Ⅱ的反应热为，根据盖斯定律，则反应③的焓变，根据题意，分别以的和的为原料进行上述反应，当产物和产物的产率均为10%时，体系放热；当产物产率为15%和产物的产率为25%时，体系放热，则可列：①，②，根据题意，，则，根据上述两个式子可得，即，则；
根据，解得；
故答案为：>；
（2）Ⅰ、Ⅱ反应中M、X、Y的化学计量数均为1，则内，的平均反应速率为；根据图像，产物在反应较短时间内浓度达到最大，则为获得产物可采取的措施为在反应时间较短时分离产物；改换成催化剂，可加快反应Ⅱ的速率，缩短到达平衡的时间，产物的浓度峰值点提前，由于时间缩短，反应Ⅰ消耗的减少，体系中浓度增大，导致浓度大于原峰值。
故答案为：0.1； 在反应时间较短时分离产物Y ； 催化剂m，可加快反应Ⅱ的速率，缩短到达平衡的时间，产物Y的浓度峰值点提前，反应Ⅰ消耗的M减少，体系中M浓度增大，Y的浓度峰值点增大
（3）参考（2）中图像数据，达到平衡时，，，反应Ⅲ的，向某反应容器中加入、，控制温度为，测得的平衡转化率为，则平衡时，，，由反应Ⅲ的，解方程组，可以求出平衡体系中，；容器容积为，反应Ⅰ的平衡常数；增加的量，，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。
故答案为：；；不变
【分析】（1）根据盖斯定律得出反应③的焓变。结合产物X和产物Y的产率，以及体系放出的热量进行计算。
（2）由反应的化学方程式可知，0~30s内，M的变化浓度等于X、Y的变化浓度之和，据此结合公式计算用M表示的反应速率。短时间内生成Y的浓度较高，因此为获得产物Y，应在反应时间较短时及时分离Y。结合催化剂M对反应速率的影响分析。
（3）参考（2）中图像数据，达到平衡时，，，反应Ⅲ的，向某反应容器中加入、，控制温度为，测得的平衡转化率为，则平衡时，，，由反应Ⅲ的，解方程组，可以求出平衡体系中，。据此结合题干设问分析作答。
（1）设反应Ⅰ的反应热为，反应Ⅱ的反应热为，根据盖斯定律，则反应③的焓变，根据题意，分别以的和的为原料进行上述反应，当产物和产物的产率均为10%时，体系放热；当产物产率为15%和产物的产率为25%时，体系放热，则可列：①，②，根据题意，，则，根据上述两个式子可得，即，则；
根据，解得；
故答案为：>；；
（2）Ⅰ、Ⅱ反应中M、X、Y的化学计量数均为1，则内，的平均反应速率为；根据图像，产物在反应较短时间内浓度达到最大，则为获得产物可采取的措施为在反应时间较短时分离产物；改换成催化剂，可加快反应Ⅱ的速率，缩短到达平衡的时间，产物的浓度峰值点提前，由于时间缩短，反应Ⅰ消耗的减少，体系中浓度增大，导致浓度大于原峰值；
（3）参考（2）中图像数据，达到平衡时，，，反应Ⅲ的，向某反应容器中加入、，控制温度为，测得的平衡转化率为，则平衡时，，，由反应Ⅲ的，解方程组，可以求出平衡体系中，；容器容积为，反应Ⅰ的平衡常数；增加的量，，温度不变，平衡常数不变，则的值不变；
故答案为：；；不变。
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