高級中學名校試題PAGEPAGE1山東省泰安市2025屆高三一模試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂。非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊，不破損。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.泰山豆腐，古法精制，源遠流長。選豆為先，洗凈浸泡，磨漿為次，濾漿以布，點漿于釜，點鹵為要，壓制成型，豆腐乃成。該工藝沒有涉及的操作是A.研磨 B.過濾 C.滲析 D.聚沉【答案】C【解析】A．磨漿為次其中包含了研磨，A正確；B．濾漿以布是過濾豆漿的過程，B正確；C．過程中無滲析，C錯誤；D．鹵水中含有電解質，遇到豆漿發生膠體的聚沉，D正確；故選C。2.化學材料為我國的科技發展提供了強有力的支撐，下列有關材料的說法錯誤的是A.航母使用的碳纖維是一種新型無機非金屬材料B.玄武巖纖維制成的五星紅旗在月球背面成功展開，其成分是硅酸鹽C.空間站使用的太陽能電池板材料砷化鎵屬于金屬材料D.宇航服使用的特殊高強度滌綸屬于有機高分子材料【答案】C【解析】A．碳纖維是碳的單質，是一種新型無機非金屬材料，故A正確；B．玄武巖纖維是由二氧化硅、氧化鋁、氧化鈣、氧化鎂、氧化鐵和二氧化鈦等氧化物組成，其成分是硅酸鹽，故B正確；C．太陽能電池板材料砷化鎵是一種半導體材料，不是金屬材料，故C錯誤；D．滌綸是合成纖維，屬于有機高分子材料，故D正確；答案選C。3.下列有關能源轉化與存儲的敘述錯誤的是A.煤炭氣化可制得清潔燃料B.石蠟油裂化可生產汽油C.鋰電池能量密度高可用于大型儲能設備D.利用催化劑分解水制氫氣并且放出熱量【答案】D【解析】A．煤的氣化是高效、清潔地利用煤的重要途徑，A正確；B．石蠟油是一種從原油分餾中得到的混合物，主要成分為烴類，通常含有18到30個碳原子。在高溫和催化劑的作用下，石蠟油可以通過裂化過程分解成較短鏈的烴類混合物，這些混合物包括汽油，后者通常含有4到12個碳原子，B正確；C．鋰電池具有工作電壓高、能量密度大、安全性能好等特點，可用于大型儲能設備，C正確；D．氫氣與氧氣反應生成水是放熱反應，故利用催化劑分解水制氫氣時吸收熱量，D錯誤；故選D。4.下列說法正確的是A.標準狀況下，22.4LHF所含的分子數目為B.向溶液中通入適量，當有1mol生成時，共轉移的電子數可能為C.0.1molFe與足量鹽酸反應，轉移個電子D.0.1mol環氧乙烷（）中含有的σ鍵數目為【答案】B【解析】A．HF標準狀況下為非氣體，無法計算，A錯誤；B．亞鐵離子還原性大于溴離子，通入氯氣，亞鐵離子首先被氧化為鐵離子、然后溴離子被氧化為溴單質，FeBr2溶液中通入適量Cl2，當有1molBr2生成，則生成溴單質轉移2mol電子，若溶液中含有2molFeBr2，則溴離子部分反應而亞鐵離子反應2mol，則會共轉移4mol電子，電子數為4NA，B正確；C．Fe與足量鹽酸反應生成亞鐵離子，0.1molFe與足量鹽酸反應，轉移個電子，C錯誤；D．環氧乙烷中的C—O鍵、C—C鍵、C—H鍵均為σ鍵，0.1mol環氧乙烷()中含有的0.7molσ鍵，數目為0.7NA，D錯誤；故選B。5.使用NaOH標準溶液滴定未知濃度乙酸溶液的實驗中，下列做法錯誤的是A.配制NaOH標準溶液時，稱量操作中，應用玻璃表面皿或小燒杯代替稱量紙B.開始滴定時，滴加標準溶液的速度可以快一些，但不能使溶液呈線狀流下C.接近終點時，應控制半滴標準液在尖嘴處懸而不落，然后將其抖入錐形瓶D.每次滴入半滴標準溶液后，都要用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內壁【答案】C【解析】A．NaOH易潮解且有腐蝕性，需用玻璃器皿稱量，A正確；B．滴定初期可快速滴加，但避免線狀流下以防過量，B正確；C．近終點時，半滴溶液應通過輕觸錐形瓶內壁自然流入，而非“抖入”，否則可能引入誤差，C錯誤；D．沖洗內壁確保溶液充分反應，準確判斷終點，D正確；故選C。6.綠原酸是咖啡熱水提取液的成分之一，結構簡式如下：下列關于綠原酸的判斷中，正確的是A.該物質在熱水中溶解度很小B.該物質中碳原子雜化方式有三種C.該分子與足量氫氣加成后生成物中有7個不對稱碳原子D.1mol該物質分別與足量的，反應，消耗二者的物質的量之比為【答案】C【解析】A．綠原酸分子中含有多個羥基，羥基是親水基團，能與水分子形成氫鍵，所以該物質在熱水中溶解度較大，而不是很小，故A錯誤；B．該物質中苯環上的碳原子采用sp2雜化，雙鍵上的碳原子采用sp2雜化，六元環上的碳原子采用sp3雜化，碳原子雜化方式兩種，故B錯誤；C．該分子與足量氫氣加成后，原來的碳碳雙鍵和苯環都發生加成反應，形成飽和的碳鏈結構，此時生成物中有7個不對稱碳原子（即連有4個不同原子或原子團的碳原子），，故C正確；D．該分子中有1個羧基和2個酚羥基，1mol該物質與足量反應，2mol酚羥基消耗2mol，1mol羧基消耗0.5mol，共消耗2.5mol；1mol該物質與足量反應，只有1mol羧基反應，消耗1mol，所以消耗二者的物質的量之比為5:2，故D錯誤；故答案為C。7.短周期元素X，Y，Z，M的原子序數依次增大，他們組成一種團簇分子，結構如圖所示。X、M的族序數等于周期數，Y原子最外層電子數是其電子總數的。下列說法錯誤的是A.其分子式為B.X和Y可以組成原子個數比為和離子化合物C.工業上常電解熔融的制取M單質D.Y、M，Z的離子半徑：【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大，X、M的族序數等于周期數，則可能為H、Be、Al三種中的兩種，由于X原子序數最小且只能形成一條共價鍵，故X為H元素，而M的原子序數最大且能形成3條共價鍵，故M為Al元素，Y原子的最外層電子數是其電子總數的，根據最外層電子數不超過8，則Y為O元素；Z的原子序數：O＜Z＜Al，而半徑大于Al，故Z位于第三周期，可能為Na或Mg，但根據團簇分子的結構可知，Z與3個氧原子形成了3條共價鍵，故為Mg，其中兩條是σ鍵，一條是配位鍵，綜上所述，X為H元素、Y為O元素、Z為Mg元素、M為Al元素：A．由團簇分子結構可知，該團簇分子的分子式為

X2Z2M2Y6，A正確；B．X和Y可以組成原子個數比為和的化合物，兩種化合物都是共價化合物，B錯誤；C．鋁性質活潑，工業上常電解熔融的制取M(Al)單質，C正確；D．由分析可知，Y為O、Z為Mg、M為Al，對應的離子為，三種離子電子層結構相同，核電荷數越大，半徑越小，故對應的三種離子半徑依次遞減，D正確；故選B。8.物質結構決定物質性質，下列性質差異用結構解釋錯誤的是選項性質差異解釋A不溶于氨水，溶于氨水能與形成配合物，不能與形成配合物B石墨能導電，金剛石不導電石墨中C是雜化形成大П鍵，金剛石是雜化C水流能被靜電吸引，不能水分子中有少量和D比堿性強甲基是推電子基團，使N電子云密度增大A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．的溶解度低，溶液中過低，無法有效的與配位，且沒有合適的空d軌道來接受的孤電子對，導致無法形成配位鍵，而能與形成穩定的配合物，A項正確；B．石墨能導電而金剛石不能，原因在于石墨中C呈sp2雜化，層狀結構中有大π鍵可自由移動電子；金剛石中C為sp3雜化，所有電子都局域于共價鍵中，B項正確；C．水流能被靜電吸引，不能，是因為水是極性分子，而CCl4為典型的非極性分子，與水分子中有少量和無關，C項錯誤；D．甲基是推電子基團，可提高吡啶中氮原子的電子云密度，使其堿性增強，D項正確；答案選C。9.一種汽車尾氣脫硝處理的機理如圖所示，下列說法錯誤的是A.是反應的催化劑B.狀態③到狀態④的過程中，有O–H鍵的形成C.狀態④到狀態⑤過程中，NO發生氧化反應D.該過程中Cu元素的化合價未發生變化【答案】AD【解析】A．根據反應歷程圖，是①的產物，②的反應物，故其為中間產物，A錯誤；B．狀態③到狀態④的變化過程中有H2O生成，即有O-H鍵的形成，B正確；C．狀態④到狀態⑤過程中，NO化合價由+2價升高到+4價，被氧化，發生氧化反應，C正確；D．態②到狀③的過程中，Cu和N的化合價發生變化，其中Cu的化合價降低，N元素化合價升高，D錯誤；故選AD。10.探究Cu和物質A的反應，一段時間后現象如下。裝置序號物質A實驗現象①溶液（調）銅粉溶解，溶液變為深棕色[經檢驗含]②溶液銅粉溶解，溶液變為藍綠色③溶液（調）無明顯變化下列分析錯誤的是A.②中銅粉溶解原因：B.①中產生NO的原因：時Cu直接將還原為NOC.若向③中加入適量固體，推測溶液變深棕色D.該實驗條件下，的氧化性大于的【答案】B【解析】A．實驗②中銅與鐵離子反應生成藍色的銅離子和淺綠色的亞鐵離子，離子方程式為；，故A正確；B．經檢驗含Fe(NO)2+，再結合實驗③的現象，說明加入銅粉后銅先與Fe3+反應生成藍色的Cu2+和淺綠色的Fe2+，酸性條件下Fe2+與反應產生NO，故B不正確；C．若向③中加入FeSO4固體，酸性條件Fe2+與，發生氧化還原反應生成Fe3+，產生了硝酸鐵，根據實驗①的條件，推測銅粉會溶解，溶液變為深棕色，故C正確；D．同一金屬單質發生氧化還原反應，先與氧化性強的物質發生反應則，根據實驗①的現象可得的氧化性大于的(實驗①調pH=1，)，故D正確；故答案選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列操作能達到實驗目是選項實驗內容實驗操作步驟A除去NH3中的H2O(g)將氣體通過盛有無水氯化鈣的干燥管B檢驗溴乙烷中的官能團加熱溴乙烷和2mL5%NaOH混合溶液，停止加熱后，取水層于試管中，先加稀硝酸酸化，再加幾滴2%AgNO3溶液C制備乙酸乙酯向試管中加入3mLCH3COOH，再加入3mLC2H5OH和碎瓷片加熱D銀氨溶液的配制向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩加入2%氨水溶液至沉淀恰好溶解A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】A．無水氯化鈣不僅能夠吸收水分，也可以吸收NH3，因此不能使用無水氯化鈣干燥NH3，而應該使用堿石灰干燥，A錯誤；B．要檢驗溴乙烷中的官能團，應該使有機物中的溴原子轉化為溴離子，然后用AgBr的不溶性進行檢驗，正確的操作方法為：充分加熱溴乙烷和2mL5%NaOH混合溶液，停止加熱后冷卻，然后取水層溶液于試管中，先加稀硝酸，中和未反應的NaOH溶液，使溶液顯酸化，然后再加入幾滴2%AgNO3溶液，若產生淡黃色沉淀，就證明水溶液中含有Br-，則原有機物中含有C-Br鍵，B正確；C．制備乙酸乙酯時，應該先向試管中加入3mLC2H5OH，然后緩緩加入2mL濃硫酸，待溶液冷卻后加入3mLCH3COOH，加入碎瓷片，然后再進行加熱操作，C錯誤；D．要配制銀氨溶液，操作方法是：向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩加入2%氨水溶液，直至最初產生的沉淀恰好溶解，就得到銀氨溶液，D正確；故合理選項是BD。12.以廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)為原料回收鈰，實驗流程圖如下：下列說法中錯誤的是A.流程中①②③④操作均需要用到燒杯、漏斗、玻璃棒B.濾渣B的主要成分為SiO2C.過程②中發生反應的離子方程式為D.過程④中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：4【答案】AC【解析】廢玻璃粉末中含SiO2、Fe2O3、CeO2，向其中加入鹽酸，Fe2O3反應變為可溶性FeCl3進入溶液中，SiO2、CeO2不能反應，仍以固體形式存在，然后過濾。濾液A中含FeCl3，濾渣A中含有SiO2、CeO2。向濾渣A中加入稀硫酸，并加入適量H2O2，發生反應：2CeO2+6H++H2O2=2Ce3++O2↑+4H2O，SiO2不能反應，仍以固體形式存在，然后過濾。在濾液B中含有Ce3+，在濾渣B中含有SiO2；再向濾液B中加入堿NaOH，使Ce3+轉化為Ce(OH)3沉淀，向其中通入O2并加熱，發生反應：4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，再過濾，就得到Ce(OH)4產品。A．根據上述分析可知：流程中①②操作均為過濾操作，需要使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，③④不是過濾，A錯誤；B．根據上述分析可知：濾渣B的主要成分為SiO2，B正確；C．反應過程②中發生反應的離子方程式為：2CeO2+6H++H2O2=2Ce3++O2↑+4H2O，C錯誤；D．過程④中發生反應為：4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，其中氧化劑為O2，還原劑為Ce(OH)3，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：4，D正確；故合理選項是AC。13.一種新型Zn-NO2電池通過自供電實現轉化為NH3，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A.c電極的電勢比d電極的電勢低B.電解池的總反應式為：C.裝置工作時d極區溶液的pH減小D.當電路中轉移2mole-時，d極區溶液質量減少16g【答案】D【解析】新型Zn-NO2電池中，Zn失電子轉化為Zn2+，則a電極(Zn)作負極，b電極作正極，與a電極相連的c電極作陰極，d電極作陽極。A．由分析可知，右側電池為電解池，c電極作陰極，d電極作陽極，對于電解池，陽極的電勢高于陰極，則c電極的電勢比d電極的電勢低，A正確；B．在陰極，、NH3?H2O能穩定存在，則陰極電解質呈堿性，電極反應式為+6e-+5H2O=NH3+7OH-，陽極電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，將兩電極反應式調整得失電子守恒、然后相加，可得出電解池的總反應式為：，B正確；C．裝置工作時，d極發生反應2H2O-4e-=O2↑+4H+，則d極區溶液的pH減小，C正確；D．依據d極電極反應式2H2O-4e-=O2↑+4H+，當電路中轉移2mole-時，生成0.5molO2，同時有2molH+通過質子交換膜進入c極區，所以d極區溶液質量減少0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，D錯誤；故選D。14.室溫下，向含有足量的懸濁液中通入HCl氣體來調節體系pH。平衡時，隨pH的變化如圖所示(M表示、、和)，物質的溶解度以物質的量濃度表示。已知：。下列說法錯誤的是A.表示隨pH變化的曲線為ⅣB.的C.時，的溶解度約為D.Q點時，溶液中【答案】BC【解析】向含有足量的懸濁液中，不斷通入HCl氣體調節體系pH時，CaC2O4逐漸溶解，c()逐漸降低，c(Ca2+)逐漸增大、先增大后減小，逐漸增大，所以圖中曲線Ⅰ代表、曲線Ⅱ代表，曲線Ⅲ代表，曲線Ⅳ代表與pH的變化關系；由圖可知，時，此時，同理，據此分析解答；A．根據分析，表示隨pH變化的曲線為Ⅳ，A正確；B．的，B錯誤；C．時，，設

的溶解度為x，則=x，根據物料守恒得，則，解得，即

的溶解度為，C錯誤；D．Q點時，=溶液中電荷守恒：，物料守恒：，聯立兩式可得，溶液呈酸性，故，則，D正確；故選BC；15.馬來酸，富馬酸和蘋果酸在水熱條件下存在如下相互轉化過程。190℃時，相關物質的物質的量分數隨時間變化如圖所示。6.5h后，蘋果酸的物質的量分數不再隨時間變化。下列說法錯誤的是A.二元弱酸的第一級電離常數：(馬來酸)(富馬酸)B.190℃時的平衡常數：K(反應①)(反應②)(反應③)C.平均反應速率：(馬來酸)(富馬酸)(蘋果酸)D.1.25h后轉化過程以反應③為主【答案】C【解析】A．由圖可知，馬來酸屬于順式結構，屬于極性分子，富馬酸是非極性分子，因此馬來酸中羥基的極性大于富馬酸，故第一級電離常數：(馬來酸)(富馬酸)，A正確；B．平衡時，，，，故時的平衡常數：(反應①)>(反應②(反應③)，B正確C．根據物料守恒，，反應平均速率，則(馬來酸)(富馬酸)(蘋果酸)，C錯誤；D．1.25h后，馬來酸含量幾乎為0，說明反應①、②基本完成，富馬酸含量減少，蘋果酸含量增大，說明以反應③為主，D正確；故選C。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.二茂鐵是一種在化學，生物醫學等多個領域有廣泛應用的有機金屬化合物，其結構為，由環戊二烯負離子與形成。已知結構與苯相似，存在的大Π鍵。（1）的價電子軌道表示式為______。二茂鐵中存在的作用力有______（填標號）A．氫鍵B．配位鍵C．π鍵D．離子鍵（2）乙酰基二茂鐵（）和甲酰胺二茂鐵（）是兩種二茂鐵的衍生物，沸點分別為160℃和249℃。甲酰胺二茂鐵中所含元素電負性由大到小的順序為______；二者沸點相差較大的原因是______。（3）結構類似的微粒可與形成類似二茂鐵結構。例如與形成類似二茂鐵結構如圖所示，則中存在的大П鍵可表示為______；下列可以與形成類似二茂鐵結構的微粒有______（填序號）。A．B．C．D．E．（4）已知以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中原子的位置，稱作原子分數坐標。鐵的一種立方晶系晶體結構中，每個晶胞平均含有2個Fe，Fe原子分數坐標為和。已知該晶體中距離最近的Fe原子核之間的距離為apm，阿伏加德羅常數是，則晶體的密度為______。【答案】（1）①.②.BC（2）①.②.甲酰胺二茂鐵中含有鍵，能形成分子間氫鍵（3）①.②.ABC（4）【解析】（1）鐵是26號元素，的價電子排布式為，軌道表示式為；二茂鐵中與環戊二烯負離子通過配位鍵結合，環戊二烯負離子內部含有大π鍵，故選BC；（2）甲酰胺二茂鐵中所含元素有H、C、N、O、Fe，非金屬性越強，電負性越大，金屬的電負性一般小于非金屬，則電負性由大到小的順序為；甲酰胺二茂鐵中含有鍵，能形成分子間氫鍵，熔沸點高于乙酰基二茂鐵；（3）結構與苯相似，存在的大Π鍵，說明每個碳原子各提供一個單電子，同時得到一個電子，形成5中心6電子的大Π鍵，P和N同主族，每個磷原子形成2條共價鍵和一個配位鍵，則中，每個磷原子各提供一個單電子，同時得到兩個電子，形成4中心6電子的大Π鍵，表示為；A．氮原子雜化方式為，碳、氮各提供一個單電子用于形成6中心6電子的大Π鍵，即為；可以和形成類似二茂鐵結構，A選；B．環上存在一個，說明該碳原子失去了一個電子，即該碳原子形成3條共價鍵，不在提供單電子形成大Π鍵，其大Π鍵表示為，可以和形成類似二茂鐵結構，B選；C．

結構中，每個氮原子提供一個單電子，再得到一個電子，形成的大Π鍵，可以和形成類似二茂鐵結構，C選；D．中存在雜化的碳原子，沒有大Π鍵，D不選；E．中存在雜化的碳原子，沒有大Π鍵，E不選；故選ABC；（4）每個晶胞平均含有2個Fe，Fe原子分數坐標為和，則晶胞中鐵原子分別位于8個頂點和體心，晶胞的質量為g，已知該晶體中距離最近的Fe原子核之間的距離為apm，則晶胞的體對角線為2apm，則晶胞的邊長為，體積為，則晶體的密度為。17.氨基磺酸是一元固體強酸，微溶于乙醇，溶于水時存在反應：。實驗室用羥胺和反應制備氨基磺酸。已知：沸點為70℃，性質不穩定，加熱時爆炸，室溫下同時吸收水蒸氣和時迅速分解。根據下列裝置回答相關問題：（1）儀器X的名稱是______。（2）該裝置還存在一處明顯的問題，改進的辦法是______。（3）設計實驗證明氨基磺酸溶于水有生成：______。（4）下列敘述正確的是______（填字母）。a．裝置A選用98%濃硫酸可以加快生成速率b．裝置C可采用熱水浴加快反應速率c．實驗完畢后，采用過濾分離裝置C中混合物（5）氨基磺酸與氨基酸類似，是兩性化合物，能與酸、堿反應生成鹽。預測熔點大小關系是：______（填“>”或“<”），理由是______。（6）準確稱取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待測液。取25.00mL待測液于錐形瓶中，以淀粉-碘化鉀溶液做指示劑，用的標準溶液進行滴定，當溶液恰好變藍時，消耗標準溶液25.00mL。此時氨基磺酸恰好被完全氧化成，的還原產物也為，則氨基磺酸粗品的純度：______（用質量百分數表示，保留3位有效數字）；用NaOH標準溶液進行滴定也可以測定氨基磺酸粗品的純度，所選擇的指示劑為______（填“甲基橙”或“酚酞”）。【答案】（1）三頸燒瓶（2）在裝置AB間安放盛有濃硫酸的洗氣瓶（3）向少量氨基磺酸溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，證明溶于水有產生（4）c（5）①.>②.氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應生成+H3NSO，類似氨基酸形成內鹽，熔點較高，而固態硫酸為分子晶體，熔點較低（6）①.②.甲基橙【解析】本題是無機物制備類的實驗題，由裝置A制備二氧化硫，經過干燥后在裝置C中二氧化硫和反應制備氨基磺酸，由于二氧化硫有毒，會污染環境，同時產品遇水會發生反應，故裝置的最后部分要用裝有堿石灰的干燥管進行處理，以此解題。（1）由圖可知，儀器X的名稱是三頸燒瓶；（2）由于氨基磺酸室溫下同時吸收水蒸氣時迅速分解，則制備時要防水，則改進的辦法是在裝置AB間安放盛有濃硫酸的洗氣瓶，由于單向閥具有單向截止的作用，可用于防倒吸，故不能在BC處安放濃硫酸的洗氣瓶；（3）銨根離子遇到氫氧根離子在加熱時會生成氨氣，則證明氨基磺酸溶于水有生成的方法為：向少量氨基磺酸溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，證明溶于水有產生；（4）a．制備二氧化硫時利用了強酸制備弱酸，所用硫酸濃度不能太大，否則電離程度小，氫離子濃度低，反應速率慢，通常是用70%左右的硫酸，錯誤；b．沸點為70℃，性質不穩定，加熱時爆炸，則裝置C不可采用熱水浴加快反應速率，錯誤；c．氨基磺酸是一種一元固體強酸，微溶于乙醇，實驗完畢后，大部分氨基磺酸以固體形式存在，所以實驗完畢后，采用過濾分離裝置C中混合物，正確；故選c；（5）氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應生成+H3NSO，類似氨基酸形成內鹽，熔點較高，而固態硫酸為分子晶體，熔點較低，故答案為：>；氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應生成+H3NSO，類似氨基酸形成內鹽，熔點較高，而固態硫酸為分子晶體，熔點較低；（6）設25.00ml待測液中氨基磺酸的物質的量為xmol；，x=0.002mol，氨基磺酸粗品的純度為；結合信息可知，氨基磺酸中混有硫酸氫銨，都能與氫氧化鈉反應，以酚酞為指示劑，用NaOH進行酸堿中和滴定能測定產品中氨基磺酸的純度，測定結果通常比NaNO2法偏高，并且滴定時，只需消耗其中的氨基磺酸，硫酸氫銨會有剩余，此時溶液顯酸性，故指示劑應該選擇甲基橙。18.氧缺位體是熱化學循環分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦（主要成分是，含、等雜質）為原料制備的流程如下：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有、、和。②25℃時，幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物開始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.690回答下列問題：（1）“焙燒”時生成三種氧化物（其中Fe的氧化物形式為），其化學方程式為______。（2）加Cu“還原”的目的是______；加CuO調pH范圍為______；濾渣2的主要成分有______。（3）流程中可以循環利用的物質是______；濾渣3可以用于______操作單元。（4）在中充分煅燒制備氧缺位體，若氧缺位體質量為原質量的96.6%，則氧缺位體中+3，+2鐵元素物質的量之比為______。（5）氧缺位體分解水制氫分兩步：第一步______（完成方程式）；第二步：。【答案】（1）（2）①.將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+在調pH時變成Fe(OH)3而除去②.4.7≤pH<6.4③.Cu和Al(OH)3（3）①.NH3②.灼燒（4）49：51（5）【解析】氧氣具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+，“焙燒”時生成三種氧化物，結合質量守恒可知，“焙燒”中黃銅礦的與氧氣反應生成SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸將金屬氧化物轉化相應硫酸鹽溶液，濾渣1為不反應的二氧化硅，加入Cu還原鐵離子為Fe2+，加入CuO調pH使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，濾渣2主要成分是氫氧化鋁沉淀，含少量銅、氧化銅；加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入過量氨水反應生成[Cu(NH3)4]SO4，Fe3+與弱堿氨水反應生成Fe(OH)3沉淀，[Cu(NH3)4]SO4經系列操作生成CuO，灼燒時CuO與氫氧化鐵反應生成CuFe2O4，在氮氣做保護氣下煅燒生成，以此解答。（1）由分析可知，“焙燒”時生成三種氧化物（其中Fe的氧化物形式為），結合質量守恒可知，另外兩種氧化物為SO2、CuO，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：。（2）還原流程后調pH使得Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，由于鐵離子會較鋁離子首先沉淀，故加Cu“還原”的目是將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+在調pH時變成Fe(OH)3而除去。加CuO調pH的范圍為4.7≤pH<6.4，這是為了Al3+完全沉淀，而Cu2+和Fe2+不沉淀。濾渣2的主要成分是過量的Cu和Al(OH)3。（3）“沉鐵”時加入過量的氨水，CuSO4和氨水反應生成[Cu(NH3)4]SO4，“沉銅”過程中需要讓Cu2+轉化為Cu(OH)2沉淀，這個過程中會有NH3生成，NH3溶于水得到氨水，可以在“沉鐵”時循環利用；濾渣3是Fe(OH)3，可以用于“灼燒”步驟和CuO反應生成CuFe2O4。（4）在中充分煅燒制備氧缺位體，若氧缺位體質量為原質量的96.6%，說明個O的質量占總質量的96.6%，則，解得為0.51，則煅燒后得到，設其中Fe3+的個數為x，Fe2+的個數為y，則x+y=2、2+3x+2y=3.49×2，解得x=0.98、y=1.02，則氧缺位體中+3，+2鐵元素物質的量之比為49：51。（5）第一步是氧缺位體與水反應生成氫氣和完全氧化的CuFe2O4，第二步是CuFe2O4在高溫下分解生成氧缺位體和氧氣，方程式為：。19.草酸亞鐵可用于制藥。在一定溫度下，將置入真空容器中發生如下反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：已知760K以下只發生反應Ⅰ，平衡時的關系如圖所示。760K以上反應Ⅰ和反應Ⅱ同時進行。回答下列問題：（1）660K時，將置入一真空剛性容器中至反應到達平衡，此時反應Ⅰ的平衡常數______；有關該混合體系說法正確的是______（填序號）。a．反應Ⅰ的正、逆反應的活化能(、)，b．EeO的質量不變時，體系達到平衡狀態c．平衡后充入惰性氣體氬，減小d．平衡時，分離出部分，再次平衡時，（2）反應能自發進行，的數值范圍是填序號______（填序號）。A. B. C. D.（3）800K時，將置入另一真空剛性容器中至反應到達平衡，此時容器中，則______；保持溫度不變，充入少量氣體，再次平衡時容器中______（填“增大”“減小”或“不變”）；升高溫度，______（填“增大”“，減小”或“不變”）。【答案】（1）①.2.25②.bd（2）A（3）①.4:1②.不變③.增大【解析】（1）已知760K以下只發生反應Ⅰ，由方程式可知生成等量的CO和CO2，所以，由圖像可知，660K時，所以；a．由圖像可知，升高溫度，增大，平衡正向逆向，反應吸熱，則反應Ⅰ的正、逆反應的活化能，，a錯誤b．分解生成FeO，FeO的質量不變時，體系達到平衡狀態，b正確；c．平衡后充入惰性氣體氬，平衡不移動，不變，c錯誤；d．平衡時，分離出部分，平衡正向移動，生成等量的CO和CO2，則再次平衡時，，d正確；故選為：bd；（2）反應為熵減反應，則ΔS<0，能自發進行，說明該反應ΔH<0，由蓋斯定律可知，，則，故選A；（3）設反應Ⅰ生成CO2xmol，反應Ⅱ生成CO2ymol，可列三段式：則，則，；保持溫度不變，充入少量氣體，反應I、Ⅱ平衡常數不變，則不變；升高溫度，反應向吸熱方向移動，即逆向移動，所以增大，故答案為：4:1；不變；增大。20.一種抗病毒花物的合成路線如下：已知：Ⅰ．和為鄰對位定位基；和苯酚的化學性質相似；Et-為乙基。Ⅱ．①②Ⅲ．回答下列問題：（1）C中含氧官能團的名稱為______；A中最多有______個原子共面；反應另一產物的名稱為______。（2）已知苯，第一步反應所需無機試劑為______，反應類型為______。（3）中反應①的方程式為______。（4）F的結構簡式為______。（5）符合下列條件的F的同分異構體有______種。①遇溶液顯色②在酸性條件下水解生成羧酸且羧基直接與苯環相連③苯環有三個取代基。【答案】（1）①.酯基②.13③.間氯苯胺或3－氯苯胺（2）①.濃硝酸、濃硫酸②.還原反應（3）（4）（5）20【解析】A的分子式為，結合B的結構簡式可知，A的兩個取代基分別為，且處于間位，則A的結構簡式為，D在氫氧化鈉溶液中發生酯基的水解反應，再酸化得到E為，E在加熱條件下生成F，結合已知信息Ⅱ，則F的結構簡式為：，結合已知信息Ⅱ可知，F當中羥基被氯原子取代生成G，則G的結構簡式為，據此解答。（1）C的結構簡式為，含氧官能團的名稱為酯基；A的結構簡式為，與苯環相連的原子共面，氨基上的一個氫原子可以和苯環共面，故最多可以有13個原子共面，結合B、C的結構簡式，以及反應條件，可以推斷另一種產物為，名稱為，間氯苯胺或3－氯苯胺；（2）已知和為鄰對位定位基，則若想引入苯環間位取代基，則首先苯環在濃硫酸作催化劑作用下和濃硝酸發生硝化反應，生成硝基苯(硝基是間位取代基)，則X為硝基苯，硝基苯在作用下發生取代反應生成，再發生已知信息Ⅲ的還原反應生成A，故第一步反應所需無機試劑為濃硝酸、濃硫酸，的反應類型為還原反應；（3）中反應①是酯基在堿性環境下的水解反應，方程式為；（4）由分析可知，F的結構簡式為：；（5）F的分子式為，不飽和度為7；①遇溶液顯色，則含有酚羥基或含有類似結構中的羥基；②在酸性條件下水解生成羧酸且羧基直接與苯環相連，則應含有苯甲酸形成的酯基，但F中含有唯一一個氧原子，已經被酚羥基占用，所以此處不可能含有酯基，則可以聯想到此類反應：，則苯環上含有，則其環的結構不可能含有的結構；③苯環有三個取代基，結合上述分析，苯環的三個取代基分別為、，苯環上三個不同的取代基共有10種情況，所以一共有20種同分異構體。山東省泰安市2025屆高三一模試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂。非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊，不破損。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.泰山豆腐，古法精制，源遠流長。選豆為先，洗凈浸泡，磨漿為次，濾漿以布，點漿于釜，點鹵為要，壓制成型，豆腐乃成。該工藝沒有涉及的操作是A.研磨 B.過濾 C.滲析 D.聚沉【答案】C【解析】A．磨漿為次其中包含了研磨，A正確；B．濾漿以布是過濾豆漿的過程，B正確；C．過程中無滲析，C錯誤；D．鹵水中含有電解質，遇到豆漿發生膠體的聚沉，D正確；故選C。2.化學材料為我國的科技發展提供了強有力的支撐，下列有關材料的說法錯誤的是A.航母使用的碳纖維是一種新型無機非金屬材料B.玄武巖纖維制成的五星紅旗在月球背面成功展開，其成分是硅酸鹽C.空間站使用的太陽能電池板材料砷化鎵屬于金屬材料D.宇航服使用的特殊高強度滌綸屬于有機高分子材料【答案】C【解析】A．碳纖維是碳的單質，是一種新型無機非金屬材料，故A正確；B．玄武巖纖維是由二氧化硅、氧化鋁、氧化鈣、氧化鎂、氧化鐵和二氧化鈦等氧化物組成，其成分是硅酸鹽，故B正確；C．太陽能電池板材料砷化鎵是一種半導體材料，不是金屬材料，故C錯誤；D．滌綸是合成纖維，屬于有機高分子材料，故D正確；答案選C。3.下列有關能源轉化與存儲的敘述錯誤的是A.煤炭氣化可制得清潔燃料B.石蠟油裂化可生產汽油C.鋰電池能量密度高可用于大型儲能設備D.利用催化劑分解水制氫氣并且放出熱量【答案】D【解析】A．煤的氣化是高效、清潔地利用煤的重要途徑，A正確；B．石蠟油是一種從原油分餾中得到的混合物，主要成分為烴類，通常含有18到30個碳原子。在高溫和催化劑的作用下，石蠟油可以通過裂化過程分解成較短鏈的烴類混合物，這些混合物包括汽油，后者通常含有4到12個碳原子，B正確；C．鋰電池具有工作電壓高、能量密度大、安全性能好等特點，可用于大型儲能設備，C正確；D．氫氣與氧氣反應生成水是放熱反應，故利用催化劑分解水制氫氣時吸收熱量，D錯誤；故選D。4.下列說法正確的是A.標準狀況下，22.4LHF所含的分子數目為B.向溶液中通入適量，當有1mol生成時，共轉移的電子數可能為C.0.1molFe與足量鹽酸反應，轉移個電子D.0.1mol環氧乙烷（）中含有的σ鍵數目為【答案】B【解析】A．HF標準狀況下為非氣體，無法計算，A錯誤；B．亞鐵離子還原性大于溴離子，通入氯氣，亞鐵離子首先被氧化為鐵離子、然后溴離子被氧化為溴單質，FeBr2溶液中通入適量Cl2，當有1molBr2生成，則生成溴單質轉移2mol電子，若溶液中含有2molFeBr2，則溴離子部分反應而亞鐵離子反應2mol，則會共轉移4mol電子，電子數為4NA，B正確；C．Fe與足量鹽酸反應生成亞鐵離子，0.1molFe與足量鹽酸反應，轉移個電子，C錯誤；D．環氧乙烷中的C—O鍵、C—C鍵、C—H鍵均為σ鍵，0.1mol環氧乙烷()中含有的0.7molσ鍵，數目為0.7NA，D錯誤；故選B。5.使用NaOH標準溶液滴定未知濃度乙酸溶液的實驗中，下列做法錯誤的是A.配制NaOH標準溶液時，稱量操作中，應用玻璃表面皿或小燒杯代替稱量紙B.開始滴定時，滴加標準溶液的速度可以快一些，但不能使溶液呈線狀流下C.接近終點時，應控制半滴標準液在尖嘴處懸而不落，然后將其抖入錐形瓶D.每次滴入半滴標準溶液后，都要用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內壁【答案】C【解析】A．NaOH易潮解且有腐蝕性，需用玻璃器皿稱量，A正確；B．滴定初期可快速滴加，但避免線狀流下以防過量，B正確；C．近終點時，半滴溶液應通過輕觸錐形瓶內壁自然流入，而非“抖入”，否則可能引入誤差，C錯誤；D．沖洗內壁確保溶液充分反應，準確判斷終點，D正確；故選C。6.綠原酸是咖啡熱水提取液的成分之一，結構簡式如下：下列關于綠原酸的判斷中，正確的是A.該物質在熱水中溶解度很小B.該物質中碳原子雜化方式有三種C.該分子與足量氫氣加成后生成物中有7個不對稱碳原子D.1mol該物質分別與足量的，反應，消耗二者的物質的量之比為【答案】C【解析】A．綠原酸分子中含有多個羥基，羥基是親水基團，能與水分子形成氫鍵，所以該物質在熱水中溶解度較大，而不是很小，故A錯誤；B．該物質中苯環上的碳原子采用sp2雜化，雙鍵上的碳原子采用sp2雜化，六元環上的碳原子采用sp3雜化，碳原子雜化方式兩種，故B錯誤；C．該分子與足量氫氣加成后，原來的碳碳雙鍵和苯環都發生加成反應，形成飽和的碳鏈結構，此時生成物中有7個不對稱碳原子（即連有4個不同原子或原子團的碳原子），，故C正確；D．該分子中有1個羧基和2個酚羥基，1mol該物質與足量反應，2mol酚羥基消耗2mol，1mol羧基消耗0.5mol，共消耗2.5mol；1mol該物質與足量反應，只有1mol羧基反應，消耗1mol，所以消耗二者的物質的量之比為5:2，故D錯誤；故答案為C。7.短周期元素X，Y，Z，M的原子序數依次增大，他們組成一種團簇分子，結構如圖所示。X、M的族序數等于周期數，Y原子最外層電子數是其電子總數的。下列說法錯誤的是A.其分子式為B.X和Y可以組成原子個數比為和離子化合物C.工業上常電解熔融的制取M單質D.Y、M，Z的離子半徑：【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大，X、M的族序數等于周期數，則可能為H、Be、Al三種中的兩種，由于X原子序數最小且只能形成一條共價鍵，故X為H元素，而M的原子序數最大且能形成3條共價鍵，故M為Al元素，Y原子的最外層電子數是其電子總數的，根據最外層電子數不超過8，則Y為O元素；Z的原子序數：O＜Z＜Al，而半徑大于Al，故Z位于第三周期，可能為Na或Mg，但根據團簇分子的結構可知，Z與3個氧原子形成了3條共價鍵，故為Mg，其中兩條是σ鍵，一條是配位鍵，綜上所述，X為H元素、Y為O元素、Z為Mg元素、M為Al元素：A．由團簇分子結構可知，該團簇分子的分子式為

X2Z2M2Y6，A正確；B．X和Y可以組成原子個數比為和的化合物，兩種化合物都是共價化合物，B錯誤；C．鋁性質活潑，工業上常電解熔融的制取M(Al)單質，C正確；D．由分析可知，Y為O、Z為Mg、M為Al，對應的離子為，三種離子電子層結構相同，核電荷數越大，半徑越小，故對應的三種離子半徑依次遞減，D正確；故選B。8.物質結構決定物質性質，下列性質差異用結構解釋錯誤的是選項性質差異解釋A不溶于氨水，溶于氨水能與形成配合物，不能與形成配合物B石墨能導電，金剛石不導電石墨中C是雜化形成大П鍵，金剛石是雜化C水流能被靜電吸引，不能水分子中有少量和D比堿性強甲基是推電子基團，使N電子云密度增大A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．的溶解度低，溶液中過低，無法有效的與配位，且沒有合適的空d軌道來接受的孤電子對，導致無法形成配位鍵，而能與形成穩定的配合物，A項正確；B．石墨能導電而金剛石不能，原因在于石墨中C呈sp2雜化，層狀結構中有大π鍵可自由移動電子；金剛石中C為sp3雜化，所有電子都局域于共價鍵中，B項正確；C．水流能被靜電吸引，不能，是因為水是極性分子，而CCl4為典型的非極性分子，與水分子中有少量和無關，C項錯誤；D．甲基是推電子基團，可提高吡啶中氮原子的電子云密度，使其堿性增強，D項正確；答案選C。9.一種汽車尾氣脫硝處理的機理如圖所示，下列說法錯誤的是A.是反應的催化劑B.狀態③到狀態④的過程中，有O–H鍵的形成C.狀態④到狀態⑤過程中，NO發生氧化反應D.該過程中Cu元素的化合價未發生變化【答案】AD【解析】A．根據反應歷程圖，是①的產物，②的反應物，故其為中間產物，A錯誤；B．狀態③到狀態④的變化過程中有H2O生成，即有O-H鍵的形成，B正確；C．狀態④到狀態⑤過程中，NO化合價由+2價升高到+4價，被氧化，發生氧化反應，C正確；D．態②到狀③的過程中，Cu和N的化合價發生變化，其中Cu的化合價降低，N元素化合價升高，D錯誤；故選AD。10.探究Cu和物質A的反應，一段時間后現象如下。裝置序號物質A實驗現象①溶液（調）銅粉溶解，溶液變為深棕色[經檢驗含]②溶液銅粉溶解，溶液變為藍綠色③溶液（調）無明顯變化下列分析錯誤的是A.②中銅粉溶解原因：B.①中產生NO的原因：時Cu直接將還原為NOC.若向③中加入適量固體，推測溶液變深棕色D.該實驗條件下，的氧化性大于的【答案】B【解析】A．實驗②中銅與鐵離子反應生成藍色的銅離子和淺綠色的亞鐵離子，離子方程式為；，故A正確；B．經檢驗含Fe(NO)2+，再結合實驗③的現象，說明加入銅粉后銅先與Fe3+反應生成藍色的Cu2+和淺綠色的Fe2+，酸性條件下Fe2+與反應產生NO，故B不正確；C．若向③中加入FeSO4固體，酸性條件Fe2+與，發生氧化還原反應生成Fe3+，產生了硝酸鐵，根據實驗①的條件，推測銅粉會溶解，溶液變為深棕色，故C正確；D．同一金屬單質發生氧化還原反應，先與氧化性強的物質發生反應則，根據實驗①的現象可得的氧化性大于的(實驗①調pH=1，)，故D正確；故答案選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列操作能達到實驗目是選項實驗內容實驗操作步驟A除去NH3中的H2O(g)將氣體通過盛有無水氯化鈣的干燥管B檢驗溴乙烷中的官能團加熱溴乙烷和2mL5%NaOH混合溶液，停止加熱后，取水層于試管中，先加稀硝酸酸化，再加幾滴2%AgNO3溶液C制備乙酸乙酯向試管中加入3mLCH3COOH，再加入3mLC2H5OH和碎瓷片加熱D銀氨溶液的配制向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩加入2%氨水溶液至沉淀恰好溶解A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】A．無水氯化鈣不僅能夠吸收水分，也可以吸收NH3，因此不能使用無水氯化鈣干燥NH3，而應該使用堿石灰干燥，A錯誤；B．要檢驗溴乙烷中的官能團，應該使有機物中的溴原子轉化為溴離子，然后用AgBr的不溶性進行檢驗，正確的操作方法為：充分加熱溴乙烷和2mL5%NaOH混合溶液，停止加熱后冷卻，然后取水層溶液于試管中，先加稀硝酸，中和未反應的NaOH溶液，使溶液顯酸化，然后再加入幾滴2%AgNO3溶液，若產生淡黃色沉淀，就證明水溶液中含有Br-，則原有機物中含有C-Br鍵，B正確；C．制備乙酸乙酯時，應該先向試管中加入3mLC2H5OH，然后緩緩加入2mL濃硫酸，待溶液冷卻后加入3mLCH3COOH，加入碎瓷片，然后再進行加熱操作，C錯誤；D．要配制銀氨溶液，操作方法是：向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩加入2%氨水溶液，直至最初產生的沉淀恰好溶解，就得到銀氨溶液，D正確；故合理選項是BD。12.以廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)為原料回收鈰，實驗流程圖如下：下列說法中錯誤的是A.流程中①②③④操作均需要用到燒杯、漏斗、玻璃棒B.濾渣B的主要成分為SiO2C.過程②中發生反應的離子方程式為D.過程④中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：4【答案】AC【解析】廢玻璃粉末中含SiO2、Fe2O3、CeO2，向其中加入鹽酸，Fe2O3反應變為可溶性FeCl3進入溶液中，SiO2、CeO2不能反應，仍以固體形式存在，然后過濾。濾液A中含FeCl3，濾渣A中含有SiO2、CeO2。向濾渣A中加入稀硫酸，并加入適量H2O2，發生反應：2CeO2+6H++H2O2=2Ce3++O2↑+4H2O，SiO2不能反應，仍以固體形式存在，然后過濾。在濾液B中含有Ce3+，在濾渣B中含有SiO2；再向濾液B中加入堿NaOH，使Ce3+轉化為Ce(OH)3沉淀，向其中通入O2并加熱，發生反應：4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，再過濾，就得到Ce(OH)4產品。A．根據上述分析可知：流程中①②操作均為過濾操作，需要使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，③④不是過濾，A錯誤；B．根據上述分析可知：濾渣B的主要成分為SiO2，B正確；C．反應過程②中發生反應的離子方程式為：2CeO2+6H++H2O2=2Ce3++O2↑+4H2O，C錯誤；D．過程④中發生反應為：4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，其中氧化劑為O2，還原劑為Ce(OH)3，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：4，D正確；故合理選項是AC。13.一種新型Zn-NO2電池通過自供電實現轉化為NH3，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A.c電極的電勢比d電極的電勢低B.電解池的總反應式為：C.裝置工作時d極區溶液的pH減小D.當電路中轉移2mole-時，d極區溶液質量減少16g【答案】D【解析】新型Zn-NO2電池中，Zn失電子轉化為Zn2+，則a電極(Zn)作負極，b電極作正極，與a電極相連的c電極作陰極，d電極作陽極。A．由分析可知，右側電池為電解池，c電極作陰極，d電極作陽極，對于電解池，陽極的電勢高于陰極，則c電極的電勢比d電極的電勢低，A正確；B．在陰極，、NH3?H2O能穩定存在，則陰極電解質呈堿性，電極反應式為+6e-+5H2O=NH3+7OH-，陽極電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，將兩電極反應式調整得失電子守恒、然后相加，可得出電解池的總反應式為：，B正確；C．裝置工作時，d極發生反應2H2O-4e-=O2↑+4H+，則d極區溶液的pH減小，C正確；D．依據d極電極反應式2H2O-4e-=O2↑+4H+，當電路中轉移2mole-時，生成0.5molO2，同時有2molH+通過質子交換膜進入c極區，所以d極區溶液質量減少0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，D錯誤；故選D。14.室溫下，向含有足量的懸濁液中通入HCl氣體來調節體系pH。平衡時，隨pH的變化如圖所示(M表示、、和)，物質的溶解度以物質的量濃度表示。已知：。下列說法錯誤的是A.表示隨pH變化的曲線為ⅣB.的C.時，的溶解度約為D.Q點時，溶液中【答案】BC【解析】向含有足量的懸濁液中，不斷通入HCl氣體調節體系pH時，CaC2O4逐漸溶解，c()逐漸降低，c(Ca2+)逐漸增大、先增大后減小，逐漸增大，所以圖中曲線Ⅰ代表、曲線Ⅱ代表，曲線Ⅲ代表，曲線Ⅳ代表與pH的變化關系；由圖可知，時，此時，同理，據此分析解答；A．根據分析，表示隨pH變化的曲線為Ⅳ，A正確；B．的，B錯誤；C．時，，設

的溶解度為x，則=x，根據物料守恒得，則，解得，即

的溶解度為，C錯誤；D．Q點時，=溶液中電荷守恒：，物料守恒：，聯立兩式可得，溶液呈酸性，故，則，D正確；故選BC；15.馬來酸，富馬酸和蘋果酸在水熱條件下存在如下相互轉化過程。190℃時，相關物質的物質的量分數隨時間變化如圖所示。6.5h后，蘋果酸的物質的量分數不再隨時間變化。下列說法錯誤的是A.二元弱酸的第一級電離常數：(馬來酸)(富馬酸)B.190℃時的平衡常數：K(反應①)(反應②)(反應③)C.平均反應速率：(馬來酸)(富馬酸)(蘋果酸)D.1.25h后轉化過程以反應③為主【答案】C【解析】A．由圖可知，馬來酸屬于順式結構，屬于極性分子，富馬酸是非極性分子，因此馬來酸中羥基的極性大于富馬酸，故第一級電離常數：(馬來酸)(富馬酸)，A正確；B．平衡時，，，，故時的平衡常數：(反應①)>(反應②(反應③)，B正確C．根據物料守恒，，反應平均速率，則(馬來酸)(富馬酸)(蘋果酸)，C錯誤；D．1.25h后，馬來酸含量幾乎為0，說明反應①、②基本完成，富馬酸含量減少，蘋果酸含量增大，說明以反應③為主，D正確；故選C。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.二茂鐵是一種在化學，生物醫學等多個領域有廣泛應用的有機金屬化合物，其結構為，由環戊二烯負離子與形成。已知結構與苯相似，存在的大Π鍵。（1）的價電子軌道表示式為______。二茂鐵中存在的作用力有______（填標號）A．氫鍵B．配位鍵C．π鍵D．離子鍵（2）乙酰基二茂鐵（）和甲酰胺二茂鐵（）是兩種二茂鐵的衍生物，沸點分別為160℃和249℃。甲酰胺二茂鐵中所含元素電負性由大到小的順序為______；二者沸點相差較大的原因是______。（3）結構類似的微粒可與形成類似二茂鐵結構。例如與形成類似二茂鐵結構如圖所示，則中存在的大П鍵可表示為______；下列可以與形成類似二茂鐵結構的微粒有______（填序號）。A．B．C．D．E．（4）已知以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中原子的位置，稱作原子分數坐標。鐵的一種立方晶系晶體結構中，每個晶胞平均含有2個Fe，Fe原子分數坐標為和。已知該晶體中距離最近的Fe原子核之間的距離為apm，阿伏加德羅常數是，則晶體的密度為______。【答案】（1）①.②.BC（2）①.②.甲酰胺二茂鐵中含有鍵，能形成分子間氫鍵（3）①.②.ABC（4）【解析】（1）鐵是26號元素，的價電子排布式為，軌道表示式為；二茂鐵中與環戊二烯負離子通過配位鍵結合，環戊二烯負離子內部含有大π鍵，故選BC；（2）甲酰胺二茂鐵中所含元素有H、C、N、O、Fe，非金屬性越強，電負性越大，金屬的電負性一般小于非金屬，則電負性由大到小的順序為；甲酰胺二茂鐵中含有鍵，能形成分子間氫鍵，熔沸點高于乙酰基二茂鐵；（3）結構與苯相似，存在的大Π鍵，說明每個碳原子各提供一個單電子，同時得到一個電子，形成5中心6電子的大Π鍵，P和N同主族，每個磷原子形成2條共價鍵和一個配位鍵，則中，每個磷原子各提供一個單電子，同時得到兩個電子，形成4中心6電子的大Π鍵，表示為；A．氮原子雜化方式為，碳、氮各提供一個單電子用于形成6中心6電子的大Π鍵，即為；可以和形成類似二茂鐵結構，A選；B．環上存在一個，說明該碳原子失去了一個電子，即該碳原子形成3條共價鍵，不在提供單電子形成大Π鍵，其大Π鍵表示為，可以和形成類似二茂鐵結構，B選；C．

結構中，每個氮原子提供一個單電子，再得到一個電子，形成的大Π鍵，可以和形成類似二茂鐵結構，C選；D．中存在雜化的碳原子，沒有大Π鍵，D不選；E．中存在雜化的碳原子，沒有大Π鍵，E不選；故選ABC；（4）每個晶胞平均含有2個Fe，Fe原子分數坐標為和，則晶胞中鐵原子分別位于8個頂點和體心，晶胞的質量為g，已知該晶體中距離最近的Fe原子核之間的距離為apm，則晶胞的體對角線為2apm，則晶胞的邊長為，體積為，則晶體的密度為。17.氨基磺酸是一元固體強酸，微溶于乙醇，溶于水時存在反應：。實驗室用羥胺和反應制備氨基磺酸。已知：沸點為70℃，性質不穩定，加熱時爆炸，室溫下同時吸收水蒸氣和時迅速分解。根據下列裝置回答相關問題：（1）儀器X的名稱是______。（2）該裝置還存在一處明顯的問題，改進的辦法是______。（3）設計實驗證明氨基磺酸溶于水有生成：______。（4）下列敘述正確的是______（填字母）。a．裝置A選用98%濃硫酸可以加快生成速率b．裝置C可采用熱水浴加快反應速率c．實驗完畢后，采用過濾分離裝置C中混合物（5）氨基磺酸與氨基酸類似，是兩性化合物，能與酸、堿反應生成鹽。預測熔點大小關系是：______（填“>”或“<”），理由是______。（6）準確稱取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待測液。取25.00mL待測液于錐形瓶中，以淀粉-碘化鉀溶液做指示劑，用的標準溶液進行滴定，當溶液恰好變藍時，消耗標準溶液25.00mL。此時氨基磺酸恰好被完全氧化成，的還原產物也為，則氨基磺酸粗品的純度：______（用質量百分數表示，保留3位有效數字）；用NaOH標準溶液進行滴定也可以測定氨基磺酸粗品的純度，所選擇的指示劑為______（填“甲基橙”或“酚酞”）。【答案】（1）三頸燒瓶（2）在裝置AB間安放盛有濃硫酸的洗氣瓶（3）向少量氨基磺酸溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，證明溶于水有產生（4）c（5）①.>②.氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應生成+H3NSO，類似氨基酸形成內鹽，熔點較高，而固態硫酸為分子晶體，熔點較低（6）①.②.甲基橙【解析】本題是無機物制備類的實驗題，由裝置A制備二氧化硫，經過干燥后在裝置C中二氧化硫和反應制備氨基磺酸，由于二氧化硫有毒，會污染環境，同時產品遇水會發生反應，故裝置的最后部分要用裝有堿石灰的干燥管進行處理，以此解題。（1）由圖可知，儀器X的名稱是三頸燒瓶；（2）由于氨基磺酸室溫下同時吸收水蒸氣時迅速分解，則制備時要防水，則改進的辦法是在裝置AB間安放盛有濃硫酸的洗氣瓶，由于單向閥具有單向截止的作用，可用于防倒吸，故不能在BC處安放濃硫酸的洗氣瓶；（3）銨根離子遇到氫氧根離子在加熱時會生成氨氣，則證明氨基磺酸溶于水有生成的方法為：向少量氨基磺酸溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，證明溶于水有產生；（4）a．制備二氧化硫時利用了強酸制備弱酸，所用硫酸濃度不能太大，否則電離程度小，氫離子濃度低，反應速率慢，通常是用70%左右的硫酸，錯誤；b．沸點為70℃，性質不穩定，加熱時爆炸，則裝置C不可采用熱水浴加快反應速率，錯誤；c．氨基磺酸是一種一元固體強酸，微溶于乙醇，實驗完畢后，大部分氨基磺酸以固體形式存在，所以實驗完畢后，采用過濾分離裝置C中混合物，正確；故選c；（5）氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應生成+H3NSO，類似氨基酸形成內鹽，熔點較高，而固態硫酸為分子晶體，熔點較低，故答案為：>；氨基磺酸分子中的氨基和磺酸基反應生成+H3NSO，類似氨基酸形成內鹽，熔點較高，而固態硫酸為分子晶體，熔點較低；（6）設25.00ml待測液中氨基磺酸的物質的量為xmol；，x=0.002mol，氨基磺酸粗品的純度為；結合信息可知，氨基磺酸中混有硫酸氫銨，都能與氫氧化鈉反應，以酚酞為指示劑，用NaOH進行酸堿中和滴定能測定產品中氨基磺酸的純度，測定結果通常比NaNO2法偏高，并且滴定時，只需消耗其中的氨基磺酸，硫酸氫銨會有剩余，此時溶液顯酸性，故指示劑應該選擇甲基橙。18.氧缺位體是熱化學循環分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦（主要成分是，含、等雜質）為原料制備的流程如下：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有、、和。②25℃時，幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物開始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.690回答下列問題：（1）“焙燒”時生成三種氧化物（其中Fe的氧化物形式為），其化學方程式為______。（2）加Cu“還原”的目的是______；加CuO調pH范圍為______；濾渣2的主要成分有______。（3）流程中可以循環利用的物質是______；濾渣3可以用于______操作單元。（4）在中充分煅燒制備氧缺位體，若氧缺位體質量為原質量的96.6%，則氧缺位體中+3，+2鐵元素物質的量之比為______。（5）氧缺位體分解水制氫分兩步：第一步______（完成方程式）；第二步：。【答案】（1）（2）①.將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+在調pH時變成Fe(OH)3而除去②.4.7≤pH<6.4③.Cu和Al(OH)3（3）①.NH3②.灼燒（4）49：51（5）【解析】氧氣具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+，“焙燒”時生成三種氧化物，結合質量守恒可知，“焙燒”中黃銅礦的與氧氣反應生成SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸將金屬氧化物轉化相應硫酸鹽溶液，濾渣1為不反應的二氧化硅，加入Cu還原鐵離子為Fe2+，加入CuO調pH使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，濾渣2主要成分是氫氧化鋁沉淀，含少量銅、氧化銅；加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入過量氨水反應生