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2024年山东省新高考化学试卷（等级性）

题号	一	二	三	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

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．（2分）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是（　　）

A．竹管、动物尾毫→湖笔

B．松木→油烟→徽墨

C．褚树皮→纸浆纤维→宣纸

D．端石→端砚

2．（2分）化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是（　　）

A．活性炭可用作食品脱色剂

B．铁粉可用作食品脱氧剂

C．谷氨酸钠可用作食品增味剂

D．五氧化二磷可用作食品干燥剂

3．（2分）下列化学用语或图示正确的是（　　）

A． 的系统命名：2﹣甲基苯酚

B．O₃分子的球棍模型：

C．激发态H原子的轨道表示式：

D．p﹣pπ键形成的轨道重叠示意图：

4．（2分）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是（　　）

A．金刚石（C） B．单晶硅（Si）

C．金刚砂（SiC） D．氮化硼（BN，立方相）

5．（2分）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是（　　）

A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca（OH）₂的碱性

B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了Fe³⁺的氧化性

C．制作豆腐时添加石膏，体现了CaSO₄的难溶性

D．用氨水配制银氨溶液，体现了NH₃的配位性

6．（2分）下列图示实验中，操作规范的是（　　）

A． 调控滴定速度 B． 用pH试纸测定溶液pH

C． 加热试管中的液体 D． 向试管中滴加溶液

7．（2分）我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列描述错误的是（　　）

A．通过萃取法可获得含青蒿素的提取液

B．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构

C．通过核磁共振谱可推测青蒿素相对分子质量

D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团

8．（2分）植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是（　　）

A．可与Na₂CO₃溶液反应

B．消去反应产物最多有2种

C．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物

D．与Br₂反应时可发生取代和加成两种反应

9．（2分）由O、F、I组成化学式为IO₂F的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．图中 代表F原子

B．该化合物中存在过氧键

C．该化合物中I原子存在孤对电子

D．该化合物中所有碘氧键键长相等

10．（2分）常温下Ag（Ⅰ）—CH₃COOH水溶液体系中存在反应：Ag⁺+CH₃COO^﹣═CH₃COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c₀（Ag⁺）＝c₀（CH₃COOH）＝0.08mol•L^﹣1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）下列说法正确的是（　　）

A．线Ⅱ表示CH₃COOH的变化情况

B．CH₃COOH的电离平衡常数K_a＝10ⁿ

C．pH＝n时，c（Ag⁺） mol•L^﹣1

D．pH＝10时，c（Ag⁺）+c（CH₃COOAg）＝0.08mol•L^﹣1

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．（4分）中国美食享誉世界，东城诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是（　　）

A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生

B．发酵制醇阶段有CO₂产生

C．发酵制酸阶段有酯类物质产生

D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行

（多选）12．（4分）由下列事实或现象能得出相应结论的是（　　）

	事实或现象	结论
A	向酸性KMnO4溶液中加入草酸、紫色褪去	草酸具有还原性
B	铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加	电池发生了放电反应
C	向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀	Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4）
D	2NO2⇌N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅	正反应活化能大于逆反应活化能

A．A B．B C．C D．D

13．（4分）以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H₂和O₂。装置如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．电极a连接电源负极

B．加入Y的目的是补充NaBr

C．电解总反应式为Br^﹣+3H₂O 3H₂↑

D．催化阶段反应产物物质的量之比n（Z）：n（Br^﹣）＝3：2

（多选）14．（4分）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu₂O。为探究Cu₂O的性质，取等量少许Cu₂O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是（　　）

	实验操作及现象
试管甲	滴加过量0.3mol•L﹣1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液呈浅蓝色；倒掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙	滴加过量6mol•L﹣1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色

A．试管甲中新生成的沉淀为金属Cu

B．试管甲中沉淀的变化均体现了HNO₃的氧化性

C．试管乙实验可证明Cu（Ⅰ）与NH₃形成无色配合物

D．上述两个实验表明Cu₂O为两性氧化物

（多选）15．（4分）逆水气变换反应：CO₂（g）+H₂（g）⇌CO（g）+H₂O（g） ΔH＞0。一定压力下，按CO₂、H₂物质的量之比n（CO₂）：n（H₂）＝1：1投料。T₁、T₂温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc^0.5（H₂）c（CO₂），T₁、T₂温度时反应速率常数k分别为k₁、k₂。下列说法错误的是（　　）

A．k₁＞k₂

B．T₁、T₂温度下达平衡时反应速率的比值：

C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变

D．T₂温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T₁温度时相同

三、非选择题：本题共5小题.共60分。

16．（12分）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：

（1）Mn在元素周期表中位于第 　 　周期 　 　族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是 　 　（填元素符号）。

（2）Mn的某种氧化物MnO_x的四方晶胞及其在xy平面的投影如图1所示，该氧化物化学式为 　 　。当MnO_x晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价 　 　（填“升高”“降低”或“不变”），O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是 　 　（填标号）。

A.CaO

B.V₂O₅

C.Fe₂O₃

D.CuO

（3）[BMlM]⁺ （见图2）是MnO₂品型转变的透导剂。 的空间构型为 　 　；[BMIM]⁺中咪唑环存在 大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为 　 　。

（4）MnO_x可作HMF转化为FDCA的催化剂（见图3），FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是 　 　。

17．（12分）心血管药物缬沙坦中间体（F）的两条合成路线如图所示：

已知：Ⅰ.

Ⅱ.R₁—CHO R₁CH₂NHR₂

回答下列问题：

（1）A结构简式为 　 　；B→C反应类型为 　 　。

（2）C+D→F化学方程式为 　 　。

（3）E中含氧官能团名称为 　 　；F中手性碳原子有 　 　个。

（4）D的一种同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子（个数比为6：6：1），其结构简式为 　 　。

（5）C→E的合成路线设计如下；C G（C₁₄H₁₁NO） E。试剂X为 　 　（填化学式）；试剂Y不能选用KMnO₄，原因是 　 　。

18．（12分）以铅精矿（含PbS，Ag₂S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag₂S转化为[PbCl₄]^2﹣和[AgCl₂]^﹣及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag₂S时，消耗Fe³⁺物质的量之比为 　 　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生 　 　（填化学式）。

（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl₂沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解1”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用。利用该吸收液的操作单元为 　 　。

（3）“还原”中加入铅精矿的目的是 　 　。

（4）“置换”中可选用的试剂X为 　 　（填标号）；

A.Al

B.Zn

C.Pb

D.Ag

“置换”反应的离子方程式为 　 　。

（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作 　 　（填“阴极”或“阳极”）。

19．（12分）利用“燃烧﹣碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示（夹持装置略）。

实验过程如下：

①加样：将amg样品加入管式炉内瓷舟中（瓷舟两端带有气孔且有盖）。聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c（KIO₃）：c（KI）略小于1：5的KIO₃碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液，向F内滴入适量KIO₃碱性标准溶液，发生反应：KIO₃+5KI+6HCl═3I₂+6KCl+3H₂O，使溶液显浅蓝色。

②燃烧：按一定流速通入O₂一段时间后，加热并使样品燃烧。

③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时（发生反应：SO₂+I₂+2H₂O═H₂SO₄+2HI），立即用KIO₃碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现，随SO₂不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退﹣变蓝”不断变换，直至终点。

回答下列问题：

（1）取20.00mL0.1000mol•L^﹣1KIO₃的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO₃碱性标准溶液。下列仪器必须用到的是 　 　（填标号）。

A.玻璃棒

B.1000mL锥形瓶

C.500mL容量瓶

D.胶头滴管

（2）装置B和C的作用是充分干燥O₂。B中的试剂为 　 　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是 　 　。

（3）该滴定实验达终点的现象是 　 　；滴定消耗KIO₃碱性标准溶液VmL，样品中硫的质量分数为 　 　（用代数式表示）。

（4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO₃的生成，粉尘在该过程中的作用是 　 　；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是 　 　；若滴定过程中，有少量 不经I₂直接将SO₂氧化成H₂SO₄，测定结果会 　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

20．（12分）水煤气是H₂的主要来源。研究CaO对C—H₂O体系制H₂的影响，涉及主要反应如下：

C（s）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g） （Ⅰ） ΔH₁＞0

CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g） （Ⅱ） ΔH₂＜0

CaO（s）+CO₂（g）⇌CaCO₃（s） （Ⅲ） ΔH₃＜0

回答下列问题：

（1）C（s）+CaO（s）+2H₂O（g）⇌CaCO₃（s）+2H₂（g）的焓变ΔH＝　 　（用代数式表示）。

（2）压力p下，C—H₂O—CaO体系达平衡后，图示温度范围内C（s）已完全反应。CaCO₃（s）在T₁温度时完全分解，气相中CO、CO₂和H₂摩尔分数温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 　 　（填化学式）。当温度高于T₁时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 　 　。

（3）压力p下，温度为T₀时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）的平衡常数K_p＝　 　；此时气体总物质的量为4.0mol。则CaCO₃（s）的物质的量为 　 　mol；若向平衡体系中通入少量CO₂（g），重新达平衡后，分压p（CO₂）将 　 　（填“增大”“减小”或“不变”），p（CO）将 　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。

2024年山东省新高考化学试卷（等级性）

题号	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11
答案	B	D	A	B	C	A	C	B	C	C	D
题号	13
答案	B

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．（2分）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是（　　）

A．竹管、动物尾毫→湖笔

B．松木→油烟→徽墨

C．褚树皮→纸浆纤维→宣纸

D．端石→端砚

【答案】B

【解答】解：A．竹管、动物尾毫→湖笔是物理过程，不涉及氧化还原反应，故A错误；

B．松木→油烟→徽墨涉及到碳的不完全燃烧，涉及到氧化还原反应，故B正确；

C．褚树皮→纸浆纤维→宣纸是物理过程，不涉及氧化还原反应，故C错误；

D．端石→端砚 是物理过程，不涉及氧化还原反应，故D错误；

故选：B。

2．（2分）化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是（　　）

A．活性炭可用作食品脱色剂

B．铁粉可用作食品脱氧剂

C．谷氨酸钠可用作食品增味剂

D．五氧化二磷可用作食品干燥剂

【答案】D

【解答】解：A．活性炭具有吸附性，可用作食品脱色剂，故A正确；

B．铁粉可与和氧气发生反应，可用作食品脱氧剂，故B正确；

C．谷氨酸钠具有鲜味，可用作食品增味剂，故C正确；

D．五氧化二磷有毒，不可用作食品干燥剂，故D错误；

故选：D。

3．（2分）下列化学用语或图示正确的是（　　）

A． 的系统命名：2﹣甲基苯酚

B．O₃分子的球棍模型：

C．激发态H原子的轨道表示式：

D．p﹣pπ键形成的轨道重叠示意图：

【答案】A

【解答】解：A． 中—CH₃和—OH位于苯环的邻位碳上，—OH所在C原子为1号C原子，则其系统命名为2﹣甲基苯酚，故A正确；

B．O₃是V形分子，其球棍模型为 ，故B错误；

C．第一能层内只有1s轨道，无1p轨道，则激发态H原子的轨道可表示式为 ，故C错误；

D．p﹣pσ键形成的轨道重叠图为 ，p﹣pπ键形成的轨道重叠图为 ，故D错误；

故选：A。

4．（2分）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是（　　）

A．金刚石（C） B．单晶硅（Si）

C．金刚砂（SiC） D．氮化硼（BN，立方相）

【答案】B

【解答】解：金刚石（C）、单晶硅（Si）、金刚砂（SiC）、氮化硼（BN，立方相） 均为共价晶体，共价晶体中成键键长越短，键能越大，熔沸点越高，Si—Si键的键长最长，故键能最小，熔沸点最低，故B正确，

故选：B。

5．（2分）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是（　　）

A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca（OH）₂的碱性

B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了Fe³⁺的氧化性

C．制作豆腐时添加石膏，体现了CaSO₄的难溶性

D．用氨水配制银氨溶液，体现了NH₃的配位性

【答案】C

【解答】解：A．二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca（OH）₂的碱性，故A正确；

B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板的反应为Cu+2Fe³⁺═Cu²⁺+2Fe²⁺，Fe³⁺发生还原反应、体现了Fe³⁺的氧化性，故B正确；

C．制作豆腐时添加石膏，CaSO₄使豆浆发生聚沉，与CaSO₄是电解质有关，与CaSO₄的溶解性无关，故C错误；

D．氨气分子中N原子含有孤电子对、银离子含有空轨道，二者通过配位键形成二氨合银离子，体现了NH₃的配位性，故D正确；

故选：C。

6．（2分）下列图示实验中，操作规范的是（　　）

A． 调控滴定速度 B． 用pH试纸测定溶液pH

C． 加热试管中的液体 D． 向试管中滴加溶液

【答案】A

【解答】解：A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻内扣住玻璃活塞，手心空握，图中操作正确，故A正确；

B．用pH试纸测定溶液pH值的方法：用玻璃棒蘸取少量待测液滴在pH试纸上，再对比标准比色卡，pH试纸不能伸入待测液中，故B错误；

C．加热试管中的液体时，试管中的液体的体积不能超过试管容积的 ，图中溶液体积超过试管容积的 ，故C错误；

D．向试管中滴加溶液时，胶头滴管不能伸入试管中，胶头滴管应该试管上方竖直悬空，故D错误；

故选：A。

7．（2分）我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列描述错误的是（　　）

A．通过萃取法可获得含青蒿素的提取液

B．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构

C．通过核磁共振谱可推测青蒿素相对分子质量

D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团

【答案】C

【解答】解：A．通过萃取、分液，可获得含青蒿素的提取液，故A正确；

B．X射线可以区分晶体与非晶体，通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构，故B正确；

C．通过核磁共振谱可推测青蒿素中等效氢的种类，通过质谱法可以确定青蒿素的相对分子质量，故C错误；

D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团以及其它的基团，故D正确；

故选：C。

8．（2分）植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是（　　）

A．可与Na₂CO₃溶液反应

B．消去反应产物最多有2种

C．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物

D．与Br₂反应时可发生取代和加成两种反应

【答案】B

【解答】解：A．该有机物中的酚羟基能和Na₂CO₃溶液反应，故A正确；

B．根据图知，该有机物中醇羟基发生消去反应时得到的三种产物分别是 、 、 ，故B错误；

C．该有机物酸性条件下水解生成 、 ，前者含有羧基和酚羟基且苯环上酚羟基的邻位含有氢原子、后者含有碳碳双键和两个醇羟基，所以二者都能发生反应生成高分子化合物，故C正确；

D．该有机物中碳碳双键能和溴发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位氢原子能和浓溴水发生取代反应，所以该有机物与Br₂反应时可发生加成反应和取代反应，故D正确；

故选：B。

9．（2分）由O、F、I组成化学式为IO₂F的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．图中 代表F原子

B．该化合物中存在过氧键

C．该化合物中I原子存在孤对电子

D．该化合物中所有碘氧键键长相等

【答案】C

【解答】解：A．根据分析可知，图中 代表O原子，灰色小球为F原子，故A错误；

B．由图可知，该片段中存在F—I键和I—O键、I＝O双键，根据分子式及结构片断可判断不含过氧键，故B错误；

C．该化合物中I原子的价电子数为7，F元素的化合价为﹣1价，O元素的化合价为﹣2价，则I元素的化合价为+5，据此判断I原子与其它原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其共价键数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，故C正确；

D．该化合物中既存在I—O单键，也存在I＝O双键，单键和双键的键长是不一样的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，故D错误；

故选：C。

10．（2分）常温下Ag（Ⅰ）—CH₃COOH水溶液体系中存在反应：Ag⁺+CH₃COO^﹣═CH₃COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c₀（Ag⁺）＝c₀（CH₃COOH）＝0.08mol•L^﹣1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）下列说法正确的是（　　）

A．线Ⅱ表示CH₃COOH的变化情况

B．CH₃COOH的电离平衡常数K_a＝10ⁿ

C．pH＝n时，c（Ag⁺） mol•L^﹣1

D．pH＝10时，c（Ag⁺）+c（CH₃COOAg）＝0.08mol•L^﹣1

【答案】C

【解答】解：A．根据分析可知，线Ⅱ表示CH₃COO^﹣的变化情况，故A错误；

B．由图可知，当c（CH₃COOH）＝c（CH₃COO^﹣）时，CH₃COOH的电离平衡常数K_a c（H⁺）＝10^﹣m，故B错误；

C．pH＝n时， 10^﹣m，c（CH₃COO^﹣）＝10^n﹣mc（CH₃COOH），Ag⁺+CH₃COO^﹣⇌CH₃COOAg（aq）的平衡常数K ，则c（Ag⁺） ，由图可知，pH＝n时，c（CH₃COOH）＝c（CH₃COOAg），代入得到：c（Ag⁺） mol•L^﹣1，故C正确；

D．根据物料守恒，pH＝10时的溶液中，c（Ag⁺）+c（CH₃COOAg）+c（AgOH）＝0.08mol•L^﹣1，故D错误；

故选：C。

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．（4分）中国美食享誉世界，东城诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是（　　）

A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生

B．发酵制醇阶段有CO₂产生

C．发酵制酸阶段有酯类物质产生

D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行

【答案】D

【解答】解：A．由分析可知淀粉水解阶段有葡萄糖产生，故A正确；

B．葡萄糖在无氧条件下发酵生成醇，有CO₂产生，故B正确；

C．发酵制酸，酸和醇可生成酯类物质，故C正确；

D．上述三个阶段只有制醇需要在无氧条件下进行，故D错误；

故选：D。

（多选）12．（4分）由下列事实或现象能得出相应结论的是（　　）

	事实或现象	结论
A	向酸性KMnO4溶液中加入草酸、紫色褪去	草酸具有还原性
B	铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加	电池发生了放电反应
C	向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀	Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4）
D	2NO2⇌N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅	正反应活化能大于逆反应活化能

A．A B．B C．C D．D

【答案】AB

【解答】解：A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，根据实验现象知，草酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则草酸具有还原性，故A正确；

B．铅蓄电池放电时，负极反应式为Pb 2e^﹣＝PbSO₄，正极反应式为 PbO₂+2e^﹣+4H⁺＝PbSO₄+2H₂O，充电时，阳极发生氧化反应：PbSO₄+2H₂O﹣2e^﹣＝PbO₂+4H⁺ ；阴极发生还原反应：PbSO₄+2e^﹣＝Pb ，放电时两个电极质量增加、充电时两个电极质量减少，故B正确；

C．在等浓度NaCl和Na₂CrO₄稀溶液中滴加AgNO₃溶液，先生成AgCl沉淀，说明Cl^﹣和 沉淀时，所需的c（Cl^﹣）更小，但由于AgCl和Ag₂CrO₄的K_sp表达式不同，故不能说明K_sp（AgCl）＜K_sp（Ag₂CrO₄），故C错误；

D．降低温度，红棕色变浅，说明平衡正向移动，则正反应为放热反应，ΔH＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能＜0，所以正反应活化能小于逆反应活化能，故D错误；

故选：AB。

13．（4分）以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H₂和O₂。装置如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．电极a连接电源负极

B．加入Y的目的是补充NaBr

C．电解总反应式为Br^﹣+3H₂O 3H₂↑

D．催化阶段反应产物物质的量之比n（Z）：n（Br^﹣）＝3：2

【答案】B

【解答】解：A．由图可知电极a发生的反应为2H₂O+2e^﹣＝H₂↑+2OH^﹣，发生还原反应，为阴极反应，故电极a连接电源负极，故A正确；

B．Br^﹣在循环过程中不需要补充，加入Y的目的是补充H₂O，故B错误；

C．由分析可知电解总反应为Br^﹣+3H₂O 3H₂↑，故C正确；

D．催化阶段反应为2 2Br^﹣+3O₂↑，故催化阶段反应产物物质的量之比n（Z）：n（Br^﹣）＝3：2，故D正确；

故选：B。

（多选）14．（4分）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu₂O。为探究Cu₂O的性质，取等量少许Cu₂O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是（　　）

	实验操作及现象
试管甲	滴加过量0.3mol•L﹣1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液呈浅蓝色；倒掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙	滴加过量6mol•L﹣1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色

A．试管甲中新生成的沉淀为金属Cu

B．试管甲中沉淀的变化均体现了HNO₃的氧化性

C．试管乙实验可证明Cu（Ⅰ）与NH₃形成无色配合物

D．上述两个实验表明Cu₂O为两性氧化物

【答案】AC

【解答】解：A．由分析可知试管甲中新生成的沉淀为金属Cu，故A正确；

B．试管甲中沉淀的变化为Cu₂O+2HNO₃＝Cu（NO₃）₂+Cu+H₂O，该过程硝酸表现酸性，后滴加浓硝酸发生反应为Cu+4HNO₃＝Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O，该过程HNO₃体现氧化性和酸性，故B错误；

C．试管乙中Cu₂O与NH₃形成无色配合物，静置一段时间后溶液颜色变为深蓝色，可证明Cu（Ⅰ）与NH₃形成无色配合物易被空气中氧气氧化为深蓝色四氨合铜离子，故C正确；

D．既可以和酸反应也可以和碱反应的氧化物为两性氧化物，上述两个实验没有证明Cu₂O为两性氧化物，故D错误；

故选：AC。

（多选）15．（4分）逆水气变换反应：CO₂（g）+H₂（g）⇌CO（g）+H₂O（g） ΔH＞0。一定压力下，按CO₂、H₂物质的量之比n（CO₂）：n（H₂）＝1：1投料。T₁、T₂温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc^0.5（H₂）c（CO₂），T₁、T₂温度时反应速率常数k分别为k₁、k₂。下列说法错误的是（　　）

A．k₁＞k₂

B．T₁、T₂温度下达平衡时反应速率的比值：

C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变

D．T₂温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T₁温度时相同

【答案】CD

【解答】解：A．由曲线变化可知，在T₁温度下反应先达到平衡，故温度更高，速率常数受温度影响，温度越高，反应速率常数k越大，所以k₁＞k₂，故A正确；

B．根据反应的速率方程为v＝kc^0.5（H₂）c（CO₂）可知 ，由A可知，T₁＞T₂，该反应是吸热反应，温度越高平衡正向移动，导致c（H₂）和c（CO₂）的浓度更小，故 ，故B正确；

C．该反应前后气体系数相同，故改变体系初始压力对平衡没有影响，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间会发生改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线发生改变，故C错误；

D．T₂温度下，改变初始投料比例，相当于改变反应的浓度，达到平衡时氢气和二氧化碳的摩尔分数不可能相等，故不可使平衡时各组分摩尔分数与T₁温度时相同，故D错误；

故选：CD。

三、非选择题：本题共5小题.共60分。

16．（12分）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：

（1）Mn在元素周期表中位于第 　四　周期 　ⅦB　族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是 　Cr　（填元素符号）。

（2）Mn的某种氧化物MnO_x的四方晶胞及其在xy平面的投影如图1所示，该氧化物化学式为 　MnO₂　。当MnO_x晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价 　降低　（填“升高”“降低”或“不变”），O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是 　A　（填标号）。

A.CaO

B.V₂O₅

C.Fe₂O₃

D.CuO

（3）[BMlM]⁺ （见图2）是MnO₂品型转变的透导剂。 的空间构型为 　正四面体　；[BMIM]⁺中咪唑环存在 大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为 　sp²杂化　。

（4）MnO_x可作HMF转化为FDCA的催化剂（见图3），FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是 　FDCA可形成更多的氢键　。

【答案】（1）四；ⅦB；Cr；

（2）MnO₂；降低；A；

（3）正四面体；sp²；

（4）FDCA可形成更多的氢键。

【解答】解：（1）根据Mn的位置在周期表中位置是第四周期ⅦB族，根据各原子的电子排布式可知基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，

故答案为：四；ⅦB；Cr；

（2）由图可知Mn的个数＝1+8 2，O原子的个数＝2+4 4，则该氧化物化学式为MnO₂；当MnO_x晶体有O原子脱出时，则根据化合价代数和为0可知，Mn元的化合价会降低，变价金属氧化物会产生O空位，Ca元素只有+2价，故不会产生O空位，故A正确，

故答案为：MnO₂；降低；A；

（3） 存在4个成键电子对，不存在孤电子对，故空间构型为正四面体；N原子存在π键，故是sp²杂化，

故答案为：正四面体；sp²；

（4）FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，还有氢键的作用，FDCA会形成更多的氢键，

故答案为：FDCA可形成更多的氢键。

17．（12分）心血管药物缬沙坦中间体（F）的两条合成路线如图所示：

已知：Ⅰ.

Ⅱ.R₁—CHO R₁CH₂NHR₂

回答下列问题：

（1）A结构简式为 　 　；B→C反应类型为 　取代反应　。

（2）C+D→F化学方程式为 　 + +HBr　。

（3）E中含氧官能团名称为 　醛基　；F中手性碳原子有 　1　个。

（4）D的一种同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子（个数比为6：6：1），其结构简式为 　 　。

（5）C→E的合成路线设计如下；C G（C₁₄H₁₁NO） E。试剂X为 　NaOH　（填化学式）；试剂Y不能选用KMnO₄，原因是 　G中—CH₂OH能被高锰酸钾溶液氧化为—COOH，得不到E　。

【答案】（1） ；取代反应；

（2） + +HBr；

（3）醛基；1；

（4） ；

（5）NaOH；G中—CH₂OH能被高锰酸钾溶液氧化为—COOH，得不到E。

【解答】解：（1）通过以上分析知，A结构简式为 ；B→C反应类型为取代反应，

故答案为： ；取代反应；

（2）C+D→F化学方程式为 + +HBr，

故答案为： + +HBr；

（3）E为 ，E中含氧官能团名称为醛基；F中手性碳原子有1个，为连接—COOCH₃的碳原子，

故答案为：醛基；1；

（4）D为 ，D的一种同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子（个数比为6：6：1），酯基、硝基的不饱和度都是1，根据其不饱和度知，符合条件的结构简式中除了硝基外不含其它环或双键，其结构简式为 ，

故答案为： ；

（5）C为 ，E为 ，根据G的分子式知，C先和NaOH的水溶液共热发生水解反应生成G为 ，G在Cu或Ag作催化剂条件下发生催化氧化生成E，所以X为NaOH溶液；G中—CH₂OH能被高锰酸钾溶液氧化为—COOH，得不到E，所以试剂Y不能选用KMnO₄，

故答案为：NaOH；G中—CH₂OH能被高锰酸钾溶液氧化为—COOH，得不到E。

18．（12分）以铅精矿（含PbS，Ag₂S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag₂S转化为[PbCl₄]^2﹣和[AgCl₂]^﹣及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag₂S时，消耗Fe³⁺物质的量之比为 　1：1　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生 　H₂S　（填化学式）。

（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl₂沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解1”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用。利用该吸收液的操作单元为 　热浸　。

（3）“还原”中加入铅精矿的目的是 　将过量的Fe³⁺还原为Fe²⁺　。

（4）“置换”中可选用的试剂X为 　C　（填标号）；

A.Al

B.Zn

C.Pb

D.Ag

“置换”反应的离子方程式为 　2[AgCl₂]^﹣+Pb＝2Ag+[PbCl₄]^2﹣　。

（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作 　阳极　（填“阴极”或“阳极”）。

【答案】（1）1：1；H₂S；

（2）热浸；

（3）将过量的Fe³⁺还原为Fe²⁺；

（4）C；2[AgCl₂]^﹣+Pb＝2Ag+[PbCl₄]^2﹣；

（5）阳极。

【解答】解：（1）溶解等物质的量的PbS和Ag₂S时，离子方程式分别为：PbS+2Fe³⁺+4Cl^﹣＝[PbCl₄]^2﹣+S+2Fe²⁺、Ag₂S+2Fe³⁺+4Cl^﹣＝2[AgCl₂]^﹣+S+2Fe²⁺，所以消耗Fe³⁺物质的量之比为1：1；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生H₂S，H₂S有毒，

故答案为：1：1；H₂S；

（2）热溶后得到的溶液中含有[PbCl₄]^2﹣和NaCl，“电解1”阳极产物为Cl₂，尾液为FeCl₂，二者反应得到FeCl₃，利用该吸收液的操作单元为热浸，

故答案为：热浸；

（3）过滤Ⅱ得到的滤液中含有过量的FeCl₃，根据过滤Ⅲ得到的滤渣成分知，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe³⁺还原为Fe²⁺，

故答案为：将过量的Fe³⁺还原为Fe²⁺；

（4）“置换”中可选用的试剂X能还原[AgCl₂]^﹣且不能引进新的杂质，所以X为Pb，“置换”反应的离子方程式为2[AgCl₂]^﹣+Pb＝2Ag+[PbCl₄]^2﹣，

故答案为：C；2[AgCl₂]^﹣+Pb＝2Ag+[PbCl₄]^2﹣；

（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到Ag、Pb，将Ag、Pb分离出来，Pb比Ag活泼，将富银铅泥制成阳极，Pb失电子生成Pb²⁺进入电解质溶液，Ag形成阳极泥，阴极上Pb²⁺得电子生成Pb，

故答案为：阳极。

19．（12分）利用“燃烧﹣碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示（夹持装置略）。

实验过程如下：

①加样：将amg样品加入管式炉内瓷舟中（瓷舟两端带有气孔且有盖）。聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c（KIO₃）：c（KI）略小于1：5的KIO₃碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液，向F内滴入适量KIO₃碱性标准溶液，发生反应：KIO₃+5KI+6HCl═3I₂+6KCl+3H₂O，使溶液显浅蓝色。

②燃烧：按一定流速通入O₂一段时间后，加热并使样品燃烧。

③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时（发生反应：SO₂+I₂+2H₂O═H₂SO₄+2HI），立即用KIO₃碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现，随SO₂不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退﹣变蓝”不断变换，直至终点。

回答下列问题：

（1）取20.00mL0.1000mol•L^﹣1KIO₃的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO₃碱性标准溶液。下列仪器必须用到的是 　AD　（填标号）。

A.玻璃棒

B.1000mL锥形瓶

C.500mL容量瓶

D.胶头滴管

（2）装置B和C的作用是充分干燥O₂。B中的试剂为 　浓硫酸　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是 　防止倒吸　。

（3）该滴定实验达终点的现象是 　当加入最后半滴KIO₃碱性标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内，蓝色不褪去　；滴定消耗KIO₃碱性标准溶液VmL，样品中硫的质量分数为 　 　（用代数式表示）。

（4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO₃的生成，粉尘在该过程中的作用是 　催化剂　；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是 　通入F的气体温度过高，可能导致部分I₂升华，从而消耗更多的KIO₃碱性标准溶液　；若滴定过程中，有少量 不经I₂直接将SO₂氧化成H₂SO₄，测定结果会 　不变　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

【答案】（1）AD；

（2）浓硫酸；防止倒吸；

（3）当加入最后半滴KIO₃碱性标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内，蓝色不褪去； ；

（4）催化剂；通入F的气体温度过高，可能导致部分I₂升华，从而消耗更多的KIO₃碱性标准溶液；不变。

【解答】解：（1）取20.00mL0.1000mol•L^﹣1KIO₃的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO₃碱性标准溶液，需要使用碱式滴定管或移液管量取20.00mL0.1000mol•L^﹣1KIO₃的碱性溶液，需要使用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体，需要在烧杯中进行溶解，溶解时需要使用玻璃棒进行搅拌，最后将溶液转入1000mL容量瓶中，再用胶头滴管进行定容，因此需要的仪器是玻璃棒和胶头滴管，即A和D，

故答案为：AD；

（2）装置B和C的作用是充分干燥O₂，浓硫酸具有吸水性，B中的试剂为浓硫酸，装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度比水小，若球泡内液面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子相当于磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸，

故答案为：浓硫酸；防止倒吸；

（3）该滴定实验是通过过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO₃碱性标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内，蓝色不褪去，根据S元素守恒，依据反应：SO₂+I₂+2H₂O═H₂SO₄+2HI、KIO₃+5KI+6HCl═3I₂+6KCl+3H₂O，得到关系式：3S～3SO₂～3I₂～KIO₃，滴定消耗KIO₃碱性标准溶液VmL，浓度为0.1000mol•L^﹣1 0.002mol•L^﹣1，所以n（S）＝3（KIO₃）＝3×0.002mol/L×V×10^﹣3L＝6V×10^﹣6mol，则样品中硫的质量分数为： 100% ，

故答案为：当加入最后半滴KIO₃碱性标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内，蓝色不褪去； ；

（4）粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能够催化SO₂转化为SO₃，若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO₃的生成，粉尘在该过程中的作用是催化剂，若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分I₂升华，这样就要消耗更多的KIO₃碱性标准溶液，从而使测定结果偏大，若滴定过程中，有少量 不经I₂直接将SO₂氧化成H₂SO₄，从电子转移守恒的角度分析， 得到6e^﹣被还原为I^﹣，仍得到关系式：3S～3SO₂～3I₂～KIO₃，则测定结果会不变，

故答案为：催化剂；通入F的气体温度过高，可能导致部分I₂升华，从而消耗更多的KIO₃碱性标准溶液；不变。

20．（12分）水煤气是H₂的主要来源。研究CaO对C—H₂O体系制H₂的影响，涉及主要反应如下：

C（s）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g） （Ⅰ） ΔH₁＞0

CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g） （Ⅱ） ΔH₂＜0

CaO（s）+CO₂（g）⇌CaCO₃（s） （Ⅲ） ΔH₃＜0

回答下列问题：

（1）C（s）+CaO（s）+2H₂O（g）⇌CaCO₃（s）+2H₂（g）的焓变ΔH＝　ΔH₁+ΔH₂+ΔH₃　（用代数式表示）。

（2）压力p下，C—H₂O—CaO体系达平衡后，图示温度范围内C（s）已完全反应。CaCO₃（s）在T₁温度时完全分解，气相中CO、CO₂和H₂摩尔分数温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 　H₂　（填化学式）。当温度高于T₁时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 　当温度高于T₁时，CaCO₃（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO₂的摩尔分数减小　。

（3）压力p下，温度为T₀时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）的平衡常数K_p＝　 　；此时气体总物质的量为4.0mol。则CaCO₃（s）的物质的量为 　0.5　mol；若向平衡体系中通入少量CO₂（g），重新达平衡后，分压p（CO₂）将 　不变　（填“增大”“减小”或“不变”），p（CO）将 　不变　（填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案】（1）ΔH₁+ΔH₂+ΔH₃；

（2）H₂；当温度高于T₁时，CaCO₃（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO₂的摩尔分数减小；

（3） ；0.5；不变；不变。

【解答】解：（1）根据题意有反应Ⅰ：C（s）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g） ΔH₁＞0，反应Ⅱ：CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g） ΔH₂＜0，反应Ⅲ：CaO（s）+CO₂（g）⇌CaCO₃（s） ΔH₃＜0，根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反应：C（s）+CaO（s）+2H₂O（g）⇌CaCO₃（s）+2H₂（g）ΔH，则ΔH＝ΔH₁+ΔH₂+ΔH₃，

故答案为：ΔH₁+ΔH₂+ΔH₃；

（2）图示温度范围内C（s）已完全反应，则反应Ⅰ已经完全进行，反应Ⅱ和Ⅲ全为放热反应，从开始到T₁，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H₂量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数升高，且两者的摩尔分数相同，所以a线对应H₂的摩尔分数，c线对应CO₂的摩尔分数，从开始到T₁，CO₂的摩尔分数升高，反应占主导，当温度高于T₁时，CaCO₃（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO₂的摩尔分数减小，

故答案为：H₂；当温度高于T₁时，CaCO₃（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO₂的摩尔分数减小；

（3）压力p下，温度为T₀时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）的平衡常数K_p ，设起始状态有1mol C（s），xmol H₂O，反应Ⅰ完全进行，则有三段式：

C（s）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g）

起始量（mol） 1 x 0 0

变化量（mol） 1 1 1 1

平衡量（mol） 0 x﹣1 1 1

CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）

变化量（mol） a a a a

CaO（s）+CO₂（g）⇌CaCO₃（s）

变化量（mol） b b

根据平衡时，H₂、CO、CO₂摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有： 0.5、 0.15、 0.05，解得：x ，a ，b ，则n（总）＝x+1﹣b ，由于平衡时，n（总）＝4mol，则 4，y ，则n（CaCO₃）＝b×y 0.5，若向平衡体系中通入少量CO₂（g），重新达平衡后，反应CaO（s）+CO₂（g）⇌CaCO₃（s）的K_p ，温度不变，K_p变，分压p（CO₂）将 不变，则反应Ⅱ的K_p也不变，p（CO）也不会改变，

故答案为： ；0.5；不变；不变。