山东省新高考质量测评2025届高三年级上册9月联考化学试题（解析版）

山东新高考联合质量测评9月联考试题

高三化学

本卷满分100分，考试时间90分钟

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置。

2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色

签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题

卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Na-23Q-355Fe-56

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.亚醮钺是山东博物馆的镇馆之宝，其经历风霜的洗礼、岁月的变迁和历史的沉淀，传承至今，是青铜器

中的瑰宝。下列说法正确的是

A.为了防止青铜器生锈，可将青铜器放在银盘上

B.青铜表面铜锈不能用食醋擦洗而除去

C.冶炼铜的反应为SCuFeS^+XO?=8Cu+4FeO+2FeQ3+16SO2,每生成O.lmolCu,转移电子

1.25NA

D.基态铜原子核外电子有15种不同的运动状态

【答案】C

【解析】

【详解】A.Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池时青铜器作负极，青铜器更易被腐

蚀，故A错误；

B.食醋中的醋酸会和铜锈发生反应从而除去铜锈，故B错误；

C.冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O1=8Cu+4FeO+?Fea+l6so2,反应中化合价降低的元素为Cu

和°,可知每生成SmolCu,转移电子100】入，所以每生成O.lmolCu,转移电子11519,故c正

确；

D.铜是29号元素，其原子核外有29个电子，每个电子都有其特定的空间运动状态，因此基态铜原子核

外电子共有29种不同的运动状态，故D错误；

故选C。

2.下列化学用语或图示正确的是

%逐

♦笊,.

网丸!!即

叵前

A.甲醛的电子式为H«C匚吐

B.NaCl溶液中的水合离子为

c.NH3分子的价层电子对互斥模型为。□

D.顺-2-丁烯分子的球棍模型为

【答案】D

【解析】

Io：

覆反

【详解】A.甲醛中。和C共用两对电子，O上还有2个孤电子对，甲醛的电子式为宜：屯:：：出，故A

错误;

B.NaCl溶液中Na+周围有5个水分子，CL周围有6个水分子，则氯化钠在水中形成能够自由移动的水合

氯离子和水合钠离子,故B错误;

5-3x1

C.NH3中N的价层电子对数为3+2=4,有1个孤电子对，VSEPR（价层电子对互斥）模型为四面

体，其图为:,故c错误;

D.顺-2-丁烯分子，两个甲基位于双键同侧，碳原子半径大于氢原子半径，球棍模型

故D正确;

答案选D。

3.下列实验操作或处理方法正确的是

A.浓硝酸和高锯酸钾固体都需要用棕色试剂瓶保存

B.浓硫酸稀释时不小心溅到皮肤上，先用3%~5%的NnHdO”容液冲洗

C.BaS°4等钢的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理

D.使用pH试纸测定KC1O溶液的pH

【答案】A

【解析】

【详解】A.浓硝酸和高锦酸钾固体见光都易分解，故都需要用棕色试剂瓶保存，故A正确;

B.浓硫酸具有较强的腐蚀性，不慎沾到皮肤上，应立即用大量清水冲洗，后涂上3%〜5%的碳酸氢钠溶

液，故B错误；

C.BaSCU属于难溶于水的物质，是无毒物质，不需要进行无害化处理，故C错误;

DoKC1O溶液具有强氧化性，且能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定KC1O溶液的pH,故D错误;

答案选A。

4.下列有关元素或物质的性质变化趋势错误的是

原子序数B.核电荷数C.相时分子质量D.

质子数

【答案】C

【解析】

【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，当电子层数相同，核电荷数越大半径越小，则r(Na)>r(Cl)>

r(N),A错误；

B.同周期元素，随着原子半径增大，第一电离能增大，但VA>VIA,则r(N)>r(O)>r(C),

B错误；

C.同族元素，随着原子序数增大，相对分子质量增大，则M(HBr)>M(HCl)>M(HF),C正确;

D.氧化性越强电负性越大，则Cl>N>Na,D错误；

故答案为：Co

5.下列有关实验装置的使用正确的是

D.排出碱式滴定管尖嘴内的气

C.除去乙烷中的乙烯

泡

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.固体的加热燃烧应在生烟中进行，A错误；

B.托盘天平的精确度为0.1g,B错误；

C.酸性高镒酸钾溶液会将乙烯氧化为二氧化碳气体，引入新的杂质，C错误；

D.碱式滴定管中排气泡：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从

尖嘴流出，让溶液充满尖嘴，排出气泡，D正确；

故选D。

6.性质决定用途，下列两者对应关系错误的是

A.甘油可用作护肤保湿剂，体现了甘油的吸水性

B.铁粉可用作食品脱氧剂，体现了单质铁的还原性

C.制作豆腐时添加石膏，体现了能使蛋白质变性

D.柠檬酸可用于去除水垢，体现了柠檬酸酸性强于碳酸

【答案】C

【解析】

【详解】A.甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，体现了甘油的吸水性，故A对应关系正确；

B.铁粉作食品袋内的脱氧剂，铁与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故B对应关

系正确；

C.制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与难溶性无关，故C

对应关系错误；

D.柠檬酸可用于去除水垢，运用强酸制弱酸，体现了柠檬酸酸性强于碳酸，故D对应关系正确；

故答案选Co

7.海带、紫菜等藻类植物中含有丰富的碘元素。其中，海带产量高、价格低，常用作提取碘单质的原料，

其流程如图所示。下列说法错误的是

海

灼烧带含「④HR含12溶齐|X「X

灰

虑溶液稀硫酸溶液⑤“⑥晶体碘

A.操作①②③均用到玻璃棒，且作用相同

B.操作④发生反应的离子方程式为HQO,+?「+2H+=L+2H[0

c.操作⑤中溶剂x可以选用苯或c’L

D.操作⑥可以是蒸储

【答案】A

【解析】

【分析】海带灼烧得到海带灰，浸泡得到含碘离子的悬浊液，过滤后得到含碘离子的溶液，加入稀硫酸和

过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，萃取、蒸储后得到碘单质。

【详解】A.操作①②③均用到玻璃棒，①②是搅拌，③是引流，作用不同，A错误；

B.稀硫酸和过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，操作④发生反应的离子方程式为

+

H2O3+2r+2H=I3+2H3O；B正确；

c.操作⑤为萃取，溶剂x可以选用苯或CC14,c正确；

D.操作⑥蒸储后得到碘单质，D正确；

故选Ao

8.金属-有机框架MOFs是由有机配体和金属离子通过配位键自组装形成的多孔性高比表面积的超分子材

料。如图是某种MOFs超分子的结构，下列有关说法错误的是

M=Ti,V,Cr,Mn

A.每个金属离子形成4个配位键B.金属阳离子M的化合价为+2

C.该MOFs超分子间存在氢键D.该分子的有机配体是HCOO-

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题干MOFs超分子的结构示意图可知，每个金属离子周围均形成4个配位键，A正确；

B.由题干MOFs超分子的结构示意图可知，该分子的有机配体是HCO。，则该超分子化学式为：

Zn3MO(HCOO)6,根据化学式化合价代数和为0可知，金属阳离子M的化合价为+2,B正确；

C.氢键只存在于与电负性大的N、0、F结合的H与另一个电负性大的N、0、F之间，结合题干结构示

意图可知，该MOFs超分子间不存在氢键，C错误；

D.由题干MOFs超分子的结构示意图可知，该分子的有机配体是HCOO,D正确；

故答案为：Co

9.蜂胶可作抗氧化剂，其主要活性成分咖啡酸苯乙酯(。班七)可通过下面反应得到。下列有关说法错误

的是

A.CAPE可作抗氧化剂，可能与羟基有关

B.ImolCAPE与足量NaOH溶液反应，消耗ImolNaOH

c.CAPE存在顺反异构

D.产物中x代表的是0°2+口2°

【答案】B

【解析】

【详解】A.酚羟基具有还原性，CAPE可作抗氧化剂，可能与羟基有关，A正确；

B.CAPE分子中酚羟基和酯基消耗氢氧化钠，ImolCAPE与足量NaOH溶液反应，消耗

3molNaOH,B错误；

c.CAPE含有c=c双键，且双键左右两边都是存在一个H原子和一对不同基团，存在顺反异构体，c

正确；

D.根据原子守恒结合反应物和生成物的结构简式可知，产物中X代表的是。°2+口2°,D正确；

故答案选B。

10.钿催化剂(PWG)常用于加氢反应的催化。在钿催化剂上能将N。加氢还原生成N；和1田3,

其机理及活化能(“⑪”1如图所示。下列说法错误的是

A,也还原NO总反应可能为步瓯+4HQ

B.在Pd/SVG催化剂上，NO更易被还原为N)

c.决定NO生成N：速率的基元反应为NH[N°TNHN0H

D.NO生成】田3的基元反应中，N元素化合价均降低

【答案】B

【解析】

【详解】A.还原NO,N元素化合价降低、氢元素化合价升高，符合氧化还原反应规律，总反应可

能为4N(H7瓦金=此+?瓯+4比0,故人正确；

B.在Pd/SVG催化剂上，生成NH3的活化能更小，所以NO更易被还原为NH3,故B错误；

C.活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，NH)N°TNHNOH活化能最大，反应速率最

慢，决定NO生成风速率的基元反应为NHKOTNHNOH,故c正确；

D.反应①②③④⑤，N元素化合价由+2依次降低为-3,NO生成】,田3的基元反应中，N元素化合价均

降低，故D正确；

选B。

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.下列实验操作或现象能达到实验目的或得到相应结论的是

选

实验操作或现象实验目的或结论

项

将银和AgNQ溶液与铜和Na；O4溶液组成原电池，连通后银表

ACu的金属性比Ag强

面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝

量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的探究浓度对化学反应速率的

B

Na；)SO3溶液，对比现象影响

分别向浓度均为01moi.L-的FeS°4和CuS04溶液中通入HR溶度积常数：

C

至饱和，前者无明显现象，后者生成沉淀K,(FeS)>K^(CuS)

加热乙醇和浓硫酸的混合液，将生成的气体通入酸性KN111。］溶

D乙醇发生了消去反应

液中，溶液褪色

A.AB.BC.CD.D

【答案】AC

【解析】

【详解】A.将银和AgNQ溶液与铜和NaRO,溶液组成原电池，连通后银表面有银白色金属沉积，铜

电极附近溶液逐渐变蓝，说明铜发生氧化反应，银离子在银电极上发生还原反应，则Cu的金属性比Ag

强，故A正确；

B.量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na’SOa溶液，该反应无明显现象，不

能根据现象探究浓度对化学反应速率的影响，故B错误；

C.分别向浓度均为°Im。I匚1的FeSO*和溶液中通入HR至饱和，溶液中由硫化氢电离产生

的硫离子浓度较小，前者无明显现象，后者生成沉淀Cus,则溶度积常数故c正

确；

D.加热乙醇和浓硫酸的混合液，生成的气体中还可能含有乙醇或SCh,乙醇、二氧化硫也都能使酸性高

镒酸钾溶液褪色，所以酸性Kl,dn°4溶液褪色，不能证明乙醇发生了消去反应生成乙烯，故D错误;

选AC。

12.以秸秆为原料合成PEF树脂的路线如图所示。下列说法错误的是

水解疑化HOOC(CHOH)4COOH蚣望FDCA里&

秸杆*葡萄精—葡萄糖二酸

A.秸秆富含纤维素，纤维素可以为人体提供能量

B.FDCA的同分异构体中含

c.FDCA中最多有15个原子共平面

D.葡萄糖、FDCA、单体a、PEF都能发生酯化反应

【答案】AB

【解析】

【分析】秸秆中的纤维素水解后生成葡萄糖，葡萄糖氧化生成葡萄糖二酸，葡萄糖二酸脱水成环生成

HOOCCOOH

FDCA,根据最后PEF树脂的结构简式可知，FDCA应该为,其与单体a发

生缩聚反应生成PEF树脂，故单体a为乙二醇。

【详解】A.人体不能吸收纤维素，不能为人体提供能量，A错误;

B.根据题目流程图，葡萄糖二酸脱水成环生成FDCA,含有五元环的同分异构体有

等物质，因此符合条件的同

分异构体一定大于3种，B错误;

HOOCCOOH

C.根据FDCA结构式,碳碳双键、碳氧双键连接的原子共平面，且羟基的

氢原子可以经过旋转与其他原子共平面，故最多有15个原子共平面，C正确;

D.根据PEF结构式，单体a应为乙二醇，葡萄糖、FDCA、乙二醇、PEF都含有羟基或竣基，都能发生

酯化反应，D正确;

故选ABo

13.电催化转化为CO'NH/N是实现，，双碳，，目标的有效途径之一、向一定浓度的KN03溶液中通入

C°2至饱和，电解原理如图所示。下列说法错误的是

B.电解一段时间，左室加入一定浓度的硝酸来补充消耗的电解质溶液

c.当有ISmolH*通过质子交换膜时，可以处理标准状况下224LC°：

D.若以铅酸蓄电池作为电源，其工作时负极质量减小

【答案】CD

【解析】

【分析】从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，由C°2、Nq转化为CO(NH》可知,

a电极是

阴极，a电极连接电源的负极，阴极发生得电子反应，，a电极上端通入C02,硝酸根离子转化为

CO(NH2)2,电极反应：3--2』；b电极是阳极，b电极连接电源

的正极，发生失电子反应，电极反应据此分析；

【详解】A.从电解池分析中可知，b电极是阳极，连接电源正极，A正确；

+

B.a电极反应：-NO3+16e+CO3+18H=CO(NH3)3+7H2O(消耗品和NC^,电解一段时间，左

室加入一定浓度的硝酸来补充消耗的电解质溶液，B正确；

C.0.1molCO2转化为尿素就需要1.8molH+,但是从b电极迁移a电极过去的H+的量要大于L8mol,,C

错误；

D.若以铅酸蓄电池作为电源，其工作时负极Pb-*+S°”PbS°J,质量增加，口错误；

故选CD。

14.'n。)-TiCL-KLInO4滴定法可用来测定铁矿石中铁的含量，其主要原理是利用3nd；；和TiCh将铁

矿石试样中F/*还原为Fe",再用KMn°4标准溶液滴定。为探究KMn04标准溶液滴定时，在不

同酸度下对Fe"测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴°」molL-KMn04溶液，现象如表所

示。下列说法错误的是

组别溶液现象

空白实验2mL0.3molL_1NaCl溶液+0.5mL试剂।x紫红色不褪去

实验I2mL0.3molL-1NaCl溶液+0.5mL0.Imol_1/硫酸紫红色不褪去

实验n2mL0.3moi•IfiNaCl溶液+0.5mL6moiL"硫酸紫红色明显变浅

A.X是H?°

B.实验中的硫酸不可以用盐酸来替代

C.由实验可知，若滴定在较强酸性下进行，测定结果偏小

D.为消除CT的影响，可改用KiCriO?标准溶液进行滴定

【答案】CD

【解析】

【详解】A.2mLOanolI/NaCl溶液+05mL试剂x为空白实验，x是A正确；

B.若用盐酸则增大了氯离子浓度，故实验中的硫酸不可以用盐酸来替代，B正确；

C.由实验可知，酸性越强，K"In°4溶液氧化性越强，会将氯离子氧化，若滴定在较强酸性下进行，测

定结果偏大，c错误；

D.K2c马溶液也能氧化氯离子，不能消除的影响，D错误；

故选CDo

15.向饱和AgQ溶液(有足量AgQ固体)中滴加氨水，发生反应Ag+NH3^[Ag(NH3)]和

[Ag(NHj)J+NHjB[Ag(NH3)j,Pc(M)=4gc(M)与Pc(NHi)=4gc(NH3)的关系如图所示｛其

中M代表Ag'。「、⑻(瓯)]或上(%]」｝。下列说法错误的是

B.AgC!的溶度积常数K「c.yCl>[0"

33

C,反应48++阻=[Ag(NH3i]的平衡常数K的值为10*

D.Pc(峭)=2时,溶液中c(阻)+c[[Ag(NH打卜矶Ag(NHM]]=O.Olm。*

【答案】D

【解析】

【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减

小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，

则曲线I、n、川、w分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲

线。

【详解】A.根据分析，曲线I表示与西3浓度的变化关系，A正确；

B,横坐标均为1时，c(Agr=10"8mol/L,c(Cr)=10-a33mol/LAgQ的溶度积常数

Ki(Ag.)=l产，B正确;

c,横坐标均为1时，c(Ag+1=10f/L,c｛[Ag(叫)了｝=1产mol/L

c(NH3)=10^nol/L>反应Ag+fNli,B[Ag(NHj)]的平衡常数

「｝

c([Ag(NHj1031QJ34

1

K=c(Ag；).c(NH3)~10-xl0-",c正确；

DPc(NH3)=2时，c(NH3)=0.01mol/L,溶液中

+1

c(NH,)+c[[Ag(NH3)]'[+2cj[Ag(NH,]+j>001mol.L口俨、口

故选D。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.I.氮元素可以形成多种化合物，在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题：

(1)下列有关氮原子电子排布图中，能量最高的是(填标号)。

luit^rnrrnrniniiuititi

AIs2s2pN2p>2p：BIs2s2P12p^2Pl

同同rnF[ulfulltHtil

cIS2s2P,2p,2p；DIs2s2px2p(2p,

(2)联氨(H2N-NH2)与双氧水都具有较强的极性，两者分子中键角大小比较：ZH-N-N(填“大

于”“等于”或“小于”)NHO-O；标准状况下，联氨沸点比氨高147"。，主要原因是①；

②o

（3）CN和1用3易与过渡金属离子形成配合物。已知过渡金属离子形成配合物时，d轨道电子重排尽可

能成对，空出轨道以接纳配体，含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配合物具有顺磁性的是

（填标号，下同）。

AK3[Fe（CN）6]B[Co（NH；）J

C[CU（NH3）4]CI3D[CU（NH3）2]CI

II.氮和碳可形成多种结构，一种石墨相氨化碳具有和石墨相似的层状结构，其晶胞结构如图甲所示；一

（4）石墨相氨化碳晶体含有的作用力有。图甲中所标原子SP，杂化轨道上有孤电子对的是

（填“m”或"n”）。

A.配位键B.兀键C.非极性键D.范德华力

（5）立方相氮化碳晶胞中碳原子的配位数是，若阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度

g・cm,3（用含NA的代数式表示）。

【答案】（1）B（2）①.大于②.联氨中氢键数目多③.联氨相对分子质量大（3）

AC

（4）①.BD②.m

Mx©

（5）①.4②.a%

【解析】

【小问1详解】

下列有关氮原子电子排布图中，B有更多电子处于能量较高的轨道,故能量最高，故选B；

【小问2详解】

①联氨33瓯.）

与双氧水都具有较强的极性，联氨分子中的氮原子通过共用电子对与氢原子形成键，

其中联氨中N有1对孤电子对，双氧水中O有2对孤电子对，则联氨的键角较大，两者分子中键角大小

比较：NH-N-N大于NH9-O；

②标准状况下，联氨沸点比氨高147'C,主要原因是联氨中氢键数目多，联氨相对分子质量大；

【小问3详解】

顺磁性的物质由于其未成对电子的自旋运动，其中A中的Fe的价层电子排布式为3d5,有5个未成对电

子，C中Cu的价层电子排布式为3d9,有1个未成对电子，故K3[F〃CN）6]和[01"可531』。12含有未

成对电子，故配合物具有顺磁性的是AC；

【小问4详解】

①石墨相氨化碳晶体含有的作用力有7i键、范德华力故选BD；

②图甲中所标原子SP，杂化轨道上有孤电子对的是氮原子，故选m；

【小问5详解】

①晶胞中每个C原子和4个氮原子相连,所以C原子的配位数为4；

②该晶胞的分子式为。3凡,若阿伏加德罗常数的值为1久,该晶体的密度

m92gImol9,2xl031.

—=-----------=——----g«cm3

3

gVNA（-^-cm）aNA

P-A10-1D。

17.以钳钿精矿（含£e、Te、Au、Pt、Pd等）为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示:

浓盐酸

INaCIO

|NaCO3Cl,

23牒|NH4alNHJCI

钠把一麻氯化画）—尾液

精矿

（NH）PdCI（NH）.PtCI

滤液金4264A

浸出渣II'

把一®|钳精炼卜・1

_2-2—

己知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以Au%、PtC1«'PdC1e形式存在;

②（峭％Pt1和（NH4%P网难溶于水，（NHJ2PteL易溶于水，

K」（NHJPdCl,=9.9xl0-8

⑴“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的】凡二叫和Na：「匚工转化等物质的量的Se、Te时，消

耗NaCl°3的物质的量之比为；根据下图判断“焙烧”适宜的条件为o

1

00

80

60

40

20

01.01.21.41.60300350400450500

m（Na2cle）3）：m（笆钝精矿）T/K

（2）“还原”得到金的反应的离子方程式为；加入过量＞°2的目的是。

（3）“煨烧”时还生成1%、NH4cl和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“”操作单元;

“沉箱”时先通入的气体X为（填化学式）。

（4）“沉钿”时，向c（PdQ；）=°°molL"的溶液中加入等体积的］m4.L-1的NHQ

溶液，充分反应

_1

后，溶液中"PS：）=molLo

【答案】（1）①3②.m（Na2cQlm（柏耙精矿）=i4,温度为35。~400K

（2）①.tAuQ,+BSO,+^HiO^Au+gCl+3>0；+1田②.将AuQ，全部转化为Au；将

PtQ：-7有%PtCl：

6还原为4

⑶①.氯化浸出②.0

（4）1IxlO-6

【解析】

【分析】钳钿精矿（含Se、Te>Au、Pt、Pd等）与NaCiCh和Na2cCh焙烧，“焙烧”时,注、Te转化为

可溶于水的NaReQ和NayTe。,，Au、Pt、Pd不反应，“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以

AuCls、FtCl6,F'dCl；形式存在，通过量so?还原出金，

+

2AUQ4+3SO2+6H2O=2AU+8C1-+3SO；-+12H；将Ptd"原为PtCl］煨烧（NH/PdS可得

金属Pd,3（瓯）/口=2Na+2NH4Cl+16Ha+3Pt；“沉柏”时先通入氯气将Ptci;氧化为

PtQ：,再通频4cl沉箱，据此分析；

【小问1详解】

Se转化用2比。3,Se由0价升到+4价，Te转化,Te由0价升到+6价，消耗NaClQ的物质

的量之比为2：3；由图一可知，mlNaWOjLm（伯铝精矿）=14时56、Te的脱除率最高，温度为

350~400K两者的脱除率高；

【小问2详解】

+

so2为原剂将AuQ；还原为金属金，2AuCl4+3SO2+6H3O=2AU+8C1-+3SOJ'+12H；加

入过量S°2的目的是将AuQ；全部转化为Au,同时将Pt。1「还原为PtCl1；

【小问3详解】

2N2+2NH4CI+16Hoi+3Pt还生成HCI气体，可重复用于氯化浸出操作单

元；“沉钳”时先通入的气体将Pt'"「氧化为PtCl7，故气体为

【小问4详解】

设溶液体积均为体积为1L,则“（Pd01：M'mol需要结合NHQ物质的量为Mmol,溶液中剩余的

NH$Q为0.6mol,因是等体积混合，故

c（NH；）=0,3mol/LK*［（NH.%PdQj=c2（NH；）c（PdCl；j=99xW*=>dPdCl：）=1IxlO-4

?H

18.乳酸亚铁固体是一种很好的补铁剂，在空气中易潮解和氧化，实验室利用乳酸（CH3cHeOOH）与碳

酸亚铁（FeCC、）制取乳酸亚铁晶体，过程如下：

I.制备碳酸亚铁

.试剂X

A

三通阀

NH4HCO5

/溶液

操作步骤：i.组装仪器如图，检查气密性，加入试剂；ii.打开K,调节三通阀；iii.启动电磁搅拌器，

再次调节三通阀，制取碳酸亚铁；iv.关闭K,将C中物质分离提纯，获得碳酸亚铁固体。

II.制备乳酸亚铁晶体

将制得的碳酸亚铁加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75'0下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸

溶液。经系列操作后得到产品。

III.测定样品中铁元素的含量

称取5.0g样品，灼烧至完全灰化，加盐酸溶解配成250ml溶液，取25.00ml于锥形瓶中，加入过量KI

溶液充分反应，然后加入1〜2滴淀粉溶液，用。L”硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得

消耗标准溶液2000mL(己知：1卡%°；=4°：+#)

(1)试剂x的最佳选择是(填标号)。

A.98%H,S。,B.37%盐酸c,20%HSO,30%HNO

34d3

(2)装置C中发生反应的离子方程式为；装置D可盛适量的水，其作用是。

(3)步骤ii、iii调节三通阀的位置依次为(填标号)。

(4)制备乳酸亚铁晶体时，加入适量乳酸的目的是。

(5)滴定达终点的现象是；样品中铁元素的质量分数是；若称取样品时间过长，测定结

果会(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】⑴C(2)①.F/++2HC5=FeC0N+C0#+HQ②液封，防止空气进入

装置C(3)BA

(4)抑制FL水解

(5)①.滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色②.22.4%③.

偏小

【解析】

【分析】铁和稀硫酸在B中反应生成硫酸亚铁和氢气，反应生成的氢气把C中空气排出，调节三通阀，

使B中硫酸亚铁进入C与碳酸氢钱反应生成碳酸亚铁沉淀，过滤、洗涤得碳酸亚铁固体，将制得的碳酸

亚铁加入乳酸溶液中，充分反应制得乳酸亚铁。

样品灼烧至完全灰化，生成氧化铁，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，碘

单质和硫代硫酸钠反应，碘单质被还原为碘离子。

【小问1详解】

A.浓硫酸具有强氧化性，铁在浓硫酸中钝化，不用98%口"：°,，故不选A；

B.盐酸具有挥发性，挥发的氯化氢与碳酸氢核反应放出二氧化碳气体，不用37%盐酸，故不选B；

C.稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气排出C中的空气防止碳酸亚铁氧化，故选C；

D.硝酸具有强氧化性，与铁反应生成硝酸铁和一氧化氮，一氧化氮有毒，故不选D；

选C。

【小问2详解】

装置C中硫酸亚铁和碳酸氢钱反应生成硫酸镀、碳酸亚铁、二氧化碳，发生反应的离子方程式为

3+

Fe+2HC0；=FeCOjl+CO3?+H30；亚铁盐易被氧化，装置D可盛适量的水，其作用是液封，

防止空气进入装置Co

【小问3详解】

步骤ii是使B中生成的氢气进入C,三通阀的位置为步骤iii是使B中的硫酸亚铁进入B,调

节三通阀的位置是7,所以三通阀的位置依次为BA

【小问4详解】

Fe"易水解，制备乳酸亚铁晶体时，加入适量乳酸的目的是抑制Fe"水解。

【小问5详解】

滴定终点，碘单质完全被硫代硫酸钠还原为碘离子，滴定达终点的现象是滴入最后半滴标准溶液时，溶液

由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色；根据反应过程，建立关系式2Fe2+~2Fe3+~h二,

”0

2.0.lmolr1X0.02LX—=0.02mol

n(Fe2+)=n(与03)=25

002molx56g/molxl0()%=224%

样品中铁元素的质量分数是5g；若称取样品时间过长，亚铁被氧化,

测定结果会偏小。

19.肿瘤抑制剂阿伐替尼的中间体⑴的合成路线如下:

O

CCHOHHNNHCH-C—CI

A(C1H,CIO)-5f7i^rB(C.H,ClO,)J•

雁刑

ooOH

KTtgBr、||Prrar\RNtfrJ,,-

yrK

已知：©R—C-NHOCHj-HMiR—C-R.②Ri-H.a«^|—CH—R2

(i)A的名称为；BIC的反应条件为。

(2)C-»D的反应类型为；D的结构简式为；DtE反应的目的是。

(3)F中含氧官能团的名称为；D的一种同分异构体含苯环和4种不同化学环境的氢原子(个数比

为2:3：4:9),且能发生银镜反应，其结构简式为(写出一种即可)。

(4)ATI的另一条合成路线设计如下：

/\

CHNNH

A认"汰-MN——►I

H2O/H*CU/A

试剂X的结构简式为；I,d7N的化学方程式为

【答案】(1)①.对氯苯甲醛或4-氯苯甲醛②.浓硫酸，加热

(2)①.取代反应

(3)①.竣基、酰胺基

①

o

【解析】

【分析】A经催化氧化可以得到B,且A中碳氢个数之比接近一比一，存在苯环，氯原子取代了苯环上的

一个氢原子，又因为有氧原子的存在，根据原子个数关系推测存在醛基，再结合E的结构简式可知位置关

系，故A为对氯苯甲醛或4-氯苯甲醛；经催化氧化可以将醛基转化为竣基，故B为对氯苯甲酸或4-氯苯

甲酸，B7C发生了酯化反应，反应条件为在浓和加热条件下；C在一定条件下转化为D,而D

在一定条件下转化为E,通过观察E,存在苯环与酯基，可以推出CTD与DTE均发生了取代反应，

/"\

HNN—

C-*D反应中，C苯环上的氯原子被\一/取代，D的结构简式为

HNN—<f7—COOC,H5HNN—

\一/\=/,D->E是D上的\一/上的氢原子被

0

_||_

’一取代，并脱去一分子的〃C7；E在热碱溶液下发生酯的水解，并经历酸性环境得到

O

F&C-C.NC0°H,F与阴。N%反应得到

结合已知①推断G经过取代反应得到

;H在一定条件下得到

F

；由此解答。

【小问1详解】

由分析可知A的名称为对氯苯甲醛或4-氯苯甲醛；B-»C的反应条件为浓硫酸，加热；故答案为①对氯

苯甲醛或4-氯苯甲醛②浓硫酸，加热；

【小问2详解】

HNCOOC.H.

由分析可知C-D的反应类型为取代反应；D的结构简式为；结

合目标产物I的结构简式可以得出D-*E反应的目的是保护氨基；故答案为①取代反应

HNNCOOC,H5

②③保护氨基;

【小问3详解】

由分析中F的结构简式可以得到含氧官能团的名称为我基、酰胺基；D的一种同分异构体含苯环和4种不

同化学环境的氢原子（个数比为2：3：4：9）,且能发生银镜反应，则说明含有醛基且在苯环上有两对对称

位置，可以推断出存在的官能团为醛基与胺基且均为两个在苯环的对称位置，由此得出其结构简式为

CH.

।9

PyNH?OHC、

OHC'H2NX

人/''飞凡X

OHCX

H2N-H2NNH,

（（或

C(CH3h或C（CHJ.故答案为①竣基、酰胺基②CHJ

CH

OHC人丫入CHO

C(CHJ,.

【小问4详解】

A-I的另一条合成路线中A可以由己知②推断，A中存在醛基，结合已知与目标产物的结构可

F—VMgBr

以得到试剂X的结构简式为\=/,M7N将羟基催化氧化为酸基

20.探究CHj°H合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CHjOH的产率。以CO］、为原料合成

CH30H涉及的主要反应如下：

ICO2(g)+3H2(g)BCH30H(§)+为。卷)&AH］；

ICO(g)+2H2(g)^CH3OH(g)K2AH2；

mCO2(g)+H2(g)^CO(g)+H2O(g)K3AH3O

回答下列问题：

(i)平衡常数K3=(用K］、K：表示)，上述反应的PK-T线性关系如下图所示，的数值

范围是(填标号，下同)。