2025年山东卷化学高考真题

A

【详解】A．联合制碱法的反应中，化学方程式为： 和 ，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未 发生改变，属于非氧化还原反应，A 符合题意； B．电解盐酸生成 和 ，H 和 Cl 的化合价均发生变化（H 从+1→0，Cl 从-1→0），涉及氧化还原反应， B 不符合题意； C．金属与 反应生成氧化物，金属被氧化（化合价升高），O 被还原（化合价降低），涉及氧化还原反应， C 不符合题意； D．合成氨反应中 的 N 化合价从 0→-3， 的 H 从 0→+1，涉及氧化还原反应，D 不符合题意； 故选 A。

B

【详解】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体可吸附水中悬浮杂质，可用于净水，用法合理，A 正确； B．漂白粉含次氯酸钙，其强氧化性会破坏蚕丝（蛋白质）结构，导致丝制品损坏，用法不合理，B 不正确； C．食醋中的醋酸与水垢（碳酸钙、氢氧化镁）反应生成可溶物，可用于除水垢，用法合理，C 正确； D．小苏打（碳酸氢钠）受热分解产生 CO2 使糕点疏松，可用于烘焙糕点，用法合理，D 正确； 故选 B。

B

【详解】A．液溴为液体，应使用细口瓶保存，广口瓶通常用于固体，加水封正确但试剂瓶选择错误，A 错 误； B．硝酸银溶液见光易分解，棕色细口瓶避光且适合液体保存，B 正确； C．高锰酸钾是强氧化剂，苯酚有还原性，两者混合可能反应，不能放在同一药品柜中，C 错误； D．锂密度小于煤油，无法被煤油浸没隔绝空气，保存方法错误，应保存在固体石蜡油中，D 错误； 故选 B。

C

【分析】配制 NaOH 溶液的步骤包括计算，称量，溶解，转移，洗涤，定容，摇匀等步骤。 【详解】A．溶解 1.6g NaOH 需要在烧杯中进行，烧饼是需要的，故 A 需要； B．因无 400mL 容量瓶，必须改用 500mL 配制，计算时按 500mL 计算，需要 容量瓶，故 B 需要； C．溶解时直接加水至固体溶解，无需精确量取；定容由容量瓶完成，无需 量筒，故 C 不需要； D．NaOH 溶液配制好后需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液是液体，而且易与玻璃中的二氧化硅反应， 不能选择玻璃塞，所以需要 细口试剂瓶(具橡胶塞)，故 D 需要； 故选 C。

C

【详解】A．当 NaOH 吸收少量 SO2 时，应生成 SO 而非 HSO ，正确反应为： ，A 错误； B． 与水反应生成氢氧化钠和氧气，正确离子方程式为 ， 原方程式系数未配平，B 错误； C． 与浓盐酸加热生成 Cl2 的离子方程式为 ，各元素及 电荷均守恒，C 正确； D．稀硝酸与 Cu 反应时，产物 Cu(NO3)2 应拆解为 Cu2+和 NO ，正确离子方程式为 ，D 错误； 故选 C

D

【详解】A．中子数=174-70=104，与质子数 70 的差为 104-70=34，而非 104，A 错误； B．同位素之间质子数相同，但中子数不同，两者属于不同核素，B 错误； C．根据构造原理可知，Yb 的电子排布为[Xe]4f146s2，在 3d 和 4d 轨道上有电子，共 20 个 d 电子，C 错误； D．根据 Yb 的价电子排布式可知，其有 6s 轨道，说明其有 6 个电子层第 6 周期，其位于，Yb 且属于镧系 元素，镧系元素位于第 6 周期，D 正确； 故选 D。

B

【详解】A：NaN3 是强碱（NaOH）和弱酸（HN3）形成的盐， 水解生成 OH-，溶液显碱性，A 正确。 与 CO2 是等电子体，两者结构相似 ，其中心原子均为 sp 杂化，其电空间构型均为直线型，而非 V 形， B 错误。 C：NaN3 为离子化合物（Na+与 通过离子键结合）， 内部三个 N 原子以共价键连接，C 正确。 D：中心 N 原子通过 sp 杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D 正确。 故选 B。

A

【详解】A．H2O 沸点高于 H2S 的主要原因是 H2O 分子间存在氢键、H2S 分子间不存在氢键，而非 O 的电 离能大于 S，电离能与沸点无直接关联，A 错误； B．HClO 酸性强于 HBrO 是因为 Cl 的电负性大于 Br，导致 O-H 键极性更强，更易解离 H+，B 正确； C．金刚石硬度大于晶体硅是因为 C 原子半径小于 Si，C-C 键键能更大，共价结构更稳定，C 正确； D．MgO 和 NaF 均属于离子晶体，离子晶体 熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多 的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO 熔点高于 NaF 是因为 Mg2+和 O2−的电荷高于 Na+和 F−，且其阴、 阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D 正确； 故选 A。

C

【分析】由图中信息可知， 和 反应生成的 是 和 反应的催化剂， 是 中 间 产 物 ， 该 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ， 是还原剂， 是氧化剂， 是还原产物。 【详解】A．该反应中， 中 N 元素的化合价升高被氧化，因此， 是氧化反应的产物，A 不正确； B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为 ， B 不正确； C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗 ，处理后溶液的 增大，C 正确； D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是 ，D 不正确； 综上所述，本题选 C。

C

【分析】 热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为 和 ，其分解的化学方程式为 ，根据图数据分析可知，a 线代表 ，b 线代表 ，c 线代表 。由各线的走势可知，该反应为吸热反应，温度升高， 化学平衡正向移动。 【详解】A．a 线所示物种为 ， 固相产物，A 正确； B． 温度时，向容器中通入 ，恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不发生移动， 虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为 ，B 正确； C．恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有 ， =p( )，因此， 与 温度时热解反应的平 衡常数 相等，C 不正确； D．b 线所示物种为 ， 温度时向容器中加入 ，增大生成物的浓度导致逆反应速率增大， 化学平衡向逆反应方向移动，因此重新达平衡时（此处指的是重新建立化学平衡的过程中）逆反应速率增 大（比原平衡体系的大），D 正确； 综上所述，本题选 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。

A

【详解】A．灼烧海带需在坩埚中进行，并用泥三角支撑坩埚于铁架台上加热，仪器选择正确，A 正确； B．加热浓缩 NaCl 溶液应使用蒸发皿（而非表面皿）和玻璃棒，表面皿无法直接加热，B 错误； C．NaOH 易潮解且腐蚀性强，称量时应置于烧杯或表面皿中，而非称量纸上，C 错误； D．量取 25.00mL 的稀硫酸可以用 25mL 的移液管量取，并注入锥形瓶中，但移液管需要洗耳球配合使用， D 错误； 故选 A。

BC

【分析】全铁流电池原理为 2Fe3++Fe=3Fe2+，a 极发生 Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做负极，b 极发生 Fe3++e-=Fe2+，发生还原反应，b 为石墨电极，做正极，依次解题。 【详解】A．两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，A 错误； B．根据分析，放电时，a 极为负极，b 极为正极，B 正确； C．充电时，a 接电源负极，为阴极，电极反应式为 Fe2++2e-=Fe，b 接电源正极，为阳极，发生的电极反应 式为：Fe2+-e-=Fe3+，两极的 Fe2+均减少，C 正确； D．根据总反应方程式 2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+减少 1mol，Fe2+增加 1.5mol，D 错误； 答案选 BC。

A

【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液 I 中含有 Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣 I 为 SiO2，滤渣 I 加入 NaOH 溶 液碱浸，得到含有 Na2SiO3 的浸取液，加入试剂 Y 盐酸生成硅酸沉淀，最后得到 SiO2，滤液 I 加入试剂 X 和 H2C2O4 分离，由于 Fe2(C2O4)3 能溶于水，试剂 X 将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入 H2C2O4，使 CaC2O4 先沉淀， 滤渣 II 为 CaC2O4，滤液 II 中有 Fe3+，依次解题。 【详解】A．根据分析，加入试剂 X 的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，试剂 X 应该是氧化剂，不可以是 Fe 粉， A 错误； B．加入试剂 Y，将 Na2SiO3 转化为 H2SiO3 沉淀，最后转化为 SiO2，试剂 Y 可以是盐酸，B 正确； C．根据分析，“分离”后 Fe 元素主要存在于滤液 II 中，C 正确； D．“酸浸”后滤液 I 中 pH 过小，酸性强，造成 C2 浓度小，使 Ca2+(aq)+ C2 (aq) CaC2O4(s)平衡 逆向移动，得到 CaC2O4 沉淀少，滤渣 II 质量减少，D 正确； 答案选 A。

CD

【分析】由图示可知，M 到 N 多一个碳原子，M 与 X 发生加成反应得到 N，X 为甲醛，N 与 CH2 (COOC2H5)发生先加成后消去的反应，得到 P，P 先在碱性条件下发生取代反应，再酸化得到 Q。 【详解】A．M 属于醛类醛基的碳原子为 1 号，名称为 2-甲基丙醛，A 正确； B．根据分析，若 M+X→N 原子利用率为 100%，则 X 为 HCHO，B 正确； C．N 有醛基和-CH2OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Q 有碳碳双键，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不 能用酸性高锰酸钾溶液鉴别 N 和 Q，C 错误； D．P 到 Q 第一步在碱性条件下酯基和羟基发生取代反应形成环状结构，生成物有 CH3CH2OH，没有 CH3COOH，D 错误； 答案选 CD。

D

【分析】由题中信息可知， 可以形成 4 物种，分别为 、 、 和 ， 随着 增大， 的摩尔分数逐渐减小， 会转化为溶解度更小的 ， 的摩尔分数先增大后减小，因此， 的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲线所 示物种为 ，丁线所示物种为 ，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种 为 ，丙线所示物种为 。由甲、丁两线的交点可知，在该点 和 的摩尔分 数相等，均为 0.5，由于水溶液中 和 初始物质的量浓度均为 ，则此时溶液中 的浓度为 ，由 可以求出此时溶液中 的浓度为 ， 再 由 可 以 求 出 此 时 溶 液 中 ， ，即 ，根据图像中的位置可以估算出 。由乙和丙两线的交点可知， 和 的摩尔分数相等，均为 0.08，则由 C 元素守恒可知，此 时 的摩尔分数为 0.84。 【详解】A．由分析可知，甲线所示物种为 ，A 不正确； B．已知 二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸性， 的电离程度大于其水解程度；当溶液中 与 浓度相等时，溶液显酸性， ，则 ，故 B 不正确； C． 时， 的摩尔分数为 0.84， 的物质的量为 ，由水于溶液中 初始物质的量浓度为 ，体系中还 存在 水解产生的 ，因此， 的物质的量浓度小于 ，C 不正确； D．由分析可知 时， 的浓度为 ， ， ，D 正确； 综上所述，本题选 D。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。

（1） ①. 四 ②. VIII ③. 4：5

【小问 1 详解】 Fe 为 26 号元素，位于元素周期表中第四周期 VIII 族；基态 Fe 原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数 为 4，基态 Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为 5，故答案为：四；VIII；4：5。 【小问 2 详解】 ①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但 N 原子 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N >O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。 ②尿素分子 中 C 原子形成 3 个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为 sp2 杂化。 ③八面体配离子 中 的配位数为 6，碳氮键的键长均相等，因此 N 原子不会参与 形成配位键，说明 C=O 中 O 原子参与配位，所以与 配位的原子是 O。 【小问 3 详解】 ① 为体心立方晶胞，晶胞边长为 a pm，体对角线长度为 ，体心立方晶胞中 Fe 原子半径 r 与 体对角线关系为 4r= ，因此 原子的半径为 。 ②m 截面面积 Sm=a2pm2，每个角原子被 4 个相邻晶胞共享(二维共享)，如图所示： ，每个晶 胞的顶点原子贡献 个原子给该晶面，所含原子数为 ，单位面积原子数为 个 pm-2，n 截面面积 为 pm2，每个角原子被 4 个相邻晶胞共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为 ，单位面积原子数为 个·pm-2，因此催化活性较低的是 n 截面，该截面单位面积 含有的 原子为 个·pm-2。

（1） ①. ②. Fe2O3、

【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取 等元素，加入硫酸铵低温焙烧， 金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气 用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经 高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化 硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离， 将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节 pH， 生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 【小问 1 详解】 低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失 守 恒 可 知 还 有 氨 气 生 成 ， 化 学 方 程 式 为 ： ；根据已知条件，高温焙烧的温度为 650 ℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较 小 ， 所 以 “水 浸 ”所 得 滤 渣 的 主 要 成 分 除 了 SiO2 外 还 含 有 ， Fe2O3、 CaSO4； 故 答 案 为 ： ；Fe2O3、CaSO4； 【小问 2 详解】 根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分 解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小； 【小问 3 详解】 根据萃取的化学方程式： (有机相) (水相) (有机相) (水相)，加入有机相将铜离子 萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂 为稀 H2SO4，故答案为：H2SO4； 【小问 4 详解】 沉钴时，pH=4 时 Co2+恰好沉淀完全，其浓度为 c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时 c(H+)=1×10-4mol/L，根据 Ksp ((CoS)= 4×10-21，推出 ，又因为 Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2 (H2S)= 1×10-13， ，则 c(H2S)= = =4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS 溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸， 生成了 CoSO4 和 S，化学方程式为： ，改写成离子方程式为： 。故答案为：4×10-4； ； 【小问 5 详解】 由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可 并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。

（1）1:1:2

【分析】根据题中信息可知，本实验分为两个阶段，先由 3 种原料发生醇解反应，然后醇解产物再发生缩 聚反应得到聚酯，两个阶段控制的温度不同。当测得样品的酸值达到合理要求后，缩聚反应完成。 【小问 1 详解】 由聚酯的结构简式可知， 和 按物质的量之比 1:1 发生缩聚反应生成该聚酯，而顺丁烯二酸酐 和邻苯二甲酸酐分别与丙-1,2-二醇以物质的量之比 1:1 发生醇解反应，因此，理论上，原料物质的量投料比 n(顺丁烯二酸酐)：n(邻苯二甲酸酐)：n(丙-1,2-二醇)= 1:1:2。 【小问 2 详解】 装置 A 中 3 种原料在加热的条件下发生反应，由于这些原料有一定的挥发性，若这些原料的蒸气随氮气一 起流出，则原料的利用率减小，从而导致产品的产率减小，因此，需要冷凝回流装置，装置 B 为空气冷凝 管，其作用是导气，同时将顺丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回流到装置 A 中，但是不会将水蒸气冷凝；仪器 C 的名称是冷凝管，其可以将反应生成的水蒸气冷凝为水；根据 3 种原 料的沸点可知，反应过程中，应保持温度计 2 示数处于一定范围，即高于水的沸点、低于原料的沸点，防 止原料流失，合理的是 100~105℃，故选 B。 【小问 3 详解】 由表中数据可知，5 次滴定消耗标准溶液的体积分别为 24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL， 第 2、3 两次实验的数据的误差明显偏大，故应舍弃的数据为 2、3；用合理的 3 次实验的数据求平均值为 L-1 56000 mg·mol-1=1400c mg，因此，测得该样品的酸值为 。 若测得酸值高于聚合度要求，说明样品中所含的羧基数目较多，还有一部分单体没有发生充分发生缩聚反 应，或者聚合程度不够。因此，可采取的措施为 （填标号） A．若立即停止加热，则酸值不变，不能达到目的，相反地，可以继续加热，让缩聚反应充分进行，A 不可 取； B．若排出装置 D 内的液体，可以除去未参与缩聚反应的单体，降低混合物的酸值，但是明显不符合题意， 题中描述每隔一段时间从装置 A 中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求才可以达到目的，B 不可 取； C． 的作用是一方面可以将生成的水带走，另一方面可以起到搅拌作用，从而加快反应速率且促进缩聚 反应充分进行，因此，增大 的流速可行，C 可取； 综上所述，选 C 【小问 4 详解】 本实验中使用了 2 种酸酐，酸酐本身就能催化成酯反应（酰基化反应），且可以与水反应，促进缩聚反应正 向进行，因此，可以适当增大酸酐的用量，实验中未另加催化剂的原因是：酸酐本身就能催化成酯反应（酰 基化反应），且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。

（1） ①. ②. 羧基

【分析】A 的分子式为 C6H7N，结合 I 的结构式可推出 A 的结构式为 ，A 被高锰酸钾氧化 为 B（ ），B 与氢气加成生成 C（ ），C 与三氯化磷发生取代反应生成 D（ ），D 与 E（ ）发生取代反应生成 H（ ）， H 与 1-溴 丁 烷 发 生 取 代 反 应 生 成 目 标 产 物 。 另 一 条 合 成 路 线 为 ： B 与 SOCl2 反 应 生 成 F （ ），F 与 E（ ）发生取代反应生成 G（ ），G 与氢气加成得到 H，H 与 1-溴丁烷发生取代反应生成目标产物，据此解答。 【小问 1 详解】 由分析可知，A 的结构式为 ，B 为 ，B 含有的含氧官能团名称为羧基， 故答案为： ；羧基； 【小问 2 详解】 由分析可知，C 与三氯化磷发生取代反应生成 D（ ），D 与 E（ ）发生取 代反应生成 H（ ），化学方程式为： ，故答案为：取代反应； ； 【小问 3 详解】 G 为 ，满足以下条件的①含 ②含 2 个苯环 ③含 4 种不同化学环 境的氢原子，说明物质结构高度对称，如 ，故答案为： ； 【小问 4 详解】 H 为 ，存在酰胺基 N 原子(a)和杂环 N 原子(b)，N 原子电子云密度越大，碱性 越强，烷基是给电子基，酰胺基受旁边碳氧双键的影响，导致杂环 N 原子(b)上电子云密度增大，碱性增强， 所以碱性较强的 N 原子(b)，故答案为：b； 【小问 5 详解】 合成路线中涉及到用 H2/PtO2 加成的路线有 B→C，G→H，B→C 反应中，吡啶环被加成，G→H 转化时， 吡啶环被加成，但苯环仍然存在，说明苯环不易被加成，C，D 选项中含有碳碳双键，碳碳双键不稳定，易 发生加成反应，所以下列有机物最难反应的是苯环，故答案为：A； 【小问 6 详解】 根据题目中的信息， 与 发生取代反应生成 ， 与氢气加成得到 ， 与 1-溴 丙 烷 发 生 取 代 反 应 得 到 ， 所 以 需 要 补 充 的 合 成 路 线 为 ， 故 答 案 为 。

（1）ΔH1+ΔH2

【小问 1 详解】 已知： Ⅰ． Ⅱ． 依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应 的焓变为ΔH1+ΔH2； 【小问 2 详解】 由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为 K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知 始终 成立，因此根据图像可知乙表示的物种是 H2O，丁表示的是 H2，升高温度 S2 减小，H2O、H2 均增大，所以 丙表示表示 SO2，甲表示 H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0； 【小问 3 详解】 T1 平衡时 H2 是 amol，根据 可知 H2O 和 SO2 的物质的量均为 100amol，根据 H 元素守恒可 知 H2S 为 0.1－101a，设平衡时 CaS 和 S2 的物质的量分别为 xmol 和 ymol，根据 Ca 元素守恒可知 CaSO4 是 1－x，根据 O 元素守恒可知 2=100a+200a+4－4x，解得 x=75a+0.5，根据 S 元素守恒可知 2=0.1－101a +100a+1+2y，解得 y=0.45+0.5a，所以此时 CaS 和 CaSO4 的物质的量的差值为 2x－1=150a。 【小问 4 详解】 压缩容器容积，压强增大，反应 平衡正向进行，S2 的产率增大， H2O 的 物 质 的 量 增 大 ； 温 度 不 变 ， 由 于 始 终 不 变 ， 反 应 的平衡常数不变，所以 SO2 增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示 为 ， 始终不变，所以 增大。