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山东省2025年高考化学试题
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）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．侯德榜发明了以NH3CO2和NaCl为原料的联合制碱法
B．戴维电解盐酸得到H2和CI2，从而提出了酸的含氢学说
C．拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说
D．哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的方法
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．向饱和食盐水中依次通入氨气和二氧化碳，发生反应：NH3 + CO2 + H2O + NaCl = NaHCO3↓ + NH4Cl，加热生成的碳酸氢钠得到碳酸钠，该过程中没有元素的化合价发生变化，为非氧化还原反应，故A正确；
Ｂ．戴维电解盐酸制 H2和 Cl2，H和Cl的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B错误；
Ｃ．金属与氧气反应生成金属氧化物，该过程中金属的单质的化合价升高，O元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故C错误；
Ｄ．氮气和氢气合成氨气的过程中，N元素和H元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故D错误；
故选A。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
2．（2025·山东）化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是（　　）
A．用明矾净化黄河水 B．用漂白粉漂白蚕丝制品
C．用食醋去除水壶中水垢 D．用小苏打作烘焙糕点膨松剂
【答案】B
【知识点】水的净化；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．明矾溶于水后，电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质（如泥沙）并聚沉，达到净水目的，故A正确；
Ｂ．Ca(ClO)2具有强氧化性，会破坏蛋白质中的肽键和氨基酸结构，导致蚕丝纤维变性、脆化，损坏制品，因此漂白粉不宜用于漂白蚕丝等蛋白质类织物，故B错误；
Ｃ．食醋的主要成分为醋酸，能与水垢中的碳酸钙、氢氧化镁等反应生成可溶性盐，除去水垢，故C正确；
Ｄ．小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，使面团膨胀，形成疏松多孔结构，故D正确；
故选B。
【分析】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体；
Ｂ．漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2；
Ｃ．醋酸能与水垢反应生成可溶性盐；
Ｄ．小苏打是碳酸氢钠的俗称。
3．（2025·山东）实验室中，下列试剂保存方法正确的是（　　）
A．液溴加水封保存在广口试剂瓶中
B．硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中
C．高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中
D．金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中
【答案】B
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．液体药品应保存在细口瓶中，因此液溴应保存在细口试剂瓶中，故A错误；
Ｂ．硝酸银见光易分解，棕色试剂瓶可避光，细口瓶适合存放液体，因此硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中，故B正确；
Ｃ．高锰酸钾是强氧化剂，苯酚具有还原性，且易被氧化，强氧化剂与还原剂混合存放可能发生氧化还原反应，甚至引发火灾或爆炸，需分开存放，故C错误；
Ｄ．金属锂化学性质活泼，易与空气中的氧气、水蒸气反应，需隔绝空气保存，锂的密度比煤油小，会浮在煤油表面，无法被完全覆盖，起不到隔绝空气的作用，锂应保存在石蜡油或固体石蜡中，故D错误；
故选B。
【分析】A．液溴易挥发；
Ｂ．硝酸银见光易分解；
Ｃ．高锰酸钾具有强氧化性，能氧化苯酚；
Ｄ．金属锂化学性质活泼，易与空气中的氧气、水蒸气反应。
4．（2025·山东） 称取1.6g 固体 NaOH 配制400mL浓度约为0.1mol·L-1的NaOH 溶液，下列仪器中不需要使用的是（　　）
A．100mL烧杯 B．500mL容量瓶
C．500mL量筒 D．500mL细口试剂瓶（具橡胶塞)
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】根据分析可知，需要的仪器为：100mL烧杯、500mL容量瓶、500mL细口试剂瓶（具橡胶塞)，定容时用胶头滴管精确加水，无需用量筒量取大量水，因此不需要500mL量筒。
故选C。
【分析】配制一定物质的量浓度溶液的步骤及所需仪器：
计算：称取1.6gNaOH配制约 0.1 mol/L 的溶液，由于实验室无400mL 容量瓶，需选用500mL容量瓶；
称量：用托盘天平称取1.6gNaOH；
溶解：将NaOH放入100mL 烧杯中，加适量蒸馏水溶解，并用玻璃棒搅拌；
转移：冷却后将溶液用玻璃棒引流至500mL容量瓶中；
洗涤：洗涤烧杯和玻璃棒 2~3 次，洗液并入容量瓶；
定容：向容量瓶中加水至刻度线下方 1~2 cm 处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切；
摇匀：盖好瓶塞，摇匀溶液；
保存：将配制好的溶液转移至500mL细口试剂瓶（具橡胶塞）中保存。
5．（2025·山东）下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．用NaOH 溶液吸收少量SO2：SO2+ OH" = HSO3-
B．用Na2O2和水制备少量O2： Na2O2+H2O =2Na++2O2↑
C．用MnO2和浓盐酸制备Cl2：
D．用稀硝酸溶解少量Cu粉：3Cu+8H++8NO3-= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．少量 SO2与 NaOH 反应生成正盐 Na2SO3，正确的离子方程式为：，故A错误；
Ｂ．该方程式原子不守恒，正确的离子方程式为，故B错误；
Ｃ．加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为 ，故C错误；
Ｄ．Cu (NO3)2为强电解质，应拆分为 Cu2+和，正确的离子方程式为： 3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O， 故D错误；
故选C。
【分析】A．SO2少量，生成亚硫酸钠；
Ｂ．该方程式原子不守恒；
Ｃ．加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水；
Ｄ．Cu (NO3)2为强电解质。
6．（2025·山东） 第70号元素镱(Yb)的基态原子价电子排布式为4f146s2。下列说法正确的是（　　）
A．Yb的中子数与质子数之差为 104
B．Yb与°Yb是同一种核素
C．基态Yb原子核外共有10个d电子
D．Yb位于元素周期表中第6周期
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Yb质量数为174，中子数 = 174-70=104，中子数与质子数之差 = 104-70=34，故A错误；
Ｂ．核素由质子数和中子数共同决定，则Yb与Yb不是同一种核素，故B错误；
Ｃ．Yb 的电子排布式为[Xe]4f146s2 ，4f 能级含 14 个电子，6s 能级含 2 个电子，不含d能级电子，故C错误；
Ｄ．由分析可知，Yb位于元素周期表第 6 周期、ⅢB 族，故D正确；
故选D。
【分析】镱为第 70 号元素，即质子数 = 原子序数 = 70， 基态原子价电子排布式为4f146s2，则位于元素周期表第 6 周期、ⅢB 族（镧系元素）。
7．（2025·山东）用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是（　　）
A．NaN3的水溶液显碱性
B．N3-的空间构型为V形
C．NaN3为含有共价键的离子化合物
D．N3-的中心N原子所有价电子均参与成键
【答案】B
【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；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．HN3为一元弱酸，则NaN3为强碱弱酸盐，水解显碱性，故A正确；
Ｂ．中心 N 原子采用sp杂化，两侧 N 原子与中心 N 形成σ键和离域π键，空间构型为直线形，而非V形，故B错误；
Ｃ．NaN3由Na+和构成，属于离子化合物，中 N 原子间以共价键结合，故 NaN3为含有共价键的离子化合物 ，故C正确；
Ｄ． 中心N原子的价电子排布为 2s22p3， 在中，其与两侧N原子形成2个σ键和2个π键（离域 π 键），价电子全部用于成键，无孤电子对，故D正确；
故选B。
【分析】A．NaN3为强碱弱酸盐；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断；
Ｃ． NaN3为离子化合物；
Ｄ．中心 N 原子的价电子排布为 2s22p3。
8．（2025·山东）物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是（　　）
性质差异 主要原因
A 沸点：H2O>H2S 电离能：O>S
B 酸性：HClO>HBrO 电负性：Cl>Br
C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：Si>C
D 熔点：MgO>NaF 离子电荷： Mg2+ >Na+，O2- >F-
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．H2O 分子间存在氢键，而 H2S 分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，故 H2O 沸点更高，与电离能无关，故A错误；
Ｂ．电负性：Cl > Br，导致 ClO-中 Cl 对O的吸电子能力更强，使 O-H 键极性增强，H+更易电离，故 HClO 酸性强于 HBrO，故B正确；
Ｃ．金刚石和晶体硅均为共价晶体，硬度取决于共价键强弱，原子半径：Si > C，则C-C 键键长更短、键能更大，故金刚石硬度更高，故C正确；
Ｄ．MgO 和NaF均为离子晶体，熔点由离子键强弱决定，离子电荷越高、半径越小，离子键越强，Mg2+和 O2-的电荷数均高于 Na+和 F-，故MgO 熔点更高，故D正确；
故选A。
【分析】A．电离能是气态原子失去电子的难易程度，不影响物质的熔沸点；
Ｂ．电负性越大，键的极性越大；
Ｃ．键长越短，键能越大，硬度越高；
Ｄ．离子晶体离子所带电荷数越多，离子半径越小，熔沸点越高。
9．（2025·山东）用肼（N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．N2是还原反应的产物
B．还原性：N2H4C．处理后溶液的pH增大
D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A．该反应中，是还原剂，发生氧化反应，生成氧化产物，A错误；
B．还原剂的还原性大于还原产物，因此还原性：，B错误；
C．该过程的总反应为：，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确；
D．由图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D错误；
故选C。
【分析】由图可知，和反应生成，催化和反应，为中间产物，则该反应的方程式为，该反应中，N元素的化合价升高，被氧化，为还原剂，Fe元素的化合价降低，被还原，为氧化剂，则为氧化产物，为还原产物。
10．（2025·山东）在恒容密闭容器中，Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分）如图所示。已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全分解；体系中气相产物在T1T3温度时的分压分别为p1，p3。下列说法错误的是（　　）
A．a线所示物种为固相产物
B．T1温度时，向容器中通入N2，气相产物分压仍为p1
C．p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp。
D．T1温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线a代表，是固相产物，A正确；
B．温度时，向容器中通入，恒容密闭容器的体积不变，气相产物分压不变，仍为，B正确；
C．的平衡常数=p()，T3温度下，达到平衡时气相产物的分压为，则此时=p()=，C错误；
D．由分析可知，b线代表，向容器中加入，平衡逆向移动，重新达平衡时逆反应速率增大，D正确；
故选C。
【分析】 Na2SiF6(s)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，进而可知Na2SiF6(s)发生热解的反应为：，物质的量变化量之比与化学计量数之比正相关，则曲线a表示，曲线b代表，曲线c代表。
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）完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是（　　）
实验内容 仪器或材料
A 灼烧海带 坩埚、泥三角
B 加热浓缩NaCl溶液 表面皿、玻璃棒
C 称量5.0gNaOH 固体 电子天平、称量纸
D 量取25.00mL稀H2SO4 25mL移液管、锥形瓶
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．灼烧固体需用坩埚，坩埚放在泥三角上加热，泥三角固定在铁架台上，故A正确；
Ｂ．加热浓缩溶液应使用蒸发皿，表面皿常用于盛放少量液体或作盖子，不能用于加热，故B错误；
Ｃ．NaOH易潮解且具有腐蚀性，不能直接放在称量纸上称量，应放在小烧杯或表面皿中称量，故C错误；
Ｄ．移液管用于精确量取液体，量取后将液体转移至锥形瓶，故D正确；
故选AD。
【分析】A．用坩埚灼烧固体；
Ｂ．表面皿不用于加热；
Ｃ．NaOH具有腐蚀性，应放在烧杯中称量；
Ｄ．锥形瓶通常不用作量取液体的接收容器。
12．（2025·山东）全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是（　　）
A．隔膜为阳离子交换膜
B．放电时，a极为负极
C．充电时，隔膜两侧溶液Fe2浓度均减小
D．理论上，Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加2mol
【答案】B,C
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．该电池工作的过程中，需要通过隔膜转移电子实现电荷平衡，因此隔膜为阴离子交换膜，故A错误；
Ｂ．放电时，a电极上Fe失去电子生成Fe2+，则a为负极，故B正确；
Ｃ．充电时，阴极发生反应：Fe2++2e-=Fe，阳极发生反应：Fe2+-e-=Fe3+，均消耗Fe2+，因此 隔膜两侧溶液Fe2浓度均减小 ，故C正确；
Ｄ．该电池工作时的总反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，则Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加1.5mol，故D错误；
故选BC。
【分析】全铁液流电池工作的原理为：2Fe3++Fe=3Fe2+，放电时，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为Fe3++e-=Fe2+。
13．（2025·山东） 钢渣中富含CaO，SiO2，FeO，Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca，Si，Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)，能溶于水； Ksp(CaC2O4)=2.3x10-9，Kp(FeC2O4)=3.2x10-7。
下列说法错误的是（　　）
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用盐酸
C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中
D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．加入试剂X是为了将亚铁离子氧化为铁离子，应选择具有氧化性的物质，不能是Fe粉，故A错误；
Ｂ．试剂Y是为了将硅酸钠转化为硅酸，进而得到二氧化硅，可选用盐酸，故B正确；
Ｃ．加入草酸分离的过程中，先形成 CaC2O4 沉淀除去Ca元素，分离后的Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，故C正确；
Ｄ．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小，大量的氢离子结合草酸根离子生成草酸，生成的草酸钙质量减少，即滤渣Ⅱ质量减少，故D正确；
故选A。
【分析】 钢渣中富含CaO，SiO2，FeO，Fe2O3等氧化物，加入盐酸酸浸，只有SiO2不反应，其他金属氧化物转化为对应的盐，则滤渣1为SiO2，滤液1中主要含有FeCl2、FeCl3、CaCl2， Fe2(C2O4)能溶于水，滤液1中加入试剂X，将FeCl2氧化为FeCl3，加入草酸形成沉淀分离；滤渣1为SiO2，加入NaOH溶液碱浸，反应生成硅酸钠，浸取液中主要含有硅酸钠，加入试剂Y转化最后得到SiO2。
14．（2025·山东）以异丁醛（M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是（　　）
A．M系统命名为2-甲基丙醛
B．若M+X→N原子利用率为100%，则X是甲醛
C．用酸性KMnO4溶液可鉴别N 和Q
D．P→Q过程中有CH3COOH生成
【答案】C,D
【知识点】有机物的鉴别；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．M为醛，含醛基的碳原子为1号碳原子，甲基在2号碳原子上，则其系统命名为2-甲基丙醛，故A正确；
Ｂ．由分析可知，若M+X→N原子利用率为100%，说明M和X发生加成反应生成N，则X为HCHO，故B正确；
Ｃ．N中含有醛基，能被酸性高锰酸钾氧化，Q含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，N和Q都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾鉴别两者，故C错误；
Ｄ．P中的酯基水解有HOC2H5生成，没有CH3COOH生成 ，故D错误；
故选CD。
【分析】M和X反应生成N，N比M多了一个碳原子，结合M和N的结构简式可知，X为HCHO，P中含有碳碳双键，考虑N生成P的过程中有发生消去反应，则N与CH2(COOC2H5)2先发生加成反应再发生消去反应生成P，P再碱性条件下水解再酸化得到Q。
15．（2025·山东）常温下，假设1L水溶液中Co2+和C2O42-初始物质的量浓度均为0.01mol·L-1。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示（忽略溶液体积变化)。
已知：体系中含钴物种的存在形式为Co2+，CoC2O4(s)和Co(OH)2(s)；Ksp (CoC2O4)= 6.0x10°，Ksp[Co(OH)2]=5.9x10-15。
下列说法正确的是（　　）
A．甲线所示物种为HC2O4-
B．H2C2O4的电离平衡常数Ka2=10-8
C．pH =a时，Co2+物质的量浓度为1.6x10-3mol·L'
D．pH=b时，物质的量浓度： c(OH-)【答案】C,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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，甲线所示物种为，丙线代表，A不正确；
B．为二元中强酸，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，以Co2+极限最大浓度估算形成Co(OH)2时所要最小c(OH-)=，此时溶液呈碱性，应有较多草酸根，则a点无Co(OH)2，此时Co元素只有两种存在形式：Co2+和CoC2O4，由Co元素守恒可得， 的物质的量浓度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=，C正确；
D．时，的浓度为，， ，D正确；
故选CD。
【分析】该体系中，C的存在形式包括：、、、，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， 的摩尔分数逐渐增大。则甲线代表，丁线代表，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线代表，丙线代表。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，由可知，的浓度为，再由可知，溶液中，，即，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。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·山东）Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，Fe位于第　 　周期　 　族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为　 　
（2）尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。
①元素C，N，O中，第一电离能最大的是　 　，电负性最大的是　 　
②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为　 　
③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe2+配位的原子是　 　(填元素符号)。
（3）α-Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示（晶胞边长为apm）。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半径为　 　pm。
②研究发现，α一Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是　 　，该截面单位面积含有的Fe原子为　 　个·pm-2。
【答案】（1）4；Ⅷ；4：5
（2）N；O；sp2杂化；O
（3）；n；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Fe是第26号元素，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，其未成对电子数为4，基态Fe3+的价电子排布式为3d5，其未成对电子数为5，则 基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5，故答案为： 4；Ⅷ；4：5。
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能大小：N>O>C，第一电离最大的是N；同周期从左到右元素的电负性增大，故电负性：O>N>C，电负性最大的是O，故答案为：N；O。
②尿素分子中C原子与O原子形成双键，其价层电子对数为3，采用sp2杂化，故答案为：sp2杂化。
③ 八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，说明N原子没有参与形成配位键，O原子提供孤电子对形成配位键，为配位原子，故答案为：O。
（3）①该晶胞边长为apm，体对角线的长度为apm，由晶胞图可知，4r(Fe)=apm，则Fe原子的半径为 pm，故答案为：。
②m截面中，Fe原子数目为，n截面中，Fe原子数目为，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，Fe原子数目：n截面>m截面，因此n截面的催化活性较低；该截面单位面积含有的Fe原子为 pm-2，故答案为： 。
【分析】（1）Fe为26号元素，其价电子排布式为3d64s2，基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；元素的非金属性越强，电负性越大；
②双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
③提供孤电子对的原子为配位原子；
（3）①由图可知，4r(Fe)=apm；
②根据均摊法计算截面中含有的Fe原子数目。
17．（2025·山东） 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿（要含Fe2O3MnO2及Co，Cu，Ca，Si等元素的氧化物）分离提取Cu，Co，Mn等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。
回答下列问题：
（1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为　 　.。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有　 　(填化学式)。
（2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金属元素的浸出率　 　（填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）HR萃取Cu2+反应为：。“反萃取”时加入的试剂为　 　(填化学式)。
（4）“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L']，则此时溶液中
c(H2S)=　 　mol-1L"。已知：Ka1(H2S)=1x10-7，Ka2(H2S)=1x10-13，Ksp(CoS) =4x10-21。
CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为　 　
（5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入　 　（填操作单元名称）循环利用。
【答案】（1）3MnO2+3NH4HSO4=3MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O；Fe2O3
（2）减小
（3）H2SO4
（4）4×10-16；CoS+2H++H2O2=Co2++S+2H2O
（5）低温焙烧
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐， MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成 ，同时有氨气产生，则该反应的化学方程式为：；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。
（2）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。
（3） HR萃取Cu2+反应为：(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动，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。
（4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，此时c(Co2+)=1×10-5mol/L，则c(H+)=1×10-4mol/L，Ksp((CoS)= 4×10-21，，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；CoS溶解时加入了过氧化氢、稀硫酸，反应生成CoSO4和S，则反应的离子方程式为：，故答案为：4×10-4；。
（5）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。
【分析】 铁锰氧化矿（主要含Fe2O3、MnO2及Co，Cu，Ca，Si等元素的氧化物），加入硫酸铵低温焙烧， (NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4， 金属氧化物转化为对应的硫酸盐，同时有氨气产生，用稀硫酸吸收生成的氨气生成硫酸铵溶液，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。
18．（2025·山东）如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。
实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下（加热及夹持装置略）：
原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃
顺丁烯二酸酐 52.6 202.2
邻苯二甲酸酐 130.8 295.0
丙-1，2-二醇 -60.0 187.6
实验过程：
①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入N2。搅拌下加热，两种酸酐分别与丙-1，2-二醇发生醇解反应，主要生成和。然后逐步升温至190~200℃，醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。
②缩聚反应后期，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（酸值：中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。
回答下列问题：
（1）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)=　 　
（2）装置B的作用是　 　；仪器C的名称是　 　；反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范围，合理的是　 　(填标号）。
A.55~60℃ B.100~105° C.190~195℃
（3）为测定酸值，取a g样品配制250.00mL溶液.移取25.00mL溶液，用c mol·L-1 KOH一乙醇标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下：
序号 1 2 3 4 5
滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
应舍弃的数据为　 　（填序号)；测得该样品的酸值为　 　(用含a，c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求，可采取的措施为　 　(填标号)。
A.立即停止加热 B.排出装置D内的液体 C.增大N2的流速
（4）实验中未另加催化剂的原因是　 　
【答案】（1）1：1：2
（2）冷凝回流；直形冷凝管；B
（3）2，3； ；C
（4）醇解反应生成羧酸，即可作为缩聚反应的催化剂
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 由和按物质的量之比1：1发生缩聚反应生成， 和分别与 以物质的量之比1：1反应生成和，则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，故答案为：1：1：2。
（2）装置A中3种原料在加热的条件下发生反应，有机原料具有一定的挥发性，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的名称是直形冷凝管；根据3种原料的沸点可知，反应过程中，应保持温度计2示数高于水的沸点、低于原料的沸点，防止原料流失，则合理的是100~105℃，故选B，故答案为：冷凝回流；直形冷凝管；B。
（3）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，舍去；剩余3次滴定消耗标准液的平均体积为25.00mL，25.00mL cmol·L-1KOH一乙醇标准溶液中含有KOH的质量为25.00mL ×10-3L·mL-1×cmol·L-1×56000 mg·mol-1=1400c mg，则该样品的酸值为；
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：
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，故A不符合题意；
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，故B不符合题意；
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，故C符合题意；
故选C。
故答案为：2、3；；C。
（4）实验过程中加入2种酸酐，酸酐本身就能催化成酯反应，且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行，因此不需要另加催化剂，故答案为：酸酐本身就能催化成酯反应，且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。
【分析】（1）根据反应原理确定投料比；
（2）装置B能冷凝回流原料，提高原料利用率；仪器C的直形冷凝管；温度2要高于水的沸点、低于原料的沸点；
（3）根据所测数据计算；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，还有部分单体未反应；
（4）酸酐能催化成酯反应。
19．（2025·山东）麻醉药布比卡因(1)的两条合成路线如下：
已知：①②
回答下列问题：
（1） A 结构简式为　 　；B中含氧官能团名称为　 　
（2） C→D反应类型为　 　；D+E→H化学方程式为　 　
（3）G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为　 　(写出一种即可)。
①含-NH2含2个苯环③含4种不同化学环境的氢原子
（4）H中存在酰胺基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，则碱性较强的N原子是　 　(填“a”或“b”)。
（5）结合路线信息，用H2/PtO2催化加氢时，下列有机物中最难反应的是____(填标号)。
A．苯（） B．吡啶（）
C．环已-1，3-二烯（） D．环己-1，4二烯（）
（6） 以，为主要原料合成利用上述信息补全合成路线。
【答案】（1）；羧基
（2）取代反应；
（3）（答案不唯一）
（4）b
（5）A
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）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。
（2）由分析可知，C与PCl3发生取代反应生成D；D与E发生取代反应生成H，则反应的化学方程式为：，故答案为：取代反应；。
（3）由分析可知，G为，其同分异构体满足：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，符合条件的结构简式为，故答案为：。
（4）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。
（5）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。
（6）参考题干合成路径，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。
【分析】H与发生已知②的反应生成产物I，结合I的结构简式和H的分子式可知，H为，D与E发生已知①的反应生成，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，应该是A中含有的甲基被氧化为羧基，则B的结构简式为，B与氢气加成生成C，则C的结构简式为，C与PCl3发生取代反应生成D，则D的结构简式为，D与发生已知①的反应生成H，结合H的结构简式可知，E为；另一条路径：与SOCl2反应生成F，则F的结构简式为，与发生已知①的反应生成G，则G的结构简式为，与氢气加成得到，H与发生已知②的反应生成产物I。
20．（2025·山东） 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO，转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
I . CaS(s) +2SO2(g) =CaSO4(s)+S2(g) ΔH1
II. CaSO4(s) +4H2(g)=CaS(s)+ 4H2O(g) ΔH2
III. SO2(g)+3H2(g)=H，S(g)+2H2O(g) ΔH3
恒容条件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lg n随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变。
回答下列问题：
（1） 反应的焓变ΔH =　 　((用含ΔH1，ΔH2的代数式表示)。
（2）乙线所示物种为　 　(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3　 　0 (填“>”“<”或“=”)。
（3）T温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为a mol，则S2为　 　mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)=　 　mol(用含a的最简代数式表示)。
（4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比　 　(填“增大”“减小”或“不变”)， H2O 物质的量n(H2O)　 　（填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2
（2）H2O；<
（3）0.45+；150a
（4）增大；减小
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；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】（1）根据盖斯定律，将I+Ⅱ可得，则 ΔH = ΔH1+ΔH2 ，故答案为： ΔH1+ΔH2 。
（2） 图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变 ，则，则， 因此可知曲线乙表示的物质为H2O，曲线丁表示的物种为H2，随温度升高，S2减小，说明反应I的平衡逆向移动，则SO2增大，因此丙曲线代表SO2，甲曲线代表H2S，随着温度升高，H2S减小，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动，则反应Ⅲ为放热反应，其焓变 ΔH3 <0，故答案为：H2O；<。
（3）T1温度下，反应达到平衡时，乙线（H2）、丙线（SO2）所示物种的物质的量相等，设H2为amol，则H2O和SO2均为100amol，根据H元素守恒可得，H2S的物质的量为0.1-101a，根据S原子守恒可知，S2的物质的量为 0.45+ ；根据O守恒可得，CaSO4的物质的量为， 根据Ca守恒可得，CaS的物质的量为（1-）mol，则 n(CaS)-n(CaSO4)= 1--=150amol，故答案为： 0.45+ ；150a。
（4）反应Ⅲ的平衡常数表达式为， T2温度下，体系达平衡后 ，压缩容器体积，反应I的平衡正向移动，c(SO2)增大，为定值，而K3不变，则 增大；根据H守恒有n(H2S)+n(H2O)+n(H2)=0.1mol，则n(H2S)+1.01n(H2O)=0.1mol，增大压强，反应Ⅲ的平衡正向移动，n(H2S)增大，则 n(H2O) 减小，故答案为：增大；减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）升温平衡向吸热反应方向移动，据此判断；
（3）结合元素守恒列式计算；
（4）压缩容器体积，压强增大， 的平衡正向移动。
1 / 1山东省2025年高考化学试题
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）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．侯德榜发明了以NH3CO2和NaCl为原料的联合制碱法
B．戴维电解盐酸得到H2和CI2，从而提出了酸的含氢学说
C．拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说
D．哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的方法
2．（2025·山东）化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是（　　）
A．用明矾净化黄河水 B．用漂白粉漂白蚕丝制品
C．用食醋去除水壶中水垢 D．用小苏打作烘焙糕点膨松剂
3．（2025·山东）实验室中，下列试剂保存方法正确的是（　　）
A．液溴加水封保存在广口试剂瓶中
B．硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中
C．高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中
D．金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中
4．（2025·山东） 称取1.6g 固体 NaOH 配制400mL浓度约为0.1mol·L-1的NaOH 溶液，下列仪器中不需要使用的是（　　）
A．100mL烧杯 B．500mL容量瓶
C．500mL量筒 D．500mL细口试剂瓶（具橡胶塞)
5．（2025·山东）下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．用NaOH 溶液吸收少量SO2：SO2+ OH" = HSO3-
B．用Na2O2和水制备少量O2： Na2O2+H2O =2Na++2O2↑
C．用MnO2和浓盐酸制备Cl2：
D．用稀硝酸溶解少量Cu粉：3Cu+8H++8NO3-= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
6．（2025·山东） 第70号元素镱(Yb)的基态原子价电子排布式为4f146s2。下列说法正确的是（　　）
A．Yb的中子数与质子数之差为 104
B．Yb与°Yb是同一种核素
C．基态Yb原子核外共有10个d电子
D．Yb位于元素周期表中第6周期
7．（2025·山东）用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是（　　）
A．NaN3的水溶液显碱性
B．N3-的空间构型为V形
C．NaN3为含有共价键的离子化合物
D．N3-的中心N原子所有价电子均参与成键
8．（2025·山东）物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是（　　）
性质差异 主要原因
A 沸点：H2O>H2S 电离能：O>S
B 酸性：HClO>HBrO 电负性：Cl>Br
C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：Si>C
D 熔点：MgO>NaF 离子电荷： Mg2+ >Na+，O2- >F-
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·山东）用肼（N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．N2是还原反应的产物
B．还原性：N2H4C．处理后溶液的pH增大
D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+
10．（2025·山东）在恒容密闭容器中，Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分）如图所示。已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全分解；体系中气相产物在T1T3温度时的分压分别为p1，p3。下列说法错误的是（　　）
A．a线所示物种为固相产物
B．T1温度时，向容器中通入N2，气相产物分压仍为p1
C．p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp。
D．T1温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大
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）完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是（　　）
实验内容 仪器或材料
A 灼烧海带 坩埚、泥三角
B 加热浓缩NaCl溶液 表面皿、玻璃棒
C 称量5.0gNaOH 固体 电子天平、称量纸
D 量取25.00mL稀H2SO4 25mL移液管、锥形瓶
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·山东）全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是（　　）
A．隔膜为阳离子交换膜
B．放电时，a极为负极
C．充电时，隔膜两侧溶液Fe2浓度均减小
D．理论上，Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加2mol
13．（2025·山东） 钢渣中富含CaO，SiO2，FeO，Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca，Si，Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)，能溶于水； Ksp(CaC2O4)=2.3x10-9，Kp(FeC2O4)=3.2x10-7。
下列说法错误的是（　　）
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用盐酸
C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中
D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
14．（2025·山东）以异丁醛（M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是（　　）
A．M系统命名为2-甲基丙醛
B．若M+X→N原子利用率为100%，则X是甲醛
C．用酸性KMnO4溶液可鉴别N 和Q
D．P→Q过程中有CH3COOH生成
15．（2025·山东）常温下，假设1L水溶液中Co2+和C2O42-初始物质的量浓度均为0.01mol·L-1。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示（忽略溶液体积变化)。
已知：体系中含钴物种的存在形式为Co2+，CoC2O4(s)和Co(OH)2(s)；Ksp (CoC2O4)= 6.0x10°，Ksp[Co(OH)2]=5.9x10-15。
下列说法正确的是（　　）
A．甲线所示物种为HC2O4-
B．H2C2O4的电离平衡常数Ka2=10-8
C．pH =a时，Co2+物质的量浓度为1.6x10-3mol·L'
D．pH=b时，物质的量浓度： c(OH-)三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·山东）Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，Fe位于第　 　周期　 　族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为　 　
（2）尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。
①元素C，N，O中，第一电离能最大的是　 　，电负性最大的是　 　
②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为　 　
③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe2+配位的原子是　 　(填元素符号)。
（3）α-Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示（晶胞边长为apm）。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半径为　 　pm。
②研究发现，α一Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是　 　，该截面单位面积含有的Fe原子为　 　个·pm-2。
17．（2025·山东） 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿（要含Fe2O3MnO2及Co，Cu，Ca，Si等元素的氧化物）分离提取Cu，Co，Mn等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。
回答下列问题：
（1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为　 　.。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有　 　(填化学式)。
（2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金属元素的浸出率　 　（填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）HR萃取Cu2+反应为：。“反萃取”时加入的试剂为　 　(填化学式)。
（4）“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L']，则此时溶液中
c(H2S)=　 　mol-1L"。已知：Ka1(H2S)=1x10-7，Ka2(H2S)=1x10-13，Ksp(CoS) =4x10-21。
CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为　 　
（5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入　 　（填操作单元名称）循环利用。
18．（2025·山东）如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。
实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下（加热及夹持装置略）：
原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃
顺丁烯二酸酐 52.6 202.2
邻苯二甲酸酐 130.8 295.0
丙-1，2-二醇 -60.0 187.6
实验过程：
①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入N2。搅拌下加热，两种酸酐分别与丙-1，2-二醇发生醇解反应，主要生成和。然后逐步升温至190~200℃，醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。
②缩聚反应后期，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（酸值：中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。
回答下列问题：
（1）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)=　 　
（2）装置B的作用是　 　；仪器C的名称是　 　；反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范围，合理的是　 　(填标号）。
A.55~60℃ B.100~105° C.190~195℃
（3）为测定酸值，取a g样品配制250.00mL溶液.移取25.00mL溶液，用c mol·L-1 KOH一乙醇标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下：
序号 1 2 3 4 5
滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
应舍弃的数据为　 　（填序号)；测得该样品的酸值为　 　(用含a，c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求，可采取的措施为　 　(填标号)。
A.立即停止加热 B.排出装置D内的液体 C.增大N2的流速
（4）实验中未另加催化剂的原因是　 　
19．（2025·山东）麻醉药布比卡因(1)的两条合成路线如下：
已知：①②
回答下列问题：
（1） A 结构简式为　 　；B中含氧官能团名称为　 　
（2） C→D反应类型为　 　；D+E→H化学方程式为　 　
（3）G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为　 　(写出一种即可)。
①含-NH2含2个苯环③含4种不同化学环境的氢原子
（4）H中存在酰胺基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，则碱性较强的N原子是　 　(填“a”或“b”)。
（5）结合路线信息，用H2/PtO2催化加氢时，下列有机物中最难反应的是____(填标号)。
A．苯（） B．吡啶（）
C．环已-1，3-二烯（） D．环己-1，4二烯（）
（6） 以，为主要原料合成利用上述信息补全合成路线。
20．（2025·山东） 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO，转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
I . CaS(s) +2SO2(g) =CaSO4(s)+S2(g) ΔH1
II. CaSO4(s) +4H2(g)=CaS(s)+ 4H2O(g) ΔH2
III. SO2(g)+3H2(g)=H，S(g)+2H2O(g) ΔH3
恒容条件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lg n随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变。
回答下列问题：
（1） 反应的焓变ΔH =　 　((用含ΔH1，ΔH2的代数式表示)。
（2）乙线所示物种为　 　(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3　 　0 (填“>”“<”或“=”)。
（3）T温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为a mol，则S2为　 　mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)=　 　mol(用含a的最简代数式表示)。
（4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比　 　(填“增大”“减小”或“不变”)， H2O 物质的量n(H2O)　 　（填“增大”“减小”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．向饱和食盐水中依次通入氨气和二氧化碳，发生反应：NH3 + CO2 + H2O + NaCl = NaHCO3↓ + NH4Cl，加热生成的碳酸氢钠得到碳酸钠，该过程中没有元素的化合价发生变化，为非氧化还原反应，故A正确；
Ｂ．戴维电解盐酸制 H2和 Cl2，H和Cl的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B错误；
Ｃ．金属与氧气反应生成金属氧化物，该过程中金属的单质的化合价升高，O元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故C错误；
Ｄ．氮气和氢气合成氨气的过程中，N元素和H元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故D错误；
故选A。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
2．【答案】B
【知识点】水的净化；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．明矾溶于水后，电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质（如泥沙）并聚沉，达到净水目的，故A正确；
Ｂ．Ca(ClO)2具有强氧化性，会破坏蛋白质中的肽键和氨基酸结构，导致蚕丝纤维变性、脆化，损坏制品，因此漂白粉不宜用于漂白蚕丝等蛋白质类织物，故B错误；
Ｃ．食醋的主要成分为醋酸，能与水垢中的碳酸钙、氢氧化镁等反应生成可溶性盐，除去水垢，故C正确；
Ｄ．小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，使面团膨胀，形成疏松多孔结构，故D正确；
故选B。
【分析】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体；
Ｂ．漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2；
Ｃ．醋酸能与水垢反应生成可溶性盐；
Ｄ．小苏打是碳酸氢钠的俗称。
3．【答案】B
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．液体药品应保存在细口瓶中，因此液溴应保存在细口试剂瓶中，故A错误；
Ｂ．硝酸银见光易分解，棕色试剂瓶可避光，细口瓶适合存放液体，因此硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中，故B正确；
Ｃ．高锰酸钾是强氧化剂，苯酚具有还原性，且易被氧化，强氧化剂与还原剂混合存放可能发生氧化还原反应，甚至引发火灾或爆炸，需分开存放，故C错误；
Ｄ．金属锂化学性质活泼，易与空气中的氧气、水蒸气反应，需隔绝空气保存，锂的密度比煤油小，会浮在煤油表面，无法被完全覆盖，起不到隔绝空气的作用，锂应保存在石蜡油或固体石蜡中，故D错误；
故选B。
【分析】A．液溴易挥发；
Ｂ．硝酸银见光易分解；
Ｃ．高锰酸钾具有强氧化性，能氧化苯酚；
Ｄ．金属锂化学性质活泼，易与空气中的氧气、水蒸气反应。
4．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】根据分析可知，需要的仪器为：100mL烧杯、500mL容量瓶、500mL细口试剂瓶（具橡胶塞)，定容时用胶头滴管精确加水，无需用量筒量取大量水，因此不需要500mL量筒。
故选C。
【分析】配制一定物质的量浓度溶液的步骤及所需仪器：
计算：称取1.6gNaOH配制约 0.1 mol/L 的溶液，由于实验室无400mL 容量瓶，需选用500mL容量瓶；
称量：用托盘天平称取1.6gNaOH；
溶解：将NaOH放入100mL 烧杯中，加适量蒸馏水溶解，并用玻璃棒搅拌；
转移：冷却后将溶液用玻璃棒引流至500mL容量瓶中；
洗涤：洗涤烧杯和玻璃棒 2~3 次，洗液并入容量瓶；
定容：向容量瓶中加水至刻度线下方 1~2 cm 处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切；
摇匀：盖好瓶塞，摇匀溶液；
保存：将配制好的溶液转移至500mL细口试剂瓶（具橡胶塞）中保存。
5．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．少量 SO2与 NaOH 反应生成正盐 Na2SO3，正确的离子方程式为：，故A错误；
Ｂ．该方程式原子不守恒，正确的离子方程式为，故B错误；
Ｃ．加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为 ，故C错误；
Ｄ．Cu (NO3)2为强电解质，应拆分为 Cu2+和，正确的离子方程式为： 3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O， 故D错误；
故选C。
【分析】A．SO2少量，生成亚硫酸钠；
Ｂ．该方程式原子不守恒；
Ｃ．加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水；
Ｄ．Cu (NO3)2为强电解质。
6．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Yb质量数为174，中子数 = 174-70=104，中子数与质子数之差 = 104-70=34，故A错误；
Ｂ．核素由质子数和中子数共同决定，则Yb与Yb不是同一种核素，故B错误；
Ｃ．Yb 的电子排布式为[Xe]4f146s2 ，4f 能级含 14 个电子，6s 能级含 2 个电子，不含d能级电子，故C错误；
Ｄ．由分析可知，Yb位于元素周期表第 6 周期、ⅢB 族，故D正确；
故选D。
【分析】镱为第 70 号元素，即质子数 = 原子序数 = 70， 基态原子价电子排布式为4f146s2，则位于元素周期表第 6 周期、ⅢB 族（镧系元素）。
7．【答案】B
【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；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．HN3为一元弱酸，则NaN3为强碱弱酸盐，水解显碱性，故A正确；
Ｂ．中心 N 原子采用sp杂化，两侧 N 原子与中心 N 形成σ键和离域π键，空间构型为直线形，而非V形，故B错误；
Ｃ．NaN3由Na+和构成，属于离子化合物，中 N 原子间以共价键结合，故 NaN3为含有共价键的离子化合物 ，故C正确；
Ｄ． 中心N原子的价电子排布为 2s22p3， 在中，其与两侧N原子形成2个σ键和2个π键（离域 π 键），价电子全部用于成键，无孤电子对，故D正确；
故选B。
【分析】A．NaN3为强碱弱酸盐；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断；
Ｃ． NaN3为离子化合物；
Ｄ．中心 N 原子的价电子排布为 2s22p3。
8．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．H2O 分子间存在氢键，而 H2S 分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，故 H2O 沸点更高，与电离能无关，故A错误；
Ｂ．电负性：Cl > Br，导致 ClO-中 Cl 对O的吸电子能力更强，使 O-H 键极性增强，H+更易电离，故 HClO 酸性强于 HBrO，故B正确；
Ｃ．金刚石和晶体硅均为共价晶体，硬度取决于共价键强弱，原子半径：Si > C，则C-C 键键长更短、键能更大，故金刚石硬度更高，故C正确；
Ｄ．MgO 和NaF均为离子晶体，熔点由离子键强弱决定，离子电荷越高、半径越小，离子键越强，Mg2+和 O2-的电荷数均高于 Na+和 F-，故MgO 熔点更高，故D正确；
故选A。
【分析】A．电离能是气态原子失去电子的难易程度，不影响物质的熔沸点；
Ｂ．电负性越大，键的极性越大；
Ｃ．键长越短，键能越大，硬度越高；
Ｄ．离子晶体离子所带电荷数越多，离子半径越小，熔沸点越高。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A．该反应中，是还原剂，发生氧化反应，生成氧化产物，A错误；
B．还原剂的还原性大于还原产物，因此还原性：，B错误；
C．该过程的总反应为：，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确；
D．由图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D错误；
故选C。
【分析】由图可知，和反应生成，催化和反应，为中间产物，则该反应的方程式为，该反应中，N元素的化合价升高，被氧化，为还原剂，Fe元素的化合价降低，被还原，为氧化剂，则为氧化产物，为还原产物。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线a代表，是固相产物，A正确；
B．温度时，向容器中通入，恒容密闭容器的体积不变，气相产物分压不变，仍为，B正确；
C．的平衡常数=p()，T3温度下，达到平衡时气相产物的分压为，则此时=p()=，C错误；
D．由分析可知，b线代表，向容器中加入，平衡逆向移动，重新达平衡时逆反应速率增大，D正确；
故选C。
【分析】 Na2SiF6(s)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，进而可知Na2SiF6(s)发生热解的反应为：，物质的量变化量之比与化学计量数之比正相关，则曲线a表示，曲线b代表，曲线c代表。
11．【答案】A,D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．灼烧固体需用坩埚，坩埚放在泥三角上加热，泥三角固定在铁架台上，故A正确；
Ｂ．加热浓缩溶液应使用蒸发皿，表面皿常用于盛放少量液体或作盖子，不能用于加热，故B错误；
Ｃ．NaOH易潮解且具有腐蚀性，不能直接放在称量纸上称量，应放在小烧杯或表面皿中称量，故C错误；
Ｄ．移液管用于精确量取液体，量取后将液体转移至锥形瓶，故D正确；
故选AD。
【分析】A．用坩埚灼烧固体；
Ｂ．表面皿不用于加热；
Ｃ．NaOH具有腐蚀性，应放在烧杯中称量；
Ｄ．锥形瓶通常不用作量取液体的接收容器。
12．【答案】B,C
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．该电池工作的过程中，需要通过隔膜转移电子实现电荷平衡，因此隔膜为阴离子交换膜，故A错误；
Ｂ．放电时，a电极上Fe失去电子生成Fe2+，则a为负极，故B正确；
Ｃ．充电时，阴极发生反应：Fe2++2e-=Fe，阳极发生反应：Fe2+-e-=Fe3+，均消耗Fe2+，因此 隔膜两侧溶液Fe2浓度均减小 ，故C正确；
Ｄ．该电池工作时的总反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，则Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加1.5mol，故D错误；
故选BC。
【分析】全铁液流电池工作的原理为：2Fe3++Fe=3Fe2+，放电时，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为Fe3++e-=Fe2+。
13．【答案】B
【知识点】铁的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．加入试剂X是为了将亚铁离子氧化为铁离子，应选择具有氧化性的物质，不能是Fe粉，故A错误；
Ｂ．试剂Y是为了将硅酸钠转化为硅酸，进而得到二氧化硅，可选用盐酸，故B正确；
Ｃ．加入草酸分离的过程中，先形成 CaC2O4 沉淀除去Ca元素，分离后的Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，故C正确；
Ｄ．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小，大量的氢离子结合草酸根离子生成草酸，生成的草酸钙质量减少，即滤渣Ⅱ质量减少，故D正确；
故选A。
【分析】 钢渣中富含CaO，SiO2，FeO，Fe2O3等氧化物，加入盐酸酸浸，只有SiO2不反应，其他金属氧化物转化为对应的盐，则滤渣1为SiO2，滤液1中主要含有FeCl2、FeCl3、CaCl2， Fe2(C2O4)能溶于水，滤液1中加入试剂X，将FeCl2氧化为FeCl3，加入草酸形成沉淀分离；滤渣1为SiO2，加入NaOH溶液碱浸，反应生成硅酸钠，浸取液中主要含有硅酸钠，加入试剂Y转化最后得到SiO2。
14．【答案】C,D
【知识点】有机物的鉴别；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．M为醛，含醛基的碳原子为1号碳原子，甲基在2号碳原子上，则其系统命名为2-甲基丙醛，故A正确；
Ｂ．由分析可知，若M+X→N原子利用率为100%，说明M和X发生加成反应生成N，则X为HCHO，故B正确；
Ｃ．N中含有醛基，能被酸性高锰酸钾氧化，Q含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，N和Q都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾鉴别两者，故C错误；
Ｄ．P中的酯基水解有HOC2H5生成，没有CH3COOH生成 ，故D错误；
故选CD。
【分析】M和X反应生成N，N比M多了一个碳原子，结合M和N的结构简式可知，X为HCHO，P中含有碳碳双键，考虑N生成P的过程中有发生消去反应，则N与CH2(COOC2H5)2先发生加成反应再发生消去反应生成P，P再碱性条件下水解再酸化得到Q。
15．【答案】C,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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，甲线所示物种为，丙线代表，A不正确；
B．为二元中强酸，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，以Co2+极限最大浓度估算形成Co(OH)2时所要最小c(OH-)=，此时溶液呈碱性，应有较多草酸根，则a点无Co(OH)2，此时Co元素只有两种存在形式：Co2+和CoC2O4，由Co元素守恒可得， 的物质的量浓度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=，C正确；
D．时，的浓度为，， ，D正确；
故选CD。
【分析】该体系中，C的存在形式包括：、、、，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， 的摩尔分数逐渐增大。则甲线代表，丁线代表，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线代表，丙线代表。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，由可知，的浓度为，再由可知，溶液中，，即，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。
16．【答案】（1）4；Ⅷ；4：5
（2）N；O；sp2杂化；O
（3）；n；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Fe是第26号元素，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，其未成对电子数为4，基态Fe3+的价电子排布式为3d5，其未成对电子数为5，则 基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5，故答案为： 4；Ⅷ；4：5。
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能大小：N>O>C，第一电离最大的是N；同周期从左到右元素的电负性增大，故电负性：O>N>C，电负性最大的是O，故答案为：N；O。
②尿素分子中C原子与O原子形成双键，其价层电子对数为3，采用sp2杂化，故答案为：sp2杂化。
③ 八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，说明N原子没有参与形成配位键，O原子提供孤电子对形成配位键，为配位原子，故答案为：O。
（3）①该晶胞边长为apm，体对角线的长度为apm，由晶胞图可知，4r(Fe)=apm，则Fe原子的半径为 pm，故答案为：。
②m截面中，Fe原子数目为，n截面中，Fe原子数目为，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，Fe原子数目：n截面>m截面，因此n截面的催化活性较低；该截面单位面积含有的Fe原子为 pm-2，故答案为： 。
【分析】（1）Fe为26号元素，其价电子排布式为3d64s2，基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；元素的非金属性越强，电负性越大；
②双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
③提供孤电子对的原子为配位原子；
（3）①由图可知，4r(Fe)=apm；
②根据均摊法计算截面中含有的Fe原子数目。
17．【答案】（1）3MnO2+3NH4HSO4=3MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O；Fe2O3
（2）减小
（3）H2SO4
（4）4×10-16；CoS+2H++H2O2=Co2++S+2H2O
（5）低温焙烧
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐， MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成 ，同时有氨气产生，则该反应的化学方程式为：；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。
（2）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。
（3） HR萃取Cu2+反应为：(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动，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。
（4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，此时c(Co2+)=1×10-5mol/L，则c(H+)=1×10-4mol/L，Ksp((CoS)= 4×10-21，，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；CoS溶解时加入了过氧化氢、稀硫酸，反应生成CoSO4和S，则反应的离子方程式为：，故答案为：4×10-4；。
（5）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。
【分析】 铁锰氧化矿（主要含Fe2O3、MnO2及Co，Cu，Ca，Si等元素的氧化物），加入硫酸铵低温焙烧， (NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4， 金属氧化物转化为对应的硫酸盐，同时有氨气产生，用稀硫酸吸收生成的氨气生成硫酸铵溶液，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。
18．【答案】（1）1：1：2
（2）冷凝回流；直形冷凝管；B
（3）2，3； ；C
（4）醇解反应生成羧酸，即可作为缩聚反应的催化剂
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 由和按物质的量之比1：1发生缩聚反应生成， 和分别与 以物质的量之比1：1反应生成和，则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，故答案为：1：1：2。
（2）装置A中3种原料在加热的条件下发生反应，有机原料具有一定的挥发性，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的名称是直形冷凝管；根据3种原料的沸点可知，反应过程中，应保持温度计2示数高于水的沸点、低于原料的沸点，防止原料流失，则合理的是100~105℃，故选B，故答案为：冷凝回流；直形冷凝管；B。
（3）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，舍去；剩余3次滴定消耗标准液的平均体积为25.00mL，25.00mL cmol·L-1KOH一乙醇标准溶液中含有KOH的质量为25.00mL ×10-3L·mL-1×cmol·L-1×56000 mg·mol-1=1400c mg，则该样品的酸值为；
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：
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，故A不符合题意；
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，故B不符合题意；
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，故C符合题意；
故选C。
故答案为：2、3；；C。
（4）实验过程中加入2种酸酐，酸酐本身就能催化成酯反应，且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行，因此不需要另加催化剂，故答案为：酸酐本身就能催化成酯反应，且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。
【分析】（1）根据反应原理确定投料比；
（2）装置B能冷凝回流原料，提高原料利用率；仪器C的直形冷凝管；温度2要高于水的沸点、低于原料的沸点；
（3）根据所测数据计算；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，还有部分单体未反应；
（4）酸酐能催化成酯反应。
19．【答案】（1）；羧基
（2）取代反应；
（3）（答案不唯一）
（4）b
（5）A
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）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。
（2）由分析可知，C与PCl3发生取代反应生成D；D与E发生取代反应生成H，则反应的化学方程式为：，故答案为：取代反应；。
（3）由分析可知，G为，其同分异构体满足：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，符合条件的结构简式为，故答案为：。
（4）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。
（5）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。
（6）参考题干合成路径，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。
【分析】H与发生已知②的反应生成产物I，结合I的结构简式和H的分子式可知，H为，D与E发生已知①的反应生成，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，应该是A中含有的甲基被氧化为羧基，则B的结构简式为，B与氢气加成生成C，则C的结构简式为，C与PCl3发生取代反应生成D，则D的结构简式为，D与发生已知①的反应生成H，结合H的结构简式可知，E为；另一条路径：与SOCl2反应生成F，则F的结构简式为，与发生已知①的反应生成G，则G的结构简式为，与氢气加成得到，H与发生已知②的反应生成产物I。
20．【答案】（1）ΔH1+ΔH2
（2）H2O；<
（3）0.45+；150a
（4）增大；减小
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；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】（1）根据盖斯定律，将I+Ⅱ可得，则 ΔH = ΔH1+ΔH2 ，故答案为： ΔH1+ΔH2 。
（2） 图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变 ，则，则， 因此可知曲线乙表示的物质为H2O，曲线丁表示的物种为H2，随温度升高，S2减小，说明反应I的平衡逆向移动，则SO2增大，因此丙曲线代表SO2，甲曲线代表H2S，随着温度升高，H2S减小，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动，则反应Ⅲ为放热反应，其焓变 ΔH3 <0，故答案为：H2O；<。
（3）T1温度下，反应达到平衡时，乙线（H2）、丙线（SO2）所示物种的物质的量相等，设H2为amol，则H2O和SO2均为100amol，根据H元素守恒可得，H2S的物质的量为0.1-101a，根据S原子守恒可知，S2的物质的量为 0.45+ ；根据O守恒可得，CaSO4的物质的量为， 根据Ca守恒可得，CaS的物质的量为（1-）mol，则 n(CaS)-n(CaSO4)= 1--=150amol，故答案为： 0.45+ ；150a。
（4）反应Ⅲ的平衡常数表达式为， T2温度下，体系达平衡后 ，压缩容器体积，反应I的平衡正向移动，c(SO2)增大，为定值，而K3不变，则 增大；根据H守恒有n(H2S)+n(H2O)+n(H2)=0.1mol，则n(H2S)+1.01n(H2O)=0.1mol，增大压强，反应Ⅲ的平衡正向移动，n(H2S)增大，则 n(H2O) 减小，故答案为：增大；减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）升温平衡向吸热反应方向移动，据此判断；
（3）结合元素守恒列式计算；
（4）压缩容器体积，压强增大， 的平衡正向移动。
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