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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。

【2025山东等级考】1. 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NH₃，CO₂和NaCl为原料的联合制碱法

B. 戴维电解盐酸得到H₂和Cl₂，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

【解析】

【详解】A．联合制碱法的反应中，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H₂和Cl₂，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O₂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N₂的N化合价从0→-3，H₂的H从0→+1，涉及氧化还原反应，D不符合题意；

故选A。

【2025山东等级考】2. 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

【解析】

【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。

【2025山东等级考】3. 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

【解析】

【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。

【2025山东等级考】4. 称取1.6g固体NaOH配制400mL浓度约为0.1mol/L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】B

【解析】

【详解】A．溶解1.6g NaOH需要在烧杯中进行，故A需要；

B．1.6gNaOH的物质的量为，，即只需要溶解在400mL蒸馏水中即可配制400mL浓度约为0.1mol/L的NaOH溶液，无400mL容量瓶，准确配制500mL浓度为0.1mol/L的NaOH溶液，需要NaOH，即不需要500mL容量瓶，故B不需要；

C．据B项分析可知，配制时需500mL量筒量取约400mL蒸馏水，故C需要；

D．NaOH溶液配制好后需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液呈碱性，能与玻璃中的二氧化硅反应，不能选择玻璃塞，所以需要500mL细口试剂瓶(具橡胶塞)，故D需要；

故选B。

【2025山东等级考】5. 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

B. 用Na₂O₂和水制备少量

C. 用MnO₂和浓盐酸制备

D. 用稀硝酸溶解少量Cu粉：

【答案】C

【解析】

【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．Na₂O₂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．MnO₂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。

【2025山东等级考】6. 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. 的中子数与质子数之差为104 B. 与是同一种核素

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

【解析】

【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。

【2025山东等级考】7. 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. 的空间构型为V形

C. NaN₃为含有共价键的离子化合物

D. 的中心N原子所有价电子均参与成键

【答案】B

【解析】

【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。

B．与CO₂是等电子体，两者结构相似 ，其中心原子均为sp杂化，其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。

【2025山东等级考】8. 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

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【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，离子晶体的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。

【2025山东等级考】9. 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：N₂H₄＜Fe^2＋

C. 处理后溶液的pH增大 D. 图示反应过程中起催化作用的是Cu^2＋

【答案】C

【解析】

【分析】由图中信息可知，N₂H₄和Cu^2＋反应生成的[Cu(N₂H₄)₂]^2＋是N₂H₄和Fe₃O₄反应的催化剂，[Cu(N₂H₄)₂]^2＋是中间产物，该反应的离子方程式为，N₂H₄是还原剂，Fe₃O₄是氧化剂，Fe^2＋是还原产物。

【详解】A．该反应中，N₂H₄中N元素的化合价升高被氧化，因此，N₂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N₂H₄＞Fe^2＋，B不正确；

C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗H^＋，处理后溶液的pH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[Cu(N₂H₄)₂]^2＋，D不正确；

综上所述，本题选C。

【2025山东等级考】10. 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T₁、T₃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K_p

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】D

【解析】

【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NaF(s)和SiF₄(g)，其分解的化学方程式为Na₂SiF₆(s)2NaF(s)+SiF₄(g)，根据图数据分析可知，a线代表NaF(s)，b线代表SiF₄(g)，c线代表Na₂SiF₆(s)。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NaF(s)，NaF(s)固相产物，A正确；

B．T₁温度时，向容器中通入N₂，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p₁，B正确；

C．由图可知，升温b线代表的SiF₄增多，则反应Na₂SiF₆(s)2NaF(s)+SiF₄(g)为吸热反应，升温Kp增大，已知：T₂温度时，Na₂SiF₆(s)完全分解，则该反应T₂以及之后正向进行趋势很大，Q_p＜K_p，体系中气相产物在T₃温度时的分压为p₃，p₃ = Q_p，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF₄(g)，K_p=p(SiF₄)，即T₃温度时热解反应的平衡常数K_p=p(SiF₄)，C正确；

D．据分析可知，b线所示物种为SiF₄(g)，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF₄(g)，K_p=p(SiF₄)，温度不变K_p不变，T₁温度时向容器中加入SiF₄(g)，重新达平衡时p(SiF₄)不变，则逆反应速率不变，D错误；

综上所述，本题选D。

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。

【2025山东等级考】11. 完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】AD

【解析】

【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，D正确；

故选AD。

【2025山东等级考】12. 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】BC

【解析】

【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。

【2025山东等级考】13. 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)₃能溶于水；K_sp(CaC₂O₄))=2.3×10^－9，K_sp(FeC₂O₄))=3.2×10^－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】A

【解析】

【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C₂O₄^2－浓度小，使Ca²⁺(aq)+ C₂O₄^2－(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。

【2025山东等级考】14. 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】CD

【解析】

【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。

【2025山东等级考】15. 常温下，假设1L水溶液中Co²⁺和C₂O₄^2－初始物质的量浓度均为0.01mol/L。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)；K_sp(CoC₂O₄)=6.0×10^－8，K_sp[Co(OH)₂)]=5.9×10^－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

C. pH = b时，Co²⁺物质的量浓度为1.6×10^－3mol/L

D. pH = b时，物质的量浓度：

【答案】CD

【解析】

【分析】由题中信息可知，C₂O₄^2－可以形成4物种，分别为H₂C₂O₄、HC₂O₄^－、C₂O₄^2－和CoC₂O₄(s)，随着pH增大，H₂C₂O₄的摩尔分数逐渐减小，CoC₂O₄(s)会转化为溶解度更小的Co(OH)₂，CoC₂O₄(s)的摩尔分数先增大后减小，因此， C₂O₄^2－的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲线所示物种为CoC₂O₄(s)，丁线所示物种为C₂O₄^2－，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H₂C₂O₄，丙线所示物种为HC₂O₄^－。由甲、丁两线的交点可知，在该点C₂O₄^2－和CoC₂O₄(s)的摩尔分数相等，均为0.5，由于水溶液中Co²⁺和C₂O₄^2－初始物质的量浓度均为0.01mol/L，则此时溶液中C₂O₄^2－的浓度为0.005mol/L，由K_sp(CoC₂O₄)=6.0×10^－8可以求出此时溶液中Co²⁺的浓度为，再由K_sp[Co(OH)₂)]=5.9×10^－15可以求出此时溶液中，，即，根据图像中的位置可以估算出a＜7。由乙和丙两线的交点可知， H₂C₂O₄和HC₂O₄^－的摩尔分数相等，均为0.08，则由C元素守恒可知，此时CoC₂O₄(s)的摩尔分数为0.84。

【详解】A．由分析可知，甲线所示物种为CoC₂O₄(s)，A不正确；

B．已知H₂C₂O₄二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸性，HC₂O₄^－的电离程度大于其水解程度；当溶液中HC₂O₄^－与C₂O₄^2－浓度相等时，溶液显酸性， ，则，故B不正确；

C．pH=a时， CoC₂O₄(s)的摩尔分数为0.84，CoC₂O₄(s)的物质的量为，由水于溶液中Co²⁺初始物质的量浓度为0.01mol/L，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，应有较多草酸跟，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， Co²⁺的物质的量浓度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=1.6×10^－3mol/L，C正确；

D．由分析可知pH=b时，C₂O₄^2－的浓度为0.005mol/L，， ，D正确；

综上所述，本题选CD。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

【2025山东等级考】16. 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Fe³⁺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-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）    ①. 四    ②. VIII    ③. 4：5    

（2）    ①. N    ②. O    ③. sp²    ④. O    

（3）    ①.     ②. n    ③.

【解析】

【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(H₂NCONH₂)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[Fe(H₂NCONH₂)₆]³⁺中Fe³⁺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Fe^3＋配位的原子是O。

【小问3详解】

①α-Fe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Fe原子的半径为。

②m截面面积S_m=a²pm²，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个晶胞的面被两个晶胞共用，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，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个顶点参与形成四个通过体心的截面，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Fe原子为个∙pm^-2。

【2025山东等级考】17. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含Fe₂O₃、MnO₂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Cu^2＋反应为：2HR(有机相)+Cu^2＋(水相)CuR₂(有机相)+2H⁺(水相)。“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(Co^2＋)=1×10^－5mol/L]，则此时溶液中c(H₂S)=_______mol/L。已知：。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）    ①.     ②. Fe₂O₃、CaSO₄    

（2）减小    （3）H₂SO₄    

（4）    ①. 4×10^-4    ②. CoS＋H₂O₂＋2H^＋=Co^2＋＋S＋2H₂O    

（5）低温焙烧

【解析】

【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn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650℃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：2HR(有机相)+Cu^2＋(水相)CuR₂(有机相)+2H⁺(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K_a1(H₂S)= 1×10^-7，K_a2(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：CoS＋H₂O₂＋H₂SO₄=CoSO₄＋S＋2H₂O ，改写成离子方程式为：CoS＋H₂O₂＋2H^＋=Co^2＋＋S＋2H₂O 。故答案为：4×10^-4；CoS＋H₂O₂＋2H^＋=Co^2＋＋S＋2H₂O ；

【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。

【2025山东等级考】18. 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)：

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/LKOH—乙醇标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下：

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）    ①. 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    ②. （直形）冷凝管    ③. B    

（3）    ①. 2、3    ②.     ③. C    

（4）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

【解析】

【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^-1cmol·L^-156000 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．N₂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N₂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。

【2025山东等级考】19. 麻醉药布比卡因(I)的两条合成路线如下：

已知：Ⅰ．

Ⅱ．

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    ②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. 环己-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）    ①.     ②. 羧基    

（2）    ①. 取代反应    ②.     

（3）或    （4）b    （5）A    

（6），

【解析】

【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－NH₂    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，如或，故答案为：或；

【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1-溴丙烷发生取代反应生成

，与氢气加成得到，若先与氢气加成，得到，两处-NH-均可发生取代，因此，先发生取代反应，所以需要补充的合成路线为，故答案为。

【2025山东等级考】20. 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO₂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)H₂S(g)＋2H₂O(g) ΔH₃

恒容条件下，按1molCaS，1molSO₂和0.1molH₂投料反应。平衡体系中，各气态物种的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4H₂(g)＋2SO₂(g)4H₂O(g)＋S₂(g)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）T₁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amol，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）    ①. H₂O    ②. ＜    

（3）    ①. 0.45+0.5a    ②. 150a    

（4）    ①. 增大    ②. 减小

【解析】

【小问1详解】

已知：

Ⅰ．CaS(s)＋2SO₂(g)CaSO₄(s)＋S₂(g) ΔH₁

Ⅱ．CaSO₄(s)＋4H₂(g)CaS(s)＋4H₂O(g) ΔH₂

依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应4H₂(g)＋2SO₂(g)4H₂O(g)＋S₂(g)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4H₂(g)＋2SO₂(g)4H₂O(g)＋S₂(g)平衡正向进行，S₂的产率增大，氢气的物质的量减小，由于始终不变，H₂O的物质的量减小；温度不变反应4H₂(g)＋2SO₂(g)4H₂O(g)＋S₂(g)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。