2025 年山东省新高考化学试卷（等级性）-答案

2025年山东省新高考化学试卷（等级性）

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）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

【解答】

A．侯德榜发明了以NH3，CO2和NaCl为原料的联合制碱法是先氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸

氢钠晶体和氯化铵，反应过程中元素化合价不变，不是氧化还原反应，A正确；

B．戴维电解盐酸得到H2和Cl2，从而提出了酸的含氢学说，是盐酸溶液中氯离子和氢离子在电极上分别发生了氧

化、还原反应，B错误；

C．拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说，过程中金属和氧气反应发生了氧化还原反应，C错误；

D．哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的方法，氮气和氢气反应生成氨气的过程中元素化合价发生变化，为氧化

还原反应，D错误；

故选A。

2．（2分）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

【解答】

A．用明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可净化黄河水，A正确；

B．蚕丝制品中主要成分是蛋白质，使用漂白粉漂白蚕丝制品，会使蛋白质被氧化，B错误；

C．食醋中含有乙酸，乙酸的酸性大于碳酸，故可用食醋去除水壶中水垢，故C正确；

D．小苏打受热分解产生二氧化碳，可用小苏打作烘焙糕点膨松剂，故D正确；

故选B。

3．（2分）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

【解答】

A．液溴具有挥发性，液体应该装在细口瓶中，故液溴加水封保存在细口试剂瓶中，A错误；

B．硝酸银见光易分解，硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中，B正确；

C．高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾易氧化苯酚，故不能存放在同一药品柜中，C错误；

D．金属锂的密度比煤油小，故金属锂不能保存在盛有煤油的广口试剂瓶中，D错误；

故选B。

﹣

4．（2分）称取1.6g固体NaOH配制400mL浓度约为0.1mol•L1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

﹣

【分析】称取1.6g固体NaOH配制400mL浓度约为0.1mol•L1的NaOH溶液，属于粗略配制，不需要容量瓶。

【解答】

A．配制溶液的操作步骤中有溶解过程，需要用到烧杯进行溶解，A错误；

﹣

B．配制400mL浓度约为0.1mol•L1的NaOH溶液，不需要容量瓶，B正确；

C．配制400mL溶液需要用500mL量筒量取水，C错误；

D．配制溶液结束后需要装瓶，故需要500mL细口试剂瓶（具橡胶塞），D错误；

故选B。

5．（2分）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═퐻푆푂3

+﹣

B．用Na2O2和水制备少量O2：Na2O2+H2O═2Na+2OH+O2↑

+﹣△2+

C．用MnO2和浓盐酸制备Cl2：MnO2+4H+2ClMn+Cl2↑+2H2O

+−

D．用稀硝酸溶解少量Cu粉：3Cu+8H+8푁푂3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

【答案】C

【解答】

﹣2−

A．用NaOH溶液吸收少量SO2反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式：SO2+2OH═푆푂3+H2O，A错误；

+﹣

B．用Na2O2和水制备少量O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na+4OH+O2↑，B错误；

+﹣△2+

C．用MnO2和浓盐酸制备Cl2反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式：MnO2+4H+2ClMn+Cl2↑

+2H2O，C正确；

+−2+

D．用稀硝酸溶解少量Cu粉生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2푁푂3═3Cu+2NO↑+4H2O，

D错误；

故选C。

6．（2分）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（）

174

A．70푌푏的中子数与质子数之差为104

174176

B．70푌푏与70푌푏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

【分析】

A．质量数＝质子数+中子数；

174176

B．70Yb、70Yb的质量数不同；

C．70号元素镱（Yb）的基态原子价电子排布式为4f146s2，说明含3d、4d等轨道；

D．原子中电子层数＝周期序数。

174

【解答】A．70Yb中质子数＝70，质量数＝174，中子数＝174﹣70＝104，中子数与质子数之差＝104﹣70＝34，

A错误；

174176

B．70Yb、70Yb的质量数不同，是同种元素的不同核素，B错误；

C．70号元素镱（Yb）的基态原子价电子排布式为4f146s2，说明含3d、4d等轨道，基态Yb原子核外d电子数一

定大于10，C错误；

D．镱（Yb）的基态原子价电子排布式为4f146s2，说明原子核外电子层数6个，位于第六周期，D正确；

故选D。

7．（2分）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．푁3的空间构型为V形

C．NaN3为含有共价键的离子化合物

−

D．푁3的中心N原子所有价电子均参与成键

【答案】B

【解答】

A．NaN3在水中会发生水解生成氢氧化钠和叠氮酸，故NaN3的水溶液显碱性，A正确；

−

B．푁3的中心原子为N，无孤电子对，价层电子对为2，是直线形，B错误；

C．NaN3由钠离子和叠氮根离子构成，叠氮根离子中含共价键，故NaN3为含有共价键的离子化合物，C正确；

−

D．푁3中不含有孤电子对，故中心N原子所有价电子均参与成键，D正确；

故选B。

8．（2分）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．AB．BC．CD．D

【答案】A

【分析】

A．H2O存在分子间氢键，熔沸点较高；

B．电负性：Cl＞Br，使得HClO中H—O键的极性增大，酸性增强；

C．原子半径：Si＞C，则Si—Si键的键长大于C—C键的键长，键长越长键能越小，硬度越小；

D．MgO和NaF均为离子晶体，离子所带的电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔沸点越高。

【解答】

A．H2O存在分子间氢键，熔沸点较高，因此沸点：H2O＞H2S，与电离能无关，A错误；

B．电负性：Cl＞Br，使得HClO中H—O键的极性增大，酸性增强，因此酸性：HClO＞HBrO，B正确；

C．原子半径：Si＞C，则Si—Si键的键长大于C—C键的键长，键长越长键能越小，硬度越小，因此硬度：金刚石

＞晶体硅，C正确；

D．MgO和NaF均为离子晶体，离子所带的电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔沸点越高，离子电荷：

﹣﹣

Mg2+＞Na+，O2＞F，则熔点：MgO＞NaF，D正确；

故选A。

9．（2分）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

2+

B．还原性：N2H4＜Fe

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Cu2+

【答案】C

【分析】

A．在反应中，N2H4中N元素的化合价从﹣2价升高到0价生成N2；

3+2+2+

B．由图可知，N2H4将Fe还原为Fe，N2H4是还原剂，Fe是还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的

还原性分析；

+2+

C．从整个反应过程来看，发生的反应可以表示为N2H4+2Fe3O4+12H＝N2+6Fe+8H2O；

D．催化剂一般指先参与反应后又生成，反应前后其质量不变。

【解答】

A．在反应中，N2H4中N元素的化合价从﹣2价升高到0价生成N2，N2H4被氧化，N2是氧化反应的产物，A错误；

3+2+2+

B．由图可知，N2H4将Fe还原为Fe，N2H4是还原剂，Fe是还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的

2+

还原性，可得还原性N2H4＞Fe，B错误；

+2+++

C．从整个反应过程来看，发生的反应可以表示为N2H4+2Fe3O4+12H＝N2+6Fe+8H2O，反应消耗H，溶液中H

浓度减小，pH增大，C正确；

2+2+2+++

D．由图可知，Cu与N2H4反应生成[Cu（N2H4）]，[Cu（N2H4）]与N2H4反应得到[Cu（N2H4）]，[Cu（N2H4）]

++2+2+

与Fe3O4、H反应又生成[Cu（N2H4）]和Fe，因此起催化作用的是[Cu（N2H4）]，D错误；

故选C。

10．（2分）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

【分析】

A．由图可知，1molNa2SiF6（s）完全热解生成2mola线所示物种，1molb线所示物种，反应的方程式为Na2SiF6

（s）⇌2NaF（s）+SiF4（g），则a线所示的物质为NaF；

B．T1温度时，向容器中通入N2，因为容器恒容，N2为惰性气体，不参与反应，对气相产物的物质的量和容器体

积都没有影响；

C．反应的方程式为Na2SiF6（s）⇌2NaF（s）+SiF4（g），T3温度时反应达到平衡气相产物分压为p3，则Kp＝p3；

D．b线所示物种为气相产物，生成物浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动，重新达平衡时逆反应速率增

大。

【解答】

A．由图可知，1molNa2SiF6（s）完全热解生成2mola线所示物种，1molb线所示物种，反应的方程式为Na2SiF6

（s）⇌2NaF（s）+SiF4（g），则a线所示的物质为NaF，为固相产物，A正确；

B．T1温度时，向容器中通入N2，因为容器恒容，N2为惰性气体，不参与反应，对气相产物的物质的量和容器体

积都没有影响，根据pV＝nRT（V、T不变，n不变），所以气相产物分压仍为p1，B正确；

C．反应的方程式为Na2SiF6（s）⇌2NaF（s）+SiF4（g），T3温度时反应达到平衡气相产物分压为p3，则Kp＝p3，

C错误；

D．b线所示物种为气相产物，生成物浓度增大，根据勒夏特列原理，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。

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．（多选）（4分）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H2SO425mL移液管、锥形瓶

A．AB．BC．CD．D

【答案】AD

【解答】A．灼烧海带需在坩埚中进行，故使用坩埚、泥三角，A正确；

B．加热浓缩NaCl溶液需要蒸发皿，不用表面皿，B错误；

C．NaOH固体具有腐蚀性和易潮解的性质，故称量时应在烧杯中称量，C错误；

D．可用移液管量取25.00mL稀H2SO4，D正确；

故选AD。

12．（多选）（4分）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

【分析】由图可知，放电时，a极铁元素化合价升高失电子，故a极为负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，b极为

正极，电极反应式为Fe3++e﹣＝Fe2+，充电时，a极为阴极，电极反应式为Fe2++2e﹣＝Fe，b极为阳极，电极反应式

﹣

为Fe2+﹣e＝Fe3+，据此作答。

【解答】

A．该装置工作时，溶液中阴离子透过交换膜进行迁移，故隔膜为阴离子交换膜，A错误；

B．放电时，a极铁元素化合价升高失电子，故a极为负极，B正确；

C．充电时，a极为阴极，电极反应式为Fe2++2e﹣＝Fe，b极为阳极，电极反应式为Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，隔膜两侧溶液

Fe2+浓度均减小，C正确；

D．放电时总反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故Fe3+每减少1mol，Fe2+总量相应增加1.5mol，D错误；

故选BC。

13．（4分）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，

﹣9﹣7

流程如图。已知：Fe2（C2O4）3能溶于水；Ksp（CaC2O4）＝2.3×10，Ksp（FeC2O4）＝3.2×10。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

【分析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，加盐酸酸浸后，滤液I中含有CaCl2、FeCl2、FeCl3等，

滤渣I为SiO2和C，碱浸时发生反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，向浸取液中加入盐酸可生成硅酸沉淀，经过

2+3+

一系列操作可得SiO2，滤液I中先加入H2O2将Fe氧化为Fe，再加入H2C2O4可生成CaC2O4沉淀，则滤液Ⅱ为

Fe2（C2O4）3，滤渣Ⅱ为CaC2O4，据此分析。

【解答】

A．由分析知，加入试剂X时为了将Fe2+氧化为Fe3+，则试剂X不可选用Fe粉，A错误；

B．由分析知，加入试剂Y使Na2SiO3转化为硅酸沉淀，可选用盐酸，B正确；

C．由分析知，“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，C正确；

+2−−

D．若pH过小，H会与C2푂4结合形成HC2푂4或H2C2O4，使CaC2O4沉淀溶解平衡正向移动，导致沉淀溶解，滤

渣Ⅱ质量减少，D正确；

故选A。

14．（多选）（4分）以异丁醛（M）为原料制备化合物Q的合成路线如图，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

【解答】

A．以包括醛基在内的碳为主链，最长碳链为3个碳，2号碳上有一个甲基，因此M系统命名为2﹣甲基丙醛，A

正确；

B．若M+X→N原子利用率为100%，该反应为加成反应，则X是甲醛，B正确；

C．N中含有醛基，且羟基所连碳上有氢，均能使酸性KMnO4溶液褪色，Q中含有碳碳双键，也能使酸性KMnO4

溶液褪色，因此不可用酸性KMnO4溶液可鉴别N和Q，C错误；

D．由P、Q的结构可知，P→Q过程中会涉及酯的水解，有CH3CH2OH生成，无CH3COOH生成，D错误；

故选CD。

2+2−﹣1

15．（4分）常温下，假设1L水溶液中Co和C2푂4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

2+﹣8﹣15

Co，CoC2O4（s）和Co（OH）2（s）；Ksp（CoC2O4）＝6.0×10，Ksp[Co（OH）2]＝5.9×10。下列说法正

确的是（）

−

A．甲线所示物种为HC2푂4

﹣8

B．H2C2O4的电离平衡常数Ka2＝10

﹣﹣

C．pH＝a时，Co2+物质的量浓度为1.6×103mol•L1

﹣2−

D．pH＝b时，物质的量浓度：c（OH）＜c（C2푂4）

【答案】D

−2−

【分析】由题中信息可知，体系中全部4种含碳物种分别为H2C2O4、HC2푂4、C2푂4、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]，即CoC2O4（s）的摩尔分数先增

2−−

大后减小、C2푂4的摩尔分数逐渐增大，且pH较小时溶液的酸性相对较强，H2C2O4的摩尔分数大于HC2푂4，则图

−2−

中甲、乙、丙、丁线所示物种分别为CoC2O4（s）、H2C2O4、HC2푂4、C2푂4，结合H2C2O4的电离平衡常数Ka2=

푐(퐻퐶푂−)

24×c（H+）分析解答该题。

푐(퐻2퐶2푂4)

【解答】

−2−

A．由上述分析可知，甲、乙、丙、丁线所示物种分别为CoC2O4（s）、H2C2O4、HC2푂4、C2푂4，A错误；

2−2+2−

B．由图可知，pH＝b时C2푂4、CoC2O4（s）的摩尔分数相等，水溶液中Co和C2푂4初始浓度均为0.01mol/L，

2−2+2−﹣82+

此时溶液中c（C2푂4）＝0.005mol/L，由Ksp（CoC2O4）＝c（Co）•c（C2푂4）＝6.0×10可计算出溶液中c（Co）

﹣52−−﹣2+2﹣﹣15

＝1.2×10mol/L，C2푂4部分水解生成HC2푂4和OH，再由Ksp[Co（OH）2]＝c（Co）•c（OH）＝5.9×10

−15−14

−﹣5.9×10﹣5+10

计算出此时溶液中c（HC2푂）≈c（OH）=√mol/L≈2.2×10mol/L，（H）=mol/L≈4.5

41.2×10−52.2×10−5

−

﹣10푐(퐻퐶2푂4)+0.005﹣10﹣7

×10mol/L，则H2C2O4的电离平衡常数Ka2=×c（H）=−5×4.5×10≈1.02×10

푐(퐻2퐶2푂4)2.2×10

﹣

＞108，B错误；

−

C．pH＝a时，H2C2O4、HC2푂4的摩尔分数相等、均为0.08，由C元素守恒可知，此时CoC2O4（s）的摩尔分数为

2+2+﹣3

1﹣0.08×2＝0.84，由于Co水解生成Co（OH）2，则溶液中c（Co）＜（1﹣0.84）×0.01mol/L＝1.6×10mol/L，

C错误；

−15

2−﹣1﹣5.9×10﹣

D．由B选项分析可知，pH＝b时溶液中c（C2푂）＝0.005mol•L，c（OH）=√mol/L≈2.2×10

41.2×10−5

52−

mol/L＜c（C2푂4），D正确；

故选D。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16．（12分）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位于第四周期Ⅷ族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：

5。

3+

（2）尿素分子（H2NCONH2）与Fe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N＞O＞C，电负性最大的是O＞N＞C。

②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为sp2。

3+3+3+

③八面体配离子[Fe（H2NCONH2）6]中Fe的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe配位的原子是O（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n，该截面单位面积含有的Fe原子为个•pm2。

【答案】（1）四；Ⅷ；4：5；

（2）①N＞O＞C；O＞N＞C；

②sp2；

③O；

√3

（3）①a；

4

3

②n；。

2√2푎2

【分析】（1）Fe是26号元素，价层电子排布式为3d64s2；基态Fe3+离子价层电子排布式为3d5；

（2）①同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，价层电子处于半满、全满状态时，比较稳定，第一电离能比

相邻元素的大；非金属性越大，电负性越大；

②尿素分子中，C原子形成3个σ键，价层电子对数为3；

③H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对；

（3）①由α—Fe晶胞图可知，4r（Fe）=√3apm；

②根据均摊法计算截面原子个数。

【解答】（1）Fe是26号元素，价层电子排布式为3d64s2，位于第四周期第Ⅷ族；基态Fe原子价层电子排布式为

3d64s2，有4个未成对电子，基态Fe3+离子价层电子排布式为3d5；，有5个未成对电子，故基态Fe原子与基态Fe3+

离子未成对电子数之比为4：5，

（2）①同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，N原子价层电子排布式为2s22p3，处于半满状态，比较稳定，

第一电离能比C、N的大，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；非金属性：O＞N＞C，电负性：O＞N＞C，

②尿素分子中，C原子形成3个σ键，价层电子对数为3，为sp2杂化，

故答案为：sp2；

3+3+

③八面体配离子[Fe（H2NCONH2）6]中Fe的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，故为O原

子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，

√3

（3）①由α—Fe晶胞图可知，4r（Fe）=3apm，则r（Fe）=apm，

√4

1113

②由图可知，m截面中Fe原子位于顶点，个数为4×=，n截面中Fe原子位于顶点和体内，个数为1+4×=，

8282

截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，故催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的Fe原子

3

﹣3﹣

为2个•pm2=个•pm2，

푎×√2푎2√2푎2

17．（12分）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，工艺流程如图：

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3MnO2+4NH4HSO43MnSO4+N2↑+（NH4）2SO4+6H2O。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”

所得滤渣主要成分除SiO2外还含有Fe2O3（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

减小（填“增大”“减小”或“不变”）。

2+2++

（3）HR萃取Cu反应为：2HR（有机相）+Cu（水相）⇌CuR2（有机相）+2H（水相）。“反萃取”时加入的试

剂为H2SO4（填化学式）。

2+2+﹣5﹣1﹣

（4）“沉钴”中，pH＝4时Co恰好沉淀完全[c（Co）＝1×10mol•L]，则此时溶液中c（H2S）＝1×10

4﹣1﹣7﹣13﹣21

mol•L。已知：Ka1（H2S）＝1×10，Ka2（H2S）＝1×10，Ksp（CoS）＝4×10。CoS“溶解”时发

+2+

生反应的离子方程式为CoS+H2O2+2H＝Co+S+2H2O。

（5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入低温焙烧（填操作单元名称）循环利用。

△

【答案】（1）3MnO2+4NH4HSO43MnSO4+N2↑+（NH4）2SO4+6H2O；Fe2O3；

（2）减小；

（3）H2SO4；

﹣4+2+

（4）1×10；CoS+H2O2+2H＝Co+S+2H2O；

（5）低温焙烧。

【分析】（1）根据题目信息，MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，可写出还原剂、还原剂、氧化

产物、还原产物MnO2+NH4HSO4——MnSO4+N2↑，再根据氧化还原反应中电子得失守恒规律，氧化产物和还原产

物配3MnSO4+N2↑，要配平反应物硫酸根则会多余铵根，由此估计产物应该有（NH4）2SO4，再结合原子守恒，应

高温

该有H2O，据此完成该反应方程式；按题目信息Fe2（SO4）3在650℃完全分解Fe2（SO4）3Fe2O3+3SO3↑，

Fe2O3不溶于水，则“水浸”所得滤渣主要成分有SiO2和Fe2O3，

（2）如果直接“高温焙烧”，（NH4）2SO4完全分解为NH3和SO3气体，不会发生MnO2与NH4HSO4反应将不溶

于水的MnO2转化为可溶的MnSO4，则金属元素的浸出率会减小，

（3）“反萃取”时应加入酸，结合题目信息，“反萃取”时生成CuSO4，则加入的试剂应该是H2SO4，

+2−

﹣푐2(퐻)⋅푐(푆)

（4）根据题给信息，与c（H2S）有关的是Ka1，通过Ka1×Ka2可消去c（HS）得到Ka1×Ka2=，

푐(퐻2푆)

2﹣

再通过Ksp（CoS）可得到c（S），则可计算出c（H2S），根据流程图，可直接写出CoS“溶解”时发生反应的离

子方程，

（5）根据流程图，写出“沉锰”所发生的反应方程式，根据产物可判断反应后滤液经处理后所得产品导入“低温

焙烧”操作单元循环利用。

【解答】（1）根据题目信息，MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，可写出MnO2+NH4HSO4——

MnSO4+N2↑，从氧化还原反应中电子得失守恒规律角度，右边可配3MnSO4+N2↑，左边MnO2+NH4HSO4要配平

硫酸根则会多余铵根，由此估计产物应该有（NH4）2SO4，再结合H原子和氧原子守恒，应该有H2O，据此完成该

△

反应方程式为3MnO2+4NH4HSO43MnSO4+N2↑+（NH4）2SO4+6H2O；按题目信息Fe2（SO4）3在650℃完全分

高温

解Fe2（SO4）3Fe2O3+3SO3↑，Fe2O3不溶于水，则“水浸”所得滤渣主要成分有SiO2和Fe2O3

（2）如果直接“高温焙烧”，（NH4）2SO4完全分解为NH3和SO3气体，不会发生MnO2与NH4HSO4反应转化为

MnSO4，MnO2不溶于水，则水浸时Mn元素的浸出率会减小，

2+2++

（3）HR萃取Cu反应为：2HR（有机相）+Cu（水相）⇌CuR2（有机相）+2H（水相）。“反萃取”时应加入酸，

结合题目信息，“反萃取”时生成CuSO4，则加入的试剂应该是H2SO4，

﹣﹣﹣퐾(퐶표푆)

（4）“沉钴”中，pH＝4时Co2+恰好沉淀完全[c（Co2+）＝1×105mol•L1]，则此时溶液中c（S2）=푠푝=

푐(퐶표2+)

−21+−+2−2+2−

4×10﹣16푐(퐻)⋅푐(퐻푆)푐(퐻)⋅푐(푆)푐(퐻)⋅푐(푆)﹣7﹣

−5=4×10，由Ka1=，Ka2=−可得Ka1×Ka2==1×10×1×10

1×10푐(퐻2푆)푐(퐻푆)푐(퐻2푆)

2+2−

13﹣20푐(퐻)⋅푐(푆)﹣4﹣1

＝1×10，则c（H2S）=，代入数据可得c（H2S）＝1×10mol•L；根据流程图，可直接写

퐾푎1⋅퐾푎2

+2+

出CoS“溶解”时发生反应的离子方程CoS+H2O2+2H＝Co+S+2H2O；

（5）“沉锰”发生的反应为MnSO4+2NH4HCO3＝MnCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，则所得滤液中有（NH4）

2SO4，经处理后所得产品导入“低温焙烧”操作中循环利用。

18．（12分）如图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图（加热及夹持装置略）：

原料结构简式熔点/℃沸点/℃

顺丁烯二酸酐52.6202.2

邻苯二甲酸酐130.8295.0

丙﹣1，2﹣二醇﹣60.0187.6

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）1：1：2。

（2）装置B的作用是导气，冷凝回流原料及醇解产物；仪器C的名称是冷凝管；反应过程中，应保

持温度计2示数处于一定范围，合理的是B（填标号）。

A．55～60℃

B．100～105℃

C．190～195℃

（3）为测定酸值，取ag样品配制250.00mL溶液。移取25.00mL溶液，用cmol•L﹣1KOH—乙醇标准溶液滴定至终

点，重复实验，数据如下：

序号12345

滴定前读数/mL0.0024.980.000.000.00

滴定后读数/mL24.9849.7824.1025.0025.02

应舍弃的数据为2、3（填序号）；测得该样品的酸值为mg/g（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C（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酸酐本身能发生催化成酯反应，还可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。

【答案】（1）1：1：2；

（2）导气，冷凝回流原料及醇解产物；冷凝管；B；

14000푐

（3）2、3；mg/g；C；

푎

（4）酸酐本身能发生催化成酯反应，且酸酐能和水反应，促进缩聚反应正向进行，所以可以通过适当增大酸酐的

用量促进反应正向进行，不使用催化剂，

故答案为：酸酐本身能发生催化成酯反应，还可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。

【分析】（1）根据“”知，、

以1：1发生缩聚反应生成，、

分别和CH3CH（OH）CH2OH以1：1发生反应分别生成、

；

（2）装置A中的有机原料有一定的挥发性，导致原料的利用率较低，需要将原料冷凝回流来提高原料的利用率；

装置C为冷凝管；根据表中三种原料的沸点知，反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范围，高于水的沸点，

低于原料的沸点；

（3）1组差值为24.98、2组差值为49.78﹣24.98＝24.80、3组差值为24.10、4组差值为25.00、5组差值为25.02，

24.98+25.00+25.02

与其它组中差值相比，2、3组差值相差较大；1、4、5组中标准溶液的平均体积为mL＝25.00mL，

3

25.00mL样品溶液消耗标准溶液的物质的量为cmol/L×0.025L＝0.025cmol，则250mL样品需要标准溶液的物质的

量为0.025cmol×10＝0.25cmol，消耗m（KOH）＝0.25cmol×56g/mol＝14cg＝14000cmg，测得该样品的酸值为

14000푐푚𝑔

；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充分发生缩聚反

푎𝑔

应；

（4）酸酐本身能催化成酯反应，且酸酐能和水反应。

【解答】（1）根据“”知，、

以1：1发生缩