山东化学-答案_1.高考2025全国各省真题+答案_00.2025各省市高考真题及答案（按省份分类）_13、山东卷（9科全）_化学

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•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】B 【分析】称取1.6g固体NaOH配制400mL浓度约为0.1mol•L﹣1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•L﹣1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﹣═𝐻𝑆𝑂 3 − B．用Na2O2 和水制备少量O2 ：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2 ↑ △ C．用MnO2 和浓盐酸制备Cl2 ：MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2 ↑+2H2O D．用稀硝酸溶解少量Cu粉：3Cu+8H++8𝑁𝑂 3 −═3Cu（NO3 ） 2+2NO↑+4H2O 【答案】C 【解答】 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﹣═𝑆𝑂 3 2−+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； △ 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++2Cl﹣ Mn2++Cl2 ↑ +2H2O，C正确； 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++2𝑁𝑂 3 −═3Cu2++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（ ） A． 174𝑌𝑏的中子数与质子数之差为104 70 B． 174𝑌𝑏与 176𝑌𝑏是同一种核素 70 70 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； B． 174Yb、 176Yb的质量数不同； 70 70 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。 【解答】A． 174Yb 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， 70 A错误； B． 174Yb、 176Yb的质量数不同，是同种元素的不同核素，B错误； 70 70 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．𝑁−的空间构型为V形 3 C．NaN3 为含有共价键的离子化合物 D．𝑁−的中心N原子所有价电子均参与成键 3 【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．𝑁−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； 3C．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．𝑁−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； 3 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．A B．B C．C D．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 B．还原性：N2H4 ＜Fe2+ 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 ； B．由图可知，N2H4 将 Fe3+还原为 Fe2+，N2H4 是还原剂，Fe2+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； C．从整个反应过程来看，发生的反应可以表示为N2H4+2Fe3O4+12H+＝N2+6Fe2++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； B．由图可知，N2H4 将 Fe3+还原为 Fe2+，N2H4 是还原剂，Fe2+是还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得还原性N2H4 ＞Fe2+，B错误； C．从整个反应过程来看，发生的反应可以表示为N2H4+2Fe3O4+12H+＝N2+6Fe2++8H2O，反应消耗H+，溶液中H+ 浓度减小，pH增大，C正确； D．由图可知，Cu2+与N2H4 反应生成[Cu（N2H4 ）]2+，[Cu（N2H4 ）]2+与N2H4 反应得到[Cu（N2H4 ）]+，[Cu（N2H4 ）]+ 与Fe3O4 、H+反应又生成[Cu（N2H4 ）]+和Fe2+，因此起催化作用的是[Cu（N2H4 ）]2+，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，1mol Na2SiF6 （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，1mol Na2SiF6 （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H2SO4 25mL移液管、锥形瓶 A．A B．B C．C D．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， 流程如图。已知：Fe2 （C2O4 ） 3 能溶于水；Ksp （CaC2O4 ）＝2.3×10﹣9，Ksp （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 【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 一系列操作可得SiO2 ，滤液I中先加入H2O2 将Fe2+氧化为Fe3+，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； D．若pH过小，H+会与C2𝑂 4 2−结合形成HC2𝑂 4 −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。 15．（4分）常温下，假设1L水溶液中Co2+和C2𝑂 4 2−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 ）＝6.0×10﹣8，Ksp[Co（OH） 2]＝5.9×10﹣15。下列说法正 确的是（ ） A．甲线所示物种为HC2𝑂 4 − B．H2C2O4 的电离平衡常数Ka2 ＝10﹣8 C．pH＝a时，Co2+物质的量浓度为1.6×10﹣3mol•L﹣1 D．pH＝b时，物质的量浓度：c（OH﹣）＜c（C2𝑂 4 2−）【答案】D 【分析】由题中信息可知，体系中全部4种含碳物种分别为H2C2O4 、HC2𝑂 4 −、C2𝑂 4 2−、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 大后减小、C2𝑂 4 2−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HC2𝑂 4 −，则图 中甲、乙、丙、丁线所示物种分别为 CoC2O4 （s）、H2C2O4 、HC2𝑂 4 −、C2𝑂 4 2−，结合 H2C2O4 的电离平衡常数 Ka2= 𝑐(𝐻𝐶 𝑂 −) 2 4 ×c（H+）分析解答该题。 𝑐(𝐻 𝐶 𝑂 ) 2 2 4 【解答】 A．由上述分析可知，甲、乙、丙、丁线所示物种分别为CoC2O4 （s）、H2C2O4 、HC2𝑂 4 −、C2𝑂 4 2−，A错误； B．由图可知，pH＝b 时 C2𝑂 4 2−、CoC2O4 （s）的摩尔分数相等，水溶液中 Co2+和 C2𝑂 4 2−初始浓度均为 0.01mol/L， 此时溶液中c（C2𝑂 4 2−）＝0.005mol/L，由Ksp （CoC2O4 ）＝c（Co2+）•c（C2𝑂 4 2−）＝6.0×10﹣8可计算出溶液中c（Co2+） ＝1.2×10﹣5mol/L，C2𝑂 4 2−部分水解生成HC2𝑂 4 −和OH﹣，再由Ksp[Co（OH） 2]＝c（Co2+）•c2（OH﹣）＝5.9×10﹣15 计算出此时溶液中c（HC2𝑂 4 −）≈c（OH﹣）=√ 5 1 .9 .2 × × 1 1 0 0 − − 1 5 5 mol/L≈2.2×10﹣5mol/L，（H+）= 2.2 1 × 0 10 −14 −5 mol/L≈4.5 ×10﹣10mol/L，则 H2C2O4 的电离平衡常数 Ka2= 𝑐(𝐻𝐶 2 𝑂 4 −) ×c（H+）= 0.005 ×4.5×10﹣10≈1.02×10﹣7 𝑐(𝐻 𝐶 𝑂 ) 2.2×10 −5 2 2 4 ＞10﹣8，B错误； C．pH＝a时，H2C2O4 、HC2𝑂 4 −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 1﹣0.08×2＝0.84，由于Co2+水解生成Co（OH） 2 ，则溶液中c（Co2+）＜（1﹣0.84）×0.01mol/L＝1.6×10﹣3mol/L， C错误； D．由B选项分析可知，pH＝b时溶液中c（C2𝑂 4 2−）＝0.005mol•L﹣1，c（OH﹣）=√ 5 1 .9 .2 × × 1 1 0 0 − − 1 5 5 mol/L≈2.2×10﹣ 5mol/L＜c（C2𝑂 4 2−），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 。 （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 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 。 ③八面体配离子[F（e 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 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•pm﹣2。 【答案】（1）四；Ⅷ；4：5； （2）①N＞O＞C；O＞N＞C； ②sp2； ③O；√3 （3）① a； 4 3 ②n； 。 2√2𝑎2 【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； ③八面体配离子[Fe（H2NCONH2 ） 6]3+中Fe3+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 1 1 1 3 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× = ， 8 2 8 2 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 为 2 个•pm﹣2= 3 个•pm﹣2， 𝑎×√2𝑎 2√2𝑎2 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+4NH4HSO4 3MnSO4+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”）。 （3）HR萃取Cu2+反应为：2HR（有机相）+Cu2+（水相）⇌CuR2 （有机相）+2H+（水相）。“反萃取”时加入的试 剂为 H2SO4 （填化学式）。（4）“沉钴”中，pH＝4时Co2+恰好沉淀完全[c（Co2+）＝1×10﹣5mol•L﹣1]，则此时溶液中c（H2S）＝ 1×10﹣ 4 mol•L﹣1。已知：Ka1 （H2S）＝1×10﹣7，Ka2 （H2S）＝1×10﹣13，Ksp （CoS）＝4×10﹣21。CoS“溶解”时发 生反应的离子方程式为 CoS+H2O2+2H+＝Co2++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+4NH4HSO4 3MnSO4+N2 ↑+（NH4 ） 2SO4+6H2O；Fe2O3 ； （2）减小； （3）H2SO4 ； （4）1×10﹣4；CoS+H2O2+2H+＝Co2++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 ） 3 Fe2O3+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 ， （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= 𝑐2(𝐻 + )⋅𝑐(𝑆 2− ) ， 𝑐(𝐻 𝑆) 2 再通过Ksp （CoS）可得到c（S2﹣），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+4NH4HSO4 3MnSO4+N2 ↑+（NH4 ） 2SO4+6H2O；按题目信息Fe2 （SO4 ） 3 在650℃完全分 高温 解Fe2 （SO4 ） 3 Fe2O3+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， （3）HR萃取Cu2+反应为：2HR（有机相）+Cu2+（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 ， 𝐾 (𝐶𝑜𝑆) （4）“沉钴”中，pH＝4时Co2+恰好沉淀完全[c（Co2+）＝1×10﹣5mol•L﹣1]，则此时溶液中c（S2﹣）= 𝑠𝑝 = 𝑐(𝐶𝑜2+) 4 1 × × 1 1 0 0 − − 2 5 1 =4×10﹣16，由Ka1= 𝑐(𝐻 𝑐 + ( ) 𝐻 ⋅𝑐 2 ( 𝑆 𝐻 ) 𝑆 − ) ，Ka2= 𝑐(𝐻 𝑐 + (𝐻 )⋅𝑐 𝑆 ( − 𝑆 ) 2− ) 可得Ka1 ×Ka2= 𝑐2(𝐻 𝑐 + (𝐻 )⋅ 2 𝑐 𝑆 ( ) 𝑆 2− ) =1×10﹣7×1×10﹣ 13＝1×10﹣20，则 c（H2S）= 𝑐2(𝐻 + )⋅𝑐(𝑆 2− ) ，代入数据可得 c（H2S）＝1×10﹣4mol•L﹣1；根据流程图，可直接写 𝐾 ⋅𝐾 𝑎1 𝑎2 出CoS“溶解”时发生反应的离子方程CoS+H2O2+2H+＝Co2++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 52.6 202.2 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） 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 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 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； 14000𝑐 （3）2、3； mg/g；C； 𝑎 （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 14000𝑐𝑚𝑔 ；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 𝑎𝑔 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 发生缩聚反应生成 ， 、 分 别 和 CH3CH （ OH ） CH2OH 以 1 ： 1 发 生 反 应 分 别 生 成 、 ，所以理论上，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）为1：1：2， （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B为空气冷凝管，其作用是导气，同时将原料及醇解反应的产物冷凝回流到装置A中，但不会将水蒸气冷凝； 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，所以合理的是100～105℃， （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，应该舍去；1、4、5组中标准溶液的平均体积为 mL 3 ＝25.00mL，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 14000𝑐𝑚𝑔 14000𝑐 的酸值为 = mg/g；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 𝑎𝑔 𝑎 单体没有充分发生缩聚反应； A．如果立即停止加热，酸值不变，故A错误； B．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，但不符合题干要求，故B错误； C．增大N2 的流速，可以带走一部分水蒸气，同时能起到搅拌的总，加快反应速率且促进反应更充分，故C正确； （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， 19．（12分）麻醉药布比卡因（I）的两条合成路线如图： 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 羧基 。 𝑃ℎ𝐶𝐻3 （2）C→D反应类型为 取代反应 ；D+E→H化学方程式为 + → +HCl 。 （3）G 的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 或或（答案不唯一，符合条件即可） （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 b （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 A （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； 𝑃ℎ𝐶𝐻3 （2）取代反应； + → +HCl； （3） 、 或 （答案不唯一，符合条件即可）； （4）b； （5）A；（6） 。 【分析】根据I的结构简式及A的分子式知，A为 ，根据B的分子式及反应条件中，A中甲基发生氧化 反应生成B中羧基，则B为 ，根据B、C的分子式知，B中环发生加成反应生成C为 ， D能发生信息Ⅰ的反应生成H，说明D中含有—COCl，则D为 ，H发生信息Ⅱ的反应生成I，则H 为 ，结合E的分子式知，E为 ；F能和E发生信息Ⅰ的反应生成G，则F中含有—COCl，所以 F为 ，G为 ，G发生还原反应生成H； （6）以 、 、 为主要原料合成 ， 、 发生信息Ⅰ 的 反 应 生 成 ， 和 氢 气 发 生 还 原 反 应 生 成 ， 和 发生取代反应生成 。 【解答】（1）A的结构简式为 ；B为 ，B中含氧官能团名称为羧基， （2）C中—COOH发生取代反应生成D中—COCl，C→D反应类型为取代反应；D为 、H为 、𝑃ℎ𝐶𝐻3 E为 ，D和E发生取代反应生成H，D+E→H化学方程式为D为 + → +HCl， （3）G为 ，G的同分异构体同时满足下列条件： ①含—NH2 ； ②含2个苯环； ③ 含 4 种 不 同 化 学 环 境 的 氢 原 子 ， 符 合 条 件 的 结 构 简 式 有 、 、 （符合条件即可）， （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b，因为a中氮原子连接酰基，酰基为吸电子基团，导致a中氮原子的电子云密度小于b， 故答案为：b； （5）G和氢气发生加成反应生成H时， 和氢气发生加成反应但 没有和氢气发生加成反应， 和 中 含有碳碳双键，性质较活泼，所以用H2/PtO2 催化加氢时，下列有机物中最难反应的是苯， （6）以 、 、 为主要原料合成 ， 、 发生信息Ⅰ 的 反 应 生 成 ， 和 氢 气 发 生 还 原 反 应 生 成 ， 和 发 生 取 代 反 应 生 成 ， 合 成 路 线 为 ， 20．（12分）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）ΔH1Ⅱ．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1mol CaS，1mol SO2 和0.1mol H2 投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn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＝ ΔH1+ΔH2 （用含ΔH1 、ΔH2 的代数式 表示）。 （2）乙线所示物种为 H2O （填化学式）。反应Ⅲ的焓变ΔH3 ＜ 0（填“＞”“＜”或“＝”）。 1 （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 （0.9+a） 2 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 ）＝ 150a 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 𝑛(𝐻 𝑆) 2 之比 增大 （填“增大”“减小”或“不变”），H2O物质的量n（H2O） 减小 （填“增大”“减小” 𝑛(𝐻 ) 2 或“不变”） 【答案】（1）ΔH1+ΔH2 ； （2）H2O；＜； 1 （3） （0.9+a）；150a； 2 （4）增大；减小。 【分析】图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变，即K= 𝑐4(𝐻 2 𝑂) =108，则 𝑐(𝐻 2 𝑂) =102，lg 𝑐(𝐻 2 𝑂) =2， 𝑐4(𝐻 ) 𝑐(𝐻 ) 𝑐(𝐻 ) 2 2 2 由图像可知，曲线乙代表 H2O，丁代表 H2 ；由 S2 的变化曲线可知，随温度升高，反应逆向移动，c（SO2 ）增大， 则曲线丙代表SO2 ，曲线甲代表H2S； （1）根据盖斯定律进行计算； （2）图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变，即K= 𝑐4(𝐻 2 𝑂) =108，则 𝑐(𝐻 2 𝑂) =102，lg 𝑐(𝐻 2 𝑂) =2；温 𝑐4(𝐻 ) 𝑐(𝐻 ) 𝑐(𝐻 ) 2 2 2 度升高，放热反应逆向移动； （3）由题意知，丁线所示物种为amol，即n（H2 ）＝amol，则n（H2O）＝100amol，n（SO2 ）＝100amol，根据H 守恒，则n（H2S）＝（0.1﹣a﹣100a）mol＝（0.1﹣101a）mol，根据S守恒可求得n（S2 ）；根据O守恒，n（CaSO4 ） 1 1 1 = ×（1﹣100a﹣200a）mol= ×（1﹣300a）mol，根据Ca守恒，可得n（CaS）＝[1− ×（1﹣300a）]mol； 4 4 4 𝑐(𝐻 𝑆)×𝑐2(𝐻 𝑂) 𝑐(𝐻 𝑆) 𝑐2(𝐻 𝑂) 1 （4）K3= 𝑐(𝑆 2 𝑂 )×𝑐3(𝐻 2 ) = 𝑐(𝐻 2 ) × 𝑐2(𝐻 2 ) × 𝑐(𝑆𝑂 ) ，根据压强对平衡的影响进行分析；根据H守恒判断n（H2O） 2 2 2 2 2 变化。 【解答】（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ，可得，4H2 （g）+2SO2 （g）⇌4H2O（g）+S2 （g） ΔH＝ΔH1+ΔH2 ， （2）图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变，即K= 𝑐4(𝐻 2 𝑂) =108，则 𝑐(𝐻 2 𝑂) =102，lg 𝑐(𝐻 2 𝑂) =2，由 𝑐4(𝐻 ) 𝑐(𝐻 ) 𝑐(𝐻 ) 2 2 2图像可知，曲线乙代表 H2O，丁代表 H2 ；曲线甲代表 H2S，由图可知，随温度升高，c（H2S）减小，反应Ⅲ逆向 移动，说明反应Ⅲ为放热反应，即ΔH3 ＜0， （3）由题意知，丁线所示物种为amol，即n（H2 ）＝amol，则n（H2O）＝100amol，n（SO2 ）＝100amol，根据H 1 守恒，则n（H2S）＝（0.1﹣a﹣100a）mol＝（0.1﹣101a）mol，根据S守恒可求得n（S2 ）= [1﹣（100a+0.1+101a）]mol= 2 1 1 1 （0.9+a）mol；根据 O 守恒，n（CaSO4 ）= ×（1﹣100a﹣200a）mol= ×（1﹣300a）mol，根据 Ca 守恒，可 2 4 4 1 1 1 得n（CaS）＝[1− ×（1﹣300a）]mol，CaS与CaSO4 物质的量的差值n（CaS）﹣n（CaSO4 ）＝[1− ×（1﹣300a）]mol− × 4 4 4 （1﹣300a）mol＝150a， 𝑐(𝐻 𝑆)×𝑐2(𝐻 𝑂) 𝑐(𝐻 𝑆) 𝑐2(𝐻 𝑂) 1 （4）K3= 𝑐(𝑆 2 𝑂 )×𝑐3(𝐻 2 ) = 𝑐(𝐻 2 ) × 𝑐2(𝐻 2 ) × 𝑐(𝑆𝑂 ) ，T2 温度下，体系达平衡后，压缩容器体积 S2 产率增大， 2 2 2 2 2 𝑐2(𝐻 𝑂) 𝑐(𝐻 𝑆) 2 2 反应1正向移动，c（SO2 ）增大， 为定值，K3 为定值，则 增大；根据H守恒，则n（H2S）+n（H2O） 𝑐2(𝐻 ) 𝑐(𝐻 ) 2 2 +n（H2 ）＝0.1mol，即n（H2S）+1.01×n（H2O）＝0.1mol，压强增大，反应Ⅲ正向移动，n（H2S）增大，则n（H2O） 减小，