2025年山東高考化學試題含答案

2025年山東高考真題化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．下列在化學史上產生重要影響的成果中，不涉及氧化還原反應的是A．侯德榜發明了以，和為原料的聯合制堿法B．戴維電解鹽酸得到和，從而提出了酸的含氫學說C．拉瓦錫基于金屬和的反應提出了燃燒的氧化學說D．哈伯發明了以和為原料合成氨的方法【答案】A【詳解】A．聯合制堿法的反應中，化學方程式為：和，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合價均未發生改變，屬于非氧化還原反應，A符合題意；B．電解鹽酸生成和，H和Cl的化合價均發生變化（H從+1→0，Cl從-1→0），涉及氧化還原反應，B不符合題意；C．金屬與反應生成氧化物，金屬被氧化（化合價升高），O被還原（化合價降低），涉及氧化還原反應，C不符合題意；D．合成氨反應中的N化合價從0→-3，的H從0→+1，涉及氧化還原反應，D不符合題意；故選A。2．化學應用體現在生活的方方面面，下列用法不合理的是A．用明礬凈化黃河水 B．用漂白粉漂白蠶絲制品C．用食醋去除水壺中水垢 D．用小蘇打作烘焙糕點膨松劑【答案】B【詳解】A．明礬水解生成氫氧化鋁膠體可吸附水中懸浮雜質，可用于凈水，用法合理，A正確；B．漂白粉含次氯酸鈣，其強氧化性會破壞蠶絲（蛋白質）結構，導致絲制品損壞，用法不合理，B不正確；C．食醋中的醋酸與水垢（碳酸鈣、氫氧化鎂）反應生成可溶物，可用于除水垢，用法合理，C正確；D．小蘇打（碳酸氫鈉）受熱分解產生CO2使糕點疏松，可用于烘焙糕點，用法合理，D正確；故選B。3．實驗室中，下列試劑保存方法正確的是A．液溴加水封保存在廣口試劑瓶中 B．硝酸銀溶液保存在棕色細口試劑瓶中C．高錳酸鉀與苯酚存放在同一藥品柜中 D．金屬鋰保存在盛有煤油的廣口試劑瓶中【答案】B【詳解】A．液溴為液體，應使用細口瓶保存，廣口瓶通常用于固體，加水封正確但試劑瓶選擇錯誤，A錯誤；B．硝酸銀溶液見光易分解，棕色細口瓶避光且適合液體保存，B正確；C．高錳酸鉀是強氧化劑，苯酚有還原性，兩者混合可能反應，不能放在同一藥品柜中，C錯誤；D．鋰密度小于煤油，無法被煤油浸沒隔絕空氣，保存方法錯誤，應保存在固體石蠟中，D錯誤；故選B。4．稱取固體配制濃度約為的溶液，下列儀器中不需要使用的是A．燒杯 B．容量瓶C．量筒 D．細口試劑瓶(具橡膠塞)【答案】B【詳解】A．溶解1.6gNaOH需要在燒杯中進行，故A需要；B．1.6gNaOH的物質的量為，，本實驗要求精度不高，1.6g氫氧化鈉溶解在400mL蒸餾水中即可配制濃度約為的溶液，不需要容量瓶，故選B；C．據B項分析可知，配制時需量筒量取400mL蒸餾水，故不選C；D．NaOH溶液配制好后需要轉移到試劑瓶中儲存，氫氧化鈉溶液呈堿性，能與玻璃中的二氧化硅反應，不能選擇玻璃塞，所以需要細口試劑瓶(具橡膠塞)，故不選D；故選B。5．下列實驗涉及反應的離子方程式書寫正確的是A．用溶液吸收少量B．用和水制備少量C．用和濃鹽酸制備D．用稀硝酸溶解少量粉：【答案】C【詳解】A．當NaOH吸收少量SO2時，應生成SO而非HSO，正確反應為：，A錯誤；B．與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，正確離子方程式為，原方程式系數未配平，B錯誤；C．與濃鹽酸加熱生成Cl2的離子方程式為，各元素及電荷均守恒，C正確；D．稀硝酸與Cu反應時，產物Cu(NO3)2應拆解為Cu2+和NO，正確離子方程式為，D錯誤；故選C。6．第70號元素鐿的基態原子價電子排布式為。下列說法正確的是A．的中子數與質子數之差為104 B．與是同一種核素C．基態原子核外共有10個d電子 D．位于元素周期表中第6周期【答案】D【詳解】A．中子數=174-70=104，與質子數70的差為104-70=34，而非104，A錯誤；B．同位素之間質子數相同，但中子數不同，兩者屬于不同核素，B錯誤；C．根據構造原理可知，Yb的電子排布為[Xe]4f146s2，在3d和4d軌道上有電子，共20個d電子，C錯誤；D．根據Yb的價電子排布式可知，其有6s軌道，說明其有6個電子層，其位于第6周期，D正確；故選D。7．用硫酸和可制備一元弱酸。下列說法錯誤的是A．的水溶液顯堿性B．的空間構型為V形C．為含有共價鍵的離子化合物D．的中心N原子所有價電子均參與成鍵【答案】B【詳解】A．NaN3是強堿（NaOH）和弱酸（HN3）形成的鹽，水解生成OH-，溶液顯堿性，A正確。B．與CO2是等電子體，兩者結構相似，其中心原子均為sp雜化，其空間構型均為直線形，而非V形，B錯誤。C．NaN3為離子化合物（Na+與通過離子鍵結合），內部三個N原子以共價鍵連接，C正確。D．中心N原子通過sp雜化形成兩個雙鍵，無孤電子對，所有價電子參與成鍵，D正確。故選B。8．物質性質與組成元素的性質有關，下列對物質性質差異解釋錯誤的是性質差異主要原因A沸點：電離能：B酸性：電負性：C硬度：金剛石>晶體硅原子半徑：D熔點：離子電荷：A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．H2O沸點高于H2S的主要原因是H2O分子間存在氫鍵、H2S分子間不存在氫鍵，而非O的電離能大于S，電離能與沸點無直接關聯，A錯誤；B．HClO酸性強于HBrO是因為Cl的電負性大于Br，導致O-H鍵極性更強，更易解離H+，B正確；C．金剛石硬度大于晶體硅是因為C原子半徑小于Si，C-C鍵鍵能更大，共價結構更穩定，C正確；D．MgO和NaF均屬于離子晶體，離子晶體的熔點取決于其晶格能的大小，離子半徑越小、離子電荷越多的，其晶格能一般較大，其熔點更高；MgO熔點高于NaF是因為Mg2+和O2?的電荷高于Na+和F?，且其陰、陽離子的半徑對應較小，故離子鍵強度更大，晶格能更高，D正確；故選A。9．用肼的水溶液處理核冷卻系統內壁上的鐵氧化物時，通常加入少量，反應原理如圖所示。下列說法正確的是A．是還原反應的產物 B．還原性：C．處理后溶液的增大 D．圖示反應過程中起催化作用的是【答案】C【分析】由圖中信息可知，和反應生成的是和反應的催化劑，是中間產物，該反應的離子方程式為，是還原劑，是氧化劑，是還原產物?！驹斀狻緼．該反應中，中N元素的化合價升高被氧化，因此，是氧化反應的產物，A不正確；B．在同一個氧化還原反應中，還原劑的還原性強于還原產物，因此，還原性的強弱關系為，B不正確；C．由反應的離子方程式可知，該反應消耗，處理后溶液的增大，C正確；D．根據循環圖可知，圖示反應過程中起催化作用的是，D不正確；綜上所述，本題選C。10．在恒容密閉容器中，熱解反應所得固相產物和氣相產物均為含氟化合物。平衡體系中各組分物質的量隨溫度的變化關系(實線部分)如圖所示。已知：溫度時，完全分解；體系中氣相產物在、溫度時的分壓分別為、。下列說法錯誤的是A．a線所示物種為固相產物B．溫度時，向容器中通入，氣相產物分壓仍為C．小于溫度時熱解反應的平衡常數D．溫度時、向容器中加入b線所示物種，重新達平衡時逆反應速率增大【答案】D【分析】熱解反應所得固相產物和氣相產物均為含氟化合物，則其分解產物為和，其分解的化學方程式為，根據圖數據分析可知，a線代表，b線代表，c線代表。由各線的走勢可知，該反應為吸熱反應，溫度升高，化學平衡正向移動。【詳解】A．a線所示物種為，固相產物，A正確；B．溫度時，向容器中通入，恒容密閉容器的體積不變，各組分的濃度不變，化學平衡不發生移動，雖然總壓變大，但是氣相產物分壓不變，仍為，B正確；C．根據題給圖像，升高溫度時物質的量增加，由于反應是在恒容密閉容器中進行，分壓不斷增大，在此固氣體系中，熱解平衡常數，隨溫度升高增大，說明該反應為△H>0的反應。因此，盡管T2溫度時，完全分解，但升溫至T3過程中，熱解平衡常數Kp將不斷增大，則在T3時的顯然小于Kp，(Q＜K反應未達平衡)，由此即可判斷出此時，的分壓p3小于平衡常數Kp，C正確；D．若b線為氣相產物，加入后分壓增大，逆反應速率瞬時增大，平衡左移。重新平衡時，溫度不變，平衡常數不變，氣相產物分壓不變，逆反應速率不變，D錯誤；故選D。二、多選題11．完成下列實驗所用部分儀器或材料選擇正確的是實驗內容儀器或材料A灼燒海帶坩堝、泥三角B加熱濃縮溶液表面皿、玻璃棒C稱量固體電子天平、稱量紙D量取稀移液管、錐形瓶A．A B．B C．C D．D【答案】AD【詳解】A．灼燒海帶需在坩堝中進行，并用泥三角支撐坩堝于鐵架臺上加熱，儀器選擇正確，A正確；B．加熱濃縮NaCl溶液應使用蒸發皿（而非表面皿）和玻璃棒，表面皿無法直接加熱，B錯誤；C．NaOH易潮解且腐蝕性強，稱量時應置于燒杯或表面皿中，而非稱量紙上，C錯誤；D．量取25.00mL的稀硫酸可以用25mL的移液管量取，并注入錐形瓶中，D正確；故選AD。12．全鐵液流電池工作原理如圖所示，兩電極分別為石墨電極和負載鐵的石墨電極。下列說法正確的是A．隔膜為陽離子交換膜B．放電時，a極為負極C．充電時，隔膜兩側溶液濃度均減小D．理論上，每減少總量相應增加【答案】BC【分析】全鐵流電池原理為2Fe3++Fe=3Fe2+，a極發生Fe-2e-=Fe2+，為負載鐵的石墨電極做負極，b極發生Fe3++e-=Fe2+，發生還原反應，b為石墨電極，做正極，依次解題?！驹斀狻緼．隔膜為陰離子交換膜，若為陽離子交換膜，鐵離子移向左側時會與電極反應，A錯誤；B．根據分析，放電時，a極為負極，b極為正極，B正確；C．充電時，a接電源負極，為陰極，電極反應式為Fe2++2e-=Fe，b接電源正極，為陽極，發生的電極反應式為：Fe2+-e-=Fe3+，兩極的Fe2+均減少，C正確；D．根據總反應方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+減少1mol，Fe2+增加1.5mol，D錯誤；答案選BC。三、單選題13．鋼渣中富含等氧化物，實驗室利用酸堿協同法分離鋼渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列說法錯誤的是A．試劑X可選用粉B．試劑Y可選用鹽酸C．“分離”后元素主要存在于濾液Ⅱ中D．“酸浸”后濾液Ⅰ的過小會導致濾渣Ⅱ質量減少【答案】A【分析】鋼渣通過鹽酸酸浸，得到濾液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，濾渣I為SiO2，濾渣I加入NaOH溶液堿浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入試劑Y(可以是鹽酸)生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，濾液I加入試劑X和H2C2O4分離，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，試劑X將Fe2+氧化為Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，濾渣II為CaC2O4，濾液II中有Fe3+，依次解題。【詳解】A．根據分析，加入試劑X的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，試劑X應該是氧化劑，不可以是Fe粉，A錯誤；B．加入試劑Y，將Na2SiO3轉化為H2SiO3沉淀，最后轉化為SiO2，試劑Y可以是鹽酸，B正確；C．根據分析，“分離”后Fe元素主要存在于濾液II中，C正確；D．“酸浸”后濾液I中pH過小，酸性強，造成C2濃度小，使Ca2+(aq)+C2(aq)CaC2O4(s)平衡逆向移動，得到CaC2O4沉淀少，濾渣II質量減少，D正確；答案選A。四、多選題14．以異丁醛為原料制備化合物Q的合成路線如下，下列說法錯誤的是A．M系統命名為2-甲基丙醛B．若原子利用率為100%，則X是甲醛C．用酸性溶液可鑒別N和QD．過程中有生成【答案】CD【分析】由圖示可知，M到N多一個碳原子，M與X發生加成反應得到N，X為甲醛，N與CH2(COOC2H5)發生先加成后消去的反應，得到P，P先在堿性條件下發生取代反應，再酸化得到Q?！驹斀狻緼．M屬于醛類醛基的碳原子為1號，名稱為2-甲基丙醛，A正確；B．根據分析，若M+X→N原子利用率為100%，則X為HCHO，B正確；C．N有醛基和-CH2OH，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，Q有碳碳雙鍵，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別N和Q，C錯誤；D．P到Q第一步在堿性條件下酯基和羥基發生取代反應形成環狀結構，生成物有CH3CH2OH，沒有CH3COOH，D錯誤；答案選CD。15．常溫下，假設水溶液中和初始物質的量濃度均為。平衡條件下，體系中全部四種含碳物種的摩爾分數隨的變化關系如圖所示(忽略溶液體積變化)。已知：體系中含鈷物種的存在形式為和；，。下列說法正確的是A．甲線所示物種為B．的電離平衡常數C．時，物質的量濃度為D．時，物質的量濃度：【答案】CD【分析】由題中信息可知，可以形成4物種，分別為、、和，隨著增大，的摩爾分數逐漸減小，會轉化為溶解度更小的，的摩爾分數先增大后減小，因此，的摩爾分數逐漸增大。綜合以上分析可知，甲線所示物種為，丁線所示物種為，根據曲線的走勢結合電離平衡的過程可知，乙線所示物種為，丙線所示物種為。由甲、丁兩線的交點可知，在該點和的摩爾分數相等，均為0.5，由于水溶液中和初始物質的量濃度均為，則此時溶液中的濃度為，由可以求出此時溶液中的濃度為，再由可以求出此時溶液中，，即，根據圖像中的位置可以估算出。由乙和丙兩線的交點可知，和的摩爾分數相等，均為0.08，則由C元素守恒可知，此時的摩爾分數為0.84?！驹斀狻緼．由分析可知，甲線所示物種為，A不正確；B．乙和丙兩線的交點可知，和的摩爾分數相等，此時pH=a，的電離平衡常數，故B不正確；C．時，的摩爾分數為0.84，的物質的量為，由水于溶液中初始物質的量濃度為，以Co2+極限最大濃度估算形成Co(OH)2時所要最小c(OH-)=，此時溶液呈堿性，應有較多草酸根，則a點無Co(OH)2，此時Co元素只有兩種存在形式：Co2+和CoC2O4，由Co元素守恒可得，的物質的量濃度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=，C正確；D．由分析可知時，的濃度為，，，D正確；綜上所述，本題選CD。五、解答題16．單質及其化合物應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)在元素周期表中，位于第周期族?；鶓B原子與基態離子未成對電子數之比為。(2)尿素分子與形成配離子的硝酸鹽俗稱尿素鐵，既可作鐵肥，又可作緩釋氮肥。①元素C、N、O中，第一電離能最大的是，電負性最大的是。②尿素分子中，C原子采取的軌道雜化方式為。③八面體配離子中的配位數為6，碳氮鍵的鍵長均相等，則與配位的原子是(填元素符號)。(3)可用作合成氨催化劑、其體心立方晶胞如圖所示(晶胞邊長為)。①晶胞中原子的半徑為。②研究發現，晶胞中陰影所示m，n兩個截面的催化活性不同，截面單位面積含有原子個數越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性較低的是，該截面單位面積含有的原子為個。【答案】(1)四VIII4：5(2)NOsp2O(3)n【詳解】（1）Fe為26號元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基態Fe原子電子排布式為[Ar]3d64s2，未成對電子數為4，基態Fe3+電子排布式為[Ar]3d5，未成對電子數為5，故答案為：四；VIII；4：5。（2）①同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但N原子2p軌道為半充滿穩定結構，第一電離能：N>O>C；同周期元素從左到右，電負性逐漸增大，因此電負性：O>N>C，故答案為：N；O。②尿素分子中C原子形成3個σ鍵，無孤電子對，采取的軌道雜化方式為sp2雜化。③八面體配離子中的配位數為6，碳氮鍵的鍵長均相等，因此N原子不會參與形成配位鍵，說明C=O中O原子參與配位，所以與配位的原子是O。（3）①為體心立方晶胞，晶胞邊長為apm，體對角線長度為，體心立方晶胞中Fe原子半徑r與體對角線關系為4r=，因此原子的半徑為。②m截面面積Sm=a2pm2，每個角原子被4個相鄰晶胞共享(二維共享)，如圖所示：，每個晶胞的頂點原子貢獻個原子給該晶面，所含原子數為，單位面積原子數為個pm-2，n截面面積為pm2，每個角原子被4個相鄰晶胞共享，體心原子完全屬于本截面，所含原子數為，單位面積原子數為個?pm-2，因此催化活性較低的是n截面，該截面單位面積含有的原子為個?pm-2。17．采用兩段焙燒—水浸法從鐵錳氧化礦(主要含及等元素的氧化物)分離提取等元素，工藝流程如下：已知：該工藝條件下，低溫分解生成，高溫則完全分解為氣體；在完全分解，其他金屬硫酸鹽分解溫度均高于?；卮鹣铝袉栴}：(1)“低溫焙燒”時金屬氧化物均轉化為硫酸鹽。與反應轉化為時有生成，該反應的化學方程式為?！案邷乇簾睖囟葹?，“水浸”所得濾渣主要成分除外還含有(填化學式)。(2)在投料量不變的情況下，與兩段焙燒工藝相比，直接“高溫焙燒”，“水浸時金屬元素的浸出率(填“增大”“減小”或“不變”)。(3)萃取反應為：(有機相)(水相)(有機相)(水相)?！胺摧腿　睍r加入的試劑為(填化學式)。(4)“沉鈷”中，時恰好沉淀完全，則此時溶液中。已知：?！叭芙狻睍r發生反應的離子方程式為。(5)“沉錳”所得濾液并入“吸收”液中，經處理后所得產品導入(填操作單元名稱)循環利用。【答案】(1)Fe2O3、CaSO4(2)減小(3)H2SO4(4)4×10-4(5)低溫焙燒【分析】采用兩段焙燒—水浸法從鐵錳氧化礦中分離提取等元素，加入硫酸銨低溫焙燒，金屬氧化物均轉化為硫酸鹽，如硫酸錳、硫酸鐵、硫酸鈷、硫酸鈣等，產生的氣體有氨氣，氮氣等，氨氣用稀硫酸吸收，得到硫酸銨溶液，得到的硫酸鹽經高溫焙燒，只有硫酸鐵發生了分解，產生三氧化硫氣體和氧化鐵，水浸后，過濾分離出濾渣，濾渣主要為二氧化硅，氧化鐵，及硫酸鈣，后續萃取分離，將銅元素萃取到有機相中，最終得到硫酸銅溶液，水相主要含有鈷元素和錳元素，加入硫化鈉，調節pH，生成硫化鈷，過濾分離最終得到硫酸鈷溶液，濾液中加入碳酸氫銨，生成碳酸錳沉淀，據此解答。【詳解】（1）低溫焙燒，金屬氧化物均轉化為硫酸鹽，二氧化錳與硫酸氫銨反應，轉化為硫酸錳和氮氣，根據電子得失守恒可知還有氨氣生成，化學方程式為：；根據已知條件，高溫焙燒的溫度為650℃，只有硫酸鐵發生分解，生成三氧化硫氣體和氧化鐵，二氧化硅，氧化鐵，硫酸鈣等在水中溶解度都較小，所以“水浸”所得濾渣的主要成分除了SiO2外還含有，Fe2O3、CaSO4；故答案為：；Fe2O3、CaSO4；（2）根據已知條件，硫酸銨低溫分解成硫酸氫銨，高溫則完全分解成氣體，如果直接高溫焙燒，則硫酸銨會分解，物質的量減少，導致金屬元素的浸出率減小，故答案為：減小；（3）根據萃取的化學方程式：(有機相)(水相)(有機相)(水相)，加入有機相將銅離子萃取到有機相中，反萃取時需要使平衡逆向移到，生成銅離子，而且為了不引入新的雜質，應加入的試劑為稀H2SO4，故答案為：H2SO4；（4）沉鈷時，pH=4時Co2+恰好沉淀完全，其濃度為c(Co2+)=1×10-5mol/L，此時c(H+)=1×10-4mol/L，根據Ksp((CoS)=4×10-21，推出，又因為Ka1(H2S)=1×10-7，Ka2(H2S)=1×10-13，，則c(H2S)===4×10-4mol/L；由流程圖可知，CoS溶解時加入了過氧化氫，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化學方程式為：，改寫成離子方程式為：。故答案為：4×10-4；；（5）由分析可知，沉錳過程中，加入碳酸氫銨，生成碳酸錳，二氧化碳，硫酸銨等，過濾后濾液中的硫酸銨可并入吸收液中，經過處理后導入低溫焙燒循環使用，故答案為：低溫焙燒。18．如下不飽和聚酯可用于制備玻璃鋼。實驗室制備該聚酯的相關信息和裝置示意圖如下(加熱及夾持裝置略)：原料結構簡式熔點/℃沸點/℃順丁烯二酸酐52.6202.2鄰苯二甲酸酐130.8295.01，2-丙二醇187.6實驗過程：①在裝置A中加入上述三種原料，緩慢通入。攪拌下加熱，兩種酸酐分別與1，2-丙二醇發生醇解反應，主要生成和。然后逐步升溫至，醇解產物發生縮聚反應生成聚酯。②縮聚反應后期，每隔一段時間從裝置A中取樣并測量其酸值，直至酸值達到聚合度要求(酸值：中和1克樣品所消耗的毫克數)。回答下列問題：(1)理論上，原料物質的量投料比n(順丁烯二酸酐)：n(鄰苯二甲酸酐)：n(1，2-丙二醇)。(2)裝置B的作用是；儀器C的名稱是；反應過程中，應保持溫度計2示數處于一定范圍，合理的是(填標號)。A．

B．

C．(3)為測定酸值，取樣品配制溶液。移取溶液，用—乙醇標準溶液滴定至終點，重復實驗，數據如下：序號12345滴定前讀數/0.0024.980.000.000.00滴定后讀數/24.9849.7824.1025.0025.02應舍棄的數據為(填序號)；測得該樣品的酸值為(用含a，c的代數式表示)。若測得酸值高于聚合度要求，可采取的措施為(填標號)。A．立即停止加熱

B．排出裝置D內的液體

C．增大的流速(4)實驗中未另加催化劑的原因是。【答案】(1)1:1:2(2)導氣，同時將順丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、1,2-丙二醇以及醇解反應的產物冷凝回流到裝置A中，但是不會將水蒸氣冷凝（直形）冷凝管B(3)2、3C(4)醇解產物電離出的氫離子可催化縮聚反應【分析】根據題中信息可知，本實驗分為兩個階段，先由3種原料發生醇解反應，然后醇解產物再發生縮聚反應得到聚酯，兩個階段控制的溫度不同。當測得樣品的酸值達到合理要求后，縮聚反應完成?！驹斀狻浚?）由聚酯的結構簡式可知，和按物質的量之比1：1發生縮聚反應生成該聚酯，而順丁烯二酸酐和鄰苯二甲酸酐分別與1，2-丙二醇以物質的量之比1：1發生醇解反應，因此，理論上，原料物質的量投料比n(順丁烯二酸酐)：n(鄰苯二甲酸酐)：n(1，2-丙二醇)=1：1：2。（2）裝置A中3種原料在加熱的條件下發生反應，由于這些原料有一定的揮發性，若這些原料的蒸氣隨氮氣一起流出，則原料的利用率減小，從而導致產品的產率減小，因此，需要冷凝回流裝置，裝置B為空氣冷凝管，其作用是導氣，同時將順丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、1，2-丙二醇以及醇解反應的產物冷凝回流到裝置A中，但是不會將水蒸氣冷凝；儀器C的名稱是冷凝管，其可以將反應生成的水蒸氣冷凝為水；根據3種原料的沸點可知，反應過程中，應保持溫度計2示數處于一定范圍，即高于水的沸點、低于原料的沸點，防止原料流失，合理的是100~105℃，故選B。（3）由表中數據可知，5次滴定消耗標準溶液的體積分別為24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL，第2、3兩次實驗的數據的誤差明顯偏大，故應舍棄的數據為2、3；用合理的3次實驗的數據求平均值為25.00mL，25.00mLcmol·L-1KOH一乙醇標準溶液中含有KOH的質量為25.00mL10-3L·mL-1cmol·L-156000mg·mol-1=1400cmg，因此，測得該樣品的酸值為。若測得酸值高于聚合度要求，說明樣品中所含的羧基數目較多，還有一部分單體沒有發生充分發生縮聚反應，或者聚合程度不夠。因此，可采取的措施為（填標號）A．隨著酸值降低，聚合物分子量逐漸增大。酸值高于聚合度要求，說明縮聚反應還不完全，應繼續反應，因此選項A立即停止加熱不符合題意；B．裝置D中收集到的液體為H2O，可根據H2O的量估算縮聚反應進行的程度，反應結束前不需排出裝置D內的H2O，且此措施不會影響聚酯反應的平衡，選項B不符合題意；C．反應初期，需緩慢通入N2，若N2通入速度過快會導致反應物丙-1，2-二醇隨N2帶出而損失；反應后期，則可增大N2流速帶出反應裝置A中因縮聚反應而生成的H2O，并使縮聚反應向繼續生成聚酯的方向進行，從而使產品達到聚合度要求。因此選項C符合題意綜上所述，選C。（4）醇解產物可以電離出氫離子，電離出的氫離子可催化縮聚反應。19．麻醉藥布比卡因(I)的兩條合成路線如下：已知：Ⅰ．Ⅱ．回答下列問題：(1)A結構簡式為；B中含氧官能團名稱為。(2)反應類型為；化學方程式為。(3)G的同分異構體中，同時滿足下列條件的結構簡式為(寫出一種即可)。①含

②含2個苯環

③含4種不同化學環境的氫原子(4)H中存在酰胺基N原子(a)和雜環N原子(b)，N原子電子云密度越大，堿性越強，則堿性較強的N原子是(填“a”或“b”)。(5)結合路線信息，用催化加氫時，下列有機物中最難反應的是_______(填標號)。A．苯() B．吡啶()C．環己-1，3-二烯() D．環己-1，4-二烯()(6)以，，為主要原料合成。利用上述信息補全合成路線?！敬鸢浮?1)羧基(2)取代反應(3)或(4)b(5)A(6)，【分析】A的分子式為C6H7N，結合I的結構式可推出A的結構式為，A被高錳酸鉀氧化為B（），B與氫氣加成生成C（），C與三氯化磷發生取代反應生成D（），D與E（）發生取代反應生成H（），H與1-溴丁烷發生取代反應生成目標產物。另一條合成路線為：B與SOCl2反應生成F（），F與E（）發生取代反應生成G（），G與氫氣加成得到H，H與1-溴丁烷發生取代反應生成目標產物，據此解答?！驹斀狻浚?）由分析可知，A的結構式為，B為，B含有的含氧官能團名稱為羧基，故答案為：；羧基；（2）由分析可知，C與三氯化磷發生取代反應生成D（），D與E（）發生取代反應生成H（），化學方程式為：，故答案為：取代反應；；（3）G為，滿足以下條件的①含

②含2個苯環

③含4種不同化學環境的氫原子，說明物質結構高度對稱，如或，故答案為：或；（4）H為，存在酰胺基N原子(a)和雜環N原子(b)，N原子電子云密度越大，堿性越強，烷基是給電子基，酰胺基受旁邊碳氧雙鍵的影響，導致雜環N原子(b)上電子云密度增大，堿性增強，所以堿性較強的N原子(b)，故答案為：b；（5）合成路線中涉及到用H2/PtO2加成的路線有B→C，G→H，