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(chǎn)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(fā)明了以NH3，CO2和B．戴維電解鹽酸得到H2和ClC．拉瓦錫基于金屬和O2D．哈伯發(fā)明了以N2和H2．化學應用體現(xiàn)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4．稱取1.6g固體NaOH配制400mL濃度約為0.1mol?LA．100mL燒杯 B．500mLC．500mL量筒 D．500mL細口試劑瓶(具橡膠塞)5．下列實驗涉及反應的離子方程式書寫正確的是A．用NaOH溶液吸收少量SOB．用Na2OC．用MnO2和濃鹽酸制備D．用稀硝酸溶解少量Cu粉：36．第70號元素鐿Yb的基態(tài)原子價電子排布式為4fA．70174Yb的中子數(shù)與質(zhì)子數(shù)之差為104 B．7C．基態(tài)Yb原子核外共有10個d電子 D．Yb位于元素周期表中第6周期7．用硫酸和NaN3可制備一元弱酸HNA．NaN3B．N3-的空間構(gòu)型為C．NaN3D．N3-的中心8．物質(zhì)性質(zhì)與組成元素的性質(zhì)有關(guān)，下列對物質(zhì)性質(zhì)差異解釋錯誤的是性質(zhì)差異主要原因A沸點：H電離能：OB酸性：HClO電負性：ClC硬度：金剛石>晶體硅原子半徑：SiD熔點：MgO離子電荷：MgA．A B．B C．C D．D9．用肼N2H4A．N2是還原反應的產(chǎn)物 B．還原性：C．處理后溶液的pH增大 D．圖示反應過程中起催化作用的是Cu10．在恒容密閉容器中，Na2SiF6(s)熱解反應所得固相產(chǎn)物和氣相產(chǎn)物均為含氟化合物。平衡體系中各組分物質(zhì)的量隨溫度的變化關(guān)系(實線部分)如圖所示。已知：T2溫度時，Na2SiFA．a(chǎn)線所示物種為固相產(chǎn)物B．T1溫度時，向容器中通入N2C．p3小于T3D．T1溫度時、向容器中加入b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(nèi)容儀器或材料A灼燒海帶坩堝、泥三角B加熱濃縮NaCl溶液表面皿、玻璃棒C稱量5.0gNaOH固體電子天平、稱量紙D量取25.00mL稀H25mL移液管、錐形瓶A．A B．B C．C D．D12．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(cè)溶液Fe2+D．理論上，F(xiàn)e3+每減少1mol,Fe2+三、單選題13．鋼渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2OA．試劑X可選用Fe粉B．試劑Y可選用鹽酸C．“分離”后Fe元素主要存在于濾液Ⅱ中D．“酸浸”后濾液Ⅰ的pH過小會導致濾渣Ⅱ質(zhì)量減少四、多選題14．以異丁醛M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(tǒng)命名為2-甲基丙醛B．若M+X→N原子利用率為100%，則C．用酸性KMnO4溶液可鑒別N和D．P→Q過程中有15．常溫下，假設1L水溶液中Co2+和C2O42-初始物質(zhì)的量濃度均為0.01mol?L-1。平衡條件下，體系中全部四種含碳物種的摩爾分數(shù)隨pH的變化關(guān)系如圖所示(忽略溶液體積變化A．甲線所示物種為HCB．H2CC．pH=a時，CoD．pH=b五、解答題16．Fe單質(zhì)及其化合物應用廣泛。回答下列問題：(1)在元素周期表中，F(xiàn)e位于第周期族?；鶓B(tài)Fe原子與基態(tài)Fe3+離子未成對電子數(shù)之比為(2)尿素分子H2NCONH2與Fe①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FeH2NCONH263+中Fe3+的配位數(shù)為6，碳氮鍵的鍵長均相等，則與(3)α-Fe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apm①α-Fe晶胞中Fe原子的半徑為②研究發(fā)現(xiàn)，α-Fe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Fe原子個數(shù)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Fe原子為個17．采用兩段焙燒—水浸法從鐵錳氧化礦(要含F(xiàn)e2O3、MnO2及已知：該工藝條件下，NH42SO4低溫分解生成NH4HSO4回答下列問題：(1)“低溫焙燒”時金屬氧化物均轉(zhuǎn)化為硫酸鹽。MnO2與NH4HSO4反應轉(zhuǎn)化為MnSO4時有N2生成，該反應的化學方程式為?！案邷乇簾睖囟葹?50℃，“水浸”所得濾渣主要成分除SiO(2)在NH42SO4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(3)HR萃取Cu2+反應為：2HR(有機相)+Cu2+(水相)?CuR2(有機相)+2H+(水相)?！?4)“沉鈷”中，pH=4時Co2+恰好沉淀完全cCo2+=1×10-5mol?L-1，則此時溶液中(5)“沉錳”所得濾液并入“吸收”液中，經(jīng)處理后所得產(chǎn)品導入(填操作單元名稱)循環(huán)利用。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(guān)信息和裝置示意圖如下(加熱及夾持裝置略)：原料結(jié)構(gòu)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N2。攪拌下加熱，兩種酸酐分別與1，2-丙二醇發(fā)生醇解反應，主要生成和。然后逐步升溫至190~200℃，醇解產(chǎn)物發(fā)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KOH的毫克數(shù))。回答下列問題：(1)理論上，原料物質(zhì)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(shù)處于一定范圍，合理的是(填標號)。A．55~60℃

B．100~105℃

C．190~195℃(3)為測定酸值，取ag樣品配制250.00mL溶液。移取25.00mL溶液，用cmol?L序號12345滴定前讀數(shù)/mL0.0024.980.000.000.00滴定后讀數(shù)/mL24.9849.7824.1025.0025.02應舍棄的數(shù)據(jù)為(填序號)；測得該樣品的酸值為(用含a，c的代數(shù)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(nèi)的液體

C．增大N2(4)實驗中未另加催化劑的原因是。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(jié)構(gòu)簡式為；B中含氧官能團名稱為。(2)C→D反應類型為；D+E→(3)G的同分異構(gòu)體中，同時滿足下列條件的結(jié)構(gòu)簡式為(寫出一種即可)。①含-NH2

②含2個苯環(huán)

③含(4)H中存在酰胺基N原子(a)和雜環(huán)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(jié)合路線信息，用H2/PtO2催化加氫時，下列有機物中最難反應的是_______(A．苯() B．吡啶()C．環(huán)己-1，3-二烯() D．環(huán)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。20．利用CaS循環(huán)再生可將燃煤尾氣中的SO2Ⅰ．CaSⅡ．CaSOⅢ．SO恒容條件下，按1molCaS,1molSO2和0.1molH已知：圖示溫度范圍內(nèi)反應Ⅱ平衡常數(shù)K=10回答下列問題：(1)反應4H2(g)+2SO2(g(2)乙線所示物種為(填化學式)。反應Ⅲ的焓變ΔH30(填“>”“<”或“=”)(3)T1溫度下，體系達平衡時，乙線、丙線所示物種的物質(zhì)的量相等，若丁線所示物種為amol，則S2為mol(用含a的代數(shù)式表示)；此時，CaS與CaSO4物質(zhì)的量的差值n(CaS)-nCaSO(4)T2溫度下，體系達平衡后，壓縮容器體積S2產(chǎn)率增大。與壓縮前相比，重新達平衡時，H2S與H2物質(zhì)的量之比nH2SnH2(填“增大”“減小”或“不變”)，H2O物質(zhì)的量n《2025年山東高考真題化學試題》參考答案題號12345678910答案ABBBCDBACC題號1112131415答案ADBCACDCD1．A【詳解】A．聯(lián)合制堿法的反應中，化學方程式為：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl和2NaHCO3ΔNa2B．電解鹽酸生成H2和Cl2，H和Cl的化合價均發(fā)生變化（H從+1→0，Cl從-1→0），涉及氧化還原反應，C．金屬與O2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，CD．合成氨反應中N2的N化合價從0→-3，H2的H從0→+1，涉及氧化還原反應，故選A。2．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(zhì)，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(zhì)）結(jié)構(gòu)，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(chǎn)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．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．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(zhì)的量為1.6g40g/mol=0.04mol，0.04mol0.4L=0.1mol/L，即只需要溶解在400mL蒸餾水中即可配制400mL濃度約為0.1mol?L-C．據(jù)B項分析可知，配制時需500mL量筒量取約400mL蒸餾水，故C需要；D．NaOH溶液配制好后需要轉(zhuǎn)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500mL細口試劑瓶(具橡膠塞)，故D需要；故選B。5．C【詳解】A．當NaOH吸收少量SO2時，應生成SO32-而非HSO3-，正確反應為：SO2B．Na2O2與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，正確離子方程式為2NaC．MnO2與濃鹽酸加熱生成Cl2的離子方程式為MnO2+4D．稀硝酸與Cu反應時，產(chǎn)物Cu(NO3)2應拆解為Cu2+和NO3-，正確離子方程式為3Cu+8故選C。6．D【詳解】A．中子數(shù)=174-70=104，與質(zhì)子數(shù)70的差為104-70=34，而非104，A錯誤；B．同位素之間質(zhì)子數(shù)相同，但中子數(shù)不同，兩者屬于不同核素，B錯誤；C．根據(jù)構(gòu)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(jù)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．B【詳解】A．NaN3是強堿（NaOH）和弱酸（HN3）形成的鹽，N3-水解生成OH-，溶液顯堿性，B．N3-與CO2是等電子體，兩者結(jié)構(gòu)相似，其中心原子均為sp雜化，其空間構(gòu)型均為直線型，而非V形，C．NaN3為離子化合物（Na+與N3-通過離子鍵結(jié)合），N3-內(nèi)部三個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．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(guān)聯(lián)，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(jié)構(gòu)更穩(wěn)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．C【分析】由圖中信息可知，N2H4和Cu2+反應生成的[Cu(N2H4)2]2+是N2【詳解】A．該反應中，N2H4中N元素的化合價升高被氧化，因此，NB．在同一個氧化還原反應中，還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物，因此，還原性的強弱關(guān)系為N2H4C．由反應的離子方程式可知，該反應消耗H+，處理后溶液的pH增大，CD．根據(jù)循環(huán)圖可知，圖示反應過程中起催化作用的是[Cu(N2H綜上所述，本題選C。10．C【分析】Na2SiF6(s)熱解反應所得固相產(chǎn)物和氣相產(chǎn)物均為含氟化合物，則其分解產(chǎn)物為NaF(s)和SiF4(g)，其分解的化學方程式為Na【詳解】A．a(chǎn)線所示物種為NaF(s)，NaFB．T1溫度時，向容器中通入N2，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(fā)生移動，雖然總壓變大，但是氣相產(chǎn)物分壓不變，仍為p1C．由圖可知，升溫b線代表的SiF4增多，則反應Na2SiF6(s)?2NaF(s)+SiF4(g)為吸熱反應，升溫Kp增大，已知：T2溫度時，Na2SiF6(s)完全分解，則該反應T2以及之后正向進行趨勢很大，Qp＜KD．據(jù)分析可知，b線所示物種為SiF4(g)，恒容密閉容器的平衡體系的氣相產(chǎn)物只有SiF4(g)，Kp=p(SiF4)，溫度不變Kp不變，綜上所述，本題選C。11．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(fā)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．BC【分析】全鐵流電池原理為2Fe3++Fe=3Fe2+，a極發(fā)生Fe-2e-=Fe2+，為負載鐵的石墨電極做負極，b極發(fā)生Fe3++e-=Fe2+，發(fā)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(cè)時會與電極反應，A錯誤；B．根據(jù)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(fā)生的電極反應式為：Fe2+-e-=Fe3+，兩極的Fe2+均減少，C正確；D．根據(jù)總反應方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，F(xiàn)e3+減少1mol，F(xiàn)e2+增加1.5mol，D錯誤；答案選BC。13．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?！驹斀狻緼．根據(jù)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(zhuǎn)化為H2SiO3沉淀，最后轉(zhuǎn)化為SiO2，試劑Y可以是鹽酸，B正確；C．根據(jù)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C2O42-濃度小，使Ca2+(aq)+C2O42-(aq)?CaC2O4(s)平衡逆向移動，得到CaC2O4沉淀少，濾渣II答案選A。14．CD【分析】由圖示可知，M到N多一個碳原子，M與X發(fā)生加成反應得到N，X為甲醛，N與CH2(COOC2H5)發(fā)生先加成后消去的反應，得到P，P先在堿性條件下發(fā)生取代反應，再酸化得到Q。【詳解】A．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(jù)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(fā)生取代反應形成環(huán)狀結(jié)構(gòu)，生成物有CH3CH2OH，沒有CH3COOH，D錯誤；答案選CD。15．CD【分析】由題中信息可知，C2O42-可以形成4物種，分別為H2C2O4、HC2O4-、C2O42-和CoC2O4(s)，隨著pH增大，H2C2O4的摩爾分數(shù)逐漸減小，CoC2O4(s)會轉(zhuǎn)化為溶解度更小的Co(OH)2，CoC2O4(s)的摩爾分數(shù)先增大后減小，因此，C2O42-的摩爾分數(shù)逐漸增大。綜合以上分析可知，甲線所示物種為CoC2O4(s)，丁線所示物種為C【詳解】A．由分析可知，甲線所示物種為CoC2O4B．乙和丙兩線的交點可知，H2C2O4和HC2O4-C．pH=a時，CoC2O4(s)的摩爾分數(shù)為0.84，CoC2O4(s)的物質(zhì)的量為1L×0.01mol?L-1×0.84=0.0084mol，由水于溶液中Co2+初始物質(zhì)的量濃度為0.01mol?L-1，以Co2+極限最大濃度估算形成Co(OH)2時所要最小c(OHD．由分析可知pH=b時，C2O42-的濃度為0.005mol?綜上所述，本題選CD。16．(1)四VIII4：5(2)NOsp2O(3)3a4【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(tài)Fe原子電子排布式為[Ar]3d64s2，未成對電子數(shù)為4，基態(tài)Fe3+電子排布式為[Ar]3d5，未成對電子數(shù)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(wěn)定結(jié)構(gòu)，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H2NCONH2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③八面體配離子FeH2NCONH263+中Fe3+的配位數(shù)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（3）①α-Fe為體心立方晶胞，晶胞邊長為apm，體對角線長度為3apm，體心立方晶胞中Fe原子半徑r與體對角線關(guān)系為4r=3a，因此②m截面面積Sm=a2pm2，每個頂點被8個相鄰晶胞共享??，每個晶胞的面被兩個晶胞共用，每個晶胞的頂點原子貢獻14個原子給該晶面，所含原子數(shù)為4×14=1，單位面積原子數(shù)為1a2個pm-2；n截面面積為a×2a=2a2pm2，每個頂點被8個相鄰晶胞共享，每個頂點參與形成四個通過體心的截面，體心原子完全屬于本截面，所含原子數(shù)為4×14+1=2，單位面積原子數(shù)為17．(1)3MnO2+3NH4HSO4低溫焙燒3MnSO(2)減小(3)H2SO4(4)4×10-4CoS+H(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Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸銨低溫焙燒，金屬氧化物均轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，如硫酸錳、硫酸鐵、硫酸鈷、硫酸鈣等，產(chǎn)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(jīng)【詳解】（1）低溫焙燒，金屬氧化物均轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，二氧化錳與硫酸氫銨反應，轉(zhuǎn)化為硫酸錳和氮氣，根據(jù)電子得失守恒可知還有氨氣生成，化學方程式為：3MnO2+3NH4HSO4低溫焙燒3MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O；根據(jù)已知條件，高溫焙燒的溫度為650℃，只有硫酸鐵發(fā)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，F(xiàn)e（2）根據(jù)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(zhì)的量減少，導致金屬元素的浸出率減小，故答案為：減??；（3）根據(jù)萃取的化學方程式：2HR(有機相)+Cu2+(水相)?CuR2(有機相)+2H+(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(zhì)，應加入的試劑為稀H2SO（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(jù)Ksp((CoS)=4×10-21，推出cS2-=Ksp(CoScCo2+=4×10-211×10-5=4×10-16mol/L，又因為Ka1(H2S)=1×10-7，Ka2(H2S)=1×10-13，Ka1×Ka2=c（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(jīng)過處理后導入低溫焙燒循環(huán)使用，故答案為：低溫焙燒。18．(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(chǎn)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、314000ca(4)酸酐本身就能催化成酯反應（?；磻?，且可以與水反應，促進縮聚反應正向進行【分析】根據(jù)題中信息可知，本實驗分為兩個階段，先由3種原料發(fā)生醇解反應，然后醇解產(chǎn)物再發(fā)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(jié)構(gòu)簡式可知，和按物質(zhì)的量之比1:1發(fā)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(zhì)的量之比1:1發(fā)生醇解反應，因此，理論上，原料物質(zhì)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(fā)生反應，由于這些原料有一定的揮發(fā)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(chǎn)品的產(chǎn)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(chǎn)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(jù)3種原料的沸點可知，反應過程中，應保持溫度計2示數(shù)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(shù)據(jù)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(shù)據(jù)的誤差明顯偏大，故應舍棄的數(shù)據(jù)為2、3；用合理的3次實驗的數(shù)據(jù)求平均值為25.00mL，25.00mLcmol·L-1KOH一乙醇標準溶液中含有KOH的質(zhì)量為25.00mL×10-3L·mL-1×cmol·L-1×56000mg·mol-1=1400cmg，因此，測得該樣品的酸值為1400cmgag若測得酸值高于聚合度要求，說明樣品中所含的羧基數(shù)目較多，還有一部分單體沒有發(fā)生充分發(fā)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．若立即停止加熱，則酸值不變，不能達到目的，相反地，可以繼續(xù)加熱，讓縮聚反應充分進行，A不可?。籅．若排出裝置D內(nèi)的液體，可以除去未參與縮聚反應的單體，降低混合物的酸值，但是明顯不符合題意，題中描述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才可以達到目的，B不可??；

C．N2的作用是一方面可以將生成的水帶走，另一方面可以起到攪拌作用，從而加快反應速率且促進縮聚反應充分進行，因此，增大N2的流速可行，綜上所述，選C。（4）本實驗中使用了2種酸酐，酸酐本身就能催化成酯反應（?；磻?，且可以與水反應，促進縮聚反應正向進行，因此，可以適當增大酸酐的用量，實驗中未另加催化劑的原因是：酸酐本身就能催化成酯反應（?；磻铱梢耘c水反應，促進縮聚反應正向進行。19．(1)羧基(2)取代反應(3)或(4)b(5)A(6)→H2/PtO【分析】A的分子式為C6H7N，結(jié)合I的結(jié)構(gòu)式可推出A的結(jié)構(gòu)式為，A被高錳酸鉀氧化為B（），B與氫氣加