文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 05（河北专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：
2025年高考化学试题设计聚焦化学学科核心素养，强化对基础知识深入理解上的综合应用，引导中学
教学注重培养学生的综合能力，创新信息呈现方式，要求学生深层次地认识化学规律，在分析和解决化学
问题的过程中，增强探究性，突出思维考查，有利于学生关键能力的提升，有助于培养学生的化学学科核
心素养。高考化学试题通过考查学生的探索归纳与论证能力，让学生灵活运用所学知识，向学生渗透科学
思维。
高考·新情境：
例如第1题以“河北博物院馆藏馆藏文物”为载体考查金属材料；第10题以“分布分数图像”为载体
考查电离方程式、水解常数、沉淀的生成；第13-14题以“二氧化碳的资源化利用” 为载体考查活化能、
反应机理、电解池的计算和电极反应式等。
命题·大预测：
化学是一门实践应用性极强的学科，信息获取与加工能力对于化学研究至关重要。高考化学试题通过
提供多种图表形式的信息，深入考查学生的信息获取与加工能力。高考命题以课程标准为基本依据，以教
材为重要参考，回归课本还要重视课本实验的回顾。许多基本概念、原理、规律及物质性质都是由实验推
导和验证的，因此除了关注有关元素化合物的性质实验外，还要重点复习实验证明过程。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦
干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 K 39
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．河北博物院馆藏的下列珍品中，主要成分为金属材料的是B．宋磁州窑白釉黑褐彩芦苇仙 C．西汉嵌金片花 D．春秋龙纹人
A．明犀角杯
鹤纹枕 纹铁匕首 字形玉佩
【答案】C
【解析】犀角杯的主要成分为蛋白质和钙盐，不是金属材料，故A错误；纹枕的主要成分为硅酸盐，不是
金属材料，故B错误；纹铁匕首的主要成分为铁合金，铁合金是性能优良的金属材料，故C正确；玉佩的
主要成分为硅酸盐，不是金属材料，故D错误；故选C。
2．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是
A．用电子式表示Cl 的形成：
2
B．用电子云轮廓图表示H-Cl的s-pσ键的形成：
C．NaCl溶液中的水合离子：
D．SO 的VSEPR模型为
3
【答案】C
【解析】Cl 形成时两个Cl原子间形成一对共用电子对，电子式表示为： ，A
2
不符题意；H原子和Cl原子形成HCl分子时，H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道通过“头碰头”的形式
形成s-pσ键，电子云轮廓图表示为： ，B不符题意；NaCl溶液中 周围有
5个水分子， 周围有6个水分子，则氯化钠在水中能形成自由移动的水合氯离子 和水合钠离子 ，C符合题意；SO 中心原子S价层电子对数： ，无孤电子对，其VSEPR模
3
型为平面三角形，D不符题意；故选C。
3．N 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A
A．标准状况下，2.24LHF中含有的原子数目为0.2N
A
B． 的NaOH水溶液中含有的氧原子数为0.01N
A
C．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3N
A
D．5.6g铁粉与 的HCl溶液充分反应，产生的气体分子数目为0.05N
A
【答案】D
【解析】标况下HF不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，A错误； 的NaOH
水溶液中除氢氧根含有氧原子外，溶剂水也含有氧原子，溶液中含有的氧原子数大于0.01N ，B错误；常
A
温下Al与浓硫酸发生钝化，阻止的反应的继续进行，无法计算转移电子数，C错误；5.6g铁粉与
的HCl溶液充分反应，生成亚铁离子，5.6g铁粉物质的量为0.1mol，酸的物质的量为
0.1mol，酸不足，则产生的氢气根据酸计算，可以产生0.05mol气体，分子数目为0.05N ，D正确；故选
A
D。
4．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．向氯化铁溶液中加少量过氧化钠：
B．向浓HNO 中加入Cu O：
3 2
C．网线遇强碱溶液发生网络中断：
D．向浓盐酸中滴加高铁酸钾溶液：
【答案】D
【解析】过氧化钠不拆分， ，A错误；浓HNO 发生氧
3
化还原反应生成NO 气体 ，B错误； 强电解质，需要
2拆开： ，C错误；浓盐酸中滴加高铁酸钾溶液发生氧化还原反应，
，D正确；故选D。
5．下列实验装置是常见的反应发生装置，某小组同学对下列装置进行了评价，其中错误的是
A．甲同学认为①装置可以用来制取NH ，也可以用来制取O
3 2
B．制取二氧化碳可以用碳酸钠与稀硫酸，且反应不需要加热。乙同学认为②④装置均可以完成该实验
C．丙同学认为③装置可以完成实验室制氯气的实验，同时他认为②装置也可以制氯气
D．丁同学认为可以采用液差法检验④装置的气密性
【答案】B
【解析】加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取NH 、加热氯酸钾和二氧化锰的混合物O 均可以采用
3 2
固、固加热制气装置，①装置均可完成两个实验，A项正确；实验室制取二氧化碳选用固液常温型制气装
置，即②装置，由于碳酸钠的存在状态不是块状的、且碳酸钠溶于水，故不能用④装置完成该实验，B项
错误；反应物选择MnO 与浓盐酸时，可以选用③装置完成实验室制氯气，反应物用KMnO 与浓盐酸时，
2 4
可以选用②装置完成实验室制氯气，C项正确；可以采用液差法检验④装置的气密性，具体方法是关闭弹
簧夹，向长颈漏斗中注水至长颈漏斗中液面高于试管中液面，静置一段时间后液面高度差保持不变，则装
置气密性良好，D项正确；故选B。
6．物质的结构决定其性质。对下列实例的解释有误的是
选
实例 解释
项
A 用He替代 填充探空气球更安全 He的电子构型稳定，不易得失电子
B 水分子的键角小于氨分子的键角 O有两对孤电子对，N有一对孤电子对
C 的沸点比HF的沸点高 氢键的键能： 大于
D 为离子化合物，其熔点比硝酸铵低 引入有机基团可降低离子化合物的熔点【答案】C
【解析】氢气具有可燃性，使用氢气填充气球存在安全隐患，而He的电子构型稳定，不易得失电子，形
成的氦气是一种惰性气体，不易燃烧或爆炸，故A正确； 和 的中心原子O原子和N原子的价层
电子对数都是 杂化，但由于O有两对孤电子对，N有一对孤电子对，孤对电子对成键电子的排斥力更
大导致水分子的键角小于氨分子的键角，故B正确；F的电负性更大，氢键的键能 大于
，但由于 的氢键数目更多，分子间氢键会导致沸点升高，故 的沸点比HF的沸点高，
故C错误；
为离子化合物，含 和 ，其熔点比硝酸铵低是因为有机基团 的离子半
径大于铵根离子的半径，导致离子键减弱，降低了熔点，因此引入有机基团可降低离子化合物的熔点，故
D正确；故选C。
7．下列事实或现象和相应结论均正确的是
事实或现象 结论
稀释后， 的水解程
A 将 溶液由 稀释到 ，则溶液 变大
度增大
过量，生成碳酸氢
B 向氯化钙溶液中通入 ，未出现白色沉淀
钙
C 分别测定 、 饱和溶液的 ，前者 小 酸性强于
向 溶液中滴加 溶液至不再产生白色沉
D
淀，再滴加几滴 溶液，出现黑色沉淀
【答案】D
【解析】氯化铁在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化铁溶液加水稀释后溶液pH变大，主要是因为加水稀释
溶液中氢离子浓度减小，与水解程度增大无关，A项错误；向氯化钙溶液中通入CO，未出现白色沉淀，
2
是因为碳酸的酸性比盐酸的酸性弱，氯化钙和CO 不反应，B项错误；二氧化硫在水中的溶解度大于二氧
2
化碳，二氧化硫饱和溶液中亚硫酸的浓度大于二氧化碳饱和溶液中碳酸的浓度，则前者饱和溶液的pH小
于后者不能说明亚硫酸的酸性强于碳酸，C项错误；硫化钠溶液与硫酸锌溶液完全反应生成硫化锌沉淀和
硫酸钠，向反应后的溶液中再加入硫酸铜溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀说明硫化锌的溶度积大于硫化铜，D项正确；故选D。
8．酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其结构如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是
A．其分子式为 B． 酚酞最多可以和 反应
C．能与 发生显色反应 D．酚酞可以发生加成反应、取代反应、氧化反应
【答案】B
【解析】酚酞分子中有20个C、4个O，每个苯环上有4个H原子，3个苯环、2个-OH共14个H原子，
分子式为 C H O，A正确； 酚酞含有2mol酚羟基，1mol酯基，最多可以和 反应，B错
20 14 4
误；酚酞含有酚羟基，能与 发生显色反应，C正确；酚酞含有苯环，酚羟基，可以发生加成反应、取
代反应、氧化反应，D正确；故选B。
9．如图所示化合物是合成一种表面活性剂的中间体，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元
素，W、X、Z的基态原子核外未成对电子数相等，Y的基态原子核外自旋相反的两种电子数之比为4：
5。下列说法正确的是
A．第一电离能：W＜X＜Y＜Z B．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＜Y＜Z
C．X的基态原子价电子轨道表示式： D．简单氢化物的键角：X＜Z
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，根据物质的成键特点，W、Y的共价键数目是
4、1，W、X、Z的基态原子核外未成对电子数相等，Y的基态原子核外自旋相反的两种电子数之比为4：5，可推知W、X、Y、Z分别为C、O、F、S。同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大；从上到下，
第一电离能逐渐增大。C、O、F同一周期，第一电离能逐渐增加，O、S同一主族，第一电离能逐渐减
少，S的第一电离能小于O、F，故A项错误；Y是F元素，无正价，没有最高价氧化物的水化物，B项错
误；相同能级的不同轨道能量相同，基态O原子的价电子轨道表示式为 ，C项正确；O电负
性大于S，成键电子对离中心原子更近，斥力更大，水分子中键角大于硫化氢分子，D项错误。故选C。
10．碳酸氢钠是抗酸及酸碱平衡调节的常用药，在 时，水溶液中 的分布分数与
溶液 的关系如图所示。下列说法正确的是
注：① 的分布分数 ；
② 。
A． 在水溶液中的电离方程式为
B． 的水解常数是
C．已知 溶液的 约为8.3，若向 溶液中加入等体积的
溶液，不能生成 沉淀
D．用适量酸或碱调节 悬浊液的酸碱度使其 ，此时溶液中
【答案】D
【解析】随着pH增大， 分子的分布系数逐渐减小， 的分布系数先增大后减小， 的分布系数逐渐增大，则交点(6.4,0.5)为 和 的交点， ，
。交点(10.3,0.5)为 和 的交点， ，
，据此分析解题。 是强电解质，在水溶液中的电离方程式为
，A错误； 的水解方程式为 ，则
，B错误； 时， ，代
入 ，得 ，等体积混合后 ，故有
，所以形成沉淀，C错误； 时，将
代入 ，得 ，D正确；故选D。
11．氢化铝钠 等复合氢化物是重要的有机还原剂。 氢化铝钠晶胞结构如图所示，设阿伏加德
罗常数的值为N ，下列说法错误的是
AA． 中 的杂化方式为
B． 晶体中， 的配位数为8
C． 与 之间的最短距离为
D．晶体的密度为
【答案】D
【解析】 中Al原子的价层电子对数为 ，所以 的杂化方式为 ，故A正确；
晶体中，以体心的 为例，与之紧邻且等距的 位于晶胞棱上、晶胞中上层立方体左右侧面
心、晶胞中下层立方体前后面面心，与 紧邻且等距的 有8个，即 的配位数为8，故B正
确； 与 之间的最短距离为下底面面对角线长的一半，为 ，故C正确；晶胞中 数目
为 数目为 ，晶胞质量为 ，晶胞体积为，则晶体的密度为 ，故D错
误；故选A。
12．某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．活化能：
B．0~4s内反应Ⅰ的平均速率
C．升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增大，平衡转化率均升高
D．体系内气体的平均摩尔质量不再变化，则反应达到新平衡
【答案】B
【解析】由图可知，反应开始一段时间内Y的浓度变化快，Z的浓度变化慢，故反应①活化能低，反应②
活化能高，即 ，A错误；由题干图像信息可知，4s末时Y为0.8mol/L、Z为0.2mol/L，即
0~4s内X减少了0.8+0.2=1.0mol/L，故0~4s内反应Ⅰ的平均速率 ，B正
确；升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增大，由题干信息可知，两个反应均为放热反应，则升高温度平衡逆
向移动，故平衡转化率均减小，C错误；由题干信息可知，两个反应前后气体的系数均保持不变，即反应
体系中气体的总物质的量一直不变，混合气体的质量不变，即体系内气体的平均摩尔质量一直保持不变，
故体系内气体的平均摩尔质量不再变化，不能说明反应达到新平衡，D错误；故选B。二氧化碳的资源化利用能有效减少二氧化碳的排放，充分利用碳资源。二氧化碳向甲醇的催化转化过程是
循环利用碳资源的有效途径，其中热催化二氧化碳加氢制甲醇路线是重要的研究方向之一、一定温度和压
强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表
面上的粒子用*标注)。
回答问题13-14题。
13．下列说法错误的是
A．第①步存在共价键的断裂和形成
B．第②步是反应的决速步骤，化学方程式为
C．铜基催化剂可以改变反应历程
D．保持压强不变，室温下进行该反应，焓变变大
【答案】D
【解析】根据反应机理示意图可知，第 步反应涉及碳氧极性键的断裂和碳氢键的形成，A正确； 第
① ②
步化学方程式为 ，该步反应活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步
骤，B正确；铜基催化剂可以影响反应的活化能，从而影响反应历程，C正确；焓变与反应体系的始末状
态有关，D错误；故选D。
14．合成的甲醇可利用 ( )和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，进一步制备甲酸，其电
化学装置的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．碳布上的介孔 ( )作阴极催化剂
B．中间隔膜为质子交换膜
C．电路中转移4mol电子时，生成2mol甲酸
D．工作一段时间后，阴极区和阳极区的pH都会降低
【答案】C
【解析】从图示来看，左侧发生还原反应，碳布上的介孔 ( )作为阴极催化剂，A正确；
阴极的电极反应式为 ，阳极的电极反应式为
，电路中每转移4mol电子，阳极区有4mol 通过质子交换膜进入阴
极区，B正确；总反应为 ，电路中转移4mol电子时，生成3mol
HCOOH，C错误； 阴极区和阳极区的产物都为HCOOH，工作一段时间后阴极区和阳极区pH都会降低，
D正确；故选D。
三、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.（14分）钛用途广泛，焦磷酸镁 不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要
成分为 ，含少量 )为原料，分离提纯 并制取少量焦磷酸镁的工艺
流程如图：已知： 不与碱反应，与酸反应后以 的形式存在。回答下列问题：
(1)基态 的价电子排布式是 。
(2)步骤“碱浸”的作用是 。
(3)滤渣2的主要成分为 (填化学式)。
(4)过二硫酸钠结构如下图所示，过二硫酸钠有强氧化性的原因是 ，“氧化”时 转化为
的离子方程式为 。
(5)离子浓度 时表示该离子沉淀完全。常温下，为了使 沉淀完全，调节 的最小值
为 (已知： )。
(6)钛是一种性能非常优越的金属。工业上可利用 与 反应制备金属钛。下列金属冶炼方法与 冶
炼 的方法相似的是 (填字母标号)。
A．电解熔融 制钠 B．铝热反应制锰 C．加热分解 制银
【答案】(1) （2分）
(2)除去钛废料中的 （2分）
(3) （2分）(4)结构中含有过氧键 （2分） （2分）
(5)3.2 （2分）
(6)B （2分）
【解析】以含钛废料(主要成分为TiO，含少量MgO、Cu、Al O、FeO、Fe O)为原料，分离提纯TiO 并
2 2 3 2 3 2
制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO 外还含少量MgO、Cu、Al O、FeO、Fe O，所以碱浸时
2 2 3 2 3
是为了除去能与碱反应的Al O，然后过滤，向滤液中加入过量的硫酸除去不与酸反应的Cu，再次过滤，
2 3
向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸亚铁晶体析出从而出
去大部分亚铁离子；然后过滤，向滤液中加热水解生成TiO(OH) ，过滤得到TiO(OH) 固体和主要含硫酸
2 2
镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧TiO(OH) 得TiO；将滤液氧化后调pH是铁离子生成氢氧化铁而除去铁
2 2
离子，然后过滤，向滤液中加焦硫酸钠得到焦硫酸镁，据此分析解题。
（1）Fe是26号元素，价电子排布式是 ；
（2）根据分析，“碱浸”的目的是为了除去能与碱反应的Al O；
2 3
（3）“酸浸”后溶液中存在的离子有亚铁离子、铁离子、镁离子和硫酸根离子，加Fe粉将铁离子还原为
亚铁离子，便于在冷却结晶时生成 晶体而析出，所以滤渣2的主要成分为 ；
（4）由结构可知，过二硫酸钠中有过氧键，因此其具有强氧化性；
“氧化”时 与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和硫酸根离子，反应的方程式为
；
（5）当铁离子浓度 时表示该离子沉淀完全，由 可知，铁离子
完全沉淀时 ， ，
；
（6） 与 反应制备金属钛是热还原法，A选项是电解法，B选项是热还原法，C选项是热分解法，
故选B。16.（15分） 是一种常用的氧化剂，某实验小组利用 氧化 制备 的装置(夹持装置
略)如图所示。
已知：锰酸钾 在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
。
回答下列问题：
(1)仪器 的名称是 。
(2)装置 中制备 反应的化学方程式为 。
(3)装置连接顺序是 (按照气流方向，用小写字母表示)。
(4)若去掉装置 ，会导致 产率 (填“增大”“降低”或“无影响”)。
(5)装置 中生成 的离子方程式为 。
(6)利用 滴定法测定某 样品[杂质为 和 中的其中一种]的组
成，实验步骤如下。
Ⅰ．取 样品于锥形瓶中，加入稀硫酸全部溶解，水浴加热至 。用 的 溶液趁热滴定
至溶液出现粉红色且 内不褪色，消耗 溶液 。
Ⅱ．向上述溶液中加入适量还原剂(不引入铁元素)将 恰好完全还原为 ，加入稀硫酸酸化后，在75℃继续用 溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗 溶液 。已知上述过
程中 ， ， 。
①样品中 的质量分数表达式为 (用含 、 、 、 的代数式表示)。
②若步骤Ⅰ中滴入 溶液不足(假设 已完全被氧化)，则测得样品中 元素含量 (填“偏
高”“偏低”或“无影响”)。
③若 ，样品中含有的杂质为 (写化学式)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗 （2分）
(2) （2分）
(3)cabedf （2分）
(4)降低 （2分）
(5) （2分）
(6) （2分） 无影响 （1分） （2分）
【解析】由实验装置及制备原理可知，B中氯酸钾和浓盐酸发生归中反应产生Cl，通过A装置除去挥发
2
的HCl气体，C中Cl 和KMnO 反应产生KMnO ，反应不完的Cl 用D中NaOH溶液吸收。
2 2 4 4 2
（1）仪器X的名称是恒压滴液漏斗；
（2）氯酸钾和浓盐酸发生归中反应产生Cl，化学方程式为 ；
2
（3）由分析可知，装置连接顺序是cabedf；
（4）挥发出来的氯化氢会和氢氧化钾反应，使溶液碱性减弱时发生反应
，会导致 产率降低；
（5）强碱性条件下， 氧化 制备 ，锰元素化合价由+6变为+7、氯元素化合价由0变
为-1，结合电子守恒，反应为： ；（6）①设 的物质的量为xmol， 的物质的量为ymol， 的物质的量
为zmol，步骤Ⅰ中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有： 、
KMnO ~5Fe2+，所以 ，步骤Ⅱ中Fe2+被氧化，由KMnO ~5Fe2+可知，
4 4
，联立二个方程解得： ，所以 的质量分数
；
②Fe元素的物质的量 ，若步骤Ⅰ中 溶液不足，则步骤Ⅰ中有一部分
Fe2+没有被氧化或都没有被氧化，不影响V 的大小，则 不变，所以对于测得Fe元素的含量无
2
影响；
③若 ， 的质量分数 =0，样品中不含 ，由
和 可知，y≠0，样品中含 杂质。
17.（14分）氯仿通过光照氧化可生成光气 可进一步与 合成碳酸二甲酯
，主要发生两个反应：
反应I．
反应II．
回答下列问题：
(1)计算 ；该反应能自发
进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。(2)在体积分别为 和 的两个恒容密闭容器中，均充入 和 ，光照条件下只发
生反应I，测得 的平衡转化率随温度 的变化关系如图甲所示。
① 时，体积为 的容器中，反应经 达到平衡。 内，
。
② 时，用各气体的物质的量分数表示反应I的平衡常数 (对于反应
为物质的量分数)。
③结合图像分析 (填“>”“<”或“=”)，解释其原因为 。
(3)已知 在光照时间过长时会发生反应： 。甲、乙两个初始温度和压
强均相同的恒温恒压密闭容器，甲中充入 和 ，乙中充入
和 分别发生反应， 的产率随时间变化
关系如图乙所示。①曲线a表示容器 (填“甲”或“乙”)中 的产率随时间变化的关系；
② 后，曲线b对应 的产率高的原因为 。
【答案】(1) （2分） 任意温度（1分）
(2) （2分） 2.25 （2分） > （2分）该反应为气体体积增大的反应，体积越大，压强越小，转化
率越高（2分）
(3)甲（1分） 体系中充入 可抑制COCl 分解，增大 浓度，从而使得 的
2
产率增大（2分）
【解析】（1）根据盖斯定律， ，该反应混乱度
增加即 ，当 时反应可自发进行，将该反应 H、 S代入公式得 故T可为任
意温度，故该空分别填-1058kJ/mol，任意温度；
（2）已知两容器中发生如下可逆反应：
①T°C时，体积为VL的容器中，反应经tmin达到平衡，CHCl 的转化率为60%，则消耗CHCl 物质的量
1 2 3 3
为1.2mol，生成COCl 物质的量为1.2mol，则v(COCl )= ，该空填1.2/
2 2
(V t)；
2
②如①所述，T°C时，体积为VL的容器中，反应经tmin达到平衡，则达到平衡时n(CHCl )=0.8，
1 2 3n(O )=0.4，n(COCl )=1.2，n(HCl)=1.2，根据K 公式可得 ，该空填2.25；
2 2 x
③如图可知，同一温度下，CHCl 在V 的转化率大于V 的，由于该反应为气体体积增加的反应，故体积越
3 1 2
大，压强越小，而压强增大有利于平衡正向移动，使CHCl 的转化率增大，故V 大于V，则该空分别填
3 1 2
>，该反应为气体体积增大的反应，体积越大，压强越小，转化率越高；
（3）甲乙两容器中发生如下反应 ，由于甲乙均为恒温恒
压，投入初始物料物质的量相同，但由于乙中多投入1molCO(g)故甲的压强高于乙的压强，故甲容器反应
速率更快，相同时间内CHOCOOCH 的产率更高，故a代表甲中CHOCOOCH 的产率随时间变化关系，
3 3 3 3
根据已知条件COCl 光照时间过长时会发生反应 ，乙中加入的CO可抑制COCl 的分
2 2
解，增大体系中COCl 浓度，有助于产物产率提升，故该空分别填甲，体系中充入CO可抑制COCl 的分
2 2
解，增大COCl 浓度，从而使得CHOCOOCH 的产率增大。
2 3 3
18.（15分）有机物G是一种治疗心律失常的药物，其合成路线如图所示(部分反应条件已略去)。
已知： (R， 为烃基)。
回答下列问题：
(1)B中含氧官能团的名称为 ，D的结构简式为 。
(2)A→B，D→E的反应类型分别为 、 (填“消去反应”“加成反应”或“取代反应”)。
(3)已知：饱和碳原子所连的四个原子或原子团各不相同时，则该碳原子被称为手性碳原子，下列有关G的
说法中正确的是_______(填字母)。
A．1molG与 在一定条件下发生加成反应，最多消耗6mol
B．G中只存在1个手性碳原子C．G不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．理论上F→G的过程中原子利用率为100%
(4)写出E→F的化学方程式： 。
(5)同时满足下列条件的C的同分异构体有 种(不包含立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面
积之比为 的结构简式为 。
①能与氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应。
【答案】(1) 酯基 （1分） （2分）
(2)取代反应 （2分） 加成反应（2分）
(3)BD（2分）
(4) + +HCl（2分）
(5) 13 （2分） （2分）
【解析】由有机物的转化关系可知，乙酸酐与苯酚发生取代反应生成 ，氯化铝作用下
发生构型转化生成 ， 在氢氧化钠溶液中与苯甲醛共热反应生成
，则D为 ；催化剂作用下 与氢气发生加成反应生成 ， 与 发生取代反应生成 ，
与CHCHCHNH 发生环加成反应生成 。
3 2 2 2
（1）由结构简式可知， 的含氧官能团为酯基；由分析可知，D的结构简式为
；
（2）由分析可知，A→B的反应为乙酸酐与苯酚发生取代反应生成 和乙酸，D→E的反应为催化
剂作用下 与氢气发生加成反应生成 ，；
（3）由结构简式可知， 分子中含有的苯环和酮羰基一定条件下能与氢气发生加成
反应，所以1molG最多消耗7mol氢气，故a错误；由结构简式可知，G分子中含有如图*所示的1个手性碳原子： ，故b正确；由结构简式可知，G分子中含有的羟基能与酸性高锰酸钾
溶液发生氧化反应使溶液褪色，故c错误；由分析可知，F→G的反应为， 与
CHCHCHNH 发生环加成反应生成 ，反应过程中原子利用率为100%，故
3 2 2 2
d正确；故选BD；
（4）由分析可知，E→F的反应为 与 发生取代反应生成 和氯
化氢，反应的化学方程式为 + +HCll；
（5）C的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应说明分子中含有酚羟基，能发生银镜反应说明分子中含
有醛基，同分异构体可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚分子中烃基上的氢原子被醛基取代所得结构，共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为 的结构简式为 。
