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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷03（重庆专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：实验操作与原理结合更紧密：如第16 题通过“用饱和食盐水代替水”“控制分液漏斗滴
速”等实验细节，考查学生对实验条件优化的化学原理理解（如抑制Cl₂ 溶解、控制反应速率）。有机
化学考查深度提升：第18 题以药物合成为背景，涉及官能团保护、多步反应机理（如D→E 保护羟
基），强调对有机物结构-性质关联及合成路线的综合分析能力。
高考·新考法：热力学与动力学综合：第17 题通过两步反应（吸热与放热）的平衡常数与温度关系图
像，考查学生对反应方向、速率与平衡的综合分析能力。晶体结构跨学科应用：第9 题结合镧镍合金
储氢的晶胞模型，分析配位数、密度计算，体现材料科学与化学的交叉融合。
高考·新情境： 航天材料应用：第1 题以“神舟十七号”铝材、砷化镓电池为背景，考查金属材料、
半导体材料的分类，贴近科技热点。环保理念渗透：第12 题通过硫化氢的催化氧化制石膏，体现工业
副产物的资源化利用，传递绿色化学思想。
命题·大预测：夯实实验细节：理解实验操作原理（如分液漏斗控速、沉淀洗涤检验），而非机械记忆
步骤。强化有机合成思维：掌握官能团转化规律（如羟基保护/脱保护）、反应机理（亲核取代、共轭
效应）。提升跨模块整合能力：加强晶体结构计算、热力学-动力学综合题的训练，适应复杂情境题。
关注科技前沿：积累航天材料、新能源、药物合成等领域的化学知识，提升情境题适应力。
（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 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Ni 59 Co 59 La 139
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。
1．2023 年 10 月 26 日， 神舟十七号成功发射。下列说法正确的是
A．重庆造“神十七”关键铝材超六成， 铝属于金属材料
B．载人飞船返回舱表面层使用的玻璃纤维属于天然高分子材料
C．“神十七”使用了砷化镓太阳能电池板， 砷化镓属于复合材料
D．“神十七”使用的耐辐照光学石英玻璃属于有机合成材料
【答案】A
【解析】A．铝材属于金属材料，A 正确；
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B．玻璃纤维属于无机非金属材料，不是天然高分子材料，B 错误；
C．砷化镓属于半导体材料，C 错误；
D．石英玻璃主要成分为SiO2，属于传统无机非金属材料，D 错误；
故选A。
2．“宏、微、符” 三重表征是重要的化学学科素养。下列相关化学用语正确的是
A．
和
的最外层电子排布图均为：
B．用电子式表示
的形成过程为：
C．
分子的 VSEPR 模型为：
D．基态
原子价电子排布式为：
【答案】A
【解析】
A．
和
的最外层电子排布式均为3s23p6，其电子排布图均为
，故A 正
确；
B．
属于离子化合物，镁原子失两个电子分别给两个氯原子，用电子式表示
的形成过程为
，故B 错误；
C．
分子中氮原子的价层电子对数为
，为sp3杂化，所以其VSEPR 模型为四面体
形，故C 错误；
D．
是28 号原子，基态
原子价电子排布式为
，故D 错误；
故选A。
3．下列离子方程式书写正确的是
A．将标准状况下
通入
溶液中：
B．用石墨电极电解
溶液：
C．向
溶液中滴加
溶液和稀氨水，产生大量白色
沉淀：
D．向明矾溶液中滴加过量
溶液：
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【答案】C
【解析】A．标准状况下
物质的量为
，通入
溶液中，
不足，
部分
与
发生氧化还原反应，生成
和
，未反应的
会与产生的氢离子生成
，
，A 错误；
B．电解产生的
会与
产生沉淀，
B 错误；
C．向
溶液中滴加
溶液和稀氨水，产生大量白色
沉淀，同时有硫酸铵和水生成，
选项所给离子方程式正确，C 正确；
D．滴加过量
溶液能使
转化为
，正确的离子方程式为
，D 错误；
故选C。
4．下列实验方案能达到预期目的的是
A．制备 HCl
B．除去 CCl4中的Br2
C．收集 Cl2
D．验证非金属性： Cl>C> Si
【答案】B
【解析】A．氯化铵加热分解生成NH3、HCl，在温度降低后NH3和HCl 又会在导管口处化合生成氯化
铵固体，不能用于制备氯化氢，A 错误；
B．氢氧化钠溶液与溴单质反应生成溴化钠和次溴酸钠，均溶于水，再分液即可以达到实验目的，B 正
确；
C．氯气的密度大于空气，应用向上排空气法收集，图示的收集方法为向下排空气法，C 错误；
D．盐酸不是最高价含氧酸，其酸性不能作为非金属性强弱比较的依据，D 错误；
故选B。
5．白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，原理为
。已知
9
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白磷、磷酸和硫酸的结构分别为
、
、
，设
为阿伏加
德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
含σ 键数目为
B．每生成
，转移电子数目为
C．
和
混合物中含有的羟基数目为
D．
溶液中含
数目为
【答案】B
【解析】A．每个白磷分子含有6 个
键，所以
含
键数目为
，A 错误；
B．生成
时，
元素化合价降低1 价，P 的化合价降低3 价，所以每生成1 个
，化合价降低
6 价，故每生成
，转移电子数目为
，B 正确；
C．由于
和
的摩尔质量均为
，一个
、
的羟基个数分别为3、2，所
以
和
混合物中含有的羟基数目介于
与
之间，C 错误；
D．由于
为强酸弱碱盐，溶液中
会部分水解，所以
溶液中含
数目小
于
，D 错误；
答案选B。
6．如图是合成某种药物的中间类似物。下列有关该物质的说法不正确的是
A．该物质含有三种官能团，并存在立体异构
B．1mol 该物质最多与7mol
反应
C．1mol 该物质最多可以与5molNaOH 发生反应
D．该物质与足量
加成后的产物分子中含6 个手性碳原子
【答案】D
【解析】A．该物质含有碳碳双键、羧基、碳氯键，共三种官能团，碳碳双键两端均连接了不同的原子
或基团，则该物质存在顺反异构，故A 正确；
B．苯环、碳碳双键都能与氢气反应，
该物质最多与
反应，故B 正确；
C．1mol 该物质含有1mol 羧基和2mol 苯环上的氯原子，苯环上的氯原子和NaOH 反应后生成的酚羟
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基，继续消耗NaOH，故1mol 该物质最多与5mol NaOH 反应，故C 正确；
D．手性碳原子是连接4 个不同的原子或原子团的碳原子，该物质与足量
加成后的产物分子
中含4 个手性碳原子(*号标出)，故D 错误；
故选D。
7．
为离子液体中常见的阴离子，离子中各原子均达到稳定结构，其组成元素W、X、
Y、Z 为4 种核电荷数依次增大的短周期主族元素，其中Y 的单质能与水反应产生氧气。下列说法错误
的是
A．第一电离能：
B．简单氢化物的分子极性：
C．简单离子半径：
D．非金属性：
【答案】A
【分析】由于Y 的单质能与水反应产生氧气，则Y 为F，X 含有两个共价键，则X 为O，Z 含有6 个共
价键，则Z 为S，W 含有2 个共价键，得到一个电子，则W 为N，据此回答。
【解析】A．由分析知，W 为N，由于N 的价电子排布为
，p 轨道为半满结构，能量较低，第一
电离能较大，第一电离能：
，A 错误；
B．由分析知，X 为O，Z 为S，简单氢化物均为“V”形分子，但电负性O>S，故分子极性：
，B 正确；
C．由分析知，W 为N，X 为O，Y 为F，
电子层结构相同，半径逐渐减小，故简单离子
半径
，C 正确；
D．由分析知，X 为O，Y 为F，Z 为S，O 和F 同周期，从左往右非金属性增强，即F>O，O 和S 同主
族，从上往下，非金属性逐渐减弱，即O>S，故非金属性：
，D 正确；
故选A。
8．①向蓝色的
溶液中滴加酸性
溶液，溶液由蓝色变为淡黄色
；
②向
溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体
，溶液变蓝；
③
(足量)
。
下列说法错误的是
A．①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为
B．由①、②可知，酸性条件下氧化性；
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C．②中每生成
，转移
电子
D．向酸性
溶液中滴加少量
溶液，发生的反应为
【答案】D
【解析】A．向蓝色的
溶液中滴加酸性
溶液，溶液由蓝色变为淡黄色
，反应的离
子方程式为
，还原剂
与氧化剂
的物质的量之
比为
，A 正确；
B．向
溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体
，溶液变蓝，则又生成
，反应的离子
方程式为
，①中酸性条件下氧化性：
，②中酸
性条件下氧化性：
，故由①、②可知，酸性条件下氧化性：
，B 正确；
C．②中反应的离子方程式为
，每生成
，转移
电
子，C 正确；
D．因为氧化性
，所以
也能把少量
氧化为
和
，发生的反应为
，D 错误；
故答案为：D。
9．镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞可认为由两种结构不同的层交替堆积而成，如下图所示，该合金的
密度为
g·cm-3.已知该合金的晶胞中最多可容纳9 个氢原子。下列叙述错误的是
A．基态Ni 原子的价电子排布式为3d84s2
B．该合金的化学式为LaNi5
C．设La 的原子坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上Ni 的原子坐标系为(
，
，0)或(
，
，0)
D．假定吸氢后体积不变，则合金中氢的最大密度为
ρg·cm-3
【答案】C
【解析】A．Ni 元素原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，A 正确；
B．该晶胞中La 原子个数为8×
=1，Ni 原子个数为8×
+1=5，则La、Ni 原子个数之比为1：5，化学
式为LaNi5，B 正确；
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C．晶胞底面为两个正三角形组成的菱形，Ni 原子处于两个正三角形的中心，①La 的原子坐标为(0，
0，0)，则晶胞底面上②Ni 和③Ni 的原子坐标系分别为(
，
，0)或(
，
，0)，C 错误；
D．设晶胞体积为V，该晶胞密度为
g·cm-3=
g·cm-3，假定吸氢后体积不变，当晶胞中最多容纳
9 个氢原子时合金中氢的密度最大，氢的密度为
g·cm-3，D 正确；
故选：C。
10．可采用Deacon 催化氧化法将工业副产物HCl 制成
，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：
。下图所示为该法的一种催化机理，下列说
法不正确的是
A．X 为生成物
，W 为生成物
B．反应制得
，放出热量57.2kJ
C．升高温度，HCl 被
氧化制
的反应逆向移动
D．图中转化涉及的反应中有三个属于氧化还原反应
【答案】D
【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO
与Y 反应生成Cu(OH)Cl，则Y 为HCl；Cu(OH)Cl 分解生成W 和Cu2OCl2，则W 为H2O；CuCl2分解
为X 和CuCl，则X 为Cl2；CuCl 和Z 反应生成Cu2OCl2，则Z 为O2；综上所述，X、Y、Z、W 依次是
、
、
、
。
【解析】A．由分析可知，X 为反应物
，W 为生成物
，A 正确；
B．由题干的热化学方程式可知，反应制得
，放出热量57.2kJ ，B 正确；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，C 正确；
D．图中涉及的两个氧化还原反应，分别是
和
，D 错误；
故选D。
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11．采用惰性电极电解制备乙醛酸
的原理如下所示。E 室电解液为盐酸和乙二醛
的混合
溶液，
室电解液为乙二酸溶液。下列说法不正确的是
A．a 为电源正极
B．
从
室迁移至
室
C．外电路中每通过
电子，理论上就有1mol 乙醛酸生成
D．
室中乙二醛被氧化的化学方程式：
【答案】C
【分析】左侧电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，则a 为电源的正极；b 为负极，右侧电极为阴
极，据此分析解答；
【解析】A．由以上分析可知a 为电源正极，A 正确；
B．电解池中
向阴极移动，则
从E 室迁移至F 室，B 正确；
C．由装置可知阴阳极区均有乙醛酸生成，根据元素化合价的变化可知，1mol 乙二醛转化为乙醛酸时
对应转移1mol 电子，1mol 乙二酸转化为乙醛酸时也对应转移1mol 电子，则外电路中每通过2mol 电
子，理论上有2mol 乙醛酸生成，C 错误；
D．阳极生成的氯气与
反应生成乙醛酸，1mol 氯气得2mol 电子，1mol
反应时失2mol 电
子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：
，D 正确；
故选C。
12．利用空气催化氧化法除掉电石浆(含CaO)上层清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图。下列
说法错误的是
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A．CaSO4·2H2O 属于俗称生石膏，属于纯净物
B．过程I 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．将10L 上清液中的S2-(S2-浓度为480 mg·L-1 )转化为
，理论上共需要0.15 molO2
D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为：
【答案】C
【解析】A．CaSO4·2H2O 属于俗称生石膏，CaSO4·2H2O ，CuSO4·5H2O 等一系列的含结晶水的物质
均属于纯净物，故A 正确；
B．过程I 中氧化剂和还原剂分别是O2 ，Mn(OH)2 ；对应的还原产物和氧化产物为H2O，
根据
氧化还原反应得失电子守恒得氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 ，故B 正确;
C．10L 上清液中的S2-的物质的量为0.15mol 硫元素的合价由-2 价变成+6 价，S2-共失去0.15mol×8=
1.2mol 电子，转化为
，理论上共需要O2的物质的量n(O2)=
=0.3mol， 故C 错误；
D．根据转化关系图，过程Ⅱ中S2-与
反应生成
和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子
守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：
，故D
正确；
故答案选C。
13．一定温度下，向密闭容器中通入等物质的量的M(g)和N(g)发生反应：
，
该反应由两步完成：①
，②
，其中反应②
，
。测得X、Y 的物质的量浓度c 随时间t 的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．0~30s，v(M)=0.05 mol·L-1·S-1
B．30s 时，反应k 逆:k 正=0.4
C．总反应的反应速率由反应②决定
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D．Y 浓度达到最大值时，反应①未达到平衡状态，此时v 正＞v 逆
【答案】A
【解析】A．①②反应中M、Y、Z 的系数均为1，则
内，M 的平均反应速率为
，故A 错误；
B．达到平衡时，
，
，
，则有
，
，故B 正确；
C．由图可知，初始生成Y 的速率大于X，则反应①的活化能小于反应②，反应②为慢反应，总反应
的反应速率由反应②决定，故C 正确；
D．Y 浓度达到最大值后，Y 的浓度逐渐减小，反应①未达到平衡状态且反应正向进行，所以此时v 正
＞v 逆，故D 正确；
故选A。
14．已知：
时，
。
时，向一定体积的
溶液中逐滴加入
溶液，滴加过程中溶液的
和温度随
的变化曲线如图所示(忽
略温度变化对水离子积的影响)。下列说法正确的是
A．
越大，水的电离程度越小
B．b 点
，溶液中
C．a 点时，
D．c 点溶液中：
【答案】D
【解析】A．中和反应为放热反应，
时，温度最高，此时
与
恰好完全反应生成
，b 点
为恰好完全反应的点。酸和碱均会抑制水的电离，a 点酸过量、c 点碱过量，均抑制水的电离，b 点的
溶质为
，其水解促进水的电离，故b 点水的电离程度最大 ，A 错误；
B．b 点为恰好完全反应的点，
与
恰好反应生成
，则
，结合物料守恒可知，溶液中
，B 错误；
C．当
时，溶质为等物质的量的
、
，由于
的电离程度大于
的水解程度，则
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，由
可知
，则此时
，a 点的
，说明
，C 错误；
D．c 点溶液中溶质为等物质的量的
、
，由电荷守恒可知，
，由物料守恒可知，
，两式联立可知，
，D 正
确；
故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共54 分。
15．(14 分)草酸钴(CoC2O4)难溶于水，是制备含钴催化剂和化合物的工业原料。以含钴矿[含CoO(OH)、
SiO2、FeO、Fe2O3、MgO、CaO 等成分]为原料制备草酸钴和硫酸铜的一种工艺流程如图：
已知：①CoO(OH)不能直接被H2SO4溶液浸出；
②酸性条件下，
转化为
，但
不会氧化Co2+；
③常温下相关难溶电解质的溶度积常数如下表(溶液中离子浓度小于
时，可认为该离子
沉淀完全)：
难溶
物
Co(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
MgF2
CaF2
Ksp
回答下列问题：
（1）“含钴矿”中涉及的金属元素属于s 区的是 (填元素符号)。
（2）“含钴矿粉”在稀硫酸中酸浸时，加入Na2SO3的目的是 。
（3）写出“浸出液”中加入NaClO3发生反应的离子方程式： 。充分反应后，调节pH，
此时调节pH< 。[溶液中c(Co2+)约为1
，lg2≈0.3]
（4）若“滤液1”中c(Ca2+)、c(Mg2+)相等，向其中滴加0.1
NaF 溶液，一段时间后测得溶液中
，则此时溶液中
。
（5）Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，实验室中可以通过煅烧CoC2O4制得Co3O4。
①写出在空气中煅烧CoC2O4制备Co3O4的化学方程式： 。
Co
②
3O4晶体中的O 作面心立方最密堆积(如图)，Co 随机填充在晶胞中O 构成的8 个四面体空隙和4
个八面体空隙中，则Co 的配位数分别为 、 。如果Co3O4晶胞边长为anm，
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NA为阿伏加德罗常数的值，则Co3O4晶体的密度为
。
【答案】（1）Ca、Mg
（2）还原三价钴离子和三价铁离子
（3）
6.6
（4）15
（5）
4 6
【分析】钴矿中加入过量稀硫酸和
浸取，二氧化硅不反应，部分钙转化为难溶硫酸钙成为浸
出渣，酸浸渣是二氧化硅和硫酸钙，加入的
主要是将
、
还原为
、
，钴、
铁、镁转化为盐溶液进入浸出液，加入氯酸钠溶液，调节
将
氧化为
，然后转化为氢氧化
铁沉淀除去；随后加入
，将镁离子和剩余钙离子转化为
和
沉淀除去。加入萃取剂，余
液加入草酸铵，形成草酸钴。
【解析】（1）s 区包括第IA 族和第IIA 族，Ca 和Mg 属于第IIA 族。
（2）由于CoO(OH)不能直接溶于酸，加入亚硫酸钠可将三价的钴还原为二价的钴溶于酸中，同时还
可将三价铁还原。
（3）加入的NaClO3作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH 时，要使Fe3+水解沉淀而Co2+不能沉
淀，
，代入数据，计算可得
，pOH>8-lg4=7.4，
pH<6.6。
（4）由于
相同，根据
。
（5）①空气中煅烧
制备
，反应物有氧气，方程式为：
。
②填充在四面体空隙中的Co 原子配位数为4，填充在八面体空隙中的Co 原子配位数为6；晶胞边长
为anm，晶胞的体积为
，根据均摊原则，1 个晶胞中有
个O，则含有3 个
Co，晶胞质量为：
，NA为阿伏加德罗常数的值，则Co3O4晶体的密度为
。
16．(14 分)
是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如图装置在实验室制备
(夹持装置略
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去)。
已知：
易挥发，高温时能与
反应，不与
反应，其他相关信息如下表所示：
熔点/℃
沸点/℃
密度
水溶性
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂
76.8
1.6
难溶于水
回答下列问题：
（1）装置A 中仪器b 的名称是 ，装置E 中的试剂是 。
（2）装置B 中长导管的作用是 。
（3）装置A 中发生反应的离子方程式为 。
（4）装置C 中除生成
外，还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为 。
（5）制得的
中常含有少量
，从混合液中分离出
操作的名称是 。
（6）利用如图装置测定所得
的纯度：取
产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待
充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴
溶液作指
示剂，用
标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液
。
已知：常温下，
、
，
呈砖红色，
。
①安全漏斗中的水在本实验中的作用除与
反应外，还有 ；
②滴定终点的判断方法是 ：
③产品的纯度为 (用含
、
和
的代数式表示)。
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【答案】（1）蒸馏烧瓶 浓硫酸
（2）平衡气压
（3）
（4）
（5）蒸馏
（6）液封，吸收挥发的
气体，避免
的损失 当加入最后半滴
标准溶液时，溶液恰
好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失
或
【分析】本题利用
与
反应制备
，A 为制备
的装置，C、D 分别为制备、收集
的
装置，因
易水解，要求制备和收集过程无水，故在
前、
后都要加干燥装置，所以
、
中
盛放试剂为浓硫酸；F 中盛放
溶液，目的是除去未反应的
；
【解析】（1）装置A 中仪器b 的名称是蒸馏烧瓶；据分析可知，装置E 中的试剂是浓硫酸；
（2）装置B 中长导管的作用是平衡气压，防止导管堵塞；
（3）装置A 用于制备Cl2，其离子方程式为2
+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（4）据反应前后元素种类守恒，一种气态不成盐氧化物是指
，则反应的化学方程式为：
；
（5）
和
互溶，但沸点差异比较大，故从混合液体分离出
的操作为蒸馏；
（6）①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封，吸收挥发的HCl 气体，避免
的损失；
②滴定终点时，
与
作用生成
砖红色沉淀，则判断方法是当滴入最后半滴
标准溶液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；
③根据元素守恒关系
，
，产品的纯度为
。
17．（15 分）在化工生产，污水处理中广泛涉及硫单质及其化合物。
I．煤制得的化工原料中含有羰基硫
，该物质可转化为
，主要反应如下：
①水解反应：
②氢解反应：
（1）请计算
和
反应生成
和
的反应热
。
（2）
时，向容积为
的甲、乙两个密闭容器中，分别投入
和
，发生反
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应
，甲在恒压条件下达到平衡，乙在恒容条件下达到平衡。
①
的平衡转化率：甲 乙(填“>”“<”或“=”)，理由是 。
②下列情况能说明甲中反应达到平衡状态的是 (项字母)。
A．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化
B．
和
的消耗速率相等
C．混合气体的总压保持不变
D．
和
的体积分数之比不再变化
③乙中反应开始时压强为
，由反应开始至达到平衡状态用时
，达到平衡时
，用
的浓度变化表示的平均反应速率为 ；在化学平衡体系中，用各气体物质的分
压替代浓度求得的平衡常数
。
Ⅱ．用电解法处理
溶液是处理硫化氢及气的一个重要环节，电解过程中可制得重要的化工原料
多硫化钠(用化学式
表示)，实验装置如图。
（3）电解过程中阳极的电极反应式为 。
（4）已知：
的电离常数
的电离常数
，向
溶液
中通入少量的
气体，反应的离子方程式为 。
（5）在废水处理领或中常用
将
转化为
除去。现向含有
废水中通入一
定量的
气体，调节溶液的
。当
浓度为
时。
开始沉淀，则
。[已知：
]
【答案】（1）
（2）= 该反应前后气体分子数不变，即反应前后压强不变，故甲和乙容器在达到平衡状态时容
积和压强均相同，
的平衡转化率相同 B
(或0.0625)
（3）
（4）
（5）5
【分析】本题综合考查盖斯定律，化学平衡状态的判定，化学反应速率与压强平衡常数的计算，电解
过程中电解反应方程式的书写，以及利用K 判断酸性的强弱以及利用酸性的强弱书写离子方程式书写
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以及利用K 值进行计算。
【解析】（1）反应
，根据盖斯定律可知：反应=水解反应－氢解反
应，则
（2）该反应前后气体分子数不变，即反应前后压强不变，故甲和乙容器在达到平衡状态时容积和压
强均相同，
的平衡转化率相同。
甲中反应是等体积反应，平衡时两个容器体积样大 A．混合气体的平均摩尔质量等于质量除以物质的
量，质量不变，物质的量不变，因此混合气体的平均摩尔质量不变，当不再发生变化，不能说明达到
平衡；B．H2O 消耗速率，表示正反应速率，CO2的消耗速率，表示逆反应速率，两个不同方向，且速
率之比等于计量数之比，因此能作为判断平衡的标志；C．混合气体的总压始终不变，因此不能作为
判断平衡的标志，D．H2S 和CO2都为生成物，因此H2S 和CO2体积分数之比始终不变，因此不能作
为判断平衡的标志；
乙中反应开始时压强为
，由反应开始至达到平衡状态用时
，达到平衡时
，
则
的浓度变化表示的平均反应速率
为
；
平衡时气体总物质的量为
（3）根据题意，电解法处理
溶液得到
，阳极的电极反应式为
（4）根据
值可知，酸性强弱大小顺序为：
，所以反应的离子方程式为
（5）
调节溶液的
，当
浓度为
时，可求得
，
，当
，
时，解得a=5
18．（15 分）盐酸芬戈莫德(H)是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中一种合成路线(部
分反应条件已简化)
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已知：
（1）由B 生成C 的反应类型为 ；G 中官能团的名称为 。
（2）已知由E 生成F 的反应类型为取代反应，写出F 的结构简式 。
（3）由D 生成E 的反应目的是 。
（4）写出由A 生成B 的化学反应方程式 。
（5）试剂X 的结构式为 。
（6）在C 的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有 种(不含立体异构)
(a)含有苯环和硝基；
(b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为
。
上述同分异构体中，硝基和苯环直接相连的结构简式为 。
（7）参照上述反应路线，完成下列合成路线 。
【答案】（1）还原反应 氨基、醚键
（2）
（3）保护羟基
（4）
+
（5）甲醛
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（6）4
（7）
【分析】苯和
中的酰氯发生取代反应得到B，B 中酮羰基被还原生成C，C 发生已
知i 的反应得到D，由D 的结构式，推测试剂X 为甲醛（HCHO），D 中羟基和
反应得
到E，保护羟基，E 和
发生取代得到F 为
，F 加氢还原得到G，G 反应得到H，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，B 到C 是去氧加氢的反应，属于还原反应；G 的官能团为醚键和氨基；
（2）E 和
发生取代得到F 和HCl，F 的结构简式为：
；
（3）根据分析D 到E 把-OH 转化为醚键，G 到H 又转化为-OH，由D 生成E 的反应目的是保护羟
基；
（4）A 到B 发生取代反应，反应的方程式为：
+
；
（5）C 发生已知i 的反应得到D，由D 的结构式，推测试剂X 为甲醛(HCHO)；
（6）C 的结构简式为：
，它的同分异构体中，满足a)含有苯环和硝基；b)核
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磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6 2 2 1
∶∶∶，有
、
、
、
，共四种，其中硝基和苯环直接相连的结构简式为
；
（7）以
和CH3NO2为原料，设计合成
，根据已知信息i，
先和CH3NO2发生加成反应得到
，
发生催化氧
化反应得到
，根据合成路线B→C，
发生还原反应得到
，合成路线为：
。
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