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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷05（黑吉辽蒙专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：2025 年由吉林省自主命题，黑吉辽蒙使用相同试卷。参照2024 年高考真题以及吉林省
最新模考试题，单项选择题有15 小题，每小题3 分，共45 分；非选择题4 小题，共55 分。
高考·新考法：2025 年高考化学试题注重从不同角度分析问题，比如：在解释适量、适度等问题的原因
时，要从过多、过少这两个角度分析影响，考察学生的模型认知与判断推理能力；注重回归教材，包
括实验探究、课后习题，并衍生出信息变化，从不同角度考察学生的实验探究能力和科学精神。
高考·新情境：2025 高考将深挖教材中蕴含的信息，包括教材中的插图，重视实验探究与创新，于平常
处见真知。
命题·大预测：基于2025 年2 月最新模考试题，预测今年高考将重视教材的细节，包括新教材的变化及
插图，同时注重考察学生对于所学知识的灵活运用。
（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 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe
56
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．白山黑水，山美水美人更美，东北这片神奇的黑土地蕴含着无尽的魅力。下列化学知识描述正确的是
A．“雪使山长白，冰消作四江。人参三百里，貂鼠一千双。”人参能够补气强身，安神益智。用人参
泡酒或煮汤，属于液-液萃取。
B．“暗河潺潺流溶洞，钟乳石挂如珠帘。”九曲本溪水洞入已经被认证为世界最长水溶洞，其喀斯特
地貌的形成过程中涉及到的化学变化只有
。
C．“去年元夜时，花市灯如昼。”长春灯会上，那些霓虹灯呈现五彩斑斓的颜色与原子核外电子的跃
迁有关，属于吸收光谱。
D．“天苍苍，野茫茫，风吹草低见牛羊。”青草的主要成分水解后可得到葡萄糖。
【答案】D
【详解】A．用人参泡酒或煮汤，这种物质分离的方法属于固液萃取，A 错误；
B．喀斯特地貌主要是石灰岩(碳酸钙)地区的特殊地貌。在水的参与下，水中溶解的二氧化碳与碳酸钙发生
1
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化学反应，生成碳酸氢钙，化学方程式为
。当溶蚀后的碳酸氢钙溶液受
热或压力改变时，碳酸氢钙又会分解为碳酸钙重新沉淀
，日积月累便形
成了石林、溶洞等喀斯特地貌，B 错误；
C．花灯、霓虹灯能呈现五彩斑斓的颜色与原子核外电子的跃迁有关，是属于发射光谱。当金属或其化合
物在无色火焰中灼烧时，原子中的电子吸收能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，处于激发态。
而激发态是不稳定的，电子会很快跃迁回能量较低的轨道，将多余的能量以光的形式放出。由于不同元素
的原子结构不同，电子跃迁时能量的变化也不同，发出光的波长也不同，因此会使火焰呈现出不同的颜色，
C 错误；
D．青草主要成分是纤维素等。纤维素在酸或纤维素酶等催化剂的作用下，能够逐步水解，最终可以得到
葡萄糖，D 正确；
故选D。
2．下列化学用语表述错误的是
A．中子数为21 的钾的核素符号：
B．HF 中的
键示意图：
C．某激发态O 原子的轨道表示式：
D．用电子式表示
的形成过程：
【答案】C
【详解】A． 中子数为21 的钾的质量数为19+21=40，核素符号可表示为：
，A 正确；
B． HF 中的
键是由氢的1s 轨道和F 的2p 轨道重叠形成，其示意图为：
，B 正确；
C． 氧原子没有2d 轨道，C 错误；
D．
为离子化合物，则用电子式表示
的形成过程为：
，
D 正确；
故选C。
3．下列装置或操作能达到实验目的的是
2
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A．图①：将硫酸铜溶液蒸干制胆矾
B．图②：制备碳酸氢钠
C．图③：检验装置气密性
D．图④：向容量瓶转移溶液
【答案】D
【详解】A．将硫酸铜溶液蒸干，容易使胆矾失去结晶水，一般将硫酸铜溶液蒸发浓缩，冷却结晶得到胆
矾，故A 错误；
B．通入气体，应是长进短出，故B 错误；
C．长颈漏斗漏气，该装置不能完成气密性的检验，故C 错误；
D．向容量瓶中转移溶液，用玻璃棒引流，且玻璃棒下端应在刻度线一下，题中所给装置正确，故D 正确；
答案为D。
4．下列关于物质结构与性质，用途的说法错误的是
A．Mg 有强还原性，可用于钢铁的电化学防护
B．
的键能强于
，
的热稳定性比
的高
C．
分子中既有氨基又有羧基，是一种两性化合物
D．
通过引入有机基团转化为低熔点、易挥发的
【答案】D
【详解】A．铁镁在潮湿空气中构成原电池，金属性强于铁的镁做负极被损耗，铁做正极被保护，所以镁
可用于钢铁的电化学防护，故A 正确；
B．磷原子半径大于氮原子，所以氮氢键的键能大于磷氢键，氨分子的热稳定性强于磷化氢，故B 正确；
C．由结构简式可知，
分子中既含有氨基又含有羧基，是一种既能与酸反应又
能与碱反应的两性化合物，故C 正确；
D．硝酸铵中，铵根的氢原子被烃基取代得到
，其含有离子键，属于离子化合物，具有较
高熔点和难挥发的性质，故D 错误；
故D 错误。
5．下列离子方程式正确的是
A．
溶液中通入过量
B．向
中投入
固体：
3
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C．
溶于氢碘酸：
D．向硫酸氢钠溶液滴加
溶液至
完全沉淀：
【答案】D
【详解】A．
溶液中通入过量
，生成
，反应的离子方程式为：
，A 错
误；
B．向
中投入
固体，
中-1 价的氧元素发生歧化反应，部分生成
，因此核素
应存
在于
中，B 错误；
C．氢碘酸中的
能被
氧化，因此该反应的离子方程式为：
，C 错
误；
D．当
完全沉淀时，消耗相同物质的量的
，有相同物质的量的
被
中和，因此反应的离子
方程式为：
，D 正确；
故选D。
6．某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中
X、Y、Z 位于同一周期，基态X 原子的价电子排布式为
，Z 的非金属性最强。下列说法错误的是
A．该阴离子中铜原子的配位数为4
B．X 原子杂化方式为
和
C．基态原子的第一电离能：X<Y<Z
D．该阴离子中铜的价电子排布式为
【答案】B
【详解】由基态X 原子的价电子排布式为nsnnpn可知n=2，X 为C，W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的
短周期主族元素，其中X、Y、Z 位于同一周期，结合图示，即W 为H，Y 为N，Z 为F。
A．由图可知，该阴离子为
，其中铜原子的配位数为4，A 项正确；
B．该化合物中含有饱和碳原子和碳氮三键，碳原子杂化方式为
和sp，B 项错误；
C．同周期元素从左往右，第一电离能总体逐渐增大，但部分原子由于全充满或半充满结构较为稳定等结
构的特殊性，导致其第一电离能较高，基态原子的第一电离能：
，C 项正确；
D．由图可知，该阴离子为
，其中铜元素的化合价为+3，基态铜原子失去三个电子，
该阴离子中铜的价电子排布式为
，D 项正确；
故选B。
7．设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
4
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A．常温常压下，2molNO 与1molO2充分反应后的气体分子数为2NA
B．1mol 铝在常温下与足量浓硝酸反应时，转移的电子数为3NA
C．4.6g 分子式为C2H6O 的有机物中含有C—H 键数为0.5NA
D．标准状况下，100g 质量分数为46%的乙醇溶液中含有的O-H 数为7NA
【答案】D
【详解】A．2molNO 与1molO2恰好反应生成2molNO2，生成的NO2存在反应
，因此反应后
的气体分子数小于2NA，A 错误；
B．1mol 铝在常温下与足量浓硝酸反应时，随反应进行，铝表面形成致密的氧化膜而钝化停止反应，则转
移的电子数小于3NA，B 错误；
C．4.6g 分子式为C2H6O 的有机物的物质的量为0.1mol，C2H6O 可以为
，其中含有C—H 键数
为0.5NA；C2H6O 也可以为
，所含有C—H 键数为0.6NA，C 错误；
D．100g 质量分数为46%的乙醇溶液中，
的物质的量为
，水的物质的量为
，1mol 水中含有2molO-H 键，因此含有的O-H 数为7NA，D 正确；
答案选D。
8．某小组为了探究
溶液和酸性
溶液的反应情况，装置如图所示：
Ⅰ：K 闭合后，0-t1秒电流表的指针立即发生偏转，此时从甲池中取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液
变蓝；直接向甲池滴加淀粉溶液，溶液未变蓝；Ⅱ：t1-t2秒，指针回到“0”处，又发生偏转，如此周期性
往复多次……，一段时间后指针最终归零。已知：
在酸性溶液能氧化
，反应为
。下列说法错误的是
A．0-t1，直接向甲池加淀粉溶液未变蓝，说明Na2SO3溶液和酸性KIO3溶液不能直接生成I2
B．t1-t2，指针回到“0”处，可能原因是
，不再参与电极反应
C．t1-t2，又发生偏转可能是I2氧化
D．可以用硝酸酸化的氯化钡溶液检验乙池中的氧化产物
【答案】D
【分析】由题意可知，0-t1秒时，左侧电极为双液电池的正极，酸性条件下碘酸根离子在正极得到电子生
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成碘离子和水，右侧电极为负极，水分子作用下亚硫酸根离子在负极失去电子发生还原反应生成硫酸根离
子和氢离子，原电池放电使得电流表的指针立即发生偏转，则电池总反应为溶液中碘酸根离子与亚硫酸根
离子反应生成碘离子和硫酸根离子；t1-t2时，放电生成的碘离子与溶液中的碘酸根离子在酸性溶液中反应
生成碘和水，碘酸根离子不再参与电极反应使得电流表的指针回到“0”处；又发生偏转可能是溶液中碘酸
根离子或碘在正极放电、亚硫酸根离子在负极放电所致。
【详解】A．由分析可知，0-t1秒时，直接向甲池加淀粉溶液未变蓝是因为电池总反应为溶液中碘酸根离子
与亚硫酸根离子反应生成碘离子和硫酸根离子，反应没有生成单质碘所致，故A 正确；
B．由分析可知，t1-t2时，放电生成的碘离子与溶液中的碘酸根离子在酸性溶液中反应生成碘和水，碘酸根
离子不再参与电极反应使得电流表的指针回到“0”处，故B 正确；
C．t1-t2时，指针回到“0”处，又发生偏转可能是溶液中碘酸根离子或碘在正极放电、亚硫酸根离子在负极
放电所致，故C 正确；
D．亚硫酸根离子具有还原性，能与稀硝酸反应生成能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀的硫酸根离子，
所以不能用硝酸酸化的氯化钡溶液检验乙池中的硫酸根离子，故D 错误；
故选D。
9．下列对结构与性质的描述错误的是
A．①中人体细胞器的膜以头向外而尾向内的方式排列，是由于细胞器的两侧都是水溶液，而构成膜的
两性分子的头基是极性基团而尾基是非极性基团
B．②中每个水分子与相邻4 个水分子以氢键相互吸引，使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有
相当大的空隙，其密度比液态水的小
C．③中石墨晶体是层状结构，层与层之间是范德华力，熔沸点比金刚石低
D．④中冠醚是皇冠状的分子，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的离子
【答案】C
【详解】A．水是极性分子，依据相似相溶可知，人体细胞和细胞器形成双分子膜的头基是极性基团而尾
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基是非极性基团，以利于一端亲水一端疏水，A 正确；
B．冰晶体中每个水分子沿着4 个sp3杂化轨道的方向与周围4 个水分子形成氢键，导致水分子的空间结构
松散，其利用率比液态水分子的空间利用率低，导致其体积变大，密度变小，B 正确；
C．石墨晶体是层状结构的，每个碳原子连接三个碳原子形成共价键，层与层之间是范德华力，属于混合
晶体，石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔
点金刚石＜石墨，C 错误；
D．冠醚与碱金属离子可形成超分子，冠醚空腔的直径大小不同，超分子具有分子识别特征，可用于识别
特定的离子，D 正确；
故选C。
10．根据下列实验操作及现象，能得出相应实验推论的是
选项
实验操作
探究目的
A
向1mol/L
溶液中通入
，观察
是否有黑色沉淀生成
比较
与
的酸
性强弱
B
用0.1mol/LNaOH 溶液滴定25.00mL 未知
浓度的盐酸，用温度传感器采集锥形瓶
内溶液的温度数据
测定中和反应的反应热
C
向淀粉溶液中加少量
溶液，加
热，再滴加碘水
探究淀粉是否完全水解
D
将质量分数为70%的浓硫酸与
混
合，生成的气体通入品红溶液中
验证浓硫酸有氧化性
【答案】C
【详解】A．CuS 是难溶物，
的酸性大于
，不能根据
和
反应生成黑色沉淀(CuS)和硫
酸判断
和
酸性的强弱，故A 错误；
B．测定中和反应的反应热应防止热量散失，应在量热计内进行，在锥形瓶中进行反应，热量散失太快，
故B 错误；
C．淀粉遇到碘变蓝，向淀粉溶液中加少量
溶液，加热，再滴加碘水，可判断淀粉是否完全水解，
故C 正确；
D．将质量分数为70%的浓硫酸与Na2SO3混合，生成的气体通入品红溶液中，品红褪色，说明生成了
SO2，发生反应：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，该反应不是氧化还原反应，不能验证浓硫酸有氧化性，
故D 错误；
答案选C。
11．以
同时作为燃料和氧化剂的燃料电池原理如图所示(已知：双极膜中的
能在直流电场的作用
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下，解离成
和
，定向移动到两侧极室)。下列有关说法正确的是
A．电极M 比电极N 的电势高
B．外电路电子流向为M→负载→N→双极膜→M
C．电极N 的电极反应式为
D．当电路中转移0.4mol 电子时，产生气体4.48L
【答案】C
【详解】由装置图的双极膜中
和
移动方向可知，电极M 为负极，电极反应式为：
，电极N 为正极，电极反应式为：
，电池反应式
为
。
A．正极N 电势高于负极M，A 错误；
B．外电路电子由负极M 经负载流向正极N，但不会进入电池内部的电解液流回M 电极，B 错误；
C．电极N 的电极反应式为：
，C 正确；
D．根据总反应
知，当电路中转移0.4mol 电子时，产生0.2mol
，在标准状况下的
体积为4.48L，选项中未说明气体所处状态，D 错误；
答案选C。
12．氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是储氢密度很高的储氢材料之一，其晶胞结构如
图所示。该晶胞的晶胞边长为d nm，阿伏加德罗常数为下列说法正确的是
A．距离Mg 原子最近的Fe 原子个数是8
B．铁镁合金的化学式为
C．合金的密度为
g·cm-3
8
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D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心(棱的中点)位置，则含Mg 质量为48 g 的该储氢合金
可储存标准状况下H2的体积约为11.2 L
【答案】C
【详解】A．由晶胞可知，Mg 原子在晶胞内，距离Mg 原子最近的Fe 原子为4 个，A 错误；
B．在晶胞中，Fe 原子位于顶点和面心，晶胞中含有的Fe 原子个数为：
；Mg 原子在晶胞内，
其个数为8 个，Mg：Fe=8：4=2：1，故铁镁合金的化学式为Mg2Fe，B 错误；
C．该合金的密度
g·cm-3，C 正确；
D．晶胞中含有Mg 原子数为8，若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心(棱的中点)位置，则其中可
储存H2分子数为：
。48 g Mg 的物质的量为n(Mg)=
=2 mol，则其储存的H2的物质的
量为1 mol，在标准状况下，体积为22.4 L，D 错误；
故合理选项是C。
13．利用某水泥厂的废料(含50% MgO，还有少量
、
、
、
、
、
等杂质)制取
的流程如图所示，以下说法中不正确的是
已知：
，饱和
溶液的密度约为
，
的溶解度为
。
A．“氧化”可将
转化为
，该反应中
与
的配平系数比是
B．调节
时可加入试剂碳酸镁
C．调节
后的滤渣中含有3 种物质
D．
时
的
【答案】C
【分析】废料中含50% MgO，还有少量
、
、
、
、
、
等杂质，向废料中加入
过量的稀硫酸，“酸浸”后得溶液中存在
、
、
、
、
、
，废料中的
不溶于
酸，在体系中加入
，可将溶液中的
氧化为
，加入试剂X 调节pH，可将其中的
、
完全沉淀，因而滤渣中存在
、
，此时滤液中存在
、
，“除钙”中分离出
，
过滤后溶液中只存在
，最终可形成
。
【详解】A．“氧化”可将
转化为
，
与
发生反应的的离子方程式为
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，反应中
与
的配平系数(化学计量数)比是
，A 项正确；
B．调节
时加入要保留的离子对应的难溶物，通过消耗铁离子水解生成的氢离子来促进铁离子水解，因
此可加入试剂
为
或
或碱式碳酸镁等，B 项正确；
C．
不与稀硫酸反应，
被
氧化生成了难溶性的
，因此滤渣中除
、
外还有氧化物
、
，有四种物质，C 项错误；
D．
时饱和
溶液的密度约为
，
的溶解度为
，则
溶液的质
量为
，溶解
的质量为
，其溶液中
，则
，D 项正确；
答案选C。
14．已知：反应
的物质的量分数平衡常数
，其中
为各组分的物质的量分数。向某刚性密闭容器中加入
和足量的
发
生反应
，反应的正反应平衡常数
和逆反应平衡常数
迪的
随
温度
的变化如图所示。当温度为1000K 时，下列叙述错误的是
A．表示
随
变化的曲线为
B．达到平衡时，
的体积分数大于50%
C．达到平衡时，升高温度，
、
均增大，且平衡前
D．若向上述平衡体系中充入一定量的CO，再次平衡后容器内CO 的物质的量分数变小
【答案】B
【详解】A. 该反应的正反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，所以表示
正随
变化的曲线为
，A 项正确；
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B. 当
的体积分数等于50%时，
，所以反应还会正向进行，平衡时
的体积分数小于
50%，B 项错误；
C. 该反应的正反应为吸热反应，温度越高，
均增大，且平衡前
，C 项正确；
D. 向平衡体系中充入一定量的CO，相当于加压，再次平衡后容器内CO 的物质的量分数较原平衡体系变
小，D 项正确。
答案选B。
15．常温下，
的
溶液中，
、
、
三者所占物质的量分数(分布系数)随
pH 变化的关系如图所示。下列表述不正确的是
A．
的平衡常数
B．将等物质的量的
、
溶于水中，所得溶液pH 恰好为
C．常温下HF 的电离常数
，将少量
溶液加入到足量NaF 溶液中，发生的反应为：
H2C2O4+F-=HF+
D．在
溶液中，各离子浓度大小关系为
【答案】B
【详解】A. 由各微粒分布曲线图知，
时，
与
的浓度相同，且二者的分布系数均为
，可得
，故A 正确；
B.
的水解反应为
+H2O⇌
+OH-，由图中第二个交点可求出
的电离平衡常数为
，
的水解平衡常数为
，故
的水解程度小于
的电离程度，等物质的量的
、
溶于水中，
，
，故
B 错误；
C. 类似于A 项的分析，可以推算出反应H2C2O4⇌
+H+的平衡常数
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，根据强酸制弱酸原理可得H2C2O4+F-=HF+
，故C
正确；
D.
的水解平衡
+H2O⇌H2C2O4+OH-的平衡常数
，说明
的电离程度大于其水解程度，故
溶液中：
，故D 正确。
故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（14 分）徐光宪院士曾用
萃取剂对稀土元素进行萃取分离。某提纯稀土元素后的
萃取废液
(含大量
及少量
)可制备
，流程如下。
已知：①
时，几种物质
或
如下表：
②
的萃取机理：
回答下列问题：
(1)基态钴原子的价电子排布式为 。
(2)“反萃取”时，加入稀硫酸必须适量的原因是 。
(3)“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为 ，加入活性
的作用除了氧化
以外，还有
。
(4)“滤渣2”的成分为 。
(5)“除杂”后，测得溶液中含硫物种
的浓度之和为
。若“沉铝”后，
的去除率为98.0%，
以
(填化学式)形式损耗，则
的损耗率为 (保留2 位有效数字)。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
12
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【答案】(1)3d74s2 （1 分）
(2)稀硫酸加入过少会使
的浸出率降低；加入过多会导致后续增加成本（2 分）
(3)
（2 分） 提高了
的产量且不引入新的
金属离子（2 分）
(4)
（2 分）
(5)
（1 分） 4.0%（2 分）
(6)
（2 分）
【分析】P204 萃取废液中加稀硫酸，进行反萃取，得到P204 再生液，金属阳离子进入水溶液中；水溶液
中加活性MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀除去；过滤后再向溶液中加入
Na2S 将
转化为CoS、CuS 沉淀除去；滤液中加氨水调节溶液的pH 将铝离子转化为Al(OH)3，再
过滤，滤液中加NaF 溶液，将Ca2+转化为CaF 沉淀除去；过滤，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3
沉淀。
【详解】（1）Mn 的原子序数为25，基态锰原子的价电子排布式为
；
（2）根据萃取机理：
，稀硫酸加入过少，不能将
充分萃取出来，导致
的浸出率低；稀硫酸加入过多，后续消耗大量
，增大成本。
（3）“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为
；加入活性
的作用除了氧化
以外，还可以提高
的产量且不引入新的金属离子；
（4）过滤后再向溶液中加入Na2S 将
转化为CoS、CuS 沉淀除去，即滤渣2 为CoS、CuS；
（5）根据
去除率为98%，可计算出除杂后溶液中
，根据
的
，可得
，则
。
，此时
以
形式被损耗。根据
的
可得
，
，又根据
浓度之和为
，
可得
，
。再根据
的
，求得除杂后溶液中
，则
的损耗率为4.0%。
（6）“沉锰”时有碳酸锰沉淀和二氧化碳生成，发生反应的离子方程式为
。
17．（13 分）实验室采用三氟化硼
与氯化铝
加热的方法制备
，装置如图所示(夹持及加
热装置略)。
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已知：
Ⅰ.三氟化硼
易与水反应；三氯化硼
易潮解；三氯化铝
)沸点低、易升华。
Ⅱ.部分物质的沸点如表所示：
物质
沸点/℃
-101
12.5
180
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)将氟硼酸钾
和硼酐
一起研磨均匀加入A 中的圆底烧瓶，滴入浓硫酸并加热，除产生气体
外，还生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为 。
(2)装置B 中的试剂是 (填化学名称)，仪器a 的作用是 。
(3)装置D 进行 (填“冰水浴”或“热水浴”)可得到产品，如果缺少装置E，造成的影响为 。
(4)C 中2.50g 无水氯化铝完全反应后，取下U 形管并注入水，完全反应生成盐酸和硼酸
，将所得
溶液加水稀释到100mL，取10mL 加入锥形瓶中滴入2 滴酚酞溶液，用
的NaOH 溶液滴定至终
点，消耗NaOH 溶液的体积为12.00mL。
①到达滴定终点的现象为 。
②计算
的产率为 %(保留一位小数)。
【答案】(1)
（2 分）
(2) 浓硫酸（2 分） 导气冷凝，防止
进入D 中（2 分）
(3) 冰水浴（1 分） 水蒸气进入体系，使
水解（2 分）
(4) 加入最后半滴氢氧化钠，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不复原（2 分） 80.1（2 分）
【分析】实验室采用三氟化硼
与氯化铝
加热的方法制备
，装置A 中KBF4、B2O3和浓
H2SO4加热制备BF3，装置B 盛有浓硫酸可干燥气体，装置C 中BF3与AlCl3高温加热制备BCl3，由于BF3
沸点低，装置D 采用冰水浴得到产品，装置E 干燥管可以防止水蒸气进入体系，导致BCl3潮解，F 装置用
于尾气处理，据此解答。
【详解】（1）装置A 中发生的反应为非氧化还原反应，且产生一种酸式盐，可判断酸式盐为KHSO4，气
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体为BF3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：
。
（2）根据分析可知，装置B 中试剂为浓硫酸，仪器a 为球形冷凝管，作用为：导气冷凝，防止
进入
D 中。
（3）由分析可知，装置D 进行冰水浴可得到产品，装置E 干燥管可以防止水蒸气进入体系，如果缺少装
置E，造成的影响为水蒸气进入体系，使
水解。
（4）反应用
的NaOH 溶液滴定盐酸和硼酸[B(OH)3]，酚酞作指示剂，滴定终点的现象为：溶
液由无色变为浅红色，且半分钟内不复原；因为[B(OH)3]为一元弱酸，根据反应可得关系式为：
BCl3~4H+~4NaOH，则BCl3的物质的量为：
= 0.015mol，由氯原子物料守恒
可知，2.50g 无水氯化铝完全反应理论可生成BCl3的物质的
量为:
=0.01872mol，最终产率为：
= 80.1%。
18．（14 分）甲醇是一种基础的有机化工原料和优质燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在
催化剂作用下可以合成甲醇，主要反应如下：
CO(g)
①
＋2H2(g)
CH3OH(g) ΔH1
CO
②
2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2
CO
③
2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键
H-H
C-O
C
O
H-O
C-H
E(kJ·mol-1)
436
343
1076
465
413
由此计算△H1＝ kJ·mol－1；已知△H2＝－58 kJ·mol－1，则△H3＝ kJ·mol－1。
(2)反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系是 ；随着温度的升高，K1 （填
“减小”、“增大”或“不变”）。
(3)合成气组成
=2.60 时，体系中的CO 平衡转化率(α)与温度和压强的关系如下图所示。图中压
强由大到小的顺序为 。
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(4)如图是某研究机构开发的给笔记本电脑供电的甲醇燃料电池，甲醇在催化剂作用下提供质子(H＋)和电子，
电池总反应为：2CH3OH＋3O2→2CO2＋4H2O。一个甲醇分子经过电化学氧化，可以产生 个电子的
电量，其负极的电极反应式为 。
【答案】(1) -99 （2 分） +41（2 分）
(2) K2＝K1•K3（2 分） 减小（2 分）
(3)p3>p2>p1（2 分）
(4) 6 （2 分） CH3OH + H2O - 6e－＝CO2↑+6H+（2 分）
【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的
化学方程式CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)可知反应热△H1＝1076kJ/mol＋2×436 kJ/mol—3×413 kJ/mol—343
kJ/mol—465 kJ/mol＝—99kJ.mol-1。根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H3＝—58 kJ/mol＋99
kJ/mol＝＋41kJ.mol-1。
（2）根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关
系是K2＝K1•K3；反应①是放热反应，随着温度的升高，K1减小。
（3）相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO 的转化率；而反应③为气体
分子数不变的反应，产生CO 的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO 的转化率升高，所以图2 中
的压强由大到小为P3＞P2＞P1。
（4）甲醇分子中碳元素的化合价是－2 价，反应后转化为＋4 价，失去6 个电子，则一个甲醇分子经过电
化学氧化，可以产生6 个电子的电量。由于存在质子交换膜，则其负极的电极反应式为CH3OH + H2O - 6e－
＝CO2↑+6H+。
19．（14 分）Ombitasvir(化合物K)用于基因1 型慢性病毒感染患者的治疗，合成路线如下：
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回答下列问题：
(1)B 的结构简式为 。
(2)D 中所含官能团名称为 。
(3)I→K 的反应类型为 ，K 中含有 个手性碳原子。
(4)J 与NaOH 溶液共热的化学方程式为 。
(5)E→I 的多步转化路线如下：
F
①同时满足下列条件的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
(ⅰ)含一个苯环；(ⅱ)含四个甲基。
其中四个甲基均接苯环，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为
的有机物名称为 。
G
②
的结构简式为 。
【答案】(1)
（2 分）
(2)硝基、羟基（2 分）
(3) 取代反应 （1 分） 6（1 分）
(4)
（2 分）
(5) 15 （2 分） 2，3，5，6—四甲基苯胺 （2 分）
（2 分）
【分析】
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A 与B 发生取代反应生成C，由A、C 的结构可推知B 为
，C 发生还原反应生成D，D 发生
取代反应生成E，E 经多步转化生成I，I 与J（
）发生取代反应生成K，据此分析；
【详解】（1）
根据分析可知，B 的结构简式为
；
（2）根据D 的结构可知所含官能团名称为硝基、羟基；
（3）
根据分析可知，I→K 的反应类型为取代反应，K 中含有6 个手性碳原子，
；
（4）
含有羧基和酰胺键，与NaOH 溶液共热的化学方程式为
；
（5）
①
同时满足(ⅰ)含一个苯环；(ⅱ)含四个甲基，下列条件的同分异构体有
，
，
,
，
，共15 种；其中四个甲基均
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接苯环，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为
的有机物
，名称为2，3，5，6—四甲
基苯胺；
E
②
与F 发生取代反应（成环）生成G（
），G 中硝基还原生成H（
），H 取代反应生成I；
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