2025年高考化学真题完全解读（黑吉辽蒙卷）

2025年高考化学真题完全解读（黑吉辽蒙卷） · 试题特点 题型结构稳定：仍延续了传统的单选题、实验探究题、有机推断题等题型结构，与近六年高考题型保持一致，使学生能够平稳应对考试，保持心理稳定。 紧扣教材与实际：许多题目以教材知识为基点，如必修内容的金属冶炼、元素化合物性质等，同时还结合实际生活，如化学需氧量（COD）测定、储氯电池装置等情境，体现了化学知识在实际生活中的广泛应用。 突出能力考查：注重对学生化学基础知识、实验探究能力、逻辑推理能力、信息处理能力等多方面能力的综合考查，要求学生能够灵活运用所学知识解决实际问题。 · 试题亮点 创新情境设置：在题目中引入了如强力胶黏合原理、微粒邂逅时的色彩变化等新颖情境，激发学生的兴趣和好奇心，使学生能够在熟悉的化学知识框架下，探索新的化学现象和问题。 跨学科知识融合：部分题目涉及到生物学（如 DNA 损伤）、材料科学（如含呋喃骨架的芳香化合物在材料化学领域的应用）等领域知识，体现了化学学科与其他学科的紧密联系，培养学生的跨学科思维能力。 注重绿色化学理念：如对甲基苯甲酸的绿色制备实验，强调了绿色化学的重要性，引导学生关注化学实验与环境的协调发展，树立可持续发展意识。 · 高考趋势 基础知识考查更加灵活：虽然基础题仍占据一定比例，但对知识点的考查不再局限于简单的记忆和再现，而是更加强调学生对知识的理解和灵活运用能力，要求学生能够将基础知识与实际情境相结合，解决具体问题。 能力考查比重增加：高考化学命题越来越注重对学生能力的全面考查，尤其是实验探究能力、逻辑推理能力、信息处理能力等。学生需要具备较强的分析问题和解决问题的能力，才能在考试中取得优异成绩。 跨学科融合趋势明显：随着科学技术的发展和学科之间的交叉渗透，化学与其他学科的联系将更加紧密。未来高考化学试题可能会更多地涉及到跨学科知识的融合，考查学生综合运用多学科知识解决复杂问题的能力。 绿色化学理念贯穿始终：在环保意识日益增强的背景下，绿色化学理念将在高考化学中得到进一步体现。试题可能会更多地涉及到绿色化学工艺、绿色化学实验等方面的内容，引导学生关注化学与环境的协调发展。 （一）夯实基础，构建知识体系 梳理教材知识：以教材为本，系统梳理化学基础知识，包括元素化合物性质、化学反应原理、化学实验等，形成完整的知识网络。 强化记忆与理解：对于一些重要的化学概念、原理、反应方程式等，要进行强化记忆和深入理解，确保能够准确无误地运用。 注重知识迁移：通过大量的练习和总结，培养学生的知识迁移能力，使学生能够将所学知识应用到不同类型的问题中。 （二）提升能力，注重实验教学 开展实验探究活动：增加实验教学的比重，让学生亲自动手进行实验操作，培养学生的实验技能和科学探究能力。 分析实验案例：提供丰富的实验案例，引导学生对实验现象、实验数据进行分析和讨论，提高学生的实验思维能力和问题解决能力。 训练逻辑推理能力：通过一些逻辑推理题、信息给予题等，训练学生的逻辑推理能力和信息处理能力，培养学生的科学思维方法。 （三）关注跨学科知识，拓展学科视野 开展跨学科主题教学：结合教材内容，开展跨学科主题教学活动，如化学与生物学、化学与材料科学等，拓宽学生的学科视野，培养学生的跨学科思维能力。 阅读跨学科科普文章：鼓励学生阅读一些跨学科的科普文章、科技论文等，了解化学学科与其他学科的前沿研究成果和发展动态，提高学生的学科素养。 （四）强化绿色化学意识，培养环保理念 渗透绿色化学思想：在教学过程中，注重向学生渗透绿色化学思想，引导学生树立可持续发展意识，关注化学与环境的协调发展。 开展绿色化学实践活动：组织学生开展一些绿色化学实践活动，如设计绿色化学实验方案、调查身边的环境污染问题等，培养学生的环保意识和社会责任感。 （五）研究高考真题，把握命题方向 分析历年高考真题：认真研究近六年高考真题，尤其是 2025 年试题，分析其命题特点、知识点分布、题型结构等，把握命题规律和趋势。 进行针对性训练：根据高考真题的特点和命题方向，进行针对性的训练和模拟考试，提高学生的应试技巧和答题能力。 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）东北三省及内蒙古资源丰富，下列资源转化的主要过程不属于化学变化的是 A．石灰石煅烧 B．磁铁矿炼铁 C．煤的液化 D．石油分馏 【答案】D 【解析】A．石灰石煅烧是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；B．磁铁矿炼铁是四氧化三铁被还原为铁单质，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；C．煤的液化是通过化学反应将煤转化为液态燃料，生成新物质，属于化学变化，C不符合题意；D．石油分馏是利用沸点差异分离混合物，未生成新物质，属于物理变化，D符合题意；故答案选D。 以资源转化过程为载体，考查物理变化和化学变化的判断，包括石灰石煅烧、磁铁矿炼铁、煤的液化和石油分馏等过程中的变化类型判断。 · 教材来源：必修第一册，第一章《物质及其变化》（P9-11），必修第二册，第四章第一节 自然资源的开发利用，三、煤、石油和天然气的综合利用（P102-105）。 · 内容描述：题目考察化学变化与物理变化的区分（石灰石煅烧、磁铁矿炼铁、煤液化属于化学变化，石油分馏属于物理变化）。教材在“第一节 物质的分类及转化”中详细定义了化学变化的本质（新物质生成）；煤的干馏和石油分馏为例说明物理变化。 · 教学角度：教材通过生活案例（如石油炼制）强化概念理解，与本题资源转化背景一致。 科技进步不仅改变了人类生活，还深化了我们对物质变化的理解。本题以资源转化的常见工艺为情境，考查考生辨别化学与物理变化的能力，引导考生认识物质变化的本质，体现《课程标准》中运用化学知识解决实际问题的要求，与学业质量水平2中“能从不同视角对物质及其变化进行分类”的要求一致。 学生需要理解物理变化和化学变化的本质区别，能够分析资源转化过程中是否有新物质生成。 2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为NaCl+。下列有关化学用语或说法正确的是 A．的电子式： B．的空间结构：直线形 C．的晶体类型：离子晶体 D．溶解度： 【答案】C 【解析】A．CO2中C和O之间有两对共用电子，其结构为，A错误；B．H2O的中心原子为O，根据价层电子对互斥理论，其外层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，O原子与H原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，H2O为V形分子，B错误；C．NH4Cl由NH和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C正确；D．NH4HCO3溶液中含有NH和HCO，NH可以与水分子形成氢键，增大了NH在水中的溶解度，D错误；故答案选C。 以侯氏制碱法为载体，考查化学用语和物质性质，包括电子式书写、分子空间结构判断、晶体类型识别及物质溶解度比较等。 · 教材来源：必修第一册第二章第一节研究与实践：了解纯碱的生产历史。选择性必修2分子结构和晶体类型。 · 内容描述：题目涉及反应方程式分析和工业应用。 · 教学角度：教材强调工业反应中的平衡移动，与本题反应条件分析直接对应。 化学用语和物质性质是理解化学反应的基础。本题以侯氏制碱法为背景，考查考生对化学用语的规范使用及物质性质的掌握，凸显化学在工业生产中的应用，契合《课程标准》中“能分析化学科学在开发利用自然资源、合成新物质等方面的贡献”的要求，对应学业质量水平2。 学生需要能够正确书写化学用语，理解物质的结构和性质，并能进行简单的判断。 3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是 A．反应中各分子的键均为键 B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C．键长小于H—O键长 D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 【答案】B 【解析】A．H2O中的H-O键是s-sp3 σ键，而非p-pσ键，A错误；B．根据价层电子对互斥理论，Cl2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；H2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；HClO中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确；C．Cl的原子半径大于H，Cl-O键长应大于H-O键长，因此C错误；D．HClO中Cl的最外层电子数为7，其1个价电子与O形成共价键，剩余6个价电子形成3对孤电子对，D错误；故答案选B。 以水的杀菌消毒反应为载体，考查化学反应中的键类型、分子的空间结构、键长比较以及原子的价电子层结构分析。 选择性必修2，第2章第1节，第2节。 键类型（σ键）在选择性必修2第2章“共价键模型”（P38-40），强调分子中键的组成。 VSEPR模型（四面体形）在选择性必修2第2章“分子的空间结构”（P44-46），以H₂O和Cl₂O为例说明。 键长比较和孤电子对在“键参数”部分（P42-43），涉及电负性影响（如Cl-O键长与H-O键长）。 分子结构决定物质性质，掌握相关知识可深化对物质的认识。本题以含氯化合物的反应为情境，考查考生对分子结构与性质关系的理解，引导考生从微观角度认识化学反应规律，符合《课程标准》关于“认识物质的微观结构特征以及物质性质与微观结构的关系”的要求，对应学业质量水平2。 学生需要掌握分子的空间结构判断方法，理解化学键的类型和特点，能够进行键长的比较，并能分析原子的价电子层结构。 4．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为 B．反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为 C．反应③中与足量反应转移电子的数目为 D．溶液中，的数目为 【答案】A 【解析】A．反应①电解熔融NaCl生成，标准状况下11.2L为0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即，A正确；B．2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol，每个含1个O-O非极性键，所以非极性键数目为，B错误；C．与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为，1mol与水反应转移1mol电子，数目为，C错误；D．ClO⁻在水中会水解，故数目小于，D错误；故选A。 以钠及其化合物的转化关系为载体，考查阿伏加德罗常数的应用和化学反应中的物质的量计算，涉及气体摩尔体积、物质的量与微粒数目的换算等。 必修第一册，第2章第1节；必修1，第2章第3节。 钠的转化（如Na→Na₂O₂）在必修第一册，第2章第1节“钠及其化合物”（P32-37），包括反应①和②。 阿伏伽德罗常数应用在必修第一册，第2章第3节“物质的量”（P49-53），强调气体摩尔体积和原子数目计算。 多角度说明：教材以钠为典型元素，结合计算题训练定量分析能力。 阿伏加德罗常数是联系微观粒子与宏观物质的桥梁。本题以钠及其化合物的转化关系为载体，考查考生运用该常数进行物质的量计算的能力，以及对相关化学反应的理解，契合《课程标准》中“能基于物质的量进行简单的化学计算”的要求，对应学业质量水平2。 学生需要理解阿伏加德罗常数的概念，能够进行物质的量的相关计算，包括气体摩尔体积、物质的量与微粒数目的换算等。 5．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是 A．Ⅰ有2种官能团 B．Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离 C．常温下Ⅱ为固态 D．该反应为缩聚反应 【答案】C 【解析】A．由Ⅰ的结构可知，其含有碳碳双键，酯基，氰基三种官能团，A错误；B．Ⅱ为高分子聚合物，含有酯基和氰基，氰基遇水不会水解，需要再一定条件下才能水解，所以遇水不会溶解，B错误；C．Ⅱ为高分子聚合物，相对分子质量较高，导致熔点较高，常温下为固态，C正确；D．根据Ⅰ转化为Ⅱ的结构分析，双键断开，且没有小分子生成，发生加聚反应，D错误；故选C。 以强力胶的黏合原理为载体，考查有机物的结构和性质，包括官能团判断和反应类型辨别。 选择性必修3，第1章第1节；第3章第1节。 官能团识别在选择性必修3第1章“有机化合物的结构特点”（P5）。 加聚反应在选择性必修3第5章“合成高分子”（P128），如本题反应类型。 物质状态和溶解性在选择性必修3第3章第四节酯中有介绍。 教材通过合成案例强化官能团和反应机理的应用。 本题以强力胶黏合原理为背景，考查考生对有机物结构和反应类型的判断能力，旨在培养考生对有机化学基础知识的掌握和运用能力，体现化学在材料科学中的重要性，与《课程标准》学业质量水平2中“能分析有机物结构与性质的关系”的要求相符。 学生需要能够识别有机物中的官能团，理解不同官能团对有机物性质的影响，能根据反应特点判断有机反应类型。 6．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。下列对颜色变化的解释错误的是 选项 颜色变化 解释 A 空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中，黑色铜丝恢复光亮的紫红色 = B 悬浊液中加入溶液，固体由白色变为红褐色 = C 溶液中加入，浅绿色溶液出现蓝色浑浊 = D 溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色 【答案】A 【解析】A．醇的催化氧化反应中，铜作催化剂，先发生2Cu+O22CuO，然后乙醇与CuO在加热条件下，A错误；B．因为溶度积常数Ksp()大于Ksp()，所以Fe3+与Mg(OH)2发生沉淀转化生成Fe(OH)3，符合溶度积规则，B正确；C．Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，化学方程式为=，电荷和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确；D．Cr2O在碱性条件下转化为CrO42-，化学方程式为，颜色由橙变黄，D正确；故选A。 以微粒色彩变化为载体，考查化学反应中的颜色变化及其解释，涉及有机物的催化氧化、沉淀转化、配合物生成以及氧化还原反应等知识。 铜与乙醇反应在必修第二册第3章“乙醇的氧化”（P78）。 Fe(OH)₂氧化为Fe(OH)₃在必修第一册第3章“铁的化合物”（P67）。 教材通过实验探究颜色变化，本题考察氧化还原和水解原理。 化学反应中的颜色变化是化学现象的重要特征。本题以微粒邂逅时的色彩变化为情境，考查考生对相关化学反应原理的理解，培养考生观察和解释化学现象的能力，体现化学变化的视觉盛宴，对应《课程标准》学业质量水平2中“能描述化学反应中的能量变化和现象”的要求。 学生需要了解不同化学反应中的颜色变化情况，理解其背后的化学原理，能准确解释相关颜色变化现象。 7．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键 C．乙中键和键的数目比为 D．甲和乙中X杂化方式分别为和 【答案】D 【解析】(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又YW4ZXY为无机物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。A．C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A错误；B．甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误；C．乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，故C错误； D．甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，故D正确；故答案为：D。 以无机物制备有机物为载体，考查元素周期律、配合物的结构和有机物的杂化理论，包括第一电离能判断、配位键形成、有机物中碳原子杂化方式等。 第一电离能在选择性必修2第1章“原子结构与性质”（P23）。 杂化方式（sp³和sp）在选择性必修2第2章“杂化轨道理论”（P47）。 键和键比值在选择性必修2第2章“共价键”（P34-464）。 教材以尿素合成为例说明无机到有机转化（必修2 P98），本题深化结构理论。 元素周期律和有机物杂化理论是理解物质性质和结构的关键。本题以无机物制备有机物的案例为背景，考查考生对元素周期律、配合物结构及有机物杂化理论的理解和应用能力，引导考生认识化学在创造新物质方面的贡献，契合《课程标准》学业质量水平2中“能从结构的角度说明有机物的性质”的要求。 学生需要能根据元素在周期表中的位置和性质判断其第一电离能大小，理解配合物中配位键的形成，掌握有机物中碳原子的杂化方式与结构的关系。 8．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是 A．除去中的HCl B．制备少量NO避免其被氧化 C．用乙醇萃取中的S D．制作简易氢氧燃料电池 【答案】B 【解析】A．碱石灰为NaOH和CaO的混合物，既能吸收HCl又能吸收Cl2，不能用碱石灰除去Cl2中的HCl，故A错误；B．铜丝和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，NO难溶于水，U形管左侧与大气隔绝，即NO存在于无氧环境中，故B正确；C．S微溶于酒精、易溶于CS2，不能用乙醇萃取CS2中的S，故C错误；D．关闭K1、打开K2时，该装置为电解池，锌为活性阳极，无氧气生成，阴极生成氢气，则打开K1、关闭K2时，不能形成氢氧燃料电池，故D错误；故答案为：B。 以实验设计为载体，考查化学实验方案的评价，涉及气体除杂、物质制备、萃取操作和电池制作等实验方案的合理性判断。 除杂（如CO₂中的HCl）参照在必修第一册第二章第二节氯气的实验室制法中除杂操作。 NO制备在必修第二册第5章第二节“一氧化氮和二氧化氮”（P13）。 氢氧电池在选择性必修1第4章“原电池”（P98）。 教材强调实验操作安全性和原理，本题考察设计逻辑。 实验是化学的灵魂，合理的实验方案是实验成功的关键，本题以不同实验设计为情境，考查考生对化学实验方案的评价能力，培养考生严谨的科学态度和实验素养，对应《课程标准》学业质量水平2中“能初步评价化学实验方案”的要求。 学生需要了解不同实验的目的和原理，能分析实验方案是否能达到预期目的，会评价实验方案的可行性和优缺点。 9．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．与W最近且等距的O有6个 B．x增大时，W的平均价态升高 C．密度为时， D．空位数不同，吸收的可见光波长不同 【答案】B 【解析】A．W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有，故A正确；B．O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，故B错误； C．时，立方晶胞中W个数为、O个数为，若x=0.5，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，所以密度为时，x=0.5，故C正确；D．晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确；故答案为：B。 以晶体结构和性质为载体，考查晶体结构分析和阿伏加德罗常数的应用，涉及晶胞中微粒距离和数量关系分析、晶体密度计算等。 · 教材来源：选择性必修2《物质结构与性质》，第三章《晶体结构与性质》。 · 内容描述：题目要求计算晶体密度并分析结构单元。教材在“晶胞计算”以金刚石为例，详述密度公式（质量/体积）和配位数概念。 · 教学角度：教材提供晶胞模型图示，本题需应用相同计算逻辑。 晶体结构决定了其独特的物理和化学性质。本题以晶体因空位导致颜色变化为载体，考查考生对晶体结构与性质关系的理解，以及运用阿伏加德罗常数进行计算的能力，引导考生认识化学在材料科学中的应用，契合《课程标准》学业质量水平2中“知道晶体结构与物质性质的关系”的要求。 学生需要能根据晶体结构图示分析微粒之间的距离和数量关系，理解晶体中空位对晶体性质的影响，会进行晶体密度等相关计算。 10．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）人体皮肤细胞受到紫外线(UV)照射可能造成DNA损伤，原因之一是脱氧核苷上的碱基发生了如下反应。下列说法错误的是 A．该反应为取代反应 B．Ⅰ和Ⅱ均可发生酯化反应 C．Ⅰ和Ⅱ均可发生水解反应 D．乙烯在UV下能生成环丁烷 【答案】A 【解析】A．由反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，该反应为加成反应，A错误；B．I和II中都存在羟基，可以发生酯化反应，B正确；C．I和II中都存在酰胺基，可以发生水解反应，C正确；D．根据反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，双键加成形成环状结构，乙烯在UV下能生成环丁烷，D正确； 答案选A。 以紫外线造成 DNA 损伤为载体，考查有机反应类型和有机物的性质，涉及有机反应类型的判断和有机物中化学键变化特点分析。 取代反应在选择性必修3第3章“卤代烃的水解”。 酯化在选择性必修3第3章“羧酸衍生物”。 乙烯成环在拓展部分（类似环加成在选修）。 教材从生物化学角度分析反应类型，本题考察有机机理。 有机反应类型是理解有机化学反应机理的基础。本题以紫外线造成DNA损伤的反应为例，考查考生对有机反应类型的判断能力，旨在引导考生深入理解有机反应的实质，体现化学在生命科学中的重要性，对应《课程标准》学业质量水平2中“能说明有机反应的类型”的要求。 学生需要能根据有机物的结构判断其可能发生的反应类型，理解有机反应中的化学键变化特点。 11．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中 【答案】C 【解析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确； B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确； C．根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误； D．“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；答案选C 以工厂提取金属元素流程为载体，考查工业流程分析、氧化还原反应和沉淀溶解平衡，包括对流程中各步骤化学反应原理的理解、物质转化关系分析以及沉淀溶解平衡的应用。 金属浸取和还原在必修第二册第8章“自然资源的开发与利用”（P98-100）。 沉钴和Ksp在选择性必修1第3章“沉淀溶解平衡”（P77-78）。 教材以工业流程为例，强调绿色化学和平衡计算。 工业流程的优化对于提高生产效率和资源利用率具有重要意义。本题以工厂提取金属元素的工艺流程为背景，考查考生对工业流程的分析和物质分离提纯方法的应用能力，培养考生将化学知识应用于工业生产的意识，契合《课程标准》学业质量水平2中“能分析化学变化中的能量转化关系”的要求。 学生需要能读懂工业流程图，理解每一步操作的目的和原理，能分析流程中涉及的化学反应类型和物质转化关系，会运用沉淀溶解平衡知识解释相关现象。 12．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【解析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确；B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误；D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确；答案选C。 以化学需氧量（COD）检测为载体，考查水体污染检测、氧化还原反应和化学实验操作，涉及 COD 概念的理解、检测过程中氧化还原反应原理的应用以及实验条件对检测结果影响的分析。 COD概念在选择性必修1第3章“水体污染”，涉及氧化还原滴定。 避光和防挥发在实验部分。 教材链接环境监测，本题分析实验误差。 水体污染是全球关注的环境问题。本题以化学需氧量（COD）检测为情境，考查考生对相关氧化还原反应原理的理解和实验操作的掌握，培养考生的环保意识和运用化学知识解决环境问题的能力，符合《课程标准》学业质量水平2中“能结合生产生活实际，分析环境保护和污染治理中的化学问题”的要求。 学生需要了解COD的概念和检测方法，能分析检测过程中涉及的氧化还原反应，理解实验条件对检测结果的影响，会评价实验方案的合理性。 13．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）一种基于的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是 A．放电时向b极迁移 B．该电池可用于海水脱盐 C．a极反应： D．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力 【答案】D 【解析】放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电极反应式为，b电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e－+2Na+=Na3Ti2(PO4)3，据此解答。A．放电时b电极是正极，阳离子向正极移动，所以向b极迁移，A正确； B．负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B正确；C．a电极是负极，电极反应式为，C正确；D．若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力，D错误；答案选D。 以储氯电池装置为载体，考查电化学原理、电池反应和电极过程分析，包括电池正负极判断、电极反应式书写以及电池中物质迁移和转化规律的理解。 · 教材来源：选择性必修1《化学反应原理》，第四章《化学反应与电能》。 · 内容描述：题目分析电池反应和离子迁移。教材在“电解池应用”小节以海水淡化为例，讲解电化学脱盐原理和电极反应书写。 · 教学角度：本题创新情境源于教材中资源利用案例。 电化学原理在能源存储与转换中有广泛应用。本题以储氯电池装置为载体，考查考生对电化学原理的理解和应用能力，培养考生对新能源技术的兴趣和认识，对应《课程标准》学业质量水平2中“能说明电化学反应的原理和应用”的要求。 学生需要能根据电池装置图和相关描述判断电池的正负极，写出电极反应式，理解电池中的物质迁移和转化规律，会分析电池的储氯能力和应用场景。 14．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）一定条件下，“”4种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①~④，①②为快速反应。下列说法错误的是 ① ② ③ ④ ⑤ A．原料中不影响振幅和周期 B．反应④： C．反应①~④中，对的氧化起催化作用 D．利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化 【答案】A 【解析】A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错误；B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为，B正确；C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，对的氧化起催化作用，C正确；D．根据题干信息和图像可知利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；答案选A。 以连续流动反应器中 pH-t 振荡图像及相关反应为载体，考查化学反应动力学、振荡反应和化学平衡，涉及反应速率与平衡移动的关系、催化剂作用机制等知识的应用。 · 教材来源：选择性必修1《化学反应原理》，第二章《化学反应速率》，页码。 · 内容描述：题目涉及振荡反应机理和pH变化。反应速率影响因素进行分析。 · 教学角度：本题属拓展内容，教材未深入讲解，但基于反应速率和平衡原理（需综合理解）。 理解化学反应动力学有助于把握反应速率与平衡移动规律。本题以连续流动反应器中的pH-t振荡图像及相关反应为背景，考查考生对化学反应动力学原理的运用能力，引导考生认识化学反应的复杂性和规律性，对应《课程标准》学业质量水平2中“能描述化学反应速率和化学平衡”的要求。 学生需要了解振荡反应的特点和原理，能分析反应过程中各物质浓度的变化与反应速率、平衡移动的关系，理解催化剂在反应中的作用机制。 15．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）室温下，将置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和：的水解常数。下列说法错误的是 A．Ⅲ为的变化曲线 B．D点： C． D．C点： 【答案】B 【解析】pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表，Ⅱ代表，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，据此解答。A．根据以上分析可知Ⅲ为的变化曲线，A正确；B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积和N元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，，，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+，，B错误；C．根据图像可知D点时和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据可知，C正确；D．C点时和Ag+浓度相等，B点时和浓度相等，所以反应的的平衡常数为103.8，因此K2=，C点时和Ag+浓度相等，所以，D正确；答案选B。 以 AgNO₃溶液与 NH₃溶液混合体系的 pX-pH 曲线为载体，考查溶液中的平衡、酸碱平衡、沉淀溶解平衡以及图像分析，包括对曲线含义的理解、溶液中微粒浓度与 pH 关系的把握、平衡常数的计算应用等。 · 教材来源：选择性必修1《化学反应原理》，第三章《水溶液中的离子平衡》。 · 内容描述：题目分析沉淀溶解平衡与配位平衡共存曲线。教材在“沉淀溶解平衡”小节讨论AgCl在氨水中的溶解（配位效应），并给出常数计算示例。 · 教学角度：教材图表直接支持本题曲线解读。 溶液中的平衡现象普遍存在于化学和生物体系中。本题以AgNO₃溶液与NH₃溶液混合体系的pX-pH曲线为载体，考查考生对溶液平衡的理解和图像分析能力，培养考生处理复杂化学数据的能力，对应《课程标准》学业质量水平2中“能分析溶液中的离子平衡”的要求。 学生需要能理解pX-pH曲线所代表的含义，掌握溶液中各微粒浓度与pH的关系，会运用平衡常数进行相关计算，能根据图像判断不同物质的变化趋势和相互关系。 16．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： （1）分子中手性碳原子数目为 。 （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为 (填离子符号)。 （3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。 （4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。 （5）滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 （6）“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。 （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。 【答案】（1）2 （2） （3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小 （4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu （5）Fe （6） pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)2 （7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑ 【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 （1）碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为； （3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； （4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； （5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； （6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； （7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。 以工厂回收废渣中的金属元素工艺为载体，考查工业流程分析、化学反应原理、物质的分离提纯和化学方程式的书写，涉及对流程中各步骤反应原理的理解、物质分离提纯方法的应用以及化学方程式的规范书写等。 · 教材来源：必修第二册，第八章《化学与可持续发展》；选择性必修1《化学反应原理》，第四章《化学反应与电能》。 · 内容描述：题目涉及氧化浸出、除铜等工业流程。教材在“资源综合利用”小节以金属回收为例，讲解浸出和离子反应方程式书写，并链接电化学除杂。 · 教学角度：教材通过流程图训练工业分析能力，本题为典型应用。 本题以工厂回收废渣中金属元素工艺为情境，综合考查考生对工业流程的理解能力。涉及流程中各步骤反应原理、物质分离提纯方法及化学方程式书写等知识点，培养考生运用所学知识解决实际问题的能力，体现化学在资源回收和环境保护中的重要作用，契合《课程标准》学业质量水平2中“能分析化学变化中的能量转化关系”的要求。 学生需要能详细分析工业流程中的每一步操作，明确其涉及的化学反应和物质转化，理解流程中的条件控制对产物的影响，能准确书写相关化学方程式，并解释相关现象和原理。 17．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ．向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。 Ⅱ．5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。 Ⅲ．用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取。 Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 回答下列问题： （1）相比作氧化剂，该制备反应的优点为 、 (答出2条即可)。 （2）根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比，。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为 %。 （3）步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是 。 （4）步骤Ⅲ中反应的离子方程式为 、 。 （5）用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发，为保证气氛，通前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的，操作顺序为：①→②→ → → (填标号)，重复后四步操作数次。 同位素示踪结果如下表所示，则目标产物中羧基O来源于醛基和 。 反应条件 质谱检测目标产物相对分子质量 太阳光，，室温，，5h 138 太阳光，空气，室温，，5h 136 【答案】（1） 绿色环保 减少副产物的生成 （2）50 （3）除去未反应完的 （4） +H+ （5） ③ ① ④ 氧气 【解析】0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 （1）作氧化剂时可将氧化为对苯二甲酸，即有副反应发生，该制备反应在有空气存在、光照条件下发生时，以空气中氧气为氧化剂，既绿色环保，又没有对苯二甲酸生成，所以反应的优点为绿色环保，减少副产物的生成； （2）起始0h时只有，5h时只有，，则2h时反应液中既有又有，且两者物质的量之比为1：1，即对甲基苯甲醛转化率约为50%； （3）蒸去溶剂丙酮后，加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠进入水层，则充分反应后，用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的； （4）步骤Ⅱ加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠，步骤Ⅲ中加稀盐酸调节水层反应的离子方程式为：、+H+； （5）丙酮易挥发，为保证气氛，通前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的，即反应液中有，冷冻可排走一部分溶解的，然后打开阀门抽气，一段时间后，再关闭阀门，待反应液恢复室温后，再冷冻反应液，即“循环冷冻脱气法”，所以操作顺序为：①→②→③→①→④(填标号)，重复后四步操作数次；的相对原子质量为136，太阳光，空气，室温，，5h得到的物质相对原子质量为136，为，而太阳光，，室温，，5h得到的物质相对原子质量为138，说明目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的氧气。 以对甲基苯甲酸的绿色制备实验为载体，考查有机合成实验、反应条件控制、物质的分离提纯和同位素示踪法，包括对实验步骤原理的掌握、操作目的和方法的理解、同位素示踪法的应用以及实验现象和结果的解释分析等。 绿色制备在选择性必修3第3章“有机合成”。 同位素示踪在选择性必修1“反应机理研究”。 教材强调实验设计和分析，本题考察创新方法。 本题以对甲基苯甲酸的绿色制备实验为背景，考查考生对有机合成实验的理解和操作能力。涉及实验步骤原理、操作目的与方法、同位素示踪法应用及实验现象解释等知识点，旨在培养考生绿色化学意识和实验探究能力，对应《课程标准》学业质量水平2中“能设计并能初步实施简单的化学实验方案”的要求。 学生需要能根据实验步骤理解有机合成的原理和过程，掌握各步操作的目的和方法，会运用同位素示踪法探究反应机理，能对实验现象和结果进行合理解释和分析。 18．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 （1）该反应的 0(填“>”或“<”)。 （2）已知的燃烧热分别为，则上述合成反应的 (用a、b和c表示)。 （3）实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可)。 Ⅱ．间接合成法：用合成气和制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （4）在2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填标号)。 A．降低温度    B．增大压强 C．减小初始氢酯比    D．延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处的值为 (精确至0.01)。 ④A点反应的浓度商 (用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 【答案】（1）< （2）-2a-3b+c(或c-2a-3b) （3）温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低) （4） I IV BD 1.98 0.025 【解析】（1）根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。 （2）根据已知条件可以写出如下热化学方程式： ①CO(g)+O2(g)=CO2(g)   ΔH1=-a kJ·mol-1 ②H2(g)+O2(g)=H2O(g)   ΔH2=-b kJ·mol-1 ③HOCH2CH2OH(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)   ΔH3=-c kJ·mol-1 根据盖斯定律，用反应③减去2倍的反应①和3倍的反应②即可得到目标方程式，故目标方程式的ΔH=(c-2a-3b) kJ·mol-1。 （3）根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡常数K<，此时平衡常数过小，导致乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇打标产率过低。 （4）根据图示的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率区域恒定，故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知II为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II和曲线IV可知，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线。 ①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线； ②A．根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意； B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题意； C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意； D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意； 故答案选BD； ③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO未反应从出口流出，因此出口处==1.98； ④设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系： 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。 以合成气为原料合成乙二醇为载体，考查化学反应热力学、平衡常数计算、反应机理分析和图像分析，涉及根据平衡常数数据判断反应热效应、运用盖斯定律计算反应热、反应机理与物质转化关系的理解以及图像中曲线含义的分析和相关计算等。 · 教材来源：选择性必修3《有机化学基础》；选择性必修1《化学反应原理》。 · 内容描述：题目涉及焓变的计算（盖斯定律），催化反应、选择性和平衡计算。 · 教学角度：教材通过数据表培养定量分析技能，平衡相关计算能力等，本题为综合提升题。 本题以合成气为原料合成乙二醇为载体，考查考生对化学反应热力学原理的理解和应用能力。涉及平衡常数数据判断反应热效应、盖斯定律计算反应热、反应机理与物质转化关系分析及图像曲线含义解析与计算等知识点，引导考生深入理解化学反应的本质和规律，对应《课程标准》学业质量水平2中“能运用化学反应原理分析生产、生活和环境保护中的简单问题”的要求。 学生需要能根据平衡常数数据判断反应的热效应，运用盖斯定律计算反应热，理解反应机理与物质转化关系，能准确分析图像中各曲线所代表的含义，并据此进行相关计算和判断。 19．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架的芳香化合物合成路线如下： 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为 。 （2）C→D实现了由 到 的转化(填官能团名称)。 （3）G→H的反应类型为 。 （4）E的同分异构体中，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体的数目有 种。 （5）M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成的与N互为同分异构体的副产物结构简式为 。 （6）参考上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为 和 。 【答案】（1）+CH3OH+H2O （2） 羟基 醛基 （3）取代反应 （4）4 （5） （6） 【解析】A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B（），在LiAlH4的作用下，发生还原反应生成C（），C被氧气氧化为D（），D和CBr4反应生成E（），E在CuI作用下，生成F（），F与反应生成G，结合H的结构可推出G为，G与反应生成H，H在一定条件下转化为M（），M与PtCl2反应生成N（），据此解答。 （1）由分析可知，A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B，化学方程式为+CH3OH+H2O； （2）由分析可知，C为，C被氧气氧化为D（），羟基转化为醛基，故答案为：羟基；醛基； （3）G为，与反应生成，属于取代反应的特征，故答案为：取代反应； （4）E为，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体，如果为醛基，溴原子，甲基的组合时，可形成  两种，如果为酮碳基，溴原子组合时可形成  ，一共有4种，故答案为：4； （5）M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，N为，可以推断出M中的三键与右侧苯环连接时可以形成N中的六元环或五元环，因此可能的副产物为，故答案为：； （6）参考上述路线，可先将消去生成，再与反应生成，与在一定条件下得到目标产物，故答案为：；。 以含呋喃骨架的芳香化合物合成路线为载体，考查有机合成路线分析、化学方程式书写、同分异构体判断和反应类型辨别，包括对合成路线中每一步反应原料、产物和条件的明确、反应类型和机理的理解、化学方程式的准确书写以及同分异构体种类的判断和副产物结构的分析等。 · 教材来源：选择性必修3《有机化学基础》。 · 内容描述：题目分析官能团转化、同分异构体和合成路线设计。教材在“芳香化合物”小节讲解苯环取代反应，并在合成章节提供多步路线设计案例。 · 教学角度：教材习题训练同分异构体数目和副产物分析，本题强化有机推理。 本题以含呋喃骨架的芳香化合物合成路线为情境，考查考生对有机合成路线的理解和分析能力。涉及合成路线中每一步反应的原料、产物和条件明确、反应类型与机理理解、化学方程式准确书写及同分异构体种类判断和副产物结构分析等知识点，培养考生有机合成设计和分析能力，对应《课程标准》学业质量水平2中“能从结构的角度说明有机物的性质”的要求。 学生需要能读懂有机合成路线图，明确每一步反应的原料、产物和反应条件，理解反应类型和机理，能准确书写化学方程式，会判断同分异构体的种类，能分析可能产生的副产物及其结构。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$