山东省聊城市2025届高三下学期二模化学试题（Word版附解析）

这是一份山东省聊城市2025届高三下学期二模化学试题（Word版附解析），文件包含山东济宁市泗水县2025-2026学年九年级下学期+中考一模语文试题docx、山东济宁市泗水县2025-2026学年九年级下学期+中考一模语文试题答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡和试卷的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 O：16 Mg：24 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 山东出土文物种类众多，为研究古代文明提供了宝贵的实物资料。下列叙述错误的是
A. 青州——亚丑青铜钺主要成分是合金
B. 曲阜——鲁国大玉璧主要成分是SiO2
C. 东平——汉墓壁画绘制所用红色颜料为Fe2O3
D. 临沂——《孙子兵法》竹简主要成分是多糖
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜钺主要成分是铜合金，A项正确；
B．大玉璧主要成分是硅酸盐，B项错误；
C．为红棕色粉末，可以作红色颜料，C项正确；
D．竹简主要成分是纤维素，属于多糖，D项正确；
答案选B。
2. 化学与生活、生产联系密切，下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A. 利用铝热剂焊接钢轨B. 水果罐头中添加维生素C防变质
C. 利用油脂皂化生产肥皂D. 地下钢铁输水管用导线连接镁块防腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．利用铝热剂焊接钢轨，Al与Fe2O3在高温下反应生成Fe和Al2O3,属于氧化还原反应，A错误；
B．维生素C具有还原性，可以防止食品被氧化，涉及了氧化还原反应，B错误；
C．利用油脂皂化生产肥皂，属于皂化反应，没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，C正确；
D．地下钢铁输水管用导线连接镁块防腐蚀，构成了原电池，发生了氧化还原反应，D错误；
故答案选C。
3. 下列化学用语或图示正确的是
A. NaCl溶液中水合的示意图：
B. 基态Mn2+价电子的轨道表示式：
C. SO3的VSEPR模型：
D. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaCl溶液中水合的示意图：，故A正确；
B．Mn是25号元素，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+，基态Mn2+价电子的轨道表示式为，故B错误；
C．SO3中S原子价电子对数为3，VSEPR模型平面三角形，故C错误；
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键为 ，故D错误；
选A。
4. 下列关于实验室安全和试剂保存的叙述错误的是
A. 做钾与水反应的实验时，应佩戴护目镜B. 苯酚沾到皮肤上，依次用乙醇、水冲洗
C. 液溴保存时，常加少量水进行液封D. 蒸馏液体时出现暴沸，停止加热并立即补加沸石
【答案】D
【解析】
【详解】A．钾与水反应剧烈，做钾与水反应的实验时，应佩戴护目镜，故A正确；
B．苯酚易溶于酒精，常温下在水中的溶解度小，苯酚沾到皮肤上，依次用乙醇、水冲洗，故B正确；
C．溴易挥发，溴在水中溶解度不大，液溴保存时，常加少量水进行液封，故C正确；
D．蒸馏液体时出现暴沸，停止加热，冷却后补加沸石，故D错误；
选D。
5. 氮化硼(BN)x的六方晶型与石墨类似，其结构如图所示。下列说法正确的是
A. (BN)x属于共价晶体B. (BN)x可作高温润滑剂
C. (BN)x是一种良好的导体D. 1ml (BN)x含有3 ml σ键
【答案】B
【解析】
【分析】氮化硼(BN)x的六方晶型与石墨类似，为层状结构，层内存在共价键，层间存在范德华力，故为混合型晶体，适用于高温环境，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，(BN)ₓ与石墨类似，因此不属于共价晶体，故A错误；
B．(BN)ₓ与石墨类似，层间存在范德华力，层与层之间容易滑动，且适用于高温环境，可作高温润滑剂，故B正确；
C．(BN)ₓ虽与石墨类似，但由图可知，(BN)ₓ中1个B原子与3个N原子相连，B原子最外层3个电子都参与形成共价键，层与层之间没有自由移动的电子，故不能导电，故C错误；
D．(BN)ₓ中每个B原子与3个N原子相连，形成3个σ键，每个N子与3个B原子相连，形成3个σ键，根据均摊法可知，平均每个(BN)ₓ中含有3x个σ键，所以1ml(BN)x含有3x ml σ键，故D错误；
答案选B。
6. 结构决定性质，性质决定用途。下列对应解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气中存在氮氮三键，键能大，分子结构稳定，化学性质不活泼，不易与其他物质发生反应，所以可用于反应的保护气 ，A正确；
B．次氯酸钠用于杀菌消毒，是因为次氯酸钠水解生成次氯酸 ，次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，而不是因为次氯酸钠水解呈碱性，B错误；
C．Ti－Fe合金能与氢气结合成金属氢化物，在一定条件下又能释放出氢气，可用于储存氢气，C正确；
D．甘油即丙三醇，分子中含有多个羟基，能与水分子形成氢键，具有良好的吸水性和保湿性，可用于配制化妆品，D正确；
故答案选B。
7. 下列图示实验中，操作规范的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．熔化纯碱不能用瓷坩埚（碳酸钠高温下与二氧化硅反应），一般用铁坩埚熔化纯碱，故A错误；
B．萃取振荡时，从分液漏斗下端管口放气，如图所示，故B错误；
C．制备银氨溶液时，向硝酸银溶液中滴加氨水至沉淀恰好完全溶解，故C错误；
D．配制溶液时的定容操作，当液面离刻度线1~2cm时改用胶头滴管逐滴加水至凹液面最低处与刻度线相切（平视），故D正确；
选D。
8. 有机化合物M具有广谱抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于M的说法错误的是
A. 含4种含氧官能团B. 存顺反异构和对映异构
C. 1ml M最多可消耗5ml NaOHD. 其酸性水解产物均可发生加成反应和取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．含(酚)羟基、酰胺基、羧基、酯基4种含氧官能团，故A正确；
B．M分子中含有碳碳双键且碳碳双键的两个碳原子各连接两个不同的基团，所以存在顺反异构，M分子中含有与4个不同原子或原子团相连的单键碳，所以存在对映异构，故B正确；
C．1ml M水解生成ml、1ml，最多可消耗6ml NaOH，故C错误；
D．其酸性水解产物是、，均可发生加成反应和取代反应，故D正确；
选C。
9. X、Y、Z、M、W五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Y原子各能级上的电子数相等，W2+离子的价电子排布式为3d9，由五种元素组成的某配离子的结构如图所示。下列说法错误的是
A. 电负性：Z>Y>X
B. XM属于酸，但能与某酸性氧化物反应
C. W的最高价氧化物的水化物能溶于强酸，但不溶于任何碱
D. 该配离子中σ键与π键个数比为8∶1
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Y原子各能级上的电子数相等，Y能形成4个共价键，Y是C元素；Z能形成2个共价键，Z是O元素；M形成1个共价键，M是F元素；X形成1个共价键，X是H元素；W2+离子的价电子排布式为3d9，W是Cu元素。
【详解】A．元素非金属性越强，电负性越大，电负性：O>C>H，故A正确；
B．HF属于酸，能与酸性氧化物SiO2反应，故B正确；
C．Cu的最高价氧化物的水化物Cu(OH)2能溶于强酸，也能溶于氨水，故C错误；
D．配位键属于σ键，该配离子中σ键数是32，π键个数是4，σ键与π键个数比为8∶1，故D正确；
选C。
10. 在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入1ml CO2和1ml H2，发生反应。在不同温度下反应相同时间，测得lgk正、lgk逆、H2转化率与温度关系如图所示。
已知：v正=k正c(CO2)c4(H2) v逆=k逆c(CH4)c2(H2O)，k正、k逆为速率常数。下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH>0B. 代表lgk正曲线的是MH
C. 当2v正(H2)=v逆(H2O)时反应达到平衡状态D. a、b、c三点中达到平衡状态的是a、b
【答案】D
【解析】
【分析】图中信息可知，温度越高，则越小，曲线MH和曲线NG是lgk与温度关系，曲线abc是H2转化率与温度关系，从右往左看，温度升高，曲线abc中从最高点到a点，氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应。则升高温度时，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，即lgk逆大于lgk正，则lgk正代表曲线的是NG，lgk逆代表曲线的是MH。
【详解】A．根据分析，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应， A错误；
B．lgk正代表曲线的是NG，lgk逆代表曲线的是MH，B错误；
C．达到化学平衡时，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，所以，即，C错误；
D．观察图像可知，随着温度T增大，则越小，氢气转化率先增大后减小，由于反应是放热反应，说明转化率达到最大时，反应才达到平衡，所以a、b达到化学平衡，c还没达到化学平衡，D正确；
故答案选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 济美酱菜享誉“中华老字号”。至今，济美制作腐乳还在延续最传统工艺：选豆(非转基因)浸泡、吸水膨胀→磨浆、煮浆、点浆→压制成型、切块→发酵、调味等几个阶段。下列说法错误的是
A. 大豆基因中碱基互补配对时形成共价键B. 大豆中淀粉、蛋白质等含有亲水基团
C. 利用MgCl2点浆可使豆浆中的蛋白质聚沉D. 红曲霉发酵产生的红曲红属于天然着色剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．碱基互补配对时，是通过氢键相连，A错误；
B．大豆中淀粉、蛋白质等含有亲水基团，如淀粉中的羟基、蛋白质中的氨基、羧基，B正确；
C．豆浆属于胶体，MgCl2属于电解质，向胶体中加电解质会使胶体发生聚沉，C正确；
D．红曲霉发酵产生的红曲红是从微生物中提取的，属于天然着色剂，D正确；
故答案选A。
12. 下列实验操作对应的现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．丙烯醛分子中，碳碳双键能与溴水发生加成反应，醛基能被溴水氧化，故根据实验现象无法得出结论，A错误；
B．NaHCO3固体溶于水是吸热过程，B错误；
C．CuSO4浓溶液呈蓝色是因为存在蓝色的[Cu(H2O)4]2+，加入浓盐酸后溶液颜色变为黄绿色，是因为生成了黄色的[CuCl4]2-，两种颜色叠加呈现出黄绿色，C正确；
D．向I2的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变浅，上层呈棕黄色，说明CCl4溶液中的I2与KI溶液中I-反应生成，使上层溶液呈棕黄色，证明I2在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，D正确；
故答案选CD。
13. 利用CO2加氢制CH3OH的反应机理如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程。下列说法错误的是
已知：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。
A. 反应过程存在C－H、O－H的断裂和形成
B. 催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快
C. 若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降
D. 理论上，每生成1ml CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应过程存在O－H生成，但无O－H键的断裂，故A错误；
B．H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故B正确；
C．反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，故C正确；
D．H2首先在面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH∼6H*，所以理论上，每生成1mlCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA，故D正确；
故答案选A。
14. 利用下图装置制备Fe(OH)2，甲装置的工作原理为，乙装置中电极a、b采用石墨或Fe．下列说法正确的是
A. 电极a为石墨，电极b为铁
B. 电极Ⅰ的电极反应式为
C. NaCl溶液可用CuCl2溶液代替
D. 每生成9.0g Fe(OH)2，理论上有0.2ml Na+透过阳离子交换膜
【答案】BD
【解析】
【分析】如要使用图中装置制取，结合题目信息可知甲装置为原电池，工作原理为，转变为时S元素化合价升高，失去电子，在负极反应，说明惰性电极I为负极，电极反应式为：；惰性电极Ⅱ为正极，电极反应式为：；则与惰性电极I连接的b电极为阴极，应使用石墨电极，电极反应式为：；而a电极为阳极，因要制备，则a电极需要使用Fe电极，电极反应式为：，最后阳极生成的与阴极产生的接触生成，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，电极a为铁，电极b为石墨，A错误；
B．电极I为负极，发生转变为的反应，S元素化合价升高，失去电子，电极反应式为：，B正确；
C．若用溶液代替溶液，则在阴极得电子生成Cu，无法生成，最后就无法生成，C错误；
D．生成，物质量为，根据、可知，每当生成时电路中转移电子，甲装置中阳离子向正极（惰性电极Ⅱ）移动，根据电荷守恒，则有透过阳离子交换膜，D正确；
故答案为：BD。
15. 室温下，向饱和溶液中持续缓慢通入，得到如下图像。横坐标正半轴为的通入量、虚线部分表示不再溶解；横坐标负半轴为溶液中含碳物种（、或）浓度的对数，纵坐标表示溶液的（忽略溶液体积的变化）。已知：，室温下。下列说法错误的是
A. 曲线代表B. 室温下，的
C. 室温下，的电离常数D. 溶液先变浑浊，后沉淀完全消失得到澄清溶液
【答案】D
【解析】
【分析】根据a点可知，饱和溶液的=12.35，，，，则的；随的通入，发生反应，浓度增大，至有沉淀生成，即，浓度增大程度减小，至沉淀接近完全，发生反应浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，沉淀溶解平衡正移，继续通入，发生反应，浓度增大；故曲线代表、曲线代表、曲线代表。
【详解】A．根据上述分析，曲线代表，A项正确；
B．根据上述分析，室温下，的，B项正确；
C．曲线代表、曲线代表，则由b点坐标，可知的电离常数；曲线代表、曲线代表，则由c点坐标，可知的电离常数，解得，C项正确；
D．根据d点坐标、，溶液中，小于原饱和溶液=，则说明沉淀未完全溶解，D项错误；
答案选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 2025年国产DeepSeek开源AI模型大放异彩。采用AI技术结合计算化学方法，可以模拟出许多物质的结构。
（1）模拟预测熔融CaO和MgO冷却结晶的产物结构，得到一种类似NaCl晶胞的结构，如右图所示。
①同周期中，基态原子最外层电子数比Ca少的元素有___________种。
②该结构中Ca2+周围最近的Mg2+有___________个。已知该晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度ρ=___________g•cm-3.
③用AI输出的另一种晶胞结构是：上图晶胞体心的O2-被替换为Mg2+，这种新晶胞的结构是否合理？___________，判断依据是___________。
（2）利用AI模拟C38H30I3的结构如下图，该物质是一种含有碳—碳单电子σ键的化合物，虚线和圆点表示仅有1个共用电子的σ键。
(Ph表示)
①上图所示物质的正离子中，碳原子的杂化方式是___________，从化学键角度解释该正离子带正电荷的原因___________。
②上图所示物质的负离子[I—I—I]-的中心碘原子价层电子对数为___________。
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】（1） ①. 3 ②. 8 ③. ④. 不合理 ⑤. 正负化合价代数和不为零或Mg2+周围都是Ca2+，同种电荷相互排斥，不稳定或正负电荷数不相等
（2） ①. sp2、sp3 ②. 碳—碳单电子σ键少了一个电子，所以带正电荷 ③. D
【解析】
【小问1详解】
①位于第四周期第 族 ，最外层电子数为2。同周期中，基态原子最外层电子数比少的元素有（最外层1个电子）、（最外层1个电子，价电子构型为）、（最外层1个电子，价电子构型为），共3种。
②由晶胞结构可知，以位于面心的为研究对象，周围最近的有8个。根据均摊法，晶胞中个数为，个数为，个数为。晶胞质量，晶胞体积 ，根据，可得晶体密度。
③不合理，和半径相近，且均带2个单位正电荷，体心被占据会使同种电荷相互排斥，结构不稳定。
【小问2详解】
①上图所示物质的正离子中苯环上的碳原子采用杂化，其余碳原子周围的价层电子对数为4，采用杂化。从化学键角度看，碳-碳单电子键少了一个电子，从而带正电荷。
②对于，中心碘原子的价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数，成键电子对数为2，孤电子对数，所以价层电子对数，答案是D。
17. 化合物I是合成酮类药物的一种中间体，其合成路线如下：
已知：i．
ii．
iii．
（1）A→B的化学方程式为___________。
（2）M的化学名称为___________，H→I的反应类型为___________。
（3）E生成F的同时会生成一种与F互为同分异构体的副产物F′，F′的结构简式为___________。
（4）M在一定条件下还原得到J(C7H7NO3)，符合下列条件的J的同分异构体有___________种。
①遇FeCl3溶液显紫色，含有酰胺基或氨基 ②能发生水解反应和银镜反应
（5）化合物I的另一种衍生物Y的合成过程中如下：
已知：①X不与Na反应，②Y分子中与氧原子连接的碳均为sp2杂化。则X中手性碳原子有___________个，Y的结构简式为___________。
【答案】（1）+C2H5OH+H2O
（2） ①. 邻硝基苯甲醛或2-硝基苯甲醛 ②. 氧化反应
（3） （4）19
（5） ①. 1 ②.
【解析】
【分析】参照已知条件ⅱ，逆向推出D的结构简式为；C与HBr发生羟基的取代反应，则C为；参照已知条件ⅰ，逆向推出B为；A与乙醇发生酯化反应生成B，则A为；参照已知条件ⅲ推出F为；对比G与F的分子式，结合H的结构，推出G的结构为；G发生取代反应生成H；H被过碘酸酯氧化成I。
【小问1详解】
A→B发生酯化反应，反应的方程式为+C2H5OH+H2O；
【小问2详解】
M为邻硝基苯甲醛或2-硝基苯甲醛；由上述分析可知H→I为氧化反应；
【小问3详解】
由分析可知E→F为成环反应，参照F结构可推出F′的结构简式为；
【小问4详解】
依题，符合条件的同分异构体有19种，具体如下：含两个取代基的有三种，分别为、、，这三种中的两个取代基分别有邻间对三种排列顺序，共九种；含三个取代基的为，通过定二移一法，可以得出有十种同分异构体，故J的同分异构体共有19种；
【小问5详解】
X不与Na反应，故X中不含羟基，故生成X的过程中自身脱去一个水分子，发生成环反应，则X为，X含有1个手性碳原子（如图，带“*”的为手性碳原子）；Y分子中与O原子连接的碳均为sp2杂化，故五元环上与O相连的C原子形成了碳碳双键结构，Y的结构为。
18. 电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd等金属或其化合物的工艺流程如图所示：
已知：①(NH4)2PtCl4易溶于水；②(NH4)2PtCl6、(NH4)2PdCl6难溶于水；Ksp[(NH4)2PdCl6]=9.9×10-8。
回答下列问题：
（1）Se在元素周期表中的位置是___________，“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质，则PdSe发生反应的化学方程式为___________。
（2）“酸浸”的目的是___________。
（3）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4]-，其中Pd→[PdCl6]2-的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（4）“分金”加入过量草酸的目的；①析出金属Au，②___________。
（5）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PdCl6]2-}=0.2ml·L-1，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PdCl6]2-}=1.1×10-6ml·L-1，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________(忽略溶液混合时的体积变化)。
（6）利用“滤液c”可制备Pt，工艺流程如图所示。“沉铂”总反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 第四周期第ⅥA族 ②.
（2）使CuO转化CuSO4，使CuO与其他物质分离
（3）2：1 （4）将[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-
（5）1.0 （6）
【解析】
【分析】阳极泥加入纯碱(碳酸钠)、空气焙烧，然后加入水，浸取过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3滤液a，分离出滤渣，滤渣加入稀硫酸酸浸溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Au、Pt、Pd的滤渣，加入浓盐酸和氯气氯浸，金属、、被氧化为配离子：、、，加入草酸将还原为金单质、还原为，过滤分离出金单质，滤液加入氯化铵得到含滤液c和沉淀。
【小问1详解】
Se与O位于同一个主族，其在元素周期表中的位置是第四周期第ⅥA族；PdSe中Pd为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pd转化为单质，反应中Pd化合价由+2变为0，空气中氧气参与反应，氧化合价由0变为-2，Se化合价由-2变为+4得到，结合电子守恒、质量守恒，PdSe发生反应的化学方程式为；
小问2详解】
稀硫酸能和金属氧化物氧化铜反应，而不和、、反应，故目的为：使转化为，使与其他物质分离；
【小问3详解】
，Pd化合价由0变为+4，为还原剂，氯气中氯化合价由0变为-1，为氧化剂，结合电子守恒存在，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
【小问4详解】
草酸具有还原性，由分析结合流程，“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将还原为，便于后续使含物种与含物种分离；
【小问5详解】
反应后混合液中，则此时，结合反应，设初始加入NH4Cl溶液体积为V，则溶液总体积为2V，则初始加入溶液的浓度约为；
【小问6详解】
“沉铂”总反应为和氯酸根离子发生氧化还原反应生成，反应中Pt化合价由+2变为+4、氯酸根离子中氯化合价由+5变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为。
19. 三氯化硼(BCl3)可用于金属冶炼、合成催化剂等，其制备原理为。某小组设计实验制备BCl3并测定其纯度。
已知：①三氯化硼(BCl3)的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，极易水解；②Ksp(AgSCN)