文档内容
试题整体分析
年 级：高三 学 科：化 学目 录
命题原则
1
CONTENTS
命题要素统计分析
2
试题整体评价
3
教学启示
401 命题原则-备考指导
《中国高考评价体系》 《中国高考评价体系说明》 高考评价体系“一核四层四翼”01 命题原则-命题逻辑线
情境载体线 核心价值线 能力素养线
核心价值线 能力素养线
无情境 无价值 无思考
不成题 不入题 不命题02 命题要素统计分析-试题双向细目表
题型 题序 分值 考点 具体考查内容 能力要求 难易要求
1 3 化学与生产、生活 物质变化 识记、判断能力 易
原子结构、结构式、
2 3 化学用语 识记、分析能力 易
电子式表示物质形成过程
共价键、氧化还原、气体摩尔体积、
3 3 阿伏加德罗常数 识记、分析、计算能力 易
水溶液pH计算
单项选
择题
分子极性、空间构型、杂化、
4 3 物质结构与性质 识记、综合分析能力 易
电子云轮廓图
元素化合物、化学平衡、有机物性质、
5 3 离子方程式判断 识记、分析、判断能力 中
氧化还原反应02 命题要素统计分析-试题双向细目表
题型 题序 分值 考点 具体考查内容 能力要求 难易要求
6 3 元素周期律推断 电离能、电负性、半径、沸点比较 识记、推理和分析能力 中
7 3 反应过程图 氧化还原判断和计算、催化剂、氮的固定 识记、分析、计算能力 中
官能团、反应类型、手性碳、
8 3 有机物结构和性质 识记、分析、计算能力 易
与NaOH反应定量问题
单项选
择题
获取信息、分析问题、
9 3 微工艺流程 方程式书写、仪器、试剂分析与比较 中
实验能力
沉淀溶解平衡、无机物及有机官能团检验、辨识、推理、综合分析、
10 3 实验表格题 中
键的极性与分子极性 实验能力02 命题要素统计分析-试题双向细目表
题型 题序 分值 考点 具体考查内容 能力要求 难易要求
电子流向、定量计算、电极反应书写、 获取信息、综合
11 3 二次电池 中
电解质比较 分析、计算能力
反应热、物质稳定性、速率及反应过程分 获取信息、综合
12 3 反应机理分析 难
析 分析、计算能力
官能团性质、反应类型、与氢气反应定量 识记、综合分析、
单项选 13 3 有机物结构和性质 中
问题 计算能力
择题
元素在周期表中位置、原子分数坐标、等 获取信息、综合
14 3 晶体结构 难
距微粒判断、晶胞密度计算 分析、计算能力
分布系数图像判断、溶度积计算、微粒浓 获取信息、综合
15 3 水溶液图像 难
度大小比较、电荷守恒 分析、计算能力02 命题要素统计分析-试卷的结构
难
易
21.1%
31.6%
中
47.4%
难度分布02 命题要素统计分析-试卷的结构
个数
考查范围
高中阶段必修和选择性必修内容
具体考查内容
近70个
要求
能力要求分布03 试题整体评价-选择题
侧重基础能力检测，
促进课堂返本溯源
来源
教材
第1，2，3，4题
（选择性必修一 P77） （必修第二册 P88）03 试题整体评价-选择题
强化识图读图能力
培养缜密逻辑思维
第7，9，11，
13，14，15题03 试题整体评价-选择题
方程计算融原理
知识 能力
流程实验链思维
交叉 叠加
融合
情境 思维
复合 联动
第9，12，13，15题03 试题整体评价-选择题
选取化学应用成果
体现学科特殊价值
题目来源于中国科学技术大
学博士生朱正新发表在国际期
第7，11，14题
刊《Journal of the American
Chemical Society》的一篇文章。03 试题整体评价-非选择题（模拟仿真）
年黑吉辽蒙高考化学试题非选择题分析 本试卷化学试题非选择题分析
2025
本试卷非选择题与高考真题的题序，分值，考点高度一致。具体考查内容均为历年高考真题高频
考点。 难易要求也相差不大。03 试题整体评价-非选择题（情境载体）
题
试题情境
号
16 工业制备碳酸锰
17 实验室合成苯胺
工业多种方法制备
18
乙二醇
19 联苯双酯的合成03 试题整体评价-非选择题（源于教材）
03 试题整体评价-非选择题（源于教材）03 试题整体评价-非选择题（核心价值）
16题工艺流程图分析
18题化学平衡常数比较
16题溶度积计算
16题热重曲线分析
17题化学实验操作
18题化学平衡移动
19题合成路线设计
17题离子方程式书写 16题工业环保优化
19题有机反应机理03 试题整体评价-非选择题（能力要求）
布鲁姆教育目标分类04 教学启示
强化学科理解
重视化学实验
提升学科素养
拓展实验视野
教学
启示
构建知识网络
归纳常考题型
提高复习效率
建构解题模型1题解析
年 级：高三 学 科：化 学1. 化学与生产、生活密切相关。下列过程不涉及化学变化的是
A．石油分馏提炼汽油
B．高粱酿造食醋
C．混凝剂硫酸铝净水
D．用植物油和氢气制人造奶油
题目解析 本题考查化学与SETE（化学学科与科学、技术、社会、环境之间的相互联系）
化学在生产、生活中的应用 区分物理变化和化学变化答题剖析
1.化学与生产、生活密切相关。下列过程不涉及化学变化的是
A．石油分馏提炼汽油
利用沸点不同分离
石油：烃的混合物 汽油：烃的混合物 物理变化
B．高粱酿造食醋
水解 发酵 氧化
淀粉 葡萄糖 乙醇 乙酸 化学变化答题剖析
1.化学与生产、生活密切相关。下列过程不涉及化学变化的是
C．混凝剂硫酸铝净水
Al3+水解： Al3++3H O Al(OH) (胶体)+3H+ 化学变化
2 3
D．用植物油和氢气制人造奶油
化学变化复盘审思1复盘审思1
必修第二册第102页表8-1复盘审思1
必修第二册第104页表8-6复盘审思1
物理变化复盘审思2
银镜反应 和氢氧化铜反应
水解反应 淀粉遇碘变蓝2题解析
年 级：高三 学 科：化 学2. 下列化学用语或表述错误的是
A．中子数为10的氧原子：
B．基态C原子核外电子的空间运动状态有6种
C．乙炔的结构式：
D．用电子式表示Na O的形成过程：
2
题目解析 本题考查化学核心概念的理解与应用
掌握化学用语规范，辨析易混淆概念答题剖析
2. 下列化学用语或表述错误的是
A．中子数为10的氧原子：
质量数（A）=质子数（Z）+ 中子数（N）
B．基态C原子核外电子的空间运动状态有6种
电子的空间运动状态数=轨道个数 C：1s22s22p2 C
C．乙炔的结构式：
化学式：C H
2 2
D．用电子式表示Na O的形成过程：
2
2个Na原子各失去一个电子，O原子得到两个电子复盘审思复盘审思
物理性质不同 化学性质相似复盘审思复盘审思
NaCl是化学式，不是分子式4题解析
年 级：高三 学 科：化 学4．氯化铯(CsCl)是一种分析试剂，制备方法为：Cs CO +2HCl = 2CsCl+H O+CO ↑。下列说法错误的是
2 3 2 2
A．HCl为极性分子
B．H O的VSEPR模型为V形
2
C．C O 2 中碳原子杂化类型为sp2杂化
3
D．基态Cs原子最外层电子的电子云轮廓图为球形
题目解析4．氯化铯(CsCl)是一种分析试剂，制备方法为：Cs CO +2HCl = 2CsCl+H O+CO ↑。下列说法错误的是
2 3 2 2
A．HCl为极性分子
B．H O的VSEPR模型为V形
2
C．C O 2 中碳原子杂化类型为sp2杂化
3
D．基态Cs原子最外层电子的电子云轮廓图为球形
答案剖析
A选项：
+ -
δ δ
H Cl 正负电中心不重合 极性分子
B选项：价层电子对互斥模型 H O的中心原子O：价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数
2
（621）
2 + = 4
2
H O的VSEPR模型：四面体形 H O的空间结构：V形
2 24．氯化铯(CsCl)是一种分析试剂，制备方法为：Cs CO +2HCl = 2CsCl+H O+CO ↑。下列说法错误的是
2 3 2 2
A．HCl为极性分子
B．H O的VSEPR模型为V形
2
C．C O 2 中碳原子杂化类型为sp2杂化
3
D．基态Cs原子最外层电子的电子云轮廓图为球形
答案剖析
（4232）
C选项：杂化轨道理论 价层电子对互斥模型 C O 2 中的中心原子C：价层电子对数 = 3 + = 3
3
2
VSEPR模型：平面三角形 中心原子的杂化轨道类型： sp2 杂化
D选项：基态Cs原子价层电子排布式 6s1
s能级的电子云轮廓图为球形复盘审思
电子云与原子轨道
分子极性、价层电子对互斥模型、杂化轨道理论复盘审思
非极性分子
单质 正负电中心重合 结构对称
双原子分子 多原子分子
化合物 正负电中心不重合 结构不对称
极性分子复盘审思
价层电子对互斥模型 杂化轨道理论
中心原子杂化
sp sp2 sp3
轨道类型
中心原子成键
确 电子对数
定
化学式 价层电子对数
2 3 4
中心原子孤
电子对数
正四面体形/
VSEPR模型
直线形 平面三角形
1 四面体形
（ a xb ）
2
平面三角形 正四面体形
空间结构
直线形
形 三角锥形 形
/V / /V复盘审思
电子云轮廓图的绘制过程
球形 哑铃形
同一原子的s电子的电子云轮廓图 p 、p 、p 的电子云轮廓图
x y z复盘审思
键
s-s σ
键
s-p σ
键
p-p σ
键
p-p π5题解析
年 级：高三 学 科：化 学5. 化学反应中有颜色变化之美。下列相关离子方程式表示正确的是
A．钠加入滴有酚酞的水中，出现红色：2Na+2H+ = 2Na++H ↑
2
B．向 HI 溶液中加入 H O 后溶液变为黄色：2I - +H O +2H+ = I +2H O
2 2 2 2 2 2
C．将稀硫酸加入 K CrO 溶液中，溶液由黄色变为橙色： C r O 2 + 2H+ C r O 2 +H O
2 4 4 2 7 2
D．向苯酚钠溶液中通入少量 CO ，出现白色浑浊：2 +CO +H O → 2 +CO
2
2 2 2 3
题目解析
氧化还原反应
强弱电解质
本题考察离子方程式的书写。 考察要点
可逆反应
酸性强弱比较5. 化学反应中有颜色变化之美。下列相关离子方程式表示正确的是
× A．钠加入滴有酚酞的水中，出现红色：2Na+2H+ = 2Na++H ↑
2
2Na+2H O = 2NaOH+H ↑ 正确的离子方程式：2Na+2H O = 2Na++2OH-+H ↑
2 2 2 2
单质 弱电解质 强电解质 单质
B．向 HI 溶液中加入 H O 后溶液变为黄色：2I - +H O +2H+ = I +2H O
√
2 2 2 2 2 2
-1 升价 0 -1 降价 -2
氧化还原反应 I-（还原性） I H O （氧化性） H O
2 2 2 2
× C．将稀硫酸加入 K CrO 溶液中，溶液由黄色变为橙色： C r O 2 +2H⁺ C r O 2 +H O
2 4 4 2 7 2
等电性原理、原子守恒 正确的离子方程式： 2 C r O 2 +2H⁺ C r O 2 +H O
4 2 7 2
× D．向苯酚钠溶液中通入少量 CO ，出现白色浑浊：2 +CO +H O → 2 + CO 2
2 2 2 3
酸性：H CO > > 正 确的离子方程式： +CO +H O → +
2 3 2 2复盘审思
离子方程式书写常见的
“三大陷阱”
拆分陷阱 守恒陷阱 原理陷阱
氧化物、弱电解质、沉淀、气体、 离子方程式除符合原子守恒外，还 离子方程式应符合客观事实，不符
水等在离子方程式中均不拆分 应符合电荷守恒 合“反应原理”的反应不能发生
例： 例： 例：
向 CuSO 溶液中通入 H S 气体， 向 FeCl 溶液中通入 Cl ，错写 Fe和稀盐酸反应，错写为：
4 2 2 2
错写为：Cu2+ + S2- = CuS↓ 为：Fe2+ + Cl = Fe3++2Cl- 2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H ↑
2 2复盘审思
易溶于水、易电离的强电解质用实际参加反应的离子表示；弱电
两易
解质、难溶物、气体、氧化物、单质用化学式表示
两等 离子方程式两边原子个数相等，电荷总数相等
离子方程式书写的注意事项
“四个两”
检查离子方程式中各项是否有公约数；检查是否漏写某个反应或
两查
条件。
注意限制条件的影响，如少量、过量等；注意“↑”“↓”等符号
两注意
的正确使用。6题解析
年 级：高三 学 科：化 学6. 某食品添加剂的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，
基态Q原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍。下列说法错误的是
A．电负性：Q＞Z＞Y
B．简单离子半径：Z＞Q＞W
C．简单氢化物的沸点：Q＞Y＞Z
D．Q的第一电离能比同周期相邻元素都低
题目解析 本题考查元素周期律与物质性质
挖掘题干信息 文字信息-对给出的文字信息进行提炼
确定元素名称 结构信息-根据结构判断最外层电子数
确定元素的相 在判断出元素名称的基础上，得出元素
考查要点
对位置 的相对位置，从而确定
依据周期律作 依据周期律、同主族元素性质的递变规
出准确判断 律及元素性质对各选项做出正误判断6. 某食品添加剂的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，
基态Q原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍。下列说法错误的是
A．电负性：Q＞Z＞Y
同周期从左到右电负性依次增大，故O>N>C即Q＞Z＞Y
B．简单离子半径：Z＞Q＞W
电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小,离子半径:N3->O2->Na+即Z>Q>W
C．简单氢化物的沸点：Q＞Y＞Z
H 0、NH 分子间存在氢键，沸点较高，且H 0常温下为液态，NH 常温下为气态
2 3 2 3
D．Q的第一电离能比同周期相邻元素都低
同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半充满，较稳定，
第一电离能N>O，F>O复盘审查7题解析
年 级：高三 学 科：化 学7. 利用二氧化铈(CeO )脱除汽车尾气中CO和NO的反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
2
已知：过程①中部分Ce4+转化成Ce3+。
A．过程①中，每脱除1mol CO转移2mol电子
B．该反应的催化剂为CeO
2
C．过程②属于氮的固定
D．当x=0.4时，CeO 中n(Ce3+) : n(Ce4+)=4:1
(2-x)
题目解析
题目解析：本题涉及氧化还原反应、催化剂特性、氮的固定及元素化合价计算等核心知识点，考查学生对化学原理与物
质性质的综合应用能力，难度中等。7. 利用二氧化铈(CeO )脱除汽车尾气中CO和NO的反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
2
已知：过程①中部分Ce4+转化成Ce3+。
A．过程①中，每脱除1mol CO转移2mol电子
B．该反应的催化剂为CeO
2
C．过程②属于氮的固定
D．当x=0.4时，CeO 中n(Ce3+) : n(Ce4+)=4:1
(2-x)
答题剖析
思路分析：
1.建立思维模型；
2.逐项分析。7. 利用二氧化铈(CeO )脱除汽车尾气中CO和NO的反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
2
已知：过程①中部分Ce4+转化成Ce3+。
A．过程①中，每脱除1mol CO转移2mol电子
B．该反应的催化剂为CeO
2
C．过程②属于氮的固定
D．当x=0.4时，CeO 中n(Ce3+) : n(Ce4+)=4:1
(2-x)
答题剖析
步骤讲解：
1.思维模型：箭头进入的为反应物，箭头出去的为生成物，参与循环过程的则是催化剂和中间产物。7. 利用二氧化铈(CeO )脱除汽车尾气中CO和NO的反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
2
已知：过程①中部分Ce4+转化成Ce3+。
A．过程①中，每脱除1mol CO转移2mol电子
B．该反应的催化剂为CeO
2
C．过程②属于氮的固定
D．当x=0.4时，CeO 中n(Ce3+) : n(Ce4+)=4:1
(2-x)
答题剖析
步骤讲解：
2.分析选项。7. 利用二氧化铈(CeO )脱除汽车尾气中CO和NO的反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
2
已知：过程①中部分Ce4+转化成Ce3+。
A．过程①中，每脱除1mol CO转移2mol电子
B．该反应的催化剂为CeO
2
C．过程②属于氮的固定
D．当x=0.4时，CeO 中n(Ce3+) : n(Ce4+)=4:1
(2-x)
答题剖析
步骤讲解：
2.分析选项。
选项A：在过程①中，CO转化为CO₂，碳元素的化合价从+2升高到+4，每脱除1mol CO，化合价升高2价，因此转移2mol电子。A项正确。
选项B：催化剂的特征是反应前后质量和化学性质不变。过程①中CeO₂参与反应，过程②中重新生成，符合催化剂定义。B项正确。
选项C：氮的固定指游离态氮（N₂）转化为化合态氮的过程，而过程②是NO转化为N₂（化合态→游离态），不属于氮的固定。C项错误。
选项D：当x=0.4时，中间产物CeO(2-x)中O的个数为1.6。设Ce³⁺的物质的量为a，Ce⁴⁺的物质的量为b，则a + b = 1；同时根据化合物中化合
价代数和为零的原则：3a + 4b = 2 * 1.6。解得：a=0.8，b=0.2，因此n(Ce³⁺):n(Ce⁴⁺)=0.8:0.2=4:1。D项正确。复盘审思
本题融合氧化还原反应电子转移计算、催化剂定义、氮的固定概念及化合价守恒原则等知识点，体现了
化学在环境保护中的实际应用，解题需注重逻辑推理与模型应用。复盘审思
本题融合氧化还原反应电子转移计算、催化剂定义、氮的固定概念及化合价守恒原则等知识点，体现了
化学在环境保护中的实际应用，解题需注重逻辑推理与模型应用。
【氧化还原反应专题】拓展：
1. 复杂氧化还原反应配平（化合价升降法）；
2. 氧化还原反应规律（强弱规律、守恒规律）的应用；
3. 氧化还原反应在工业生产、环保领域的实例分析。复盘审思
本题融合氧化还原反应电子转移计算、催化剂定义、氮的固定概念及化合价守恒原则等知识点，体现了
化学在环境保护中的实际应用，解题需注重逻辑推理与模型应用。
【氧化还原反应专题】拓展：
1. 复杂氧化还原反应配平（化合价升降法）；
2. 氧化还原反应规律（强弱规律、守恒规律）的应用；
3. 氧化还原反应在工业生产、环保领域的实例分析。
系统梳理知识
强化综合应用 提升解题能力与化学学科核心素养
关注社会关联明确方向，循环巩固，遇见更好的自己！8 题解析
年 级：高三 学 科：化 学8. 阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．阿斯巴甜属于氨基酸，含有五种官能团
B．阿斯巴甜能发生氧化反应、取代反应和消去反应
C．阿斯巴甜分子中手性碳原子有 3 个
D．1 mol 阿斯巴甜与足量NaOH溶液反应，最多消耗 3 mol NaOH
题目解析8. 阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．阿斯巴甜属于氨基酸，含有五种官能团
B．阿斯巴甜能发生氧化反应、取代反应和消去反应
C．阿斯巴甜分子中手性碳原子有 3 个
D．1 mol 阿斯巴甜与足量NaOH溶液反应，最多消耗 3 mol NaOH
答题剖析
酰胺基
氨基
酯基
*
*
羧基复盘审思
审题定位考点
01
02 联想核心知识
有机选择题
思路和方法
03 排除错误选项
04
复核关键细节甲烷与氯气、羧基与羟基或氨基的酯化反应、水解反应(酯
取代反应
基或酰胺基、卤代烃、二糖或多糖、油脂等）
复盘审思
碳碳双键（碳碳三键）与溴水、溴化氢、氢气、水的反应；
反应类型 加成反应
醛基、羰基、苯环与氢气的加成反应（也叫还原反应）
官能团 消去反应 卤代烃或醇羟基
与 NaOH
溶液反应 1mol官能团 消耗NaOH的物质的量
量的关系
结 酚羟基 1 mol
构
酯基 1 mol
酚酯 2 mol
碳卤键 1 mol
① 饱和碳原子，
氯苯 2 mol
手性碳 采用sp3杂化。 羧基 1 mol
②连有 4 个不同的基团。 酰胺基 1 molO
复盘审思
H+
─O─C─CH +H O
3 2 ─OH +CH COOH
△
3
O
△ ─ONa
+ 2 NaOH + CH COONa+2H O
─O─C─CH
3 2
3
─Cl
─OH
+ H O + HCl
2
─Cl ─ONa
+ NaCl
+ 2 NaOH甲烷与氯气、羧基与羟基或氨基的酯化反应、水解反应(酯
取代反应
基或酰胺基、卤代烃、二糖或多糖、油脂等）
复盘审思
碳碳双键（碳碳三键）与溴水、溴化氢、氢气、水的反应；
反应类型 加成反应
醛基、羰基、苯环与氢气的加成反应（也叫还原反应）
官能团 消去反应 卤代烃或醇羟基
与 NaOH
溶液反应 1mol官能团 消耗氢氧化钠的物质的量
量的关系
结 酚羟基 1 mol
构
酯基 1 mol
酚酯 2 mol
碳卤键 1 mol
① 饱和碳原子，
氯苯 2 mol
手性碳 采用sp3杂化。 羧基 1 mol
②连有 4 个不同的基团。 酰胺基 1 mol9题解析
年 级：高三 学 科：化 学试题解析 选择题
- 9
能力要求
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
获取信息能力
分析问题的能力
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中： 实验能力
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。
3
命题背景
下列说法正确的是
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸 铜是高中阶段重要的金属元素，氯
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O 化亚铜可应用于电镀工业、冶金工
2 2
2CuCl↓ + + 4H+
业、医药化工等领域，其性质及制
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒
备工艺是高考中的高频热点。
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好试题解析 选择题
- 9
链接教材
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中：
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。
3
图片来源：必修一P74
下列说法正确的是
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O
2 2
2CuCl↓ + + 4H+
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好
图片来源：选择性必修二P95试题解析 选择题
- 9
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含 链接高考
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中：
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。
3
下列说法正确的是
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O
2 2
2CuCl↓ + + 4H+
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好
图片来源：2024·吉林·高考真题试题解析 选择题
- 9
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含 链接高考
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中：
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。
3
下列说法正确的是
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O
2 2
2CuCl↓ + + 4H+
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好
图片来源：2024·湖北·高考真题试题解析 选择题
- 9
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含 链接高考
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中：
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。
3
下列说法正确的是
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸
图片来源：2025·广东·高考真题
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O
2 2
2CuCl↓ + + 4H+
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好
图片来源：2025·四川·高考真题试题解析 选择题
- 9
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含
思路分析
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
溶解 还原
原料预处理
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中：
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。
3 核心反应转化
下列说法正确的是
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸
产品分离和提纯
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O
2 2
2CuCl↓ + + 4H+
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好试题解析 选择题
- 9
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含
步骤详解
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
代替
A. 稀硫酸 稀盐酸
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中：
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。 CuSO × CuCl
3 4
下列说法正确的是 B
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸 元素化合物
还原
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O B. CuCl 2 CuCl
2 2
2CuCl↓ + + 4H+ 氧化还原反应方程式书写 SO + 2 Cu2+ + 2 C l - + 2 H O 2 CuCl↓ + + 4H+
2 2
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好试题解析 选择题
- 9
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含
步骤详解
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
普通漏斗
C. 过滤与洗涤用到的漏斗为普通漏斗，而
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中： 非分液漏斗
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。
3
下列说法正确的是 B D. 浓盐酸洗涤 CuCl溶解
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸 元素化合物
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O
2 2
2CuCl↓ + + 4H+ 氧化还原反应方程式书写
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好 仪器的选择与使用
实验评价与分析试题解析 选择题
- 9
9. 在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含
对焦课标
量。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体。
一、宏观辨识与微观探析：宏观上认识
已知：CuCl容易被氧化，且易溶于浓度较大的Cl-体系中：
铜的化合物的性质，微观上分析相关反
CuCl + 2Cl - ⇌ [CuCl ]2- （无色）。
3 应机理
下列说法正确的是
二、变化观念与平衡思想：氧化还原反
A．步骤①中可用稀硫酸代替稀盐酸
应方程式的书写
B．步骤②的离子方程式为SO + 2Cu2+ + 2Cl - + 2H O
2 2
三、证据推理与模型认知：总结工艺流
2CuCl↓ + + 4H+
C．步骤③中用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒 程模型
D．步骤③中用浓盐酸洗涤效果较好试题解析 选择题
- 9
复盘审思
原料预处理 核心反应转化 产品分离和提纯
焙烧 氧化还原反应 建立体系 气态
三烧
三烧四浸
化学方程式的书写
灼烧 + 非氧化还原反应 产品状态 液态
电极反应
煅烧 难溶物
水浸
溶解原料
四浸
酸浸 去除金属表面氧化膜
碱浸 调节溶液pH
盐浸感 谢 聆 听
年 级：高三 学 科：化 学10题解析
年 级：高 三 学 科：化 学10．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是
题目解析
选
探究方案 探究目的
项
向 2 mL 0.1 mol/L AgNO 溶液中先滴加 4 载体 能否达成
3 证明K (AgI)＜ 性质检验
A 滴 0.1 mol/L KCl 溶液，再滴加 4 滴 0.1 sp 探究方案设计
原理探究
K (AgCl)
mol/L KI 溶液，观察生成沉淀的颜色 sp
确定丙烯醛结
向丙烯醛(CH = CHCHO)中滴加酸性
B 2 构中是否含有
KMnO 溶液，观察溶液颜色变化
4 碳碳双键
实验原理的理解 实验技能的掌握
检验硫酸亚铁
将铁氰化钾溶液滴入硫酸亚铁溶液中，观
C 溶液是否被氧
察现象
化
探究键的极性
用 pH 计分别测定等浓度的 CH COOH 溶
D 3 对羧酸酸性的
液和 CH ClCOOH 溶液的 pH 分析问题的能力 解决问题的能力
2 影响10．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是
选
答题剖析
探究方案 探究目的
项
A. AgCl(s) Ag+ (aq) + Cl－ (aq)
向 2 mL 0.1 mol/L AgNO 溶液中先滴加 4
3 证明K (AgI)＜
A 滴0.1 mol/L KCl 溶液，再滴加 4 滴 0.1 sp +
K (AgCl)
mol/L KI 溶液，观察生成沉淀的颜色 sp I－ (aq)
确定丙烯醛结
向丙烯醛(CH = CHCHO)中滴加酸性
B 2 构中是否含有
KMnO 溶液，观察溶液颜色变化 AgI(s)
4 碳碳双键
I－ (aq) + AgCl(s) AgI(s) + Cl－ (aq)
检验硫酸亚铁
将铁氰化钾溶液滴入硫酸亚铁溶液中，观
C 溶液是否被氧
察现象
化 B. 能被酸性 KMnO 溶液氧化的官能团有：
4
探究键的极性
用 pH 计分别测定等浓度的 CH COOH 溶
D 3 对羧酸酸性的
液和 CH ClCOOH 溶液的 pH — CHO
2 影响10．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是
答题剖析
选
探究方案 探究目的
项
向 2 mL 0.1 mol/L AgNO 溶液中先滴加 4 B.
3 证明K (AgI)＜
A 滴
mo
0
l/
.
L
1
K
m
I
o
溶
l/L
液
K
，
Cl
观
溶
察
液
生
，
成
再
沉
滴
淀
加
的
4
颜
滴
色
0.1
K sp (
s
A
p
gCl) 丙烯醛
足 量 新 制 C u ( O H )
2 硫酸酸化
酸性KMnO
4
溶液
或足量银氨溶液 或溴水
确定丙烯醛结
向丙烯醛(CH = CHCHO)中滴加酸性
B 2 构中是否含有
KMnO 溶液，观察溶液颜色变化
4 碳碳双键 C. K+ + Fe2+ + [Fe(CN) ]3－ KFe[Fe(CN) ] ↓
6 6
检验硫酸亚铁
蓝色沉淀
将铁氰化钾溶液滴入硫酸亚铁溶液中，观
C 溶液是否被氧
察现象
化 Fe3+ + 3SCN－ Fe(SCN)
3
探究键的极性 溶液变红色
用 pH 计分别测定等浓度的 CH COOH 溶
D 3 对羧酸酸性的
液和 CH ClCOOH 溶液的 pH
2 影响10．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是
答题剖析
选
探究方案 探究目的
项
D. 电负性：Cl ＞ H
向 2 mL 0.1 mol/L AgNO 溶液中先滴加 4
3 证明K (AgI)＜
A 滴 0.1 mol/L KCl 溶液，再滴加 4 滴 0.1 sp
K (AgCl)
mol/L KI 溶液，观察生成沉淀的颜色 sp
确定丙烯醛结
向丙烯醛(CH = CHCHO)中滴加酸性
B 2 构中是否含有
KMnO 溶液，观察溶液颜色变化
4 碳碳双键 极性：C—Cl ＞ C—H
检验硫酸亚铁
将铁氰化钾溶液滴入硫酸亚铁溶液中，观
C 溶液是否被氧
察现象
化
探究键的极性
用 pH 计分别测定等浓度的 CH COOH 溶
D 3 对羧酸酸性的 pH：CH ClCOOH ＜ CH COOH
液和 CH ClCOOH 溶液的 pH 2 3
2 影响复盘审思
实验结论推理 基础实验操作
表格实验题
实验现象分析 物质性质验证复盘审思复盘审思
1、向盛有 2 mL 0.1 mol/L 的 MgCl 溶液的试管中滴加 2 ~ 4
2
滴 2 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 溶液，再向上述试管中滴加 4 滴 K ：Cu(OH) ) ＜ Mg(OH) √
sp 2 2
的 CuCl 溶液 ，先有白色沉淀产生，后生成蓝色沉淀
2
反
应 2、向盛有 N O 与 NO 恒压密闭容器中通入一定体积的 N ，
2 4 2 2 化学平衡向 NO 减少的方向移动 ×
原 最终气体颜色变浅 2
理
3、基元反应为 ，将盛有 NO 的密闭烧瓶浸
验 2 正反应活化能大于逆反应活化能 ×
入冷水，红棕色变浅
证
4、向 2 mL 0.1 mol/L K CrO 溶液中滴加 5 滴 6 mol/L NaOH 溶 探究 c(H+) 对如下平衡的影响：
2 4 √
液，再滴加 5滴 6 mol/L H SO 溶液
2 4
5、向稀 Fe (SO ) 溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究 H+ 对 Fe3+ 水解的影响 ×
2 4 3复盘审思
1、待测液中滴加 BaCl 溶液，生成白色沉淀 待测液含有 ×
2
物
质 2、向溶液 X 中滴加少量的 NaOH 稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸不变蓝，溶液 X 中
×
检 靠近试管口 肯定不含
验
3、在洁净的试管中加入 1 mL 10%蔗糖溶液和 5滴 10% H SO 溶液，未产生砖红色沉淀，说明蔗
2 4 ×
与
热水浴中加热，待溶液冷却后加入新制备的 Cu(OH) ，加热 糖未发生水解
2
鉴
别 4、向淀粉溶液中加适量 20% H SO 溶液，加热，冷却后滴加少
2 4 淀粉未水解 ×
量碘水，溶液变蓝复盘审思
实 1、乙醇和浓硫酸共热至 170 ℃ ，将产生的气体通入溴
溴水褪色，乙醇发生了消去反应 ×
验 水中
方
案 2、取少量某一卤代烃溶液于试管中，加入 NaOH 溶液，
出现白色沉淀，该一卤代烃中含有氯原子 ×
评 加热，冷却后取数滴水层液体加入几滴 AgNO 溶液
3
价
与
3、除去乙醇中的水 加入金属钠，过滤 ×
改
进
4、测定 HClO 溶液的 pH 使用 pH 试纸 ×复盘审思
1、向盛有 2 mL FeCl 溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加
3 Fe2+ 具有还原性 √
KSCN 溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红
物
质 2、将氯气通入 Na S 溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性 √
2
的
性 3、向 2 mL 0.1 mol/L Na S 溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性 Br ＞ S √
2 2
质
探 4、将有机物 M 溶于乙醇，加入金属钠 探究 M 中是否含有羟基 ×
究
5、向盛有 2mL 饱和 Na SO 溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析
2 4 蛋白质沉淀后活性改变 ×
出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解复盘审思
细节把控
实验逻辑
知识迁移
表格
实验题
操作 结论
现象11题解析
年 级：高三 学 科：化 学11. 某水系氢气-质子二次电池以质子作为载流子，高浓度的9 mol/L磷酸为电解液，联合普鲁士蓝
衍生物(PBA)电极优异的电化学特性，形成一种理想的质子全电池。工作原理示意图如下：
下列说法正确的是
A．放电时，电子流向为：N极→负载→M极→电解质溶液→N极
B．放电时，外电路通过2 mol 电子时，消耗氢气体积为22.4 L
负极：
C．充电时，M极电极反应为：(PBA-xH)‒xe‒ = PBA+xH+
正极：
D．为提高电池工作效率，可用纯磷酸代替9 mol/L 磷酸
总反应：
情境素材
中国科学技术大学陈维课题组（2021）提出并证明了一种水系氢气-质子电池。该水系氢气-质子电池以质子作为载
流子，在高浓度的9M磷酸电解液中，巧妙地结合了普鲁士蓝衍生物(PBA)质子正极与氢气负极优异的电化学特性，形
成一种理想的质子全电池。在初始放电过程中，H 负极被氧化形成H+到电解液中(式1)，同时溶液中的H+插入到普鲁士
2
蓝衍生物正极中(式2)。质子借助于水分子链的迅速转移，在普鲁士蓝衍生物结构中实现快速的扩散与插入。接下来的
充电过程与放电过程相反。其总反应如式3所示。11. 某水系氢气-质子二次电池以质子作为载流子，高浓度的9 mol/L磷酸为电解液，联合普鲁士蓝衍生物(PBA)电
极优异的电化学特性，形成一种理想的质子全电池。工作原理示意图如下：
下列说法正确的是
A．放电时，电子流向为：N极→负载→M极→电解质溶液→N极
B．放电时，外电路通过2 mol 电子时，消耗氢气体积为22.4 L
C．充电时，M极电极反应为：(PBA-xH)‒xe‒ = PBA+xH+
D．为提高电池工作效率，可用纯磷酸代替9 mol/L 磷酸
题目解析
考点：二次电池，原电池（放电）和电解池（充电）工作原理的综合运用；
考查内容：电子流向、定量计算、电极反应书写、电解质比较；
考查难度：中；
考查能力：信息获取、综合分析与计算能力。11. 某水系氢气-质子二次电池以质子作为载流子，高浓度的9 mol/L磷酸为电解液，联合普鲁士蓝衍生物(PBA)电
极优异的电化学特性，形成一种理想的质子全电池。工作原理示意图如下：
下列说法正确的是
A．放电时，电子流向为：N极→负载→M极→电解质溶液→N极
B．放电时，外电路通过2 mol 电子时，消耗氢气体积为22.4 L
C．充电时，M极电极反应为：(PBA-xH)‒xe‒ = PBA+xH+
D．为提高电池工作效率，可用纯磷酸代替9 mol/L 磷酸
答题剖析
思路分析： 氢气-质子二次电池以质子作为载流子
放电 充电 传递质子（H+）
原电池 电解池
负载 直流电源11. 某水系氢气-质子二次电池以质子作为载流子，高浓度的9 mol/L磷酸为电解液，联合普鲁士蓝衍生物(PBA)电
极优异的电化学特性，形成一种理想的质子全电池。工作原理示意图如下：
下列说法正确的是
A．放电时，电子流向为：N极→负载→M极→电解质溶液→N极
B．放电时，外电路通过2 mol 电子时，消耗氢气体积为22.4 L
C．充电时，M极电极反应为：(PBA-xH) ‒ xe‒ = PBA+xH+
D．为提高电池工作效率，可用纯磷酸代替9 mol/L 磷酸
答题剖析
步骤讲解：
【总体分析】 N极：失e‒，负极，H ‒2e‒ = 2H+
2
M极：得e‒，正极，PBA + xH+ + xe‒ = PBA-xH
【选项判断】 A. e‒ 无法经过电解质溶液，错误；
B.H ‒2e‒ = 2H+ ，2 mol e‒ ~ 1 mol H ，题目未给出条件，错误；
2 2
C.充电，电解池，M极，失e‒，为阳极， (PBA-xH) ‒ xe‒ = PBA+xH+，正确；
D.纯磷酸不导电，错误。复盘审思
原电池分析模型：
负极：电子流出电极 氧化反应
两极 正负极
正极：电子流入电极 还原反应
一液 电解质溶液 “两极”有“自由”移动阴阳离子
一回路 闭合回路 “两极”有“定向移动电子”
导线中电子转移 负极→正极
两转移
溶液中离子转移 阳离子→正极
阴离子→负极复盘审思
原电池电极反应书写：
第一步：写剂、产
负极：还原剂 ‒ e- = 氧化产物
正极：氧化剂 + e- = 还原产物
第二步：补项
酸性环境：原子守恒补项少H补H+，少O补H O
2
碱性环境：先电荷守恒补OH-，再原子守恒补H O
2复盘审思
电解池分析模型：
阳极：电子流出电极 氧化反应
两极 阴阳极
阴极：电子流入电极 还原反应
一液 电解质溶液 “两极”有“自由”移动阴阳离子
一回路 闭合回路 “两极”有“定向移动电子”
导线中电子转移 外部电源负极→阴极
两转移 阳极→外部电源正极
溶液中离子转移 阳离子→阴极
阴离子→阳极复盘审思
电解池电极反应书写：有信息按信息写，无信息按得失电子顺序写：
阳极“还原剂”失电子顺序表:
强碱：4OH‒ - 4e‒ = O ↑ + 2H O
2 2
较活泼金属、S2‒ 、I‒ 、Br
‒
、Cl‒ 、OH‒
水：2H O - 4e‒ = O ↑ + 4H+
2 2
A - me‒ = Am+ 阴离子 - ne‒ = 单质
阴极“氧化剂”得电子顺序表
Ag+、Fe3+、Cu2+、H+（强酸）…… Zn2+、H+（水）、Al3+、……
Fe3+ + e‒ = Fe2+ 2H+ + 2e‒ = H ↑ 2H O + 2e‒ = H ↑ + 2OH‒
2 2 212题解析
年 级：高三 学 科：化 学12. 一定条件下，1-苯基丙炔(Ph－C≡C－CH )可与HCl发生催化加成，反应如下：
3
反应过程中1-苯基丙炔及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应 I、Ⅲ 为放热反应)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ为吸热反应
B．产物Ⅰ与产物Ⅱ互为顺反异构体，且产物Ⅰ更稳定
C．30 min后产物Ⅱ占比增加的原因是反应Ⅲ发生
D．增加HCl的浓度可以加快反应Ⅱ的速率，增大产物中产物Ⅱ的比例题目解析
考查背景：不对称炔烃与HCl的加成反应存在竞争反应
盖斯定律 反应热
顺反异构
考查要点
物质稳定性
焓的变化示
意图的应用
浓度对化学反
应速率的影响答题剖析
× A．反应Ⅱ为吸热反应
反应过程中1-苯基丙炔及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)。
Ph-C≡C-CH +HCl ΔH <0
3 1
ΔH <0
3
ΔH =ΔH +ΔH <0
Ph-C≡C-CH +HCl 2 1 3
3答题剖析
× B．产物Ⅰ与产物Ⅱ互为顺反异构体，且产物Ⅰ更稳定
ΔH <0
3答题剖析
√ C．30 min后产物Ⅱ占比增加的原因是反应Ⅲ发生答题剖析
× D．增加HCl的浓度可以加快反应Ⅱ的速率，增大产物中产物Ⅱ的比例复盘审思1
判断/求算反应热的3种基本方法：
教材第7页
1、宏观角度：ΔH=生成物总焓值-反应物总焓值
2、微观角度：ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能
3、利用盖斯定律
（1）化学方程式相加减，反应热相加减
（2）绘制焓的变化示意图复盘审思1
焓（H） Ph-C≡C-CH +HCl
焓（H）
3
ΔH <0
1
ΔH <0
ΔH <0 3
2
ΔH =ΔH +ΔH <0
2 1 3复盘审思2
教材36页
不对称烯烃、炔烃与不对称小分子发生加成反应存在竞争反应，产物有两种。复盘审思2
2025年黑龙江省高考真题
答案：13 题解析
年 级：高三 学 科：化 学13. 生物体内多巴胺的合成是以天然氨基酸L-酪氨酸为起始原料，在多种复杂的生物酶共同作用下完成的，其过
程如图所示。下列相关说法错误的是
A．L-酪氨酸是无色晶体，具有两性
题目解析
B．多巴胺分子中所有原子不可能共平面
C．多巴胺可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1 mol L-多巴与足量 H 发生加成反应可消耗 4 mol H
2 213. 生物体内多巴胺的合成是以天然氨基酸L-酪氨酸为起始原料，在多种复杂的生物酶共同作用下完成的，其过
程如图所示。下列相关说法错误的是
A．L-酪氨酸是无色晶体，具有两性
B．多巴胺分子中所有原子不可能共平面
C．多巴胺可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1 mol L-多巴与足量 H 发生加成反应可消耗 4 mol H
2 2
答题剖析消耗H 的物
1 mol 官能团 2
复盘审思 质的量
碳碳双键 1mol
能使酸性高锰酸钾褪色的基团：
碳碳三键
2mol
苯环
3mol
碳碳双键、碳碳三键、
分析官能团 分析反应类型
醛基
醇羟基（与羟基相连的碳原子有氢原子）、 1mol
的性质 与定量关系
酚羟基、醛基、 （酮）羰基 1mol
苯的同系物（与苯环相连的碳原子有氢原子）
判断分子的
结合物质类别
空间结构-共
判断通性
线共面问题
解题方法共线共面问题解题技巧
复盘审思
分析结构 明确问题
“碳原子”
基本结构 + 连接方式 = 空间关系
“所有原子”
代表物 空间构型 球棍模型 结构特点
“一定”
正四
平面与直线 一定8个原子共平面；
CH 任意3个原子共面
4 面体 “可能”
一定4个原子共直线
“最多”
C H 平面形 6个原子共平面
2 4
“最少”
至少12个原子共平面；
12个原子共平面； 平面与平面 “共面”
C H 平面正六边形 最多16个原子共平面
6 6
4个原子共直线
“共线”
C H 直线形 4个原子共线
2 2
平面与立体 至少6个原子共平面；
最多7个原子共平面14题解析
年 级：高三 学 科：化 学14.材料科学研究中，锡的同素异形体因其独特的结构和性质备受关注。灰锡作为锡的一种存在形式，经研究发现
其与金刚石的晶体类型相同，且灰锡不再有金属的相关物理性质，其晶胞结构如图所示，A 原子的分数坐标为
(0,0,0)，其晶胞参数为 a pm，设阿伏加德罗常数值为 N 。下列说法中正确的是
A
A．该晶体中，锡原子间的化学键类型为金属键
1 3 3
B．B原子的分数坐标为：( ， ， )
4 4 4
C．该晶胞中Sn-Sn的键长为：
2
a pm
2
D．晶胞的密度为： 952
1030gcm 3
a3N
A
题目解析
化学键类型
分数坐标
本题考查晶体结构与性质 考查要点
键长计算
晶胞密度计算答题剖析
14. 材料科学研究中，锡的同素异形体因其独特的结构和性质备受关注。灰锡作为锡的一种存在形式，经研究发现其与金
刚石的晶体类型相同，且灰锡不再有金属的相关物理性质，其晶胞结构如图所示，A 原子的分数坐标为(0,0,0)，其晶胞
参数为 a pm，设阿伏加德罗常数值为 N 。下列说法中正确的是
A
A．该晶体中，锡原子间的化学键类型为金属键
1 3 3
B．B原子的分数坐标为：( ， ， )
4 4 4
C．该晶胞中Sn-Sn的键长为： 2
a pm
2
D．晶胞的密度为： 952
1030gcm 3
a3N
A答题剖析
重视教材基础知识点，熟练掌握金刚石晶体结构特征、内部原子成键方式、位置及分数坐标。
灰锡晶胞结构
教材81页答题剖析
√D．晶胞的密度为： 952
10 30 gcm 3
a
3N
A
一个晶胞中Sn原子个数：
1 1
8× +4× +4=8
8 4
N M
N a3
8119
1030gcm 3
a3 N
A
952
1030gcm3
a3 N
A答题剖析
2
C．该晶胞中Sn-Sn的键长为： a pm
2答题剖析
C．该晶胞中Sn-Sn的键长为：2
a pm
2
3
该晶胞中Sn-Sn的键长为： a pm
4
B答题剖析
z
1 3 3
B．B原子的分数坐标为：( ， ， )
4 4 4
B原子的分数坐标为：( 1 ， 1 ， 3 )
4 4 4 B
y
B'
x
A复盘审思1
z
3 3 3
内部C原子的分数坐标为：( ， ， )
4 4 4
C
B
C'
y
x
A复盘审思1
z
3 1 1
内部D原子的分数坐标为：( ， ， )
4 4 4
D
y
x
A复盘审思1
z
1 3 1
内部E原子的分数坐标为：( ， ， )
4 4 4
E
y
x
A复盘审思2
共价晶体基本概念
（1）定义：相邻原子间以共价键相互结合而形成三维骨架结构的晶体复盘审思2
共价晶体基本概念
（2）巧记典型共价晶体
教材82页复盘审思3 N M
N a3
Α
晶胞密度公式推导
（1）基本公式： （2）推导过程及结果：
m
m n M N M N M
V
V V N V N a3
Α Α
m
n
M
1 pm 10 -10 cm
N
n 1 nm 10 -7 cm
N
Α15题解析
年 级：高三 学 科：化 学15. 常温下，含足量M A(s)的M A溶液中，逐滴滴入某浓度的H A溶液调节pH，测得pM[-lgc(M+)/(mol/L)]及溶液
2 2 2
中含A物种的分布系数(δ)[例如
= 1 0 0 %
]随pOH的变化曲线如图所示。已知：H A为二元
2
含 物种的−总浓度
HA
−
酸，第一步电离为完全电离；MOH为强碱，MHA易溶于水，M A难溶于水。
HA A × 2
下列说法正确的是
A．常温下，K (M A)约为5×10-7
sp 2
B．曲线Y表示A2- 的分布系数随pOH变化
2
C．当pOH=11时，溶液中存在c(HA-)+c(H+)=c(OH-)
D．0.0001 mol/L MHA溶液中，c(HA-)＞c(A2-)
10
pOH 增大
题目解析
水溶液的离子平衡综合应用的组合图像分析题。此类试题综合性强、
试题类型
难度较大，常作为选择题压轴题。
沉淀溶解平衡的影响因素分析、溶度积计算、弱酸分布系数图像分析、
考查要点
溶液中粒子的守恒关系及浓度大小比较等问题。15. 常温下，含足量M A(s)的M A溶液中，逐滴滴入某浓度的H A溶液调节pH，测得pM[-lgc(M+)/(mol/L)]及溶液
2 2 2
中含A物种的分布系数(δ)[例如
= 1 0 0 %
]随pOH的变化曲线如图所示。已知：H A为二元
2
含 物种的−总浓度
HA
−
酸，第一步电离为完全电离；MOH为强碱，MHA易溶于水，M A难溶于水。
HA A × 2
2
10
答题剖析 pOH 增大
思路分析：①分析体系中存在的平衡、含有的微粒及微粒间的相互作用
× √ √
沉淀溶解平衡：M A(s)⇌ 2M+(aq)+A2-(aq) 弱酸的电离平衡：H A=H++HA- HA-⇌ H++A2-
2 2
+H+
HA-
⇌15. 常温下，含足量M A(s)的M A溶液中，逐滴滴入某浓度的H A溶液调节pH，测得pM[-lgc(M+)/(mol/L)]及溶液
2 2 2
中含A物种的分布系数(δ)[例如 = 1 0 0 % ]随pOH的变化曲线如图所示。已知：H A为二元
2
含 物种的−总浓度
HA
−
酸，第一步电离为完全电离；M
O
H
H
A
为强 碱，
A
MHA易溶
×
于水，M
2
A难溶于水。
A2-
M+ 2
HA-
10
c(H+)增大
答题剖析 pOH 增大
思路分析：②对图像进行分析，明确横、纵坐标的含义及曲线的归属
横坐标：pOH [-lgc(OH-)] c(H+)增大，c(OH-)减小，pOH增大
左纵坐标：含A物种的分布系数(δ) 、
− 2 −
右纵坐标：pM [-lgc(M+)] c ( M H + A )增 大， p A M减 小15. 常温下，含足量M A(s)的M A溶液中，逐滴滴入某浓度的H A溶液调节pH，测得pM[-lgc(M+)/(mol/L)]及溶液
2 2 2
中含A物种的分布系数(δ)[例如
= 1 0 0 %
]随pOH的变化曲线如图所示。已知：H A为二元
2
含 物种的−总浓度
HA
−
酸，第一步电离为完全电离；MOH为强碱，MHA易溶于水，M A难溶于水。
HA A × 2
A2-
M+ 2
HA-
10
pOH 增大
答题剖析
思路分析：③关注图像中的特殊点，利用相关数据进行计算
分布系数曲线的交点 K (HA-)= =c(H+) =1×10-4
a + 2−
H · A
− 2 −
−
已知数值的点 a 点 H：ApM ==2 ⇒ A c(M +)=1×10-2 mol/L HA15. 常温下，含足量M A(s)的M A溶液中，逐滴滴入某浓度的H A溶液调节pH，测得pM[-lgc(M+)/(mol/L)]及溶液
2 2 2
中含A物种的分布系数(δ)[例如
= 1 0 0 %
]随pOH的变化曲线如图所示。已知：H A为二元
2
含 物种的−总浓度
HA
−
酸，第一步电离为完全电离；MOH为强碱，MHA易溶于水，M A难溶于水。
HA A × 2
下列说法正确的是
A2-
A．常温下，K (M A)约为5×10-7
sp 2
B．曲线Y表示A2- 的分布系数随pOH变化 × 2
M+
C．当pOH=11时，溶液中存在c(HA-)+c(H+)=c(OH-)
HA-
D．0.0001 mol/L MHA溶液中，c(HA-)＞c(A2-)
pOH
10
增大
答题剖析
步骤讲解：由上述分析可知曲线Y表示HA- 的分布系数随pOH变化，可直接排除B选项。15. 常温下，含足量M A(s)的M A溶液中，逐滴滴入某浓度的H A溶液调节pH，测得pM[-lgc(M+)/(mol/L)]及溶液
2 2 2
中含A物种的分布系数(δ)[例如
= 1 0 0 %
]随pOH的变化曲线如图所示。已知：H A为二元
2
含 物种的−总浓度
HA
−
酸，第一步电离为完全电离；MOH为强碱，MHA易溶于水，M A难溶于水。
HA A × 2
下列说法正确的是
A2-
A．常温下，K (M A)约为5×10-7 √
sp 2
B．曲线Y表示A2- 的分布系数随pOH变化 × 2
M+
C．当pOH=11时，溶液中存在c(HA-)+c(H+)=c(OH-)
HA-
D．0.0001 mol/L MHA溶液中，c(HA － )＞c(A2-)
pOH
10
增大
答题剖析
步骤讲解： M A(s)⇌ 2M+(aq)+A2-(aq) ⇒ K (M A) = c(M+)2·c(A2-)；
2 sp 2
已知 a点：c(M+)=1×10-2 mol/L， ⇒K (M A) =(1×10-2 )2×5×10-3=5×10-7
sp 2
≈100% ⇒c(A2-)= c(M+)= 5×10-3 mol/L；
1
2 −
A 215. 常温下，含足量M A(s)的M A溶液中，逐滴滴入某浓度的H A溶液调节pH，测得pM[-lgc(M+)/(mol/L)]及溶液
2 2 2
中含A物种的分布系数(δ)[例如
= 1 0 0 %
]随pOH的变化曲线如图所示。已知：H A为二元
2
含 物种的−总浓度
HA
−
酸，第一步电离为完全电离；MOH为强碱，MHA易溶于水，M A难溶于水。
HA A × 2
下列说法正确的是
A2-
A．常温下，K (M A)约为5×10-7 √
sp 2
B．曲线Y表示A2- 的分布系数随pOH变化× 2
M+
C．当pOH=11时，溶液中存在c(HA-)+c(H+)=c(OH-)
×
HA-
D．0.0001 mol/L MHA溶液中，c(HA-)＞c(A2-)
pOH
10
增大
答题剖析
步骤讲解： 当pOH=11时，c(OH-)=1×10-13mol/L，此时c(H+)>c(OH-)，
则可推出，c(H+)+c(HA - )>c(OH - )。15. 常温下，含足量M A(s)的M A溶液中，逐滴滴入某浓度的H A溶液调节pH，测得pM[-lgc(M+)/(mol/L)]及溶液
2 2 2
中含A物种的分布系数(δ)[例如
= 1 0 0 %
]随pOH的变化曲线如图所示。已知：H A为二元
2
含 物种的−总浓度
HA
−
酸，第一步电离为完全电离；MOH为强碱，MHA易溶于水，M A难溶于水。
HA A × 2
下列说法正确的是
A2-
A．常温下，K (M A)约为5×10-7 √
sp 2
B．曲线Y表示A2- 的分布系数随pOH变化× 2
M+
×
C．当pOH=11时，溶液中存在c(HA-)+c(H+)=c(OH-)
HA-
D．0.0001 mol/L MHA溶液中，c(HA-)＞c(A2-) ×
pOH
10
增大
答题剖析
步骤讲解： K (HA-)= ⇒ = a (HA−) = 1×10−4 ⇒> 1； 则c(A2-)＞c(HA - )。
a + 2− 2−
H · A A
− − + +
0.0001 mol/L M HA H A溶液中 ，HA c( H+) < 1 H× 10-4 m o l H /L复盘审思
试题情境陌生化
研究对象复杂化 文字叙述图像化
（多平衡体系） （数形结合）
试题特点
学科问题融合化 能力考查素养化
（综合性强） （学科核心素养）复盘审思
找平衡 分析体系中存在的平衡（电离平衡、水解平衡、溶解平衡等）；
审题定位 定微粒 根据平衡体系确定含有的微粒；
析作用 分析微粒间相互作用，结合平衡移动原理，确定微粒变化情况。
看坐标轴 确认横纵坐标物理量及单位，注意双纵坐标的区分；
解题
分析图像 趋势判断 根据微粒变化情况确定曲线归属；
策略
抓特殊点
对特殊点（交点、0点、极值点、已知数据点等）进行分析。
曲线分析 确定曲线归属、变化趋势、特殊点应用等；
微粒关系 粒子间的守恒关系及浓度大小比较；
考点突破
定量计算 根据图像中已知数据、特殊点计算平衡常数等。16题解析
年 级：高三 学 科：化 学16. (14 分）碳酸锰(MnCO )广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以天然二氧化锰粉
3
与硫化锰矿(主要成分为 MnS，还含有少量SiO 和Fe、Al、Zn、Ni等元素)为原料制备 MnCO 的工艺流程
2 3
如图所示。
已知：①25℃时，K (ZnS)=1.6×10-24，K (NiS)=1.0×10-21；
sp sp
②一般情况下，当溶液中残留离子浓度≤10-5 mol/L 时，可认为该离子沉淀完全。
③相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如表：
金属离子 Mn+ Al3+ Fe3+ Fe2+ Zn2+ Ni2+ Mn2+
开始沉淀的 pH 3.4 1.5 6.3 6.2 6.9 8. 1
沉淀完全的 pH 4.7 2.8 8.3 8.2 8.9 10.116. 回答下列问题：
（1）“溶浸”过程中提高浸取率的方法有 、 (任写两种)。
（2）“滤渣 1”的主要成分是 S、 （填化学式）。
（3）“氧化”中添加适量的 MnO 的作用是 (用离子方程式表示）。
2
（4）“调 pH”的目的是除铁、铝元素，溶液的 pH 范围应调节为： ≤pH<6.2。
（5）“除杂”的目的是除去 Zn2+和 Ni2+，若“除杂”后滤液中 c(Ni2+)=0.001 mol/L，则此时 Zn2+是否沉淀完全：
(填“是”或“否”)。16. 回答下列问题：
（6）“沉锰” 时，可以添加适量氨水促进生成碳酸锰，请你从化学平衡移动的角度解释加入氨水的目的
是 。
（7 ）在空气中加热所得 MnCO 固体（不含其他杂质），随着温度的升高，残留固体的质量如图所示。则
3
B→C 反应的化学方程式为 。题目解析
本题以工业制备碳酸锰为背景，考查化工流程题的核心解题方法，主要考查：
1.提高浸取率的方法
2.氧化还原反应
3.pH的调节与沉淀分离
4.化学平衡移动原理
5.热重分析
本题难度中等偏下，需要学生基于证据推理、数据计算等能力，从宏观到微观的视角，树立平衡观念和建立工业流程题
目的分析模型。答题剖析
第一步：依据流程图明确每一步操作的目的；
第二步：结合已知信息K 、pH范围、平衡移动等核心知识点分析
sp
第三步：提取核心知识
提高浸取率的方法： 氧化还原反应： pH的调节与沉淀分离： 化学平衡移动原理： 热重分析：
适当升温、搅拌、粉 找出题目中的氧化剂 利用表格中氢氧化物 加入某物质，消耗了 分段分析热重曲线中
碎、适当增大浓度等 和还原剂分析得出氧 沉淀的pH范围确定调 哪种物质？使哪个平 各物质的质量变化情
方法 化产物和还原产物、 pH除杂的pH范围、 衡发生了移动？ 况
氧化还原反应方程式 K 计算残留离子浓度
sp
配平16. (14 分)碳酸锰(MnCO )广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以天然二氧化锰粉
3
与硫化锰矿(主要成分为MnS，还含有少量SiO 和Fe、Al、Zn、Ni等元素)为原料制备 MnCO 的工艺流程
2 3
如图所示。
已知：①25℃时，K (ZnS)=1.6×10-24，K (NiS)=1.0×10-21；
sp sp
②一般情况下，当溶液中残留离子浓度≤10-5 mol/L 时，可认为该离子沉淀完全。
③相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如表：
金属离子 Mn+ Al3+ Fe3+ Fe2+ Zn2+ Ni2+ Mn2+
开始沉淀的 pH 3.4 1.5 6.3 6.2 6.9 8. 1
沉淀完全的 pH 4.7 2.8 8.3 8.2 8.9 10.116. (14 分)碳酸锰(MnCO )广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以天然二氧化锰粉
3
与硫化锰矿(主要成分为 MnS，还含有少量SiO 和Fe、Al、Zn、Ni等元素)为原料制备 MnCO 的工艺流程
2 3
如图所示。
回答下列问题：
升温 适当增大硫酸浓度
（1）“溶浸”过程中提高浸取率的方法有 、 (任写两种)。
（2）“滤渣 1”的主要成分是 S、 S i O （填化学式）。
2
（3）“氧化”中添加适量的 MnO 2 的作用是 M n O 2 + 2 F e 2 + + 4 H + = M n 2 + + 2 F e 3 + + 2 H 2 O (用离子方程式表示）。
答题剖析
步骤讲解：16.
已知：③相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如表：
金属离子 Mn+ Al3+ Fe3+ Fe2+ Zn2+ Ni2+ Mn2+
开始沉淀的 pH 3.4 1.5 6.3 6.2 6.9 8. 1
沉淀完全的 pH 4.7 2.8 8.3 8.2 8.9 10.1
回答下列问题：
（4）“调 pH”的目的是除铁、铝元素，溶液的 pH 范围应调节为： 4 . 7 ≤pH<6.2。
答题剖析
步骤讲解：16. (14 分)碳酸锰(MnCO )广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以天然二氧化锰粉
3
与硫化锰矿(主要成分为 MnS，还含有 Fe、Al、Zn、Ni、Si 等元素)为原料制备 MnCO 的工艺流程如图所
3
示。
已知：①25℃时，K (ZnS)=1.6×10-24，K (NiS)=1.0×10-21；
sp sp
②一般情况下，当溶液中残留离子浓度≤10-5 mol/L 时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（5）“除杂”的目的是除去 Zn2+和 Ni2+，若“除杂”后滤液中 c(Ni2+)=0.001 mol/L，则此时 Zn2+是否沉淀完
是
全： (填“是”或“否”)。
答题剖析
步骤讲解：16. (14 分)碳酸锰(MnCO )广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以天然二氧化锰粉
3
与硫化锰矿(主要成分为 MnS，还含有少量SiO 和Fe、Al、Zn、Ni等元素)为原料制备 MnCO 的工艺流程
2 3
如图所示。
回答下列问题：
（6）在“沉锰” 时，可以添加适量氨水促进生成碳酸锰，请你从化学平衡移动的角度解释加入氨水的目
的是 H C O 存 在 电 离 平 衡 H C O ⇌ H + + C O 2 , 添 加 氨 水 消 耗 H + ， 促 进 电 离 平 衡 正 向 移 动 ， c ( C O 2 )
3 3 3 3
增大，有利于生成MnCO
3
。
答题剖析
步骤讲解：16. 回答下列问题：
（7 ）在空气中加热所得 MnCO 固体（不含其他杂质），随着温度的升高，残留固体的质量如图所示。则
3
890℃
2Mn O 4MnO+O ↑
B→C 反应的化学方程式为 2 3 2 。
答题剖析
步骤讲解：复盘审思
工艺流程题型建构
原料预 物质转化 产品获得
处理阶段 与除杂阶段 与纯化阶段复盘审思
工艺流程题型建构
原料预 物质转化 产品获得
处理阶段 与除杂阶段 与纯化阶段
预处理方法：三浸（水 陌生方程式的书写：结合物质性质与 物质的分离与提纯：过
浸、酸浸、碱浸）、三烧 反应环境或者氧化还原反应规律书写 滤、萃取和分液、蒸发结晶、
（灼烧、焙烧、煅烧）、研 反应条件的控制：控制温度、控制物 冷却结晶等
磨、雾化等 质用量、调pH等（使金属离子形成沉淀析 沉淀的洗涤：冰水洗涤、
提高浸取率的方法：粉 出、抑制金属离子的水解） 乙醇洗涤等
碎、适当升温、搅拌、适当 有关K 的计算：平衡常数、离子浓度、
sp
增大浸取液的浓度等 判断沉淀是否完全等16. (14 分)碳酸锰(MnCO )广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以天然二氧化锰粉
3
与硫化锰矿(主要成分为 MnS，还含有少量SiO 和Fe、Al、Zn、Ni等元素)为原料制备 MnCO 的工艺流程
2 3
如图所示。
审题干
明确原料成分
审流程
已知：①25℃时，K (ZnS)=1.6×10-24，K (NiS)=1.0×10-21；
sp sp
明确各步转化原理和目的
②一般情况下，当溶液中残留离子浓度≤10-5 mol/L 时，可认为该离子沉淀完全。
③相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如表：
金属离子 Mn+ Al3+ Fe3+ Fe2+ Zn2+ Ni2+ Mn2+
开始沉淀的 pH 3.4 1.5 6.3 6.2 6.9 8. 1
沉淀完全的 pH 4.7 2.8 8.3 8.2 8.9 10.116. 回答下列问题：
（1）“溶浸”过程中提高浸取率的方法有 、 (任写两种)。
（2）“滤渣 1”的主要成分是 S、 （填化学式）。
（3）“氧化”中添加适量的 MnO 的作用是 (用离子方程式表示）。
2
（4）“调 pH”的目的是除铁、铝元素，溶液的 pH 范围应调节为： ≤pH<6.2。
（5）“除杂”的目的是除去 Zn2+和 Ni2+，若“除杂”后滤液中 c(Ni2+)=0.001 mol/L，则此时 Zn2+是否沉淀完全：
(填“是”或“否”)。
（6）“沉锰” 时，可以添加适量氨水促进生成碳酸锰，请你从化学平衡移动的角度解释加入氨水的目的
是 。
审问题
（7 ）在空气中加热所得 MnCO 固体（不含其他杂质），随着温度的升高，残留固体的质量如图所示。则
3
结合题中信息，
B→C 反应的化学方程式为 。
明确答什么17题解析
年 级：高三 学 科：化 学一.题目解析
17．苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下：
命题背景
已知： ①苯胺类似氨气有碱性，与盐酸反应生成可溶于水的盐 ； 本题以“苯胺的实验室制备”为核心情
② 乙 醚 为极易挥发的液体，是用途广泛的有机溶剂，与空气接触会 境，苯胺作为重要的有机化工原料，广
形成易爆混合物； 泛应用于染料、医药、橡胶等工业领域。
③相关信息如下： 命题选取其制备过程（硝基苯还原反应）
为载体，融合了有机反应原理、物质分
相对分 熔点 沸点 密度
物质 溶解性 离提纯操作及实验安全等实际问题，体
子质量 /℃ /℃ /g·cm-3
现了化学实验与工业生产的紧密联系，
硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚
引导学生认识化学学科在有机合成中的
苯胺 93 -6.3 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 实用价值。
乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水一.题目解析
17．苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下：
链接教材 《有机化学基础》
物质分离提纯方法（萃取、分液、蒸
已知： ①苯胺类似氨气有碱性，与盐酸反应生成可溶于水的盐 ；
馏等）—P13、P14
② 乙 醚 为极易挥发的液体，是用途广泛的有机溶剂，与空气接触会
形成易爆混合物；
③相关信息如下：
相对分 熔点 沸点 密度
物质 溶解性
子质量 /℃ /℃ /g·cm-3
确定分子结构的方法（红外光
硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 谱）—P19
苯胺 93 -6.3 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚
乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水一.题目解析
17．苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下：
链接教材 《有机化学基础》：
芳香族化合物的转化（硝基苯还原为苯
已知： ①苯胺类似氨气有碱性，与盐酸反应生成可溶于水的盐 ；
胺）—P92
② 乙 醚 为极易挥发的液体，是用途广泛的有机溶剂，与空气接触会
形成易爆混合物；
③相关信息如下：
相对分 熔点 沸点 密度
物质 溶解性
子质量 /℃ /℃ /g·cm-3
官能团性质（氨基的碱性，与盐酸反应
硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 生成盐）—P81
苯胺 93 -6.3 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚
乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水一.题目解析
17．苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： 课标关联
已知： ①苯胺类似氨气有碱性，与盐酸反应生成可溶于水的盐 ；
宏观辨识与微观探析
② 乙 醚 为极易挥发的液体，是用途广泛的有机溶剂，与空气接触会
形成易爆混合物；
证据推理与模型认知
③相关信息如下：
相对分 熔点 沸点 密度
物质 溶解性
子质量 /℃ /℃ /g·cm-3 科学探究与创新意识
硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚
苯胺 93 -6.3 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 科学态度与社会责任
乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水一.题目解析
（1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是 (填标号)。
核心考点
(1)化学试剂保存的仪器选择；
(2)有机化学基础知识的掌握和运用；
5.0 mL 硝基苯
11.9 g 金属锡
过量盐酸
（2）制备苯胺粗品
图 甲
如图甲，向硝基苯中加入Sn和过量盐酸充分反应生成盐，冷却后，向混
合物中加入过量NaOH溶液得碱化液。加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应
的离子方程式为 。一.题目解析
（3）分离提纯
核心考点
步骤i．如图乙，加热装置A产生水蒸气，采用水蒸气蒸馏的方法，用
热的水蒸气将B中的苯胺逐渐吹出至C中(收集到苯胺及水的混合液体)，
从混合物中分离出粗苯胺-水溶液。
(3)①有机实验分析与评价：实验
步骤ⅱ．将苯胺-水馏出液用NaCl饱和后，转入分液漏斗中，静置分
装置作用分析；
层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层。
步骤ⅲ．合并有机层和醚层，用干燥剂干燥，过滤，将滤液蒸馏最终
得到苯胺2.0 mL。
①图乙中T型管d处方框区域玻璃导管的作用除了排除A装置中的空气，
还有 。
调好pH
的混合
溶液
图乙一.题目解析
核心考点
②步骤ⅱ中将苯胺-水馏出液用NaCl饱和的原因是 。
(3) ②③有机实验分析与评价：分离提
步骤ⅲ中干燥剂可以使用 。
纯原理、干燥剂选择、实验操作判断、
③下列说法正确的是_______(填标号)。
红外光谱应用、实验安全；
A．图乙中的直形冷凝管替换为图甲中的仪器M效果更好
B．蒸馏时需加沸石，防止暴沸
C．用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯
(4)数据处理：基于反应物与产物的量
D．蒸馏回收乙醚，无需尾气处理
的关系，计算实际产量占理论产量的
（4）该实验中所得苯胺的产率为 %(保留两位有效数字)。
百分比。
调好pH
的混合
溶液
图乙一.题目解析
通过实验设计、操作规范、安全意识等内容，落实化学学科核心素养的
培养，强调科学探究的严谨性与安全性。
素养导向性
融合有机反应原理、物质分离提纯方法、数据处理等多方面知识，考
查学生信息获取与加工、知识迁移与应用、实验分析与评价、数据分
析与处理、科学探究与创新等能力。
能力综合性
以工业上重要的苯胺制备为背景，体现化学实验的实际应用价值。
情境真实性二.答题剖析
（1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是 (填标号)。
思路分析
A
化学试剂的保存：
固体用广口瓶
根据
状态
5.0 mL 硝基苯 液体用细口瓶
11.9 g 金属锡
过量盐酸 易分解用棕色瓶
（2）制备苯胺粗品 图 甲 根据
见光是
如图甲，向硝基苯中加入Sn和过量盐酸充分反应生成盐，冷却后，向混
否分解 不易分解用一般试剂瓶
合物中加入过量NaOH溶液得碱化液。加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应
的离子方程式为 。 玻璃塞：不盛放碱性物质
根据
酸碱性
橡胶塞：不盛放强酸性、
强氧化性物质二.答题剖析
（3）分离提纯
思路分析
步骤i．如图乙，加热装置A产生水蒸气，采用水蒸气蒸馏的方法，用
(3)①T型管的多功能性：排气、平衡
热的水蒸气将B中的苯胺逐渐吹出至C中(收集到苯胺及水的混合液体)，
气压等；
从混合物中分离出粗苯胺-水溶液。
步骤ⅱ．将苯胺-水馏出液用NaCl饱和后，转入分液漏斗中，静置分
层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层。
步骤ⅲ．合并有机层和醚层，用干燥剂干燥，过滤，将滤液蒸馏最终
得到苯胺2.0 mL。
①图乙中T型管d处方框区域玻璃导管的作用除了排除A装置中的空气，
还有 。
当装置中气压过高时平衡系统内
外压力，使蒸馏操作安全顺利进行
调好pH
的混合
溶液
图乙二.答题剖析
利用盐析效应，加入NaCl可降低苯
胺的溶解度，使其析出，提升产率
思路分析
②步骤ⅱ中将苯胺-水馏出液用NaCl饱和的原因是 。
②参考必修二教参—P96
步骤ⅲ中干燥剂可以使用 。
碱 石 灰 或固体氢氧化钠或氧化钙
饱和碳酸钠溶液4点作用：中和乙酸，
B
③下列说法正确的是_______(填标号)。
溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶
A．图乙中的直形冷凝管替换为图甲中的仪器M效果更好
解度，提高水溶液的密度以加速乙酸
B．蒸馏时需加沸石，防止暴沸
乙酯与水溶液的分层。
C．用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯
③ A：直形冷凝管用于蒸馏，球形冷
D．蒸馏回收乙醚，无需尾气处理
凝管用于回流；
B：蒸馏时加沸石可防止暴沸；
C：红外光谱可检测不同官能团 ；
调好pH D：乙醚易挥发且与空气形成易爆
的混合 5.0 mL 硝基苯
溶液 11.9 g 金属锡 混合物，蒸馏时需尾气处理。
图乙
过量盐酸
图 甲二.答题剖析
45
思路分析
（4）该实验中所得苯胺的产率为 %(保留两位有效数字)。
步骤1：计算硝基苯的物质的量
硝基苯体积5.0 mL，密度1.20 g/cm³，
分离提纯 步骤ⅲ．合并有机层和醚层，用干燥剂干燥，过
质量m=5.0×1.20=6.0 g，
滤，将滤液蒸馏最终得到苯胺2.0 mL。
实际得到产品的量
物质的量n=6.0÷123≈0.0488 mol。
原料使用量 步骤2：理论生成苯胺的质量
相对分 密度 质量m=0.0488×93≈4.54 g。
物质
子质量 /g·cm-3 步骤3：实际生成苯胺的质量
硝基苯 123 1.20
实际苯胺体积2.0 mL，密度1.02 g/cm³，
质量m=2.0×1.02=2.04 g。
5.0 mL 硝基苯 苯胺 93 1.02
11.9 g 金属锡
步骤4：计算产率
过量盐酸
图 甲 产率=（实际质量
/
理论质量）×100%
=（2.04/4.54）×100%≈45%。三.复盘审思——链接高考
2025·湖南卷 2025·云南卷 2025·河北卷
2023·福建卷 2023·新课标卷 2020·江苏卷 2019·全国Ⅱ卷三.复盘审思——典型装置
典
型
装
置
反应装置 蒸馏装置三.复盘审思——模型构建
明确 熟知 分析 设计 计算
实验原理 实验仪器 杂质成分 除杂方案 纯度产率
选择合适的实验仪 根据反应原理确 依据产品和杂质 依据反应原理
依据题干信息
器和装置以达到实 定反应物和生成 的性质差异选择 和试剂用量计
或实验要求，
验目的，通过分析 物，推测可能发 合适的分离提纯 算产品的理论
确定制备有机
装置的特点及物质 生的副反应，结 方法及除杂试剂。 产量，再依据
物的反应原理。
制备原理，确定每 合题中给出的信 实际产量计算
个装置的作用。 息判断产品中可 实验评价 出产品的产率。
能混有的杂质。
实验评价感 谢 聆 听
年 级：高三 学 科：化 学18题解析
年 级：高三 学 科：化 学一.题目解析
命题背景
18．(14分)乙二醇(HOCH CH OH)常用作溶剂、防冻液和合成聚酯的原料。
2 2
工业上有多种方法可以制备乙二醇。
紧密关联高中化学教材核心内容。
Ⅰ．石油化工路线中，环氧乙烷( )水合工艺是一种成熟的乙二醇生产
方法， 环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇
(HOCH CH OCH CH OH)的副反应。
2 2 2 2
主反应： ( a q ) + H O ( l ) H O C H C H O H ( a q ) ΔH＜0
2 2 2
副反应：
(aq)+HOCH CH OH(aq) HOCH CH OCH CH OH(aq)
2 2 2 2 2 2
Ⅱ．煤化工路线中，以煤为主要原料可以通过两种方法制备乙二醇。
方法1：氧化偶联法合成乙二醇
由煤基合成气(主要成分CO、H )与氧气先制备得到草酸二甲酯，再加氢 图片来源：选择性必修三 P59
2
间接合成乙二醇，具有反应条件温和、环境污染小等优点。
方法2：直接法合成乙二醇
催化剂
反应如下：
2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g)
2 2 2一.题目解析
命题意图
18．(14分)乙二醇(HOCH CH OH)常用作溶剂、防冻液和合成聚酯的原料。
2 2
工业上有多种方法可以制备乙二醇。
本题以工业制备乙二醇为实际背
Ⅰ．石油化工路线中，环氧乙烷( )水合工艺是一种成熟的乙二醇生产
景，综合考查化学反应原理的核心知
方法， 环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇
识，旨在检验学生运用理论知识解决
(HOCH CH OCH CH OH)的副反应。
2 2 2 2
实际工业问题的能力。
主反应： ( a q ) + H O ( l ) H O C H C H O H ( a q ) ΔH＜0
2 2 2
副反应：
(aq)+HOCH CH OH(aq) HOCH CH OCH CH OH(aq)
2 2 2 2 2 2
通过设置相关设问，强调理论与
Ⅱ．煤化工路线中，以煤为主要原料可以通过两种方法制备乙二醇。
生产实践的结合，突出对学生综合思
方法1：氧化偶联法合成乙二醇
维和应用能力的考查，同时渗透化学
由煤基合成气(主要成分CO、H )与氧气先制备得到草酸二甲酯，再加氢
2
学科在工业生产中的价值。
间接合成乙二醇，具有反应条件温和、环境污染小等优点。
方法2：直接法合成乙二醇
催化剂
反应如下：
2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g)
2 2 2一.题目解析
能力要求
18．(14分)乙二醇(HOCH CH OH)常用作溶剂、防冻液和合成聚酯的原料。
2 2
工业上有多种方法可以制备乙二醇。
（1）基本概念和理论的应用能力
Ⅰ．石油化工路线中，环氧乙烷( )水合工艺是一种成熟的乙二醇生产
（2）定量计算能力
方法， 环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇
（3）图表信息分析能力
(HOCH CH OCH CH OH)的副反应。
2 2 2 2 （4）综合分析和解决问题的能力
主反应： ( a q ) + H O ( l ) H O C H C H O H ( a q ) ΔH＜0
2 2 2 （5）逻辑思维和推理能力
副反应：
(aq)+HOCH CH OH(aq) HOCH CH OCH CH OH(aq)
2 2 2 2 2 2
素养体现
Ⅱ．煤化工路线中，以煤为主要原料可以通过两种方法制备乙二醇。
方法1：氧化偶联法合成乙二醇
（1）变化观念与平衡思想
由煤基合成气(主要成分CO、H )与氧气先制备得到草酸二甲酯，再加氢
（2）证据推理与模型认知
2
间接合成乙二醇，具有反应条件温和、环境污染小等优点。
（3）科学探究与创新意识
方法2：直接法合成乙二醇
催化剂
反应如下：
2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g)
2 2 2二.答题剖析
核心考点
Ⅰ．石油化工路线中，环氧乙烷( )水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方
法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇
(1)化学反应速率计算与比较
(HOCH CH OCH CH OH)的副反应。
2 2 2 2 (2)反应热与键能关系
主反应：
( a q ) + H O ( l ) H O C H C H O H ( a q )
ΔH＜0
2 2 2 (3)催化剂对产率的影响
副反应：
(aq)+HOCH CH OH(aq) HOCH CH OCH CH OH(aq)
2 2 2 2 2 2
体系中环氧乙烷初始浓度为1.2 mol/L，恒温下反应30 min，环氧乙烷完全
转化，产物中n(乙二醇):n(二乙二醇)=10:1。
（1）0~30 min内，υ (环氧乙烷)= 。
总
（2）下列说法正确的是 (填序号)。
A．主反应中，反应物键能和小于生成物键能和
B．0~30 min内，υ (环氧乙烷)=υ (乙二醇)
总 总
C．0~30 min内，υ (乙二醇) : υ (二乙二醇)=10:1
主 副
D．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率二.答题剖析
Ⅱ．煤化工路线中，以煤为主要原料可以通过两种方法制备乙二醇。 核心考点
方法1：氧化偶联法合成乙二醇
(1)化学反应速率计算与比较
由煤基合成气(主要成分CO、H )与氧气先制备得到草酸二甲酯，再加氢间接
2
(2)反应热与键能关系
合成乙二醇，具有反应条件温和、环境污染小等优点。反应过程如下:
(3)催化剂对产率的影响
反应i：
(4)盖斯定律应用
4NO(g)+4CH OH(g)+O (g) 4CH ONO(g)+2H O(g) ΔH =a kJ/mol
3 2 3 2 1
(5)化学反应自发性
反应ii：
2CO(g)+2CH ONO(g) CH OOCCOOCH (l) + 2NO(g) ΔH =b kJ/mol
3 3 3 2
反应iii：
CH OOCCOOCH (l)+4H (g) HOCH CH OH(l)+2CH OH(g) ΔH =c kJ/mol
3 3 2 2 2 3 3
（3）煤基合成气间接合成乙二醇总反应的热化学方程式是 ，
已知该反应在较低温度条件下能自发进行，说明该反应的ΔH 0(填“＞”、
“＜”或“=”)。二.答题剖析
核心考点
方法2：直接法合成乙二醇
催化剂
反应如下：
2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g)
2 2 2 (1)化学反应速率计算与比较
按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、
(2)反应热与键能关系
0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
(3)催化剂对产率的影响
(4)盖斯定律应用
(5)化学反应自发性
(6)平衡移动与图像分析
(7)平衡常数（Kₚ）比较与计算
（4）代表α=0.4的曲线为 (填“L ”、“L ”或“L ”)，原因是 。
1 2 3
py(Y)·pz(Z)
（5）已知：反应 a A ( g ) + b B ( g ) y Y ( g ) + z Z ( g )
K p =
，p为组
pa(A)·pb(B)
分的分压。
M、N两点对应的体系，Kp(M) Kp(N)(填“＞”、“＜”或“=”)，若D点平衡时
系统压强为P MPa，则此时Kp= MPa-4(用含有p 的代数式表示)。
0 0二.答题剖析
思路分析
Ⅰ．石油化工路线中，环氧乙烷( )水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方
法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇
明确已知条件→选择核心公式→代入计算。
(HOCH CH OCH CH OH)的副反应。
2 2 2 2
Δc
主反应： ( a q ) + H O ( l ) H O C H C H O H ( a q ) ΔH＜0 υ ( 环氧乙烷 ) ＝
2 2 2 总
Δt
副反应：
(aq)+HOCH CH OH(aq) HOCH CH OCH CH OH(aq)
2 2 2 2 2 2 1.2 mol/L
＝
体系中环氧乙烷初始浓度为1.2 mol/L，恒温下反应30 min，环氧乙烷完全
30min
转化，产物中n(乙二醇):n(二乙二醇)=10:1。
＝
0.04 mol/(L·min)
（1）0~30 min内，υ (环氧乙烷)= 。
总
（2）下列说法正确的是 (填序号)。
A．主反应中，反应物键能和小于生成物键能和
B．0~30 min内，υ (环氧乙烷)=υ (乙二醇)
总 总
C．0~30 min内，υ (乙二醇) : υ (二乙二醇)=10:1
主 副
D．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率二.答题剖析
思路分析
Ⅰ．石油化工路线中，环氧乙烷( )水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方
法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇
明确焓变本质、主副反应计量关系、催化
(HOCH CH OCH CH OH)的副反应。
2 2 2 2 剂作用特点
主反应：
( a q ) + H O ( l ) H O C H C H O H ( a q )
ΔH＜0
2 2 2
选项 A：
副反应：
(aq)+HOCH CH OH(aq) HOCH CH OCH CH OH(aq)
2 2 2 2 2 2 化学反应本质：
体系中环氧乙烷初始浓度为1.2 mol/L，恒温下反应30 min，环氧乙烷完全
反应物旧键断裂吸热 反应物键能和
转化，产物中n(乙二醇):n(二乙二醇)=10:1。
（1）0~30 min内，υ (环氧乙烷)= 。
总
（2）下列说法正确的是 A D (填序号)。 生成物新键形成放热 生成物键能和
A．主反应中，反应物键能和小于生成物键能和
ΔH = 反应物键能总和 - 生成物键能总和
B．0~30 min内，υ (环氧乙烷)=υ (乙二醇)
总 总
主反应ΔH ＜0
C．0~30 min内，υ (乙二醇) : υ (二乙二醇)=10:1
主 副
故，反应物键能和小于生成物键能和。
D．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率二.答题剖析
思路分析
Ⅰ．石油化工路线中，环氧乙烷( )水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方
法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇
明确焓变本质、主副反应计量关系、催化
(HOCH CH OCH CH OH)的副反应。
2 2 2 2 剂作用特点
主反应：
( a q ) + H O ( l ) H O C H C H O H ( a q )
ΔH＜0
2 2 2
选项 B：
副反应：
(aq)+HOCH CH OH(aq) HOCH CH OCH CH OH(aq)
2 2 2 2 2 2
Δc (环氧乙烷)=1.2 mol/L;
总
体系中环氧乙烷初始浓度为1.2 mol/L，恒温下反应30 min，环氧乙烷完全
Δc (乙二醇)＜1.2 mol/L；
总
转化，产物中n(乙二醇):n(二乙二醇)=10:1。
故υ (环氧乙烷)＞υ (乙二醇)。
（1）0~30 min内，υ (环氧乙烷)= 。 总 总
总
（2）下列说法正确的是 A D (填序号)。
A．主反应中，反应物键能和小于生成物键能和
B．0~30 min内，υ (环氧乙烷)=υ (乙二醇)
总 总
C．0~30 min内，υ (乙二醇) : υ (二乙二醇)=10:1
主 副
D．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率二.答题剖析
思路分析
Ⅰ．石油化工路线中，环氧乙烷( )水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方
法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇
选项 C：
(HOCH CH OCH CH OH)的副反应。
2 2 2 2 产物中n(乙二醇):n(二乙二醇)=10:1，
主反应：
( a q ) + H O ( l ) H O C H C H O H ( a q )
ΔH＜0
2 2 2 即c(乙二醇):c(二乙二醇)=10:1，
副反应：
(aq)+HOCH CH OH(aq) HOCH CH OCH CH OH(aq)
2 2 2 2 2 2 反应时间相同则
体系中环氧乙烷初始浓度为1.2 mol/L，恒温下反应30 min，环氧乙烷完全
υ (乙二醇)：υ (二乙二醇)=10:1，
总 副
转化，产物中n(乙二醇):n(二乙二醇)=10:1。
因υ (乙二醇)=υ (乙二醇)-υ (乙二醇)，
（1）0~30 min内，υ (环氧乙烷)= 。 总 主 副
总
υ (乙二醇)=υ (二乙二醇)
（2）下列说法正确的是 A D (填序号)。 副 副
则υ (乙二醇) : υ (二乙二醇)=11:1。
A．主反应中，反应物键能和小于生成物键能和 主 副
B．0~30 min内，υ (环氧乙烷)=υ (乙二醇)
总 总
选项 D：选择适当催化剂可提高主反
C．0~30 min内，υ (乙二醇) : υ (二乙二醇)=10:1
主 副
应的选择性，可提高乙二醇的最终产
D．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
率。二.答题剖析
Ⅱ．煤化工路线中，以煤为主要原料可以通过两种方法制备乙二醇。
思路分析
方法1：氧化偶联法合成乙二醇
明确目标反应→方程式叠加→计算焓变
由煤基合成气(主要成分CO、H )与氧气先制备得到草酸二甲酯，再加氢间接
2
合成乙二醇，具有反应条件温和、环境污染小等优点。反应过程如下:
根据盖斯定律，将i+ ii×2+iii×2得
反应i： 4CO(g)+8H 2 (g)+O 2 (g)
2HOCH CH OH(l)+2H O(g)
4NO(g)+4CH OH(g)+O (g) 4CH ONO(g)+2H O(g) ΔH =a kJ/mol 2 2 2
3 2 3 2 1
反应ii：
ΔH =ΔH +2ΔH +2ΔH
1 2 3
2CO(g)+2CH ONO(g) CH OOCCOOCH (l) + 2NO(g) ΔH =b kJ/mol
3 3 3 2 =（a+2b+2c）kJ/mol
反应iii：
CH OOCCOOCH (l)+4H (g) HOCH CH OH(l)+2CH OH(g) ΔH =c kJ/mol
3 3 2 2 2 3 3
（3）煤基合成气间接合成乙二醇总反应的热化学方程式是 ，
已知该反应在较低温度条件下能自发进行，说明该反应的ΔH 0(填“＞”、
“＜”或“=”)。
4CO(g)+8H (g)+O (g) 2HOCH CH OH(l)+2H O(g) ΔH =(a+2b+2c) kJ/mol
2 2 2 2 2二.答题剖析
Ⅱ．煤化工路线中，以煤为主要原料可以通过两种方法制备乙二醇。 思路分析
方法1：氧化偶联法合成乙二醇
选择核心公式→判断熵变符号→判
由煤基合成气(主要成分CO、H )与氧气先制备得到草酸二甲酯，再加氢间接
2 断焓变符号
合成乙二醇，具有反应条件温和、环境污染小等优点。反应过程如下:
根据 ΔG=ΔH-TΔS，且ΔG＜0反应自
反应i：
发进行。
4NO(g)+4CH OH(g)+O (g) 4CH ONO(g)+2H O(g) ΔH =a kJ/mol
3 2 3 2 1
4CO(g)+8H (g)+O (g)
反应ii： 2 2
2HOCH CH OH(l)+2H O(g)
2CO(g)+2CH ONO(g) CH OOCCOOCH (l) + 2NO(g) ΔH =b kJ/mol 2 2 2
3 3 3 2
反应iii： 该反应的ΔS<0，且在较低的温度条
CH OOCCOOCH (l)+4H (g) HOCH CH OH(l)+2CH OH(g) ΔH =c kJ/mol 件下自发进行，故ΔH<0。
3 3 2 2 2 3 3
（3）煤基合成气间接合成乙二醇总反应的热化学方程式是 ，
已知该反应在较低温度条件下能自发进行，说明该反应的ΔH ＜ 0(填“＞”、
“＜”或“=”)。二.答题剖析
思路分析
方法2：直接法合成乙二醇
催化剂
反应如下：
2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g)
2 2 2
分析反应特征→应用平衡移动规律→
按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、
解读图像
0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
该反应为气体体积减小的反应；
温度相同时，增大压强，平衡正向移
动，平衡转化率增大；
故L 、L 、L 对应α为0.6、0.5、0.4。
1 2 3
（4）代表α=0.4的曲线为 L (填“L ”、“L ”或“L ”)，原因是 。
3 1 2 3
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，减小压强，平衡逆向移动，
平衡转化率减小.二.答题剖析
思路分析
方法2：直接法合成乙二醇
催化剂
反应如下：
2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g)
2 2 2
明确Kₚ的影响因素→分析温度对平
按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、
衡的影响→定性比较大小
0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
0.6
0.5
Kp只与温度有关，
0.4
由图像可知，压强相同时，升高温度，
转化率减小，说明平衡逆向移动。
py(Y)·pz(Z)
图中T(M)＜T(N)，故Kp(M)＞Kp(N)。
（5）已知：反应 a A ( g ) + b B ( g ) y Y ( g ) + z Z ( g ) K p = ，p为组
pa(A)·pb(B)
分的分压。
M、N两点对应的体系，Kp(M) ＞ Kp(N)(填“＞”、“＜”或“=”)，若D点平衡时
系统压强为P MPa，则此时Kp= MPa-4(用含有p 的代数式表示)。
0 0二.答题剖析
思路分析
方法2：直接法合成乙二醇
催化剂
反应如下： 2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g) 列出三段式→计算平衡分压→带入平
2 2 2
按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、 衡常数表达式
0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： 设起始加入2x molCO和3x molH
2
催化剂
2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g)
2 2 2
起始 2x mol 3x mol 0 mol
转化 x mol 1.5x mol 0.5x mol
平衡 x mol 1.5x mol 0.5x mol
物质的量分数
py(Y)·pz(Z)
（5）已知：反应 a A ( g ) + b B ( g ) y Y ( g ) + z Z ( g ) K p = ，p为组 1 1 1
pa(A)·pb(B)
分的分压。 3 2 6
平衡分压
M、N两点对应的体系，Kp(M) Kp(N)(填“＞”、“＜”或“=”)，若D点平衡时
1 1 1
p MPa p MPa p MPa
0 0 0
系统压强为p MPa，则此时Kp= MPa-4(用含有P 的代数式表示)。 3 2 6
0 0二.答题剖析
思路分析
方法2：直接法合成乙二醇
催化剂
反应如下： 2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g) 列出三段式→计平衡分压→带入平衡
2 2 2
按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、 常数表达式
0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： 设起始加入2x molCO和3x molH
2
催化剂
2CO(g)+3H (g) HOCH CH OH(g)
2 2 2
p
(HOCH CH OH)
K 2 2
p
2 3
p p
(CO) (H )
2
1
p MPa
0
6
py(Y)·pz(Z)
（5）已知：反应 a A ( g ) + b B ( g ) y Y ( g ) + z Z ( g ) K p = ，p为组 1 2 1 3
( p MPa) ( p MPa)
pa(A)·pb(B) 0 0
3 2
分的分压。
12
-4
M、N两点对应的体系，Kp(M) Kp(N)(填“＞”、“＜”或“=”)，若D点平衡时 MPa
4
p
0
系统压强为p MPa，则此时Kp= MPa-4(用含有P 的代数式表示)。
0 0三.复盘审思——链接高考19题解析
年 级：高三 学 科：化 学19．(14分)联苯双酯(H)是我国首创的具有新型结构的高效、低毒的治疗病毒性肝炎和药物性肝损伤引起转氨酶
升高的常用药物，其一种合成路线如图所示：
情境分析 本题以联苯双酯药物合成为真实情境。
官能团名称、反应类型、官能团保护、方程式书写、同分异构体、路
题目解析 考点考向
线设计。
素养渗透 证据推理与模型认知、科学探究与创新意识。答题剖析
思路分析： a.官能团和取代基变化；b.反应条件；c.原子守恒。醚键、酯基
（1）H中官能团的名称为 。
答题剖析
步骤讲解：官能团识别。
醚键
酯基酯化反应（取代反应）
（2）A→B的反应类型为 。
答题剖析
步骤讲解：从反应条件和官能团变化分析应为乙醇酯化反应的知识迁移。（3）结合合成路线，分析B→C的作用为 对 苯 环 上 的 相 应 基 团 进 行 保 护 ， 可 以 增 强 下 一 步 反 应 的 位 置 选 择 性 ，
避 免 产 生 多 种 甲 醚 化 副 产 物 （ 或 保 护 苯 环 上 两 个 相 邻 羟 基 ， 防 止 发 生 取 代 反 应 ） 。
答题剖析
步骤讲解：从C→D为苯环上剩余一个羟基被取代成甲氧基，D→E酚羟基恢复，可推断B→C为对官能团酚羟基的保护。（4）写出反应F→G的化学方程式 。
答题剖析
步骤讲解：
a.反应类型； 取代反应。
b.反应物生成物确定； 原子守恒推测另一生成物为HI。
c.反应条件；
d.有机方程式要写结构简式并且中间是箭头。2
（5）芳香族化合物X在组成上比E少两个CH 原子团，符合下列条件的X的同分异构体有 种(不考虑立体异
2
构)。
①1 mol该有机物与足量NaOH溶液反应，最多消耗5 mol NaOH，且遇FeCl 溶液会发生显色反应；
3
②核磁共振氢谱显示苯环上仅有一种化学环境的氢原子，且苯环上有四个取代基。
答题剖析
步骤讲解：
a.根据有机物分子式计算不饱和度（Ω）预测结构骨架和碎片；
①4 -OH，1 -CHO；
E：C H O X：C H O ，Ω=C+1-H/2=5，含苯环和碳氧双键。
9 10 5 7 6 5
②3 -OH，1 -COOH；
b.以官能团特征反应为限制条件预测可能含有的官能团；
③3 -OH，1 -COOR。
一定含有酚羟基，从碳氧双键推测可能含有醛基、羧基或酯基。
1-OH（酚羟基）~ 1NaOH,1-COOH ~ 1NaOH，1ROOC- ~ 1NaOH，X中应含有3个酚羟基，1个酯基。
c.以核磁共振氢谱为限制条件确定有机物分子中氢原子的种类及数目比。
苯环上的取代基应具有对称结构。（6）参照上述合成路线，设计以 (J)为原料合成
(N)的合成路线如下，在适当的试剂及条件下，L和M的结构简式分别为 、 。
答题剖析
步骤讲解：
a.教材基础知识，有机物转化一般规律；
b.题目提供的已知信息；
c.参考题目合成路线中的某几步。复盘审思
必备知识 碳碳双键
官能团性质及典型反应； 在氧化其他基团前可以利用其与
有机物转化规律。 HCl等的加成反应将其保护。
分析方向 酚羟基
官能
正合成分析方法； 解题 在氧化其他基团前可以用NaOH溶
团保
关键
逆合成分析方法。 护 液或CH I保护。
3
推断依据 醛基
从反应条件推断； 在氧化其他基团前可以用乙醇（或
根据题给信息推断。 乙二醇）加成保护。
