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辽宁省实验中学 2023-2024 学年度高考适应性测试（二）
化学参考答案（含解析）
1．B
【详解】A.当x=10时，NH Al(SO ) 与Ba(OH) 等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与
4 4 2 2
NH +不反应，所以溶液中有未参加反应的NH +和部分剩余的Al3+存在，故此时不会有AlO-生成。参加反应的硫酸
4 4 2
根离子为0.001mol，剩余0.001molSO 2-，溶液中NH +未参加反应，但溶液中NH +水解，溶液中c（NH +）c(Al3+)，正确；
4
C.当x=30时，0.001 mol的NH Al(SO ) 与0.003 mol Ba(OH) 反应，生成0.002 mol BaSO 、0.001 mol NaAlO 、
4 4 2 2 4 2
0.001 mol NH •H O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH-，由于NH •H O也是一种碱，存在电离平衡：NH •H O
3 2 3 2 3 2
NH ++ OH-，使得溶液中c（OH-）大于0.001 mol，c（OH-）＞c（AlO-），错误；
4 2
D.由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO-、OH-，其中溶液中c（OH-）大于0.001 mol，含有0.001 mol Ba2+，c
2
（OH-）＞c（Ba2+），错误。
答案选B。
2．D
【详解】A．a点所得溶液pH=1.85，即pH=pK ，所得溶液中：c(HA-)=c(H A)，根据物料守恒：c(HA)+c(HA-)
a1 2 2
+c(A2-)= mol·L-1，由于c(HA-)=c(H A)，则2c(HA-)+c(A2-)= mol·L-1，A项错误；
2
B．b点加入NaOH溶液体积为20mL，恰好完全反应生成NaHA，根据质子守恒：所得溶液中：c(H+)
+c(H A)=c(OH-)+c(A2-)，B项错误；
2
C．c点所得溶液pH=7.19，即pH=pK ，所得溶液中：c(HA-)=c(A2-)，溶液为碱性，溶液中c(H+)＜c(OH-)，根据电
a2
荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，可知c(Na+)＞3c(HA-)，C项错误；
D．a点到b点溶液中，NaOH与HA反应生成NaHA，则HA-数目逐渐增多，从b点到e点溶液中NaHA与NaOH
2
反应生成NaA，HA-数目逐渐减少，D项正确；
2
答案选D。
3．D
【分析】Co(OH) 受热分解，生成CoO和HO，CoO易被空气中O 氧化，生成Co的氧化物。从图中可以看出，
2 2 2
随着温度的不断升高，固体失重质量分数不断增大，所以从反应开始至X点，Co(OH) 不仅发生分解反应，还发生
2
氧化反应；从X点到Y点、从Y点到Z点，都为钴的氧化物的分解反应。
【详解】A．由选项内容可知， 的加热失重先生成 ， 元素化合价逐渐从 价，升高至 价，
答案第1页，共2页
学科网（北京）股份有限公司因此空气中的 参与了该反应，则 的加热失重过程不是分解反应。A错误；
B．由图象可知，X点失重质量分数为10.75%，则加热后的残留率为89.25%，若取 的初始质量为 ，
则残留的质量为 ，因 元素质量不变， ，则残留物质中O质量 ，则残
留物为 ，即为 ，B错误；
C．若取 的初始质量为 ，则残留的质量为 ，因 元素质量不变， ，
则残留物质中O质量 ，则残留物为 ，即Y点为 ，C错误；
D．Z点，残留的质量为 ，因 ，则残留物质中O质量 ，故残留物为
，D正确；
故选D。
4．D
【分析】向盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入氨水，前阶段反应为盐酸与氨水反应： ，
随着滴加氨水增多，混合溶液中离子总浓度减小，电导率下降，对应pH曲线的b点前阶段反应完成，此时混合溶
液为等浓度的氯化铵和醋酸溶液，溶液呈酸性，即 的水解小于 的电离。 后阶段反应为醋酸与氨水
反应： ，随着滴加氨水增多，混合溶液总离子浓度增大，电导率上
升，对应pH曲线c点后阶段反应完成，此时混合溶液为等浓度的氯化铵和酸酸铵溶液，溶液呈酸性，即 水解
大于 水解。此后滴加的氨水过量，混合溶液总离子浓度减小，电导率下降。题目据此解答。
【详解】A．a点时混合溶液中存在醋酸和水的电离平衡： 、 ，在盐
酸的抑制下，醋酸和水的电离程度很小，因此溶液中 ， ，根据
，得溶液中 ，
答案第2页，共2页A正确；
B．b点时盐酸与氨水恰好完全反应，混合溶液呈酸性， 的水解小于 的电离，根据原子守恒得溶液
中离子浓度大小关系为： ，B正确；
C．c点时醋酸恰好与氨水完全反应，混合溶液溶质是 ，根据原子守恒得：
，C正确；
D．a点时盐酸和醋酸均抑制水的电离，b点时醋酸抑制水的电离，c点时 的水解促进水的电离，d
点时 抑制水的电离，因此水的电离程度最大的是c点，D错误；
故选D。
5．B
【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu S和白色物质X，无气体生成，生成Cu S时铜元素从0价升高到+1
2 2
价、硫元素从+6价降低到-2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)，按元素质量守
恒只能为CuSO ，则白色物质X为CuSO ，配平得到该反应方程式为：
4 4
【详解】A．X溶液中含有Cu2+，溶液为蓝色，A项错误；
B．根据反应方程式，参加反应的浓硫酸中，体现氧化性的占 ，B项正确；
C．Cu S和白色物质CuSO 加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应： ，
2 4
Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物，C项错误；
D．由 知，3molCu生成0.6molCu S，溶解操作时，Cu S的氧化产物可能
2 2
为Cu2+、S或Cu2+、S、 ，当Cu S的氧化产物为Cu2+、S时，发生反应：
2
，0.6molCu S得到0.8mol NO与0.6mol S，NO与S物质的量之和为
2
1.4mol，当Cu S的氧化产物为Cu2+、 时，发生反应： ，
2
0.6molCu S只得到2mol NO，NO与S物质的量之和为2mol ，根据题图，反应一定有S单质生成，则
2
答案第3页，共2页
学科网（北京）股份有限公司，故NO与Y的物质的量之和不可能为2mol，D项错误；
答案选B。
6．B
【详解】A，根据图象，当V=100mL，V=0时溶液的pH=3，即0.1mol/L100mLHA溶液的pH=3，溶液中c（H+）
a b
=1 10-3mol/L 0.1mol/L，HA为弱酸，溶液中c（A-）=c（H+）= 1 10-3mol/L，c（HA）=0.1mol/L-1 10-
3mol/L=0.099mol/L，K（HA）= = =1 10-5，A项错误；B，根据图象，25℃时b点
a
V=V =50mL，HA和BOH恰好完全反应，溶液的pH=7即c（H+）=c（OH-），说明等浓度的HA和BOH的电离
a b
程度相同，b点溶液中的电荷守恒为：c（B+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），则b点c（B+）=c（A-），B项正确；
C，c点溶液由BA和BOH组成，A-在溶液中存在水解平衡A-+H O HA+OH-，该水解平衡的水解平衡常数K=
2 h
，盐类水解是吸热过程，升高温度促进水解，水解平衡常数K 增大， 增大，
h
随温度升高而减小，C项错误；D，a→b过程中过量的HA电离的c（H+）减小，反应生成的
BA增多，BA水解促进水的电离，水的电离程度增大，b点两者恰好完全反应，水的电离程度最大，b→c过程中
过量的BOH电离的c（OH-）增多，反应生成的BA减少，b→c过程中水的电离程度减小，a→c的过程中水的电离
程度先增大后减小，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查酸碱反应的图象分析，电离平衡常数的计算，溶液中离子浓度的大小关系，影响水的电离平衡和
盐类水解平衡的因素。明确各点数据的含义、溶液的成分和性质是解题的关键，确定溶液中离子浓度大小关系时
巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒，易错选D，酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进
作用。
7．C
【详解】A．泥浆堆放后由灰色变为疏松的绿色粉状可以得出是铜被氧化，酸浸时可以进入溶液便于后期制备胆矾，
A正确；
B．常温下除氯，可以在酸浸时减少HCI挥发，更加环保，B正确；
C．pH=5时，c(OH-)=10-9mol/L，经计算c(Fe3+)= ，能使Fe3+除
尽，但c(Cu2+)= ，也会随之沉淀，C错误；
D．焙烧加入 ，可以使V元素转化成可溶性的钒酸盐进入溶液，水浸除掉杂质元素，更好的回收钒，D正
答案第4页，共2页确；
故选C。
8．B
【详解】①所有铵盐中，氮元素化合价不一定都是－3价，如NH NO 中，N的化合价除了－3，还有＋5，①错；
4 3
②所有铵盐都溶于水，②对；
③NH ＋会和OH－结合生成NH ·H O，一水合氨不稳定，易分解生成NH ，降低肥效，③对；
4 3 2 3
④铵盐，一般由铵根离子和酸根阴离子构成，含有离子键，是离子化合物，④对；
⑤铵盐中的NH ＋，可以与OH－结合，因此都可以与碱反应，但是某些铵盐也可以与酸反应，如NH HCO ，可与
4 4 3
酸反应，⑤错；
综上②③④对，答案选B。
【点睛】①⑤错误的点在于，除了思考NH ＋的性质外，还需要考虑阴离子的性质，如①中该铵盐可能为
4
NH NO 。
4 3
9．B
【分析】无色溶液没有 ，加入过量盐酸后无现象说明没有 ，阴离子种类不改变说明一定含有 ，由焰色
试验可知含有 没有 。加入 溶液，产生白色沉淀只可能是生成 或者 白色沉淀。
和 须同时存在于溶液中才能满足各离子浓度相等且溶液呈电中性， 与 不能共存，故原溶液一定没
有 ，一定有的离子为： 、 、 、 ；一定没有的离子为： 、 、 、 ，据此分析。
【详解】由上述分析可知，原溶液中一定存在 ，②中的白色沉淀是 和 ，溶液中一定没有的离
子为： 、 、 、 ，由溶液呈电中性可知溶液中一定含有 ，故本题选B。
10．C
【详解】A．发生反应：2Fe＋3Cl=2FeCl ，2.8gFe的物质的量为： =0.05mol，根据量的判断，假设
2 3
0.05mol铁全部反应，消耗氯气物质的量为0.15mol，显然氯气不足，因此0.05mol氯气充分反应转移了0.1mol电
子，即转移0.1N 个电子，故A错误；
A
B．没有指明状态是否是标准状态，因此无法计算气体体积，故B错误；
C．14g由乙烯(C H)和丙烯(C H)组成的混合物中含有14g最简式CH，含有最简式CH 的物质的量为1mol，1mol
2 4 3 8 2 2
最简式CH 中含有3mol原子，含有原子的数目为3N ，故C正确；
2 A
D．0.1mol过氧化钠与二氧化碳完全反应生成氧气的物质的量为0.05mol，Na0 中氧元素的化合价为-1价,则生成
2 2
答案第5页，共2页
学科网（北京）股份有限公司0.05mol氧气转移了0.1mol电子，即转移0.1N 个电子，故D错误；
A
故选C。
11．D
【详解】16gCu的物质的量为： =0.25mol，根据反应方程式Cu+4HNO (浓)=Cu(NO)+2NO↑+2H O、
3 3 2 2 2
3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO)+2NO↑+4HO，8.4L的气体的物质的量为： =0.375mol，设其中NO 为
3 3 2 2 2
xmol，则NO为(0.375-x)mol，根据氧化还原反应中电子得失总数相等可知，x+3(0.375-x)=0.25×2，解得
x=0.3125mol，则NO 在标准状况下的体积为：0.3125mol×22.4L/mol=7L，故答案为：D。
2
12．D
【分析】Z的原子序数与Q的最外层电子数相同，说明Z为第二周期，Q为第三周期元素，依据有机物结构简式
可知，元素Y形成四个键，应为C元素，则Z、W依次为N、O元素，Q则为Cl元素，X为H元素。
【详解】A．W、Q的简单氢化物依次为 、HCl，其沸点由高到低顺序为 ，A错误；
B．Q、Y、Z对应最高价含氧酸分别为 、 、 ，满足酸性强弱顺序为 ，但含氧酸则不
正确，如HClO酸性弱于 ，B错误；
C．N元素2p轨道半充满，较为稳定，元素第一电离能最大，即顺序应为 ，C错误；
D．元素X、Z、W形成的离子化合物 中含有的 为正四面体结构离子，D正确。
故选D。
13．CD
【分析】由图可知，溶液pH为6.4时，溶液中c(HCO )= c(H CO)，则电离常数K (H CO)= =
2 3 a1 2 3
c(H+)=10-6.4，溶液pH为9.3时，溶液中c(NH )= c(NH ·H O)，则电离常数K (NH ·H O)= = c(OH
3 2 b 3 2
—)= 10-4.7，溶液pH为10.2时，溶液中c(HCO )= c(CO )，则电离常数K (H CO)= = c(H+)=10-
a2 2 3
10.2。
【详解】A．由分析可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，故A错误；
B．由图可知，n点时，加入氢氧化钠溶液反应得到的溶液中含有钠离子、铵根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子
答案第6页，共2页和一水合氨，溶液中c(HCO )= c(CO )，由溶液中的电荷守恒2 c(CO )+ c(HCO )+c(OH—)=c(NH )+c(H+)
+c(Na+)可得3c(HCO )+c(OH—)=c(NH )+c(H+)+c(Na+)，故B错误；
C．由图可知，m点时，溶液中c(NH ·H O)>c(HCO )，故C正确；
3 2
D．由方程式可知，反应平衡常数K= = =
= =10-0.9，则lgK=-0.9，故D正确；
故选CD。
14．CD
【分析】根据原理装置图可知，Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，H+在阴
极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H ↑，生成的Mn3+将FeS 氧化，FeS+15Mn3+
2 2 2
+8H O═Fe3++15Mn2++2SO +16H+，据此分析解答。
2
【详解】A．FeS 中Fe为+2价，化学名称为二硫化亚铁，故A正确；
2
B．根据图示，Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，故B正确；
C．H+在阴极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H ↑，生成的Mn3+将FeS 氧化，
2 2
FeS+15Mn3++8H O═Fe3++15Mn2++2SO +16H+，因此电解池中的总反应为FeS+8H O═Fe3++2SO +H++ H↑，因
2 2 2 2 2
此随着电解，混合液中H+的物质的量浓度将变大，混合液pH逐渐减小，故C错误；
D．电解过程中发生的总反应为FeS+8H O═Fe3++2SO +H++ H↑，因此混合液中每增加1molSO ，理论上通过
2 2 2
电路的电子数为 N ，故D错误；
A
故选CD。
【点睛】本题的难点是示意图的解读，要注意生成的Mn3+将FeS 氧化，然后根据电解的总反应分析判断。
2
15．BC
【详解】A．焓变=生成物的总能量-反应物的总能量，整个反应2HO(aq) = 2H O(l)＋O(g)的ΔH=E -E ，反
2 2 2 2 1 2
应②的ΔH=②反应的生成物总能量-②反应的反应物总能量。不等于E-E ，故A错误；
1 2
B．根据总反应2HO(aq)＝2HO(l)+O(g) ,Fe3+是催化剂，其作用是加快过氧化氢的分解速率，故B正确；
2 2 2 2
C．由图知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应2HO(aq)＝2HO(l)+O(g)为放热反应，故△H<0，故C
2 2 2 2
答案第7页，共2页
学科网（北京）股份有限公司正确；
D．反应①生成物的能量大于反应物的能量是吸热反应，反应②生成物的能量小于反应物的能量是放热
反应，故D错误；
答案：BC。
16．(1)A
(2) AB CD
(3)3S O +4Cr O -+13H O==6SO +8Cr (OH) ↓+2OH-
2 2 2 3
(4) 不能 因阳极产生的Cu2+不能使Cr O 还原到低价态
2
(5)Cr O +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H O
2 2
(6)水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡HO H++OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属
2
阳离子在阴极区结合而沉淀完全
(7)84.8
【分析】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为
铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr O ，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，
2
滤液中主要含有Cr O 、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加NaSO 把Cr O 还原
2 2 2 3 2
为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(HO) SO 。
2 5 4
【详解】（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用NaO 代替
2 2
HO，故答案为A；
2 2
（2）根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子
交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；故答案为AB；CD；
（3）每消耗0.8mol Cr O 转移4.8mol e-，则1molCr O 转移6mol电子，所以生成Cr3+，SO 被氧化为SO
2 2 2
，则反应的离子方程式为：3SO +4Cr O -+13H O==6SO +8Cr (OH) ↓+2OH-；故答案为3SO +4Cr O -
2 2 2 3 2 2
+13H O==6SO +8Cr (OH) ↓+2OH-；
2 3
（4）若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重
铬酸根之间发生反应，故答案为不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr O 还原到低价态；
2
答案第8页，共2页（5）Cr O 具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：Cr O +6Fe2+
2 2
+14H+=2Cr3++6Fe3++7H O，故答案为Cr O +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H O；
2 2 2
（6）随着电解进行，溶液中c(H+) 逐渐减少，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH-浓度增大，
溶液的碱性增强，生成Fe(OH) 和Cr(OH) 沉淀，金属阳离子在阴极区可沉淀完全，答案：水中的H+在阴极区放电，
3 3
H+浓度减小促使水的电离平衡H
2
O⇌H++OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完
全；
（7）根据Cr O +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H O，Cr3++3OH-═Cr(OH)↓、Fe3++3OH-═Fe(OH)↓知0.1mol Cr O ，
2 2 3 3 2
可生成0.2molCr(OH) ，0.6molFe(OH) ，质量为0.6mol×107g/mol+0.2mol×103g/mol =84.8g，故答案为84.8。
3 3
【点睛】本题考查了物质分离提纯的操作及方法应用、电解原理、物质的量的计算等，题目难度较大。注意掌握
电解原理、氧化还原反应配平、化学方程式的计算方法等。本题的难点是氧化还原反应的离子方程式的书写和配
平。
17． 非极性 分子 低温，低流速(或25℃， )
【详解】（1）①极性分子是指分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，
而非极性分子是指原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子， 是非金属氧化物，
其结构式为：O=C=O，属于非极性分子，干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，故答案为：非极性；分子。
②根据 ， ，则 ；饱和NaCO 溶液做吸收剂
2 3
“捕集”CO 生成NaHCO 而失效，NaHCO 是酸式盐，能与NaOH反应生成NaCO 和HO，其离子反应方程式为：
2 3 3 2 3 2
HCO −+OH−=H O+CO2−，故答案为：2:1；HCO −+OH−=H O+CO2−。
3 2 3 3 2 3
③观察图1可知，温度相对越低、气体流速越慢，聚合离子液体吸附CO 越彻底、效果越好，即吸附CO 的有利
2 2
条件温度为25℃或低温，气体流速为10mL⋅min−1或低流速，故答案为：低温，低流速(或25℃，10mL⋅min−1)。
（2）已知：① ；
② ；
答案第9页，共2页
学科网（北京）股份有限公司根据盖斯定律，①+②可得合成尿素的热化学方程式：
，故答案为：
。
（3）①电解时CO 在阴极得到电子生成CHOH，结合酸性条件写出阴极电极反应式为：
2 3
，故答案为： 。
②根据图示可知，CHOH、CO 和H 在LiI、 作用下生成了乙酸，根据原子守恒写出化学反应方程式为：
3 2 2
，故答案为： 。
18．(1)
(2) 正四面体 ace 、 为 结构，失去一个电子为 结构，更稳定
(3)
(4) 0.075 不能
【详解】（1）铁为26号元素，故价电子排布式为 。
（2）① 中S的价层电子对数为4+ =4，故为sp3杂化，孤对电子对数为0，故为正四面体；
②配合物中中心离子与硫酸根间以离子键结合，NO、HO与Fe以配位键结合，硫酸根中S与O以极性键结合，不
2
存在非极性键和金属键，故答案为ace；
③ 中Fe元素的化合价为＋１，根据化合物中元素化合价代数和为0，则铁的配体为 、
；
④因 为 结构，失去一个电子为 结构，更稳定，故 易被氧化成 。
（3）硅氧四面体中Si原子形成4个Si-O键、没有孤对电子，杂化轨道数目为4，由图乙可知含有6个四面体结构，
含有硅原子个数为6、18个O原子，Si的化合价为+4、O氧元素化合价为-2，故化学式为 ，故答案为
。
答案第10页，共2页（4）根据图示，设晶胞边长为a，可得 围成的最小窗孔的半径为
=0.075nm，该半径远小于
K+的半径，K+不能穿过此窗口，故KCl晶体不能成为快离子导体。
19． 青蒿易溶于乙醚，两者的沸点差异大，有利于蒸馏 普通漏斗 蒸馏 重结晶 DCEBAA
有机物的相对分子质量 质谱
【分析】根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸
取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加
95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，以此解答(1)～(2)；
(3)为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO 和HO，实验前应通入氧气除去含有CO 和HO的空气，排除装置内的
2 2 2 2
空气，防止干扰实验，生成的O 中含有水蒸气，需要干燥，利用装置C。B吸收生成的HO，A吸收生成的CO，
2 2 2
应先吸水后再吸收CO，所以需在A后应再加入一个装置防止外界空气中CO 和 HO进入的装置。
2 2 2
【详解】(1)破碎后加入乙醚的目的是萃取青蒿中的青蒿素，原因是青蒿易溶于乙醚，两者的沸点差异大，有利于
蒸馏；
(2)操作Ⅰ为分离固体和液体的混合物，其操作名称为过滤，过滤所需要的玻璃仪器主要有：烧杯、玻璃棒、普通
漏斗；操作Ⅱ是将提取液中的乙醚和粗制的青蒿素分离，两者互溶且沸点相差较大，因此其操作为蒸馏；操作Ⅲ
是将粗制的青蒿素提纯，由于青蒿素常温下为晶体，因此采用重结晶的方法进行提纯，即操作的名称是重结晶；
(3)①装置D是实验室制备氧气的装置，由于是在水溶液产生的氧气，常混有水蒸气，因此为制得纯氧，需用C 装
置浓硫酸干燥气体；装置E是通入氧气与有机物在加热条件燃烧的装置，有机物燃烧产生水和二氧化碳，测定二
氧化碳的质量是利用碱石灰吸收，增重的质量为二氧化碳的质量，测定水是利用无水氯化钙吸收水分，增重的质
量为水的质量，由于碱石灰也可以吸收水分，所以产生的气体应先通过B装置，再通过A装置，最后再连接一次
A，可避免空气中的水、二氧化碳对实验结果影响，综上所述，装置的连接顺序应是DCEBAA；
②A管质量增加66g为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量： ，B管质量增加 是水的质量，可
得氢元素的质量： ，从而可推出含氧元素的质量为： ，设最简式为 ，
则：X:Y: : : ，即最简式为 ；
③已知有机物的最简式，确定该有机物分子式还须知道的数据是该有机物的相对分子质量，可用质谱仪测定。
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学科网（北京）股份有限公司20．(1) C＞B＞A
(2)醚键、酯基
(3)1
(4)2 +CH OH
3
(5)2
(6)
【分析】由有机物的转化关系可知，氯化铁做催化剂作用下，苯与氯气发生取代反应生成氯苯，氯苯在氢氧化钠
溶液发生水解反应后，酸化得到苯酚，则C为 ；碳酸钾作用下 与一碘甲烷发生取代反应生成
，结合G的结构简式可知， 一定条件下与甲醛和氯化氢反应转化为E，则E为
； 与氰化钠发生取代反应生成F，则F为 ； 酸性条件下发生水解反应所
答案第12页，共2页得产物与甲醇在氯化氢作用下发生酯化反应生成G（ ），G在一定条件下发生分子间取代反应生
成 。
【详解】（1）A、B、C三种物质分别为苯、氯苯和苯酚，含相同碳原子的烃沸点低于卤代烃的沸点，苯酚分子能
形成分子间存在氢键，沸点高于卤代烃，则三种物质的沸点由高到低的顺序为C>B>A；由分析可知，E的结构简
式为 ；
（2）由结构简式可知， 的官能团为醚键、酯基；
（3）由结构简式可知，H分子中含有如图*所示的1个手性碳原子： ；
答案第13页，共2页
学科网（北京）股份有限公司（4）由分析可知，G→H的反应为 一定条件下发生分子间取代反应生成 和甲醇，
反应的化学方程式为2 +CH OH；
3
（5）F的同分异构体X含有甲基，除苯环外还有一个五元环，且与苯环共用两个碳原子，能发生水解反应说明X
分子中含有酰胺基，则符合条件的结构简式为 ，共有2种；
（6）由题给有机物的转化关系可知，以环丙烷和甲醇为原料合成 的合成步骤为催化
剂作用下环丙烷与氯气发生环加成反应生成1，2—二氯丙烷，1，2—二氯丙烷与氰化钠发生取代反应生成
， 酸性条件下发生水解反应所得产物与甲醇在氯化氢作用下发生酯化反应生成 ，
答案第14页，共2页一定条件下发生分子间取代反应生成 ，合成路线为
。
答案第15页，共2页
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