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答案精析
专题 1 物质的组成、分类 化学用语
1．C 2．B 3．A 4．C 5．B 6．C 7．B
8．A [氨气是共价化合物，其电子式为 ，故A项正确；质量数为127的碘原子的
正确的表示方法是I，故B项错误； 为硫的原子结构示意图，S2－的质子数为16，核
外电子数为18，硫离子的结构示意图为 ，故C项错误；次氯酸的结构式为H—O—
Cl，故D项错误。]
9．B [钙的核电荷数为20，Ca2＋的结构示意图为 ，故A项正确；元素符号左上角
的数字表示质量数，质量数＝中子数＋质子数，所以中子数为 9的氧原子：O，故B项错误；
NH 的结构式： ，故 C 项正确；氮化镁属于离子化合物，其电子式为
2 4
，故D项正确。]
10．C [CO 分子的电子式为 ，故A项错误；CHOH为甲醇的结构简式，
2 3
故B项错误；中子数为8的碳原子质子数为6，质量数为14，表示为C，故C项正确；O为
8号元素，O2－的结构示意图： ，故D项错误。]
11．B [纳米铁的直径为1～100 nm，分散到水中可形成胶体，胶体具有丁达尔效应，故 A项
正确；由图可知，反应1中HO 得电子转变成OH－和·OH，该过程中1 mol H O 反应转移1
2 2 2 2
mol电子，故B项错误；由图中信息可知反应2为亚铁离子与HO 反应生成Fe(Ⅳ)和水，1
2 2
mol Fe2＋失
2 mol电子，1 mol H O 得2 mol电子，两者物质的量之比为1∶1，故C项正确；要氧化去
2 2
除1 mol As(Ⅲ)转化成As(Ⅴ)，转移2 mol电子，则消耗2 mol Fe2＋，结合图示可知，则至少
需要2 mol纳米铁即112 g，故D项正确。]专题 2 “阿伏加德罗常数”的应用
1．B 2.C 3.B 4.B 5.B 6.A 7.D
8．D [1个DO分子中含有的中子数、电子数都是10，DO的相对分子质量为20,18 g D O
2 2 2
为0.9 mol，含有的中子数、电子数均为9N ，A错误；1 mol白磷中含6 mol P—P，故1 mol
A
白磷分子中含6N 个共价键，B错误；O 和O 可以用通式O 理解，32 g由O 和O 组成的
A 2 3 a 2 3
混合气体中氧原子数目为×a×N mol－1＝2N ，D正确。]
A A
9．C [由于碳酸根离子会发生水解，故1 L 1 mol·L－1 Na CO 溶液中，含CO的数目小于
2 3
1 L×1 mol·L－1×N mol－1＝N ，A正确；金刚石中每个碳原子与周围的 4个碳原子形成C
A A
—C，每个C—C被两个碳原子共用，故12 g金刚石中含有×4××N mol－1＝2N 个C—
A A
C，B正确；标准状况下，18 g H O中含有的中子数为×8×N mol－1＝8N ，C错误；由于
2 A A
C H 和CO的摩尔质量均为28 g·mol－1，故14 g由C H4与CO组成的混合气体含有的分子
2 4 2
数目为×N mol－1＝0.5N ，D正确。]
A A
10．D [16.8 g即0.3 mol铁丝在足量O 中燃烧时，生成0.1 mol Fe O ，转移的电子数为
2 3 4
0.8N ，A项错误；含0.1 mol FeCl 的溶液与0.1 mol锌充分反应，先发生反应：2Fe3＋＋
A 3
Zn===2Fe2＋＋Zn2＋，消耗0.1 mol FeCl 、0.05 mol Zn，生成0.1 mol FeCl 、0.05 mol ZnCl ，
3 2 2
再发生反应：Fe2＋＋Zn===Fe＋Zn2＋，消耗0.05 mol FeCl 、0.05 mol Zn，则反应过程中0.1
2
mol Zn全部消耗，转移电子数目为0.2N ，B项错误；NaHSO 在水溶液中可电离出Na＋、H
A 4
＋、SO，1 L 0.1 mol·
L－1的NaHSO 溶液中含有的阳离子数目大于0.1N ，C项错误；乙醇和水分子中均含有氧原
4 A
子，50 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为[＋]×N mol－1＝2N ，D项
A A
正确。]
专题 3 离子方程式的书写及正误判断
1．C 2.D 3.B 4.C 5.D 6.A 7.C
8．B [向澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，反应生成可溶性的Ca(HCO ) ，反应的离子
3 2
方程式为CO ＋OH－===HCO，A正确；硅酸钠是可溶性物质，应该写成离子形式，反应的
2
离子方程式为 SiO＋2H＋===HSiO↓，B 错误；醋酸与氨水反应生成醋酸铵和水，
2 3
CHCOOH、NH ·H O、HO是弱电解质，应该写化学式，醋酸铵是可溶性强电解质，写成
3 3 2 2
离子形式，则反应的离子方程式为CHCOOH＋NH ·H O===CHCOO－＋NH＋HO，C正确
3 3 2 3 2
200 mL 2 mol·
L－1的FeBr 溶液中含有溶质的物质的量n(FeBr)＝0.4 mol,11.2 L标准状况下氯气的物质的量
2 2n(Cl )＝0.5 mol，n(FeBr)∶n(Cl )＝4∶5，由于还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋完全反应转化
2 2 2
为Fe3＋，Br－只有部分发生反应，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离
子方程式为4Fe2＋＋6Br－＋5Cl===4Fe3＋＋3Br ＋10Cl－，D正确。]
2 2
9．A [NaHSO 在溶液中的水解方程式：HSO＋HOOH－＋HSO ，故C错误；醋酸为
3 2 2 3
弱酸，在参与离子反应时保留化学式，则碳酸钙溶于醋酸的离子方程式：CaCO ＋
3
2CHCOOH===Ca2＋＋2CHCOO－＋ CO↑＋HO，故D错误。]
3 3 2 2
10．B [方程式没有配平，应为2HSO ＋O===4H＋＋2SO，A错误；用过量饱和NaCO 溶
2 3 2 2 3
液吸收废气中的SO 反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠：2CO＋SO ＋HO===SO＋2HCO，B正
2 2 2
确；过量氨水吸收废气中的SO 生成亚硫酸根离子：2NH ·H O＋SO ===SO＋2NH＋HO，C
2 3 2 2 2
错误；用Ca(ClO) 溶液吸收废气中的SO ，次氯酸根离子具有强氧化性，反应生成硫酸钙沉
2 2
淀：Ca2＋＋3ClO－＋SO ＋HO===CaSO↓＋Cl－＋2HClO，D错误。]
2 2 4
专题 4 离子共存与离子推断
1．D 2.B 3.A 4.A 5.C 6.A 7.B
8．D [试液中加入过量稀硫酸无明显现象，说明无CO、AlO；再加入过量硝酸钡溶液有气
体生成，说明有Fe2＋存在且被氧化，沉淀A为硫酸钡，因稀硫酸过量，故不能说明原溶液
中是否含有SO；再加入过量NaOH溶液有气体生成，说明存在NH，气体为氨气，沉淀B
为氢氧化铁红褐色沉淀；再向滤液中通入少量 CO ，先与OH－、Ba2＋反应生成BaCO ，沉
2 3
淀C含有碳酸钡，可能含有Al(OH) 。从上述分析可以确定试液中一定含有NH、Fe2＋，一
3
定不含AlO、CO。因为离子浓度均为0.1 mol·L－1，只能含有NH、Fe2＋、Cl－、SO才能保证
电荷守恒，K＋、Al3＋必然不能存在。]
专题 5 氧化还原反应的概念、规律及应用
1．C 2.C 3.C 4.D 5.A 6.C
7．(1)ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I＋HO (2)1.2%
2 2
解析 (2)根据ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I ＋HO、I ＋2SO===2I－＋SO，得到关系式：
2 2 2 2 4
ClO－～2I－～I～2SO，n(ClO－)＝n(S O)＝×0.100 0 mol·L－1×24.00×10－3 L＝1.20×
2 2 2
10－3 mol，则m(NaClO)＝1.20×10－3 mol×74.5 g·mol－1＝0.089 4 g,7.45 mL反应后溶液的质
量为1 g·mL－1×7.45 mL＝7.45 g，则 NaClO的质量分数为×100%＝1.2%。专题 6 无机物的性质与用途 化学与 STSE
1．C 2.C 3.A 4.B 5.B 6.B 7.A
8．D [有机溶剂更容易污染环境，用水代替有机溶剂可减少污染，A错误；汞为重金属，
污染环境，B错误；用乙烯、氯气等制环氧乙烷会有大量副产物生成，原子利用率达不到
100%，且氯气有毒，C错误；风能、电能为清洁能源，生成过程无污染，H 还原CO 制甲
2 2
醇，可以减少CO 排放，D正确。]
2
9．C [“84”消毒液有强腐蚀性，通常用于环境消毒，不能直接洗手，A说法错误；碳中
和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，达到
相对“零排放”，与氮氧化物无关，B说法错误；二氧化硫可作为细菌抑制剂和抗氧化剂，
所以适量的SO 可以作为保护剂添加到葡萄酒中，C说法正确；豆浆煮沸是蛋白质发生了变
2
性，并没有水解成氨基酸，D说法错误。]
10．A [将金熔于水银之中，形成金泥，涂于铜或银器表面，加温，使水银蒸发，金就附
着于器表，谓之鎏金，近代称为“火镀金”，不是利用电镀原理，A错误；疫苗的主要成分
为蛋白质，一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，B正确；北京冬奥会采用光伏发电，减少
化石燃料的使用，有利于实现“碳中和”，C正确；新型无机非金属材料有高温结构陶瓷和
光导纤维等，其中氮化硼陶瓷属于高温结构陶瓷，D正确。]
11．C [干冰升华时吸热，该过程属于物理变化，故B正确；石墨烯是无机非金属材料，
故C错误；碳纤维及一些高分子具有硬、强度大、防护性能优等特点，头盔具有外壳硬、
内壳软、防护性能好的特性，故D正确。]
专题 7 化学与传统文化
1．C 2.A 3.C 4.A 5.B 6.C 7.B
8．C [云和雾都是气溶胶，故A错误；蒙汗药不能使人致命，氰化钠有剧毒，能直接致人
死亡，故B错误；由题意知哑泉有毒，说明哑泉溶有有毒性的物质，分析给出的物质，有
毒的是硫酸铜；安乐泉能解毒，说明安乐泉溶解的物质能与硫酸铜反应，氢氧化钙与硫酸铜
反应生成氢氧化铜沉淀，所以饮用含氢氧化钙的泉水能解毒，故C正确；该经典语句实际
含义是指男子俗气，追求功名利禄，没有女子洁净清爽，不是指性格的软硬，而且水质软与
氢键无关，故D错误。]
9．A [简牍主要成分为植物纤维，A符合题意。]专题 8 常见无机物性质的转化
1．C 2.C 3.C 4.C 5.B 6.C 7.C
8．C [“制备NaClO”发生反应：Cl ＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋HO，氯元素由0价升
2 2
至＋1价，也降至－1价，标况下2.24 L氯气的物质的量为0.1 mol，转移电子0.1 mol，A项
错误；蒸馏所需的冷凝仪器为直形冷凝管，B项错误；若将CO(NH) 和NaOH的混合溶液
2 2
滴入NaClO溶液中，生成的水合肼由于具有强还原性，会和具有强氧化性的NaClO发生反
应，故“氧化”步骤中药品的滴加顺序不能颠倒，C项正确；依题知溶液呈碱性，则反应的
离子方程式为ClO－＋CO(NH)＋2OH－===Cl－＋CO＋NH·H O，D项错误。]
2 2 2 4 2
9．B [根据流程分析，废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al O 等)中通入一氧化碳气体
2 3
后，生成Ni(CO) ，达到除去镍的目的；剩余物质进行碱溶，只有氧化铝与强碱反应生成偏
4
铝酸盐，过滤后滤渣为铜，加入过氧化氢，在酸性环境下，铜被氧化为铜离子，加入亚硫酸
钠和氯化钠的混合物，＋2价铜被还原为＋1价铜，反应生成CuCl，过滤洗涤可以得到
CuCl。CuCl难溶于乙醇且乙醇易挥发，可以带出氯化亚铜表面的水分，起干燥作用，而氯
化亚铜在潮湿时易被氧化，故乙醇可以干燥氯化亚铜，从而防止CuCl被氧化，故B正确；
还原后的溶液中的铜离子反应生成 CuCl，而亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，故“还
原”反应所得的溶液中不会大量存在 Cu2＋、SO，故 C 错误；除镍过程中：Ni＋
4CO===Ni(CO) ，为化合反应，故D错误。]
4
10．D [由题给流程可知，向赤铁矿中加入氢氧化钠溶液，将氧化铝转化为偏铝酸钠，氧
化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有偏铝酸钠的溶液1和含有氧化铁的滤渣1；向滤
渣1中加入盐酸，将氧化铁转化为氯化铁，向得到的氯化铁溶液中加入铁，将氯化铁转化为
氯化亚铁，氯化亚铁溶液经隔绝空气，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、
干燥得到无水氯化亚铁。溶液2为氯化铁溶液，鉴别溶液中的铁离子应选择硫氰化钾溶液，
故B正确；反应3为氯化铁与铁发生化合反应生成氯化亚铁，故C正确；氯化亚铁中亚铁
离子可水解且具有还原性，若直接将溶液蒸干无法制得无水氯化亚铁，故D错误。]
11．C [根据反应原理及图示分析，实验开始时，关闭K ，打开K 、K ，打开分液漏斗旋
1 2 3
塞向锥形瓶内加入少量稀硫酸，利用铁和稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排尽，杂质
FeS与稀硫酸反应生成的HS气体通过NaOH溶液时被吸收，排尽空气后，关闭K、K，打
2 2 3
开K ，锥形瓶内生成的气体将硫酸亚铁溶液压至饱和硫酸铵溶液中，硫酸亚铁与硫酸铵溶
1
液混合得到硫酸亚铁铵晶体，反应结束后，关闭K ，打开K 、K ，剩余气体中的HS通过
1 2 3 2
氢氧化钠溶液被吸收。NaOH溶液可与油脂发生皂化反应，可除去铁屑表面的油污，A不符
合题意；硫酸亚铁与硫酸铵溶液混合就能得到硫酸亚铁铵晶体，说明硫酸亚铁、硫酸铵、硫
酸亚铁铵三种物质中，硫酸亚铁铵的溶解度最小，在溶液中先析出，B不符合题意；根据分析，反应一段时间，待装置内空气排尽，就关闭 K 、K ，打开K ，C符合题意；根据分析，
2 3 1
铁屑中有FeS杂质，与酸反应有杂质气体HS生成，利用NaOH溶液除去杂质气体HS，D
2 2
不符合题意。]
12．B [装置甲的特点是固体和液体加热制气体，而SO 可用浓硫酸和铜加热制取，所以可
2
以用装置甲制备SO ，但实验室用浓硫酸和乙醇制C H 时需控制温度为170 ℃，所以要使
2 2 4
用温度计，故A错误；氯气在常温下不能和铁反应，所以应先让装置乙中的反应进行一段
时间生成氯化亚铁后，再开始装置甲中的反应，故B正确；实验过程中关闭弹簧夹3，将导
致气体不能流通，不但不能实现让NaOH溶液充分吸收多余的Cl 的目的，反而会使装置的
2
气压增大，产生危险，故C错误；废铁屑含不与盐酸反应的杂质，所以如果反应结束后将
三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，将混入这些杂质，使晶体不纯，同时要抑制FeCl
3
水解，故D错误。]
13．C [由题给装置图可知，探究甲烷的还原性并检验产物时应先通足量的甲烷气体排尽装
置中的空气，然后点燃C处的酒精灯，D中盛有的无水硫酸铜用于检验水的生成，装置E中
澄清石灰水用于测量二氧化碳的质量，装置F为处理未反应甲烷的尾气处理装置。若D中
盛装碱石灰，碱石灰会吸收反应生成的二氧化碳和水，无法测定反应生成二氧化碳和水的质
量，不能根据其质量变化推断甲烷的组成，故C错误；由题给装置图可知，甲烷在加热条
件下与氧化铜反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 4CuO＋CH=====4Cu＋
4
CO＋2HO，故D正确。]
2 2
14．C [装置A为反应装置，C H 在硝酸汞的作用下与浓硝酸反应生成 HC O 和NO ，
2 2 2 2 4 2
NO 气体进入B中发生反应：3NO ＋HO===2HNO ＋NO，NO进入C中与O 反应生成
2 2 2 3 2
NO ，NO 、O 与D中的水反应生成硝酸，为了能够除尽NO ，防止污染空气，再将装置D
2 2 2 2
中剩余气体通入装有NaOH溶液的烧杯中，据此分析。多孔球泡可增加C H 与溶液的接触
2 2
面积，加快反应速率，故A正确；根据上述分析，B、D中都有HNO 产生，HNO 可以在
3 3
装置A继续使用，故 B正确；装置 E吸收的是氮的氧化物，C H 不溶于水，且不能与
2 2
NaOH溶液反应，因此装置E不能吸收C H ，故C错误；C H 与HNO(浓)在硝酸汞作催化
2 2 2 2 3
剂的条件下反应生成草酸和NO ，其反应的化学方程式为C H ＋8HNO=====HC O ＋8NO
2 2 2 3 2 2 4 2
＋4HO，故D正确。]
2
专题 9 原子结构、分子结构与性质的基础考查
1．Cu＋ Cu＋的价层电子排布式为3d10，为全充满的稳定结构；而Cu2＋的价层电子排布式为
3d9，不是稳定结构 82．碳 C0，600 ℃之后，温度升高，反应 Ⅱ 向右移动，
1 2
二氧化碳减少的量比反应 Ⅰ 向左移动二氧化碳增加的量多2．(1)Cat2 未达到 (2)催化剂的活性降低
解析 (1)由图可知，温度相同时，在Cat2作催化剂的条件下，C H 的转化率更高，故Cat2
2 2
的催化效率较高；催化剂改变反应速率，不改变平衡时物质的转化率，由图可知，其他条件
不变时使用Cat2作催化剂时C H 的转化率高于b点，说明b点未达到平衡。(2)温度高于
2 2
300 ℃，升高温度，b→c段C H 的转化率降低，原因可能是催化剂的活性降低。
2 2
3．(1)放热 (2)不变 (3)减小 增大 (4)催化剂活性最高
解析 (1)由图像知，相同时，随温度升高，CO的平衡转化率降低，所以正反应是放热反应。
(2)平衡常数只与温度有关，若提高比例，则该反应的平衡常数K不变。(3)若降低温度，平
衡正向移动，CO的浓度减小，反应重新达到平衡，则v 减小，CO的转化率增大。
正
4．(1)提高水醚比有利于反应Ⅱ、Ⅳ正向进行 温度升高时，反应Ⅱ正向进行增加的CO 的
2
量小于反应Ⅳ逆向进行减少的CO 的量 (2)水醚比大于3时，再增大水醚比，气体的总物
2
质的量及HO(g)的物质的量分数均增大(或过量的水蒸气产生稀释作用)
2
解析 (1)反应Ⅱ、Ⅳ会生成CO ，提高水醚比有利于反应Ⅱ、Ⅳ正向进行；反应Ⅱ为吸热
2
反应，反应Ⅳ为放热反应，温度升高时，反应Ⅱ正向进行增加的CO 的量小于反应Ⅳ逆向进
2
行减少的CO 的量，导致CO 的选择性降低。(2)水醚比大于3时，再增大水醚比，气体的
2 2
总物质的量及HO(g)的物质的量分数均增大，且过量的水蒸气产生稀释作用，所以随水醚
2
比的增大H 的物质的量分数减小。
2
5．(1)320 ℃时，以Ni-CeO 为催化剂，CO 甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以
2 2
Ni为催化剂，CO 甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO 转化
2 2
率增加 (2)Ni-CeO 320 ℃
2
解析 (2)根据图像分析可知，温度适宜(320 ℃)时，以Ni-CeO 为催化剂明显比以Ni为催化
2
剂时CO 转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择 Ni-CeO 为催化剂，最佳温度为 320
2 2
℃。
6．(1)Fe O 作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO 转化率，从而节约能源 (2)a
2 3 2
解析 (1)根据图1可知，Fe O 和NiO作催化剂均能使SO 的转化率达到最高，不考虑催化
2 3 2
剂价格因素，选择Fe O 的主要优点是Fe O 作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO
2 3 2 3 2
转化率，从而节约能源。(2)在其他条件不变时，增大CO的浓度，可以提高SO 的平衡转化
2
率。由图2可知转化率：a＞b，所以曲线a表示n(CO)∶n(SO )＝3∶1的变化曲线，曲线b
2
表示n(CO)∶n(SO )＝1∶1的变化曲线。
2
7．C [由图1可看出在T＞400 ℃时，二甲醚的体积分数很小，而H 的含量较高，CO 、
2 2
CO的含量较低且变化趋势不再明显，而由图2达到450 ℃时，二甲醚的转化率已很高，升
高温度变化不明显，综合图1、图2和生产成本，温度应控制在400～450 ℃最合适。]
8．(1)Ⅰ > (2)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动
解析 (1)根据图示可知，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间内CO 的转化
2率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO 的转化率还会继续
2
增大，反应正向进行，因此v ＞v 。(2)该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c
正 逆
点，温度升高，平衡逆向移动，CO 的转化率下降。
2
9．(1)温度升高，催化剂的活性增大 (2)51.5% (3)选择相对较低的温度
10．(1)＞ (2)A (3)温度较低时，催化剂的活性偏低 不是
该反应为放热反应，根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高
11．1 050 kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO 的转化率增大
2
50%
12．低于550 ℃时，温度越高反应速率越快，HSe的产率越大；高于550 ℃时，反应达到
2
平衡，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，HSe的产率减小
2
13．(1)1.0 (2)300～500 ℃时，丁烯裂解(反应①)为主要反应，是吸热反应，升高温度，平
衡正向移动，使C H 的体积分数增大；温度高于500 ℃时，反应②③为主要反应，是放热
3 6
反应，升高温度，平衡逆向移动，使C H 的体积分数降低，同时温度升高易发生副反应，
3 6
C H 可能转化为C H、C H、C H 、C等，使C H 的体积分数降低
3 6 2 4 3 8 4 10 3 6
解析 (1)由图1可知当约为1.0时，C H 的产率是最高的。
3 6
专题 15 速率常数、平衡常数的分析应用
1．0.12c ②
解析 图像是NH 分解率和时间的关系，先达到平衡，说明温度高，即T>T ，当反应达到
3 1 2
平衡，v ＝v ，即k ·c2(NH )＝k ·c(N )·c3(H )，推出＝＝K，达平衡时，NH 分解率为
正 逆 正 3 逆 2 2 3
40%，此时消耗c(NH )＝0.4c mol·L－1，达到平衡时，c(NH )＝0.6c mol·L－1，c(N )＝0.2c
3 1 3 1 2 1
mol·L－1，c(H )＝0.6c mol·L－1，K＝＝＝0.12c，即＝0.12c；k －k 值较小，说明反应向逆
2 1 正 逆
反应方向进行程度较大，根据图像，温度升高NH 分解率增大，即温度越低，反应向逆反
3
应方向进行的程度越大，则k －k 值较小的曲线为②。
正 逆
2．> 0.014 MPa－2
3．(1)> (2)不变 (3)p
解析 (1)由图可知随着温度升高，C H 的转化率增大，故该反应为吸热反应，即反应(Ⅱ)的
3 8
ΔH>0。(2)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故不变。
(3)设起始加入丙烷的物质的量为x mol，由图可知N点C H 的平衡转化率为50%，N点对
3 8
应反应(Ⅰ)，可得平衡时C H、C H、H 的物质的量均为0.5x mol，C H、C H、H 的物质
3 8 3 6 2 3 8 3 6 2
的量分数均为，则平衡常数K (Ⅰ)＝＝＝p。
p
4．1 200
解析 恒容密闭容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以设初始投料为 0.85 mol CO
2和2.7 mol H ，平衡时CH 和HO的物质的量分别为0.6 mol、1.25 mol，设平衡时CO 、
2 4 2 2
H 、CO的物质的量分别为x、y、z，根据C元素守恒可得x＋z＋0.6＝0.85，根据H元素守
2
恒可得0.6×4＋2y＋1.25×2＝2.7×2，根据O元素守恒可得1.25＋2x＋z＝0.85×2，联立可
以解得CO 、H 、CO的物质的量分别为0.2 mol、0.25 mol、0.05 mol，即分压分别为0.2
2 2
MPa、0.25 MPa、0.05 MPa，所以主反应的平衡常数K ＝ MPa－2＝1 200 MPa－2。
p
5．(1)反应温度相同，进气比越大，CO 的平衡转化率越小；进气比相同，反应温度越高，
2
CO 的平衡转化率越大(或进气比越大，反应温度越低，CO 的平衡转化率越小) (2)T ＝T
2 2 E G
K ＝K ＝1 (3)> 4
E G
6.
解析 设混合气体共100 mol，SO (g)、O(g)和其他气体的物质的量分别为100 mol×8.0%＝
2 2
8 mol、100 mol×10%＝10 mol、100 mol×82%＝82 mol，平衡时SO 转化率为x，SO 的反
2 2
应量为8x mol，则
2SO (g)＋O(g)2SO (g)
2 2 3
初始/mol 8 10 0
变化/mol 8x 4x 8x
平衡/mol 8－8x 10－4x 8x
平衡时气体总物质的量为(8－8x) mol＋(10－4x) mol＋8x mol＋82 mol＝(100－4x) mol，
p(SO )＝p×＝，p(O )＝p×＝，p(SO )＝p×＝；平衡常数K ＝＝＝。
2 2 3 p
7．＜ 0.8
8.p p2
解析 设初始投料为1 mol CH OH，平衡时转化率为α，列三段式有：
3
CHOH(g)CO(g)＋2H(g)
3 2
起始/mol 1 0 0
转化/mol α α 2α
平衡/mol 1－α α 2α
所以CO的分压为p＝p；同理可得CHOH的分压为p，H 的分压为p，所以K ＝＝p2。
3 2 p
大题突破 1 化学反应原理综合题题型研究
1．(1)＋41.0 减小 (2)①Ⅳ 温度升高，催化剂活性降低 ②1.92 (3)3CO ＋4e－===C＋
2
2CO
解析 (1)根据盖斯定律，反应Ⅲ－反应Ⅱ可得CO(g)＋H(g)HO(g)＋CO(g) ΔH ＝－
2 2 2 1
49.0 kJ·mol－1＋90.0 kJ·mol－1＝＋41.0 kJ·mol－1；反应Ⅰ属于吸热反应，升温平衡正向移动，
K＝增大，则减小。(2)①由图知，在较低温度时主要生成甲烷，该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅳ。研究
发现，若温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，其主要原因可能是温度升高，催
化剂活性降低。
② CO(g)＋3H(g)CHOH(g)＋HO(g)
2 2 3 2
0.5 1.5 0.5 0.5
CO(g)＋4H(g)CH(g)＋2HO(g)
2 2 4 2
0.1 0.4 0.1 0.2
2CO(g)＋6H(g)C H(g)＋4HO(g)
2 2 2 4 2
0.8 2.4 0.4 1.6
平衡时，c(H O)＝(0.5＋0.2＋1.6) mol·L－1＝2.3 mol·L－1，c(H )＝(5.3－1.5－0.4－2.4) mol·L－
2 2
1＝1 mol·L－1，c(CO)＝(2.0－0.5－0.1－0.8) mol·L－1＝0.6 mol·L－1，K(Ⅲ)＝＝≈1.92。
2
(3)温度小于900 ℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO和CO ，电解质为熔融碳酸钠，
2
熔融碳酸钠中的碳酸根离子移向阳极，阳极的电极反应式为 2CO－4e－===2CO↑＋O↑，
2 2
阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应式为3CO＋4e－===C＋2CO。
2
2．(1)①AC ②＜ 随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始
的温度升高，压强增大 ③加入催化剂 (2)①＜ ②10
(3)①2HO＋2Cl－=====H↑＋2OH－＋Cl↑ ②9.9
2 2 2
解析 (1)①容器内气体的质量和物质的量均是变化的量，气体的平均相对分子质量不变，
说明反应已达到平衡状态，A符合题意；CO 和H 的投料比等于化学计量数之比，故两者
2 2
的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；H(g)与C(s)的物质的量之比随
2
着反应的进行不断变化，当该比例保持不变时，说明反应已达到平衡状态，C符合题意；
v(H )＝v(H O)时，由于未指明两个速率的反应方向，故不能说明反应达到平衡状态，D不符
2 2
合题意。②由图可知，随着反应进行，压强先变大后变小，5 min时达到平衡状态，说明反
应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故ΔH＜0。③改变的条件使化学反应速
率加快，而平衡没有移动，说明加入了催化剂。(2)①反应Ⅱ为放热反应，生成物的能量低
于反应物的能量，则反应Ⅱ的活化能E(正)＜E(逆)。②由题可得：
a a
CO(g)＋3H(g)CHOH(g)＋HO(g)
2 2 3 2
1 3 1 1
2CO(g)＋6H(g)CHOH (g)＋3HO(g)
2 2 3 3 2
1 3 0.5 1.5
在T 温度下，2 L的恒容密闭容器中平衡时CO 、H 、CHOH、HO的物质的量分别为3
1 2 2 3 2
mol－1 mol－1 mol＝1 mol、7 mol－3 mol－3 mol＝1 mol、1 mol、1 mol＋1.5 mol＝2.5
mol；则T 温度时反应Ⅰ的平衡常数K＝＝10。
1
(3)①由图可知，B中发生的总反应为电解氯化钠溶液的反应，离子方程式为 2HO＋2Cl－
2=====H↑＋2OH－＋Cl↑。
2 2
②10 m3的废气中CO 和CO总体积为10×103 L×8.96%＝896 L，CO 和CO的体积均为
2 2
448 L，两者的物质的量均为20 mol，CO 和CO全部转化成CHOH，CO ～6e－、CO～4e
2 3 2
－，则转移电子的总物质的量为200 mol；C H 生成C HCl ，C H ～2e－，则根据电子转移
2 4 2 4 2 2 4
守恒可知，生成C HCl 的物质的量为100 mol，质量为100 mol×99 g·mol－1＝9 900 g＝9.9
2 4 2
kg。
3．(1)－2 550.0 kJ·mol－1 (2)BD (3)①小于
② (4)①< ② K ·K < 设 T>T ，由图可知：pK (T)－pK (T)>∣pK (T)－
p1 p2 2 1 p1 2 p1 1 p2 2
pK (T)∣，则pK (T)－pK (T)> pK (T)－pK (T)，pK (T)＋pK (T)>pK (T)＋pK (T)，
p2 1 p1 2 p1 1 p2 1 p2 2 p1 2 p2 2 p1 1 p2 1
lg[K (T)·K (T)]>lg[K (T)·K (T)]，即K(T)>K(T)，因此该反应正反应为放热反应
p1 1 p2 1 p1 2 p2 2 1 2
4．(1)> －(E ＋E －E －E ) (2)② 由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活
a4 a2 a1 a3
化能越大，速率常数k增大的越多，E ＜E ，故升高温度，对1,4-加成产物的生成速率提高
a2 a3
更有利 (3)2,3-二甲基-1,4-二溴-2-丁烯 在极性大的溶剂中进行反应 (4)80% b＋α
5．(1)N ＋3H ===NH ＋2H (2)①0.005 0.23 ②acd
ad ad ad ad
③g (3)N ＋6e－＋6H＋===2NH (4)3.5×104
2 3
解析 (1)从图中可以看出，活化能最大的一步反应是N ＋3H ===NH ＋2H 。(2)①v(NH )
ad ad ad ad 3
＝＝0.005 MPa·min－1，根据题中图像数据得出该反应的K ＝＝ MPa－2≈0.23 MPa－2。②氨
p
气的体积分数保持不变，则各物质的浓度保持不变，反应达平衡状态，a正确；容器中氢氮
比始终不变，则容器中氢氮比保持不变不能说明反应达平衡状态，b错误；气体总质量不变，
气体总物质的量为变量，若气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达平衡状态，c正确；
反应在恒压容器中进行，气体总质量不变，但体积可变，当体积不变时说明反应达平衡状态，
d正确。③起始条件一样，在恒容容器中发生反应，相对于恒压状态，物质浓度减小，反应
速率减慢，且恒容相当于减小压强，平衡逆向移动，H 的百分含量增大，所以g点符合要
2
求。(3)根据图中信息可知，阴极上氮气得电子生成氨气，电极反应式为 N ＋6e－＋6H＋
2
===2NH 。(4)反应 NH ·H O＋HCOOHHCOO－＋NH＋HO 的平衡常数 K＝＝＝＝
3 3 2 2
3.5×104。
专题 16 溶液中的三大平衡及应用
1．A 2.B 3.A 4.C
5．C [含锰废水中加入HO 把Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氢氧化钠调节pH生成Fe(OH) 和
2 2 3
Al(OH) 沉淀，所以滤渣1主要含Fe(OH) 和Al(OH) ，故A正确；除钙镁步骤中，当Ca2
3 3 3
＋、Mg2＋沉淀完全时，溶液中＝＝＝＝2，故B正确；“沉锰过程”是硫酸锰与NH HCO 反
4 3
应生成MnCO 沉淀、二氧化碳气体、水和硫酸铵，滤液4主要含硫酸铵，故C错误；MnO
3能和Al发生铝热反应生成Mn，所以反应①中Si可用铝替代，故D正确。]
6．D [实验1得到的中性溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH
－)，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，则c(NH)＝2c(S2－)＋c(HS－)，A项错误；实
验2得到的溶液为硫氢化钠溶液，溶液呈碱性说明溶液中HS－的水解程度大于其电离程度，
则HS－的水解常数K ＝大于电离常数K (H S)，则K ＞K (H S)·K (H S)，B项错误；实验3
h a2 2 w a1 2 a2 2
中硫化钠溶液与硫酸锌溶液反应时，硫化钠溶液过量，再加入硫酸铜溶液时，只有硫化铜沉
淀的生成反应，没有硫化锌沉淀转化为硫化铜沉淀的转化反应，无法比较硫化锌和硫化铜溶
度积的大小，C项错误；实验4得到的溶液为硫氢化钠和氯化钠的混合溶液，溶液中存在质
子守恒：c(H＋)＋c(H S)＝c(S2－)＋c(OH－)，则溶液中存在c(H＋)－c(OH－)＝c(S2－)－c(H S)，
2 2
正确。]
专题 17 电离常数、水解常数、溶度积常数的应用
1．10 [K ＝＝2×10－4，又c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，则c(OH－)＝10－4 mol·L－1，结合K ＝
h w
1.0×10－14，可得c(H＋)＝10－10 mol·L－1。]
2．酸性 KHCrO 在溶液中可发生水解，其水解常数K ＝＝≈5.56×10－14，KHCrO 在溶液
4 h 4
中也可以发生电离，K (H CrO)＝3.2×10－7＞K ，即HCrO的水解程度小于其电离程度，溶
a2 2 4 h
液呈酸性
3．向右 60
解析 NaOH电离出的OH－抑制水的电离，NaSO 电离出的SO因水解而促进水的电离。
2 3
K (SO)＝＝＝，所以＝＝60。
h
4．③＜②＜① 碱 溶液中HPO的K ＜K ，HPO的水解程度大于其电离程度，NaHPO
a3 h 2 4
溶液呈碱性
5．300
解析 平衡常数K＝＝＝＝＝300。
6．1.88
7．10－1.2 10－9.8
解析 HX的电离常数K ＝，pH＝1.2时，c(H X)＝c(HX－)，代入计算，可得K ＝10－1.2；
2 a1 2 a1
X2－的水解常数K ＝，pH＝4.2时，c(X2－)＝c(HX－)，代入计算，可得K ＝104.2－14＝10－9.8。
h h
8．99.7%
9．10－31.4
解析 为了使Al3＋完全沉淀，加入FeO调节pH最低为5.2，则氢氧根离子浓度为c(OH－)＝
105.2－14 mol·L－1＝10－8.8 mol·L－1，故K [Al(OH) ]＝10－5×(10－8.8)3＝10－31.4。
sp 3
10．2.8 无解析 当c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1时，根据 K 的公式可知，溶液中的 c3(OH－)＝＝
sp
mol3·L－3＝2.16×10－34 mol3·L－3，c(OH－)＝6×10－12 mol·L－1，计算可得 pH≈2.8，
Q[Ni(OH) ]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.2×(6.0×10－12)2＝7.2×10－24，因为 Q[Ni(OH) ]＜
2 2
K [Ni(OH) ]，所以无Ni(OH) 沉淀生成。
sp 2 2
专题 18 溶液的配制与滴定法的应用
1．(1)恰好由蓝色变成无色 (2)%
2．14.9 AD
3．(1)当滴加最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (2)22.10
(3)87.73
解析 (1)当达到滴定终点时，标准碘溶液过量，淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为当
滴加最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。(2)由图可知，起始
读数为0.00 mL，终点读数为22.10 mL，故第一次滴定消耗碘标准溶液的体积为22.10 mL。
(3)第二次滴定消耗碘标准溶液的体积为23.36 mL－1.24 mL＝22.12 mL，第三次滴定消耗碘
标准溶液的体积为24.45 mL－0.24 mL＝24.21 mL，第三次数据误差较大应舍去，所以消耗
标准液的平均体积为＝22.11 mL，根据反应可得关系式：2NaSO·5H O～I ，所以
2 2 3 2 2
n(Na SO·5H O)＝2n(I)＝2×0.100 0 mol·L－1×22.11×10－3 L，所以产品中2NaSO·5H O
2 2 3 2 2 2 2 3 2
的含量为×100%≈87.73%。
4．(1)H C O＋ClO－===Cl－＋2CO↑＋HO
2 2 4 2 2
(2)0.4
解析 根据题中信息知草酸具有较强的还原性，与氧化剂作用易被氧化成二氧化碳和水，可
知碳的化合价由＋3价升高为＋4价，次氯酸钠具有强氧化性，Cl的化合价由＋1价降低为
－1价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为 HC O ＋
2 2 4
ClO－===Cl－＋2CO↑＋HO；根据上述离子方程式可知HC O ～ClO－，可得次氯酸钠溶液
2 2 2 2 4
物质的量浓度c＝＝ mol·L－1＝0.4 mol·L－1。
5．KSCN溶液 无色变红色 1.92
解析 标准溶液为Fe (SO ) 溶液，达到滴定终点时Fe3＋稍过量，所以可以用KSCN溶液作
2 4 3
指示剂；达到滴定终点时溶液会由无色变为红色；三次滴定所用标准溶液的体积分别为
8.50 mL、7.49 mL、7.51 mL，因为第一组数据与其他数据相差较大，需要舍去，根据第二
组和第三组数据得标准液的平均体积为 7.50 mL，则所用Fe3＋物质的量为0.007 5 L×0.020 0
mol·
L－1×2＝0.000 3 mol，根据反应原理可知待测液中Ti3＋的物质的量与Fe3＋的物质的量相等，
即0.000 3 mol。待测液体积为25.00 mL，根据原子守恒可得钛液中 Ti(Ⅳ)的浓度为＝1.92g·L－1。
6．(1)淀粉溶液 (2) (3)c
解析 (1)淀粉遇I 会变为蓝色，当滴定结束时I 消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定时应选
2 2
择淀粉溶液作指示剂。
(2)由涉及的反应的化学方程式可得转化关系式：C NOCl～2I～4SO，由滴定消耗c mol·
3 3 3 2 2
L－1 Na SO 溶液V mL可知，m g粗产品中二氯异氰尿酸钠的物质的量为n(C NOClNa)＝
2 2 3 3 3 3 2
n(Na SO)×＝c mol·L－1×V×10－3 L××＝×10－3 mol，则粗产品的纯度为×100%＝%。
2 2 3
(3)盛装NaSO 标准溶液的滴定管未润洗，会导致 NaSO 标准溶液的浓度偏低，消耗的
2 2 3 2 2 3
NaSO 的量偏多，最终导致物质的纯度偏高，a不符合题意；滴定管在滴定前有气泡，滴
2 2 3
定后无气泡，则消耗的标准溶液的体积偏大，由此计算的物质的纯度偏高，b不符合题意；
如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的 I 的量偏低，最终导致消耗的
2
NaSO 标准溶液的体积偏少，由此计算出的物质的纯度偏低，c符合题意。
2 2 3
7．85.80%
解析 消耗的(NH )Fe(SO ) 的物质的量为0.050 0 mol·L－1×0.034 L＝0.001 7 mol，加入
4 2 4 2
(NH )Ce(NO ) 的物质的量为0.100 0 mol·L－1×
4 2 3 6
0．05 L＝0.005 mol，根据Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋可知，与NaN 反应的(NH )Ce(NO ) 的
3 4 2 3 6
物 质 的 量 为 0.005 mol － 0.001 7 mol ＝ 0.003 3 mol ， 依 据 2(NH )Ce(NO ) ＋
4 2 3 6
2NaN ===4NH NO ＋2Ce(NO )＋2NaNO ＋3N↑可知，50.00 mL溶液中含有的NaN 的物质
3 4 3 3 3 3 2 3
的量为0.003 3 mol，则试样中NaN 的质量分数为×100%＝85.80%。
3
8．(1)溶液由红色变为无色(或浅黄色或黄色) (2)95.06%
解析 (1)滴定时发生的离子反应为SCN－＋Ag＋===AgSCN↓，则刚好沉淀完时，溶液中的
SCN－反应完全，红色褪去，只存在少量Fe3＋的颜色，故锥形瓶中溶液的颜色变化是由红色
褪为无色或浅黄色或黄色。(2)由反应 SCN－＋Ag＋===AgSCN↓，可得出 n(KSCN)＝
n(AgNO)＝0.100 0 mol·L－1×24.50×10－3 L＝2.45×10－3 mol，晶体中KSCN的质量分数为
3
×100%＝95.06%。
9．(1)250 mL棕色容量瓶 (2)8.5 (3)重新配制溶液
(4)A 锥形瓶中沉淀颜色的变化 当滴入最后半滴硝酸银溶液时，出现砖红色沉淀，且30
秒内沉淀颜色不变 (5)C
(6)0.100 0
解 析 Ⅰ .(2) 配 制 250 mL 0.200 0 mol·L － 1 的 AgNO 溶 液 。 则 m(AgNO) ＝
3 3
n(AgNO)×M(AgNO)＝0.250 L×0.200 0 mol·L－1×170 g·mol－1＝8.5 g，故用托盘天平称取
3 3
8.5 g AgNO 固体。Ⅱ.(4)只有当滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度比滴定剂和指示剂的生
3
成物的溶解度小时，完全反应后，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成沉淀，保证滴
定剂和被滴定物完全反应。此题中，只有氯化银沉淀完全后，银离子才能与滴定剂的离子反应生成其他有色沉淀。则：K (Ag CrO)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝2×10－12，可知CrO开始沉淀时
sp 2 4
c(CrO)＝＝，银离子浓度相同时，CrO开始沉淀时浓度大于氯离子浓度，即CrO开始沉淀时，
氯离子已经完全沉淀，A符合；氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1型，依据K 可知
sp
溶解性：氯化银＞溴化银＞碘化银，氯离子未沉淀完全时，碘离子、溴离子即开始沉淀，
B、C不符合；K (Ag S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)＝6.3×10－50，可知S2－开始沉淀时浓度c(S2－)＝
sp 2
＝；K (AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝2×10－10，可知Cl－开始沉淀时c(Cl－)＝＝，银离子浓度相
sp
同时，硫离子开始沉淀时浓度远远小于氯离子浓度，即硫离子沉淀时，氯离子未完全沉淀，
D不符合。滴定过程中，用标准AgNO 溶液滴定待测液时，眼睛应注视锥形瓶中沉淀颜色
3
的变化。(5)取标准AgNO 溶液的滴定管，未经润洗就直接注入溶液，导致标准液体积偏大，
3
测定结果偏高，A项不符合；盛装标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致
标准液体积偏大，测定结果偏高，B项不符合；读取AgNO 溶液体积时，开始时仰视读数，
3
滴定结束时俯视读数，导致标准液体积偏小，测定结果偏低，C项符合；滴定过程中会加少
量蒸馏水，锥形瓶内有少量蒸馏水，不影响滴定结果，D项不符合。
(6)消耗标准AgNO 溶液的体积依次为25.05 mL、25.00 mL和24.95 mL，根据数据的有效性，
3
3组数据均有效，则c(Cl－)＝＝0.100 2 mol·L－1，
1
c(Cl－)＝
2
＝0.100 0 mol·L－1，
c(Cl－)＝
3
＝0.099 8 mol·L－1，
则c(Cl－)＝＝
＝0.100 0 mol·L－1。
专题 19 典型实验装置及化学实验基本操作
1．A 2.B 3.B 4.D 5.D 6.C 7.C
8．D [乙烯含有碳碳双键会被酸性高锰酸钾溶液氧化，被提纯的物质发生反应，达不到提
纯的目的，A错误；硫酸锌也会和氢氧化钠反应生成沉淀，B错误；硝基苯和苯互溶，不能
用分液的方法分离，C错误；饱和NaCl溶液可以吸收氯化氢而降低氯气在水中的溶解度，
可以达到实验目的，D正确。]
9．A [制备装置中碳酸钙固体与盐酸反应能制备二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，制得的
二氧化碳中混有氯化氢气体，用盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶能除去氯化氢气体，故A
正确；二氧化锰和浓盐酸共热反应制备氯气，则制备装置不能用于共热反应制备氯气，故 B
错误；硝酸具有强氧化性，不能与亚硫酸钠反应制得二氧化硫气体，故C错误；碱石灰是固体干燥剂，不能装入试管中，应装入干燥管中或U形管中，故D错误。]
10．C [CuSO 溶液与二氧化碳不反应，与硫化氢反应生成硫化铜沉淀，可达到目的，A正
4
确；浓盐酸和碳粉不反应，和二氧化锰加热生成氯化锰溶液，过滤分离出碳粉，可达到目的，
B正确；乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，想保留的物质反应了，不能达到目的，C错误；
NaOH溶液和硝基苯不反应，和二氧化氮反应生成盐溶液，分液分离出硝基苯，能达到目的，
D正确。]
11．D [向盛有氢氧化钠溶液的烧杯中滴加FeCl 饱和溶液生成的是氢氧化铁沉淀，不是胶
3
体，A错误；在加入银氨溶液前，应该先用氢氧化钠将溶液调至碱性，否则银氨溶液会和剩
余的硫酸反应，B错误；该方法操作不方便，且无法控制氢气的量，可以用溴水除去乙烷中
的乙烯，C错误；2.5 g胆矾中含有0.01 mol硫酸铜，配成100 mL溶液后浓度为0.1 mol·L－
1，D正确。]
12．B [根据氯气的氧化性比碘单质强，可知用氯气可从KI中置换出碘单质，再加入苯进
行萃取得到含碘的有机层，蒸馏可得碘单质，最后升华为碘蒸气，得到精碘。萃取振荡操作
时，要及时打开分液漏斗的活塞放气，防止分液漏斗中压强过大，发生危险，故 A正确；
加热碘升华是物理变化，NH Cl固体受热分解是化学变化，两者原理不同，故B错误；蒸馏
4
时温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故C正确；整个过程有氯气
和苯参与，均为有毒物质，使用过程应注意防止环境的污染，故D正确。]
13．D [“酸浸”是固体与溶液反应，接触面越大，反应速率越大，A项正确；“还原”中
反应为TiO ＋2Cl ＋2C=====TiCl ＋2CO，标准状况下，11.2 L Cl 的物质的量为0.5 mol，0.5
2 2 4 2
mol Cl 参与反应时转移1 mol电子，B项正确；四氯化钛的水解反应是吸热反应，在高温下
2
通入水蒸气，能提高四氯化钛的水解程度，C项正确；钛酸是难溶物，操作X为“灼烧”，
需要的实验仪器有坩埚等，D项错误。]
14．D [废催化剂Al、Mo的氧化物与氢氧化钠固体一起焙烧得到可溶于水的盐NaAlO 和
2
NaMoO ，Ni的氧化物水浸过滤后留在滤渣之中，滤液中通入过量二氧化碳将NaAlO 转化
2 4 2
为Al(OH) 除去，再次过滤后往滤液中加入过量氯化钡溶液得到BaMoO 固体。焙烧时，Al
3 4
的氧化物Al O 与NaOH反应的化学方程式为Al O ＋2NaOH=====2NaAlO ＋HO，A正确；
2 3 2 3 2 2
水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于固体与液体充分接触，提高铝、钼浸取率，B正
确；过量 CO 与 AlO 反应生成 Al(OH) 沉淀，故沉铝后过滤所得滤渣的主要成分是
2 3
Al(OH) ，C正确；由于K (BaMoO )＝3.5×10－8，BaMoO 存在沉淀溶解平衡，沉钼后过滤，
3 sp 4 4
所得滤液中仍然存在少量MoO，D错误。]
15．B [因两者溶解度受温度影响不同，NaCl的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解
度受温度影响较大，结合流程可知，操作1为蒸发，操作2为趁热过滤分离出NaCl，操作3
为冷却结晶，操作4为过滤。]16．D [由题给流程可知，甲苯与高锰酸钾溶液共热、回流得到苯甲酸钾，过滤得到苯甲
酸钾溶液；苯甲酸钾溶液经酸化、过滤得到苯甲酸固体。由分析可知，操作1为过滤，操作
2为酸化，操作3为过滤，故A、B、C错误；题给流程制得的苯甲酸固体中含有杂质，可
采用重结晶的方法可以进一步提纯苯甲酸固体，故D正确。]
17．B [由图可知，可以从多个方面充分利用海水资源，(1)用多种方法从海水中获得淡水
资源：蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去
海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到
硬水软化的效果；(2)制盐工业：获得的精盐可用于生产纯碱；氯碱工业是电解饱和食盐水，
溶液中阳极上氯离子和阴极上氢离子放电，在阴极产生氢氧化钠；(3)镁工业：先将镁离子
沉淀生成氢氧化镁，用盐酸溶解得氯化镁溶液，制取无水氯化镁，电解得到镁；
(4)溴工业：海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，
再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，目的是为了富集溴元素。为得到饱和 NaHCO 溶液，
3
氨气的溶解度大，制取NaHCO 的反应是先往精盐溶液中通入NH ，再通入CO ，故A错误；
3 3 2
④中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，在反应③、⑤中溴离子均被氧化，④⑤两步
操作的目的是将Br 富集，故B正确；氯化镁晶体失去结晶水关键是需要防止其水解，应在
2
氯化氢气流中加热失去结晶水，故C错误；在步骤④中，SO 水溶液吸收Br 发生反应：SO
2 2 2
＋Br ＋2HO===HSO ＋2HBr，反应后溶液的酸性增强，溶液的pH减小，故D错误。]
2 2 2 4
专题 20 物质的检验、鉴别 简单实验方案的设计及评价
1．A 2.B 3.B 4.A 5.B 6.A 7.B
8．A [CHCOONa是强碱弱酸盐，在溶液中CHCOO－发生水解反应，使溶液显碱性，加
3 3
热促进醋酸根离子的水解，且温度升高K 增大，则溶液中c(H＋)、c(OH－)均逐渐增大，A
w
错误；Na与CO 反应产生NaCO 、C，在该反应中C元素化合价降低，得到电子，表现氧
2 2 3
化性，B正确；由于在混合过程中削弱了CHCOOH分子间的氢键，且苯与CHCOOH分子
3 3
间的作用力弱于氢键，导致分子间距离增大，因而混合溶液体积大于二者的体积之和，C正
确；碱性溶液中乙酸乙酯完全水解，碱被消耗，溶液中 c(OH－)减小，随着反应进行，电导
率逐渐减小，可知OH－的电导率大于CHCOO－的电导率，D正确。]
3
9．C [若该钠盐为NaClO，与浓盐酸反应生成的Cl 也能使品红溶液褪色，A错误；向酸性
2
KMnO 溶液中滴入适量的FeCl 溶液，KMnO 溶液紫红色褪去，可能是Fe2＋具有还原性，
4 2 4
也可能是Cl－具有还原性，B错误；向浓度均为0.01 mol·L－1的NaCO 、NaS的混合溶液中
2 3 2
滴加少量AgNO 溶液，有黑色的Ag S沉淀生成，可以说明K (Ag S)＜K (Ag CO)，C正确；
3 2 sp 2 sp 2 3
溶液变蓝，可能是淀粉没有发生水解或淀粉部分水解，D错误。]10．D [丙烯含碳碳双键，与碘水发生加成反应，从而使碘水褪色，故A正确；若FeSO
4
溶液变质会生成硫酸铁，Fe3＋与苯酚稀溶液会发生显色反应，由实验现象观察溶液未变紫色，
说明未变质，故B正确；滴加淀粉溶液，无明显变化，说明待测溶液不含碘单质，再滴加
新制氯水，溶液变蓝色，氯水将碘离子氧化为碘单质，说明待测溶液中存在I－，故C正确；
AgNO 溶液过量，产生的黄色沉淀由AgNO 溶液直接与KI溶液反应得到，没有发生沉淀的
3 3
转化，不能比较K (AgI)和K (AgCl)的大小关系，故D错误。]
sp sp
大题突破 2 综合实验题题型研究
1．(1)2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2NH ↑＋2HO
4 2 2 3 2
(2)防倒吸；使NH 与CS 充分接触混合 (3)(球形)干燥管 2Fe3＋＋HS===2Fe2＋＋S↓＋2H
3 2 2
＋ (4)冷却结晶 (5)①取2 mL 0.5 mol·L－1 AgNO 溶液，加入几滴FeSO 溶液，若产生银镜，
3 4
证明是Fe2＋还原Ag＋产生银镜 ②用力振荡试管，发生反应：Ag＋＋SCN－===AgSCN↓，
白色沉淀增多；红色溶液存在平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN) ，c(SCN－)减小，平衡逆向移
3
动，红色褪去
2．(1)检查装置气密性 (2)Na CO 在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制NaS的水解，防止
2 3 2
生成有毒的硫化氢污染空气
NaCO ＋2NaS＋4SO =====3NaSO ＋CO (3)S O＋2H＋===S↓＋ SO ↑＋HO (4)降低
2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 2
硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出 (5)93.0% (6)向其中缓慢通入氧气，用pH计
测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40 ℃水浴中加热，减压
蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤
解析 由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与
碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。(2)碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，
在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成
溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中的目的是利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离
子抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应的
化学方程式为NaCO ＋2NaS＋4SO =====3NaSO ＋CO 。(3)由题给信息可知，硫代硫酸
2 3 2 2 2 2 3 2
钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液
pH，溶液pH小于7时，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫、二氧化硫气体和水，
反应的离子方程式为SO＋2H＋===S↓＋SO ↑＋HO。(4)由题给信息可知，硫代硫酸钠易
2 2 2
溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液中加入一定量的无水
乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出。(5)由题意可得测定样品纯度时存
在如下转化关系：KCr O～3I～6NaSO，实验时0.294 g重铬酸钾最终消耗20.00 mL硫代
2 2 7 2 2 2 3
硫酸钠溶液，则16.00 g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为×100%＝93.0%。(6)利用甲装置中的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶液，然后向溶液中通入氧气将亚
硫酸钠氧化为硫酸钠，为防止温度过高析出硫酸钠固体，应在 40 ℃水浴中加热，减压蒸发
浓缩。
3．(1)2Cu2＋＋2Cl－＋SO ＋2HO===2CuCl↓＋4H＋＋SO
2 2
B 减少CuCl的损失，乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCl被氧化 (2)先变红，后褪
色 排出装置中的空气、带走水蒸气，抑制CuCl 的水解 (3) AD
2
4．(1)分液漏斗 作安全瓶(或防止倒吸) (2)SO ＋2Fe3＋ ＋2HO===2Fe2＋＋4H＋＋SO
2 2
(3)①根据已知K [Fe(OH) ]＝2.6×10－39、K (H SO )＝1.2×10－2、K (H SO )＝5.6×10－8可
sp 3 a1 2 3 a2 2 3
知，＝＝c(Fe3＋)·3＝c(Fe3＋)·[]3＝c(Fe3＋)·
[]3＝K [Fe(OH) ]·()3＝2.6×10－39×()3≈4.57×10－19，可知 Fe (SO ) 的溶解度远小于
sp 3 2 3 3
Fe(HSO ) 的溶解度，故沉淀为Fe (SO ) ②2Fe3＋＋6HSO===Fe (SO )↓＋3SO ↑＋3HO
3 3 2 3 3 2 3 3 2 2
③0.8 [Fe(SO )(H O) ]3－2n ④由于溶液中存在Fe3＋和＋4价的硫之间的氧化还原反应，溶
3 n 2 m
液酸性增强，SO的浓度减小，促使Fe3＋＋nSO＋mHO[Fe(SO )(H O) ]3－2n平衡逆向移动，
2 3 n 2 m
解离出Fe3＋，由于解离出Fe3＋的速率较快，而Fe3＋与＋4价硫的反应速率较慢，所以导致装
置C中的溶液较长时间保持变黄，最终溶液变为浅绿色
解析 本题用NaSO 与70%浓硫酸反应制备SO ，并探究SO 的还原性，则装置A中发生
2 3 2 2
的反应为NaSO ＋HSO ===NaSO ＋HO＋SO ↑，装置B为安全瓶，防止倒吸，装置C为
2 3 2 4 2 4 2 2
探究SO 的还原性，反应原理为SO ＋2FeCl ＋2HO===2FeCl ＋HSO ＋2HCl，据此分析解
2 2 3 2 2 2 4
题。(3)③根据实验探究控制变量法可知，实验中需使混合溶液的总体积相等，表中a为
0.8；由表中实验数据可知，NaSO 的浓度越大，溶液颜色越深即生成的配合物浓度越大，
2 3
可知A为SO，故红色物质可表示为[Fe(SO )(H O) ]3－2n。
3 n 2 m
大题突破 3 无机化工流程题题型研究
1．(1)适当地提高浸出温度；使用电动搅拌器；适当提高氢氧化钠的浓度；将废旧LFP正极
材料粉碎(任写一条即可)
(2)2LiFePO ＋HO＋2H＋===2Li＋＋2FePO ＋2HO 生成的Fe3＋催化HO 的分解
4 2 2 4 2 2 2
(3)B (4)蒸发浓缩 趁热过滤
(5)2FePO ＋LiCO＋HC O=====2LiFePO ＋HO↑＋3CO↑
4 2 3 2 2 4 4 2 2
(6)LiFePO －xe－===xLi＋＋Li FePO
4 1－x 4
2．(1)＋6 (2)7∶2 酸雨 (3)加快反应速率，同时提高钼的浸出率 (4)(NH )MoO ·2H O
4 2 4 13 2
(NH )MoO ·2H O＋6NH ·H O===4(NH )MoO ＋5HO
4 2 4 13 2 3 2 4 2 4 2
(5)5 mol MoO
3
解析 (2)“氧化焙烧”时MoS 转化为MoO ，S转化为SO ，根据氧化还原反应中电子守恒、
2 3 2原子守恒，可得该化学方程式为2MoS ＋7O=====2MoO ＋4SO ，其中MoS 为还原剂，O
2 2 3 2 2 2
为氧化剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶2；煅烧产生的气体中含SO
2
会造成酸雨。
(3)“除铜”时选择温度在60～80 ℃的条件下进行，这是由于反应温度高可以加快反应速率，
但当温度超过80 ℃时，水分大量蒸发，导致NaMoO 析出，使钼的浸出率降低。(4)根据
2 4
钼盐溶液中含钼物种之间的平衡关系可知：当溶液pH＝2.1时，1.2＜pH＝2.1＜3.5，形成的
沉淀为(NH )MoO ·2H O；(NH )MoO ·2H O沉淀用氨水溶解，会转化为(NH )MoO ，该
4 2 4 13 2 4 2 4 13 2 4 2 4
反应的化学方程式为(NH )MoO ·2H O＋6NH ·H O===4(NH )MoO ＋5HO。
4 2 4 13 2 3 2 4 2 4 2
(5)1 mol (NH )MoO ·4H O 的质量是 1 236 g，假设该物质加热失去水的物质的量是 x
4 6 7 24 2
mol，则＝1－0.927 2＝0.072 8，解得x≈5；B点时1 mol固体减轻的质量m＝1 236 g×(1－
0.815 6)≈228 g，铵盐受热分解产生6 mol NH ，则产生HO的物质的量为n(H O)＝＝7
3 2 2
mol，H元素完全变为气体逸出，固体中O元素的物质的量n(O)＝(24＋4) mol－7 mol＝21
mol，则n(Mo)∶n(O)＝7∶21＝1∶3，则该物质的化学式是MoO 。
3
3．(1)除去Al和Al O 将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等
2 3
(2)2Fe2＋＋HO＋2H＋===2Fe3＋＋2HO 温度过高，双氧水分解速率加快
2 2 2
(3)3.2≤a＜7.1 Fe3＋存在水解反应：Fe3＋＋3HOFe(OH) ＋3H＋，加入氧化镍消耗H＋，
2 3
平衡正向移动，使Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀
(4)×100%
4．(1)将废Pd/Al O 纳米催化剂进行粉碎、适当提高反应温度、适当增大KOH的浓度以及
2 3
进行充分的搅拌等(任写2条)
(2)H SO
2 4
(3)蒸发浓缩、冷却结晶
(4)Pd＋2H＋＋4Cl－＋HO===PdCl＋2HO
2 2 2
(5)降低
(6)加入盐酸，NH 与HCl反应生成NH Cl，使得平衡[Pd(NH)]Cl [Pb(NH)]Cl ＋2NH
3 4 3 4 2 3 2 2 3
中NH 的浓度减小，平衡正向移动，最终转化为[Pb(NH)]Cl 沉淀
3 3 2 2
(7)使用的NaCN有毒，将污染环境
解析 该工艺流程是利用废Pd/Al O 纳米催化剂来提取金属Pd和制备明矾，在“碱浸”步
2 3
骤中主要反应为Al O ＋2KOH===2KAlO ＋HO、2KOH＋SiO===KSiO ＋HO，过滤得滤
2 3 2 2 2 2 3 2
渣1，主要成分为Pd、Pt和炭，滤液主要成分为KAlO 和KSiO ，向滤液中加入过量的稀
2 2 3
硫 酸 ， 发 生 的 反 应 为 2KAlO ＋ 4HSO ===KSO ＋ Al (SO ) ＋ 4HO ， KSiO ＋
2 2 4 2 4 2 4 3 2 2 3
HSO ===KSO ＋HSiO↓，过滤得到滤渣，主要成分为HSiO ，滤液中主要含有KSO 和
2 4 2 4 2 3 2 3 2 4
Al (SO ) ，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可制得明矾，滤渣 1中加入稀盐酸和
2 4 3
HO，“酸浸”中将Pd和Pt转化为络合物，反应为Pd＋4HCl＋HO===H[PdCl ]＋2HO，
2 2 2 2 2 4 2
Pt＋4HCl＋HO===H[PtCl ]＋2HO，过滤除去杂质炭，滤液中加入NH ·H O进行络合，再
2 2 2 4 2 3 2加入稀盐酸进行沉淀，最后用肼(N H)进行还原即可制得Pd，据此分析解题。(5)已知氧化
2 4
效率是指单位质量的物质得到的电子数，HO 作氧化剂时其还原产物为HO，则1 mol H O
2 2 2 2 2
得到2 mol电子，其氧化效率为，而O 作氧化剂时产物为O 和－2价的O，即1 mol O 得到
3 2 3
2 mol电子，故O 的氧化效率为，由此可知，“酸浸”时，若用O 替代HO ，则氧化效率
3 3 2 2
将降低。
5．(1)2ReO ＋HO===2ReO＋2H＋ a (2)Fe(OH) 、Cu(OH) (3)MoS＋2H＋===MoS ↓＋
3 2 2 3 2 3
HS↑
2
(4)HCl (5)重结晶 2KReO ＋7H=====2Re＋6HO＋2KOH
4 2 2
解析 烟道灰加入硫酸、双氧水氧化浸出，过滤后加入碳酸氢铵水解中和，根据后续流程可
知，中和后不需要滤渣1，所以滤渣1中含有Mo元素，此时调节溶液pH至6，同时会生成
Fe(OH) 、Cu(OH) 沉淀，滤液中加入硫化铵、硫酸，得到CuS和MoS 沉淀，过滤后向滤液
3 2 3
中加入RCl吸附铼，之后加入HClO 解吸得到HReO 溶液，浓缩后加入钾盐，得到KReO
4 4 4
沉淀，提纯后还原得到Re。(1)根据题意ReO 被HO 氧化为ReO，根据得失电子守恒、元
3 2 2
素守恒可得离子方程式为2ReO ＋HO===2ReO＋2H＋；根据整个流程的目的可知，浸出时，
3 2 2
需要铼有较高的浸出率，据图可知，当液固比为2∶1时，铼有较高的浸出率，继续增大液
固比，溶液变稀，会增加后续流程中的成本，所以选a。(4)RCl为阴离子交换树脂，所以离
子交换时Cl－与ReO进行交换，所得溶液中有RReO ，所以加入HCl溶液再生处理后可循环
4
使用。(5)高铼酸钾在水中的溶解度随温度变化较大，所以可以用重结晶的方法进行提纯；
根据题意可知800 ℃时KReO 会被氢气还原为Re，根据得失电子守恒、元素守恒可得化学
4
方程式为2KReO ＋7H=====2Re＋6HO＋2KOH。
4 2 2
专题 21 有机选择题题型分析
1．C 2.C 3.B 4.C 5.D 6.C 7.C
8．D [该双环烯酯含有碳碳双键，能使酸性重铬酸钾溶液变色，A错误；1 mol该双环烯酯
最多能与2 mol H 发生加成反应，B错误；该双环烯酯的水解产物为醇和羧酸，醇不能与氢
2
氧化钠溶液反应，C错误；该双环烯酯完全加氢后的产物为 ，有9种
不同化学环境的氢，其一氯代物有9种，D正确。]
9．D [苯炔反应中碳碳键的不饱和度变小，为加成反应，A正确；化合物乙中含1个苯环、
1个碳环、1个酮羰基、1个酯基，则不饱和度为4＋1＋1＋1＝7，B正确；化合物甲中有7
种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱有7组峰，C正确； 中存在手性碳原子(用*标注)，D错误。]
10．D [由结构简式可知，异甘草素分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，
故A正确；由结构简式可知，异甘草素分子中苯环、酮羰基和碳碳双键上的原子和与之相
连的原子在同一平面上，则分子中所有碳原子可能共平面，故B正确；由结构简式可知，
异甘草素分子中苯环上有5种氢原子，则苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有 5种，故C
正确；异甘草素完全加氢后所得分子中含有 4 个如图*所示的手性碳原子：
，故D错误。]
11．C [异丙苯和液溴在溴化铁催化剂作用下发生取代反应生成对溴异丙基苯，故A符合
题意；由于溴易挥发，得到的HBr中含有溴单质，用四氯化碳萃取HBr中的溴单质，故B
正确；由于HBr极易溶于水，检验生成的HBr时要防倒吸，故C错误；对溴异丙基苯密度
比水大，分液时对溴异丙基苯在下层，故D正确。]
12．A [装置 Ⅰ 中球形冷凝管能起到冷凝回流的作用，可以减少苯、液溴的挥发，提高原
料利用率，但减少溴化氢的挥发不是实验目的，故A错误；装置 Ⅰ 中倒扣漏斗可以防止极
易溶于水的溴化氢被吸收时产生倒吸，故B正确；装置 Ⅱ 为分液装置，装置 Ⅰ 中制得的
溴苯中混有溴化铁、溴和苯，依次用水、稀氢氧化钠溶液、水洗涤后除去溴化铁、溴，用装
置 Ⅱ 分液能得到含有苯的溴苯，故C正确；装置 Ⅲ 为蒸馏装置，苯和溴苯存在沸点差异
用装置 Ⅲ 能分离苯与溴苯，故D正确。]
13．C [正丁醇在A中反应得到正丁醚和水，部分正丁醇、正丁醚和水变为蒸气进入B中
冷凝回流进入分水器，正丁醚不溶于水，密度比水小，正丁醚在上层，当分水器中水层超过
支管口下沿，立即打开分水器旋钮放水，C正确；B的作用是冷凝回流，为保证冷凝管充满
水，得到最好的冷凝效果，则b为冷凝水进水口，A错误；由反应方程式可知温度应控制在
135 ℃，温度达到170 ℃时正丁醇可能发生消去反应，副产物增多，正丁醚产率降低，B
错误。]
14．C [装置①没有加热装置，所以试剂X是浓盐酸，试剂Y可以是KMnO ，A错误；用
4
浓盐酸与KMnO 反应制取的Cl 中含有水蒸气，由于PCl 易水解，所以Cl 在进入③制取
4 2 3 2
CHClCOOH之前需要干燥处理，则②中试剂为干燥剂浓硫酸，B错误；乙酸与Cl 在PCl
2 2 3
催化下加热到90～100 ℃制取氯乙酸，同时还有副产物二氯乙酸、三氯乙酸生成，它们的
沸点不同，因此③中反应后的液体经蒸馏可得氯乙酸，C正确；未反应的Cl 及反应产生的
2
HCl气体在④中都能与AgNO 溶液反应产生AgCl白色沉淀，因此不能根据④中出现白色沉
3
淀判断有HCl生成，D错误。]专题 22 限制条件同分异构体的书写
1．
解析 ①芳香族化合物，说明含有苯环；②核磁共振氢谱显示有3组峰，吸收强度之比为
1∶2∶2；③能发生银镜反应，说明含有醛基，故符合条件的同分异构体为
。
2．6
解析 C的结构简式是 ，其分子式是C HO ，其芳香族化合物同分异构体中能够发生
8 8 2
水解反应，说明分子中含有酯基，可能的结构有 、 、
、 、 、 ，共6种，其中核磁
共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为 。
3．12
4．16
解析 a．能与FeCl 溶液发生显色反应，含有酚羟基；b.能发生银镜反应，含有醛基；c.能
3
与Br /CCl 发生加成反应，含有碳碳双键；若有两个侧链，则可能是 (邻、
2 4
间、对3种)，或 (邻、间、对3种)；若有三个侧链，分别为羟基
乙烯基、醛基，可按如下思路分析： (醛基有 2 种位置)、
(醛基有4种位置)、 (醛基有4种位置)。其中核磁共振
氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为1∶2∶2∶1∶2的有机物的结构简式
为 。
5．96． 、
解析 J为A的同分异构体，J能与氯化铁溶液发生显色反应，可知含有酚羟基，J能发生银
镜反应，可知含有醛基，再由J的苯环上含有4个取代基的同分异构体中核磁共振氢谱有四
组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1，可知苯环上4个取代基的结构应该对称，根据碳原子
数可知苯环上 4 个取代基含有两个甲基、一个酚羟基和一个醛基，则结构简式为
、 。
7．
8．7
解析 M是J的同分异构体，且满足①与J具有相同六元环结构，②环上的取代基数目和J
相同，则支链为丁基，丁基一共有4种，根据J的结构可知，丁基在环上的位置有2种，则
满足要求的同分异构体，除了J本身还有7种。
9．
10．10 、
解析 E为 ，芳香族化合物X只有一个环状结构，则为苯环，具有两个
相同的官能团，且能发生银镜反应，则为两个醛基，若苯环上有一个取代基，为
，若苯环上有两个取代基，分别为—CHCHO、—CHO，则有邻、间、对3
2
种结构，若苯环上有三个取代基，分别为2个醛基、1个甲基，则有6种不同结构，所以符
合条件的X的同分异构体一共有10种；其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰
面积之比为3∶2∶2∶1的是 、 。专题 23 有机合成路线的设计
1． ――→ ―――――→ ―――――――→ ―――――→
2.
3 ． ― ― ― ― ― ― ―― ―― ―→ ― ― ― ― ― ― → →
4.
5.
6．CHCHOH――→CHCHCl――→CHCHCN――→CHCHCOOH――→CHCHCOCl
3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
7.解析 2-氨基苯乙醚( )结构中的—NH ，可由硝基还原得到，而苯环上的
2
CHCHO —可由苯酚与CHCHBr发生取代反应得到，而乙醇与HBr发生取代反应可以得
3 2 3 2
到CHCHBr。
3 2
8.
解析 分析目标产物和原料，结合已知信息羟醛缩合反应可知，将环己醇氧化为环己酮，再
发生羟醛缩合反应，最后将酮重新还原为醇即可。
大题突破 4 有机综合推断
1．(1)酮羰基、酯基
(2)消去反应 (3) ＋3HO＋HCl―→ ＋NH Cl＋CHOH (4)
2 4 3
(5)4
(6)
(7)
2．(1)苯酚 醚键 (2)
加成反应 取代反应
(3) ＋7H――→
2(4)3
3．(1)(酚)羟基、硝基和碳氯键
(2)
(3)保护酚羟基
(4)取代反应
(5)3-氯丙酸 6
解析 对比物质B的结构简式和物质C的分子式可知反应②应该是物质B中的氯原子被取
代，物质C是 ；结合反应②可知反应⑥和反应②的类型一样，是取代反
应；根据反应②的原理可推出物质H是 ，以此解题。(5)根据G
的结构简式及命名规则可知G的名称为3-氯丙酸；能发生水解反应，说明为卤代烃或者酯，
能发生银镜反应说明含有醛基，则符合要求的G的同分异构体有 ，氯原子在位置
1和2，共2种；或者有2个支链，一个是氯原子，一个是羟基，在结构 中，在位置
1和2中采用定一移一的原则，此时一共有4种，则满足要求的同分异构体共有6种。
4．(1)2-甲基丙酸甲酯 酯基、碳碳双键
(2) ＋CHCN――→ ＋CHOH
3 3
(3)加成反应 (4)12 (5)1(6)
解析 由题干流程图中D的分子式和B、C、E的结构简式以及D到E的转化过程中失去一
分子水可知，D的结构简式为 。(4)与有机物B( )官能团完全相同即含
有酮羰基和氰基，则其同分异构体先考虑除—CN和 剩余4个碳的碳架异构，有两种
即C—C—C—C和 ，再考虑连入—CN分别各有两种即4种：C—C—C—C—CN、
、 ， ，最后考虑在两个碳原子之间插入 分别有4种、
4种、3种和2种，则共有4＋4＋3＋2＝13种，除B外共有12种。
(6)由题干已知Hantzsch合成的信息可知，中间产物G的结构简式为 。
5．(1)酯基 5
(2) KHCO 苯氧乙酸甲酯
3
(3)加成反应 C H O
10 14 3
(4)
(5) ＋2HCOOH ＋2HO
2
(6)2
解析 对比A、C的结构简式并结合两步反应的条件及B的分子式可推出B的结构简式为
，A→B的反应类型为取代反应，B→C发生乙醛羰基上的加成反应，C
发生还原反应生成D，D发生醇的催化氧化反应生成E，根据E不发生银镜反应，也不与饱
和 NaHCO 溶液反应，说明 E 分子中不含醛基和羧基，可推出 E 的结构简式为
3，据此分析解答。(1)试剂BrCHCOOCH 中的含氧官能团名称为酯基；C
2 3
的核磁共振氢谱中，除苯环上的氢外，有5种不同化学环境的氢原子，即有5组峰。(6)B的
分子式为C H O ，根据b、d知，分子中含有甲酸酯基，根据c知，分子中含有酚羟基，又
9 10 3
苯环上只有两个对位取代基，则符合条件的分子结构有如下 2种： 、
。
6．(1)环己酮 [C H NO ]＋Br－(或C H NO Br)
14 24 2 14 24 2
(2) (3)碳溴键 还原反应(或加成反应)
(4)
(5)
解析 A( )发生氧化反应生成B( )，B经过加成反应和消去反应生成C( )，C与
D在EtOH的条件下反应生成E，E发生水解生成F，F在NaBH 和EtOH的条件下发生还原
4
反应生成 G( )，G 在酸性条件下—OH 脱 H，邻位脱 CHCHO—生成
3 2
和乙醇。
(5)化合物 的同分异构体中， 满足a.全为单键的环状化合物；b.核磁共振氢谱显示三组峰，
且峰面积比为 4∶3∶2两个条件，则有两个环境相同的—CH 、—CH 以及—CH 或—
2 3 2
NH ，因此结构简式为 或 或 。
2
