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新高考更加注重综合性与创新性的考查，模块间知识进行融合命题将逐渐常态化，这样的考查方式既
有利于学生综合思维、创新思维能力的培养，又能够较好地渗透学科素养，凸显高考的选拔功能。这类题
目已成为高考试卷中一道靓丽的风景线。
▉
01
以物质结构为中心的学科内综合题
结构决定性质，性质决定应用。结构观贯穿整个高中化学知识体系。高考以结构观考查学科内融合是
符合学生认知规律的，能促进学生“学—思—悟—用”科学思维的全面发展。
1．物质结构＋元素化合物
【例1】(2023·北京等级考)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋
O2↑；②CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑。下列说法正确的是( )
A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1 2∶，CaH2中阴、阳离子个数比为2 1∶
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
【答案】C
【解析】Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性共价键，A 错误；①中水的
化合价没有发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B 错误；Na2O2由Na＋和O2
2-组成，阴、
阳离子个数之比为1 2∶，CaH2由Ca2＋和H－组成，阴、阳离子个数之比为2 1∶，C 正确；①中每生成1 个氧
气分子转移2 个电子，②中每生成1 个氢气分子转移1 个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物
质的量之比为1 2∶，D 错误。
2．物质结构＋电化学
【例2】(2022·山东卷)（双选）Cu2－xSe 是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞
(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0 价Cu 原子。下列说法正确的是( )
A．每个Cu2－xSe 晶胞中Cu2＋个数为x
B．每个Na2Se 晶胞完全转化为Cu2－xSe 晶胞，转移电子数为8
C．每个NaCuSe 晶胞中0 价Cu 原子个数为1－x
D．当NayCu2－xSe 转化为NaCuSe 时，每转移(1－y)mol 电子，产生(1－x)mol Cu 原子
【答案】BD
【解析】由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×
1
8＋6×
1
2＝4，位于体内的铜离子和亚铜
离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a 和b，则a＋b＝8－4x，由化合价代数
和为0 可得2a＋b＝4×2，解得a＝4x，故A 错误；由题意可知，Na2Se 转化为Cu2－xSe 的电极反应式为
1
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Na2Se－2e－＋(2－x)Cu===Cu2－xSe＋2Na＋，每个晶胞中含有4 个Na2Se，转移电子数为8，故B 正确；Cu2－
xSe 转化为NaCuSe 的电极反应式为Cu2－xSe＋ e－＋Na＋===NaCuSe＋(1－x)Cu，每个晶胞中含有4 个
NaCuSe，晶胞中0 价铜的个数为(4－4x)，故C 错误；NayCu2－xSe 转化为NaCuSe 的电极反应式为NayCu2－
xSe＋(1－y) e－＋(1－y)Na＋===NaCuSe＋(1－x)Cu，所以每转移(1－y)mol 电子，产生(1－x)mol 铜，故D 正
确。
3．物质结构＋氧化还原
【例3】(2023•湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条
件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是( )
A．S2O3
2-和SO4
2-的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As 和S 都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的
：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3 7∶
【答案】D
【解析】A 项，S2O3
2-的中心原子S 形成的4 个σ 键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A
错误；B 项，As2S3中As 的化合价为+3 价，反应Ⅰ产物As2O3中As 的化合价为+3 价，故该过程中As 没有
被氧化，B 错误；C 项，根据题给信息可知，反应I 的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O
2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为：As2S3+7O2+6H2O
2H3AsO4+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反
应的
：Ⅰ>Ⅱ，C 错误；D 项，As2S3中As 为+3 价，S 为-2 价，在经过反应Ⅰ后，As 的化合价没有
变，S 变为+2 价，则1mol As2S3失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As 变为+5 价，S 变为+6 价，则
1mol As2S3失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As2S3转移的电子数之比为3 7∶，D
正确；故选D。
2
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4．物质结构＋离子平衡
【例4】CaF2是离子晶体，其晶胞如下图1 所示(已知氟化钙晶胞参数为apm，NA表示阿伏加德罗常数
的值)，难溶于水、可溶于酸。常温下，用盐酸调节CaF2浊液的pH，测得在不同pH 条件下，体系中
与
(X 为Ca2+或F-)的关系如图2 所示。下列说法错误的是（ ）
A．每个氟化钙晶胞中含有Ca2+的数目为4 个
B．氟化钙的晶体密度为
C．
表示-lgc(F-)与
的变化曲线
D．Ksp(CaF2 )的数量级为10-10
【答案】C
【解析】已知HF 的
，则有
，即有
越大，c(F-)越大，lgc(F-)
越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代
表-lgc(F-)的变化曲线。A 项，每个氟化钙晶胞中含有Ca2+的数目为8×
+6×
=4，故A 正确；B 项，晶胞
体积V=(a×10-10cm)3，该晶胞中相当于含有4 个“CaF2”，晶胞质量为m=
g，则氟化钙的密度
=
3
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，故B 正确；C．由分析可知，L1表示-lgc(Ca2+)与
的变化曲线，故C 错误；
D．由分析可知，由a 点坐标可知，
═10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b 点坐标
可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时
=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故
Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，故D 正确；故选C。
5．物质结构＋能量变化
【例5】Li 是最轻的固体金属，采用Li 作为负极材料的电池具有小而轻。能量密度大等优良性能，得
到广泛应用。下列有关Li 及其化合物的说法中错误的是（ ）
A．
LiAlH4中存在离子键、σ 键
B．Li2O 是离子晶体，其晶格能可通过图1 的Born-Haber 循环计算得2908 kJ•mol-1
C．Li2O 具有反萤石结构，晶胞如图2 所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为
NA，则Li2O 的密度为
g· cm-3
D．LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子的空间结构是三角锥型
【答案】D
【解析】A 项，LiAlH4由锂离子和AlH4
-构成，存在离子键，AlH4
-中Al 与H 之间形成σ 键，故A 正确；
B 项，晶格能是指气态离子形成1 摩尔离子晶体释放的能量，通常取正值，Li2O 是离子晶体，由图1 可知，
其晶格能为2908kJ•mol-1，故B 正确；C 项，由Li2O 的晶胞结构图可知，一个晶胞中Li+的个数为8，则O2-
4
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的个数为4，则Li2O 的密度为
g· cm-3，故C 正确；D 项，LiAlH4中的阴离子为AlH4
-，
孤电子对数为
，
键电子对数为4，则空间结构是正四面体型，故D 错误；故选D。
6．物质结构＋反应历程
【例6】(2024·安徽卷)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y 均为
氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸
反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用子药品、香料等的合成。
已知25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 ，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。
下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( )
A．键角：NH3＞NO3
-
B．熔点： NH2OH＞[NH3OH]Cl
C．
同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl
D．羟胺分子间氢键的强弱：
【答案】D
【解析】A 项，NH3 中N 原子的价层电子对数=
，为sp3 杂化，键角为107°，
NO3
-中N 的价层电子对数=
，为sp2杂化，键角为120°，故键角：NH3＜NO3
-，A
错误；B 项，NH2OH 为分子晶体，[NH3OH]Cl 为离子晶体，故熔点：NH2OH＜[NH3OH]Cl，B 错误；C 项，
由题目信息可知，25℃下，Kb(NH3·H2O)＞Kb(NH2OH)，故NH2OH 的碱性比NH3·H2O 弱，故同浓度的水溶
液中，[NH3OH]+的电离程度大于NH4
+的电离程度，同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＜NH4Cl，C 错误；D
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项，O 的电负性大于N，O-H 键的极性大于N-H 键，故羟胺分子间氢键的强弱
，D
正确；故选D。
▉
02
以工艺流程为中心的学科内综合题
工艺流程是依托化学反应来构建的，物质的转化、反应条件的控制等在本质上是利用化学反应原理来
实现。其融合点很多，例如反应速率、平衡移动理论、氧化还原反应、电化学、物质结构及其实验探究等。
1．工艺流程＋离子平衡
【例1】(2023•江苏卷)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知
Ksp(MgF2)=5.2×10-11，Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是( )
A．0.1mol·L-1NaF 溶液中：c(F-)= c(Na＋)+c(H＋)
B．“除镁”得到的上层清液中：
C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(CO3
2―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)
D．“沉锰”后的滤液中：(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HCO3
-)+2c(CO3
2―)
【答案】C
【解析】A 项，0.1mol·L-1NaF 溶液中存在电荷守恒：c(OH―)+c(F-)= c(Na＋)+c(H＋)，A 错误；
B 项，“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F―)，故
，B 错误；C 项，0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(CO3
2―)+c(OH―)=c(H
＋)+c(H2CO3)，故c(CO3
2―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)，C 正确；D 项，“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO4
2-
等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D 错误。故选C。
2．工艺流程＋物质结构
【例2】（双选）工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl 的工艺流程如图
1：
6
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下列说法正确的是( )
A．“浸取”时离子方程式为CuFeS2＋4O2===Cu2＋＋Fe2＋＋2SO4
2-
B．“滤渣①”成分是Fe(OH)3、CuO
C．“还原”时加入NaCl 和浓盐酸主要是为了提供Cl－，与铜元素形成可溶于水的物质
D．CuCl 的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4
【答案】BC
【解析】“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为4CuFeS2
＋17O2＋4H＋===4Cu2＋＋4Fe3＋＋8SO
2－
4＋2H2O，故A 错误；加入过量氧化铜调节pH 的目的是将Fe3＋转化
为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，故B 正确；“还原”时加入NaCl 和浓
盐酸主要是为了提供Cl－，与铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，故C 正确；由
CuCl 的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，故D 错误。
3．工艺流程＋配位化合物
【例3】(2024·福建卷)用CuCl 探究Cu（I）、Cu（II）性质，实验步骤及观察到的现象如下：
该过程中可能涉及
反应有：
CuCl+2NH
①
3·H2O=[Cu(NH3)2]++Cl-+2H2O
2[Cu
②
(NH3)2]+=[Cu(NH3)4]2++Cu↓
[Cu
③
(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+
4[Cu
④
(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O
下列说法错误的是( )
A．与Cu2+的配位能力：NH3＜OH- B．[Cu(NH3)2]+(aq)无色
C．氧化性：[Cu(NH3)2]+＜[Cu(NH3)4]2+ D．探究过程未发生反应②
【答案】A
【解析】CuCl 加入过量氨水生成无色溶液，过程中发生反应CuCl+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++Cl-+2H2O，
其中[Cu(NH3)2]+(aq) 为无色，无色溶液在空气中被氧气氧化为蓝色溶液，发生反应4[Cu(NH3)2]+
+O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O，其中[Cu(NH3)4]2+(aq)为蓝色，加入铜粉发生反应[Cu(NH3)4]2+
+Cu=2[Cu(NH3)2]+，放置在空气中又发生反应4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O，溶液
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又变为蓝色。A 项，NH3中由N 原子提供孤对电子用于形成配位键，OH-中由O 原子提供孤对电子用于形
成配位键，电负性O＞N，则O 给电子能力弱，则与Cu2+的配位能力：NH3＞OH-，故A 错误；B 项，
[Cu(NH3)2]+(aq) 无色，故B 正确；C 项，氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式[Cu(NH3)4]2+
+Cu=2[Cu(NH3)2]+可知，氧化性：[Cu(NH3)2]+＜[Cu(NH3)4]2+，故C 正确；D 项，探究整个过程未发生反应
②，故D 正确；故选A。
4．工艺流程＋定量测定
【例4】(2025·浙江1 月卷)蛋白质中N 元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓H2SO4，以确保N 元素完全转化为NH4
+
B．步骤Ⅱ，浓
溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3，以甲基红(变色的
范围：4.4~6.2)为指示剂，用
标准溶液滴定，经计算可得N 元素的含量
D．尿素[CO(NH2)2]样品、NaNO3样品的N 元素含量均可按上述步骤测定
【答案】D
【解析】蛋白质中的N 元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下发生
反应生成NH4
+，再加入浓NaOH 溶液让NH4
+转化为NH3蒸出，NH3用一定量的盐酸吸收，多余的盐酸用标
准NaOH 溶液通过滴定测定出来，从而计算出N 的含量。A 项，步骤Ⅰ，加入过量浓H2SO4，使蛋白质中
的氨基和酰胺基全部转化为NH4
+，确保N 元素完全转化为NH4
+，A 正确；B 项，根据NH4
++OH-
⇋NH3·H2O⇋NH3+H2O，NaOH 过量，增大OH-浓度有利于氨的蒸出，B 正确；C 项，步骤Ⅲ，用定量、过
量盐酸标准溶液吸收NH3后，过量的HCl 用标准NaOH 溶液滴定，反应后溶液中有NaCl 和NH4Cl，终点
显酸性，用在酸性范围内变色的甲基红为指示剂，C 正确；D 项，NaNO3中的N 元素在浓硫酸、K2SO4和
催化剂CuSO4作用下不会转化为NH4
+，不能按上述步骤测定，D 错误；故选D。
5．工艺流程＋操作排序
【例5】(2025·浙江1 月卷)某研究小组探究AlCl3 催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z(
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)的反应。实验流程为：
已知：
①实验在通风橱内进行。
SOCl
②
2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。
③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z 易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。
(5)步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z 粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。
①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na2SO4干
燥剂吸水
【答案】(5)②④⑤③①
【解析】(5)步骤Ⅱ得到的混合物M2 中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z
易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z 粗产物的所有操作为：用乙醚萃
取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯
苯和Z 的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①。
6．工艺流程＋复杂方程式
【例6】(2025·浙江1 月卷)将磷灰石脱水、还原，得到的白磷(P4)燃烧后与水反应制得H3PO4溶液。
①方法I，所得H3PO4溶液中含有的杂质酸是 。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水Na2SO4，流程如下：
溶液A 是 ，系列操作B 是 ，操作C 是 。
③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10(PO4)6O(足量)与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷(P4)和另一种可燃性
气体，该反应的化学方程式是 。
【答案】①盐酸、氢氟酸
②碳酸钠溶液 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 加热脱水
2Ca
③
10(PO4)6O+30C+20SiO2
20CaSiO3+3P4+30CO↑
【解析】①方法I 中，Ca5(PO4)3OH、Ca5(PO4)3F、Ca5(PO4)3Cl 和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟
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酸、盐酸，氢氟酸和SiO2反应生成SiF4气体和水，所得H3PO4溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。②碳
酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A 是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、
碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得Na2SO4·xH2O，系列操作B 是过滤、
加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，Na2SO4·xH2O 加热脱水得无水硫酸钠，操作C 是加热脱水。
③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10(PO4)6O (足量)与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷(P4)和另一种可燃性气体，
根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2Ca10(PO4)6O+30C+20SiO2
20CaSiO3+3P4+30CO↑。
7．工艺流程＋粒子曲线
【例7】(2024·湖南卷)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，
回收贵金属的化工流程如下：
(4)在“银转化”体系中，c[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol·L－1，两种离子分布分数
随SO3
2-浓度的变化关系如图所示，若SO3
2-浓度
为1.0mol·L－1，则[Ag(SO3)3]5-的浓度为 mol·L－1。
【答案】(4)0.05
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【解析】(4)在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol·L－1，溶液中存在平
衡关系：[Ag(SO3)2]3-＋SO3
2-(aq)
[Ag(SO3)3]5-，当c(SO3
2-)=0.5mol·L－1时，此时c[Ag(SO3)2]3-
=[Ag(SO3)3]5-=0.0375mol·L－1，则该平衡关系的平衡常数
，当
c(SO3
2-)=1.0mol·L－1时，
，解得此时
c[Ag(SO3)3]5-=0.05mol·L－1。
▉
03
以有机物质为中心的学科内综合题
随着新高考的不断深入，有机化学与其他模块的交叉融合考查也日益增多。如以有机物为情境载体融
合物质结构、电化学、化学反应原理等进行综合命题。
1．有机物＋物质结构
【例1】(2024·安徽卷)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是( )
A．该物质中Ni 为
价 B．基态原子的第一电离能：Cl＞P
C．该物质中C 和P 均采取sp2杂化 D．基态Ni 原子价电子排布式为3d84s2
【答案】C
【解析】A 项，由结构简式可知，P 原子的3 个孤电子与苯环形成共用电子对，P 原子剩余的孤电子对
与Ni 形成配位键，Cl-提供孤电子对，与Ni 形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni 为+2 价，
A 正确；B 项，同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl
＞P，B 正确；C 项，该物质中，C 均存在于苯环上，采取sp2杂化，P 与苯环形成3 对共用电子对，剩余的
孤电子对与Ni 形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C 错误；D 项，Ni 的原子序数为28，位于
第四周期第Ⅷ族，基态Ni 原子价电子排布式为3d84s2，D 正确；故选C。
2．有机物＋电化学
【例2】(2024·湖北卷)我国科学家设计了一种双位点PbCu 电催化剂，用H2C2O4和NH2OH 电化学催化
合成甘氨酸，原理如图，双极膜中H2O 解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知在KOH 溶液中，
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甲醛转化为HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-
[OCH2O]2-+H2O。Cu 电极上发生的电子转移反应为
[OCH2O]2--e-=HCOO-+H∙。下列说法错误的是( )
A．电解一段时间后阳极区c(OH-)减小
B．理论上生成1molH3N+CH2COOH 双极膜中有4molH2O 解离
C．阳极总反应式
2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O
D．阴极区存在反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O
【答案】B
【解析】在KOH 溶液中HCHO 转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-
[OCH2O]2-+H2O，Cu 电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-=HCOO-+H∙，H∙结合成H2，Cu 电极
为阳极；PbCu 电极为阴极，首先HOOC—COOH 在Pb 上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：
H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH 与HO—N+H3反应生成HOOC—CH=N—OH：OHC—
COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH 发生得电子的还原反应转化成
H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。A 项，电解过程中，阳极区消耗
OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A 正确；B 项，阴极区的总反应为
H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O 解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成
1molH3N+CH2COOH 双极膜中有6molH2O 解离，B 错误；C 项，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-
+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C 正确；D 项，阴极区的Pb 上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—
COOH+H2O，D 正确；故选B。
3．有机物＋环形历程
【例3】(2025·浙江1 月卷)化合物A 在一定条件下可转变为酚E 及少量副产物，该反应的主要途径如
下：
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下列说法不正确的是( )
A．
为该反应的催化剂 B．化合物A 的一溴代物有7 种
C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基 D．化合物E 可发生氧化、加成和取代反应
【答案】B
【解析】A 项，由图可知H+参与了反应，反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A 正确；B 项，化
合物A 的一溴代物有6 种，分别是：
、
、
、
、
、
，B 错误；C 项，步骤III 可知C 转化到D，苯基
发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C 正确；D 项，化合物E 中有酚羟基可以发
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生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D 正确；故选B。
4．有机物＋反应机理
【例4】(2024·浙江6 月卷)丙烯可发生如下转化(反应条件略)：
下列说法不正确的是( )
A．产物M 有2 种且互为同分异构体(不考虑立体异构)
B．
可提高Y→Z 转化的反应速率
C．Y→Z 过程中，a 处碳氧键比b 处更易断裂
D．Y→P 是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应
【答案】D
【解析】丙烯与HOCl 发生加成反应得到M，M 有CH3-CHCl-CH2OH 和CH3-CHOH-CH2Cl 两种可能的结
构，在Ca(OH)2 环境下脱去HCl 生成物质Y()，Y 在H+环境水解引入羟基再脱H+得到主产物Z；Y 与CO2 可
发生反应得到物质P()。A 项，产物M 有2 种且互为同分异构体(不考虑立体异构)，A 正确；B 项，H 促进Y
中醚键的水解，后又脱离，使Z 成为主产物，故其可提高Y→Z 转化的反应速率，B 正确+；C 项，从题干部
分可看出，是a 处碳氧键断裂，故a 处碳氧键比b 处更易断裂，C 正确；D 项， Y→P 是CO2 与Y 发生加聚
反应，没有小分子生成，不是缩聚反应，该工艺有利于消耗CO2，减轻温室效应，D 错误；故选D。
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