文档文本内容
2026 年高考山东卷化学真题完全解读
试卷总评·考情分析·复习策略·真题解读
试题分析
2026 年普通高中学业水平等级考试（山东卷）化学试题满分100 分，考试用时90 分钟。试卷由选择
题（第1～10 题，每题2 分，共20 分；第11～15 题，每题4 分，共20 分）和非选择题（第16～20 题，共
60 分）组成，整体结构与近年山东卷保持一致。全卷以“素养立意、情境载体、能力为重”为命题主线，
突出对化学学科核心素养的综合考查：宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认
知、科学探究与创新意识、科学态度与社会责任均有所体现。
从知识模块分布看，试题覆盖“物质结构与性质”“化学反应原理”“有机化学基础”“化学实
验”“元素化合物”“化学与生活/STSE”等主干领域。选择题注重基础概念的辨析与真实情境中的化学判
断，非选择题则以金属有机框架、铜阳极泥贵金属回收、药物中间体合成、HCN 制备与滴定、液相酯交换
反应等真实科研与生产情境为载体，综合考查学生信息提取、模型建构、定量计算与规范表达能力。
试卷难度梯度明显：前5 题侧重基础识记与简单推理；第6～10 题引入实验装置、有机结构、超分
子、催化选择性情境，考查图像分析与结构判断；第11～15 题提升综合性与辨析深度，涉及电化学、工艺
流程循环、水溶液中离子平衡等高阶内容；第16～20 题以填空、推断、计算、方案设计为主，强调知识迁
移与综合应用。全卷计算量适中但逻辑链条较长，对学生的审题细致度、化学用语规范性和临场心态均提
出较高要求。
试题亮点
一、情境创设真实化
试题选取我国古代劳作智慧（晒盐、制墨、酿醋、烧瓷）、食品添加剂使用、实验室安全、铜阳极泥
贵金属回收、药物盐酸茚洛秦合成、HCN 制备与纯度测定、液相酯交换反应等真实情境，引导学生在解决
实际问题中调用化学知识。例如第1 题以“我国先民善用变化之理于劳作”引入，将氧化还原反应概念与
传统文化相融合；第17 题以铜阳极泥回收Au、Ag 的工业流程为背景，考查氧化还原、配位平衡与物质循
环思想。
二、考查方式综合化
试题注重模块间交叉融合。第10 题将催化反应、化学平衡、转化率—温度图像、产物选择性分析相结
合；第14 题以铁基/钙基化学循环分离高炉煤气中的CO、CO₂、N2，综合考查氧化还原反应、化学计量与
循环工艺评价；第20 题围绕液相酯交换反应，串联热效应判断、平衡常数计算、多反应竞争平衡与条件调
控，体现“变化观念与平衡思想”的深度应用。
三、能力考查层次化
试卷从“是什么”的基础判断，到“为什么”的原理阐释，再到“怎么办”的方案设计与“会怎
样”的预测评价，能力层次递进清晰。第16 题金属有机框架的晶胞分析，要求学生从晶胞结构推断化学
式、配位环境、吸附选择性并进行定量计算；第19 题HCN 制备与甲酸钠含量测定，涉及实验装置、操作
顺序、氧化还原滴定原理与误差分析，突出科学探究与创新意识。
命题趋势
一、强化基础考查，构建知识体系
未来山东卷将继续重视核心概念、基本原理和化学用语的考查，如氧化还原判断、离子检验、化学实
验基本操作、分子空间构型、元素周期律、电化学原理等。复习中应回归教材，夯实主干，形成“概念—
原理—应用”的完整知识网络。
二、深化情境应用，凸显学科价值
命题将更加注重真实情境的创设，涉及新能源材料、绿色化工、资源回收、环境保护、生命健康等社
会热点。学生需要在复杂情境中提取有效信息，建立化学模型，用化学原理解释现象、解决问题。
三、聚焦思维培养，提升探究能力
试题将进一步强化逻辑推理、批判性思维、实验设计与评价能力。特别是电化学装置分析、工艺流程
优化、反应机理推断、多平衡体系计算等题型，要求学生能够基于证据进行推理，形成科学结论。
四、坚持素养导向，落实育人目标
命题将持续围绕化学学科核心素养设计，关注学生科学态度与社会责任的培养。在备考中应重视化学
与生活、生产、科技的联系，引导学生形成正确的科学观和价值观。
考点细目表
题号
题型
情境解读
考查内容
命题细目
1
选择题
传统文化中的化学生
产
氧化还原反应的基本
概念和规律
涉及基础知识：氧化
还原反应的判断依
据、化合价变化分
析、古代化学工艺中
的物理变化与化学变
化
2
选择题
化学品在生活中的合
理使用
化学与可持续发展
涉及基础知识：活性
炭吸附性、可降解高
分子、二氧化硫的抗
氧化与杀菌作用、亚
硝酸钠的毒性与限量
使用
3
选择题
化学实验室安全操作化学实验的常用仪器
和基本操作
涉及基础知识：活泼
金属灭火方法、精密
仪器灭火选择、酸碱
溅入眼睛的应急处理
4
选择题
阳离子检验与分离
离子共存离子的检验
与推断
涉及基础知识：银离
子、钡离子、铜离
子、铁离子的特征反
应、沉淀溶解性、离
子分离方法
5
选择题
一定物质的量浓度溶
液配制
物质的量浓度
涉及基础知识：容量
瓶选择、分析天平精
度、玻璃棒与胶头滴
管的使用、溶液配制
计算
6
选择题
溴苯制备实验装置评
价
常见物质的制备
涉及基础知识：苯与
液溴的取代反应、防
倒吸装置、分液操
作、蒸馏温度计位置
7
选择题
分子空间构型比较
分子结构与性质化学
键
涉及基础知识：价层
电子对互斥理论、中
心原子孤电子对、直
线形、平面三角形、
三角锥形、角形判断
8
选择题
药物他扎罗汀的结构
与性质
有机化合物的结构特
点与研究方法
涉及基础知识：顺反
异构判断、共直线碳
原子数、电负性比
较、红外光谱与官能
团特征吸收
9
选择题
环己基乙胺与冠醚超
分子
分子结构与性质化学
键
涉及基础知识：配位
键与铵盐形成、孤电
子对对键角的影响、
杂化方式、手性碳原
子、超分子中的相互
作用
10
选择题
催化剂对二氧化碳加
氢反应的影响
化学反应原理综合
涉及基础知识：化学
平衡移动、转化率—
温度图像分析、催化
剂与选择性、恒压条
件下投料对平衡的影
响
11
选择题
物质性质解释正误判
断
元素周期律/化学
键/烃的衍生物
涉及基础知识：金属
活泼性与沸点关系、
键能与热稳定性、苯
环活化作用、盐类水
解与溶液酸碱性
12
选择题
电化学制备化学品
电化学原理的综合应
用
涉及基础知识：电解
池电极判断、双极膜
工作原理、电极反应
式书写、电子守恒计
算
13
选择题
药物盐酸茚洛秦合成
路线分析
有机合成与推断
涉及基础知识：有机
反应类型判断、官能
团性质与氧化难易、
酚羟基与碳酸钠反
应、酸性高锰酸钾氧
化规律
14
选择题
铁基钙基化学循环分
离高炉煤气
化学工艺流程综合
涉及基础知识：氧化
还原反应、化学计量
计算、循环工艺流程
分析、气体分离与综
合利用
15
选择题
铵盐溶液中加入碳酸
钙的离子平衡
化学反应原理综合
涉及基础知识：盐类
水解、弱电解质电
离、沉淀溶解平衡、
对数浓度图像分析、
电荷守恒与物料守恒
16
非选择题
铜基多孔金属有机框
架的结构与吸附
物质结构与性质综合
涉及基础知识：电子
排布式、电离能比
较、杂化方式、晶胞
组成计算、配位键与
超分子识别、晶体密
度与吸附量计算
17
非选择题
铜阳极泥中回收金、
银的工艺流程
化学工艺流程综合
涉及基础知识：氧化
还原反应方程式配
平、氧化剂判断、萃
取与反萃取、配位平
衡、沉淀溶解平衡计
算、物质循环利用
18
非选择题
药物中间体的有机合
成路线
有机合成与推断
涉及基础知识：有机
反应类型、官能团识
别、结构简式推断、
同分异构体书写、合
成路线设计
19
非选择题
液态HCN 的制备与
甲酸钠含量测定
综合实验题型探究
涉及基础知识：实验
仪器识别、温控选
择、实验操作顺序、
氧化还原滴定原理、
误差分析、化学计算
20
非选择题
液相酯交换反应的平
衡与调控
化学反应原理综合
涉及基础知识：反应
热判断、平衡常数计
算、多反应竞争平
衡、勒夏特列原理、
惰性溶剂与温度对平
衡的影响
核心复习策略
1.制定科学合理的学习计划：
结合本卷模块分布（结构、原理、有机、实验、工艺均衡覆盖，非选择题占比高），建议分三阶段推
进：第一阶段回归教材，梳理核心概念与方程式，重点突破氧化还原、电化学、化学平衡、物质结构、有
机推断五大模块；第二阶段按题型专项训练，特别是工艺流程、综合实验、反应原理计算三类压轴题型；
第三阶段进行限时整卷训练，强化审题、计算、规范表达与时间分配，建立错题归因本。
2.把握高考命题方向，精准备考：
本卷突出真实情境下的综合应用，高频模块包括化学实验装置评价、工艺流程循环分析、多平衡体系
计算、物质结构与晶胞计算、有机合成路线推断。复习时应关注“CO₂ 资源化”“金属回收”“药物合
成”“绿色化工”等热点情境，训练从陌生材料中提取关键信息、建立化学模型的能力。
3.加强模拟考试训练，提高应试能力：
针对本卷图像数据多、逻辑链条长、化学用语要求高的特点，训练中要强化读图读表能力，准确识别
曲线含义、晶胞结构、流程图中物质转化关系；同时注重化学方程式、离子方程式、电极反应式、热化学
方程式的规范书写，以及有效数字、单位换算、守恒法计算的准确性。
4.培养良好的学习习惯和心态：
面对本卷陌生情境与综合推理的考查要求，平时应养成“审题—建模—推理—验证”的解题习惯，整
理典型错题并标注错因；考试中保持平稳心态，遇到复杂流程题或计算题时，先拆解小问、步步为营，避
免因焦虑导致审题失误或计算错误。
逐题解读
第 1 题
1. 我国先民善用变化之理于劳作。文献所述下列生产中，不涉及氧化还原反应的是
A. 晒海盐：“海水……日照风吹，成卤……成盐”
B. 制烟墨：“烧桐油……烟凝……和胶为墨”
C. 酿米醋：“米曲……得酒，复酿为醋”
D. 烧钧瓷：“入窑一色，出窑万彩”
【答案】A
【命题透视】
核心考点：氧化还原反应的判断与传统文化中的化学变化。
▶
链接教材：人教版必修第一册第一章第三节“氧化还原反应”。
▶
命题分析：本题以我国古代劳作文献为背景，将化学变化判断与传统文化素养相结合。设问要求识
▶
别“不涉及氧化还原反应”的过程，需要学生从题干关键词中提取物质变化类型，并判断是否存在元素化
合价变化。选项设置覆盖物理变化、燃烧氧化、发酵氧化、高温氧化还原，具有较强的文化情境辨识度和
概念辨析价值。
【思路点拨】
抓住“是否有元素化合价变化”这一判断标准，逐项分析文献描述中的核心过程。
【解析】
步骤一：关键概念解读
氧化还原反应的本质是电子转移，宏观特征是元素化合价发生变化。判断一个过程是否为氧化还原反
应，关键是看反应前后是否有元素化合价发生改变。
步骤二：选项分析
A．晒海盐是利用日光和风力蒸发水分，使海水中的氯化钠等盐类结晶析出，只发生物理变化，没有
新物质生成，也没有元素化合价变化，不涉及氧化还原反应。
B．制烟墨中“烧桐油”涉及桐油（有机物）的燃烧，碳、氢等元素被氧化，属于氧化还原反应。
C．酿米醋过程中，淀粉先水解为葡萄糖，再发酵生成乙醇，乙醇进一步被氧化为乙酸，存在碳元素
化合价变化，属于氧化还原反应。
D．烧钧瓷过程中，金属氧化物在高温下发生氧化还原反应，不同价态的金属离子呈现不同颜色，涉
及氧化还原反应。
步骤三：结论得出
只有晒海盐过程属于物理变化，不涉及氧化还原反应，答案为A。
【易错点】
易将“制烟墨”理解为单纯的物理收集过程，忽略桐油燃烧时的氧化反应；或将“烧钧瓷”仅理解为
物理烧结，忽视高温下金属氧化物的氧化还原变化。
【知识总结】
① 氧化还原反应的判断方法：一看是否有单质参与或生成；二看是否有元素化合价升降；三看是否
有电子转移。三者本质上统一。
② 常见非氧化还原反应类型：复分解反应、多数分解反应（如CaCO₃ 高温分解）、物理分离过程
（蒸发、结晶、过滤、萃取、分液等）。
③ 传统文化中的化学智慧：酿酒、酿醋、烧瓷、冶炼、制墨等过程多涉及氧化还原反应，体现了古
人对化学变化的深刻认识。
【复习策略】
回归教材中氧化还原反应的基本概念，整理常见反应类型与化合价变化实例；结合生活、生产、传统
文化情境进行判断训练。
第 2 题
2. 下列化学品在生产生活中使用不当的是
A. 为吸附装修可能产生的甲醛等有害物质，在房屋中放置活性炭
B. 为减少“白色污染”，用聚乳酸替代聚乙烯制作食品包装袋
C. 为避免葡萄酒中某些成分被氧化，向其中添加适量SO₂
D. 为防止火腿变质，腌制时使用大量NaNO₂
【答案】D
【命题透视】
核心考点：化学与生活、
▶
STSE 及食品添加剂的合理使用。
链接教材：人教版必修第二册第八章“化学与可持续发展”。
▶
命题分析：本题以常见化学品在生活中的应用为情境，考查学生对物质性质与社会应用关系的理
▶
解。四个选项分别涉及吸附、可降解材料、抗氧化剂与防腐剂，既有正确应用也有不当使用，要求学生具
备科学态度与社会责任素养。
【思路点拨】
逐项分析物质的性质与其用途是否匹配，特别注意“适量”与“大量”的差异以及物质的毒性。
【解析】
步骤一：关键概念解读
化学品的合理使用需要兼顾效果与安全。活性炭具有吸附性，聚乳酸可生物降解，二氧化硫具有还原
性，亚硝酸钠具有防腐作用但有毒。
步骤二：选项分析
A．活性炭具有疏松多孔结构，比表面积大，吸附性强，可吸附甲醛等有害气体，使用合理。
B．聚乳酸是可生物降解的高分子材料，用其替代难以降解的聚乙烯制作食品包装袋，可减少“白色
污染”，使用合理。
C．二氧化硫具有还原性，适量加入葡萄酒中可防止某些成分被氧化，同时具有杀菌作用，符合食品
添加剂使用规范，使用合理。
D．亚硝酸钠（NaNO₂）有毒，是限量使用的食品添加剂。腌制火腿时使用大量NaNO₂ 会危害人体健
康，使用不当。
步骤三：结论得出
使用不当的是D。
【易错点】
易因“亚硝酸钠可用于肉制品防腐”而误选其他选项，忽略其“限量使用”的安全要求；或误将SO₂
视为有毒气体而不能用于食品，实际上食品级SO₂ 在限量内可作抗氧化剂。
【知识总结】
① 活性炭的吸附原理：依靠巨大的比表面积和孔隙结构吸附气体分子或溶液中的杂质。
② 可降解高分子：聚乳酸（PLA）由乳酸缩聚得到，可在自然环境中被微生物降解，是替代传统塑料
的环保材料。
③ 食品添加剂使用原则：在确保安全的前提下，按国家标准限量使用，兼顾防腐、抗氧化、着色、
调味等功能。
【复习策略】
关注化学与生活、环境、健康相关的热点素材，建立“性质—用途—安全”三位一体的分析框架。
第 3 题
3. 下列做法违反化学实验室安全要求的是
A. 活泼金属着火时选用灭火毯盖灭
B. 精密仪器起火时选用CO₂ 灭火器扑灭
C. 眼中溅入少量强碱溶液，立即用1%硼酸溶液冲洗
D. 眼中溅入少量强酸溶液，立即用大量水冲洗，再用1%NaHCO₃ 溶液冲洗
【答案】C
【命题透视】
核心考点：化学实验安全与应急处理。
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链接教材：人教版必修第一册“化学实验基本方法”及相关实验安全内容。
▶
命题分析：本题直接考查实验室安全常识，强调规范操作和应急处置能力。选项涉及活泼金属着
▶
火、精密仪器灭火、酸碱溅入眼睛的处理，具有较强的实践指导意义。
【思路点拨】
牢记不同火灾类型和化学品灼伤的应急处理原则：活泼金属忌水、精密仪器忌残留、酸碱入眼先稀释
后中和。
【解析】
步骤一：关键概念解读
实验室安全要求根据不同情况采取正确措施。活泼金属（如Na、K）能与水、CO₂ 反应；精密仪器灭
火应避免腐蚀残留；酸碱溅入眼睛需先大量水冲洗，再用弱酸或弱碱中和。
步骤二：选项分析
A．活泼金属着火时，不能用水或泡沫灭火器，应使用灭火毯盖灭以隔绝空气，符合安全要求。
B．CO₂ 灭火器灭火后无残留，不会腐蚀精密仪器，适合扑灭精密仪器火灾，符合安全要求。
C．眼中溅入强碱溶液，应立即用大量流动清水持续冲洗15 分钟以上，再用1%硼酸溶液中和。直接
用硼酸溶液冲洗会因酸碱中和放热而加重灼伤，违反安全要求。
D．眼中溅入少量强酸，先大量清水冲洗稀释，再用1%NaHCO₃ 溶液中和，操作规范，符合安全要
求。
步骤三：结论得出
违反安全要求的是C。
【易错点】
易认为“强碱用弱酸中和”是正确的，忽略了眼部灼伤处理应先大量水冲洗的原则；或将活泼金属着
火与普通火灾混淆，误选其他选项。
【知识总结】
① 常见火灾处理：普通可燃物用干粉或水；活泼金属用干燥沙土或灭火毯；电器/精密仪器用CO₂ 灭
火器；油类火灾用灭火毯或干粉。
② 化学品灼伤处理：酸/碱溅入眼睛，立即用大量流动清水冲洗，再视情况用弱碱或弱酸稀溶液中
和，并及时就医。
③ 实验安全意识：熟悉实验室安全标识、掌握应急处理流程、规范使用防护用品。
【复习策略】
系统梳理实验室安全规则和常见事故处理方法，结合真实案例强化记忆。
第 4 题
4. 某溶液含有Ag⁺、Ba²⁺、Cu²⁺、Fe3+中的一种或几种，下列说法错误的是
A. 取少量该溶液并滴加NaCl 溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含有Ag⁺
B. 取少量该溶液并滴加H₂SO₄ 溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含有Ba²⁺
C. 取少量该溶液并滴加KSCN 溶液，若溶液显红色，则溶液中含有Fe³⁺
D. 若四种阳离子均存在，可依次使用NaCl 溶液、Na₂SO₄ 溶液、浓氨水进行分离
【答案】B
【命题透视】
核心考点：常见阳离子的检验与分离。
▶
链接教材：人教版必修第一册第二章“海水中的重要元素——钠和氯”、第三章“铁 金属材料”及
▶
选择性必修2 物质结构相关内容。
命题分析：本题以四种常见阳离子的检验与分离为情境，考查学生对离子反应、沉淀溶解性、特征
▶
检验方法的掌握。选项B 设置“微溶物CaSO₄”类干扰，要求学生注意BaSO₄ 与Ag₂SO₄ 等白色沉淀的区
分。
【思路点拨】
依据各阳离子的特征反应和沉淀性质，判断检验结论是否严谨；分离方案需考虑离子反应顺序和产物
形态。
【解析】
步骤一：关键概念解读
Ag+与Cl-生成AgCl 白色沉淀；Ba2+与SO₄2-生成BaSO₄ 白色沉淀，但Ag+与SO₄2-也可生成微溶的
Ag₂SO₄ 白色沉淀；Fe3+与SCN-生成血红色Fe(SCN)₃；Cu2+与浓氨水先沉淀后溶解生成[Cu(NH₃)₄]2+。
步骤二：选项分析
A．滴加NaCl 溶液产生白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明溶液中含有Ag⁺，结论正确。
B．滴加H₂SO₄ 溶液产生白色沉淀，可能是BaSO₄，也可能是Ag₂SO₄（微溶），因此不能确定一定含
有Ba²⁺，结论错误。
C．滴加KSCN 溶液显红色，是Fe3+的特征反应，说明溶液中含有Fe³⁺，结论正确。
D．四种阳离子均存在时，先加NaCl 溶液沉淀Ag+为AgCl；再加Na₂SO₄ 溶液沉淀Ba2+为BaSO₄；最
后加浓氨水，Cu2+先沉淀后溶解生成[Cu(NH₃)₄]2+，Fe3+生成Fe(OH)₃ 沉淀，可实现分离，方案正确。
步骤三：结论得出
说法错误的是B。
【易错点】
忽略Ag₂SO₄ 微溶于水，误将“加H₂SO₄ 产生白色沉淀”直接等同于含Ba²⁺；对浓氨水与Cu²⁺、Fe3+反
应的差异认识不清。
【知识总结】
① 常见阳离子检验：Ag+用Cl⁻；Ba2+用SO₄2-（需排除Ag+干扰）；Fe3+用KSCN 或NaOH；Cu2+用
NaOH（蓝色沉淀）或氨水（先沉淀后溶解）。
② 离子分离原则：选择合适试剂使目标离子依次沉淀或转化，避免交叉干扰；注意沉淀的溶解性和
后续处理。
③ 微溶物干扰：Ag₂SO₄、CaSO₄ 等为微溶物，检验Ba2+时宜先用盐酸酸化排除Ag+等干扰。
【复习策略】
归纳常见离子的检验方法、特征现象及干扰排除策略，通过框图推断题强化离子分离与推断能力。
第 5 题
5. 准确称取1.0600gNa2CO3，基准物质配制0.0500mol·L-1Na2CO3溶液，下列仪器必须使用的是
A.
B.
C.
D.
①②③
①②⑤⑥
①③④⑥
④⑤⑥
【答案】B
【命题透视】
核心考点：一定物质的量浓度溶液的配制及仪器选择。
▶
链接教材：人教版必修第一册第二章第三节“物质的量”及实验活动
▶
1“配制一定物质的量浓度的溶
液”。
命题分析：本题以
▶
Na₂CO₃ 基准物质配制标准溶液为情境，综合考查称量精度、容量瓶选择、溶解
与定容操作所需仪器。选项中的仪器图示需要学生准确识别其用途和规格。
【思路点拨】
先根据质量和浓度计算所需溶液体积，确定容量瓶规格；再根据称量精度要求判断天平类型；最后列
出溶解、转移、定容所需仪器。
【解析】
步骤一：关键概念解读
配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀。称量
基准物质需用分析天平（精度0.0001g），定容需用相应规格的容量瓶和胶头滴管，溶解和转移需用烧杯
和玻璃棒。
步骤二：计算与仪器选择
Na₂CO₃ 的摩尔质量为106g·mol-1。1.0600gNa2CO3的物质的量为0.0100mol。
配制0.0500mol·L-1溶液所需体积：V = n/c = 0.0100mol / 0.0500mol·L-1 = 0.200L = 200mL。
因此应选用200mL 容量瓶，不能用500mL 容量瓶。
称量1.0600g 需用电子分析天平（精度0.0001g），普通电子天平精度不足。
必需仪器：①胶头滴管、②200mL 容量瓶、⑤电子分析天平、⑥玻璃棒。
步骤三：结论得出
必须使用的是①②⑤⑥，答案为B。
【易错点】
误根据“常见容量瓶规格”直接选500mL 容量瓶，忽略计算结果；或未区分普通电子天平与分析天平
的精度差异。
【知识总结】
① 容量瓶选择原则：根据计算得到的溶液体积选择最接近且不小于该体积的容量瓶规格。
② 天平精度：托盘天平精度0.1g，普通电子天平通常0.01g，分析天平可达0.0001g。
③ 溶液配制关键仪器：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，必要时还需量筒（浓溶液稀释）。
【复习策略】
重温一定物质的量浓度溶液配制的实验步骤和误差分析，强化根据计算结果选择仪器的意识。
第 6 题
6. 实验室制备溴苯时，下列步骤中所选试剂及装置正确的是（加热及夹持装置略）
A. 溴苯合成
B. 尾气处理
C. 洗涤分液
D. 蒸馏提纯
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【命题透视】
核心考点：溴苯制备实验的试剂选择与装置评价。
▶
链接教材：人教版选择性必修
▶
3 有机化学基础第二章“烃”中芳香烃的性质及实验相关内容。
命题分析：本题以溴苯实验室制备的四个操作环节为载体，考查试剂选择、防倒吸、分液操作、蒸
▶
馏装置等实验基本技能。四个选项分别对应合成、尾气处理、洗涤分液、蒸馏提纯，覆盖面广。
【思路点拨】
回忆溴苯制备原理：苯与液溴在FeBr₃ 催化下发生取代反应生成溴苯和HBr。结合各步骤的注意事项
判断装置与试剂是否正确。
【解析】
步骤一：关键概念解读
溴苯制备反应：苯 + 液溴FeBr ₃催化
→
溴苯 + HBr↑。反应放热，Br2和HBr 易挥发，尾气需处理；
溴苯不溶于水，密度大于水，可用分液分离；蒸馏提纯时温度计水银球应位于支管口处。
步骤二：选项分析
A．溴苯合成应使用液溴而非溴水，苯与溴水不反应，A 错误。
B．尾气中含HBr，极易溶于NaOH 溶液，导管直接插入液面下易发生倒吸，应使用防倒吸装置，B
错误。
C．溴苯难溶于水，洗涤后可用分液漏斗分离有机层和水层，下层液体从下口放出，操作规范，C 正
确。
D．蒸馏装置中温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，不能插入液面以下，D 错误。
步骤三：结论得出
正确的是C。
【易错点】
混淆液溴与溴水；忽视HBr 极易溶于水导致的倒吸问题；蒸馏时温度计位置判断失误。
【知识总结】
① 溴苯制备关键：液溴、FeBr₃ 催化剂、取代反应、HBr 尾气处理。
② 防倒吸装置：倒扣漏斗、安全瓶等，适用于极易溶于吸收液的气体。
③ 分液操作要点：下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；分液漏斗使用前需检漏。
④ 蒸馏温度计位置：水银球与蒸馏烧瓶支管口下沿平齐，测量蒸气温度。
【复习策略】
系统梳理常见有机制备实验（溴苯、硝基苯、乙酸乙酯等）的原理、装置、操作和注意事项。
第 7 题
7. 下列分子空间构型相同的一组是
A. CO₂、CS₂ B. BF₃、NF₃ C. HCN、HClO D. SO₃、PCl₃
【答案】A
【命题透视】
核心考点：价层电子对互斥理论（
▶
VSEPR）与分子空间构型判断。
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2 第二章第二节“分子的空间结构”。
命题分析：本题考查学生对
▶
VSEPR 模型的应用能力，要求根据中心原子的价层电子对数和孤电子对
数判断分子空间构型。选项涉及直线形、平面三角形、三角锥形、角形等多种构型。
【思路点拨】
对每组分子分别计算中心原子的价层电子对数和孤电子对数，再判断空间构型是否相同。
【解析】
步骤一：关键概念解读
价层电子对互斥理论（VSEPR）：中心原子的价层电子对数 = σ 键电子对数 + 孤电子对数。根据电
子对之间的排斥作用，可预测分子空间构型。
步骤二：选项分析
A．CO₂ 中心原子C 的价层电子对数为2，孤电子对数为0，空间构型为直线形；CS₂ 中心原子C 的价
层电子对数为2，孤电子对数为0，空间构型也为直线形。二者相同。
B．BF₃ 中心原子B 的价层电子对数为3，孤电子对数为0，空间构型为平面三角形；NF₃ 中心原子N
的价层电子对数为4，孤电子对数为1，空间构型为三角锥形。二者不同。
C．HCN 中心原子C 的价层电子对数为2，孤电子对数为0，空间构型为直线形；HClO 中心原子O 的
价层电子对数为4，孤电子对数为2，空间构型为角形（V 形）。二者不同。
D．SO₃ 中心原子S 的价层电子对数为3，孤电子对数为0，空间构型为平面三角形；PCl₃ 中心原子P
的价层电子对数为4，孤电子对数为1，空间构型为三角锥形。二者不同。
步骤三：结论得出
空间构型相同的一组是A。
【易错点】
计算孤电子对数时忽略中心原子本身的价电子；将电子对总数与空间构型直接等同，未扣除孤电子对
的影响。
【知识总结】
①VSEPR 模型基本公式：价层电子对数 = （中心原子价电子数 + 配位原子提供电子数 ± 电荷
数）/ 2。
② 常见空间构型：2 对→直线形；3 对（无孤对）→平面三角形；4 对（无孤对）→正四面体形；4 对
（1 孤对）→三角锥形；4 对（2 孤对）→角形。
③ 等电子原理：CO₂ 与CS₂ 互为等电子体，空间构型相同。
【复习策略】
强化VSEPR 模型应用训练，熟练计算各类分子的价层电子对数和孤电子对数，准确判断空间构型。
第 8 题
8. 药物他扎罗汀（T）的结构简式如图所示，下列关于T 的说法正确的是
A. 存在顺反异构
B. 共直线的C 原子最多有6 个
C. 分子中电负性最小的元素是C
D. 红外光谱中出现C
C
、C
O
和C
O
的吸收峰
【答案】D
【命题透视】
核心考点：有机物的结构与性质（顺反异构、共线判断、电负性、红外光谱）。
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3 第一章“有机化合物的结构特点与研究方法”及第三章“烃的衍生
物”。
命题分析：本题以药物他扎罗汀的结构为载体，综合考查有机物的结构特征与谱学性质。选项涉及
▶
顺反异构、共线原子数、电负性比较和红外光谱，要求学生具备较强的结构分析能力。
【思路点拨】
观察结构简式，识别官能团（碳碳三键、酯基、吡啶环等），结合有机结构理论逐项判断。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
他扎罗汀结构中含有碳碳三键、酯基、苯环、吡啶环等结构单元。碳碳三键为直线结构，与其直接相
连的原子共线；电负性比较需考虑元素在周期表中的位置；红外光谱可检测分子中的特征官能团。
步骤二：选项分析
A．顺反异构存在于碳碳双键两端连接不同基团时。该分子中不含碳碳双键，因此不存在顺反异构，A
错误。
B．碳碳三键为直线结构。与三键共线的碳原子包括：三键的两个碳原子、与三键直接相连的苯环碳
及其对位碳、与三键直接相连的吡啶环碳及其对位碳、酯基中的羰基碳等，共线碳原子数超过6 个，B 错
误。
C．该分子含C、H、O、N、S 等元素。H 的电负性小于C，因此电负性最小的元素是H，不是C，C
错误。
D．结构中存在碳碳三键、羰基（C=O）和酯基等官能团，红外光谱会出现相应特征吸收峰，D 正
确。
步骤三：结论得出
正确的是D。
【易错点】
误将结构中的三键当作双键判断顺反异构；共线原子数计算时遗漏与三键直接相连的芳环对位碳；电
负性比较时忽略H 元素。
【知识总结】
① 顺反异构条件：分子中存在碳碳双键，且双键两端各连有两个不同的原子或原子团。
② 共线与共面判断：碳碳三键为直线形，苯环、乙烯为平面形，可据此推断分子中共线、共面原子
数。
③ 电负性规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；常见元素电负性：O＞N
＞C＞H。
④ 红外光谱：不同官能团具有特征吸收峰，可用于官能团鉴定。
【复习策略】
加强有机物结构分析训练，熟练掌握共线共面判断、等效氢、官能团性质及谱学分析方法。
第 9 题
9. 1-环己基乙胺（X）溶于酸形成铵盐阳离子（Y），Y 与18-冠-6 作用形成超分子阳离子（Z），下列
说法错误的是
A. X→Y，键角
H
N
H
增大
B. 18-冠-6 中C、O 原子采取的轨道杂化方式相同
C. Z 含手性碳原子
D. Z 中存在共价键、离子键和氢键
【答案】D
【命题透视】
核心考点：配合物、超分子、杂化方式、手性碳、化学键类型。
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2 第三章第四节“配合物与超分子”。
命题分析：本题以环己基乙胺形成铵盐阳离子并与
▶
18-冠-6 形成超分子为情境，考查学生对配位
键、杂化方式、手性、超分子作用的理解。选项设计具有较好的区分度。
【思路点拨】
分析X→Y 过程中N 原子成键情况变化；判断18-冠-6 中C、O 的杂化方式；识别Z 中的手性碳；分析
超分子内部存在的相互作用类型。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
1-环己基乙胺（X）中N 原子有1 对孤电子对，溶于酸后接受H+形成铵盐阳离子Y，N 原子由sp3杂化
（含孤电子对）变为带正电荷的四面体构型。18-冠-6 是冠醚，环上C、O 原子均形成单键，可通过配位作
用与铵盐阳离子形成超分子Z。
步骤二：选项分析
A．X 中N 原子有1 对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，使
键角较小；Y 中N 原子无孤电子对，键角增大，A 正确。
B．18-冠-6 中，每个C 原子形成4 个σ 键，每个O 原子形成2 个σ 键并含2 对孤电子对，价层电子对
数均为4，均采取sp3杂化，B 正确。
C．Z 中连接环己基、甲基、H 和铵盐基团的碳原子连接4 个不同基团，属于手性碳原子，C 正确。
D．Z 是超分子阳离子，内部存在共价键和氢键（N—H···O），但不存在离子键。离子键是阴阳离子
之间的静电作用，Z 整体为阳离子，内部不存在离子键，D 错误。
步骤三：结论得出
说法错误的是D。
【易错点】
误认为超分子阳离子内部存在离子键；对“手性碳”判断不熟练；忽略孤电子对对键角的影响。
【知识总结】
① 配位键与铵盐形成：N 原子提供孤电子对与H+形成配位键，形成NH₄+类阳离子。
② 冠醚与超分子：冠醚通过氧原子与金属阳离子或铵盐阳离子形成主-客体配合物，属于超分子化学
范畴。
③ 手性碳判断：连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。
④ 化学键类型：共价键存在于原子之间；离子键存在于阴阳离子之间；氢键是分子间或分子内特殊
的分子间作用力。
【复习策略】
关注配合物、超分子等新颖结构，强化杂化方式、手性判断和化学键类型分析能力。
第 10 题
10. 研究甲、乙两种催化剂对下列反应的催化作用及产物选择性的影响。
反应Ⅰ：
2
2
4
2
( )
4
( )
( )
2
( )
CO g
H
g
CH
g
H O g
1
H
反应Ⅱ：
2
2
2
( )
( )
( )
( )
CO g
H
g
CO g
H O g
2
H
恒压条件下，
2
CO ，
2
H ，
2
N 按体积比1 4 5
∶∶投料，分别使用甲或乙作催化剂，在200 C
下反应固定时间
后测定
2
CO 的实验转化率；不改变其他条件，每间隔50 C
重复上述实验。
2
CO 的实验转化率和理论平衡
转化率随温度的变化如图所示。已知：甲催化时，
4
CH 选择性在400 C
为100% ；甲、乙分别催化时，
CO 选择性在750 C
均达100% 。下列说法正确的是
A.
1
0
H
，
2
0
H
B. 200 ~ 400 C
范围内，使用甲催化时，
4
CH 选择性随温度升高而增大
C. 500 ~ 800 C
范围内，相同温度下，无论使用甲还是乙催化，产物选择性相同
D. 其他条件不变，仅减小
2
N 投料量，CO 选择性达100% 时的温度仍为750 C
【答案】C
【命题透视】
核心考点：化学平衡、催化剂与选择性、转化率—温度图像分析。
▶
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▶
1 第二章“化学反应速率与化学平衡”。
命题分析：本题以
▶
CO₂ 加氢制备化学品为背景，结合催化剂对反应选择性的影响，考查化学平衡移
动、图像分析和催化剂作用原理。题目信息量大，要求学生准确读取图像信息并进行逻辑推理。
【思路点拨】
根据图像中“实验转化率”与“理论平衡转化率”的关系判断反应是否达到平衡；根据温度对平衡转
化率的影响判断反应热效应；结合催化剂只改变反应速率不影响平衡进行选择性分析。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
反应Ⅰ和反应Ⅱ均为CO₂ 与H2的反应，但产物不同。图像显示CO₂ 的实验转化率（甲、乙催化）和
理论平衡转化率随温度变化。当实验转化率与理论平衡转化率重合时，说明反应达到平衡状态。低温区转
化率随温度升高而降低，说明低温主导反应为放热反应；高温区转化率随温度升高而升高，说明高温主导
反应为吸热反应。
步骤二：选项分析
A．低温区CO₂ 转化率随温度升高而降低，说明低温主导反应（反应Ⅰ）为放热反应，ΔH1 < 0；高温
区CO₂ 转化率随温度升高而升高，说明高温主导反应（反应Ⅱ）为吸热反应，ΔH2 > 0。选项表述与此相
反，A 错误。
B．反应Ⅰ放热、反应Ⅱ吸热，升高温度有利于吸热的反应Ⅱ，CH₃OH（或目标产物）的选择性应随
温度升高而降低；且图像中低温区转化率升高可能是反应速率加快所致，与选择性无直接关系，B 错误。
C．在一定温度范围内，甲、乙催化的实验转化率均与理论平衡转化率重合，说明反应已达到平衡。
催化剂只改变反应速率，不改变平衡组成，因此相同温度下产物选择性相同，C 正确。
D．反应在恒压下进行，减小Ar（惰性气体）投料量，体系总体积减小，反应物分压增大。反应Ⅰ是
气体分子数减少的反应，加压促进反应Ⅰ正向移动，相同温度下选择性会降低，因此选择性达到100%需
要更高温度，D 错误。
步骤三：结论得出
正确的是C。
【易错点】
将“转化率随温度升高而增大”直接等同于反应吸热，忽略多反应竞争和催化剂活性因素；混淆恒压
与恒容条件下投料变化对分压的影响。
【知识总结】
① 催化剂作用：同等程度改变正逆反应速率，缩短达到平衡的时间，不改变平衡状态和平衡常数。
② 勒夏特列原理：改变影响平衡的一个因素，平衡将向减弱这种改变的方向移动。恒压下减小惰性
气体比例，相当于增大反应物分压。
③ 图像分析方法：比较实验转化率与平衡转化率，判断反应是否达到平衡；根据温度对转化率的影
响判断反应热效应。
【复习策略】
加强多反应竞争体系中平衡移动与选择性的分析训练，掌握“实验转化率—平衡转化率”图像的解读
方法。
第 11 题
11. 对下列事实解释正确的是
事实
解释
A
熔融条件下，金属Na 与KCl 反应
可制备金属K
金属活泼性：Na
K
B
热稳定性：
4
4
CH
SiH
键能：C
H
Si
H
C
相同条件下，苯酚与溴水反应，而
甲苯不与溴水反应
对苯环活化作用：
3
OH
CH
D
常温下，相同浓度溶液的pH ：
4
NH
水解程度：
3
4
4
CH COONH
NH Cl
3
4
4
CH COONH
NH Cl
A. AB. BC. CD. D
【答案】BC
【命题透视】
核心考点：元素周期律、化学键、有机反应活性、盐类水解。
▶
链接教材：人教版必修第一册第四章“物质结构 元素周期律”、选择性必修
▶
3 第三章“烃的衍生
物”、选择性必修1 第三章“水溶液中的离子反应与平衡”。
命题分析：本题以表格形式呈现四个化学事实及其解释，考查学生对多个知识点的综合辨析能力。
▶
选项涉及金属冶炼、键能与热稳定性、苯环活化作用、盐类水解与溶液pH，体现了知识间的内在联系。
【思路点拨】
逐项分析事实与解释之间的因果关系是否正确，注意隐藏条件（如沸点差异、相互促进水解等）。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
A 项涉及熔融法制备金属K，事实为Na 与熔融KCl 反应制备K；B 项比较CH₄ 与SiH₄ 的热稳定性；C
项比较苯酚与甲苯对溴水的反应活性；D 项比较相同浓度NH₄Cl 与(NH₄)2SO4溶液的pH 及NH₄+水解程度。
步骤二：选项分析
A．Na 与熔融KCl 反应制备K，并非因为Na 的金属活泼性强于K，而是因为K 的沸点低于Na，反应
中K 汽化逸出，促使平衡正向移动。实际上金属活泼性K > Na，A 错误。
B．C 的原子半径小于Si，C—H 键键长更短、键能更大，因此CH₄ 的热稳定性强于SiH₄，B 正确。
C．酚羟基对苯环有较强的活化作用，使苯酚能与溴水发生取代反应；甲基对苯环的活化作用较弱，
甲苯不与溴水反应（可与液溴在催化剂作用下反应），C 正确。
D．(NH₄)2SO4溶液中NH₄+浓度较大，水解产生的H+更多，但SO₄2-对NH₄+水解有一定促进作用。然而
pH 大小不仅取决于NH₄+水解程度，还与NH₄+总浓度有关。解释中将pH 差异简单归因于水解程度，未考
虑浓度因素，D 错误。
步骤三：结论得出
解释正确的是B、C。
【易错点】
误将“熔融Na 制K”归因于金属活泼性；忽略NH₄+浓度对溶液pH 的影响。
【知识总结】
① 金属冶炼的特殊反应：利用沸点差异使产物脱离反应体系，可使某些“反常”反应得以进行。
② 键能与热稳定性：键能越大，含有该键的分子越稳定；同主族氢化物热稳定性随键能减小而降
低。
③ 苯环活化作用：酚羟基、氨基等强活化基团使苯环邻对位氢原子活泼，易与溴水发生取代反应。
④ 盐类水解影响因素：浓度、温度、同离子效应、相互促进水解等。
【复习策略】
加强对“事实—原理—解释”逻辑链的训练，避免因记忆片面而误判因果关系。
第 12 题
12. 利用电还原
2
O 产生的
2
2
H O 氧化石油化工副产物
2
H S 制备
2
4
K SO ，装置如图所示。电解过程
中，双极膜中H₂O 解离的H+和OH 在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是
A. b 极反应式为
2
2
4
4
2
OH
e
H O
O
B. 双极膜中H₂O 解离的H+向a 极方向迁移
C. 电解一段时间后，电极反应消耗与生成
2
O 的质量相等
D. 理论上，生成
2
4
1mol K SO 时，a 极上消耗
2
2mol O
【答案】CD
【命题透视】
核心考点：电解池原理、双极膜、电极反应式书写、电子守恒计算。
▶
链接教材：人教版选择性必修
▶
1 第四章“化学反应与电能”。
命题分析：本题以电化学方法制备化学品为背景，结合双极膜技术，考查学生对电解池电极判断、
▶
离子迁移、电极反应和定量计算的掌握。装置图和反应信息需要学生综合分析。
【思路点拨】
根据“电还原O2 产生H₂O₂”判断阴极反应；根据阳离子向阴极迁移判断H+移动方向；结合电子守恒
分析各电极消耗与生成物质的质量关系。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
该装置为电解池，双极膜将槽体分隔为a 极室和b 极室。双极膜解离出H+和OH⁻，阳离子向阴极移
动，阴离子向阳极移动。O2在阴极（a 极）得电子被还原为H₂O₂，石油化工副产物在b 极室被H₂O₂ 氧化生
成目标产物。
步骤二：选项分析
A．b 极为阳极，发生氧化反应，电极反应式可表示为相关氧化反应，A 正确。
B．H+为阳离子，向阴极（a 极）方向迁移，B 正确。
C．阳极反应生成O2，阴极反应消耗O2，但电子转移数不同，消耗与生成O2的质量不相等，C 错误。
D ．由氧化
反应
、a
极电极反应
可得关系式
，因此生成
时，a 极上消耗
，D 错误。
步骤三：结论得出
说法错误的是C、D。
【易错点】
混淆阴阳极与电源正负极的连接关系；忽略双极膜中H+和OH-的迁移方向；电子守恒计算时未统一电
子转移数。
【知识总结】
① 电解池基本规律：阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应；阳离子向阴极移动，阴
离子向阳极移动。
② 双极膜作用：在电场作用下水解离为H+和OH-，分别向两极迁移，为电极反应提供H+或OH-。
③ 电子守恒应用：串联电路中转移电子数相等，据此可进行电极产物或反应物量的计算。
【复习策略】
强化电解池装置分析训练，特别是含离子交换膜、双极膜的新型电化学装置，掌握电极判断和电子守
恒计算。
第 13 题
13. 药物盐酸茚洛秦（Q）的合成路线如下，下列说法正确的是
A. M→N 为取代反应
B. N 比P 更易被氧化
C. M、P 均可与Na₂CO₃ 溶液反应
D. 已知Q 被酸性KMnO₄ 溶液氧化时有CO₂ 生成，则另一产物为
【答案】A
【命题透视】
核心考点：有机合成路线分析、官能团性质、反应类型判断。
▶
链接教材：人教版选择性必修
▶
3 第三章“烃的衍生物”、第五章“合成高分子”。
命题分析：本题以药物盐酸茚洛秦的合成路线为载体，考查学生对有机反应类型、官能团转化、物
▶
质性质的理解。需要学生根据合成路线推断中间体结构，进而判断各选项正误。
【思路点拨】
观察合成路线中M、N、P、Q 的结构变化，识别官能团转化；结合酚羟基、羰基、醇羟基、酯基等性
质逐项分析。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
合成路线中M 含有酚羟基，M→N 是酚羟基氢被取代的过程；N 中含有羰基，P 中羰基被还原为醇羟
基；Q 含有可被酸性KMnO₄ 氧化的结构单元。
步骤二：选项分析
A．M→N 是酚羟基中的氢原子被其他原子或基团取代，属于取代反应，A 正确。
B．N 中含有羰基，P 中含有醇羟基。醇羟基比羰基更易被氧化，因此P 比N 更易被氧化，B 错误。
C．M 含酚羟基，酸性强于HCO₃⁻、弱于H₂CO₃，可与Na₂CO₃ 反应生成酚钠和NaHCO₃；P 中只有醇
羟基，不能与Na₂CO₃ 溶液反应，C 错误。
D．与苯环相连的碳原子存在氢原子，该碳原子可直接被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，则五元环上的
化学键断裂，中间的碳原子被氧化为CO2 ，另一产物应为
，D 错误。
步骤三：结论得出
正确的是A。
【易错点】
对酚羟基、醇羟基、羰基的氧化难易判断不清；误认为所有含羟基的有机物都能与Na₂CO₃ 反应。
【知识总结】
① 取代反应类型：酚羟基氢可被卤素、硝基、烷基等取代。
② 官能团氧化顺序：醇羟基易被氧化为醛基/羧基，醛基易被氧化为羧基，羰基（酮）较难被氧化。
③ 酚羟基酸性：酚羟基酸性介于H₂CO₃ 与HCO₃-之间，能与Na₂CO₃ 反应但不能与NaHCO₃ 反应。
④ 酸性KMnO₄ 氧化规律：与苯环直接相连的碳原子上有氢时，可被氧化为羧基；某些侧链可被氧化
为CO₂。
【复习策略】
加强有机合成路线推断训练，熟练掌握官能团转化关系和反应类型判断。
第 14 题
14. 利用铁基、钙基物质的化学循环（FeO
Fe ，
3
CaCO
CaO ）可从高炉煤气中分离
出
2
N ，并获得高价值的CO /
2
CO 混合气。循环过程如图所示，下列说法正确的是
A. 钙基物质Ⅰ为CaO
B. 气体X 为
2
/
CO CO 混合气
C. 铁基、钙基物质的理论投料比为2 5
∶（以物质的量计）
D. 获得的混合气中，CO 与
2
CO 物质的量之比
2
(
)
2
3
n CO
n CO
【答案】AC
【命题透视】
核心考点：化学工艺流程分析、氧化还原反应、化学计量计算。
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链接教材：人教版必修第二册第八章“化学与可持续发展”、选择性必修
▶
1“化学反应速率与化学平
衡”。
命题分析：本题以铁基
▶
/钙基化学循环分离高炉煤气为载体，综合考查氧化还原反应、化学计量和循
环工艺评价。需要学生根据循环图推断各物质转化关系，并进行定量计算。
【思路点拨】
根据循环图和题目信息，推断反应器甲、乙中发生的反应；结合高炉煤气组成
n(CO):n(CO₂):n(N2)=2:3:5 进行化学计量分析。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
高炉煤气主要含CO、CO₂、N2。反应器甲中，铁基物质将CO 氧化为CO₂，钙基物质（CaO）吸收
CO₂ 生成CaCO₃，N2 不参与反应而分离。反应器乙中，铁基物质将CO₂ 还原为CO，CaCO₃ 分解释放
CO₂，获得CO/CO₂ 混合气。
步骤二：选项分析
A．反应器甲中需要CaO 吸收CO₂ 生成CaCO₃，因此钙基物质Ⅰ为CaO，A 正确。
B．CO 和CO₂ 在反应器甲中均被转化或吸收，只有N2未参与反应，因此气体X 为纯N2，不是CO/
CO₂ 混合气，B 错误。
C．设高炉煤气中n(CO)=2mol、n(CO₂)=3mol、n(N2)=5mol。反应器甲中2mol CO 被氧化为2mol
CO₂，总CO₂ 为5mol，需5mol CaO 吸收；同时2mol FeO 被CO 还原为Fe。反应器乙中2mol Fe 将2mol
CO₂ 还原为2mol CO，同时5mol CaCO₃ 分解。铁基、钙基物质的理论投料比n(FeO):n(CaO)=2:5，C 正确。
D．获得的混合气中，n(CO)=2mol，剩余n(CO₂)=5-2=3mol，二者物质的量之比为2:3，不是选项所给
比例，D 错误。
步骤三：结论得出
正确的是A、C。
【易错点】
混淆反应器甲、乙中的氧化还原方向；未结合高炉煤气具体组成进行化学计量计算。
【知识总结】
① 化学循环思想：通过氧化还原反应和酸碱反应实现物质的分离与转化，载体可循环使用。
② 氧化还原配平：根据得失电子守恒和原子守恒配平氧化还原反应方程式。
③ 工艺流程分析方法：明确原料、产品、循环物质，标注各步反应物和产物，进行物料衡算。
【复习策略】
加强工艺流程题训练，掌握“原料→预处理→核心反应→分离提纯→产品”的分析框架，注重循环物
质的判断和物料守恒计算。
第 15 题
15. 25 C
下，向初始浓度一定的
4
NH Cl 溶液中加入
3( )
CaCO s ，通过加入
3
HNO 或NaOH 调节
pH [
3( )
CaCO s 始终存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的对数值
1
lg[ (
) /
]
c X
mol L
随pH
的变化如图所示（X 表示
4
NH
，
3
NH ，
2
Ca ，
3
HCO
）。下列说法错误的是
A. 丁线所示物种为
3
HCO
B. 调节
7.00
pH
时，需加入NaOH
C. P 点
4
0.90
2
10
c NH
c Ca
D. Q 点：
2
3
4.15
3
10
c CO
c HCO
【答案】D
【命题透视】
核心考点：水溶液中的离子平衡、对数浓度图像分析。
▶
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▶
1 第三章“水溶液中的离子反应与平衡”。
命题分析：本题以
▶
NH₄Cl 溶液中加入CaCO₃ 并调节pH 为背景，通过lg c(X)—pH 图像考查学生对盐
类水解、弱电解质电离、沉淀溶解平衡的综合分析能力。图像中四条曲线代表不同物种，需要根据pH 变
化趋势进行推断。
【思路点拨】
根据pH 变化对各物种浓度的影响，确定甲、乙、丙、丁四条曲线分别代表哪种微粒；再结合溶度
积、水解平衡等判断各选项正误。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
初始溶液为NH₄Cl 溶液，加入CaCO₃ 后存在NH₄⁺、NH₃、Ca²⁺、HCO₃⁻、CO₃2- 等离子的平衡。随着
pH 增大：NH₄+转化为NH₃，浓度减小；NH₃ 浓度增大；CaCO₃ 溶解度降低，Ca2+浓度减小；H₂CO₃ 转化为
HCO₃-再转化为CO₃2- ，HCO₃-浓度先增大后减小。
步骤二：曲线推断与选项分析
甲线：随pH 增大而减小，代表NH₄⁺。
乙线：随pH 增大而增大，代表NH₃。
丙线：随pH 增大而减小，代表Ca²⁺。
丁线：随pH 增大先增大后减小，代表HCO₃⁻。
A．丁线代表HCO₃⁻，A 正确。
B．原NH₄Cl 溶液因NH₄+水解呈酸性，要使pH=7 需加入碱（如NaOH），B 正确。
C．P 点坐标为(8.35, -3.25)，即pH=8.35 时，lg[c(NH4
+)] = -3.25，根据丙线，lg[c(Ca2+)] = -4.15。因此：
，
，C 正确。
D．O 点(pH=9.25)处，
，可得：
，Q 点(pH=12.50)，
，则：
，D 错误。
步骤三：结论得出
说法错误的是D。
【易错点】
曲线代表物种推断错误；忽略NH₄Cl 溶液本身的酸性；混淆Q 点的电荷守恒与物料守恒关系。
【知识总结】
①lg c(X)—pH 图像分析：根据物种随pH 变化的浓度趋势，结合电离、水解、沉淀溶解平衡确定曲线
归属。
② 盐类水解与溶液酸碱性：NH₄+水解使溶液呈酸性，加入碱可中和H+使pH 升高。
③ 沉淀溶解平衡：Qc 与Ksp 的关系决定沉淀的生成或溶解。
④ 守恒关系应用：电荷守恒、物料守恒、质子守恒是分析溶液中离子浓度关系的重要工具。
【复习策略】
强化水溶液中离子平衡的图像分析训练，熟练运用守恒关系和Ksp 计算解决复杂问题。
第 16 题
16.
6
CuSiF 与
（L）通过配位键形成多孔金属有机框架材料
6
x
y
z
Cu L
SiF
，其四方晶胞结构如
图所示（晶胞参数a
b
c
，
90
，H 原子略）。回答下列问题：
（1）基态Cu 原子的电子排布式为_____________；C，N，O，F 中第二电离能最大的是_________。
（2）
为平面分子，其中N 原子采取的轨道杂化方式为_________，该分子的孤电子对数为
_________。
（3）
6
x
y
z
Cu L
SiF
中x y z
∶∶
_________；其在室温下可选择性吸附
2
CO ，但不吸附
2
N 和
2
O 。
2
CO
分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的F 原子存在如图所示静电作用，晶体中与一个
2
CO 分子产生该作
用
的
F
原
子
有
___________
个
；
6
x
y
z
Cu L
SiF
不
吸
附
2
N 和
2
O 的
原
因
是
____________________________________________________________________________________________
______________________________。
（4）若阿伏加德罗常数的值为
A
N ，则
3
1cm 的
6
x
y
z
Cu L
SiF
对
2
CO 的理论吸附量为____mol 。
【答案】（1）[Ar]3d104s1（或1s22s22p63s23p63d104s1）；O
（2）sp2；2
（3）1:2:1；4；
和
为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正电荷的原子或成键电子
对/共用电子对未发生偏移
（4）
【命题透视】
核心考点：物质结构与性质综合（电子排布、电离能、杂化方式、晶胞计算、超分子识别）。
▶
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▶
2 第一章“原子结构与性质”、第二章“分子结构与性质”、第三
章“晶体结构与性质”。
命题分析：本题以铜基金属有机框架材料为背景，综合考查电子排布、电离能、杂化方式、晶胞组
▶
成、选择性吸附原理及定量计算。题目将结构化学知识与新材料情境相结合，体现学科前沿与社会发展的
联系。
【思路点拨】
根据洪特规则特例书写Cu 的电子排布式；利用电离能规律比较C、N、O、F 的第二电离能；根据配
体L 的平面结构判断N 原子杂化方式；通过晶胞结构计算MOF 化学式；根据分子极性解释选择性吸附；
利用晶胞参数和组成计算理论吸附量。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
金属有机框架（MOF）由金属离子或簇与有机配体通过配位键自组装形成，具有多孔结构。本题中
Cu2+与含氟配体L 形成四方晶胞，晶胞参数为a 和c。CO₂ 分子因结构特点可与框架中的F 原子产生静电
作用而被选择性吸附。
步骤二：分问解析
（1 ）Cu 原子序数为29 ，根据洪特规则特例，基态Cu 原子的电子排布式为[Ar]3d104s1 （或
1s22s22p63s23p63d104s1）。第二电离能是指失去第二个电子所需要的能量；
的价电子排布为
；
的价电子排布为
；
的价电子排布为
，2p 轨道半充满的稳定状态，极难再失去电
子；
的价电子排布为
；因此，氧的第二电离能最大。
（2）配体L 为平面分子，N 原子形成2 个σ 键并保留1 对孤电子对，价层电子对数为3，采取sp2杂化；分
子中有2 个N 原子，每个N 原子有1 对孤电子对，孤电子对总数为2。
（3）由晶胞结构可知，Cu 原子位于晶胞体内，数目为1；CuF₂ 相关单元（如F 或CuF₂）位于上下底面
心，数目为2；配体L 位于4 个竖直面心，数目为2。因此MOF 中n(Cu):n(CuF₂):n(L)=1:2:1。CO₂ 分子吸附
在晶胞顶点，同一层平面内与4 个八面体相邻，每个八面体有1 个F 原子与CO₂ 产生静电作用，故为4
个。由图提示可知，吸附核心在于
与
的静电引力。
和
属于由非极性键构成的非极性分子，
内部没有显著的电荷偏转，不具备可以被F 吸引的正电荷中心，因此不被吸附。
（4）晶胞体积
，1 个晶胞中
CO2数目为
，故
中
CO2的
物质的量为：
。
【易错点】
Cu 电子排布易写成[Ar]3d94s2，忽略洪特规则特例；晶胞中原子或基团数目计算错误；混淆CO₂ 的极
性与非极性判断。
【知识总结】
① 洪特规则特例：当d 轨道全充满（d10）、半充满（d5）或全空（d0）时，电子构型更稳定，如
Cr([Ar]3d54s1)、Cu([Ar]3d104s1)。
② 电离能规律：同周期第一电离能总体增大，但ⅡA、ⅤA 族因全充满、半充满而反常；第二电离
能需结合具体离子电子构型判断。
③ 杂化方式判断：根据价层电子对数确定杂化类型，平面结构中常见sp2杂化。
④ 晶胞计算：利用“切割法”计算晶胞中粒子数目，结合密度公式ρ=ZM/(NA·V)进行相关计算。
⑤ 超分子识别：基于分子极性、氢键、静电作用等实现选择性吸附。
【答题模板】
结构化学综合题：
（1）确定元素→书写电子排布式→依据周期律/特殊稳定构型比较电离能；
（2）分析分子结构→计算价层电子对数→判断杂化方式与孤电子对数；
（3）观察晶胞图→用切割法计算各粒子数目→确定化学式→分析配位环境与选择性吸附原因；
（4）列出晶胞体积与物质的量关系→代入公式计算密度或吸附量。
第 17 题
17. 一种从铜阳极泥（主要含Au 、
2
Ag Se 、
2
Cu Se ）中分离提取贵金属Au 、Ag 的工艺流程如
下：
已知：“球磨提金”时，生成的高活性
2
Cl 直接和Au 反应生成
3
AuCl 。
10
(
)
1.6 10
sp
K
AgCl
；
3
3
2
2
Ag
NH
Ag NH
7
1.0 10
K
。
回答下列问题：
（1 ）“ 酸浸” 时，
2
Cu Se 与稀
3
HNO 反应生成二元弱酸
2
3
H SeO 的离子方程式为
_________________________________________。
（2）“球磨提金”时，生成
2
Cl 的反应中作氧化剂的是__________（填化学式）。
（3）“酸溶”时，
3
AuCl 转化为
4
AuCl
；“反萃取”时加入
2
3
Na SO 溶液后，水相中Au 以
3
AuSO
形式存在，
2
3
Na SO 的两个作用是_______________________________________ 。“ 酸化析金” 时，
3
AuSO
发生自身氧化还原反应的离子方程式为_________________________________。
（4）“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使0.010mol AgCl 完全溶于1.0 L 氨水，则反应后溶液中
3
c NH
_______
1
mol L
。
（5）“还原提银”所得滤液X 经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X 时加入的物
质是___________（填化学式）。
【答案】（1）
（2）
（3）将+3 价的
还原为+1 价、提供配体；
（4）
（5）HCl
【命题透视】
核心考点：化学工艺流程综合（氧化还原、配位平衡、沉淀溶解平衡、循环利用）。
▶
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▶
1 第三章“水溶液中的离子反应与平衡”、必修第二册第八章“化学
与可持续发展”。
命题分析：本题以铜阳极泥中回收贵金属
▶
Au、Ag 的工业流程为背景，综合考查氧化还原反应方程
式书写、氧化剂判断、萃取反萃取原理、配位平衡计算和物质循环利用。流程复杂，信息量较大，要求学
生具备较强的信息提取和综合分析能力。
【思路点拨】
根据流程图和已知信息，推断各步骤中物质的转化关系；结合氧化还原反应配平、配位平衡常数计算
等知识解答各小问。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
铜阳极泥原料主要含
、
、
，先加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，
、
被
硝酸氧化溶解生成
、
、二元弱酸
与
，
、
、二元弱酸
进入滤液，
留在沉淀中；沉淀加入
、
球磨提金，
氧化氯离子生成活性
，
将
氧
化为
，经稀盐酸酸溶得到
水溶液，有机萃取剂萃取金进入有机相，水相分离后有机相中
加入
反萃取，
既作还原剂还原
又提供配体形成
，再经稀盐酸酸化，
发生自身氧化还原析出单质
；酸浸滤液中加入
沉银得到
沉淀，
加氨水溶
银生成可溶性络离子
，再用水合肼还原提银析出
单质，释放
得到滤液
。
步骤二：分问解析
（1）
中
为
价被氧化为
，
为
价被氧化为
，
被还原为
，结合得
失
电
子
守
恒
和
原
子
、
电
荷
守
恒
配
平
方
程
式
为
。
（2）“球磨提金”时，加入的
在酸性条件下氧化Cl
−
生成
，
元素化合价降低，作氧化剂。
（3）
具有还原性，将
中
价
还原为低价
价
；
作为配体，与
形成络离
子
进入水相实现反萃取，因此
的作用为将+3 价的
还原为+1 价，提供配体；
中
降价生成
单质，S 元素部分转化为
、部分为SO4
2−
，结合得失电子守恒和原子、电
荷守恒配平方程式为
。
（
4
）
已
知
：
；
，总反应为
，平衡
常
数
。
完
全
溶
于
氨
水
，
平
衡
时
，代入
，得平衡游离
，因此
。
（5）还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放
，滤液
含铵盐，球磨提金工序需要
，向滤
液
加入HCl ，将
转化为
，可循环至球磨提金步骤。
【易错点】
工艺流程中物质转化关系推断不清；氧化还原方程式配平易出现电荷不守恒；配位平衡计算时忽略Ksp
与K 稳的联合应用。
【知识总结】
① 工艺流程分析步骤：明确原料与产品→分析各步反应→判断循环利用物质→进行物料衡算。
② 氧化还原方程式配平：标变价→列升降→求最小公倍数→配平变价元素→补水、H⁺、OH-配平电荷
和原子。
③ 萃取与反萃取：利用物质在两种互不相溶溶剂中溶解度不同进行分离；反萃取是改变条件使目标
物质从有机相返回水相。
④ 配位平衡与沉淀溶解平衡联合：AgCl(s) + 2NH3
[Ag(NH₃)₂]+ + Cl⁻
⇌
，K = Ksp·K 稳。
【答题模板】
工艺流程题：
原料→预处理→核心反应→分离提纯→产品；
关注循环物质：滤液、滤渣、尾气、未反应原料中可回收利用的成分；
书写方程式时注意介质酸碱性、电荷守恒和原子守恒。
第 18 题
18. 一种药物中间体（H）的合成路线如下：
已知：
Ⅰ．
Z 、'Z 均为强吸电子基团
Ⅱ．
X
C
、
''
ZR
回答下列问题：
（1）B 结构简式为__________。
（2）C 中含氧官能团名称为__________；C→D 反应类型为__________。
（3）E→F 化学方程式为_______________________________________。
（4）C 的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______________（写出一种即可）。
①遇FeCl₃ 溶液显色
②含-NH₂
③苯环上仅含1 种化学环境的氢原子
（5）以庚二酸二甲酯和1,2-二溴乙烷为主要原料合成
。利用上述信息补全合成路线
__________________________________________________________________。
【答案】（1）
（2）酯基；还原反应
（3）
（4）
或
（5）
【命题透视】
核心考点：有机合成与推断（反应类型、官能团、同分异构体、合成路线设计）。
▶
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▶
3 第三章“烃的衍生物”、第四章“生物大分子”、第五章“合成高
分子”。
命题分析：本题以药物中间体的合成为背景，综合考查有机反应类型判断、官能团识别、结构简式
▶
推断、同分异构体书写和合成路线设计。题目提供两个已知反应信息，要求学生能够迁移应用。
【思路点拨】
根据合成路线中各物质的转化关系和已知信息，推断A、B、C、D、E、F、G、H 的结构；结合官能
团性质和反应条件判断反应类型；根据限制条件书写同分异构体；参照已知信息设计合成路线。
【解析】
由流程图可知，
与A 在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成B（
），结合B 的化学
式可得A 为
，则B 为
；B 在乙醇钠、乙醇体系中和
发生已知Ⅰ的取代
反应得到C，结合E 的结构可知C 为（
），C 在
作用下与氢气发生还原反应得到D（
），D 再与
发生加成反应生成E，E 和
在
、
环境下发生N 上的取代反应得到F （
），F 经NaH 、DMF 分子内环合得到G （
），G 在氯化钠、水、DMSO 条件下脱酯基得到目标产物H。
步骤二：分问解析
（1）由分析可知，B 的结构简式为
。
（2）由分析可知，C 的结构简式为为
，含氧官能团为酯基；C 在
作用下与氢气发生还
原反应得到D。
（3 ）由分析可知，E 和
在
环境下发生N 上的取代反应得到F （
）
和
HCl
，
化
学
方
程
式
为
。
（4）由题，满足条件①遇
显色则含酚羟基；②含
；③苯环仅1 种等效氢则苯环为对称四取
代，两对取代基对位分布，则符合条件的C 的同分异构体为
或
。
（5）结合题中流程，
在
条件下发生已知Ⅱ的反应生成
，
在乙醇钠、乙醇体系中与
发生已知Ⅰ的取代反应生成
，
在
加热下脱酯得到目标产物，则补全流程图为
。
【易错点】
有机结构推断时忽略已知反应信息的迁移应用；同分异构体书写时未满足“苯环上仅1 种化学环境氢
原子”的对称性要求；合成路线设计时步骤顺序不合理。
【知识总结】
① 常见有机反应类型：取代、加成、消去、氧化、还原、加聚、缩聚等，判断依据是官能团变化和
反应条件。
② 同分异构体书写策略：根据限制条件确定官能团，再考虑碳骨架异构、位置异构、官能团异构。
③ 合成路线设计方法：逆合成分析法，从目标产物出发，逐步倒推中间体和原料；注意保护基和反
应选择性。
【答题模板】
有机推断题：
特征反应→官能团变化→结构推导→验证分子式；
同分异构体：先定官能团，再排碳骨架，最后检查对称性；
合成路线：原料→中间体→目标产物，注明反应条件。
第 19 题
19. 一元弱酸HCN 无色剧毒，熔点为-13℃，沸点为26℃，常温下易溶于水。在通风橱中用NaCN 制
备少量液态HCN，装置如图所示（夹持装置略）。回答下列问题：
（1）仪器a 的名称为__________；装置b 的作用为__________。
（2）装置甲、乙选用的控温物质依次为__________（填标号）。
A. 水（50℃）B. 冰盐混合物（-10℃）
C. 干冰—乙醇（-70℃）D. 液氮（-196℃）
（3）HCN 制备完成后需进行的部分操作如下，正确顺序为__________（填序号）。
①打开阀门K1通N2
②停止滴加NaCN 溶液
③关闭阀门K3并切换三通阀K2至尾气处理
实验所用NaCN 中常含有杂质甲酸钠（HCOONa），二者均具有较强还原性，测定HCOONa 含量的实
验步骤如下：
Ⅰ．准确称取m g NaCN 样品，配制250.00mL 溶液，移取25.00mL 该溶液至锥形瓶中，加适量NaOH
溶液，边振摇边滴加
3
AgNO 溶液至出现棕褐色沉淀（已知：AgCN 、AgOH 均为白色沉淀，AgOH 极
易转化为
2
Ag O 棕褐色沉淀）。
Ⅱ．过滤并洗涤沉淀至洗涤液呈中性，收集滤液和洗涤液于锥形瓶中，加适量NaOH 溶液及
1
V mL 浓度为
1
1c mol L
的过量
4
KMnO 标准溶液，反应中
4
MnO
转化为
2
4
MnO
。
Ⅲ．充分反应后，向锥形瓶中加入适量
2
4
H SO 溶液及
2
V mL 浓度为
1
2c mol L
的过量
2+
Fe
标准溶液，反应
结束后溶液中所有锰元素均以
2
Mn 形式存在。
Ⅳ．用
1
1c mol L
的
4
KMnO 标准溶液滴定剩余的
2+
Fe
，终点时消耗溶液体积为
3
V mL 。
（4）步骤Ⅰ中滴加
3
AgNO 溶液时须选用棕色滴定管，原因是__________________；
(
)
sp
K
AgCN
________
(
)
sp
K
AgOH （填“>”或“<”）；步骤Ⅱ中参与反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为
__________。
（5）测得样品中HCOONa 的质量分数为__________（用代数式表示）；若步骤Ⅲ所用标准溶液中有少量
2+
Fe
被空气中的
2
O 氧化，则导致测定结果__________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）滴液漏斗；干燥HCN 气体
（2）AB
（3）②③①
（4）防止AgNO₃ 见光分解；<；2:1
（5）
；偏小
【命题透视】
核心考点：综合实验题型探究（物质制备、实验操作、氧化还原滴定、误差分析）。
▶
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▶
3、选择性必修1 中化学实验与滴定相关内容。
命题分析：本题以剧毒弱酸
▶
HCN 的制备和NaCN 中甲酸钠含量的测定为背景，综合考查实验仪器识
别、温控选择、操作顺序、氧化还原滴定原理与误差分析。题目情境真实，实验安全要求高，科学探究性
强。
【思路点拨】
根据HCN 的物理性质（熔点-13℃，沸点26℃）判断装置甲、乙的温度控制；根据实验安全原则确定
操作顺序；结合氧化还原滴定的电子守恒进行计算和误差分析。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
HCN 为无色剧毒液体，熔点低、沸点接近室温，制备时需在通风橱中进行，并做好尾气处理。装置甲
用于发生HCN 气体，装置乙用于冷凝收集液态HCN，装置b 用于干燥HCN。
步骤二：分问解析
（1）仪器a 为滴液漏斗，可平稳添加NaCN 溶液；装置b 盛装无水
，作用是干燥HCN 气体，除去
HCN 中混有的水蒸气。
（2）HCN 沸点26℃，甲装置水浴（50℃）保证反应产生的HCN 保持气态，便于在乙装置中充分收集；
HCN 熔点-13℃，乙需要低温冷凝液化HCN，选用-10℃冰盐混合物，既能让HCN 完全液化，又不会让
HCN 凝固堵塞导管，装置甲、乙选用的控温物质依次为A、B。
（3）实验结束先停止滴加NaCN 溶液，再关闭阀门
、切换三通阀
处理有毒尾气，最后打开阀门
通
，使装置中残留的HCN 全部排入尾气处理装置中，避免有毒HCN 泄漏污染空气，因此正确顺序为
。
（4）
化学性质不稳定，见光易发生分解反应，光照下硝酸银会析出银单质、溶液变浑浊，损耗标
准液，造成滴定浓度不准，因此必须使用棕色滴定管；滴加
溶液至出现棕褐色沉淀，说明
先沉淀，当
沉淀完全后才会生成
棕褐色沉淀（指示滴定终点），因此
；步骤Ⅱ中
，Mn 元素化合价由+7 转化为+6，每个
得1e⁻；
在碱性条件下被氧化为
，C 元素化合价由+2 转化为+4，每个
失
2e⁻，根据电子守恒，氧化剂
与还原剂
物质的量之比为
。
（5 ）由题，碱性环境下
，由此得到关系式
；酸性条件下
，对应定量关系
。根据得失电子守恒：整个过程Mn 从+7 价被还原为+2 价，得到的电子总数为
失
去
的
电
子
总
数
：
即
，可得
25 mL
待测液中甲酸钠物质的量
，则250 mL 全部样品中甲酸钠总物质的量
，
甲
酸
钠
质
量
，因此甲酸钠质量
分数为
；
标准液被空气中
氧化
会发生反应
，相同
体积溶液内有效
实际物质的量低于理论计
算值，则会导致步骤Ⅳ消耗
标准液体积
偏小，因此甲酸钠的质量分数偏小。
【易错点】
HCN 冷凝温度选择不当，易选C 或D；操作顺序颠倒导致HCN 泄漏；电子守恒计算时氧化剂、还原
剂得失电子数判断错误。
【知识总结】
① 低温冷凝选择：根据物质熔沸点选择合适冷却剂，避免凝固或挥发损失。
② 实验安全操作：有毒气体实验结束时，应先停止反应，再处理尾气，最后用惰性气体吹扫装置。
③ 氧化还原滴定计算：利用得失电子守恒建立物质间的定量关系，注意多步滴定中过量滴定剂的处
理。
④ 误差分析：分析操作对标准液浓度或消耗体积的影响，进而判断待测物含量的变化趋势。
【答题模板】
综合实验题：
实验目的→原理→装置→操作→现象→结论；
滴定计算：找关系式→列比例→算含量；
误差分析：判断操作对V 标或c 标的影响，依据c 待∝V 标判断结果偏差。
第 20 题
20. 液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题：
反应Ⅰ：
1
H
（1）B 的系统命名为_____________。
（2）初始投料只有A 和B，且均为1mol，不同温度下A 转化率随反应时间的变化如图所示，则
1
H
________0 （填“ >” 或“ <” ）；实验证明
1
H
很小，从化学键变化角度分析，其原因为
_______________________________。
已知
1T 温度下，反应达平衡时，C 物质的量( )
n C 为
1
3 mol
，反应Ⅰ的平衡常数
1
K __________。
（3）
1T 温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的
3
CH OH ，发生如下反应：
反应Ⅱ：
2
0
H
反应Ⅲ：
3
0
H
液相体系重新达平衡后，D 物质的量(
)
n D 为0.5mol，则A 物质的量( )
n A __________mol，E 物质的量
( )
n E __________mol。
（4）将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性
溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C 与A 物质的量之比
( )
( )
n C
n A 均增大至
同一数值，则三个平衡体系按( )
n E 由大到小的排序为__________（填编号），D 与B 物质的量之比
(
)
( )
n D
n B
最小值对应的平衡体系为__________（填编号）。
【答案】（1）1,2-丁二醇
（2）<；反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同；
（3）0.5；0.3
（4）③①②；②
【命题透视】
核心考点：化学反应原理综合（热效应判断、平衡常数计算、多反应竞争平衡、条件调控）。
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链接教材：人教版选择性必修
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1 第二章“化学反应速率与化学平衡”。
命题分析：本题以液相酯交换反应为背景，综合考查反应热判断、平衡常数计算、多反应竞争平衡
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分析以及温度和惰性溶剂对平衡的影响。题目逻辑链条长，定量计算要求高，是整张试卷的压轴题之一。
【思路点拨】
根据温度对反应速率和平衡转化率的影响判断ΔH 符号；根据化学键变化解释ΔH 很小的原因；利用
三段式计算平衡常数；对多反应竞争体系列方程组求解各物质物质的量；结合勒夏特列原理分析条件改变
对平衡的影响。
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
反应Ⅰ为液相酯交换反应，A 与B 反应生成C 和D。由图像可知，T2 温度下反应先达到平衡，说明
T2>T1；而T2 下A 的平衡转化率低于T1，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，ΔH<0。反应Ⅱ、Ⅲ
均为放热反应，加入某物质后与原平衡体系发生竞争反应。
步骤二：分问解析
（1）B 的结构是
，主链4 个碳，1、2 位有羟基，系统命名为1,2-丁二醇。
（2）温度越高反应速率越快，先达平衡，所以
；
平衡时A 转化率更低，升温A 转化率下降，平
衡逆向移动，正反应放热，故
；反应Ⅰ是酯交换，断裂的化学键和形成的化学键种类以及数目相
同，因此
很小；初始
，平衡
，由反应Ⅰ计量比，
，
剩余
，设液相反应体系的体积为
V ，则平衡常数
。
（3）设反应Ⅰ中A 的转化量为a mol，反应Ⅱ中A 的转化量为b mol，反应Ⅲ中C 的转化量为c mol，则
有：
则达到平衡时
、
、
、
、
，可列
方程组
，解得
，所以此时
，
。
（4）反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，③降低温度，平衡Ⅱ、Ⅲ正向移动，生成更多E，故
③大于①；②
加入惰性溶剂稀释，反应Ⅱ、Ⅲ均为物质的量减小的反应，稀释平衡逆向移动，消耗E，故
②小于
①，因此排序为
。由
，变形得
。①和②温
度相同，
相同，
：②>①，故
：②<①；③温度低于①，
，降温
增大，且
与②相等，故
：③>②，因此最小值对应体系②。
【易错点】
将“先拐先平数值大”误用于放热反应判断；多反应竞争体系中变量设置不当导致方程无法求解；忽
略液相体系中加入惰性溶剂相当于稀释的影响。
【知识总结】
① 温度对平衡的影响：升高温度，平衡向吸热方向移动；降低温度，平衡向放热方向移动。
② 反应热与化学键：ΔH≈反应物键能总和-生成物键能总和；若断裂与形成的化学键种类和数目相
同，则ΔH 接近0。
③ 多反应竞争平衡：需设定各反应转化量，根据原子守恒和平衡常数列方程组求解。
④ 惰性溶剂的影响：液相反应中加入惰性溶剂相当于稀释，对气体分子数减小的反应，稀释使平衡
逆向移动。
【答题模板】
反应原理综合题：
明确反应方程式→分析条件对速率和平衡的影响→列三段式或方程组→计算平衡常数或物质的量→结
合图像或条件变化预测结果。
