2021届高三化学高频高点、热点题型真题感悟 含参考答案

真题感悟参考答案 1 / 43 真题感悟参考答案 第一部分 选择题 一、化学与生活 1.【答案】D 【解析】 A．乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A 说法正确； B．次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B 说法正确； C．过氧乙酸的分子式为 C2H4O3，故其相对分子质量为 76，C 说法正确； D．氯仿的化学名称为三氯甲烷，D 说法不正确。 综上所述，故选 D。 2.【答案】A 【解析】 A．胆矾为硫酸铜晶体，化学式为 CuSO4  5H2O，A 说法错误； B．湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B 说法正确； C．加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C 说法正确； D．铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D 说法正确。 综上所述，相关说法错误的是 A，故选 A。 3.【答案】C 【解析】 A．字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制 适宜的温度和湿度，A 说法正确； B．由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然 界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B 说法正确； C．孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C 说法错误； D．因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以 Cu(OH)2∙CuCO3 中铜的质量分数高于 Cu(OH)2∙2CuCO3，D 说法正确。 综上所述，相关说法错误的是 C，故本题答案为 C。 4.【答案】C 【解析】 A．天然气是由远古时代的动植物遗体经过漫长的时间变化而形成的，储量有限，是不可再生能源，A 选项正确； B．水煤气为 CO 和 H2，在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇)，B 选项 正确； C．煤的液化是把煤转化为液体燃料，属于化学变化，C 选项错误； D．火棉是名为纤维素硝酸酯，是一种含氮量较高的硝化纤维，D 选项正确； 答案选 C。 5.【答案】B 【解析】 A．PM2.5 指环境空气中空气动力学当量直径小于等于 2.5 微米的颗粒物，PM2.5 粒径小，面积大，活 性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体健康和大气环境 质量的影响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，PM2.5 属于空气污染物，A 不选； B．O2 是空气的主要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B 选； 真题感悟参考答案 2 / 43 C．SO2 引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨，SO2 属于空气污染物，C 不选； D．NO 引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏 O3 层等，NO 属于空气污染物，D 不 选； 答案选 B。 6.【答案】C 【解析】 工业上用 Cl2 与 NaOH 溶液反应制取“84 消毒液”，反应原理为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO 具有 强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84 消毒液”的主要有效成分是 NaClO，答案选 C。 7.【答案】A 【解析】 A．屠呦呦的主要贡献是发现了治疗疟疾的青蒿素，测定了青蒿素的组成、结构，成功合成双氢青蒿 素等； B．钟南山是中国工程院院士，著名呼吸病学专家，长期从事呼吸内科的医疗、教学、科研工作，重 点开展哮喘，慢阻肺疾病，呼吸衰竭和呼吸系统常见疾病的规范化诊疗、疑难病、少见病和呼吸危重 症监护与救治等方面的研究； C．侯德榜的主要贡献是：揭开了索尔维制碱法的秘密、创立了侯氏制碱法等； D．张青莲的主要贡献：主持测定了铟、铱、锑、铕、铈、锗、锌、镝几种元素的相对原子质量新值， 被国际原子量委员会采用为国际新标准； “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”描述的是从青蒿中提取青蒿素治疗疟疾的过程，受此启 发为人类做出巨大贡献的科学家是屠呦呦；答案选 A。 8.【答案】B 【解析】 A．结构式是每一对共用电子对用一个短横来表示，乙烯分子中每个碳原子和每个氢原子形成一对共 用电子对，碳原子和碳原子形成两对共用电子对，故 A 正确； B．结构简式中需要体现出特殊结构和官能团，甲酸甲酯中要体现出酯基，其结构简式为 HCOOCH3， 故 B 错误； C．键线式中每个端点为一个 C 原子，省略 C—H 键，故 C 正确； D．甲基中碳原子和三个氢原子形成 3 对共用电子对，还剩一个成单电子，故 D 正确；答案选 B。 9.【答案】C 【解析】 A．N 原子的质子数为 7，中子数为 9 的氮原子的质量数为 7+9=16，该氮原子表示为 16 7 N ，A 错误； B．N2 分子中两个 N 原子间形成 3 对共用电子对，N2 分子的电子式为 ，B 错误； C．Cl2 分子中两个 Cl 原子间形成 1 对共用电子对，Cl2 分子的结构式为 Cl—Cl，C 正确； D．Cl-的核电荷数为 17，核外有 18 个电子，Cl-的结构示意图为 ，D 错误；答案选 C。 10.【答案】A 【解析】 【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各 种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。 【详解】A 项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故 A 错误； 真题感悟参考答案 3 / 43 B 项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故 B 正确； C 项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同 属硅酸盐产品，故 C 正确； D 项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点， 故 D 正确。 故选 A。 【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、 反应与用途为解答的关键。 11.【答案】D 【解析】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，A 项正确； B．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B 项正确； C．“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C 项正确； D．高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D 项错误； 答案选 D。 【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。 12.【答案】C 【解析】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A 正确； B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B 正确； C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C 错误； D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D 正确；答案选 C。 13.【答案】D 【解析】 【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图 以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。 【详解】A．核素的表达式 A Z X 中 A 表示 X 原子的质量数，Z 表示 X 原子的质子数，则中子数=A-Z， 中子数为 18 的氯原子为 35 17 Cl ，A 项错误； B．氮原子最外层电子数为 5，还需要 3 个电子（或形成 3 对共用电子对）达到 8 电子稳定结构，所 以两个氮原子共用 3 对电子，氮气的结构式为 N≡N，B 项错误； C．钠原子的核外有 11 个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有 10 个电子， Na+的结构示意图为 ，C 项错误； D．氧原子最外层有 6 个电子，两个氢原子分别和氧原子形成 1 对共用电子对，D 项正确。 故选 D。 14.【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B 选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金 属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。 【详解】A．碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素 周期表第 IVA 族，故 A 符合题意； B．聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故 B 不符合题意； C．碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故 C 不符合题意； 真题感悟参考答案 4 / 43 D．钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故 D 不符合题意； 综上所述，本题应选 A。 【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判 断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元 素的却不一定是有机物。 15.【答案】D 【解析】 【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理 变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断． 【详解】A、秸杆主要成分为纤维素，利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇，有新物质生成，属于化 学变化，故 A 涉及化学反应； B、利用石油生产塑料、化纤等高分子材料，产生新物质，属于化学变化，故 B 涉及化学反应； C、利用基本化学原料生产化学合成药，产生新物质，属于化学变化，故 C 涉及化学反应； D、海水中的水淡化成淡水，没有产生新物质，属于物理变化，故 D 不涉及化学反应； 故选 D。 【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新 物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化． 16.【答案】A 【解析】A．次氯酸中 Cl 最外层为 7 个电子，为达到 8 电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成 一个共用电子对，O 原子最外层为 6 个电子，为达到 8 电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子 形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为 ，A 项错误。B、C、D 等 3 个选项均正确。 故答案选 A。 17.【答案】B 【解析】 本题 A、B、C 选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由 移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如 A 选项），只有少部分电离的是弱电解质（如 C 选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电 源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应 的过程（如 B 选项）。 A．NaCl 为强电解质，NaCl 溶于水，NaCl 在水分子作用下，自发解离为 Na+和 Cl-，故电离方程式为 NaCl=Na++Cl-，故 A 不符合题意； B．电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu，氯离子向阳极移 动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2，所以电解总反应为：Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑，故 B 符 合题意； C．CH3COOH 为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为 CH3COOH  CH3COO-+H+，故 C 不符合题意； D．由图可知，反应 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436 kJ/mol+243 kJ/mol=679 kJ/mol），与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431 kJ/mol×2= 862 kJ/mol） 之差，即放热 183kJ/mol，放热∆H 为负值，所以 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ∆H=-183kJ/mol，故 D 不符合题 意； 综上所述，本题应选 B。 【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查 化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化 真题感悟参考答案 5 / 43 学反应原理巧妙地结合。 18.【答案】C 【解析】A 项，光合作用消耗 CO2，光合作用的总方程式可表示为 6CO2+6H2O C6H12O6+6O2，光合作 用会引起大气中 CO2 含量下降；B 项，自然降雨时 H2O 会与少量 CO2 反应生成 H2CO3，不会引起 CO2 含量的上升；C 项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含 C 元素，C 元素燃烧后 生成 CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中 CO2 含量上升；D 项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底 部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生 物活动消耗 CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中 CO2 含量上升；化石燃料的燃烧会 引起大气中 CO2 含量上升，答案选 C。 点睛：本题考查化学与环境保护、低碳经济等，掌握化石燃料的成分是解题的关键。 19.【答案】B 【解析】A 项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B 项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应， 不属于化学变化；C 项，偏二甲肼与 N2O4 反应生成 CO2、N2 和 H2O，放出大量热，反应的化学方程式 为 C2H8N2+2N2O4 3N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D 项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4 燃 烧生成 CO2 和 H2O，放出大量热，反应的化学方程式为 CH4+2O2 CO2+2H2O，属于化学变化；答案 选 B。 点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应 的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。 20.【答案】D 【解析】A． 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A 正确； B． 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B 正确； C． 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C 正确； D． 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠 X 射线造影 检查，应该用硫酸钡，D 错误。答案选 D。 点睛：本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积 累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。 21.【答案】D 【解析】A．碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A 正确； B．漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B 正确； C．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C 正确； D．碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠 X 射线造影检 查，应该用硫酸钡，D 错误。答案选 D。 点睛：本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累 并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。 22.【答案】A 【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化 学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。 详解：A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成 大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成 电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A 错误。 B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高 时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B 正确。 C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水 性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C 正确。 真题感悟参考答案 6 / 43 D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而 对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护 法，D 正确。 点睛：本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和 用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项 D 中的牺牲阳极的阴极保 护法，实际指的是形成原电池的保护方法。 23.【答案】A 【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化 学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。 详解：A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到 酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的。选项 A 不合理。 B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项 B 合理。 C．陶瓷的制造原料为黏土。选项 C 合理。 D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原 理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项 D 合理。 点睛：萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际 应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例 如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项 D 就是一种固液萃取。 24.【答案】B 【解析】A． Na2O2 可与 CO2 反应放出氧气，可用于制作呼吸面具，不符合题意； B． SiO2 具有导电性，可用于制作光导纤维，但光电池的主要成分是硅，符合题意； C． 聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，不符合题意； D． 氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张．织物等，不符合题意； 故答案为 B。 二、化学计量与化学计算 1.【答案】C 【解析】 A．标准状况下 22.4L 氮气的物质的量为 1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为 14N，则每个 N2 分子 含有(14-7)×2=14 个中子，1mol 该氮气含有 14NA 个中子，不是 7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不 确定，故 A 错误； B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故 B 错误； C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g 石墨烯和 12g 金刚石均相当于 12g 碳原子，即 12g 12g/mol =1molC 原子，所含碳原子数目为 NA 个，故 C 正确； D．1molNaCl 中含有 28NA 个电子，但该溶液中除 NaCl 外，水分子中也含有电子，故 D 错误； 故答案为 C。 2.【答案】A 【解析】 A． Mn 元素的化合价由+7 价降至+2 价，则 4mol 完全反应转移电子物质的量为 4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为 20NA，A 正确； B．电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应 以及 Cu 失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为 NA 时，即电路中通过 1mol 电子， 真题感悟参考答案 7 / 43 Cu 失去的电子应小于 1mol，阳极反应的 Cu 的物质的量小于 0.5mol，则阳极反应的 Cu 的质量小于 0.5mol×64g/mol=32g，B 错误； C．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的 H+数，C 错误； D．n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于 发生水解： +H2O⇌ +OH-、 +H2O⇌H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于 0.100mol，阴离子数大于 0.100NA，D 错误；答案选 A。 3.【答案】（1） （2） 【解析】 （1）100mL 0.200mol/L CuSO4 溶液与 1.95g 锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略 溶液体积、质量变化可知，溶液的质量 m= =1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知， 反应放出的热量 Q=cm =4.18 ×100g×(30.1-20.1) = 4.18×103J，故答案为：4.18×103； （2）上述反应中硫酸铜的物质的量 n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量 n(Zn)= =0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第（1）问可知，转化 0.020mol 硫酸铜 所放出的热量为 4.18×103J，又因为该反应中焓变 代表反应 1mol 硫酸铜参加反应放出的热量，单位 为 kJ/mol，则可列出计算式为： ，故答案为： （答案符合要求且合理即可）。 【点睛】 该题的难点是第（2）问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破口， 题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。 4.【答案】B 【解析】A． 3 He 的中子数为 3-2=1，则 3g 3 He 的中子数为 3g 3g/mol AN =NA，A 项正确； B．磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则 1L 0.1mol/L 的磷酸钠溶液中磷酸根 离子的个数小于 1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B 项错误； C．重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6 降低到+3，1mol 重铬酸钾转移的电子数为 3mol×2×NA mol-1 =6NA，C 项正确； D．正丁烷与异丁烷的分子式相同，1 个分子内所含共价键数目均为 13 个，则 48g 正丁烷与 10g 异丁 烷所得的混合物中共价键数目为 48g+10g 58g/mol ×13×NA mol-1 =13NA，D 项正确； 真题感悟参考答案 8 / 43 答案选 B。 5.【答案】B 【解析】A、常温下 pH＝2，则溶液中氢离子浓度是 0.01mol/L，因此每升溶液中 H＋数目为 0.01NA，A 错 误； B、根据电荷守恒可知选项 B 正确； C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH 增大，C 错误； D、加入 NaH2PO4 固体，H2PO4 －浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D 错误； 答案选 B。 6.【答案】B 【解析】A．1 个 Mg 原子中有 12 个质子，1 个 Al 原子中有 13 个质子。24 g 镁和 27 g 铝各自的物质的量 都是 1 mol，所以 24g 镁含有的质子数为 12mol，27g 铝含有的质子的物质的量为 13 mol，选项 A 错误。 B．设氧气和臭氧的质量都是 Xg，则氧气（O2）的物质的量为 mol，臭氧（O3）的物质的量为 mol， 所以两者含有的氧原子分别为 ×2= mol 和 ×3= mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是 一样多的，而每个氧原子都含有 8 个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选 项 B 正确。 C．重水为 ，其中 含有 1 个中子， 含有 8 个中子，所以 1 个重水分子含有 10 个中子， 1 mol 重水含有 10 mol 中子。水为 ，其中 没有中子， 含有 8 个中子，所以 1 个水分子 含有 8 个中子，1 mol 水含有 8 mol 中子。两者的中子数之比为 10:8=5:4，选项 C 错误。 D．乙烷（C2H6）分子中有 6 个 C－H 键和 1 个 C－C 键，所以 1 mol 乙烷有 7mol 共价键。乙烯（C2H4） 分子中有 4 个 C－H 键和 1 个 C＝C，所以 1 mol 乙烯有 6 mol 共价键，选项 D 错误。 点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有 多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。 7.【答案】C 【解析】A．常温常压下，124 g P4 的物质的量是 1 mol，由于白磷是正四面体结构，含有 6 个 P－P 键，因 此其中所含 P—P 键数目为 6NA，A 错误； B．铁离子在溶液中水解，所以 100 mL 1 mol∙L−1 FeCl3 溶液中所含 Fe3+的数目小于 0.1NA，B 错误； C．甲烷和乙烯分子均含有 4 个氢原子，标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物的物质的量是 0.5mol， 其中含氢原子数目为 2NA，C 正确； D．反应 2SO2+O2 2SO3 是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2 和 1 mol O2 催化反应后分子总 数大于 2NA，D 错误。答案选 C。 点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转 移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的 积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。 8.【答案】B 【解析】A、16.25g 氯化铁的物质的量是 16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体， 因此水解生成的 Fe(OH)3 胶体粒子数小于 0.1 NA，A 错误； B、标准状况下 22.4L 氩气的物质的量是 1mol，氩气是一个 Ar 原子组成的单质，其中含有的质子数是 18 NA，B 正确； C、1 分子丙三醇含有 3 个羟基，92.0g 丙三醇的物质的量是 1mol，其中含有羟基数是 3 NA，C 错误； 真题感悟参考答案 9 / 43 D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的 CH3Cl 分子数小于 1.0 NA，D 错误。答案选 B。 点睛：选项 D 是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可 能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。 9.【答案】C 【解析】A． 金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被 2 个碳原子共用，即一个碳原子 只分摊 2 个共价键，所以 12 g 金刚石中，即 1mol 金刚石中含有化学键的数目为 2NA，故不符合题意； B．D2O 的摩尔质量为（2×2+16）g/mol=20g/mol，则 18 g 的 D2O 中中含有的质子数为 18g ×1020g/mol  NA=9 NA，故不符合题意； C．乙烯和环已烷的最简式都为 CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为 28g ×14g/mol 3 NA=6NA，符合题意； D． NH4 ＋会发生水解，故数目P，故 C 错误； D．P 的含氧酸有 H3PO4、H3PO3、H3PO2 等，故 D 错误；故答案为：B。 ⒉【答案】D 【分析】 一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次 增大，且总和为 24，根据图示，W 为 1 价形成共价键，W 为氢，Z 为+1 价阳离子，Z 为 Na，Y 为 3 价， Y 为 N，24-1-11-7=5，X 为 B 元素。 【详解】A．该化合物中，H、B、N 之间均以共用电子对形成共价键，故 A 正确； B．Na 单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故 B 正确； C．N 的最高价氧化物的水化物 HNO3 为强酸，故 C 正确； D．B 的氟化物 BF3 中 B 原子最外层只有 6 个电子，达不到 8 电子稳定结构，故 D 错误； 故选 D。 ⒊【答案】B 【详解】Y 的最外层电子数等于 X 次外层电子数，由于均是主族元素，所以 Y 的最外层电子数不可能是 8 个，则 X 只能是第二周期元素，因此 Y 的最外层电子数是 2 个，又因为 Y 的原子半径大于 Z，则 Y 只 能是第三周期的 Mg，因此 X 与 Z 的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则 X 是 C，Z 是 Si。 A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y 的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔 点，A 错误； B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢 化物稳定性，B 正确； 真题感悟参考答案 10 / 43 C、C 与 Si 形成的是共价化合物 SiC，C 错误； D、单质镁能溶于浓硫酸，单质硅不溶于浓硫酸，D 错误； 答案选 B 。 ⒋【答案】C 【分析】由 W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 的核外最外层电子数是 X 核外电子数的一半可知，Z 为 Cl、 X 为 Si，由化合价代数和为 0 可知，Y 元素化合价为—3 价，则 Y 为 P 元素；由 W 的电荷数可知，W 为 Na 元素。 【详解】A 项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故 A 错误； B 项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为 Cl＞S＞P，故 B 错误； C 项、P 元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故 C 正确； D 项、新化合物中 P 元素化合价为—3 价，满足 8 电子稳定结构，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题 给信息推断元素为解答关键。 ⒌【答案】A 【解析】W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素。W 与 X 可生成一种红棕色有刺激性气味的 气体，W 是 N，X 是 O；Y 的周期数是族序数的 3 倍，因此 Y 只能是第三周期，所以 Y 是 Na；Z 原子最 外层的电子数与 W 的电子总数相同，Z 的最外层电子数是 7 个，Z 是 Cl，结合元素周期律和物质的性 质解答。根据以上分析可知 W、X、Y 和 Z 分别是 N、O、Na、Cl。则 A．氧元素与其 N、Na、Cl 三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如 NO、NO2、Na2O、Na2O2、 Cl2O7、ClO2 等，A 正确； B．过氧化钠中含有离子键和共价键，B 错误； C．N、O、Na 三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是 10 电子，氯离子是 18 电子微粒，C 错误； D．亚硝酸为弱酸，D 错误。答案选 A。 【解题技巧】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是 解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见 单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。 ⒍【答案】C 【解析】由 X、Y、Z 最外层电子数和为 17 可以推出元素 X 为碳元素；Y 元素为硫元素，Z 为氯元素，Q 为 第四周期 VA，即为砷元素。A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次 减小，选项 A 正确；B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋ 2、＋4，选项 B 正确；C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项 C 不正确； D、VA 最外层电子数为 5，故最高化合价为＋5，选项 D 正确。答案选 C。 【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项 D，应分 析 Q 为 VA 族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。 ⒎【答案】C 【解析】X、Y、Z、W 四种短周期元素，由位置可知，X、Y 在第二周期，Z、W 在第三周期，设 Y 的原子序 数为 y，则 X 的原子序数为 y-1，Z 的原子序数为 y+8，W 的原子序数为 y+9，X、Y、Z 和 W 的原子序数 之和为 48，则 y-1+y+y+8+y+9=48，解得 y=8，所以 Y 为 O，W 为 S，Z 为 Cl，X 为 N，据此解答。 A 项，在同一周期内，自左向右原子核吸引核外电子的能力越强，半径逐渐减小，故 A 项正确； B 项，X 为 N 元素，W 为 Cl 元素，可以形成共价化合物 NCl3，故 B 项正确； C 项，熔沸点为物质的物理性质，与分子间作用力有关，与非金属性无关，故 C 项错误； D 项，非金属性 Z 氧化产物，得出氧化性 Cl2 > FeO4 2-；方 案 II 的反应为 2FeO4 2-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2 和 FeO4 2-氧化性强弱关系相反；对 比两个反应的条件，制备 K2FeO4 在碱性条件下，方案 II 在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响 物质氧化性的强弱。 ③该小题为开放性试题。若能，根据题意 K2FeO4 在足量 H2SO4 溶液中会转化为 Fe3+和 O2，最后溶液中不 存在 FeO4 2-，溶液振荡后呈浅紫色一定是 MnO4 -的颜色，说明 FeO4 2-将 Mn2+氧化成 MnO4 -，所以该实验 方案能证明氧化性 FeO4 2- > MnO4 -。（或不能，因为溶液 b 呈紫色，溶液 b 滴入 MnSO4 和 H2SO4 的混合 溶液中，c（FeO4 2-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向 紫色溶液 b 中滴加过量稀 H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。 方程式为 2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑。 10.【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O 减小 （2）①偏大 ②n( 2 2 7Cr O  )=5.000×10−2 mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 mol 由滴定时 2 2 7Cr O  →Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式： 2 2 7Cr O  ~6Fe2+ （或 2 2 7Cr O  +14H++6Fe2+ 6Fe3++2Cr3++7H2O） 则n(Fe2+)=6n( 2 2 7Cr O  )=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol 样品中铁元素的质量： m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= 0.3696 g 3.000 g ×100%=12.32% 真题感悟参考答案 28 / 43 【解析】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成 Fe3+，H2O2 具有氧化性，其还原产物为 H2O，根据得失电 子守恒可写出反应 2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2 氧化 Fe2+ 的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2 氧化后的溶液为 Fe2（SO4）3 溶液，Fe2（SO4）3 发生水 解反应 Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n 聚合得 到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH 减小。 （2）①根据题意，Sn2+能将 Fe3+还原为 Fe2+，发生的反应为 Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原 剂>还原产物，则还原性 Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的 Sn2+，则加入的 K2Cr2O7 先氧化过量的 Sn2+ 再氧化 Fe2+，导致消耗的 K2Cr2O7 溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。 ② 实验过程中消耗的 n（Cr2O7 2-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol 由滴定时 Cr2O7 2-→Cr3+和 Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O7 2-~6Fe2+（或 Cr2O7 2-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O） 则 n（Fe2+）=6n（Cr2O7 2-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol （根据 Fe 守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g 样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）= 0.3696g 3.000g ×100%=12.32%。 11.【答案】除尘 c 防止 NOx 溶于冷凝水 2NO+3H2O2=2H++2NO3 –+2H2O 锥 形瓶、酸式滴定管 23c䓤-c2䓤2 3䓤 × t 4 偏低 偏高 【解析】（1）烟道气中含有粉尘、、空气、H2O 和 NOx，根据实验目的，需要测量氮的氧化物，因此需要除 去粉尘，即玻璃棉的作用是除去烟道中的粉尘； （2）A、碱石灰是碱性干燥剂可能与 NOX 反应，故不能使用，故 A 错误；B、硫酸铜不能作干燥剂，故 B 错误；C、P2O5 为酸性干燥剂，不与 NOx 反应，可以使用，故 C 正确； （3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与 D 相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案 为： ； （4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX 溶于水中； （5）根据信息，NOx 被 H2O2 氧化成 NO3 －，H2O2 被还原成 H2O，因此离子方程式为 2NO+3H2O2=2H++2NO3 –+2H2O； （6）滴定实验使用的玻璃仪器有滴定管和锥形瓶，因为 K2Cr2O7 具有强氧化性，因此滴定管应选用酸式滴 定管； （7）用 c2 mol·L−1 K2Cr2O7 标准溶液滴定剩余的 Fe2+，终点时消耗 V2 mL，此时加入的 Cr2O7 2-为 c2V2/1000 mol； 所以过量的 Fe2+为 6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的 Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以 硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与 NO2 的物质的量相等。考 虑到配制 100mL 溶液取出来 20mL 进行实验，所以 NO2 为 5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为 46 ×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即 230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些 NO2 是 VL 气体中含有的，所以含量 为 230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1，即为 1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3，所以答案为： 23c䓤-c2䓤2 3䓤 × t 4 mg·m−3； （8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中 NOX 的含量，测定结 果必然偏低。若 FeSO4 标准溶液部分变质，一定是部分 Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这 部分被氧化的 Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。 真题感悟参考答案 29 / 43 12.【答案】（1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 （2）O2+2Mn(OH)2 =2MnO(OH)2 （3）量筒 氧气 （4）蓝色刚好褪去 80ab （5）低 【解析】本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。 （1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度 降低而逸出。 （2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2 被氧气氧化为 MnO(OH)2，Mn 的化合价由＋2 价→＋4 价，化合 价升高 2，氧气中 O 的化合价由 0 价→−2 价，整体降低 4 价，最小公倍数为 4，由此可得方程式 O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2。 （3）Na2S2O3 溶液不稳定，使用前还需要标定，因此配制该溶液时不需要精确配制，需要的玻璃仪器有 烧杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒，并不需要容量瓶；Na2S2O3 溶液不稳定，加热可以除去蒸馏水中溶 解的氧气和二氧化碳，减少 Na2S2O3 的损失。 （4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定 I2，因此终点现象为蓝色刚好褪去；根据题干，MnO(OH)2 把 I− 氧化成 I2，本身被还原成 Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有 n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建 立关系式 O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3。可得水样中溶解氧的含量为[（ab×10−3）÷4×32×103]÷ 0.1=80ab。 （5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致 b 减小，根据水样中溶解氧的含量为 80ab 得，最终结果偏低。 二、化学反应原理 1．【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于 （3）  3 9 1 4 0.039 或    4 36 2 0.390.39 14 0.39 0.10.39 ( )3 等 （4）选择合适催化剂等 【解析】 【分析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增 大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各 组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常 要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。 【详解】(1)CO2 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为 2CO2+6H2 ⇌ CH2 = CH2+4H2O，因 此，该反应中产物的物质的量之比 n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当 反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。 (2)由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知， c 和 a 所表示的物质的物质的量分数之比为 1:3、d 和 b 表示的物质的物质的量分数之比为 1:4，则结 合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是 d，表示二氧化碳变化曲线的是 c。由图中曲线 的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为 放热反应，∆H 小于 0。 (3)原料初始组成 n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为 0.1Mpa 建立平衡。由 A 点坐标可知，该温度 下，氢气和水的物质的量分数均为 0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即 0.39 4 ，二氧化 碳 的 物 质 的 量 分 数 为 氢 气 的 三 分 之 一 ， 即 0.39 3 ， 因 此 ， 该 温 度 下 反 应 的 平 衡 常 数 真题感悟参考答案 30 / 43 4 2 3 6 0.390.39 14 0.10.390.39 3 pK        (MPa)−3= 3 9 1 4 0.039  (MPa)−3。 (4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减 少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催 化剂。 点睛：本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分 的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成 立）。 2.【答案】（3）①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强（浓度） ③大于 1.3 【解析】（3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线 a 代表 343K 的反应。 从图中读出，平衡以后反应转化率为 22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为 1mol/L，得到： 2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4 起始： 1 0 0 反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为 22%） 平衡： 0.78 0.11 0.11 所以平衡常数 K=0.112÷0.782=0.02。 ②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平 衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、 加入更高效的催化剂（改进催化剂）。 ③a、b 两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而 a 点的温度更高，所以速率更快，即 Va＞Vb。根据题目表述得到 ， ，当反应达平衡时 ， ＝ ，所以 ，实际就是平衡常数 K 值， 所以 0.02。a 点时，转化率为 20%，所以计算出： 2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4 起始： 1 0 0 反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为 20%） 平衡： 0.8 0.1 0.1 所以 =0.8； = =0.1；所以 3.【答案】（4）①ac ②大于 ③小于 nt 时刻生成物的浓度更高，反应速率更快④ 3 2 4y (x y) 【解析】（4）①a.随反应进行，pH 不断降低，当 pH 不再变化时，说明反应达到了平衡； b.未指明 V（正）和 V（逆），且速率之比等于化学计量数之比，故任何时刻该结论均成立，无法判断是否达 到平衡； 真题感悟参考答案 31 / 43 c．随反应进行， 3 4c(AsO ) 不断增大， 3 3c(AsO ) 不断减小，当二者比值不变时，说明二者浓度不再改 变，则反应达到平衡； d.平衡时 c(I ) 2 y mol/ L  ，故当 c(I ) y mol/ L  时，反应未达到平衡； ② mt 时刻后 3 4c(AsO ) 还在不断增加，说明反应还在正向进行，故此时 V V（正） （逆）； ③由于 mt 到 nt 时刻 3 4c(AsO ) 在不断增加，则生成物浓度在增大，故逆反应速率在增大； ④混合后 3 3c(AsO )= x mol/L ， 2c(I ) x mol/L ，由图像可知平衡时生成的 3 4c(AsO )= y mol/L ， pH=14 说明 c(OH ) 1 mol/L  ，故可列出三段式为 3 3AsO (aq) + 2I (aq) + 2OH (aq)  3 4AsO (aq) + 2I (aq) + 2H O(l) 反应前 x x 0 0 变化量 y y 2y y 2y 反应后 x-y x-y 1 y 2y 则平衡常数 3 2 3 4 3 2 2 3 2 c(AsO ) c (I ) 4yK= c(AsO ) c(I ) c (OH ) (x y)          。 4． 【答案】（1）大于； ；Cl2 和 O2 分离能耗较高、HCl 转化率较低； （2）﹣116； （3）增加反应体系的压强、及时分离出产物； （4）Fe3++e﹣═Fe2+、4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；5.6。 【解析】（1）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高 HCl 平衡转化率越低，说明该反应为放热反应， 升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数 K（300℃）大于 K（400℃）； 进料浓度比 c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl 的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时 HCl 转化率最高的为进料浓度比 c（HCl）：c（O2）＝1：1，该曲线中 400℃HCl 的平衡转化率为 84%， 4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g） 初始 c0 c0 0 0 转化 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡 c0﹣0.84c0 c0﹣0.21c0 0.42c0 0.42c0 K （ 400℃ ） ＝ ＝ ＝ ； 进料浓度比 c（HCl）：c（O2）过低时，O2 浓度较大，HCl 的转化率较高，但 Cl2 和 O2 分离能耗较高， 生成成本提高；进料浓度比 c（HCl）：c（O2）过高时，O2 浓度较低，导致 HCl 的转化率减小， （2）①CuCl2（s）═CuCl（s）+ Cl2（g）△H1＝83kJ•mol﹣1 ②CuCl（s）+ O2（g）═CuO（s）+ Cl2（g）△H2＝﹣20kJ•mol﹣1 ③CuO（s）+2HCl（g）═CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1 根据盖斯定律，（①+②+③）×2 可得：4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝[（83kJ•mol﹣1） +（﹣20kJ•mol﹣1）+（﹣121kJ•mol﹣1）]×2＝﹣116kJ•mol﹣1， （3）4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）为气体体积缩小的放热反应，若要提高 HCl 的转化率， 需要使平衡向着正向移动，可增加反应体系的压强或及时分离出产物，均可提高 HCl 的转化率， 真题感悟参考答案 32 / 43 （4）根据图示，电解池左侧发生反应 Fe3++e﹣═Fe2+，该反应为还原反应，属于电解池的阴极，负极通 入氧气后 Fe2+被 O2 氧化而再生成 Fe3+，该反应为 4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O； 根据电子守恒及 4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O 可知，电路中转移 1mol 电子，消耗氧气的物质的量为： 1mol× ＝0.25mol，标况下 0.25mol 氧气的体积为：22.4L/mol×0.25mol＝5.6L， 点评：本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，题目难度较大，明确化学平衡及其影 响为解答关键，注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分 析、理解能力及综合应用能力。 二、 化工流程 ⒈【答案】 (1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全) (2)Fe2＋ VO＋＋MnO2＋2H＋═══VO＋ 2 ＋Mn2＋＋H2O (3)Mn2＋ Al3＋和 Fe3＋ (4)Fe(OH)3 (5)NaAl(OH)4＋HCl═══Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O (6)利用同离子效应，促进 NH4VO3 尽可能析出完全 【解析】 (1)由于在常温下，酸浸、氧化反应较慢，所以可加热以加快酸浸和氧化反应速率。(2)因 Fe3O4 中有 Fe2＋，Fe2＋具有较强的还原性，易被 MnO2 氧化；VO＋转化为 VO ＋ 2 反应的离子方程式为 MnO2＋2H＋＋ VO＋═══VO＋ 2 ＋Mn2＋＋H2O。(3)Mn2＋开始沉淀的 pH＝8.1，当 pH＝3.2 时，Fe3＋完全沉淀，Al3＋开始沉淀 的 pH＝3.0，完全沉淀的 pH＝4.7，故 pH＝3.0～3.1 时，Mn2＋未沉淀，Fe3＋大部分已经沉淀，Al3＋刚开 始沉淀，故可除去 Mn2＋，Fe3＋和 Al3＋能除去一部分。(4)滤饼②中除含有 V2O5·xH2O 外，还含有 Fe(OH)3 和 Al(OH)3，沉淀转溶时 Fe(OH)3 沉淀不会溶解，铝元素以[Al(OH)4]－的形式存在，故滤渣③的主要成 分为 Fe(OH)3。(5)因在强碱环境中沉淀转溶时，铝元素以[Al(OH)4]－的形式存在，用 HCl 调节 pH＝8.5 时，发生反应 NaAl(OH)4＋HCl═══Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O。(6)增大 c(NH＋ 4 )，使反应 NH＋ 4 (aq)＋VO－ 3 (aq) NH4VO3(s)的平衡右移，可提高 VO － 3 的利用率(或利用同离子效应，使 NH4VO3 尽可能析出完 ⒉【答案】 (1)NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3 (2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN (3)一元弱 转化为 H3BO3，促进析出 (4)2Mg2＋＋3CO2－ 3 ＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO－ 3 (或 2Mg2＋＋2CO2－ 3 ＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑) 溶浸 高温焙烧 【解析】 (1)硫酸铵溶液中存在平衡：NH＋ 4 ＋H2O NH3·H2O＋H＋，硼酸镁能与水解出的 H＋反应，促进 平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡 NH3·H2O NH3＋H2O，一水合氨浓度增 大，促进 NH3·H2O 分解产生 NH3。用 NH4HCO3 溶液吸收氨气，发生的反应为 NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3。 (2)二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣 1 的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。 检验 Fe3＋的试剂可选用 KSCN。(3)由题给硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤 2”之前， 调节 pH≈3.5 目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。(4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶 液发生双水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO4＋2(NH4)2CO3＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2(NH4)2SO4＋CO2↑， 或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现 绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解 生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法， MgCO3·Mg(OH)2=====高温2MgO＋H2O＋CO2↑。 ⒊【答案】 真题感悟参考答案 33 / 43 (1)D (2)①BaSO4＋4C =====900～1200 ℃BaS＋4CO↑ CO＋H2O===CO2＋H2 ②BaCO3 ③S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋ SO2－ 4 ===ZnS·BaSO4 (3)由浅蓝色变为无色 （25.00－V 2 ）×0.100 0×32 m×1 000 ×100% 【解析】(1)灼烧立德粉样品时钡元素的焰色为绿色。(2)①由流程图中经浸出槽后得到净化的 BaS 溶液 以及回转炉尾气中含有有毒气体可知，在回转炉中 BaSO4 与过量的焦炭粉反应生成可溶性的 BaS 和 CO； 生产上可通过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体 CO，即 CO 与 H2O 反应生成 CO2 和 H2。②所得“还 原料”的主要成分是 BaS，BaS 在潮湿空气中长期放置能与空气中的 H2O 反应生成具有臭鸡蛋气味的 H2S 气体，“还原料”的水溶性变差，表明其表面生成了难溶性的 BaCO3。③结合立德粉的成分可写出 沉淀器中 S2－、Ba2＋、Zn2＋、SO 2－ 4 反应生成 BaSO4·ZnS 的离子方程式。(3)达到滴定终点时 I2 完全反应， 可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的 I2 消耗 Na2S2O3 溶液的体积和关系式 I2～2S2O2－ 3 ，可得 n(I2)过量＝1 2 ×0.100 0V×10－3 mol，再根据关系式 S2－～I2 可知， n(S2－)＝0.100 0×25.00×10－3 mol－1 2 ×0.100 0V×10－3 mol＝(25.00－V 2 )×0.100 0×10－3 mol，则 样品中 S2－的含量为 （25.00－V 2 ）×0.100 0×32 m×1 000 ×100%。 ⒋【答案】(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O (2)①NaHSO3 ②得到 NaHSO3 过饱和溶液 (3)2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(或 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑) a (4)S2O2－ 5 ＋2I2＋3H2O===2SO2－ 4 ＋4I－＋6H＋ 0.128 【解析】(1)NaHSO3 结晶脱水生成 Na2S2O5。(2)①向 Na2CO3 饱和溶液中通入 SO2，可能生成 Na2SO3、NaHSO3， 因 Na2SO3 溶液呈碱性，Ⅰ中溶液呈弱酸性，所以生成的是 NaHSO3。②审题时抓住“生产 Na2S2O5，通常 是由 NaHSO3 过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入 Na2CO3 固体，并再次充入 SO2 的目的是得到 NaHSO3 过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(或 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑)，阳 极室 H＋向 a 室迁移，a 室中的 Na2SO3 转化成 NaHSO3。阴极发生还原反应，析出 H2，OH－增多，Na＋由 a 室向 b 室迁移，则 b 室中 Na2SO3 浓度增大。(4)I2 作氧化剂，将 S2O 2－ 5 氧化成 SO2－ 4 。计算样品中 Na2S2O5 的残留量时以 SO2 计，则 n(I2)＝n(SO2)＝0.010 00 mol·L－1×0.01 L＝0.000 1 mol，m(SO2)＝0.006 4 g，则该样品中 Na2S2O5 的残留量为0.006 4 g 0.05 L ＝0.128 g·L－1。 ⒌【答案】 (1)2ZnS＋3O2===== 焙烧 2ZnO＋2SO2 (2)PbSO4 调节溶液的 pH 无法除去杂质 Fe2＋ (3)Zn＋Cd2＋===Zn2＋＋Cd (4)Zn2＋＋2e－===Zn 溶浸 【解析】(1)闪锌矿的主要成分是 ZnS，故焙烧过程中主要反应的化学方程式为 2ZnS＋3O2===== 焙烧 2ZnO＋2SO2。 (2)加入稀硫酸，SiO2 不反应，PbS 与硫酸反应生成不溶于水的硫酸铅，故滤渣 1 的主要成分除 SiO2 外还有 PbSO4；要沉淀 Fe3＋，需要调节溶液的 pH，不能引入新杂质，故可加入 ZnO 调节 pH；根据表中 数据可知沉淀 Fe2＋的 pH 较大，故若不通入氧气，其后果是无法除去杂质 Fe2＋。 (3)溶液中的 Cd2＋可用锌粉除去，反应的离子方程式为 Zn＋Cd2＋===Zn2＋＋Cd。 (4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，Zn2＋在阴极得电子生成单质锌，电极反应式为 Zn2＋＋2e－===Zn；阳 极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解 真题感悟参考答案 34 / 43 液可返回溶浸工序继续使用。 ⒍【答案】(1)研磨、加热 (2)①< ②核电荷数 PS，得电子能力 P分子晶体，TiF4 是离子晶体，其余三种则为 分子晶体，故 TiF4 的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4 均为分子晶体，对于结构相似的分 子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；故答案为：TiF4 是离子晶体， 真题感悟参考答案 35 / 43 其余三种则为分子晶体，故 TiF4 的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4 均为分子晶体，相对 分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高； (3)CaTiO3 晶体中含有 Ca、Ti、O 三种元素，Ca、Ti 是同为第四周期的金属元素，Ca 在 Ti 的左边，根 据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故 Ti>Ca，O 为非金属，故其电负性最强，故三者电负 性由大到小的顺序是：O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒 的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故 Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等 的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有 4 个，故 Ca2+的配 位数是 12；故答案为：O>Ti>Ca；离子键；12； (4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a) 所示晶胞结构，图(b)中体心上的 Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的 Ti4+；图(b)中顶点上的 I-就变成了体心，即相当于图(a)中的 Ca2+；图(b)面心上中的 + 3 3CH NH 就变成了棱心，即相当于图(a) 中的 O2-；故图(b)中的 Pb2+与图(a)中的 Ti4+的空间位置相同；有机碱 + 3 3CH NH 中 N 原子上无孤对电子， 周围形成了 4 个 σ 键，故 N 原子采用 sp3 杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有 Pb2+的数目为1×1=1 个， + 3 3CH NH 的数目为 18× =18 个，I-的数目为 16× =32 个，故晶胞的密度为 21 3 -7 3 3 1mol×(207+3×127+12+14+6×1)g/mol 620= = ×10 g/cm( ×10 )A A m V N a N a   ，故答案为：Ti4+；sp3； 21 3 A 620 ×10N a ； （5）从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生 Pb + 2Eu3+= Pb2++ 2Eu2+， 右边发生 I2+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I-，故答案为：Pb + 2Eu3+= Pb2++ 2Eu2+；I2+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I- 【解题技巧】对电负性的考查，只要掌握周期表同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电 负性依次减小的规律，另金属元素的电负性小于非金属的；化学键的类型判断主要也是通过电负性， 当两元素的电负性相差 1.7 以上形成离子键，小于则形成共价键；判断分子等构型时，可以通过价层 电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构计算晶体密度时，先要 确定晶胞中含有的微粒数目，这时一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意 均摊法的使用，然后根据质量的两种计算方法相等即 V nM  来进行求算。 ⒉【答案】 (1). 4:5 (2). Na 与 Li 同主族，Na 的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小 (3). Li，Be 和 B 为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态 Be 原子的 s 能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于 B 的 (3).正四面体 形 4 sp3 (4). 4 3 16 或 0.1875 13:3 【解析】题(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；题(2)考查了第一电离能的周期性变化规律；题(3) 考查了分子或离子空间构型判断的两大理论；题(4)重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意图判断晶 胞组成。 【详解】(1)基态铁原子的价电子排布式为 6 23d 4s ，失去外层电子转化为 Fe2+和 Fe3+，这两种基态离子的 价电子排布式分别为 63d 和 53d ，根据 Hund 规则可知，基态 Fe2+有 4 个未成对电子，基态 Fe3+有 5 个 未成对电子，所以未成对电子个数比为 4:5； 真题感悟参考答案 36 / 43 (2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以    1 1Li NaI I＞ ；同周期元 素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于ⅡA 元素基态原子 s 能级轨道处于全充满的状态， 能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA 元素，因此      1 1 1Be B LiI I I＞ ＞ ； (3)经过计算， 3 4PO  中不含孤电子对，成键电子对数目为 4，价层电子对数为 4，因此其构型为正四 面体形，P 原子是采用 sp3 杂化方式形成的 4 个 sp3 杂化轨道； (4)由题干可知，LiFePO4 的晶胞中，Fe 存在于由 O 构成的正八面体内部，P 存在由 O 构成的正四面体 内部；再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知， (a)图所示的 LiFePO4 的晶胞中，小球表示的即为 Li+，其位于晶胞的 8 个顶点，4 个侧面面心以及上下 底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中 Li+的个数为 1 1 18 4 4 =48 2 4      个；进一步分 析(a)图所示的 LiFePO4 的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为 4，即晶胞中含 Fe 和 P 的数目 均为 4；考虑到化学式为 LiFePO4，并且一个晶胞中含有的 Li+，Fe 和 P 的数目均为 4，所以一个晶胞 中含有 4 个 LiFePO4 单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4 相比于 LiFePO4 缺失一个 面心的 Li+以及一个棱心的 Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO4 晶胞的化学式为 Li4Fe4P4O16，那么 Li1-xFePO4 晶胞的化学式为 Li3.25Fe4P4O16，所以有 3.251-x= 4 即 x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知， Li1-xFePO4 即 Li0.8125FePO4；假设 Fe2+和 Fe3+数目分别为 x 和 y，则列方程组： x+y=1， 0.8125 2x 3y+5=4 2   ，解得 x=0.8125，y=0.1875，则 Li1-xFePO4 中 2 3(Fe ) : (Fe )=0.8125:0.1875=13:3n n  。 【解题技巧】对第一电离能的考查，最常出现的是ⅡA，ⅤA 基态原子与同一周期相邻主族元素的基态原子 第一电离能的比较；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体 原理进行判断；由陌生晶胞结构书写晶体化学式时，一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息， 另一方面也要注意均摊法的使用。 ⒊【答案】 (1). Mg 相反 (2). 4 (3). 分子晶体 苯胺分 子之间存在氢键 (4). O sp3 σ (5). (PnO3n+1)(n+2)- 【详解】这道选修题涉及到了元素周期表和对角线原则、核外电子排布式的写法、配位物的形成，以及熔 沸点的判断方式和分子晶体的判断方法。电负性的判断和杂化轨道的计算。 （1）根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的最外层电子数是 2，占据 s 轨 道，s 轨道最多容纳 2 个电子，所以自旋方向相反。 （2）氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿 照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为 ，因此 Fe 的配位数为 4。 （3）大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸 真题感悟参考答案 37 / 43 点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的 N 所以 可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。 （4）电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O 就是最大的。计算出 P 的杂化类型是 sp3，与氧原子形成的是磷氧双键，其中 p 轨道是σ，与氢氧形成的是单键。 （5）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO4 2-、P2O7 4-、P3O10 5-： 磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n 氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1 酸根的变化规律为：3，4，5，n+2 因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为[PnO(3n+1)](n+2)－。 【解题技巧】第二小问，双聚分子的氯化铁结构式，从共价键的角度分析，存在着配位键，那配位原子就 是氯原子，共用两个氯原子就可实现将两个氯化铁连接在一起的结构；第五小问，应用数学的找规律 递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。 ⒋【答案】(1). [Ar]3d104s2 (2). 大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (3). 离 子键 ZnF2 为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 的化学键以共价键为主、极性较小 (4).平面三角 形 sp2 (5). 六方最密堆积（A3 型） × A ×× 3 4 × 2 【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说， 题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。 详解：（1）Zn 是第 30 号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。 （2）Zn 的第一电离能应该高于 Cu 的第一电离能，原因是，Zn 的核外电子排布 已经达到了每个能级 都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到 Zn 最外层上是一对电子，而 Cu 的最 外层是一个电子，Zn 电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。学.科网 （3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌 在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙 醇等弱极性有机溶剂。 （4）碳酸锌中的阴离子为 CO3 2-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子 C 的价电子对为 3+(4－3×2 ＋2)/2=3 对，所以空间构型为正三角形，中心 C 为 sp2 杂化。 （5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱 顶点的原子是 6 个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为 12× +2× +3=6 个，所以该结构的质量为 6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为 a cm， 底面的面积为 6 个边长为 acm 的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为 6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为： g·cm-3。 【解题技巧】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的 是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的 密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱 柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。 二、有机化学 ⒈【答案】(1)三氯乙烯 真题感悟参考答案 38 / 43 (2) ＋KOH――→醇 △ ＋KCl＋H2O (3)碳碳双键、氯原子 (4)取代反应 (5) (6)6 【解析】：结合 A 的分子式和已知信息①可知 A 的结构式为 ，B 的结构简式为 ； 结合 D＋E―→F 和 E、F 的结构简式以及 D 的分子式可确定 D 的结构简式为 ；结合 B、 D 的结构简式以及 B→C 发生消去反应可确定 C 的结构简式为 。(1)由 A 的结构式可确定其 化学名称为三氯乙烯。(2)由 B、C 的结构简式可确定反应时 1 分子 B 消去 1 分子 HCl，由此可写出反 应的化学方程式。(3)根据 C 的结构简式可知 C 中含有碳碳双键和氯原子两种官能团。(4)C 与二环己 基胺( )发生取代反应生成 D。(6)E 分子中仅含 1 个 O 原子，根据题中限定条件，其同 分异构体能与金属钠反应，可知其同分异构体中一定含有—OH，再结合核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰 面积之比为 6∶2∶2∶1，可知其同分异构体中一定含有 2 个—CH3，且 2 个—CH3 处于对称的位置，符 合条件的同分异构体有 6 种，分别是 真题感悟参考答案 39 / 43 。其中芳香环上为二取代的结构简式为 。 ⒉【答案】(1)3甲基苯酚(或间甲基苯酚) 【解析】(1)由 A 的结构简式知，A 为 3甲基苯酚(或间甲基苯酚)。(2)间甲基苯酚和 CH3OH 发生类似题给 已知信息 a 的反应生成 B，结合 B 的分子式可知 B 的结构简式为 。(3)由题给已知信息 b 知 与 C 发生取代反应生成 ，C 中含有三个甲基，结合 C 的分子式可知 C 的结构简 式为 。 ⒊【答案】(1)加成反应 (2) 【解析】：(1)由题给已知信息 c 知 与 发生加成反应生成 D，则反应⑤的反应类型为加成反应。 (2)D( )与 H2 发生加成反应生成 ，则反应⑥的化学方程式为 ⒋【答案】(1) 、 (2) 、 、 、 、 、 (任写 3 种) 真题感悟参考答案 40 / 43 【解析】：(1)酯的核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为 1∶1，说明该物质的分子是一种对称结构，由 此可写出符合要求的结构简式为 、 。 (2)X 是 D(HC≡CCH2COOC2H5)的同分异构体，且含有相同的官能团，即含有—C≡C—、—COO—。符合 要求的 X 有 、 、 、 、 、 ，写出任 意 3 种即可。 (3)由同分异构体的限定条件可知，分子中除含有六元环外，还含有 1 个饱和碳原子和—CHO。若六 元环上只有一个侧链，则取代基为—CH2CHO；若六元环上有两个取代基，可能是—CH3 和—CHO，它们 可以集中在六元环的同一个碳原子上(1 种)，也可以位于六元环的不同碳原子上，分别有邻、间、对 3 种位置。 (4)E 的同分异构体是芳香族化合物，说明含有苯环；能发生银镜反应说明含有醛基；有三组峰说明 有三种等效氢，有一定的对称性，三组峰的面积比为 3∶2∶1，由此可写出满足条件的结构简式为 。 (5)C 的分子式为 C6H10O，满足题给条件的 C 的同分异构体有： 真题感悟参考答案 41 / 43 ⑧CH3CH2CCH2COCH3，共 8 个，其中含手性碳的化合物的结构简式为 。 (6)1 mol M 与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出 2 mol CO2，说明 M 中含有 2 个羧基，又因 M 与酸性 高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸，说明两个取代基在苯环上的位置处于对位，根据 C 的分子式 (C9H8O4)可推知 M 为 。 ⒌【答案】(1)间苯二酚(1,3苯二酚) (2)羧基、碳碳双键 (3)取代反应 C14H12O4 (4)不同碱 不同溶剂 不同催化剂(或温度等) (5) 错误! 【解析】：(1)A 的结构简式为 ，根据有机物的命名原则可知，A 的俗名为间苯二酚，系统 命名法应为 1,3苯二酚。 真题感悟参考答案 42 / 43 (2)由结构简式可知， 中含有碳碳双键和羧基两种官能团。 (3)由 D、E 结构简式的变化可知，反应③是 D 中的—CH3 被 H 原子取代的反应，属于取代反应。由 W 的结构简式 ，以及碳的四价结构可知分子中 C、H、O 的原子个数分别为 14、12、4，故其分子式为 C14H12O4。 (4)由题意可知，温度和催化剂是不变量，碱和溶剂属于变量，实验探究的是不同的碱、不同的 溶剂对反应④产率的影响。此外，通过探究变量，还可以探究催化剂、温度等对反应产率的影响。 (5)由限定条件可知，X 分子中含有苯环；由 1 mol X 与足量钠反应可生成 1 mol 氢气可知，X 分 子中含有 2 个—OH；由分子中有三种不同化学环境的氢，说明分子结构对称，结合分子中三种氢原子 的个数比可写出 X 的结构简式为 。(6)由题中 Heck 反应可逆推。 反 应 得 到 。 由 题 中 反 应 ① 可 知 ， ； 可由 在碱性条件下消去得到， 可由乙苯在 光照条件下发生侧链的取代反应得到，乙苯可由苯与溴乙烷发生苯环的烷基化反应得到。据此可确定 合成路线。 ⒍【答案】(1)C6H12O6 (2)羟基 (3)取代反应 (4) (5) (6)9 【解析】(1)葡萄糖的分子式为 C6H12O6。 (2)葡萄糖中含有羟基和醛基，醛基与氢气发生加成反应生成羟基，因此 A 中的官能团只有羟基。 (3)B 分子含有羟基，能与乙酸发生酯化反应，因此该反应类型为取代反应(或酯化反应)。 真题感悟参考答案 43 / 43 (4)由 C 的分子式可知，B 中只有一个羟基发生取代反应，因此 C 的结构简式为 。 (5)D 生成 E 的反应为酯在氢氧化钠作用下的水解反应，该反应的化学方程式为 (6)B 的分子式为 C6H10O4，其相对分子质量为 146，F 是 B 的同分异构体，则 7.30 g F 的物质的量为 0.05 mol，生成的二氧化碳的物质的量为 0.1 mol，因此 F 分子中含有两个羧基，剩余基团为—C4H8，根 据同分异构体的书写方法可判断符合要求的 F 的可能结构有 9 种，其中满足题意要求的结构简式为 。