资源简介 一、考向分析1.考查频次及题型命题情境 试卷属地 命题特点无机小流程 湖北卷、河南卷、陕晋青宁卷、福建卷、甘肃卷、云南卷、江西卷、湖南卷、四川卷、山东卷、黑龙江卷等。 常考设问角度有分离提纯等操作方法、无机物的性质与转化、方程式书写、物质的量的相关计算、工艺条件的选择等。 2.核心价值为变废为宝、点石成金。试题考察元素化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等。有机小流程 北京卷、浙江卷、湖南卷、江苏卷、四川卷、山东卷、河南卷、江西卷、陕晋青宁卷、福建卷等。 1.常考设问角度有官能团性质与命名、反应类型、反应条件、化学方程式书写、同分异构体数目等。2.稳中有变，融合创新。试题延续以往对有机物基础知识的理解与运用的考查传统，同时也有与《物质结构与性质》、《化学反应原理》等模块的融合2.考查范围（1）无机小流程题:考查分离提纯等操作方法、无机物的性质与转化、方程式书写、物质的量的相关计算工艺条件的选择等等.（2）有机小流程题:考查分离提纯等方法的选择、有机物的性质与转化、方程式的书写、反应类型、机理、条件、官能团的性质和简单计算、命名、同分异构体种类等等.3.试题特点（1）“小流程题”只是一种出题形式，它是将生产情境或实验过程简化后、将物质转化过程以流程图的形式再现。实现了在真实情境背景下进行知识和能力的考查，体现了化学学科的应用价值。也符合新高考的特点。（2）考点分布范围广。既涉及无机物，也涉及有机物，多角度考查学生无机、有机的基础必备知识和综合应用能力。（3）多以选择题型考查，比二卷大流程题相对简单。重温经典1.（2025河南卷4题）X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。下列说法错误的是A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化C．R→Q反应需要在强酸性条件下进行 D． Q可以通过单质间化合反应制备1.【答案】C【解析】X是自然界中一种常见矿物的主要成分，根据溶液Z、R、Q的颜色可知X中含有铁元素，根据固体颜色可知X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+，Q是FeS。A．Fe2O3可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；B．含有Fe3+的溶液加热转化为Fe(OH)3胶体，溶液颜色发生变化，B正确；C．FeS可溶于酸，所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误；D．在加热条件下Fe和S化合生成FeS，D正确；2.（2025湖北卷8题）如图所示的物质转化关系中，固体 A 与固体 B 研细后混合，常温下搅拌产生气体 C 和固体 D，温度迅速下降。气体 C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G 是一种强酸。H 是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是A．在 C 的水溶液中加入少量固体 A，溶液 pH 升高B．D 为可溶于水的有毒物质C．F 溶于雨水可形成酸雨D．常温下可用铁制容器来盛装 G 的浓溶液2.【答案】A【解析】固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，G是强酸，则E是NO，F是NO2，G是HNO3；H是白色固体，常用作钡餐，H是BaSO4，D是BaCl2，A和B反应是NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O反应，C(NH3)和HCl可转化为NH4Cl，则A是NH4Cl，B是Ba(OH)2·8H2O。A选项：在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离，OH－ 浓度减小，溶液pH减小，A错误；B选项：D(BaCl2)易溶于水，溶于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B正确；C选项：F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正确；D选项：G是HNO3，常温下浓HNO3将Fe钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D正确；故选A。3.（2025福建卷4题）以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻燃剂亚磷酸铝的工艺流程如图。下列说法错误的是A. “沉淀1”可用于实验室制备B. “调pH”时应将溶液调至酸性C. “沉铝”时存在反应：D. 电解“滤液1”可制得Na和3.【答案】D【解析】石灰渣加入碳酸钠、水碱浸，得到碳酸钙沉淀1和Na2HPO3溶液，过滤滤液加入H3PO3调节pH后加入氯化铝生成亚磷酸铝；A．因石灰渣主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙，“碱溶”时加入碳酸钠和水反应生成的“沉淀1”的主要成分为碳酸钙，碳酸钙可用于实验室和稀盐酸反应制备，A正确；B．“调pH”时加入H3PO3可除去可能剩余的Na2CO3。若未将溶液调至酸性，后续加入的AlCl3会转化为Al(OH)3等杂质，降低产品纯度与产率，B正确；C．“沉铝”时加入氯化铝和发生复分解反应生成，存在反应：，C正确；D．“滤液1”为氯化钠溶液，电解氯化钠溶液可制得氢氧化钠和氢气、氯气，无法得到金属钠，D错误；故选D。4.（2025山东卷13题）钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是A. 试剂X可选用粉B. 试剂Y可选用盐酸C. “分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中D. “酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少4.【答案】A【解析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y(可以是盐酸)生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。A．根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；B．加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；C．根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2+(aq)+ C2(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确；答案选A。5.（2025黑龙江卷11题）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4，下列说法错误的是A. 硫酸用作催化剂和浸取剂B. 使用生物质的优点是其来源广泛且可再生C. “浸出”时，3种金属元素均被还原D. “沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.45.【答案】CA．硫酸用作催化剂和浸取剂。硫酸在浸出过程中与金属氧化物反应，使金属离子进入溶液，因此作为浸取剂。若流程中存在氧化还原反应（如需酸性条件促进反应），硫酸可能间接参与催化循环，但题目未明确说明其催化作用。选项A可能正确，需结合具体流程判断。B．使用生物质的优点。生物质（如稻草）属于可再生资源，来源广泛，且燃烧后可转化为CO2和H2O，符合环保要求。选项B 正确。C．浸出时三种金属均被还原。MnO2: 在酸性条件下可能被还原为Mn2+（如与还原性气体反应）； Co3O4: 可能被还原为Co2+；Fe2O3：与硫酸反应生成Fe2+，未发生还原（Fe仍为＋3价）。选项C错误，因Fe未被还原。D．沉钴后浓度积等于溶度积。"沉钴"使溶液中Co2＋和S2﹣的浓度积达到Ksp(1x10-204)，若沉淀完全，清液中浓度积等于溶度积。选项D正确。6.（2025江西卷8题）一种以为催化剂，捕捉制备的流程为：下列说法正确的是A. 氢气的作用是还原 B. 反应中有生成C. “产物分离”方法为过滤 D. 温度升高，的产率增大6.【答案】B【解析】A．CO2中C为+4价，NaHCO3中C也为+4价，CO2未被还原；中N从+5价降至-3价，H2还原的是，A错误；B．反应生成的NH3极易溶于水，在“产物分离”之前会和CO2、H2O反应生成，B正确；C．“产物分离”得到固体和馏分，馏分为NH3，该方法应该蒸馏，C错误；D．NaHCO3受热易分解，温度升高会导致其分解，产率减小，D错误；故选B。7.（2025湖南卷15题）天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下：下列说法正确的是A．X的核磁共振氢谱有4组峰B．与水溶液反应，最多可消耗C．天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐D．天冬氨酸通过加聚反应可合成聚天冬氨酸7.【答案】C【解析】A．X是对称结构，两个亚甲基等效，两个羧基等效，核磁共振氢谱有2组峰，A错误；B．含有2mol羧基、1mol碳溴键，2mol羧基能消耗2mol、1mol碳溴键能消耗1mol，1molY最多可消耗，B错误；C．天冬氨酸含有羧基，能和碱反应生成羧酸盐，含有氨基能和酸反应生成盐，属于两性化合物，C正确；D．天冬氨酸含有羧基和氨基，可通过缩聚反应可合成聚天冬氨酸，D错误；故选C。8.（2025浙江卷9题）科学家通过对水杨酸进行分子结构修饰，得到药物美沙拉嗪，下列说法不正确的是A. 反应1产物中是否含有残留的水杨酸，无法用溶液检验B. 反应1中，需控制反应条件，防止水杨酸被氧化C. 反应2可通过还原反应生成美沙拉嗪D. 在盐酸中溶解性：水杨酸>美沙拉嗪8.【答案】D【解析】A．有机物中含有酚羟基就能与FeCl3溶液发生显色反应，若反应1的产物中残留水杨酸，产物和水杨酸结构中都含有酚羟基，因此FeCl3溶液不能检验出水杨酸，A正确，B．水杨酸分子中含有酚羟基，酚羟基具有还原性，容易被氧化，所以在反应1中，需控制反应条件，防止水杨酸被氧化，B正确；C．反应2是将-NO2转化为-NH2，这是一个还原反应，所以反应2可通过还原反应生成美沙拉嗪，C正确；D．水杨酸分子中含有酚羟基和羧基显酸性，在盐酸中与HCl不反应，而美沙拉嗪分子中含有氨基，氨基显碱性，在盐酸中会与HCl反应生成盐，更易溶解，所以在盐酸中溶解性：水杨酸<美沙拉嗪，D错误；故答案选择D。9.（2025江西卷6题）药物中间体1，3-二溴丙酮可由1，3-二氯丙酮合成，步骤如下：下列说法正确的是A. 若完全转化，则水相中溶质只有 B. 测定水相中的含量可计算产率C. 试剂Ⅰ可选用无水 D. 操作Ⅰ和操作Ⅱ相同9.【答案】C【解析】A．若完全转化，反应生成，但反应中使用的溶剂丙酮与水互溶，水相中溶质除外还有丙酮，A错误；B．产率需实际产品质量与理论产量计算，含量仅反映反应生成的量（转化率），未考虑产品分离过程中的损失，无法直接计算产率，B错误；C．有机相需干燥除去水分，无水是常用干燥剂，可吸收水分且不与产品反应，过滤后得到干燥有机相，C正确；D．操作Ⅰ为蒸馏（除去溶剂得粗产品），操作Ⅱ为用石油醚重结晶（粗产品溶于石油醚，低温下1，3-二溴丙酮析出），二者操作不同，D错误；故答案选C。知识重构有机小流程【例1】（2025山东卷14题）以异丁醛为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是A. M系统命名为2-甲基丙醛B. 若原子利用率为100%，则X是甲醛C. 用酸性溶液可鉴别N和QD. 过程中有生成16.【答案】CD【解析】由图示可知，M到N多一个碳原子，M与X发生加成反应得到N，X为甲醛，N与CH2(COOC2H5)发生先加成后消去的反应，得到P，P先在碱性条件下发生取代反应，再酸化得到Q。A．M属于醛类醛基的碳原子为1号，名称为2-甲基丙醛，A正确；B．根据分析，若M+X→N原子利用率为100%，则X为HCHO，B正确；C．N有醛基和-CH2OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Q有碳碳双键，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别N和Q，C错误；D．P到Q第一步在碱性条件下酯基和羟基发生取代反应形成环状结构，生成物有CH3CH2OH，没有CH3COOH，D错误；答案选CD。有机化合物类别 反应类型烃 烷烃 氧化（特指燃烧）、取代烯烃、炔烃 氧化（燃烧、强氧化剂氧化）、加成、加聚芳香烃 苯：可氧化、易取代、难加成 苯的同系物：加成 取代（硝化、磺化）活化苯环邻对位 氧化反应（与苯环相连的C上有H，可被氧化成羧基）烃的 衍生物 类别 官能团 性质卤代烃 碳卤键 —X 消去、水解醇 羟基 —OH 置换、燃烧、氧化、脱水、酯化等酚 羟基 —OH 弱酸性、取代、显色反应醛 醛基 —CHO 加成、氧化（弱氧化剂和强氧化剂）酮 羰基 —CO— 加成、氧化（仅燃烧）羧酸 羧基 —COOH 酸的通性、酯化反应酯 酯基—COO— 水解反应（酸性、碱性环境下）酰胺 酰胺基—CONH— 水解反应（酸性、碱性环境下）胺 氨基 —NH2 具有碱性无机小流程：工艺流程五大环节【例2】（2025甘肃卷11题）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下：下列说法正确的是A. “沉铜”过程中发生反应的离子方程式：B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全C. “氧化”过程中铁元素化合价降低D. “沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质【解析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误；B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性质，D正确；答案选D。(1) 原料预处理操作 目的粉碎、研磨 增大接触面积，加快反应速率碱煮水洗 去除表面油污灼烧 除去有机物；高温下某些原料成分发生氧化反应酸浸 溶解能与酸反应的物质碱浸…… 溶解能与碱反应的物质(2) 核心化学反应环节 操作 常用方法及目的净化除杂 调节溶液pH 调高pH，除去Fe3+、Al3+加入沉淀剂 ①碳酸盐难溶于水+2价离子M2+常用NH4HCO3或(NH4)2CO3来除去 M2+ + 2HCO3- = MCO3↓ + CO2↑ + H2O； ②Ca2+、Mg2+可形成CaF2、MgF2而除去。 ③重金属M2+可用Na2S或MnS、 FeS等将其转化为更难溶的沉淀而除去条件控制 pH控制 ①使某些金属离子形成氢氧化物沉淀 ②调节溶液的酸碱性，促进或抑制水解 ③特定的反应需要酸性条件或碱性条件温度控制 ①控制化学反应速率 ②控制化学平衡移动方向 ③控制固体的溶解与结晶 如趁热过滤能防止某物质降温时析出 ④促进溶液中的气体逸出或实现蒸馏 ⑤使催化剂达到最大活性分离提纯 过滤、分液、蒸馏、 萃取等基本操作 利用物质性质的差异,实现固液、液液等的分离萃取与反萃取 加入萃取剂，实现水相及有机相的分离;加入某反应物发生化学反应实现反萃取.产品获得 从母液中提取溶质 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 除去晶体表面杂质离子， 并减少晶体的溶解干燥 常温干燥/减压干燥/高温干燥重结晶 提高产品的纯度【例3】（2025湖南卷12题）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下：已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。②常温下，金属化合物的：金属化合物下列说法错误的是A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率B. 试剂X可以是溶液C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为【解析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：，据此解答。A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确；C．若先加入溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确；D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，D错误；故选D。【例4】（2025四川卷13题）一种主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的化工产品白磷（P4）、K2CO3、Al2O3。其中，电炉煅烧发生的反应为：2Ca3(PO4)2 + 2KAlSi3O8 + 10C6CaSiO3 + 2KAlO2 + P4↑ + 10CO↑下列说法错误的是（ ）A.“电炉煅烧”必须隔绝空气 B.浸渣的主要成分是CaSiO3C.“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D.“中和沉淀”需要控制溶液的pH【解析】由题给反应可知，高钾磷矿与焦炭经煅烧生成CaSiO3、KAlO2、P4和CO，炉气水洗，P4气体通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于中和沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的CaSiO3，浸液中通入CO2，生成K2CO3、Al(OH)3，过滤得Al(OH)3经燃烧得Al2O3，滤液主要成分为K2CO3，据此分析。A．“电炉煅烧”时生成P4，P4可与O2反应，必须隔绝空气，故A正确；B．“炉渣水浸”时，CaSiO3不溶于水，所以浸渣的主要成分是CaSiO3，故B正确；C．“炉气水洗”时，P4、CO均不溶于水，P4蒸气冷凝成固态白磷，与CO分离，故C错误；D．“中和沉淀”时通入的CO2不能溶解生成的Al(OH)3，但需要控制溶液的pH，防止生成KHCO3，D正确。四、模型建构小结: ① 推导是关键! 基础必备知识必须烂熟于心,方能将知识转变成快速解题能力.②从小流程中找准“熟悉点”切入,然后势如破竹、迎刃而解.小结：合理假设，小心求证；瞻前顾后，比对切割；正推逆推，顺藤摸瓜。(共33张PPT)新高考化学二轮重点专题30讲2026版第21讲：物质转化：无机小流程和有机小流程contents目录01考向分析010203知识重构重温经典04模型建构考向分析PART 01012025年高考试题中小流程考点分析命题情境 试卷属地 命题特点无机小流程 湖北卷、河南卷、陕晋青宁卷、福建卷、甘肃卷、云南卷、江西卷、湖南卷、四川卷、山东卷、黑龙江卷等。 1.常考设问角度有分离提纯等操作方法、无机物的性质与转化、方程式书写、物质的量的相关计算、工艺条件的选择等。2.核心价值为变废为宝、点石成金。试题考察元素化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等。有机小流程 北京卷、浙江卷、湖南卷、江苏卷、四川卷、山东卷、河南卷、江西卷、陕晋青宁卷、福建卷等。 1.常考设问角度有官能团性质与命名、反应类型、反应条件、化学方程式书写、同分异构体数目等。2.稳中有变，融合创新。试题延续以往对有机物基础知识的理解与运用的考查传统，同时也有与《物质结构与性质》、《化学反应原理》等模块的融合重温经典PART 0202【1】（2025河南卷4T）X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。下列说法错误的是A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化C．R→Q反应需要在强酸性条件下进行D． Q可以通过单质间化合反应制备重温经典，感悟高考X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+，Q是FeS。FeS可溶于酸所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行【2】（2025湖北卷8T）如图所示的物质转化关系中，固体 A 与固体 B 研细后混合，常温下搅拌产生气体 C 和固体 D，温度迅速下降。气体 C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G 是一种强酸。H 是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是A．在 C 的水溶液中加入少量固体 A，溶液 pH 升高B．D 为可溶于水的有毒物质C．F 溶于雨水可形成酸雨D．常温下可用铁制容器来盛装 G 的浓溶液重温经典，感悟高考气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3G是强酸，则E是NO，F是NO2，G是HNO3在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离，OH－浓度减小，溶液pH减小【3】（2025福建卷4T）以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻燃剂亚磷酸铝[ ]的工艺流程如图。下列说法错误的是A. “沉淀1”可用于实验室制备CO2B. “调pH”时应将溶液调至酸性C. “沉铝”时存在反应：D. 电解“滤液1”可制得Na和Cl2重温经典，感悟高考石灰渣加入碳酸钠、水碱浸，得到碳酸钙沉淀1和Na2HPO3溶液，过滤滤液加入H3PO3调节pH后加入氯化铝生成亚磷酸铝“滤液1”为氯化钠溶液，电解氯化钠溶液可制得NaOH、H2、Cl2，无法得到金属钠【4】（2025山东卷13T）钢渣中富含 CaO,SiO2,FeO,Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca,Si,Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；，下列说法错误的是A. 试剂X可选用Fe粉B. 试剂Y可选用盐酸C. “分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中D. “酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少重温经典，感悟高考加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2O42-浓度小，使Ca2+(aq)+ C2O42-(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少【5】（2025黑龙江卷11T）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4，下列说法错误的是A. 硫酸用作催化剂和浸取剂B. 使用生物质的优点是其来源广泛且可再生C. “浸出”时，3种金属元素均被还原D. “沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4重温经典，感悟高考“沉钴”使溶液中Co2＋和S2﹣的浓度积达到Ksp(1x10-20.4)，若沉淀完全，清液中浓度积等于溶度积MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+； Co3O4被还原为Co2+；Fe2O3与硫酸反应生成Fe2+，未发生还原（Fe仍为＋3价）。选项C错误【6】（2025江西卷8T）一种以HXRuO2为催化剂，捕捉CO2制备NaHCO3的流程如图，下列说法正确的是A. 氢气的作用是还原CO2 B. 反应中有生成NH4HCO3C. “产物分离”方法为过滤 D. 温度升高，NaHCO3的产率增大重温经典，感悟高考反应生成的NH3极易溶于水，在“产物分离”之前会和CO2、H2O反应生成NH4HCO3“产物分离”得到固体和馏分，馏分为NH3，该方法应该是蒸馏NaHCO3受热易分解，温度升高会导致其分解，产率减小【7】（2025湖南卷）天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下：下列说法正确的是A．X的核磁共振氢谱有4组峰B．1molY与NaOH水溶液反应，最多可消耗2molNaOHC．天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐D．天冬氨酸通过加聚反应可合成聚天冬氨酸重温经典，感悟高考X是对称结构，两个亚甲基等效，两个羧基等效，核磁共振氢谱有2组峰1molY含有2mol羧基、1mol碳溴键，各消耗2mol、1molNaOH天冬氨酸含有羧基和氨基，可通过缩聚反应可合成聚天冬氨酸，D错误【8】（2025浙江卷9T）科学家通过对水杨酸进行分子结构修饰，得到药物美沙拉嗪，下列说法不正确的是A. 反应1产物中是否含有残留的水杨酸，无法用FeCl3溶液检验B. 反应1中，需控制反应条件，防止水杨酸被氧化C. 反应2可通过还原反应生成美沙拉嗪D. 在盐酸中溶解性：水杨酸>美沙拉嗪重温经典，感悟高考有机物中含有酚羟基就能与FeCl3溶液发生显色反应弱酸性、氧化反应显色反应取代反应水杨酸分子中含有酚羟基和羧基，显酸性，美沙拉嗪分子中含有氨基，氨基显碱性，可与HCl反应生成盐，更易溶解，D错误【9】（2025江西卷6T）药物中间体1，3-二溴丙酮可由1，3-二氯丙酮合成，步骤如下：下列说法正确的是A. 若LiBr完全转化，则水相中溶质只有LiClB. 测定水相中Cl-的含量可计算产率C. 试剂1可选用无水Na2SO4D. 操作Ⅰ和操作Ⅱ相同重温经典，感悟高考若LiBr完全转化，反应生成LiCl，但反应中使用的溶剂丙酮与水互溶，水相中溶质除LiCl外还有丙酮产率需实际产品质量与理论产量计算，Cl-含量仅反映反应生成的LiCl量（转化率），未考虑产品分离过程中的损失，无法直接计算产率操作Ⅰ为蒸馏（除去溶剂得粗产品），操作Ⅱ为用石油醚重结晶（粗产品溶于石油醚，低温下1，3-二溴丙酮析出），二者操作不同知识重构PART 0303N有醛基和-CH2OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Q有碳碳双键，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别N和Q2-甲基丙醛【例1】（2025山东卷14T）以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是A. M系统命名为2-甲基丙醛B. 若 原子利用率为100%，则X是甲醛C. 用酸性高锰酸钾溶液可鉴别N和QD. 过程中有CH3COOH生成A. 有机物命名B. 反应类型C. 官能团鉴别D.断键情况有机化合物类别 反应类型烃 烷烃 氧化（特指燃烧）、取代烯烃、炔烃 氧化（燃烧、强氧化剂氧化）、加成、加聚芳香烃 苯：可氧化、易取代、难加成苯的同系物：加成取代（硝化、磺化）活化苯环邻对位氧化反应（与苯环相连的C上有H，可被氧化成羧基）知识重构（有机小流程）有机物类别（官能团） 反应类型烃 的 衍 生 物 卤代烃 -X 水解、消去醇 -OH 置换、氧化（燃烧、催化氧化、强氧化剂氧化）、取代、消去酚 -OH 弱酸性、氧化、显色、取代醛 -CHO 氧化（燃烧、催化氧化、强氧化剂、弱氧化剂氧化）、加成（H2、HCN）酮 -CO- 燃烧、加成胺 -NH2 碱性知识重构（有机小流程）酸 -COOH 酸性、取代（酯化）酯/酰胺 -CONH- 酸性、取代（酯化）A. “沉铜”过程中发生反应的离子方程式为B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全C. “氧化”过程中铁元素化合价降低D. “沉锂”过程利用了LiCO3的溶解度比NaCO3小的性质知识重构【例2】（2025甘肃卷11T）处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下：下列说法正确的是地壳最多的元素有O/Si/Al/Fe,故矿石中一般含有SiO2, Al2O3, FexOy 这些杂质.SiO2为酸性氧化物,Al2O3两性氧化物, MgO 碱性氧化物还可能有CaSO4、PbSO4滤渣SiO2为滤渣;条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得知识重构SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2OAl2O3 + 2OH- = AlO2- + H2OFeO, Fe2O3为滤渣 加NaOH溶解时Al2O3 + 6H+ = 2Al3+ + 3H2OFe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2OMgO + 2H+ = Mg2+ + H2O 加H2SO4溶解时 加Na2CO3高温熔融时SiO2 + Na2CO3 = Na2SiO3 + CO2↑Al2O3 +Na2CO3 = 2NaAlO2 + CO2↑粉碎、研磨：增大接触面积，加快反应速率碱煮水洗：去除表面油污灼烧：除去有机物；高温下某些原料成分发生氧化反应碳酸盐难溶于水+2价离子M2+常用NH4HCO3或(NH4)2CO3来除去(1)使用碳酸氢铵(NH4HCO3)作为试剂时,温度低反应速率过慢,温度过高NH4HCO3 分解,使其他反应物的转化率下降;(2)碳酸氢铵(NH4HCO3)常常代替Na2CO3作为+2价金属M2+生成MCO3的沉淀剂,同时生成沉淀(MCO3↓)和气体(CO2↑)M2++2HCO3- = MCO3↓+H2O+CO2↑知识重构v碳酸盐沉淀法条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得【例3】（2025湖南卷12T）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下：(已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。②常温下，金属化合物的Ksp)。下列说法错误的是A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率B. 试剂X可以是溶液Na2SC. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为:知识重构条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得富集液中含有两种金属离子其浓度相当，加入试剂X沉铬，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X选择含S2-的试剂，得到CdS滤饼。“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：重金属M2+可用Na2S或MnS、 FeS等将其转化为更难溶的沉淀而除去调节pH=3.2Fe(OH)3Fe2+Fe3+氧化KClO3,O2,H2O2,MnO2,HNO3知识重构Ca2+、Mg2+等可以通过氟化物沉淀CaF2↓、MgF2↓而除去 硫化物沉淀法条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得 Fe2+除去法 氟化物沉淀法问题与讨论 pH控制 温度控制知识重构①使某些金属离子形成氢氧化物沉淀②调节溶液的酸碱性，促进或抑制水解③特定的反应需要酸性条件或碱性条件①控制化学反应速率②控制化学平衡移动方向③控制固体的溶解与结晶如趁热过滤能防止某物质降温时析出④促进溶液中的气体逸出或实现蒸馏⑤使催化剂达到最大活性条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得问题与讨论知识重构条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得【例4】（2025四川卷13T）一种主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的化工产品白磷（P4）、K2CO3、Al2O3。其中，电炉煅烧发生的反应为：2Ca3(PO4)2 + 2KAlSi3O8 + 10C ===== 6CaSiO3 + 2KAlO2 + P4↑ + 10CO↑下列说法错误的是（ ）A. “电炉煅烧”必须隔绝空气 B. 浸渣的主要成分是CaSiO3C. “炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D.“中和沉淀”需要控制溶液的pH高钾磷矿与焦炭经煅烧后，炉气水洗，P4气体通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于中和沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的CaSiO3，浸液中通入CO2，生成K2CO3、Al(OH)3，过滤得Al(OH)3经燃烧得Al2O3，滤液主要成分为K2CO3，据此分析。“炉气水洗”时，P4、CO均不溶于水，P4蒸气冷凝成固态白磷，与CO分离，故C错误问题与讨论知识重构1. 过滤——固、液分离2. 蒸馏——分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。3. 萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。4. 分液——互不相溶的液体间的分离5. 升华——将可直接气化的固体分离出来。6. 盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出7. 萃取与反萃取——加入萃取剂，实现水相及有机相的分离加入某反应物发生化学反应实现反萃取条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得问题与讨论知识重构1.若物质的溶解度受温度的影响很小，如NaCl方法：蒸发结晶（至有大量晶体析出）、过滤2.若物质的溶解度受温度的影响较大，如KNO3，或带结晶水，如胆矾方法：蒸发浓缩（至有晶膜）、冷却结晶、过滤3.若溶质溶解度随温度变化较大，易水解且带结晶水，如FeCl3·6H2O方法：在HCl气氛中,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤[抑制水解,带走H2O(g)] 溶液中只有一种溶质时条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得问题与讨论知识重构主要物质溶解度随温度变化大的（ KNO3中有少量NaCl ）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（重结晶）主要物质溶解度随温度变化小的(NaCl中有少量KNO3)蒸发结晶，趁热过滤 溶液中只有两种溶质，其中一种为少量杂质时条件控制原料的预处理净化除杂分离提纯产品获得模型建构PART 04041粉碎研磨、灼烧焙烧、酸浸、碱浸碱煮水洗等原料预处理pH调控、温度调控条件控制五个环节模型建构碳酸盐沉淀、硫化物沉淀、氟化物沉淀等净化除杂杂质的去除、产品的分离分离提纯过滤、结晶、洗涤等产品获得无机小流程环节模型建构无机小流程常见模型小结:① 推导是关键! 基础必备知识必须烂熟于心,方能将知识转变成快速解题能力.②从小流程中找准“熟悉点”切入,然后势如破竹、迎刃而解.无机推断类工艺流程类无机实验类2模型建构使KMnO4(H＋)溶液褪色：使溴水褪色：加入NaHCO3溶液产生气体：加入金属Na产生气体：0204030501-OH 或 -COOH-COOH加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热有砖红色沉淀生成或加入银氨溶液加热有银镜生成：-CHO 或 甲酸酯C=C-C≡C-06遇FeCl3溶液显紫色，或加入饱和溴水出现白色沉淀：酚羟基-OH -CHO苯的同系物C=C-C≡C-熟记特征现象与官能团的关系模型建构有机小流程常见模型有机合成类有机实验类小结：合理假设，小心求证瞻前顾后，比对切割正推逆推，顺藤摸瓜感谢您的观看1.（2025湖北卷8题）如图所示的物质转化关系中，固体 A 与固体 B 研细后混合，常温下搅拌产生气体 C 和固体 D，温度迅速下降。气体 C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G 是一种强酸。H 是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是A．在 C 的水溶液中加入少量固体 A，溶液 pH 升高B．D 为可溶于水的有毒物质C．F 溶于雨水可形成酸雨D．常温下可用铁制容器来盛装 G 的浓溶液2.（2025河南卷4题）X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。下列说法错误的是A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化C．R→Q反应需要在强酸性条件下进行 D． Q可以通过单质间化合反应制备3.（2025陕晋青宁卷11题）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是G、K均能与NaOH溶液反应B. H、N既具有氧化性也具有还原性C. M和N溶液中的离子种类相同D. 1molG与足量的J反应，转移电子数为NA4.（2025福建卷4题）以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻燃剂亚磷酸铝的工艺流程如图。下列说法错误的是A. “沉淀1”可用于实验室制备B. “调pH”时应将溶液调至酸性C. “沉铝”时存在反应：D. 电解“滤液1”可制得Na和5.（2025甘肃卷11题）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下：下列说法正确的是A. “沉铜”过程中发生反应的离子方程式：B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全C. “氧化”过程中铁元素化合价降低D. “沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质6.（2025云南卷7题）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是A．SiO2可与NaOH溶液反应 B．盐酸在该工艺中体现了还原性C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D．制备纳米Si：SiO2＋2MgSi＋2MgO7.（2025江西卷8题）一种以为催化剂，捕捉制备的流程为：下列说法正确的是A. 氢气的作用是还原 B. 反应中有生成C. “产物分离”方法为过滤 D. 温度升高，的产率增大8.（2025湖南卷12题）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下：已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。②常温下，金属化合物的：金属化合物下列说法错误的是A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率B. 试剂X可以是溶液C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为9.（2025四川卷13题）一种主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的化工产品白磷（P4）、K2CO3、Al2O3。其中，电炉煅烧发生的反应为：2Ca3(PO4)2 + 2KAlSi3O8 + 10C6CaSiO3 + 2KAlO2 + P4↑ + 10CO↑下列说法错误的是（ ）A.“电炉煅烧”必须隔绝空气 B.浸渣的主要成分是CaSiO3C.“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D.“中和沉淀”需要控制溶液的pH10.（2025山东卷13题）钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是A. 试剂X可选用粉B. 试剂Y可选用盐酸C. “分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中D. “酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少11.（2025黑龙江卷11题）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4，下列说法错误的是A. 硫酸用作催化剂和浸取剂B. 使用生物质的优点是其来源广泛且可再生C. “浸出”时，3种金属元素均被还原D. “沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.412（2025江苏卷4题）化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下：下列说法正确的是A．最多能和发生加成反应B．Y分子中和杂化的碳原子数目比为C．Z分子中所有碳原子均在同一个平面上D．Z不能使的溶液褪色13.（2025湖南卷15题）天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下：下列说法正确的是A．X的核磁共振氢谱有4组峰B．与水溶液反应，最多可消耗C．天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐D．天冬氨酸通过加聚反应可合成聚天冬氨酸14.（2025北京卷17题）一种生物基可降解高分子P合成路线如下。下列说法正确的是A．反应物A中有手性碳原子B．反应物A与B的化学计量比是C．反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应D．高分子P可降解的原因是由于键断裂15.（2025浙江卷9题）科学家通过对水杨酸进行分子结构修饰，得到药物美沙拉嗪，下列说法不正确的是A. 反应1产物中是否含有残留的水杨酸，无法用溶液检验B. 反应1中，需控制反应条件，防止水杨酸被氧化C. 反应2可通过还原反应生成美沙拉嗪D. 在盐酸中溶解性：水杨酸>美沙拉嗪16.（2025山东卷14题）以异丁醛为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是A. M系统命名为2-甲基丙醛B. 若原子利用率为100%，则X是甲醛C. 用酸性溶液可鉴别N和QD. 过程中有生成17.（2025四川卷9题） 聚合物Z可用于制造用途广泛的工程塑料，其合成反应如下：下列说法正确的是A. X能与水溶液反应，不能与水溶液反应B. Y中所有原子共平面C. x的值为，该反应不属于缩聚反应D. 若反应体系中有少量水，则酚钠盐水解，影响聚合度18．（2025河南卷）可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景。一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。下列说法错误的是A．E能使溴的四氯化碳溶液褪色B．由和G合成M时，有生成C．P在碱性条件下能够发生水解反应而降解D．P解聚生成M的过程中，存在键的断裂与形成19.（2025福建卷2题）头孢菌素抑制转肽酶的机制如图。下列说法错误的是A．头孢菌素能发生酯化反应 B．头孢菌素虚框内有5个杂化碳原子C．产物实框内有2个手性碳原子 D．中最多有6个原子共平面20.（2025黑龙江卷5题）一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是A. Ⅰ有2种官能团 B. Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离C. 常温下Ⅱ为固态 D. 该反应为缩聚反应21.（2025陕晋青宁卷12题）格氏试剂性质活泼，可与空气中的H2O和O2反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置(部分装置略)，以乙醚(沸点34.5℃)为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。下列说法错误的是A. 气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用B. 烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液C. 图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替D. 产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应22.（2025江西卷6题）药物中间体1，3-二溴丙酮可由1，3-二氯丙酮合成，步骤如下：下列说法正确的是A. 若完全转化，则水相中溶质只有 B. 测定水相中的含量可计算产率C. 试剂Ⅰ可选用无水 D. 操作Ⅰ和操作Ⅱ相同第20讲-物质转化：无机小流程和有机小流程答案及解析1.【答案】A【解析】固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，G是强酸，则E是NO，F是NO2，G是HNO3；H是白色固体，常用作钡餐，H是BaSO4，D是BaCl2，A和B反应是NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O反应，C(NH3)和HCl可转化为NH4Cl，则A是NH4Cl，B是Ba(OH)2·8H2O。A选项：在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离，OH－ 浓度减小，溶液pH减小，A错误；B选项：D(BaCl2)易溶于水，溶于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B正确；C选项：F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正确；D选项：G是HNO3，常温下浓HNO3将Fe钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D正确；故选A。2.【答案】C【解析】X是自然界中一种常见矿物的主要成分，根据溶液Z、R、Q的颜色可知X中含有铁元素，根据固体颜色可知X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+，Q是FeS。A．Fe2O3可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；B．含有Fe3+的溶液加热转化为Fe(OH)3胶体，溶液颜色发生变化，B正确；C．FeS可溶于酸，所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误；D．在加热条件下Fe和S化合生成FeS，D正确；3.【答案】D【解析】本题考查硫及其化合物的性质和转化。根据的转化关系，可知连续3次氧化，化合价依次升高：-2→0→+4→+6，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，由此判断各物质分别为G为H2S，H为S，J为SO2，K为SO3，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。H2S和SO3分别为酸、酸性氧化物，均能与NaOH溶液反应，A正确；S和Na2SO3中S分别为0、+4价，处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确；M为NaHSO3，N为Na2SO3，HSO3-可以电离出SO32-；SO32-可以水解得到HSO3-，二者水溶液中离子种类相同，C正确；1mol H2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1mol H2S参加反应，转移2NA个电子，D错误；本题选D。4.【答案】D【解析】石灰渣加入碳酸钠、水碱浸，得到碳酸钙沉淀1和Na2HPO3溶液，过滤滤液加入H3PO3调节pH后加入氯化铝生成亚磷酸铝；A．因石灰渣主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙，“碱溶”时加入碳酸钠和水反应生成的“沉淀1”的主要成分为碳酸钙，碳酸钙可用于实验室和稀盐酸反应制备，A正确；B．“调pH”时加入H3PO3可除去可能剩余的Na2CO3。若未将溶液调至酸性，后续加入的AlCl3会转化为Al(OH)3等杂质，降低产品纯度与产率，B正确；C．“沉铝”时加入氯化铝和发生复分解反应生成，存在反应：，C正确；D．“滤液1”为氯化钠溶液，电解氯化钠溶液可制得氢氧化钠和氢气、氯气，无法得到金属钠，D错误；故选D。5.【答案】D【解析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误；B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性质，D正确；答案选D。6.【答案】B【解析】A选项：SiO2为酸性氧化物，能与NaOH溶液发生反应；B选项：盐酸与MgO发生反应：MgO＋HCl＝＝＝ MgCl2＋H2O，HCl只起酸的作用，不做还原剂；7.【答案】B【解析】A．CO2中C为+4价，NaHCO3中C也为+4价，CO2未被还原；中N从+5价降至-3价，H2还原的是，A错误；B．反应生成的NH3极易溶于水，在“产物分离”之前会和CO2、H2O反应生成，B正确；C．“产物分离”得到固体和馏分，馏分为NH3，该方法应该蒸馏，C错误；D．NaHCO3受热易分解，温度升高会导致其分解，产率减小，D错误；故选B。8.【答案】D【解析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：，据此解答。A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确；C．若先加入溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确；D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，D错误；故选D。9.【答案】C【解析】由题给反应可知，高钾磷矿与焦炭经煅烧生成CaSiO3、KAlO2、P4和CO，炉气水洗，P4气体通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于中和沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的CaSiO3，浸液中通入CO2，生成K2CO3、Al(OH)3，过滤得Al(OH)3经燃烧得Al2O3，滤液主要成分为K2CO3，据此分析。A．“电炉煅烧”时生成P4，P4可与O2反应，必须隔绝空气，故A正确；B．“炉渣水浸”时，CaSiO3不溶于水，所以浸渣的主要成分是CaSiO3，故B正确；C．“炉气水洗”时，P4、CO均不溶于水，P4蒸气冷凝成固态白磷，与CO分离，故C错误；D．“中和沉淀”时通入的CO2不能溶解生成的Al(OH)3，但需要控制溶液的pH，防止生成KHCO3，D正确。10.【答案】A【解析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y(可以是盐酸)生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。A．根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；B．加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；C．根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2+(aq)+ C2(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确；答案选A。11.【答案】B12.【答案】B【解析】A．X中不饱和键均可以与发生加成反应，1molX中苯环与3molH2发生加成反应、碳碳双键与1molH2发生加成反应、酮羰基与2molH2发生加成反应，则1molX最多能和发生加成反应，A错误；B．饱和碳原子采用杂化，碳碳双键的碳原子采用杂化，1个Y分子中，采用杂化的碳原子有2个，采用杂化的碳原子有4个，数目比为，B正确；C．中1号碳原子为饱和碳原子，与2、3、4号碳原子直接相连，这4个碳原子不可能全部共面，C错误；D．Z分子中含有碳碳双键，能使的溶液褪色，D错误；答案选B。13.【答案】C【解析】A．X是对称结构，两个亚甲基等效，两个羧基等效，核磁共振氢谱有2组峰，A错误；B．含有2mol羧基、1mol碳溴键，2mol羧基能消耗2mol、1mol碳溴键能消耗1mol，1molY最多可消耗，B错误；C．天冬氨酸含有羧基，能和碱反应生成羧酸盐，含有氨基能和酸反应生成盐，属于两性化合物，C正确；D．天冬氨酸含有羧基和氨基，可通过缩聚反应可合成聚天冬氨酸，D错误；故选C。14.【答案】A【解析】A与B发生加成反应，结合A的分子式以及P的结构简式，可推出A的结构简式为，A与B反应生成D，由P的结构简式可知，反应物A与B的化学计量比是2:1；D与E反应生成高聚物P和水。A．反应物A中有1个手性碳原子，如图所示，A正确；B．由分析可知，反应物A与B的化学计量比是2:1，B错误；C．反应物D与E反应生成高聚物P和水，有小分子生成，为缩聚反应，C错误；D．由高分子P的结构可知，P中的酰胺基易水解，导致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因是由于酰胺键断裂，D错误；故选A。15.【答案】D【解析】A．有机物中含有酚羟基就能与FeCl3溶液发生显色反应，若反应1的产物中残留水杨酸，产物和水杨酸结构中都含有酚羟基，因此FeCl3溶液不能检验出水杨酸，A正确，B．水杨酸分子中含有酚羟基，酚羟基具有还原性，容易被氧化，所以在反应1中，需控制反应条件，防止水杨酸被氧化，B正确；C．反应2是将-NO2转化为-NH2，这是一个还原反应，所以反应2可通过还原反应生成美沙拉嗪，C正确；D．水杨酸分子中含有酚羟基和羧基显酸性，在盐酸中与HCl不反应，而美沙拉嗪分子中含有氨基，氨基显碱性，在盐酸中会与HCl反应生成盐，更易溶解，所以在盐酸中溶解性：水杨酸<美沙拉嗪，D错误；故答案选择D。16.【答案】CD【解析】由图示可知，M到N多一个碳原子，M与X发生加成反应得到N，X为甲醛，N与CH2(COOC2H5)发生先加成后消去的反应，得到P，P先在碱性条件下发生取代反应，再酸化得到Q。A．M属于醛类醛基的碳原子为1号，名称为2-甲基丙醛，A正确；B．根据分析，若M+X→N原子利用率为100%，则X为HCHO，B正确；C．N有醛基和-CH2OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Q有碳碳双键，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别N和Q，C错误；D．P到Q第一步在碱性条件下酯基和羟基发生取代反应形成环状结构，生成物有CH3CH2OH，没有CH3COOH，D错误；答案选CD。17.【答案】D【解析】A．为酚钠盐，酸性：碳酸>酚羟基，利用强酸制弱酸，故X能与水溶液反应；苯酚与的显色反应实质是苯酚基与形成紫色配合物，因X中含有，故能与水溶液发生显色反应，A错误；B．中S中心原子价层电子对数，采用sp3杂化，所有原子不可能共平面，B错误；C．缩聚反应是指一种或多种单体相互缩合生成高分子和小分子的反应，x的值为，该反应属于缩聚反应，C错误；D．若反应体系中有少量水，则酚钠盐水解生成酚类和氢氧化钠，消耗缩聚用的酚氧负离子，导致有效单体浓度下降，抑制缩聚反应 ，影响聚合度，D正确；故选D。18.【答案】BA．E含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；B．由氧原子守恒推断，产物不是甲酸，由反应原理推断，E与F发生碳碳双键的加成反应生成，再与甲醛发生加成反应，再脱去1分子可生成M，B错误；C．P中含有酯基，在碱性条件下，酯基会水解，导致高分子化合物降解， C正确；D．P解聚生成M的过程中，存在酯基中碳氧键的断裂，形成M过程中存在C-O键的生成，D正确；故选B。19.【答案】B【解析】A．头孢菌素中含羧基，故能发生酯化反应，A正确；B．头孢菌素虚框内的羰基碳、双键碳均为sp2杂化，则有6个杂化碳原子，B错误；C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；产物实框内有2个手性碳原子，C正确；D．中羰基碳为sp2杂化，与其直接相连的原子共面，碳氢单键、氧氢单键可以旋转，则分子中最多有6个原子共平面，D正确；故选B。20.【答案】B21.【答案】B【解析】本题考查有机物的制备实验。有机物易挥发、反应放热都可能导致压强波动，当气球被充入气体时，气体在气球内产生了一定的压力，气球可以均匀分担气体的压力，A选项正确；格氏试剂性质活泼，为避免反应过于剧烈和发生副反应，格氏试剂应通过恒压滴液漏斗缓慢滴加保证少量，而在烧瓶中应加入苯甲酰氯维持过量，B错误；反应体系为无水、无氧的密封装置，需要用恒压滴液漏斗保持体系压强不变，保证液体顺利滴下，若用分液漏斗，会与大气连通，不能做到无水无氧，液体也不易滴下；故C正确；苯甲酰氯比二苯甲酮与格氏试剂反应速率快，导致苯甲酰氯与格氏试剂产率高，D正确；本题选B。22.【答案】C【解析】A．若完全转化，反应生成，但反应中使用的溶剂丙酮与水互溶，水相中溶质除外还有丙酮，A错误；B．产率需实际产品质量与理论产量计算，含量仅反映反应生成的量（转化率），未考虑产品分离过程中的损失，无法直接计算产率，B错误；C．有机相需干燥除去水分，无水是常用干燥剂，可吸收水分且不与产品反应，过滤后得到干燥有机相，C正确；D．操作Ⅰ为蒸馏（除去溶剂得粗产品），操作Ⅱ为用石油醚重结晶（粗产品溶于石油醚，低温下1，3-二溴丙酮析出），二者操作不同，D错误；故答案选C。 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第21讲-物质转化：无机小流程和有机机小流程.docx 第21讲-物质转化：无机小流程和有机机小流程.pptx 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