2026年高考化学终极冲刺：化学终极押题猜想（北京专用）（解析版）

PAGE4/202026年高考化学终极押题猜想押题猜想01化学与STSE 押题猜想02化学用语规范使用 押题猜想03离子方程式正误判断 押题猜想04氧化还原反应 押题猜想05阿伏加德罗常数 押题猜想06元素化合物的性质 押题猜想07催化机理循环图分析 押题猜想08

物质能量、能垒变化图像分析 押题猜想09新型电化学装置分析 押题猜想10电解质溶液图像分析 押题猜想11元素周期表与周期律 押题猜想12晶胞结构分析与计算 押题猜想13生物大分子的性质与用途 押题猜想14多官能团有机物的结构与性质 押题猜想15实验组合装置图的分析 押题猜想16操作现象结论一致性问题 押题猜想17化工流程分析 押题猜想18实验综合探究 押题猜想19化学反应原理综合 押题猜想20有机合成与推断

押题猜想01化学与STSE终极押题【原创题】将化学知识应用于实践，下列有关做法及其解释均合理的是A．华为Mate60Pro部分机型后盖采用“锦纤”材质与合金完美契合，其中合金属于金属材料B．用红色激光笔照射CuSO4C．制作面点时加入食用纯碱，利用NaHCO3D．人民币票面文字处采用了含Fe3O4【答案】A【解析】合金是性能优良的金属材料，故A正确；CuSO4溶液不是胶体，不能出现丁达尔效应，故不会看到一条光亮的通路，故B错误；食用纯碱为碳酸钠，利用Na2CO3中和发酵过程产生的酸，故C错误；Fe3O4为黑色固体，常用作红色颜料的是Fe2O3，故D错误；故选A。押题有据化学与STSE（科学、技术、社会、环境）是北京高考选择题的开篇常客，强调化学知识的实际应用价值。本题以“华为手机后盖材质”“激光笔照射溶液”“食用纯碱”“磁性油墨”等贴近生活的素材，综合考查了金属材料、胶体丁达尔效应、碳酸钠的用途、Fe3O4与Fe2O3的颜色区分。A项合金属于金属材料，正确；B项CuSO4溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应；C项食用纯碱是Na2CO3而非NaHCO3；D项Fe3O4为黑色，红色颜料为Fe2O3。本题押题依据是：近年北京卷STSE题目常设置“看似合理但张冠李戴”的选项，如混淆碳酸钠与碳酸氢钠的用途、混淆不同铁的氧化物的颜色和磁性。复习秘诀是，引导学生关注教材中的“资料卡片”和“科学·技术·社会”栏目，对常见物质的颜色、俗名、用途进行精准记忆，并注意区分“溶液”与“胶体”的本质特征。考题猜想1．（2026·北京海淀·月考）“九三阅兵”展示了我国的科技及军事实力，材料科学助力国防事业迈向了新高度。下列军事装备所用的材料属于无机非金属材料的是A．东风系列导弹采用特种钢材实现轻量化B．歼-20隐身战机机身覆盖含铁氧体纳米颗粒的吸波材料实现低探测性C．装甲采用纳米陶瓷降低厚度D．防弹衣采用芳纶和超高分子量聚乙烯纤维提升防护水平【答案】C【解析】特种钢材为金属合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，A错误；铁氧体虽为氧化物（陶瓷类），但若作为吸波材料的填充成分，基体可能为高分子材料，整体属于复合材料，不属于无机非金属材料，B错误；纳米陶瓷直接属于无机非金属材料，C正确；芳纶和超高分子量聚乙烯纤维为有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D错误；故选C。2．（2025·北京西城·三模）下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是A．利用溶液的pH大小可判断溶液中水的电离程度的大小B．利用反应热数据判断反应速率的大小C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等D．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低【答案】C【解析】0.1mol/L氯化铵溶液的pH大于等浓度的盐酸，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中水的电离程度大于盐酸，所以不能利用溶液的pH大小判断溶液中水的电离程度的大小，故A错误；利用反应热数据可以判断反应物和生成物总能量的相对大小，但不能判断反应速率的大小，故B错误；石油是多种物质的混合物，因为不同的物质沸点不同，沸点低的首先气化，沸点高的后气化，所以依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等，故C正确；乙醇分子分子能形成分子间氢键，丙烷不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力大于丙烷，沸点高于丙烷，则依据相对分子质量的数据不能推测乙醇和丙烷沸点的相对高低，故D错误；故选C。3．（2025·北京通州·三模）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原1h可以制备微米级零价铁。研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核—壳”结构。已知：①壳层可以导电；②当pH<8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当pH>8时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；③磷酸盐溶解度一般较小。部分金属阳离子去除机理如下图所示。下列说法不正确的是A．用磁铁矿备零价铁时发生反应的化学方程式为：FeB．纳米零价铁去除污水中Cu（Ⅱ）、Zn（Ⅱ）主要机理不同C．控制pH>8，通过形成FePO4、D．零价铁去除重金属离子和含磷微粒主要机理包括还原、吸附和沉淀【答案】C【解析】磁铁矿的成分是四氧化三铁，四氧化三铁与氢气反应生成铁和水，结合题干信息反应在氢气氛围下600℃高温下进行，则所给反应的化学方程式正确，A不符合题意；零价铁的还原性大于Cu小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过先吸附后产生氢氧化锌沉淀除去Zn(Ⅱ)，B不符合题意；根据信息，当pH>8时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电，难以吸附磷酸根，当pH<8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的磷酸根，磷酸盐溶解度一般较小，故进一步形成FePO4、Fe3(PO4)2沉淀，达到去除磷酸根的目的，C符合题意；除去Cu2+是还原法、除去Zn2+是先吸附后产生氢氧化锌沉淀、除去磷酸根离子是吸附、产生FePO4和Fe3(PO4)2沉淀，D不符合题意；故选C。4．（2025·北京门头沟·一模）三星堆考古挖掘中，二号祭祀坑出土的商代铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列说法不正确的是A．测定出土文物年代的14CB．X射线衍射实验可以对青铜器微观晶体结构进行分析C．铜像表面的铜绿Cu2D．青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料【答案】A【解析】14C原子核内有6个质子，A错误；晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法，X射线衍射法研究晶体结构、形貌和各种缺陷的重要手段，可对青铜器微观晶体结构进行分析，B正确；铜像表面的铜绿不会与空气中成分反应，能在空气中稳定存在，C正确；合金为金属材料，青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料，D正确；故选5．（2025·北京·模拟预测）近年我国在科技领域不断取得新成就，对相关成就所涉及的化学知识理解正确的是A．以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料B．“天宫”空间站配置砷化镓光电池，砷化镓电池可将化学能转化为电能C．聚酯纤维涤纶做成的织物在航空领域得到广泛应用，涤纶通常通过加聚反应制得D．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工全合成，其中直链淀粉含量高的食物口感较黏【答案】A【解析】硅树脂是具有高度交联网状结构的热固性聚硅氧烷，属于高分子材料，A正确；砷化镓光电池是将太阳能(光能)转化为电能，而不是化学能转化为电能，B错误；涤纶是聚对苯二甲酸乙二酯，是通过缩聚反应制得的，而不是加聚反应，C错误；直链淀粉含量高的食物，口感较硬，支链淀粉含量高的食物口感较黏，D错误；故选A。押题猜想02化学用语规范使用终极押题【原创题】下列化学用语或图示表示正确的是()A．氨水中NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为：B．p-pπ键形成示意图：C．基态Cu＋的价电子轨道表示式：D．用电子式表示的形成过程：【答案】B【解析】A错误，氧原子电负性更强，与氧原子连接的氢几乎成为质子，更容易形成氢键，故在氨水中，NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为：；B正确，p-pπ键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，形成示意图为；C错误，基态Cu＋的价电子数为10，价电子轨道表示式为；D错误，Na2S为离子化合物，用电子式表示Na2S的形成过程：。押题有据北京高考近年来对化学用语的考查愈发注重细节和规范性，不再局限于简单的电子式、结构式，而是深入到氢键表示、轨道表示式、π键形成过程等微观层面。本题精准捕捉了这一趋势，通过设置氢键主要形式、p-pπ键示意图、Cu+价电子轨道式、离子化合物形成过程四个选项，全面覆盖了学生易错、易混淆的“雷区”。其中，氢键的表示（尤其是方向性和原子电负性）和过渡金属离子的轨道表示式是北京卷的潜在高频考点。押题秘诀在于，复习时要引导学生回归教材插图（如氢键、π键的示意图），并强化对“构造原理”和“洪特规则特例”的理解，避免“想当然”的错误。考题猜想1．（2026·北京延庆·一模）物质的微观结构决定其宏观性质。乙胺CH3A．乙胺的电子式：B．乙胺分子中，乙基中的碳原子和氨基中的氮原子均为sp3C．乙胺分子中的氨基可与水形成氢键D．乙胺可与盐酸发生反应，生成CH【答案】A【解析】由结构简式可知，乙胺是典型的共价化合物，电子式为：，A错误；由结构简式可知，乙胺分子中，乙基中的碳原子形成4个σ键，氨基中的氮原子形成3个σ键，还有1对孤对电子，所以碳原子氮原子的杂化方式均为sp3杂化，B正确；由结构简式可知，乙胺分子中的氨基可与水分子形成分子间氢键，C正确；由结构简式可知，乙胺分子中的氨基具有碱性，能与盐酸发生反应生成CH3CH22．（2026·北京·一模）下列化学用语表示正确的是A．基态镁原子最外层电子云轮廓图：B．SO32-C．的系统命名：2,2,4-三甲基戊烷D．1mol冰晶体中存在着4mol氢键，其结构为【答案】C【解析】基态镁原子最外层电子为3s2，s轨道电子云轮廓图为球形，题目中图片为哑铃形(p轨道)。A错误；SO32-中心S原子价层电子对数=3+6+2−3×22=4，VSEPR模型为四面体形，图片为三角锥形(分子构型)则不符合。B错误；该有机物主链为5个碳的戊烷，2号碳连2个甲基、4号碳连1个甲基，系统命名为2,2,4-三甲基戊烷。C正确；冰的晶体结构为，1个水分子与相邻的4个水分子形成4个氢键，但1个氢键被2个水分子共用，则平均1mol冰晶体中存在着2mol氢键。D错误3．（2025·北京丰台·一模）下列化学用语或图示表达正确的是A．H2O2的电子式： C．HCHO分子的空间结构模型： D．sp2杂化轨道示意图：【答案】C【解析】过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，电子式为，故A错误；反-2-丁烯的结构简式为，故B错误；甲醛的空间构型为平面三角形，空间结构模型为，故C正确；sp2杂化轨道为平面三角形，杂化轨道间夹角为120°，示意图为，故D错误；故选C。4．（25-26高三上·北京顺义·期末）下列化学用语或图示表达正确的是A．SiO2的结构模型B．NH4+C．基态28Ni原子价层电子排布式D．p轨道和p轨道形成π键【答案】D【解析】SiO2属于共价晶体，晶体中不存在单个SiO2分子，A错误；NH4+是带正电的阳离子，电子式需要加方括号并标注正电荷，正确的电子式为，B错误；28号Ni的基态原子核外电子排布为[Ar]3d84s2，价层电子排布式为3d84s25．（25-26高三上·北京东城·期末）下列化学用语或图示表达不正确的是A．H2O2的电子式为B．基态24Cr原子的价层电子排布式为C．基态S原子的价层电子轨道表示式为D．顺-2-丁烯的分子结构模型为【答案】B【解析】H2O2为共价化合物，其电子式为，A正确；基态24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，B错误；基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为，C正确；顺-2-丁烯的分子两个甲基位于双键的同一侧，结构模型为，D正确；故选B。押题猜想03离子方程式正误判断终极押题【原创题】下列离子方程式错误的是（）A．向澄清石灰水中滴加少量的碳酸氢钠溶液：B．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：C．把少量二氧化硫气体通入到次氯酸钠溶液：D．向硫酸氢铵溶液滴加少量的氢氧化钡溶液：【答案】D【解析】A正确，向澄清石灰水中滴加少量的碳酸氢钠溶液，生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为；B正确，用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，H2C2O4被氧化为CO2，H2C2O4属于弱酸，该反应的离子方程式为；C正确，少量SO2通入到NaClO溶液中，离子反应为；D错误，向NH4HSO4溶液滴加少量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、硫酸铵和水，离子方程式为：。押题有据离子方程式正误判断是北京高考选择题的必考题型，通常结合“少量/过量”问题、物质强弱、氧化还原反应原理进行综合考查。本题精选了四个典型陷阱：A项考查“少量碳酸氢钠”与澄清石灰水的反应，是“定组成”原则的经典应用；B项关注草酸作为弱酸在离子方程式中的保留形式；C项考查二氧化硫与次氯酸钠的氧化还原反应；D项则设置了硫酸氢铵与少量氢氧化钡反应的“先后顺序”陷阱。本题的押题依据是：近5年北京卷对“与量有关的离子方程式”考查频率极高，且常以Ba(OH)2、Ca(HCO3)2等物质为载体。复习时应强调“以少定多”和“强氧化剂优先”的解题思路。考题猜想1．（2026·北京顺义·一模）下列方程式与所给事实不相符的是A．洗涤硫酸钡时，用稀硫酸比用等体积蒸馏水损失少：BaSOB．用稀硝酸洗去试管壁上的银：Ag+2C．用足量NaOH溶液吸收SO2尾气：D．钠可用作强除水剂：2Na+2【答案】B【解析】稀硫酸中存在大量SO42-，使BaSO4的溶解平衡逆向移动，抑制BaSO4溶解，因此用稀硫酸洗涤时BaSO4损失更少，A不符合题意；稀硝酸与Ag反应的还原产物为NO，反应为3Ag+4H++NO3-2．（2026·北京延庆·一模）下列化学方程式或离子方程式与所给事实不相符的是A．实验室用大理石与稀盐酸制取二氧化碳：CaCOB．铜与浓硫酸在加热条件下反应：Cu+2C．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2D．用CuSO4溶液除去乙炔中的H2【答案】C【解析】CaCO3难溶于水，不能拆分为离子，与稀盐酸反应的离子方程式书写正确，符合事实，A正确；铜与浓硫酸加热反应的化学方程式中，产物、配平均正确，符合事实，B正确；通入过量氯气时，溴化亚铁中的Fe2+和Br−会完全被氧化，该方程式漏掉了Br−的氧化反应，正确离子方程式为2Fe2++4Br−+33．（25-26高三上·北京西城·期中）解释下列事实所用的化学用语不正确的是A．铜片放入浓硝酸中：3Cu+8B．利用覆铜板制作印刷电路板：2C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：Fe−2D．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，褪色：【答案】A【解析】铜与浓硝酸反应应生成NO2而非NO，离子方程式应为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，A错误；4．（2025·北京海淀·三模）下列方程式与所给事实不相符的是A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体：2Al+2B．在HCl气氛中加热MgCl2⋅6H2C．草酸(H2C2OD．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH【答案】C【解析】铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体即H2和NaAl(OH)4，则离子方程式为：2Al+2OH−+6H2O=2Al(OH)4−+3H2↑，A正确；在HCl气氛中加热MgCl2⋅6H2O制无水MgCl2，以抑制Mg2+水解，反应方程式为：MgCl2⋅6押题猜想04氧化还原反应终极押题【原创题】氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和HA．“另一种反应物”在反应中表现还原性B．CuH与Cl2反应的化学方程式为：C．CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2D．CuH与盐酸反应的离子方程式为：CuH【答案】D【解析】氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，A正确；根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：2CuH+3Cl2点燃2CuCl2+2HCl，B正确；CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物为CuCl2押题有据近年北京高考对氧化还原反应的考查，已从单纯的化合价判断转向陌生情境下的反应分析、产物推断和方程式书写。本题以“氢化亚铜”这一陌生化合物为载体，综合考查了氧化剂与还原剂的判断、氧化还原反应方程式的配平、氧化产物的识别以及信息型离子方程式的正误判断。D项是典型易错点，学生容易忽略题干中“生成CuCl难溶物”这一关键信息，漏写氯离子和沉淀符号。本题押题依据是：北京卷常通过新信息（如CuH、NaH、CaH2等金属氢化物）考查氧化还原反应的基本规律，要求学生能快速提取有效信息，运用“化合价升降法”进行推理。复习秘诀是，引导学生养成“先标化合价，再找变化，最后配平”的解题习惯，并特别注意离子方程式中的“沉淀、气体、弱电解质”等保留形式。考题猜想1．（2026·北京延庆·一模）下列叙述对应的反应中，能体现SO3A．向亚硫酸钠溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体B．向酸性高锰酸钾溶液中滴加亚硫酸钠溶液，溶液紫红色逐渐褪去C．向亚硫酸钠溶液中通入二氧化碳，无明显实验现象D．向氯化钡溶液中滴加亚硫酸钠溶液，生成白色沉淀【答案】B【解析】亚硫酸钠溶液与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化硫和水，则产生能使澄清石灰水变浑浊的气体的反应中没有元素发生化合价变化，该反应属于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，A错误；酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸钠和水，则溶液紫红色逐渐褪去的反应中硫元素的化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是反应的还原剂，体现了还原性，B正确；亚硫酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和亚硫酸氢钠，反应中没有元素发生化合价变化，该反应属于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，C错误；氯化钡溶液与亚硫酸钠溶液反应生成氯化钠和亚硫酸钡沉淀，则生成白色沉淀的反应中没有元素发生化合价变化，该反应属于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，D错误；故选B。2．（25-26高三上·北京顺义·期末）下列物质的用途与其氧化性或还原性无关的是A．乙醇用作燃料 B．过氧化钠用作制氧剂C．小苏打用作烘焙糕点膨松剂 D．氯化铁用作覆铜印刷电路板腐蚀液【答案】C【解析】乙醇用作燃料与氧气反应，乙醇作为还原剂被氧化，与还原性有关，A错误；过氧化钠用作制氧剂时发生歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，与氧化性和还原性有关，B错误；小苏打用作烘焙糕点膨松剂，分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，是非氧化还原反应，与还原性和氧化性无关，C正确；氯化铁用作覆铜印刷电路板腐蚀液，发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl23．（25-26高三上·北京房山·期末）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是A．侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl为原料的联合制碱法B．戴维电解盐酸得到H2和Cl2，从而提出了酸的含氢学说C．舍勒通过MnO2与浓HCl反应首次发现Cl2D．菲利普以S为原料利用接触法制得H2SO4【答案】A【解析】侯德榜联合制碱法主要涉及复分解反应：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，无元素氧化态变化，不涉及氧化还原反应，A符合题意；戴维电解盐酸中，氢元素氧化态从+1降至0（还原），氯元素从-1升至0（氧化），涉及氧化还原反应，B不符合题意；舍勒用MnO2与浓HCl反应制Cl2，锰元素氧化态从+4降至+2（还原），氯元素从-1升至0（氧化），涉及氧化还原反应，C不符合题意；菲利普接触法制硫酸：S→SO2→SO3→H2SO4中，硫元素氧化态从0升至+4（SO2）再至+6（SO3），涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选A。4．（25-26高三上·北京昌平·期末）下列反应中，体现H2O还原性的是A．Na与H2O反应生成NaOH和H2 B．Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2C．F2与H2O反应生成HF和O2 D．CaH2与H2O反应生成Ca(OH)2和H2【答案】C【解析】在Na与H2O反应中，H2O中的氢元素化合价降低（从+1到0），被还原，体现氧化性，A不符合题意；在Na2O2与H2O反应中，H2O的氢和氧元素化合价均未变化，不体现还原性，B不符合题意；在F2与H2O反应中，H2O中的氧元素化合价升高（从-2到0），被氧化，体现还原性，C符合题意；在CaH2与H2O反应中，H2O中的氢元素化合价降低（从+1到0），被还原，体现氧化性，D不符合题意；故选C。押题猜想05阿伏加德罗常数终极押题【原创题】用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4L己烷中含有的共价键数目为19NAB．和的混合物含有原子数目为C．标准状况下，含键数为D．2.4g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.1NA【答案】B【解析】A错误，标准状况下己烷是液体，故无法计算22.4L己烷中含有的共价键数目；B正确，和的最简式都是CH2O，和的混合物中含有碳原子数为；C错误，二氧化碳的结构式为O=C=O，分子中碳氧双键含有1个σ键，标准状况下，4.48L二氧化碳中含有σ键的数目为×2×NAmol—1=0.4NA；D错误，2.4g即0.1mol镁条在空气中充分燃烧，镁被氧化为＋2价，故转移的电子数目为0.2NA。押题有据NA题是高考化学的“常青树”，北京卷在此类题目的设置上更注重“陷阱”的隐蔽性和综合性。本题A项以“标准状况下己烷为液体”设伏，考查气体摩尔体积的适用条件；B项利用“最简式相同”的原理，考查混合物中原子数的计算，是高效解法；C项考查σ键和π键的概念，将结构化学知识融入N_A计算；D项则考查镁在空气中燃烧（主要与O2和N2反应）的电子转移，注意镁始终变为+2价。本题押题依据是：北京卷近年N_A题常涉及“特殊物质的状态（如SO3、苯）”、“共价键数目（如金刚石、SiO2、P4）”、“可逆反应”及“氧化还原中的电子转移”。备考秘笈是建议学生建立“NA十二大陷阱”清单，逐一排查。考题猜想1．（25-26高三下·北京·开学考试）用NAA．常温常压下，28gN2与COB．1molCuNH3C．1L0.1mol⋅L−1的Na2COD．密闭容器中，2molSO2和1mol【答案】A【解析】N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，28g混合气体总物质的量为1mol，且每个N2和CO分子的质子数均为14，故混合气体所含质子数为14NA，A正确；1个CuNH342+配离子中，仅Cu2+与4个NH3之间存在4个配位键，NH3内部的N−H键为普通共价键，故1mol该配离子含配位键数目为4NA，B错误；1L0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中，Na2CO3的物质的量为1mol，但CO32−会发生水解，因此溶液中CO2．（25-26高三上·北京海淀·期中）用NAA．1.8gD2OB．0.1mol⋅L−1的AlCl3溶液中，C．4.6g乙醇中所含C−H键的数目为0.5D．1molN2与5molH2充分反应生成NH【答案】C【解析】D2O的摩尔质量为20g/mol，1.8gD2O的物质的量为1.8g20g/mol=0.09mol。每个D2O分子含10个质子，总质子数为0.09×10×NA=0.9NA，A错误；未提供溶液体积，仅凭浓度无法计算Cl-的具体数目，B错误；乙醇的摩尔质量为46g/mol，4.6g乙醇为4.6g46g/mol=0.1mol。每个乙醇分子含5个C-H键，总C-H键数目为0.1×5×NA=0.5NA，C正确；合成氨反应为可逆反应，1molN2与5molH2无法完全转化为2molNH3，实际生成量小于2NA，D错误3．（2025·北京海淀·三模）用NAA．1molC2H2B．1mol/LHCl溶液中Cl−的数目为C．46gNO2和ND．2.24L(标准状况)乙醇与足量Na充分反应，生成H2的分子数为【答案】C【解析】乙炔的结构式如图：，1个乙炔分子中含有1个碳碳三键，1个碳碳三键有1个σ键和2个π键，C与H之间是σ键，则1molC2H2含有σ键的数目为3NA，A错误；1mol/LHCl溶液中体积未知，无法计算Cl−的数目，B错误；NO2和N2O4的最简式为NO2，则464．（2025·北京东城·二模）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是A．12gNaHSO4固体中所含阳离子数为0.1NAB．25℃，1LpH=5的NH4NO3溶液中，水电离出的H+数为10-5NAC．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间D．0.1molCH4与过量Cl2光照下反应生成的HCl分子数小于0.4NA【答案】C【解析】NaHSO4固体中阳离子为Na+，nNaHSO4=mM=12g120g/mol=0.1mol，则12gNaHSO4固体中所含阳离子数NNa+=0.1mol×NA=0.1NA，A正确；NH4NO3溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，此时H+浓度为1.0×10−5mol/L，水解促进水电离，则H+完全来自水的电离，NH+=1.0×105．（25-26高三下·北京·开学考试）用NAA．1molC2H2含有B．1mol基态Cr原子的未成对电子数为6C．46gNO2和N2D．2.24L(标准状况)乙醇与足量Na充分反应，生成H2的分子数为【答案】B【解析】1个C2H2分子中含有1个碳碳三键，1个碳碳三键包含2个π键，因此1molC2H2含有π键的数目为2NA，A错误；基态Cr原子的核外电子排布为Ar3d54s1，共有6个未成对电子，因此1mol基态Cr原子的未成对电子数为6NA，B正确；NO2和N押题猜想06元素化合物的性质终极押题【原创题】下列关于物质用途的说法不合理的是A．小苏打用作发泡剂烘焙面包 B．硅单质用于制造光导纤维C．铁红可用于壁画颜料 D．二氧化硫可用于纺织品漂白【答案】B【解析】小苏打（碳酸氢钠）受热分解生成二氧化碳，可使面包蓬松，A合理；光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），而非硅单质（Si），硅单质多用于半导体材料，B不合理；铁红（Fe2O3）呈红色且性质稳定，常用于颜料，C合理押题有据本题旨在考查“性质决定用途”的化学思想，是北京卷选择题中体现“化学与社会发展”联系的重要载体。元素化合物的性质与用途是北京高考选择题的高频考点，往往将常见物质的性质与生活、生产中的应用进行“配对”考查，强调“性质决定用途”的化学观念。本题选取了四个贴近生活的实例：A项小苏打（NaHCO3）受热分解产气；B项光导纤维（SiO2）与硅单质（Si）的用途混淆，是经典易错点；C项铁红（Fe2O3）的稳定性和颜色；D项SO2的漂白性。押题依据是：近5年北京卷在此类题目中频繁考查硅及其化合物的用途（如Si用于芯片、太阳能电池，SiO2用于光导纤维），以及常见漂白剂（SO2、次氯酸、过氧化氢）的区分。复习时，建议学生将教材中所有“物质——性质——用途”进行列表对比，特别关注“看似正确但张冠李戴”的选项。考题猜想1．（2025·江苏·一模）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是A．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为B．工业制硝酸过程中的物质转化：NC．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：2NO+COD．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：HNO3(稀)【答案】D【解析】自然固氮、人工固氮都是将N2转化为含氮的化合物，故A错误；工业制硝酸过程中的物质转化是氮气转化为氨气，氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故B错误；汽车尾气催化转化器中发生的主要反应是一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，2NO+2CO催化剂N2+2CO22．（2025·北京延庆·一模）关于Na2CO3和NaHCOA．室温下，Na2CO3B．在饱和Na2CO3溶液中通入COC．NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液产生CaCO3D．两种物质的溶液中都存在：c【答案】C【解析】高价阴离子盐通常比低价阴离子盐更易溶于水，因此Na2CO3的溶解度比NaHCO3的大，A项正确；Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3，由于NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此NaHCO3以晶体的形式析出，B项正确；NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，发生了离子交换，生成了CaCO3沉淀，使CO32-浓度减小，促进了NaHCO33．（2025·北京·三模）下列说法不正确的是A．石墨可用作固体润滑剂 B．乙二醇用作汽车防冻液C．聚乙炔用作绝缘材料 D．液氨用作制冷剂【答案】C【解析】A.石墨是混合型晶体，层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A正确；乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸气压，冰点显著降低，所以乙二醇可以用作汽车防冻液，B正确；聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，所以聚乙炔是导电聚合物，而非绝缘材料，C错误；液氨气化时会吸收热量而使周围环境降低，从而实现制冷的目的，所以液氨可用作制冷剂，D正确。故选C。4．（2025·北京海淀·二模）下列关于FeCl2和FeClA．FeCl2和FeClB．保存时均需加入少量铁粉C．可利用与铜粉的反应比较Fe2+、FeD．分别加入NaOH溶液，久置后均能观察到红褐色沉淀【答案】B【解析】FeCl3和FeCl2均为强酸弱碱盐，Fe2+和Fe3+水解生成H+，溶液均呈酸性，A正确；保存FeCl2溶液需加入铁粉(防止Fe2+被氧化)，但FeCl3溶液若加铁粉，Fe3+会与Fe反应生成Fe2+(如2Fe3++Fe=3Fe2+)，反而污染溶液，B不正确；Fe3+可与Cu反应(2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+)，而Fe2+无法氧化Cu，说明Fe3+氧化性强于Fe2+，C正确；FeCl3与NaOH直接生成红褐色Fe(OH)3；FeCl2首先生成白色Fe(OH)2，但在空气中氧化为Fe(OH)3(最终红褐色)，D正确；故选B。5．（2026·北京·模拟预测）依据下列事实进行的推测正确的是事实推测ANaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体BBaSO4BaCO3可代替BaSOC盐酸和NaHCO3盐酸和NaOH溶液反应是吸热反应D丙三醇多羟基结构与新制CuOH葡萄糖溶液加入新制CuOHA．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】浓硫酸具有强氧化性，I-还原性较强，二者会发生氧化还原反应，无法制备HI气体，A错误；胃酸主要成分为盐酸，BaCO3可与盐酸反应生成可溶性有毒钡盐，不能代替BaSO4作“钡餐”，B错误；盐酸与NaOH的反应属于中和反应，中和反应均为放热反应，C错误；葡萄糖分子中含有多个羟基，和丙三醇一样可与新制CuOH2押题猜想07催化机理循环图分析终极押题【原创题】甲醛的主要危害表现为对皮肤粘膜的刺激作用，甲醛在室内达到一定浓度时，可引起眼红、眼痒、咽喉不适或疼痛、声音嘶哑、喷嚏、胸闷、气喘、皮炎等。新装修的房间甲醛含量较高，是众多疾病的主要诱因。在二氧化锰催化下，HCHO氧化为CO2的历程如下图所示，下列说法错误的是（）A．CO2的空间结构为直线形B．MnO2是催化剂，总反应为HCHO+O2eq\o(→,\s\up7(MnO2))CO2+H2OC．•CHO中的碳原子采取sp3杂化D．若转移4mol电子，标准状况下有22.4LCO2生成【答案】C【解析】A正确，CO2中心C原子价层电子对数为2+=2+0=2，不含孤电子对，所以其空间结构为直线形；B正确，根据反应原理，MnO2是催化剂，总反应为HCHO+O2eq\o(→,\s\up7(MnO2))CO2+H2O；C错误，•CHO的中心碳原子与氧原子之间为碳氧双键，则采用的是sp2杂化，；D正确，根据方程式可知，标准状况下，每转移4mol电子，有22.4LCO2生成。押题有据“催化机理循环图”是近年北京高考的“新宠”，它很好地体现了化学反应原理的微观可视化。本题以室内污染物甲醛的催化氧化为情境，融合了分子空间构型（CO2）、催化剂概念、原子杂化类型（•CHO自由基）以及氧化还原计算等多个知识点。C项中•CHO自由基的碳原子杂化类型是本题亮点和难点，容易误判为sp3，需要学生理解自由基的结构与成键方式。押题依据是：此类题目能有效考查学生“证据推理与模型认知”的核心素养。备考时应引导学生关注催化循环中的“始态终态”（总反应）、决速步（能垒最高的步骤）以及中间体和过渡态的区分。考题猜想1．（2025·北京平谷·一模）近期中国科学家在低温CH4转化研究方面取得新进展，利用Fe氧簇MOF低温催化甲烷反应的机理如图所示，下列说法错误A．该反应有利于减少温室气体排放B．为该反应的催化剂C．该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1D．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成【答案】C【分析】根据图中信息得到总反应方程式为CH4【解析】甲烷是一种温室气体，它的温室效应比二氧化碳更强，该反应消耗甲烷，有利于减少温室气体排放，A正确；在反应历程中，先消耗，后生成，故是该反应的催化剂，B正确；由分析的总反应可知，CH4做还原剂，N2O做氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；该反应中存在碳氢极性键的断裂，氮氮非极性键的形成，D正确2．（2025·北京丰台·二模）在光照条件下，空气中的二氧化硫二氧化钛颗粒物表面发生催化氧化生成硫酸气溶胶，下列说法不正确的是A．TiO2受到光激发产生的空穴(h+)带正电，能将B．SO2在TiO2颗粒物表面形成SOC．上述形成硫酸气溶胶的总反应为2D．空气的湿度越大，硫酸气溶胶的形成速率越快【答案】D【解析】观察可知，TiO2受到光激发产生的空穴(h+)带正电，H2O中氧元素为-2价，具有还原性，空穴(h+)能将H2O氧化成·OH，A选项正确；从图中反应过程可以看出，SO2在TiO2颗粒物表面形成SO42−有多种途径，其中一种途径中，·OH3．（2025·北京·三模）铑的价层电子排布式是4d85s1下列叙述不正确的是A．铑位于元素周期表第五周期第VIII族B．X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形C．A、C分别是CH3COID．B为OH−、D为【答案】D【分析】根据甲醇羰基化反应机理可知，CH3OH先与HI转化为CH3I和水，再与CO在Rh(CO)2I2−催化剂作用下生成CH3COI，CH【解析】铑的价层电子排布式是4d85s1，则铑位于元素周期表第五周期第VIII族，A正确；若X为四面体形结构，则两种配体（如CO和I−）的空间位置等效，不存在同分异构体，因此X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构为平面四边形，不是四面体形，B正确；根据分析，A、C分别是CH34．（2025·北京大兴·三模）某Diels−Alder反应机理如下，下列说法不正确的是A．化合物VI为该反应的催化剂B．化合物X为H2C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和D．化合物III转化为IV后，C2【答案】C【解析】由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，故A正确；根据I+Ⅳ→X+Ⅱ和IV+X→VI+V，由I、Ⅳ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，并且可循环利用，故B正确；根据反应机理，总反应为I+III→V，若化合物III为，按照该反应机理可生成和，故C错误；根据III和IV结构式，III中C2-C3为碳碳单键，IV中C2-C3为碳碳双键，键长变短，故D正确；故选C。5．（2025·北京通州·二模）环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法不正确的是A．C4B．反应过程键2比1更易断裂，这与R有关C．Ha的酸性：D．总反应原子利用率可达100%【答案】A【分析】图像中箭头指向为生成物，箭尾指向为反应物，其余为催化剂或中间产物。【解析】由图分析可知，C4H94NBr是催化剂，参与了反应，反应前后化学性质不变，物理性质发生改变，A错误；R是烃基，是推电子基，使得键1电子云密度大，键能大，键2比1更易断裂，B正确；-C4H9是推电子基，Br是吸电子基，推电子效应使酸性减弱，吸电子效应使酸性增强，C正确；由图可知，总反应为：+押题猜想08物质能量、能垒变化图像分析终极押题【原创题】镍是一种银白色金属，具有良好的机械强度和延展性。不溶于水，耐高温，对酸和碱的抗蚀能力很强。镍可活化乙烷放出甲烷，其反应历程如图所示，下列说法错误的是（）A．为放热反应B．过渡态2中Ni的成键数目为3C．该反应历程只有有极性键的断裂和生成D．中间体2→中间体3活化能最小【答案】D【解析】A正确，△H只与始态和终态有关，根据历程图像可知，该反应为放热反应；B正确，过渡态2中Ni的成键数目为3；C正确，该反应过程中涉及C-C键断裂和C-H键的形成，没有非极性键的形成；D错误，活化能大，化学反应速率慢，是决速步骤，根据历程图可知，中间体2→中间体3能量差值最大，活化能最大，是决速步骤。押题有据能量-反应过程图像是北京高考原理大题中常见的“开胃菜”，近年也频繁出现在选择题中。本题通过Ni活化乙烷的反应历程图，综合考查了焓变判断（△H=生成物总能量-反应物总能量）、过渡态结构、化学键变化（极性键与非极性键）以及决速步的判定（活化能最大）。D选项是常见误区，学生容易误认为能垒变化小的步骤是决速步，实际上活化能最大的步骤反应速率最慢，是决速步。押题依据是：此类题能直观考查学生对化学反应本质的理解。秘笈是教会学生如何从图像中准确读取反应物、生成物、中间体和过渡态的能量信息。考题猜想1．（2025·北京通州·三模）乙炔（HC≡CH）能在汞盐溶液催化下与水反应生成CH3下列说法正确的是A．本反应历程涉及的物质中，CH2B．过程①中，Hg2+C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率【答案】B【分析】五个过程中，①②⑤为放出能量反应的能垒，③④为吸收能量反应的能垒，其中过程④能垒比过程③大，反应速率较慢。【解析】能量越低越稳定，整个历程中涉及的物质，CH3CHO的能量最低，最稳定，A错误；水分子中的氧原子存在孤对电子，Hg2+中存在空轨道，所以水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子形成配合物，B正确；由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，C错误2．（2025·北京朝阳·二模）CH3CH2下列说法不正确的是A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的Cδ+C．b代表过渡态2，CH3CHD．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应【答案】C【解析】生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确；溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的Cδ+-Brδ-，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br键，说明Cδ+-Brδ-较易断裂，故B正确；过渡态2生成CH3CH2OH和Br3．（2025·北京西城·一模）苯在浓HNO3和浓H2SOA．HNO3和H2SO4生成NO2B．M中C原子存在两种杂化方式C．生成产物I的反应类型是加成反应D．结合示意图可以判断通过控制反应时间可以制备产物I【答案】D【解析】HNO3和H2SO4生成NO2+与HO3SO−的过程中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子HO3SO−，体现了H2SO44．（2025·北京东城·二模）实验表明，其他条件相同时，一定cOH−范围内，CH33CX①下列说法不正确的是A．该反应为取代反应B．CH3C．X为Br时的ΔH1、和ΔH2D．该反应速率与cOH−无关的原因主要是【答案】C【解析】该反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应，A正确；甲基的碳原子是sp3杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电，价电子对数是3，为sp2杂化，B正确；ΔH1表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br和I的ΔH1不相同，ΔH2表示形成5．（2025·北京丰台·一模）乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，部分反应历程可表示为：M+OH已知：为快速平衡。下列说法不正确的是A．反应IV是Y→M的决速步 B．反应结束后，溶液中存在18C．反应过程中涉及π键的断裂和形成 D．反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变【答案】D【解析】反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，并非水解焓变（水解生成羧酸盐、醇），D错误；故选D。押题猜想09新型电化学装置分析终极押题【原创题】细菌电池是一种利用细菌代谢有机物产生电能的装置，其基本原理是通过电极收集细菌分解有机物释放的电子，将化学能转化为电能。我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列说法正确的是（）A．a极为发生氧化反应B．正极发生的反应O2+4H++4e-=2H2OC．若a极区增加2mol，则b极区生成D．A电极的电势低于B电极【答案】B【解析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO42-+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，则电池总反应为O2+2HS—+2H+=2S↓+2H2O。A错误，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水；B正确，正极发生的反应O2+4H++4e-=2H2O；C错误，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，由电极反应式可知，b极区生成1mol硫时，b极同时生成的1mol氢离子移向a极区，a极氧气转化为水消耗2mol氢离子，则a极区氢离子的物质的量减少1mol；D错误，A极是正极，B极是负极，所以A电极的电势高于B电极。押题有据新型电源是电化学考查的热点，本题以“海泥细菌电池”为情境，体现了绿色能源和环保理念。装置图复杂，但本质仍是原电池。押题依据是北京卷常以微生物燃料电池、金属-空气电池等为载体，考查学生识图、析图和电极反应书写能力。复习时要重视“离子迁移方向”和“电子流向”的分析。考题猜想1．（2026·北京·一模）粗铜中含铁、银等金属杂质，工业上常用电解法除去杂质制得精铜。铜的精炼如下图所示，下列说法不正确的是A．a极是粗铜，b极是纯铜B．电解法精炼铜充分利用了金属活动顺序C．铁、铜、银以Fe2+、Cu2+、D．电解过程中Cu2+【答案】C【解析】电解精炼铜时，粗铜作阳极接电源正极，纯铜作阴极接电源负极。由图可知，a接电源正极，b接电源负极，因此a是粗铜、b是纯铜，A说法正确；精炼过程中，活泼性强于铜的杂质优先失电子进入溶液，活泼性弱于铜的杂质不放电，沉降为阳极泥，该过程充分利用了金属活动性顺序，B说法正确；金属活动性Fe>Cu>Ag，粗铜电解时，Ag活动性弱于铜，不会在阳极失电子生成Ag+，而是以单质形式从阳极脱落，沉入电解槽底部形成阳极泥，因此不会以Ag+形式大量进入溶液，C说法错误；电解池中，阳离子向阴极移动，Cu2+为阳离子，因此电解过程中Cu2+向阴极移动，D说法正确；故选C。2．（2025·北京丰台·一模）一种脱除和利用水煤气中CO2已知：t°C,H下列说法不正确的是A．t°C，当装置I中cB．装置II中溶液显碱性的原因是HCO3−的水解程度大于C．装置II中产生CO2的离子方程式为D．装置III中的阴极反应式为2【答案】A【分析】装置III有电源，为电解池。根据题意可知，该装置将CO2还原为C2H4，阴极上发生还原反应，结合题图知，左侧电极为阴极，电极式为：2CO2+12e−+12H【解析】t°C，当装置I中cCO32-:cHCO3-=1:2时，根据Ka2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)=5.0×10−11，故c(H3．（2025·北京·三模）设计如图装置回收单质钴。装置工作时，乙酸盐CH3COONa降解生成CO2，废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2sA．装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小B．装置工作时，通过阳离子交换膜的H+数目小于C．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸D．定时将乙室溶液转移至甲室可以提高单质钴的回收率【答案】B【分析】由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，原电池中细菌电极为原电池的负极，乙酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，LiCoO2电极为正极，酸性条件下LiCoO2在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O；电解池中，与原电池正极相连的细菌电极为阳极，乙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，右侧甲室中电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，电解的总反应为CH3COO-+4Co2++2H2O=电解2CO2↑+7H+【解析】由分析可知，装置工作时，甲室中电极反应式为Co2++2e-=Co，左侧装置中左室产生的H+通过阳膜进入甲室，溶液pH减小，故A正确；根据电极反应式CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，当电路中转移8mol电子时，细菌室生成7mol氢离子，工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，可知细菌室生成的氢离子完全转移到甲室，根据电荷守恒，还需要有1molNa+转移，通过阳离子交换膜的H+数目大于Na+，故B错误；由分析可知，装置工作时，乙室为原电池，电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O，反应中消耗氢离子，说明装置工作一段时间后，乙室应补充氯化氢，故C正确；乙室生成Co2+，定时将乙室溶液转移至甲室，可使Co2+在甲室被还原为Co单质，提高回收率，故D正确4．（2025·北京大兴·三模）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是A．电极A接电源正极，发生氧化反应B．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液C．电极B的电极反应式为：2D．与传统的电解饱和食盐水对比该改进装置能降低电解电压，减少能耗【答案】C【分析】在电极A上，氯离子放电生成氯气，发生氧化反应，为阳极；电极B上氧气放电生成氢氧根离子，发生还原反应，为阴极；钠离子从阳极区向阴极区移动，离子交换膜为阳离子交换膜，据此解答。【解析】由分析知，电极A为阳极，接电源正极，发生氧化反应，A正确；由分析知，离子交换膜为阳离子交换膜，钠离子移向右室，氧气放电生成氢氧根离子，获得浓度较高的NaOH溶液，B正确；电极B上的氧气放电生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+2H2O+45．（2025·北京海淀·三模）简易氢氧燃料电池的实验装置如图所示。实验过程如下：先闭合K1，一段时间后断开K1，闭合K2A．闭合K1时，SOB．闭合K1C．闭合K2D．闭合K2后短时间内，电极b的电极反应：【答案】D【分析】由图，断开K2，闭合K1时，该装置为电解池，a为阳极，水失去电子发生氧化反应生成氧气：2H2O-4e-=4H+【解析】闭合K1时，该装置为电解池，阴离子向阳极a极移动，A正确；闭合K1时，b极为阴极，水得到电子发生还原反应生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH押题猜想10电解质溶液图像分析终极押题【原创题】25℃下，用硫酸滴定氨水溶液，所得溶液的和的物质的量分数与滴加硫酸体积的关系如图所示，忽略溶液混合过程中的温度变化。（假设：氨水溶液中的含氮微粒只有和）下列说法不正确的是A．曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表溶液的pHB．在25℃下，的水解平衡常数为C．当滴入硫酸时，溶液中D．当溶液呈中性时，且此时溶液中c(H+)+【答案】D【解析】A正确，往氨水溶液中加入稀硫酸，随着滴加稀硫酸的体积变化，溶液pH的变化由一个突变过程，逐渐与盐酸反应生成氯化铵和水，含量下降为曲线①，的含量逐渐上升为曲线②，曲线③代表溶液的pH；B正确，由图可知，曲线②代表，时，pH=9.26，pOH=4.74，则的，常温下，的水解常数为；C正确，当滴入硫酸时，得到溶液溶质为和，且此时两者物质的量之比为2：1，由电荷守恒可知，，由物料守恒可知，，则存在；D错误，得到硫酸铵为强酸弱碱盐，溶液酸性，则当溶液呈中性时，由电荷守恒可知，D。押题有据电解质溶液图像分析是北京高考的压轴选择题之一，综合性强，难度大。本题以强酸滴定弱碱为背景，以物质的量分数δ-pH图像为载体，考查了曲线识别、电离平衡常数与水解平衡常数的计算、离子浓度大小比较（电荷守恒、物料守恒的应用）。D选项是典型错误，混淆了电荷守恒和物料守恒，或忽略了H+和OH-的存在。押题依据是：数形结合考查电离平衡是北京卷的常见手法，常涉及“交点求K”、“pH突变”等关键点分析。备考秘笈是要求学生熟练掌握“三大守恒”（电荷、物料、质子）的书写，并能在图像中找到特殊点（如起点、交点、中性点、滴定终点）进行分析。考题猜想1．（2026·北京延庆·一模）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na已知：①图1中曲线表示Na2CO3②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合cMg2+[注：起始cNa2CO3=0.1mol⋅下列说法不正确的是A．由图1，pH=6.37时，cB．由图2，初始状态pH=10、lgcMg2+C．由图2，初始状态pH=12、lgcMg2+=−6，平衡时D．由图1和图2，初始状态pH=8、lgcMg2+【答案】B【解析】从图1可以看出，当pH=6.37时，HCO3-的物质的量分数曲线与H2CO3相交，此时二者物质的量分数相等，则有cHCO3−=cH2CO3，A正确；从图2可以看出，当初始pH=10，lgcMg2+=−5时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ下方，不会产生Mg(OH)2和MgCO3沉淀，B错误；pH=12，lgcMg2+=−6时，该点位于曲线Ⅰ上方，体系内产生Mg(OH)2沉淀，平衡时的c2．（2025·北京丰台·一模）Na2S、FeS可用于含镉已知：常温下，i．Na2ii．0.1mol⋅Liii．Ksp下列说法不正确的是A．Na2SB．0.1mol⋅L−1C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为CdD．向含0.001mol⋅L−1【答案】B【解析】根据物料守恒可知，cNa+=2cH2S+c(HS−)+cS2−，A正确；0.1mol⋅L−1Na2S溶液pH约为12.8，结合图像可知，c3．（2025·北京朝阳·二模）利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。已知：i．Kspii．图中直线的离子浓度关系符合cBa2+⋅下列分析不正确的是A．①表示的是BaSO4，B．a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比cC．向c点对应的溶液中加适量BaCl2D．向0.2molBaSO4固体中加入1L1.6mol⋅L−1的Na【答案】D【分析】饱和溶液中，cBa2+cSO42-=KspBaSO4，cBa2+c【解析】根据分析可知，①表示的是BaSO4，KspBaSO4=1.0×10−10，A正确；a、b两点对应的溶液，cBa2+相同，相应的离子浓度之比cSO42-cCO32-=cBa2+c4．（2025·北京东城·二模）25°C时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=n(HCl)n(NHA．25°C时，Kb(NH3·H2O)=10-9.25B．P2所示溶液：c(NH4+)<100c(NH3·HC．t=0.5时，c(NH3·H2O)>c(Cl-)>cNHD．P1所示溶液：c(NH4+)=c(NH3·H【答案】D【分析】由图可知P1时，NH4+和NH3⋅H2O的浓度相同，P2【解析】根据P1时，NH4+和NH3⋅H2O的浓度相同，且pH=9.25，cOH−=10−1410−9.25mol/L=10−4.75mol/L，Kb=cNH4+⋅cOH−cNH3⋅H2O=10−4.75，A项错误；根据P2时溶液显中性，5．（2025·北京·模拟预测）环境保护工程师研究用Na2S、FeS或H2S处理水样中的Cd2+。室温下，H2S饱和溶液物质的量浓度为0.1mol⋅L−1，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图所示[例如δA．Na2SB．向cCd2+=0.01mol⋅LC．忽略S2−的第二步水解，0.1mol⋅L−1的NaD．向0.01mol⋅L−1的FeCl2溶液中加入等体积的0.2mol⋅L【答案】D【分析】由溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系图可知，曲线向下的代表H2S的物质的量分数与pH关系，先升后降的代表HS-的物质的量分数与pH关系，上升的曲线代表S2-的物质的量分数与pH关系，H2S曲线和HS-曲线的交叉点代表二者的浓度相等，对应的pH=7，c(H+)=10-7mol/L，Ka1=c(H+)×c(HS−)c(H2S)=c(H+)=10-7，HS-与S2-曲线交叉点代表HS-与S2-二者物质的量分数相等，对应的pH=13，c(H+)=10【解析】Na2S溶液中存在电荷守恒，即：cH++cNa+=cOH-+cHS-+2cS2-，A正确；向cCd2+=0.01mol⋅L−1的溶液中通入H2S至饱和，若cCd2+<10−5mol⋅L−1，反应Cd2++H2S=CdS↓+2H+几乎完全发生，c(H+)=0.02mol/L，由Ka1×Ka2=c(H+)×c(HS−)c(H2S)×c(H+)×c(S2−)c(HS−)=c2(H+)×c(S2−)c(H2S)=10-7×10-13=10-20，饱和H2S溶液中H2S浓度为0.1mol/L，0.022×c(S2−)0.1=10-20，c(S2−)=2.5×10-20mol/L，此时c(Cd2+)=押题猜想11元素周期表与周期律终极押题【原创题】某离子液体结构如图所示。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，其中Y和Z位于同一周期，W的最高价氧化物的水化物为强酸。下列说法正确的是（）A．第一电离能：Y>Z>XB．电负性：W>Y>ZC．YX4和ZX3中的中心原子均为sp3杂化D．W的单质与铁单质发生化合反应，生成FeW2【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，离子液体中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、3，Y和Z位于同一周期，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素；W的最高价氧化物的水化物为强酸，且为+1价，则W为Cl元素。A错误，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能大于碳元素，H元素的第一电离能比C元素大，即N>H>C；B错误，在同一周期中，从左到右元素的电负性逐渐增加；而在同一主族中，从上到下元素的电负性则逐渐减少，电负性W>Z>Y；C正确，甲烷和氨分子中的中心原子均为sp3杂化；D错误，Cl2具有较强的氧化性，与铁单质发生化合反应，生成FeCl3,。押题有据元素推断题是周期律考查的经典形式，本题以“离子液体”这种热门材料为情境，增加了新颖度。推断突破口是X、Y、Z、W的成键数目和W的最高价氧化物的水化物为强酸。本题A项重点考查第一电离能的异常，B项考查电负性递变规律，C项考查杂化类型，D项考查氯气与铁的化合反应产物。押题依据是北京卷常通过“结构-性质”关系进行元素推断，并综合考查周期律。复习时应强化对“位-构-性”三者关系的理解，并注意特殊规律（如N、O、F的第一电离能和电负性）。考题猜想1．（2025·北京东城·二模）已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其基态原子的结构信息如下。元素XYZW结构信息价层电子排布为n2p能级有3个单电子有16个不同运动状态的电子最外层有1个电子，内层原子轨道全部排满电子下列说法正确的是A．电负性：X>Y B．第一电离能：Y>ZC．X和Z的所有单质均为分子晶体 D．W的最高价氧化物对应的水化物为强碱【答案】B【分析】根据已知，X的价层电子排布为nsnnpn,满足条件的n=2，则为C；Y的2p能级有3个单电子，即核外电子排布为1s22s22p3，则为N；Z有16个不同运动状态的电子，即核外有16个电子，则为S；根据已知：W最外层有1个电子，内层原子轨道全部排满电子，则W为第四周期元素，电子数为2+8+18+1=29，则为Cu。【解析】同周期元素，原子序数越大，电负性越大，即电负性N>C，故A错误；同一周期，从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级电子半满更稳定，第一电离能大于相邻元素，故N>O，同一主族，从上到下，第一电离能减小，所以O>S，因此第一电离能：N>S，故B正确；C单质中金刚石为共价晶体，石墨属于混合型晶体，S单质为分子晶体，故C错误；W的最高价氧化物对应的水化物为Cu(OH)2，是弱碱，故D错误；故选B。2．（2025·北京西城·三模）我国科研人员发现g−C3NA．14C的原子核内有8个中子，13B．其核心元素氮的氢化物分子间存在氢键，因此加热时很难分解C．g−C3ND．g−C3【答案】D【解析】14C的原子核内有14-6=8个中子，13C互为同位素，A错误；氮的氢化物分子间存在氢键，使氢化物的熔沸点升高，而加热时很难分解，属于热稳定性，取决于分子内的氮氢共价键的强弱，B错误；g-C3N4中，每个C原子只连接3个N原子，不含有手性碳原子，六元环内氮原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，C错误；同周期元素半径从左至右减小，故C和N原子半径大小排序为：C>N，D正确3．（2025·北京西城·三模）下列依据相关数据作出的推断中，正确的是A．依据离子半径：Br-＜I-，可推断结构相似的晶体的熔点：NaBr>NaIB．依据元素的电负性：C<N<F，可推断分子极性：CFC．依据ⅦA相同温度下X2与HD．依据元素的第一电离能：Mg>Al，可推断单质的还原性：Mg>Al【答案】A【解析】对于离子晶体NaBr和NaI，它们结构相似，离子所带电荷数相同。离子半径Br-<I-，离子半径越小，离子键越强，晶体的熔点越高，所以熔点NaBr>NaI，A正确；CF4是正四面体结构，分子正负电荷中心重合，为非极性分子；NF3是三角锥形结构，分子正负电荷中心不重合，为极性分子。电负性C<N<F，但不能仅依据电负性判断CF4和NF3的分子极性大小，实际上分子极性CF4<NF3，B错误；相同温度下，X2与H2反应的平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，但反应的剧烈程度还与反应的活化能等因素有关，不能仅依据平衡常数大小判断反应的剧烈程度，C错误；元素的第一电离能Mg>Al，这是因为Mg的3s轨道为全充满稳定结构。但单质的还原性与元素的金属性有关，金属性Al>Mg，单质的还原性Al>Mg，第一电离能与单质还原性的这种推断关系错误，D错误；故选A。4．（2025·北京海淀·三模）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZMR原子半径×1.860.991.430.750.71主要化合价最高正价+1+7+3+5-最低负价--1--3-1下列说法不正确的是A．M、R在同一周期B．元素X和Y形成的化合物中含离子键C．工业上，用Y、Z形成的化合物制取ZD．以上5种元素中，电负性最强的是R【答案】C【分析】根据主族元素最高正价＝最外层电子数，最低负价的绝对值＝8－最外层电子数，还有原子半径的周期性变化规律，可以判断出X：Na，Y元素有+7、-1价，则Y为Cl，Z的最高正化合价为+3，且原子半径大于Cl元素，故Z为Al，M的最高正化合价为+5，最低负价位-3，且原子半径小于Cl元素可知M为N，R只有最低负价-1价，故R为F，据此分析；【解析】由分析可知M、R分别为N、F，故M、R在同一周期，A正确；元素X和Y分别为Na、Cl，可形成的化合物为NaCl含有离子键，B正确；Y、Z形成的化合物为AlCl3，工业上电解Al2O3制取Al，C错误；以上5种元素中，电负性最强的是F元素，D正确；故选5．（2025·北京丰台·二模）用硝酸银测定水质中砷元素的含量，涉及反应：AsH3A．AsH3的电子式：B．热稳定性：AsHC．氧化性：AgNOD．依据元素周期律，可推断酸性：HNO【答案】C【解析】AsH3的电子式：，A错误；元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O>As，热稳定性：AsH3<H2O，B错误；在AsH3+6AgNO3+3H2O=H3AsO3+6HNO3+6Ag押题猜想12晶胞结构分析与计算终极押题【原创题】磷化硼是由硼元素与磷元素组成的无机化合物，是一种半导体材料，其晶胞结构如下图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是（）A．磷化硼晶体微粒的空间堆积方式与氯化钠不同B．磷化硼是共价晶体，可用X射线衍射仪测定其结构C．硼原子与磷原子间的最短距离为nmD．磷化硼晶体的密度为【答案】D【解析】A正确，磷化硼晶胞配位数为4，而NaCl晶胞结构中阴阳离子的配位数均为6，所以磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不同；B正确，磷化硼是一种半导体材料，是共价晶体。测定晶体结构用X射线衍射仪；C正确，晶胞中P原子和B原子之间最短的距离为体对角线长度的EQ\f(1,4)，而体对角线长度等于晶胞棱长的eq\r(3)倍，则P原子与B原子的最短距离为nm；D错误，根据磷化硼的晶胞结构图可知，该晶胞中B原子位于立方体内，个数为4，P原子位于顶点和面心，个数为8×EQ\f(1,8)+6×EQ\f(1,2)=4，则磷化硼的化学式为BP，晶胞质量为g，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞密度。押题有据晶胞计算是《物质结构与性质》模块的“硬骨头”，也是北京卷选做题中的必考点。本题以磷化硼（BP）晶胞为素材，考查了晶胞类型对比（与NaCl对比）、晶体类型判断、X射线衍射仪的应用、原子间最短距离计算（体对角线的1/4）以及密度计算。D选项是常见计算错误，要么是晶胞内原子个数数错（B为4个，P为4个），要么是单位换算出错，导致密度表达式错误。押题依据是：北京卷对晶胞的考查通常涉及“均摊法”求化学式、配位数、空间利用率或密度计算。复习秘笈是，务必让学生亲手画出典型晶胞（如NaCl、CsCl、金刚石）并推导相关公式。考题猜想1．（2025·北京东城·三模）干冰(固态二氧化碳)在−78°C时可直接升华为气体，其晶胞结构如下图所示，下列说法不正确的是A．CO2中的C为sp2杂化 B．每个晶胞中含有4个C．每个CO2分子周围有12个紧邻CO2分子【答案】A【解析】二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2+4−2×22，孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp杂化，故A错误；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点