2026年高考化学终极冲刺：化学终极押题猜想（山东专用）（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 1押题猜想02化学用语 押题猜想03表格型实验分析与评价 押题猜想04装置型实验分析与评价 押题猜想05物质的性质及应用 押题猜想06物质结构与性质综合 押题猜想07

元素推断与元素周期律 押题猜想08晶胞结构分析 押题猜想09有机物的结构与性质 押题猜想10电化学 押题猜想11化学反应机理图分析 押题猜想12电解质溶液及图像 押题猜想13多重平衡体系的图像分析 押题猜想14物质结构与性质综合应用 押题猜想15化工流程分析 押题猜想16实验综合探究分析 押题猜想17化学反应原理综合应用 押题猜想18有机合成与推断

押题猜想01化学与STSE终极押题【原创题】“科技兴海，向新向蓝向未来”。山东在发展壮大现代海洋经济上下功夫、求实效。下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是A．海水制氢 B．海水淡化C．氯碱工业 D．海水提镁【答案】B【解析】A．海水制氢通常通过电解水等方法将水中的氢转化为氢气，有单质生成，氢的化合价变化，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．海水淡化是利用渗透膜把海水中杂质离子除去，得到纯净水，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；D．海水提镁需将Mg2＋还原为金属镁或通过其他氧化还原过程，涉及元素化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案为B。押题有据近年山东高考有关STSE试题主要考查传统文化、生活常识、能源、新材料、环境保护、医药健康等方面。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，同时也彰显本土特色，题目注重情境真实化：以社会热点、科研成果（新型催化剂、可降解塑料）或传统文化（古代典籍中的化学知识）为载体，考查基础知识。旨在要求学生要学以致用，复习时多留心生活中与化学原理有关的知识，2026年的高考更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。考题猜想1．（2026·山东枣庄市2026届高三下学期二模）宇树机器人以极致性能和成本优势重塑全球仿生机器人格局，下列说法正确的是A．主控芯片主要成分二氧化硅属于共价晶体B．驱动磁铁的主要成分属于碱性氧化物C．机身使用的碳纤维复合材料属于有机高分子材料D．触觉传感器材料压电陶瓷属于新型无机非金属材料【答案】D【解析】A．芯片的主要成分是单质硅，不是二氧化硅，A错误；B．四氧化三铁与酸反应生成铁盐、亚铁盐和水，所以不属于碱性氧化物，B错误；C．碳纤维复合材料的主要成分为碳单质，属于无机材料，不属于有机高分子材料，C错误；D．压电陶瓷是具备特殊功能的特种陶瓷，属于新型无机非金属材料，D正确；故选D。2．（2026·山东泰安泰山中学2025届高三下学期一模）中华优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是A．《本草纲目》“烧酒”篇：“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”其中涉及的操作有蒸馏B．《本草经集注》记载鉴别硝石和朴硝之法：“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石也。”其中涉及了焰色试验C．《天工开物》记载井盐的生产过程：“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白。”其中涉及的操作有结晶D．《开宝本草》记载硝酸钾的提纯方法：“所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成。”其中涉及的操作有升华【答案】D【解析】A．“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”描述的是蒸馏法，通过加热使酒精汽化再冷凝收集，符合烧酒制作工艺，A正确；B．硝石（KNO3）含钾，焰色反应为紫色，朴硝含钠，焰色为黄色，燃烧时观察颜色可鉴别，涉及焰色试验，B正确；C．井盐通过蒸发水使NaCl结晶析出，属于蒸发结晶操作，C正确；D．硝酸钾的提纯过程是溶解（水淋）、过滤（淋汁）、蒸发结晶（煎炼），未涉及升华（固体直接变为气体），升华需要直接加热固体成气体再冷凝，D错误；故选D。3．（2026·山东省烟台市2025届高三下学期三模）下列关于食品添加剂的说法错误是A馒头加工中可用碳酸氢铵作膨松剂B．海参腌制时可用甲醛作防腐剂C．制果汁时可用维生素C作抗氧化剂D．制白砂糖、干果等食品时可用二氧化硫作漂白剂、防腐剂【答案】B【解析】A．碳酸氢铵（）受热分解生成、和，产生的气体使馒头膨胀，属于合法膨松剂；B．甲醛（福尔马林）虽能防腐，但会破坏蛋白质结构且致癌，禁止用于食品加工；C．维生素C（抗坏血酸）通过自身氧化消耗氧气，防止果汁氧化变色，是常用抗氧化剂；D．具有漂白性和抑菌性，在制糖、干果中可限量使用以改善色泽和防腐；故选B。4．（2026·山东临沂市2026届高三下学期普通高中学业水平等级考试模拟）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．活性炭可以分解室内的甲醛 B．84消毒液可用于漂白羊毛制品C．聚乙烯高分子材料可用作吸水剂 D．苯甲酸钠可用于延长果汁的保质期【答案】D【解析】A．活性炭除甲醛是利用自身疏松多孔的结构吸附甲醛，属于物理吸附，不能分解甲醛，A错误；B．84消毒液有效成分为次氯酸钠，具有强氧化性，且溶液呈碱性；羊毛的主要成分是蛋白质，会被84消毒液氧化、变性破坏，因此不能用其漂白羊毛制品，B错误；C．聚乙烯是疏水性高分子材料，无强吸水性，不能用作吸水剂，C错误；D．苯甲酸钠是常用的合法食品防腐剂，可抑制果汁中微生物繁殖，延长保质期，D正确；故选D。5．（2026·山东省青岛市平度市2025届高三下学期高考模拟检测）衣食住行皆化学。下列说法错误的是A．衣服原料如涤纶、丙纶、腈纶等都是有机高分子化合物B．铁强化酱油中加入NaFeEDTA，可减少缺铁性贫血的发生C．水泥、玻璃和陶瓷均属于硅酸盐材料D．用“三元催化器”处理汽车尾气，有利于实现碳中和【答案】D【解析】A．涤纶、丙纶、腈纶均为合成纤维，属于有机高分子化合物，A正确。B．NaFeEDTA中的铁以螯合形式存在，更易被人体吸收，可减少缺铁性贫血，B正确。C．水泥、玻璃和陶瓷的主要成分均为硅酸盐，属于传统硅酸盐材料，C正确。D．三元催化器将尾气中的CO、NOx等转化为CO2和N2，但CO2仍为温室气体，无法直接促进碳中和，D错误。故选D。押题猜想02化学用语终极押题【原创题】化学用语是国际通用的标准化符号语言。下列化学用语或图示正确的是A．质子数为82，中子数为125的铅原子：B．中键形成的电子云轮廓示意图：C．的球棍模型：D．的VSEPR模型：【答案】B【解析】A．质量数=质子数+中子数，正确为，A错误；B．中两个氮原子的2p轨道电子形成键，电子云轮廓示意图正确，B正确；C．是直线形分子，C原子的半径大于O原子半径，球棍模型中应该是中间的C原子的球较大，且原子之间以双键相连，C错误；D．分子的中心N原子上孤电子对数为，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，即，D错误；故答案选B。押题有据化学用语贯穿整个化学始终，与基本概念、基本理论、元素化合物、化学实验和化学计算等都有着密切联系。本题旨在考查学生化学用语使用的准确性，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。化学用语包括：元素符号、离子符号、化学式、化合价、化学方程式、离子反应方程式及用来说明元素符号、离子符号、化学式、化学方程式、离子反应方程式含义的语言，都称为化学用语。用来表示微粒结构的图形、图示；如表示分子结构模型、原子结构示意图都属于化学用语。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·山东省聊城2025届高三下学期高考模拟检测）下列化学用语或图示正确的是A．环氧戊烷：B．乙烯分子中的键：C．用电子式表示的形成过程：D．的球棍模型：【答案】B【解析】A．图示为环氧丁烷，A错误；B．键为镜面对称，图示为乙烯分子中的键，B正确；C．为离子化合物，用电子式表示的形成过程：，C错误；D．的球棍模型不是直线形，应为：，D错误；故选B。2．（2026·莱芜凤城中学高三模拟检测）下列化学用语或图示正确的是A．的系统命名：2-氯丁酮B．HClO的球棍模型：C．基态Cu＋的价电子轨道表示式：D．反式聚异戊二烯的结构简式：【答案】B【解析】A．由结构简式可知系统名称为3-氯丁酮，故A错误；B．HClO的结构式为H-O-Cl，又原子半径Cl>O>H，球棍模型：，故B正确；C．基态Cu＋的价电子数为10，价电子轨道表示式为，故C错误；D．反式聚异戊二烯的结构简式为，表示顺式结构，故D错误；故选：B。3．（2026·宁阳四中2025届高三模考）下列化学用语或图示表达正确的是A．的电子式：B．2-丁烯的键线式：C．的价层电子对互斥(VSEPR)模型：D．分子中键的形成：【答案】D【解析】A．为共价晶体，和二氧化碳不同，每个原子周围有4个O原子，每个O原子周围有2个原子，原子与O原子之间以单键相连，键角为，上述电子式表达错误，错误；B．2-丁烯的键线式应该为，B错误，C．的中心原子价层电子对数为，价层电子对互斥(VSEPR)模型为四面体结构：，C错误；D．分子中键的形成为轨道电子云“头碰头”重叠，形成过程可表示为，正确；故选D。4．下列化学用语或图示表示错误的是A．HClO的电子式：B．基态Se原子的价电子排布式：4s24p4C．PCl3的VSEPR模型：D．酚醛树脂的结构简式：【答案】D【解析】A．HClO的电子式，A正确；B．基态Se原子核外34个电子，为第四周期第元素，价电子即为最外层的六个电子，价层电子排布式：4s24p4，B正确；C．三氯化磷分子中磷原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，C正确；D．酚醛树脂的结构简式为，D错误；故选D。押题猜想03表格型实验分析与评价终极押题【原创题】室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是选项实验过程及现象实验结论A将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有B分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小C取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色乙醇发生了消去反应D向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色氧化性：【答案】A【解析】A．将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的溶于浓中，导致溶液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，和的混合溶液为蓝色，通入后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，A正确；B．NH4F的pH较低说明其酸性强，F⁻的水解程度较弱，对应的HF酸性强（Ka较大）。但的水解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与Ka1(H2SO3)，且浓度也不同，存在一定的干扰，B错误；C．浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产生SO2气体，SO2也能使溴水褪色（还原反应）；实验未排除SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不可靠，C错误；D．根据实验现象可知，Cl2氧化I⁻生成I2（紫红色），得出结论氧化性：Cl2>I2，由于氯水少量，优先氧化还原性强的I⁻，即还原性：，从而可以得出结论：氧化性：Br2>I2，实验中无法证明Cl2的氧化性大于Br2，D错误；故选A。押题有据化学实验是化学学科的基础，对实验装置和操作的判断是必考内容。押题依据是：实验选择题常考查基本操作（如气密性检查、分液、过滤）、物质制备（如实验室制氯气、乙烯）和性质检验。复习时，要让学生从“仪器使用是否正确”、“操作顺序是否规范”、“安全措施是否到位”三个维度去审视每个实验。考题猜想1．（2026·聊城三中高三模考）下列实验设计、现象和实验结论都正确的是选项实验设计现象实验结论A将通入下列溶液至饱和：①浓；②和浓混合溶液①无色变黄色②蓝色变绿色Cu和浓反应后溶液是绿色主要原因是溶有B将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液紫红色变浅，有白色沉淀产生通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量C取两份适量固体，分别滴加氨水和盐酸固体均溶解为两性氢氧化物D将25℃溶液加热到40℃，维持一段时间并用传感器监测溶液pH变化溶液的pH逐渐减小温度升高，水解平衡正向移动【答案】A【解析】A．Cu与浓反应方程式为：，根据对照实验结果，将通入浓硝酸使溶液由无色变黄，通入和浓硝酸的混合溶液使溶液从蓝色变为绿色，可证明Cu和浓硝酸反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有，实验设计、现象和结论均正确，A正确；B．酸性可以将氧化为，但酸化会引入额外的，同时，可溶于水，生成沉淀的质量无法准确反映气体中的含量，B错误；C．与酸反应的离子方程式为：，反应生成对应的盐和水，说明具有碱性，与氨水反应的离子方程式为：，反应生成配合物而非盐和水，不能说明是两性氢氧化物，C错误；D．温度升高时，水的电离程度增加，溶液中增大，pH减小，不能由此得出“pH减小源于水解平衡正向移动”的结论，D错误；故答案选A。2．（2026·滨州高三下学期模拟考试）由下列事实或现象能得出相应结论的是事实或现象结论A烯烃中溶入冠醚时，KMnO4水溶液与烯烃反应的氧化效果明显增强冠醚能氧化烯烃B向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A)C常温下将铝片投入浓HNO3中，无明显现象Al与浓HNO3不反应D向Pb3O4、Fe3O4中分别滴加浓盐酸，固体均消失，但只有前者产生黄绿色气体氧化性：Pb3O4>Fe3O4【答案】BD【解析】A．冠醚的作用是作为相转移催化剂，通过络合离子（如）促进与烯烃的反应，而非直接氧化烯烃，结论错误，故A错误；B．紫色石蕊溶液变为蓝色，说明NaHA的水解大于电离，NaHA的水解平衡常数，NaHA的电离平衡常数，则，即，故B正确；C．常温下铝被浓HNO3钝化，表面生成致密的氧化膜，所以反应无明显现象，不能说明Al与浓HNO3不反应，故C错误；D．Pb3O4中可将浓盐酸氧化为氯气，而Fe3O4不能将HCl氧化成氯气，证明氧化性：Pb3O4>Fe3O4，故D正确；故答案为BD。3．（2026·德州·联考）实验小组研究硫酸四氨合铜晶体的制备过程中影响Cu(OH)2溶解的因素，设计如下实验：序号实验现象Ⅰ取1mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，滴加氨水至沉淀量最大，再滴加0.1mol·L-1NaOH溶液至pH为11，继续滴加足量氨水沉淀几乎不溶解Ⅱ将Ⅰ中沉淀过滤、洗涤后加入足量氨水沉淀几乎不溶解Ⅲ取1mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，滴加0.1mol·L-1NaOH溶液至沉淀量最大，再加适量(NH4)2SO4固体，继续滴加足量氨水沉淀溶解，溶液呈深蓝色Ⅳ取Ⅲ中所得溶液，滴加5滴0.1mol·L-1NaOH溶液产生蓝色沉淀Ⅴ取Ⅲ中所得溶液，加入光亮的铁钉无明显现象下列说法错误的是A．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅲ中沉淀溶解是NH3与共同作用的结果B．由实验Ⅳ现象可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与的结合能力C．由上述实验方案可知：Na+一定能影响的形成D．实验Ⅴ说明，形成配合物后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降【答案】BC【分析】实验Ⅰ：滴加氨水形成沉淀后，再加NaOH至pH=11，继续加足量氨水，沉淀不溶解，说明高pH（高浓度）抑制了溶解形成。实验Ⅱ：过滤洗涤后的加足量氨水，沉淀不溶解。说明纯在氨水中不易溶解，缺乏促进溶解的条件。实验Ⅲ：滴加NaOH形成沉淀后，加固体，再加足量氨水，沉淀溶解并呈深蓝色。说明提供的降低了浓度，使氨水能顺利配位溶解形成。实验Ⅳ：取Ⅲ的深蓝色溶液（含），滴加NaOH产生蓝色沉淀。说明能破坏配合物，重新生成沉淀，表明与的结合能力强于与的结合能力。实验Ⅴ：取Ⅲ的溶液加铁钉无现象。而通常可与铁发生氧化还原反应，无反应说明形成配合物后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降。【详解】A．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ和Ⅱ中仅加氨水沉淀不溶解，Ⅲ中加和氨水后溶解，说明（作配体）与（降低浓度）共同作用促进溶解，A正确；B．根据分析可知，与的结合能力强于Cu2+与的结合能力，B错误；C．实验Ⅰ和Ⅲ均使用NaOH（引入），但Ⅰ中沉淀不溶解，Ⅲ中溶解，区别在于Ⅲ中加了，作为旁观离子，无证据显示其影响形成，C错误；D．实验Ⅴ中加铁钉无现象，说明形成后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降，D正确；故选BC。4．（2026·济宁·一模）下列实验根据现象能得出相应结论的是选项实验现象结论A向0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L酸性溶液溶液紫红色褪去，出现无色气泡发生还原反应B向久置的样品中加入足量溶液，再加入足量稀盐酸出现白色沉淀，沉淀不溶解样品完全变质C向盛有2mL0.1mol/L溶液的试管中先滴加2滴0.1mol/LNaCl溶液，再滴加2滴0.1mol/LNaBr溶液先生成白色沉淀，后产生淡黄色沉淀D取2mL某卤代烃样品于试管中，加入5mL20%KOH水溶液并加热，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加溶液产生黄色沉淀该卤代烃中含有碘原子【答案】D【解析】A．与酸性反应，紫红色褪去说明被还原，出现无色气泡说明被氧化产生，发生氧化反应，A错误；B．加入硝酸钡后再加稀盐酸，酸性条件下硝酸根会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，即使Na2SO3只是部分变质，沉淀也不溶解，无法证明样品完全变质，B错误；C．本实验中AgNO3过量，先加NaCl生成AgCl白色沉淀后溶液中仍有剩余Ag+，后加NaBr与过量硝酸银反应再生成AgBr淡黄色沉淀，是继续生成沉淀而不是沉淀的转化，无法说明AgBr比AgCl更难溶，无法证明，C错误；D．卤代烃在碱性水溶液加热条件下水解产生卤素离子，冷却后加足量稀硝酸中和过量KOH，再滴加AgNO3，生成的黄色沉淀为AgI，可证明该卤代烃中含有碘原子，D正确；故答案选D。21638押题猜想04装置型实验分析与评价终极押题【原创题】下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是A．混合浓硫酸和乙醇B．铁制镀件电镀铜C．比较和水解能力D．验证使溴水褪色【答案】A【解析】A．由于浓硫酸稀释会放出大量热且密度较大，所以要将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入乙醇中，并边加边搅拌，防止液体沸腾引起飞溅，故A正确；B．电镀操作中，待镀金属作阴极，向铁制镀件上镀铜，铁制镀件应连电源负极，故B错误；C．和的饱和溶液浓度不同，因此不能通过观察颜色比较和水解能力，故C错误；D．生成的乙炔中有H2S杂质，也会使溴水褪色，则溴水褪色不能证明是乙炔使溴水褪色的，故D错误；故答案选A。押题有据“操作—现象—结论”一致性判断是实验选择题的高频考查形式，旨在检验学生是否具备严谨的逻辑推理能力和排除干扰因素的意识。本题押题依据是，常在此类题目中设置“杂质干扰”“溶剂干扰”“现象归因错误”等陷阱，要求学生能识别变量并作出合理判断。复习时，建议学生建立“干扰因素分析”的思维模型，如：气体制备中的挥发性杂质、反应体系中的水或氧气参与、现象与产物的直接对应关系等。考查实验仪器使用、基本操作规范、沉淀洗涤检验、高温灼烧容器选择等核心实验基础，符合新课标对“科学探究与创新意识”素养的考查要求。考题猜想1．（2026·山东商河·下学期模拟考试）下列实验仪器、试剂、操作均正确，且能达到实验目的的是A．制备B．验证的溶解性C．蒸馏石油D．测定溶液的浓度【答案】B【解析】A．浓硫酸与铜反应制取二氧化硫需要加热，操作错误，A项不符合题意；B．氨气极易溶于水，会形成喷泉实验，可以验证氨气的溶解性，操作正确，B项符合题意；C．蒸馏石油时温度计用于测蒸气的温度，应置于蒸馏烧瓶支管口处，且冷凝水应下进上出，操作错误，C项不符合题意；D．酸性具有强氧化性，会腐蚀酸式滴定管下端的橡胶管，应使用酸式滴定管盛装，操作错误，D项不符合题意；故选B。2．（2026·北镇中学·一模）某实验小组利用如图装置制备氢气并测定铜的摩尔质量。下列有关说法错误的是A．实验前需要先检查装置的气密性B．实验时装有醋酸铅溶液的试剂瓶有黑色沉淀产生，说明粗锌中含有硫元素C．碱石灰的作用是除去混合气体中可能含有的D．设试管质量为ag，反应前试管与氧化铜质量和为mg，反应后试管与固体质量和为ng，则铜的摩尔质量为【答案】C【解析】A．实验前需要先检查装置的气密性，故A正确；B．粗锌中的硫化物杂质会与稀硫酸反应生成H2S气体，H2S与醋酸铅溶液反应生成黑色的PbS沉淀，因此该现象可证明粗锌中含硫元素，故B正确；C．酸性KMnO4溶液的作用是除去SO2等还原性气体，碱石灰的作用是干燥氢气，防止水蒸气进入CuO装置影响质量测定，C项说法错误；D．反应后试管中固体为铜，试管与铜质量和为ng，设铜的摩尔质量为M，，解得铜的摩尔质量为，故D正确；故答案为C。3．（2026·聊城·模拟预测）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作规范且能达到实验目的的是装置选项A．测定新制氯水的pHB．证明与水反应放热装置选项C．证明氧化性：D．制备氢氧化亚铁，并希望长时间观察到其白色【答案】B【解析】A．新制氯水有漂白性，不能用pH试纸来测其pH，A错误；B．向包裹有足量过氧化钠的脱脂棉中滴入2滴水，脱脂棉燃烧，能够证明过氧化钠与水反应放热，能够实现实验目的，B正确；C．氯气氧化溴离子生成溴单质，氯气氧化碘离子生成碘单质，但不能比较溴单质与碘单质的氧化性强弱，C错误；D．右边试管内生成硫酸亚铁溶液和氢气，氢气排出装置，硫酸亚铁溶液与左边试管中的氢氧化钠溶液不能混合，不能制得氢氧化亚铁，D错误；故选B。4．（2026·山东省平度2025届高三下学期高考模拟检测）实验室进行下列实验操作，仪器使用错误的是A．配制一定物质的量浓度的溶液：③⑧⑨B．溶液蒸发结晶：⑧⑨C．从溴水中萃取单质溴：④⑧D．制备蒸馏水：①⑥⑦【答案】B【解析】A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液计算、称量后，在烧杯中溶解、冷却，转移到容量瓶中定容，溶解和转移溶液时都用到玻璃棒，则配制溶液需要③⑧⑨，故A正确；B．蒸发需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，不需要⑧，故B错误；C．萃取需要分液漏斗、烧杯，需要④⑧，故C正确；D．蒸馏需要蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等，则制备蒸馏水需要①⑥⑦，故D正确；故选B。21638押题猜想05物质的性质及应用终极押题【原创题】物质性质决定用途，下列对应关系错误的是A．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性B．、用作耐高温材料，体现了、的熔点高C．用作焙制糕点的膨松剂，体现了的受热不稳定性D．用含的硅藻土来保鲜水果，体现了的氧化性【答案】A【解析】A．制作豆腐时添加石膏，体现了盐溶液能使胶体聚沉的性质，故A错误；B．、的熔点高，所以、用作耐高温材料，故B正确；C．的受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，所以用作焙制糕点的膨松剂，故C正确；D．能把乙烯氧化为二氧化碳，所以用含的硅藻土来保鲜水果，故D正确；选A。押题有据元素化合物的性质与用途是高考选择题的高频考点，旨在考查“性质决定用途”的化学思想。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。押题依据是：近年在此类题目中频繁考查。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．（2026·山东肥城·联考测试）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2．（2026·山东德州·一模）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。3．（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CuOH24．（2026·东平·模拟预测）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CuCl25．（25-26高三下·新泰一中·模拟测试）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。21638押题猜想06物质结构与性质综合终极押题【原创题】物质的结构决定物质的性质，下列说法错误的是选项事实解释A石墨与金刚石硬度差别大石墨和金刚石的碳原子的排列方式不同B酸性：B的电负性更强导致硼酸中O—H更易电离C的配位数：CsCl>NaCl半径：D大多数金属有金属光泽，且不透明金属晶体含自由电子，且可跃迁A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．金刚石和石墨互为同素异形体，二者硬度差异的本质原因就是碳原子的空间排列方式不同，A正确；B．H3BO3是路易斯酸，电离方式为，酸性来源于缺电子的B原子接受水分子的OH-，其更容易形成配位键，并非硼酸自身的O-H电离，该解释错误，B错误；C．离子晶体中配位数由阴阳离子半径比决定，半径大于，中阴阳离子半径比更大，因此配位数：，C正确；D．金属晶体中存在自由电子，自由电子可以吸收所有频率的可见光发生跃迁，之后又会辐射出大部分光，因此金属有金属光泽，且因可见光无法透过而不透明，解释正确，D正确；故选B。押题有据这种新型的考查方法体现了教考结合，无机物性质、转化与应用，结构决定性质，性质决定用途，为了体现这一核心概念，紧扣新高考“结构决定性质”的命题导向，聚焦《物质结构与性质》核心考点，考查基态原子价电子排布、元素周期表位置、杂化轨道类型、离子空间结构等知识，与近年全国卷、新高考卷命题角度高度一致。试题突出微观探析素养，强调电子排布特殊性、杂化与空间结构的逻辑关联，难度适中、区分度良好，能有效检验学生对原子分子结构主干知识的掌握程度。预测2026年的高考中依然会涉及性质中的结构分析、晶胞的计算、微粒之间的相互作用、杂化轨道、化学键等结构化学核心考点的考查。考题猜想1．（2026·山东日照·一模）侯氏制碱法在1926年获得美国费城“万国博览会金质奖”，其反应的化学原理如下：①；②。下列说法错误的是A．和的中心原子的杂化方式相同B．和中键能大小：N-H＜O-HC．中键和键数目之比为2：1D．和中∠H-N-H的大小：【答案】C【解析】A．中原子的价层电子对数为，中原子的价层电子对数为，二者中心原子均采取杂化；杂化方式相同，A不符合题意；B．键能与键长相关，键长大于键长，键长越长键能越小，因此键能小于键能，B不符合题意；C．的结构式为，每个双键含个键和个键，因此中键为个，键为个，键和键数目之比为；并非，C符合题意；D．中原子含对孤电子对，中原子无孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此中小于中，D不符合题意；故选C。2．（2026·山东济宁·一模）下列关于物质性质的解释错误的是A．离子液体具有导电性，因为离子液体中有可移动的阴、阳离子B．O3在水中溶解度小于在CCl4中，因为O3为非极性分子C．P形成PF5而N形成NF3，因为P的价层电子轨道更多且半径更大D．酸性：HClO>HBrO，因为电负性：Cl>Br【答案】B【解析】A．离子液体导电的前提是存在可自由移动的带电粒子，离子液体中含可自由移动的阴、阳离子，因此具有导电性，解释正确，A正确；B．O3为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，但其极性很弱，在CCl4中的溶解度更大，B错误；C．P位于第三周期，价层存在空的3d轨道，价层电子轨道数更多、原子半径更大，最多可以形成5个共价键；N位于第二周期，价层只有2s、2p轨道，最多只能形成3个共价键，因此P形成PF5而N形成NF3，解释正确，C正确；D．对于组成结构相似的次卤酸，中心原子电负性越大，对羟基成键电子对的吸引能力越强，O-H键极性越强，越容易电离出H+，酸性越强；电负性Cl>Br，因此酸性HClO>HBrO，解释正确，D正确；故选B。3．（2026·山东德州·一模）石灰氮()是一种固态氮肥，可通过以下反应制备：。下列说法正确的是A．基态钙原子核外电子占据最高能层的符号为MB．基态N原子核外有5种不同运动状态的电子C．与中键与键的个数比均为1：2D．是含有非极性键的离子化合物【答案】C【解析】A．基态Ca（20号元素）的核外电子排布为，能层由低到高为K、L、M、N，最高能层符号为N，A错误；B．基态N原子核外有7个电子，每个电子的运动状态均不相同，因此共有7种不同运动状态的电子，B错误；C．的结构为，的结构为，三键中均含1个键、2个键，因此键与键个数比均为，C正确；D．由和构成，属于离子化合物，的结构为，只含极性键（C-N键），不含非极性键，D错误；故选C。4．（2026·山东菏泽·一模）是一种铜基乙腈配合物，下列关于该配合物的说法错误的是A．配位原子为N B．铜的化合价为+2C．碳原子采取杂化 D．的空间构型为正四面体形【答案】B【解析】A．CH3CN中N原子含有孤电子对，可作为配位原子提供孤对电子，A正确；B．该配合物外界为-1价，配体CH3CN是中性分子，因此中心Cu的化合价为+1，不是+2，B错误；C．CH3CN中，甲基的碳原子形成4个σ键，采取sp3杂化，氰基的碳原子形成2个σ键，采取sp杂化，因此碳原子存在sp、sp3两种杂化，C正确；D．中中心Cl原子价层电子对数为，且无孤电子对，空间构型为正四面体形，D正确；故选B。21638押题猜想07

元素推断与元素周期律终极押题【原创题】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，且位于三个不同周期。基态W原子无成对电子，Z的一种单质是光伏材料核心原料，X的简单氢化物常温下为液态，Y的价电子排布为ns2np1。下列说法错误的是（）A.电负性：X>Z>YB.W2X、ZW4分子中的中心原子均为sp3杂化C.W与X形成的简单分子空间构型为直线形D.Y的最高价氧化物可溶于强碱溶液【答案】C【解析】W原子序数最小，基态无成对电子—W为H，Z单质为光伏核心材料→Z为Si，X简单氢化物常温液态→X为0，Y价电子ns2np1且为短周期主族元素，原子序数小于Z－Y为Al，综上：W=H，X=O，Y=Al，Z=Si。A.电负性：O>Si>Al，即X>Z>Y，A正确；B.W2X、ZW4分子分别为H2O、SiH4，分子中的中心原子O、Si均为sp3杂化，B正确；C.W与X形成H2O，O为sp3杂化，有两对孤电子对，空间构型为V形，不是直线形，C错误；D.Y的最高价氧化物为Al2O3，是两性氧化物，可溶于强碱,D正确。押题有据元素推断题是周期律考查的经典形式。押题依据是常通过“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．（2026·山东滨州·一模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可作制冷剂，Y是海水中含量最多的金属元素。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水，加入稀硫酸后析出黄色沉淀，同时产生刺激性气体。下列说法正确的是A．原子半径：Y>Z>X>WB．X的氢化物热稳定性比W的强C．X与Y形成的化合物均能与水发生氧化还原反应D．、、三种离子的VSEPR模型相同【答案】D【解析】根据题干信息可推出：W的简单氢化物（液氨）可作制冷剂，故W为N；Y是海水中含量最多的金属元素，故Y为Na；X、Y、Z形成的盐遇稀硫酸析出S（黄色沉淀）和刺激性气体SO2，该盐为硫代硫酸钠（Na2S2O3），结合原子序数依次增大，可得X为O，Z为S。A．原子半径规律为：电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素原子序数越大原子半径越小，因此原子半径顺序为，不符合选项中的顺序，A错误；B．同周期主族元素从左到右非金属性增强，非金属性，非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，题目没说简单氢化物，O的氢化物稳定性不一定强，如稳定性差，B错误；C．X(O)与Y(Na)可形成和，其中与水反应，该反应没有化合价变化，不属于氧化还原反应，C错误；D．三种离子分别为、、，、中心S原子价层电子对数分别为、，结构中相当于1个氧原子被S原子代替，价层电子对数与相同，三种离子的VSEPR模型均为四面体形，D正确；2．（2026·山东日照·一模）下列对物质性质差异解释错误的是选项性质差异解释或主要原因A键角：电负性：B碱性：金属性：C酸性：电离能：D水溶性：与能形成分子间氢键，不能与形成分子间氢键A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．PH3和PF3中P均为sp3杂化，配原子电负性越大，成键电子对越远离中心P原子，成键电子对间斥力越小，键角越小。电负性F>P>H，因此键角PH3>PF3，A不符合题意；B．同周期主族元素从左到右金属性减弱，金属性Na>Mg，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性NaOH>Mg(OH)2，B不符合题意；C．卤代羧酸的酸性与卤原子的吸电子诱导效应有关，卤原子电负性越大，吸电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，越易电离出H+，酸性越强。酸性的原因是电负性Br>I，不是电离能Br>I，解释错误，C符合题意；D．NH3中N原子电负性大，能与水分子形成分子间氢键，增大水溶性，PH3不能与水形成分子间氢键，因此水溶性NH3>PH3，D不符合题意；故答案选C。3．（2026·山东济宁·一模）X、Y、Z、M、Q为元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，可形成如图所示配合物，已知基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为5∶1，Z、M处于对角线位置，下列说法错误的是A．化合物XYZ和YM2均为直线形分子B．该配合物中Q元素的化合价为+2C．M的简单氢化物与少量Z的简单氢化物在水溶液中反应生成(ZH4)2MD．该配合物中配体数与配位数之比为1∶2【答案】C【解析】在化合物中X形成1个共价键且原子序数最小，则X为H；Y形成4个共价键，则Y处于第IVA族，Z形成3个共价键，且原子序数大于Y，则Z处于第VA族；结合Z、M处于对角线位置可知，Y为C，Z为N，M为S；基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为5∶1，则Q为Ni。A．为，结构为，中心C为sp杂化，是直线形分子；为，与互为等电子体，也是直线形分子，A正确；B．该配合物含2个配体，每个配体带1个单位负电荷，整体配合物呈电中性，因此Ni的化合价为，B正确；C．的简单氢化物为是二元弱酸，少量的简单氢化物即通入水溶液，发生反应，只能生成，过量才生成，C错误；D．该配合物共2个配体，每个配体提供2个S原子配位，因此配位数为，配体数配位数，D正确；故选C。4．（2026·淄博·模拟预测）某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示，、、、是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态原子的价电子排布式为，下列说法正确的是A．电负性：B．同周期第一电离能比小的元素有4种C．该阴离子中含有19个键D．由W、Y、Z构成的化合物可能为离子化合物【答案】D【解析】已知基态X原子价电子排布为，（轨道最多填充2个电子），故X为（价电子）；W、X、Y、Z原子序数依次增大，且X、Y、Z同周期（第二周期），结构中Y形成3根键，故Y为；Z原子序数大于Y，且Z形成1根键，故Z为；W原子序数小于X（），且W与C成单键，故W为。最终元素：。A．电负性顺序：，A错误；B．第二周期元素第一电离能顺序：，第一电离能小于N的元素有共5种，不是4种，B错误；C．3个含个σ键；与中心C之间1个σ键；中心C连2个共2个σ键；中心C与氰基C之间1个σ键；含1个σ键；总σ键数为，不是19，C错误；D．W(H)、Y(N)、Z(F)可构成，由和构成，属于离子化合物，D正确；故选D。5．（2026·临沂·一模）我国科学团队设计出多功能钝化剂，成功解决了界面缺陷与能级失配的协同调控难题，钝化剂由D、E、X、Y、Z五种原子序数依次增大的短周期元素组成，原子序数之和为31，中Z显负价，钝化剂阴阳离子结构如图所示，下列说法正确的是A．第一电离能： B．氢化物的沸点：C．空间结构为三角锥形 D．键角：【答案】A【解析】D、E、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合结构和题干信息推断，D只形成1个共价键，原子序数最小，故D为H，X可形成，说明X最外层5个电子，为ⅤA族，E能形成4个共价键，原子序数小于X，结合阴离子的结构，可得E为C，X为N，五种元素原子序数总和为31，因此Y+Z=31-1-6-7=17，结合中Z显负价、Y原子序数小于Z，可得Y=8、Z=9，即Y为O，Z为F，据此分析：A．由分析可知，Z是F，X是N，Y是O同周期第一电离能整体递增，N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于O，因此顺序为，A正确：B．由分析可知，E是C，X是N，Y是O，题干未限定为“简单氢化物”，C的氢化物为烃类，多碳原子烃的沸点可以远高于，无法得出，B错误；C．由分析可知，为，中心N的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面正三角形，C错误；D．为，中心C为sp杂化，键角为180°，为，中心N存在1对孤电子对，键角约120°，因此键角>，D错误；答案选A。押题猜想08晶胞结构分析终极押题【原创题】由Cu、In、Te组成的一种三元半导体材料，广泛用于光电转换与半导体器件领域。该半导体材料的晶胞如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．晶体的化学式为B．晶胞中B、C间距离C．B点的分数坐标为D．晶体的密度为【答案】D【解析】A．晶胞中位于顶点、面上、体心的铜原子个数为8、4、1，则1个晶胞中铜原子的个数为；位于棱上、面上铟原子个数为4、6，则1个晶胞中铟原子的个数为；位于体内的碲原子个数为8，则一个晶胞中碲原子个数为8，则化学式为CuInTe2，故A说法正确；B．根据A的坐标以及B、C位置，推出B坐标()，C坐标()，求得B、C间距pm，故B说法正确；C．根据A的原子坐标，则B点原子的分数坐标为()，故C项正确；D．晶胞的体积，则晶胞的密度，故D说法错误；答案为D。押题有据晶胞计算是《物质结构与性质》模块的“硬骨头”，也是选做题中的必考点。押题依据是：山东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．（2026·济宁·一模）一种由Ti、In、Te组成的难熔合金的四方晶胞如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为、，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．该晶体的化学式为B．晶体中Te原子填充在Ti、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率50%C．D点原子的分数坐标为D．该晶体的密度为【答案】C【解析】A．晶胞中位于顶点、面上、和体内的Ti原子个数=，位于面上、棱上的In原子个数=，位于体内的Te原子个数=8×1=8，则Ti、In、Te的原子个数比为4∶4∶8=1∶1∶2，晶体的化学式为TiInTe2，A正确；B．由晶胞结构可知，Ti、In原子形成的四面体空隙有16个，其中8个填充有Te原子，则四面体空隙的占有率为，B正确；C．根据晶胞图示，D原子在x、y方向的位置约为晶胞边长的，z方向位置约为晶胞边长的，故其分数坐标为(,,)，C错误；D．晶体质量：，晶胞体积为，密度，D正确；故选C。2．（2026·聊城东昌区·模拟预测）某电池正极材料的部分晶体结构如图(Mg2+未画出)，电池放电时，电解液中的Mg2+持续嵌入立方体中心，放电结束时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。下列说法错误的是A．该部分晶体结构为晶胞的B．晶胞中Cu2+与Mg2+之间的最近距离为apmC．放电结束时，晶体的化学式为：MgCuFe(CN)6D．放电结束时，晶胞中距离Mg2+最近的Mg2+个数为6【答案】D【解析】题目给出的是边长为apm的小立方体结构，完整晶胞为边长2apm的大立方体，该小立方体是完整晶胞的，放电结束后每个小立方体中心嵌入1个，对该小立方体做均摊：顶点共4个、4个，均摊得，，12条棱的中点各有1个，均摊得，中心1个属于该结构，，据此分析：A．图中结构是边长为apm的小立方体，完整晶胞边长为2apm，体积是小立方体的8倍，因此该部分结构为晶胞的，A正确；B．嵌入题图小立方体的中心，位于小立方体顶点，二者最近距离为小立方体体对角线的一半为，B正确；C．放电结束时，Fe、Cu均为+2价，为-1价，镁离子为+2价，根据电荷守恒，所以晶体的化学式为，C正确；D．位于晶胞体心，距离最近的位于相邻晶胞的体心，沿x、y、z轴平面方向各有4个（如xOy平面内有4个），共12个，D错误；答案选D。3．（2026·济南商河·一模）晶体具有六方型结构，原子填在由原子围成的四面体空隙中，其晶胞结构如图所示。该六方晶胞参数为，；已知1、2号原子的分数坐标分别为、。下列说法正确的是A．晶体中键的键长为B．3号原子分数坐标为C．C原子周围等距且最近的C原子个数为6D．该晶胞含有2个SiC分子【答案】A【解析】A．晶体中键的键长可以理解为3号硅原子和坐标为的3号碳上的C原子之间的距离，则晶体中键的键长，A正确；B．结合晶胞结构和题中信息可知，1、2号原子的分数坐标分别为、，则3号原子分数坐标为，B错误；C．结合题给信息可知，该晶体为六方最密堆积，则其中碳的配位数为12，如图所示，C错误；D．是共价晶体，其中不包含分子，D错误；故选A。4．（2026·滨州实验·一模）2025年诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域。MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由(摩尔质量为)与对苯二甲酸根()(摩尔质量为)通过配位键连接，形成立方晶系结构，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法正确的是A．每个可形成4个配位键，与4个配位B．已知A粒子的分数坐标为，则B粒子的分数坐标C．可在配体上引入以增强MOF-5与之间的吸附作用D．该晶体的密度是【答案】C【解析】A．对苯二甲酸根为苯环两端各含一个羧基负离子（）的配体，每个羧基与一个配位，故每个仅与2个配位，A错误；B．已知A粒子的分数坐标为，观察晶胞结构，B分数坐标应为，B错误；C．、含极性基团，可与形成氢键，增强MOF-5对的吸附作用，C正确；D．由晶胞结构可知每个重复单元中的个数为，的个数为。晶胞体积，所以密度为，D错误；故选C。押题猜想09有机物的结构与性质终极押题【原创题】有机物X的转化关系如图，N原子上电子云密度越大，反应①越快。下列说法错误的是A．反应①的另一种产物为HClB．可以用碳酸氢钠溶液鉴别Y和ZC．反应③中“酸脱羟基醇脱氢”D．与X反应速率比快【答案】C【解析】A．对比X和Y的结构知，反应①是X中氯被中的氨基取代反应，氨基脱去1个H与氯结合生成HCl，符合原子守恒，A正确；B．Y含酯基，Z含羧基；羧基酸性强于碳酸，可与碳酸氢钠反应放出气体，酯基不与碳酸氢钠反应，因此可以用碳酸氢钠溶液鉴别Y和Z，B正确；C．反应③是羧酸和醇的酯化反应，本题中标记在醇的羟基，若符合"酸脱羟基醇脱氢"规律，则产物W中酯基中醇部分的O应标记，而题中W中酯基中醇部分的O未标记，因此不符合该规律，C错误；D．题目已知：N原子电子云密度越大，反应①越快，中，氨基连烷基侧链，烷基为给电子基团，N原子上电子云密度更高，快中氨基直接连苯环，对位连吸电子基团酯基，N的孤对电子共轭到苯环上，加上对位酯基的吸电子作用，N原子上电子云密度更低，与X的反应速率比快，D正确；故选C。押题有据多官能团有机物的结构与性质是高考有机选择题的“重头戏”，聚焦于有机物的性质与官能团,涉及特性、溶解性、判断反应可行性等;原子共面或共线问题常结合杂化方式考查;常见有机反应类型及机理需要深度理解并掌握。押题依据是：常给出一个药物分子或新合成分子的结构简式，让考生分析其性质。解题秘笈是，引导学生熟练掌握各类官能团的特征反应，并能准确找出并分析手性碳原子。考题猜想1．（2026·山东烟台·一模）有机物X→Y的异构化反应如图。下列说法正确的是A．Y不存在对映异构体B．X中所有碳原子不可能共平面C．1molY最多与2molH2发生加成反应D．X酸性条件下的水解产物均可与NaOH溶液反应【答案】C【解析】A．对映异构体需要存在手性碳。Y的五元环中，连接乙烯基侧链的饱和碳原子，连接的4个基团完全不同，属于手性碳，因此Y存在对映异构体，A错误；B．X中碳碳三键是直线形结构，羰基、碳碳双键都是平面结构，单键可以旋转，通过旋转单键可以让所有碳原子都落在同一平面内，因此X中所有碳原子可能共平面，B错误；C．酯基中的羰基不能与发生加成反应，Y中一共含有2个碳碳双键，只有碳碳双键可以加成，因此最多与加成，C正确；D．X是酯，酸性水解产物为丙炔酸（）和丁烯醇（）：羧酸可与反应，但醇羟基不能和反应，因此不是所有水解产物都能与反应，D错误；故选C。2．（2026·山东聊城·一模）酮与有机过氧化物反应可生成相应的酯，反应机理如下：已知：①步骤II中烷基()的迁移能力：②有机过氧化物具有较强的氧化性。下列说法错误的是A．酮生成相应酯的反应类型是取代反应B．RCHO与反应可能生成RCOOHC．若该反应的酮为，则产物中相应的酯为D．已知酸能催化该反应，推测原因是与羰基氧结合，使羰基更容易反应【答案】A【解析】A．由反应机理可知，酮生成酯的过程中，有机过氧化物为氧化剂，酮发生氧化反应生成相应的酯，A错误；B．题干已知有机过氧化物具有较强氧化性，醛可被过氧酸氧化，结合反应机理，最终可以生成，B正确；C．根据已知迁移能力规律：，该酮的羰基连接的左侧叔烷基（三级烷基）迁移能力远强于另一个烷基，优先发生叔烷基迁移，氧会插入羰基和叔烷基之间，得到的酯结构为，C正确；D．酸催化时，与羰基氧结合，会增强羰基碳的正电性，使羰基更易被过氧化物进攻，更易发生反应，D正确；答案选A。3．（2026·山东菏泽·一模）我国科学家研究发现光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略；代表苯基)，涉及①～⑤五种物质。下列说法正确的是A．可以用溴水鉴别物质①与②B．生成⑤的反应类型为取代反应C．③、④与⑤中均含有手性碳原子D．利用上述反应原理可由三种有机物直接合成【答案】D【解析】根据题干信息，①和②先发生碳碳双键的加成反应，生成，再和③发生取代反应得到主产物，两分子①发生醛基的加成反应得到副产物5a，据此解答。A．物质①含醛基，可被溴水氧化，使溴水褪色；物质②含碳碳双键，可与溴发生加成反应，也能使溴水褪色，二者现象相同，无法用溴水鉴别，A错误；B．对比反应物和产物⑤的结构可知，⑤是①的醛基发生加成反应得到羟基，反应类型为加成反应，不是取代反应，B错误；C．连接4种不同基团的饱和碳原子是手性碳原子。物质③没有手性碳原子，④的手性碳：，⑤的手性碳：，，C错误；D．该反应是醛、烯烃、α-溴代酮的三组分合成反应，目标产物可对应得到三种原料：联苯甲醛（①）、2,3-二甲基-2-丁烯、溴代丙酮（③），可以按照该反应原理合成，D正确；故选D。4．（2026·山东枣庄·一模）苯并[]嘧啶衍生物具有显著的生物学特性，其合成过程的某步反应如图所示。下列说法正确的是A．1mol甲与足量溴水反应最多可消耗B．乙与水分子间形成氢键使得乙与水可任意比例互溶C．三种有机物中只有丙是手性分子D．丙中碳原子的杂化方式有2种且所有碳原子可能共面【答案】C【解析】A．甲中羟基的邻、对位共有2个可取代的H，消耗；同时醛基可被溴水氧化，醛基还会消耗，因此甲最多消耗，A错误；B．乙虽然含N，可以和水分子形成氢键，但乙中含有较大的憎水烃基（乙基），不能与水以任意比例互溶，B错误；C．甲中所有碳均不饱和，无手性碳；乙中没有连接4种不同基团的饱和碳，无手性碳；丙是手性分子，，C正确；D．丙中碳原子杂化方式有3种：中三键碳为杂化，苯环、羰基的双键碳为杂化，饱和亚甲基、手性碳为杂化；且分子中存在多个杂化的饱和碳，呈四面体结构，所有碳原子不可能共面，D错误；故选C。押题猜想10电化学终极押题【原创题】新型储能电池是新能源领域的研究热点，一种基于Na-CO2电池的新型电化学装置（可用于电网储能），其工作原理如图所示，电极材料为多孔Na电极、多孔碳电极，电解质为熔融NaCl-AlCl3（不参与电极反应），电池总反应为4Na+3CO2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do6(充电))2Na2CO3+C。下列说法错误的是（）A．放电时，多孔Na电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为Na-e-=Na+B．放电时，多孔碳电极为正极，CO2在该电极上发生还原反应，且有C生成C．充电时，外接电源的正极接多孔Na电极，该电极发生Na+得电子的还原反应D．充电时，电路中每转移4mole-，理论上有3molCO2生成并放出【答案】C【解析】A.由总反应4Na+3CO2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do6(充电))2Na2CO3+C可知，Na元素化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，故多孔Na电极为负极，电极反应式为Na-e-=Na+，A正确；B.C元素化合价从+4价降低到+4价（Na2CO3和0价（C），CO2发生还原反应，多孔碳电极为正极，正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+C,B正确；C.充电时，原电池的负极（多孔Na电极）变为电解池的阴极，应连接外接电源的负极；原电池的正极（多孔碳电极）变为电解池的阳极，连接外接电源的正极；阴极（多孔Na电极）反应为放电时负极反应的逆反应：Na++e-=Na还原反应），但外接电源正极应接电解池阳极（多孔碳电极），而非多孔Na电极，C错误；D.充电总反应为放电总反应的逆反应：2Na2CO3+Ceq\o(=,\s\up7(充电))4Na+3CO2，电路中每转移4mole-，理论上生成3molCO2并放出，D正确，答案选C。押题有据近年山东卷高频以电化学新应用（储能电池、燃料电池）为载体，设计较难题目考查学生的知识迁移与综合分析能力，本题难度适配尖子生培优，考点精准、区分度高，具有极强的模拟训练价值。本题以Na-CO2新型储能电池（电化学新应用）为真实情境，紧扣新高考电化学难点命题趋势，聚焦原电池与电解池的转化、电极反应式书写、电子转移计算三大核心难点。试题突出“新情境、旧知识”的考查逻辑，强化电极判断、反应原理的综合应用，贴合新课标对“宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知”的素养要求。考题猜想1．（2026·山东烟台·一模）一种电化学组合装置如图，锌电池工作时“双极膜”中间层的H2O解离为H+和，在电场作用下向两极迁移，同时可高选择性电催化5-羟甲基糠醛生成2,5-呋喃二甲酸并耦合析氢。下列说法正确的是A．膜n为阳离子交换膜B．c为阳极，发生氧化反应C．产生0.3mol时，理论上生成0.4mol2,5-呋喃二甲酸D．当双极膜中有1molH2O解离时，负极区溶液质量增加32.5g【答案】C【解析】首先判断装置：左侧为锌原电池，右侧为电解池。Zn失电子发生氧化反应，因此Zn电极（b）为原电池负极，a为原电池正极；电解池中，阳极接原电池正极，发生氧化反应，阴极接原电池负极，发生还原反应，5-羟甲基糠醛氧化为2,5-呋喃二甲酸是氧化反应，因此d为电解池阳极，c为电解池阴极，发生析氢的还原反应，据此解答。A．双极膜解离的向原电池正极（左侧a区）迁移，向原电池负极（右侧Zn区）迁移，因此膜n需要允许（阴离子）通过，为阴离子交换膜，A错误；B．c接原电池负极（b），因此c为电解池阴极，发生还原反应，B错误；C．正极反应为，生成时，转移电子。1分子5-羟甲基糠醛生成2,5-呋喃二甲酸：失，失，1mol产物共转移，因此生成产物的物质的量为，C正确；D．1mol解离生成1mol和1mol，转移1mol电子，负极反应为，转移1mol电子时，有进入溶液（质量），同时双极膜解离的也进入负极区（质量），因此负极区溶液总质量增加，D错误；故选C。2．（2026·山东菏泽·一模）清华大学首次利用糠醛研制了新型“生物质二次电池”，工作原理如图所示，充电、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸盐。下列说法正确的是A．放电时，a极发生还原反应B．充电时，b极附近碱性增强C．充电时，a极反应式为：+2H2O+2e-=+2OH-D．若使用铅蓄电池为其充电，当1mol糠醛转化时，理论上电极增重96g【答案】C【解析】先判断电极性质：根据题意和转化关系，放电时，a极上糠醛被氧化为糠酸根（失电子，氧化反应），因此放电时a为负极、b为正极；充电时，a为阴极、b为阳极，据此分析选项：A．放电时a极是负极，糠醛失电子发生氧化反应，A错误；B．充电时b为阳极，电极反应为：，反应消耗，b极附近碱性减弱，B错误；C．充电时a为阴极，糠醛得电子被还原为糠醇，电极反应式：+2H2O+2e-=+2OH-，配平、产物均正确，C正确；D．1mol糠醛转化时转移2mol电子，铅蓄电池中电极反应为：，1mol反应时，增重质量为，D错误；答案选C。3．（2025·山东济宁·三模）一种“自充电”锌离子水系电池工作原理如图1所示。电池工作一段时间后，通过加入实现“自充电”。电池右侧电极材料为晶体，结构如图2(a)，填充在立方体空隙中(未画出)。下列说法正确的是A．反复使用过程中，不需要更换Zn电极B．“自充电”过程中，右侧pH减小C．若消耗1molZn，则需加入实现电池“自充电”D．若晶体发生图2中a→b变化，则中【答案】CD【解析】A．在锌离子水系电池中，Zn电极作为负极，发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，反复使用会被消耗，因此需要更换Zn电极，A错误；B．右侧电极为正极，发生还原反应，得电子转变为，“自充电”过程中，H2O2作为氧化剂参与反应，将氧化为，反应过程中会消耗H+，导致右侧pH增大，B错误；C．Zn作为负极，1molZn失去电子物质的量为2mol，H2O2作为氧化剂，每1molH2O2得到2mol电子，根据得失电子守恒，若消耗1molZn需要加入H2O2物质的量为1mol，C正确；D．b结构中，Fe2+个数为，Fe3+个数为，CN-个数为，根据化学式，b结构中Na+个数为，通过电荷守恒计算，解得x=0.5，D正确；答案为CD。4．（2026·山东潍坊·一模）我国科学家成功研发出一种利用氢负离子的移动来存储和释放能量的新型固态电池，该电池工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，b极为正极B．放电时，a极CeH3的物质的量增加C．充电时，b极的电极反应式为D．充电时，电路中每转移1mol，b极与a极质量差变化1g【答案】AB【解析】该装置为原电池，向a电极移动，则a为负极，被氧化生成，负极反应式为，b为正极，正极反应式为，放电时总反应为：，充电时，a为阴极，b为阳极，电极反应与原电池相反，据此解答。A．由分析可知，放电时，b极为正极，A正确；B．放电时，a极反应式为，物质的量增加，B正确；C．充电时，b为阳极，电极反应为，C错误；D．充电时，a极反应：，每转移电子，a极质量减少。b极发生反应，每转移1mol电子，b极质量增加1g，两极的质量变化差值为，D错误；故选AB。21638押题猜想11化学反应机理图分析终极押题【原创题】石墨炭负载单原子铁催化2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)反应的能量变化如图所示(*表示在催化剂表面吸附)，下列关于该反应的说法错误的是A．该反应低温下可自发进行B．正反应的决速步为2NO*→N2O*+O*C．升高温度化学反应速率增大程度为v逆<v正D．该过程包含三个基元反应【答案】C【解析】A．该反应ΔH<0，且气体分子数减少ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS，低温下ΔG<0可自发进行，A正确；B．决速步为活化能最大的基元反应，步骤活化能最高，为正反应决速步，B正确；C．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应速率增大程度大于正反应，即，C错误；D．反应过程有3个过渡态，对应三个基元反应，D正确；答案选C。押题有据“催化机理循环图”是近年高考的“新宠”，它很好地体现了化学反应原理的微观可视化。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。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．（2026·山东济南·一模）在催化下，某种氨基喹啉衍生物（X）合成反应的历程如图所示，表示活化能。下列说法正确的是A．总反应的焓变：历程Ⅰ历程ⅡB．开始反应时的速率：历程Ⅰ历程ⅡC．当主要发生历程Ⅰ时，最终生成X的量不变D．当主要发生历程Ⅱ时，增大的用量，Y的平衡转化率增大【答案】C【解析】A．历程I和历程II的反应物和生成物相同，总反应的焓变相同，与过程无关，A错误；B．历程I的决速步骤活化能为112.8kJ/mol，历程II决速步骤活化能为91.5kJ/mol，历程I的活化能大，反应速率慢，开始反应时的速率：历程Ⅰ<历程Ⅱ，B错误；C．在催化剂作用下，反应的平衡常数不变，当主要发生历程Ⅰ时，最终生成X的量不变，C正确；D．水是纯液体，增加水的量，Y的平衡转化率不变，D错误；答案选C。2．（2026·山东青岛·一模）催化加氢制甲醇机理如图。下列说法正确的是A．该过程的原子利用率为100%B．适当增加氧空位，可提高该反应的化学反应速率C．该过程既有极性键又有非极性键的断裂和生成D．增大与投料比，平衡时甲醇体积分数一定增加【答案】B【解析】分析图示，该反应总反应：。A．原子利用率100%要求所有反应物原子全部转化为目标产物，该反应除甲醇外还生成副产物，因此原子利用率小于100%，A错误；B．由反应机理可知，氧空位是催化剂的活性位点，用于吸附活化反应物，适当增加氧空位可增加活性位点数量，能提高反应速率，B正确；C．该过程中，有极性键（）断裂、非极性键（）断裂；产物和中只有极性键，没有非极性键生成，不存在非极性键的生成，C错误；D．若过大增大与的投料比，过量的会使体系总物质的量大幅增加，平衡时甲醇的体积分数反而会降低，D错误；故选B。3．（2026·莱芜·模拟预测）甲酸有两种可能的分解反应：反应①：

反应②：

一定温度下，使用某催化剂时上述两反应的反应历程如图所示(标*表示吸附态)。下列说法错误的是A． B．温度升高，平衡时会增大C．等物质的量的微粒能量： D．总体反应速率：反应①＞反应②【答案】B【解析】A．反应①生成物总能量高于反应物总能量，是吸热反应，反应②生成物总能量低于反应物总能量，是放热反应，，故A正确；B．由反应①和②可知，，，则。反应①为吸热反应（），温度升高，增大；反应②为放热反应（），温度升高，减小。因此温度升高，比值减小，故B错误；C．从图中可知等物质的量的微粒能量：，故C正确；D．总体反应速率取决于反应的决速步骤即能垒最高的步骤，反应①的决速步骤是过渡态1，反应②的决速步骤是过渡态2，过渡态1的能垒低于过渡态2的能垒，所以反应①的活化能更低，速率更快，故D正确；则该题选B。4．（2026·泰安泰山区·一模）卤代烃醇解是构建醚键的重要方法之一，在药物合成、天然产物合成中有广泛应用。其中威廉森醚合成法的部分反应历程能量变化如图所示。下列说法错误的是A．该反应历程中出现了3种过渡态、2种中间产物B．升高温度，反应速率加快，平衡转化率减小C．增大乙醇的浓度可以加快反应速率D．加入NaOH可能会降低的产率【答案】D【解析】A．图中共有3个峰值（3种过渡态），A正确；B．生成物的总能量高于反应物总能量，说明正反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，且平衡向吸热的逆反应方向移动，平衡转化率减小，B正确；C．乙醇是反应物，增大反应物浓度可以加快反应速率，C正确；D．是强碱，NaOH会与HBr反应，使反应正向进行，提高产率，D错误；故选D。21638押题猜想12电解质溶液及图像终极押题【原创题】已知：为二元酸，为强碱，易溶于水。常温下，含足量的溶液中，逐滴滴入某浓度的溶液调节，测得及溶液中含A物种的分布系数[例如]随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．曲线X表示的分布系数随变化B．常温下，约为C．当时，溶液中存在D．溶液中，【答案】B【解析】A．题图溶液中含A物种的分布系数只有两条线且相交，说明H2A第一步为完全电离H2A=HA-+H+，溶液中不存在H2A，故A错误；B．随溶液pOH增大，pH减小，HA-⇌A2-+H+逆向移动，溶液中c(HA-)增大，c(A2-)减小，则曲线X、Y分别表示A2-、HA-的分布系数随溶液pOH的变化，曲线Z表示M2A饱和溶液中pM随溶液pOH的变化，M2A饱和溶液中存在：M2A(s)⇌2M+(aq)+A2-(aq)，图中a点，M2A饱和溶液中pM=3，即c(M+)=0.001mol/L，则Ksp(M2A)=0.0012×=5×10-10，故B正确；C．当pOH=11即pH为3时，c(H+)＞c(OH-)，则，故C错误；D．当