2026年高考化学真题完全解读（黑吉辽蒙卷）

/2026年黑吉辽蒙高考化学真题完全解读试卷总评·考情分析·复习策略·真题解读试题分析2026年黑吉辽蒙高考化学试题以《普通高中化学课程标准（2017年版2020年修订）》为命题依据，严格落实高考评价体系"一核四层四翼"要求，整体难度适中、梯度合理，以基础性考查为主，兼顾综合性、应用性和创新性，充分发挥等级性考试的选拔功能与育人导向。试卷分为选择题和非选择题两部分，总分100分，考试时间75分钟。选择题共15小题，每小题3分，合计45分，侧重考查化学基础知识、基本技能与核心概念，考点分布均衡，难度梯度平缓。非选择题共4小题，合计55分，侧重考查学生的知识综合运用能力、信息提取与迁移能力、实际问题解决能力。试卷全面覆盖化学学科五大核心素养：通过化学与STSE、物质分类等考查"宏观辨识与微观探析"，通过化学平衡、电离平衡考查"变化观念与平衡思想"，通过实验方案评价、有机合成设计考查"证据推理与模型认知"，通过工艺流程分析、电化学装置考查"科学探究与创新意识"，通过废旧电池回收、低碳烯烃合成考查"科学态度与社会责任"，素养导向明确，充分体现化学学科的育人价值。试题亮点1.情境创设真实化试题紧密联系真实生活、生产实际与时代发展，通过具体情境考查知识应用，避免"情境虚化"，充分体现学科的实用价值与育人导向。试题情境覆盖人工智能、航天科技、生活化学、工业生产、环境保护多个维度：例如第1题结合人工智能发展考查化学材料知识；第5题以"生活小妙招"为载体，引导学生关注化学在生活中的应用；第12题以铜阳极泥提取碲的工业流程为背景，考查化工生产中的化学反应原理；第13题以废旧电池正极材料回收锂元素的电化学装置为情境，引导学生关注资源回收利用与绿色化学理念。2.考查方式综合化试题注重知识间的内在联系，通过多知识点融合、多情境串联的方式，打破模块边界，考查学生的综合分析与知识迁移能力。例如第7题将元素周期表位置、电子排布、晶体类型、物质能量变化与晶胞结构融合考查；第10题以颜料成分为线索，串联元素推断、离子半径、氢化物沸点、第一电离能、最高价氧化物水化物酸性等多个考点，覆盖物质结构与性质的多个核心概念。3.能力考查层次化试题遵循"低起点、缓坡度、高落点"的命题原则，梯度清晰，既覆盖基础能力，又通过开放性、探究性设问考查高阶思维，有效区分不同层次学生的能力水平。基础层级方面，第1、2、3题分别考查化学与STSE、分子结构与化学键、化学方程式正误判断等基础知识点，难度较低，面向全体学生；中层级方面，第6题（阿伏伽德罗常数计算）、第14题（化学平衡图像分析）、第15题（溶液中粒子浓度变化曲线）等试题，要求学生在掌握基础知识的前提下，具备一定的信息提取与知识迁移能力；高层级方面，第16题的工艺流程综合分析、第18题的费托反应热力学与动力学综合计算、第19题的有机合成路线设计等设问，要求学生具备高阶的综合推理、探究论证与创新应用能力。命题趋势1.强化基础考查，构建知识体系未来命题将继续重视基础知识、基本技能与基本方法的考查，突出对主干知识、核心概念的考查，强调知识的系统性与关联性，避免孤立考查零散知识点。有机化学基础、化学反应原理、物质结构与性质等核心模块将持续作为重点考查内容。2.深化情境应用，凸显学科价值命题将更加注重真实情境创设，引导学生运用学科知识解决实际问题，体现学科的社会价值与应用意义。更多结合国家重大科技成就、社会热点问题、地方特色资源设计情境，考查学生在真实情境中提取信息、解决问题的能力。新能源材料、碳中和与碳达峰、资源回收利用等热点主题将持续受到关注。3.聚焦思维培养，提升探究能力试题将进一步强化对逻辑推理、探究创新等高阶思维能力的考查，鼓励学生多角度、辩证地分析问题。开放性、论证性设问的占比将逐步提升，工艺流程分析、反应条件优化、有机合成路线设计等探究性设问将成为常态。4.坚持素养导向，落实育人目标命题将持续围绕学科核心素养设计，引导学生形成正确的价值观与必备品格，实现立德树人的根本任务。通过我国科学家的科研成果增强民族自豪感，通过污染物治理、碳减排等内容引导学生树立绿色化学理念，通过资源回收利用、环境保护等内容引导学生认识化学的社会价值。考点细目表题号题型命题解读考查内容命题细目1选择题以人工智能发展为情境，考查知识点：化学与STSE、物质分类与材料物质的组成分类性质和变化→物质的分类及转化涉及基础知识：化学能与电能的转化、无机非金属材料的分类、光导纤维的成分、物理变化与化学变化的区别2选择题考查知识点：分子结构与化学键物质结构与元素周期律→分子结构与性质化学键涉及基础知识：VSEPR模型、极性键与非极性键的判断、杂化方式、电子式书写3选择题考查知识点：化学方程式正误判断化学方程式的正误判断涉及基础知识：浓硫酸与铜的反应、氢氧化铝的两性、乙烯的加成反应、沉淀转化4选择题以化学实验方案评价为情境，考查知识点：化学实验基础操作化学实验基础→常见物质的制备涉及基础知识：气体收集方法、乙炔制备、气体除杂、电镀原理5选择题以生活小妙招为情境，考查知识点：化学与生活元素及其化合物的性质与应用→钠及其重要化合物涉及基础知识：油脂的性质、食品保鲜原理、酯化反应、蛋白质的性质6选择题考查知识点：阿伏伽德罗常数化学计量及其应用→物质的量气体摩尔体积涉及基础知识：物质的量计算、气体摩尔体积的适用条件、氧化还原反应电子转移、溶液中粒子数目计算7选择题以大面积单原子层二维金属制备为情境，考查知识点：物质结构与性质物质结构与元素周期律→原子结构与性质涉及基础知识：元素周期表位置、电子排布式、共价晶体、物质能量变化、晶胞结构8选择题以药物奥利司他为情境，考查知识点：有机化合物的结构与性质有机化学基础→烃的衍生物涉及基础知识：手性碳原子判断、分子内氢键、还原性、水解反应9选择题以超导材料晶胞为情境，考查知识点：晶体结构与性质物质结构与元素周期律→晶体结构与性质涉及基础知识：晶胞中原子数目计算、配位数、价层电子数、晶胞参数与性质关系10选择题以颜料成分为情境，考查知识点：元素推断与元素周期律物质结构与元素周期律→元素周期表元素周期律涉及基础知识：离子半径比较、氢化物沸点、第一电离能、最高价氧化物水化物酸性11选择题以热塑性可降解高分子材料制备为情境，考查知识点：有机高分子与聚合反应有机化学基础→生物大分子合成高分子涉及基础知识：元素定量分析、线型与网状高分子、高分子水解、缩聚反应12选择题以铜阳极泥提取碲的工业流程为情境，考查知识点：化学工艺流程化学工艺流程综合→工业流程题解题策略涉及基础知识：氧化还原反应、物质的溶解性、溶液酸碱性变化、氧化剂还原剂判断13选择题以废旧电池正极材料回收锂为情境，考查知识点：电化学原理化学反应与能量→电解池金属的腐蚀与防护涉及基础知识：电极反应式书写、电子转移计算、电解池连接、氧化还原反应分析14选择题以化学平衡图像为情境，考查知识点：化学平衡综合化学反应速率与化学平衡→化学平衡常数及其相关计算涉及基础知识：化学平衡移动、反应速率关系、平衡常数计算、转化率计算15选择题以醋酸铜溶液中粒子浓度变化为情境，考查知识点：水溶液中的离子平衡水溶液中的离子反应与平衡→电离平衡涉及基础知识：电离平衡、物料守恒、平衡常数计算、粒子浓度比较16非选择题以镍矿制备超细镍粉的工艺流程为情境，考查知识点：化学工艺流程综合化学工艺流程综合→工业流程题解题策略涉及基础知识：电子排布与周期表分区、化学方程式书写、离子方程式、氧化还原反应计算、物质分离提纯、反应条件选择17非选择题以PET降解制备对苯二甲酸为情境，考查知识点：化学实验综合化学实验综合→综合实验题型探究涉及基础知识：实验仪器选择、酯的水解反应、实验操作目的、分离方法、核磁共振氢谱分析、物质酸碱性比较18非选择题以费托反应合成低碳烯烃为情境，考查知识点：化学反应原理综合化学反应原理综合→化学反应速率与化学平衡图像涉及基础知识：盖斯定律、化学平衡条件选择、催化剂选择、转化率与选择性计算、反应速率比较、反应商计算19非选择题以杀虫剂氯噻啉合成路线为情境，考查知识点：有机合成与推断有机合成与推断→有机合成与推断涉及基础知识：醛的性质、官能团识别、反应类型判断、有机合成路线设计、分子内反应、结构简式推断逐题解读1.化学助力人工智能的发展，下列说法正确的是A.锂离子电池可将化学能转化为电能B.氮化镓（）半导体属于有机材料C.光导纤维纤芯的主要成分是单晶硅D.数据中心冷却系统冷却液的汽化涉及化学键断裂命题透视▶核心考点：化学与STSE、物质分类与材料▶链接教材：人教版必修第二册第八章《化学与可持续发展》中化学与材料相关内容；必修第一册第二章涉及物质的分类▶命题分析：（1）情境创设：试题以人工智能发展为背景，引导学生关注化学材料在高新技术领域的应用，体现化学学科的时代价值。（2）问题设计：通过辨析常见材料的类别和性质，考查学生对基础概念的理解，四个选项分别涉及化学电源、半导体材料、光导纤维和物理变化，覆盖面广。（3）考查目标：侧重考查学生的信息提取与基础概念辨析能力，要求准确区分无机材料与有机材料、物理变化与化学变化。思路点拨【答案】A【解析】步骤一：关键概念解读本题涉及的核心概念包括：化学电源的能量转化、材料的分类、光导纤维的成分、物理变化与化学变化的本质区别。步骤二：选项特征分析A．锂离子电池属于原电池装置，工作时可将化学能转化为电能。锂离子电池通过锂离子在正负极之间的嵌入和脱嵌实现充放电，是化学能转化为电能的典型装置，A正确。B．氮化镓（GaN）是由镓和氮两种元素组成的化合物，属于新型无机非金属材料，不是有机材料。有机材料必须含有碳元素（除CO、CO₂、碳酸盐等少数物质外），GaN不含碳元素，B错误。C．光导纤维纤芯的主要成分是二氧化硅（SiO₂），利用其对光的全反射原理传输光信号；单晶硅是半导体芯片的主要成分，C错误。D．冷却液汽化是物质由液态变为气态的过程，属于物理变化，仅克服分子间作用力，不涉及化学键的断裂。化学键断裂属于化学变化的范畴，D错误。步骤三：结论得出综上所述，只有A选项说法正确。知识总结①核心概念定义原电池：将化学能直接转化为电能的装置。有机材料：以含碳化合物为基础的材料（少数含碳无机物如CO、CO₂、碳酸盐等除外）。物理变化：没有新物质生成的变化，仅涉及物质状态、形状等物理性质的改变。化学变化：有新物质生成的变化，涉及化学键的断裂与生成。②解题方法判断材料类别时，先看是否含碳元素（除少数例外），再看具体组成。判断变化类型时，关注是否有新物质生成，是否涉及化学键的断裂与生成。③拓展关联化学电源：一次电池、二次电池（可充电电池）、燃料电池等，都是将化学能转化为电能的装置。新型无机非金属材料：氮化硅陶瓷、碳化硅陶瓷、氮化镓、氧化铝陶瓷等，具有耐高温、耐腐蚀、高强度等特性。2.一种制备火箭燃料肼（）的反应如下，下列说法错误的是A.的VSEPR模型：四面体形B.的共价键类型：非极性共价键C.中的杂化方式：杂化D.的电子式：命题透视▶核心考点：分子结构与化学键▶链接教材：人教版选择性必修2第二章《分子结构与性质》中共价键、分子的空间结构相关内容▶命题分析：（1）情境创设：以火箭燃料肼的制备反应为背景，将分子结构知识与国家航天科技发展相联系。（2）问题设计：通过分析反应物和相关物质的空间构型、键型、杂化方式、电子式，考查学生对分子结构理论的综合运用能力。（3）考查目标：侧重考查"宏观辨识与微观探析"核心素养，要求学生能从原子、分子水平认识物质的结构与性质。思路点拨【答案】B【解析】步骤一：关键概念解读本题涉及VSEPR模型、极性键与非极性键的判断、杂化轨道理论、电子式书写等分子结构核心知识。NH₂Cl中N原子的价层电子对数=3（成键电子对）+1（孤电子对）=4，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形。NH₃中N—H键是由不同原子（N和H）形成的共价键，由于N和H的电负性不同（N：3.04，H：2.20），电子对偏向N原子，形成极性共价键。N₂H₄（联氨/肼）的结构式为H₂N—NH₂，每个N原子形成3个σ键（2个N—H键和1个N—N键），并有1对孤电子对，价层电子对数为4，因此N原子采取sp³杂化。N₂H₄中两个N原子与H原子以共价键结合，其电子式为H:N:N:H（每个N原子还有一对孤电子对）。步骤二：选项特征分析A．NH₂Cl中心原子N原子的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），所以其VSEPR模型为四面体形，A正确。B．NH₃的共价键为N—H键，是由不同原子（N和H）构成的共价键。由于N和H的电负性不同，电子对偏向电负性较大的N原子，因此N—H键为极性共价键，而不是非极性共价键，B错误。C．N₂H₄中每个N原子的价层电子对数为4（3个σ键+1个孤电子对），杂化方式为sp³杂化，C正确。D．N₂H₄中氮原子与氢原子以共价键结合，每个N原子还有一对孤电子对，其电子式书写正确，D正确。步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是B选项。知识总结①核心概念定义VSEPR模型：价层电子对互斥模型，用于预测分子的空间构型。极性共价键：不同种原子之间形成的共价键，电子对偏向电负性较大的原子。非极性共价键：同种原子之间形成的共价键，电子对不偏向任何一方。sp³杂化：1个s轨道与3个p轨道杂化，形成4个sp³杂化轨道，空间构型为四面体形。②解题方法计算价层电子对数：中心原子的价电子数+配位原子提供的电子数±电荷数，除以2。判断键的极性：看是否为同种原子。③拓展关联等电子体：NH₂Cl与CH₃Cl互为等电子体，具有相似的空间构型。肼（N₂H₄）是重要的高能燃料，其氧化反应放热多，常用于火箭推进剂。3.下列过程对应的化学方程式错误的是A.铜丝插入热的浓硫酸：（浓）B.少量溶液滴入足量浓烧碱溶液：C.乙烯通入溴的四氯化碳溶液：D.溶液滴入悬浊液：命题透视▶核心考点：化学方程式正误判断▶链接教材：人教版必修第一册中元素化合物性质相关内容；必修第二册《有机化合物》；选择性必修1《水溶液中的离子反应与平衡》。▶命题分析：（1）情境创设：以常见化学反应过程为载体，考查学生对反应事实、反应条件和方程式规范书写的掌握。（2）问题设计：四个选项分别指向浓硫酸氧化性、铝盐与强碱反应、烯烃加成、沉淀转化，要求从“物质性质—反应产物—方程式配平”三个层面判断。（3）考查目标：突出化学用语规范表达能力和证据推理能力，要求学生能够根据反应物用量和反应环境判断真实产物。思路点拨【答案】B【解析】步骤一：关键概念/材料解读本题判断的关键不是单纯看方程式是否“形式配平”，而是要结合反应条件和物质用量判断产物是否符合事实。铜与热浓硫酸发生氧化还原反应，乙烯与溴发生加成反应，AgCl可向溶解度更小的Ag₂S转化；铝盐与强碱反应则特别受“少量/过量”和“滴加顺序”影响。步骤二：选项特征分析A．铜与热浓硫酸反应时，浓硫酸表现强氧化性和酸性，生成CuSO₄、SO₂和H₂O。反应为Cu+2H₂SO₄(浓)→CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，符合反应事实和守恒关系，A正确。B．少量铝盐溶液滴入足量浓烧碱溶液时，Al³⁺在强碱过量条件下最终应以可溶性四羟基合铝酸根（或偏铝酸根）形式存在，而不是停留在氢氧化铝沉淀阶段。若选项方程式没有体现过量强碱条件下的继续溶解，或产物形式与足量强碱环境不符，则与题意不一致，B错误。C．乙烯分子中含碳碳双键，能与Br₂发生加成反应生成1,2-二溴乙烷：CH₂=CH₂+Br₂→CH₂BrCH₂Br，C正确。D．Ag₂S的溶解度小于AgCl，向AgCl悬浊液中加入Na₂S可发生沉淀转化：Na₂S(aq)+2AgCl(s)=Ag₂S(s)+2NaCl(aq)，D正确。步骤三：结论得出综合反应条件、产物判断和方程式书写规范，错误的是B选项。知识总结①核心概念定义两性氢氧化物：既能与酸反应又能与强碱反应的氢氧化物，如Al(OH)₃。沉淀转化：溶解度较大的难溶物向溶解度更小的难溶物转化的过程。②解题方法/分析要点方程式判断需依次检查：反应事实是否成立、产物是否正确、原子和电荷是否守恒、条件和符号是否规范。③拓展关联铝盐与强碱反应常与实验现象、离子方程式书写、图像题结合考查。4.化学是一门实验与理论并重的学科。下列实验方案不合理的是A．收集及尾气处理B．实验室制备乙炔C．除去中的D．实验室铜件镀镍命题透视▶核心考点：化学实验基础操作与方案评价▶链接教材：人教版必修第一册第二章《海水中的重要元素——钠和氯》中氯气的性质；必修第二册第五章《化工生产中的重要非金属元素》中硫及其化合物；选择性必修1第四章《化学反应与电能》中电解池▶命题分析：（1）情境创设：以化学实验方案评价为载体，考查学生对实验原理和操作的综合理解。（2）问题设计：四个选项分别涉及气体收集与尾气处理、气体发生装置、气体除杂、电镀实验，覆盖面广。（3）考查目标：侧重考查学生的实验分析能力和方案评价能力，要求能从实验目的出发，判断方案的合理性。思路点拨【答案】A【解析】步骤一：关键概念/材料解读本题涉及四个实验方案的评价：A选项：氯气的密度大于空气，使用向上排空气法收集；氯气与CaCl₂不反应，不能用CaCl₂吸收尾气。B选项：电石（CaC₂）与水反应生成乙炔，反应剧烈，用饱和NaCl溶液可减缓反应速率。C选项：亚硫酸的酸性强于碳酸，SO₂通入饱和NaHCO₃溶液可发生反应生成CO₂。D选项：电镀时，镀件接电源负极作阴极，镀层金属接电源正极作阳极，电解液中含镀层金属离子。步骤二：选项特征分析A．氯气的密度大于空气（Cl₂相对分子质量为71，空气平均相对分子质量约为29），应使用向上排空气法收集。氯气与CaCl₂不反应，不能用CaCl₂吸收尾气，需用NaOH溶液吸收。因此该方案中尾气处理不合理，A方案不合理。B．电石与水反应生成乙炔（CaC₂+2H₂O→Ca(OH)₂+C₂H₂↑），该反应剧烈，采用饱和NaCl溶液代替水可减缓电石与水的反应速度，使反应平稳进行，B方案合理。C．亚硫酸的酸性比碳酸强（H₂SO₃的Ka₁>H₂CO₃的Ka₁），SO₂通入到饱和NaHCO₃溶液可发生反应：SO₂+2NaHCO₃=Na₂SO₃+H₂O+2CO₂，能除去CO₂中的SO₂，C方案合理。D．实验室铜件镀镍，铜制镀件接电源负极作阴极，镍接电源正极作阳极，电解液中含Ni²⁺，Ni²⁺在阴极得到电子被还原为Ni单质沉积在铜件表面，D方案合理。步骤三：结论得出综上所述，实验方案不合理的是A选项。知识总结①核心概念定义向上排空气法：收集密度比空气大的气体，集气瓶瓶口向上。电镀：利用电解原理在金属表面镀上一层其他金属或合金的过程。酸性强弱比较：强酸可以制弱酸，根据电离常数Ka可以比较酸性强弱。②解题方法实验方案评价的思路：明确实验目的→分析实验原理→检查实验装置和操作→判断方案的合理性。气体除杂的原则：不引入新杂质、不减少被提纯气体、操作简便。③拓展关联氯气的尾气处理还可用FeCl₂溶液等还原性溶液吸收。乙炔的实验室制备中，用饱和食盐水代替水是为了控制反应速率。5.生活细微处，亦有化学回响。下列“生活小妙招”不合理的是选项目的生活小妙招A锁住揉好面团的水分面团表面涂一层食用油B保鲜“自制番茄酱”高温蒸煮后密闭保存C提升菜肴的“风味层次”炒菜时加入适量料酒和香醋D去除蚕丝衣物上的油污热水中加入苏打后浸泡衣物命题透视▶核心考点：化学与生活▶链接教材：人教版必修第二册第七章《有机化合物》中乙醇与乙酸；选择性必修1第三章《水溶液中的离子反应与平衡》中盐类的水解▶命题分析：（1）情境创设：以日常生活中的"生活小妙招"为载体，引导学生关注化学在生活中的应用，体现化学的实用价值。（2）问题设计：通过表格形式呈现四个生活场景，考查学生对油脂性质、食品保鲜、酯化反应、蛋白质性质等知识的综合应用。（3）考查目标：侧重考查学生运用化学知识解释生活现象的能力，体现"科学态度与社会责任"核心素养。思路点拨【答案】D【解析】步骤一：关键概念/材料解读本题通过四个生活场景考查化学知识的应用：A选项：食用油可在面团表面形成隔离层，减少水分蒸发。B选项：高温蒸煮可杀灭微生物，密闭保存可隔绝外界微生物。C选项：料酒中的乙醇和香醋中的乙酸在加热条件下可发生酯化反应，生成有香味的酯类物质。D选项：蚕丝的主要成分为蛋白质，苏打（Na₂CO₃）在热水中水解使溶液呈碱性，蛋白质在碱性条件下易发生水解。步骤二：选项特征分析A．食用油可在面团表面形成隔离层，减少水分与空气的接触，从而降低水分蒸发速率，能达到锁水的目的，A合理，不符合题意。B．高温蒸煮可杀灭番茄酱中的微生物，密闭保存能隔绝外界微生物进入，抑制微生物的生长繁殖，可实现保鲜，B合理，不符合题意。C．料酒中的乙醇和香醋中的乙酸在加热条件下发生酯化反应：CH₃COOH+C₂H₅OHCH₃COOC₂H₅+H₂O，生成具有香味的乙酸乙酯等酯类物质，可提升菜肴的风味层次，C合理，不符合题意。D．蚕丝的主要成分为蛋白质，苏打（碳酸钠）在热水中水解：CO₃²⁻+H₂O⇌HCO₃⁻+OH⁻，使溶液碱性较强。蛋白质在碱性条件下（尤其是加热条件下）易发生水解反应，会破坏蚕丝衣物的结构，因此不能用热苏打水浸泡蚕丝衣物去油污，D不合理，符合题意。步骤三：结论得出综上所述，不合理的是D选项。知识总结①核心概念定义酯化反应：酸与醇反应生成酯和水的反应，属于可逆反应。蛋白质水解：蛋白质在酸、碱或酶的作用下，肽键断裂，生成氨基酸的过程。盐类水解：盐电离出的离子与水电离出的H⁺或OH⁻结合生成弱电解质的反应。②解题方法分析生活现象中的化学原理时，先识别涉及的化学物质，再分析其化学性质，最后判断现象的合理性。③拓展关联蚕丝衣物的清洗：应使用中性洗涤剂，避免使用碱性或酸性较强的清洁剂。食品保鲜的化学原理：通过杀菌（高温、紫外线、防腐剂）、隔氧（真空包装、充氮）、脱水（干燥剂）、低温等方式抑制微生物生长。6.镁及其化合物的部分转化关系如下，设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.反应①：每消耗生成分子的数目为B.反应②：每消耗生成数目为C.反应③：每消耗转移电子数目为D.溶液中，数目为命题透视▶核心考点：阿伏伽德罗常数与化学计量▶链接教材：人教版必修第一册“物质的量”相关内容；必修第二册元素化合物转化相关内容。▶命题分析：（1）情境创设：以镁及其化合物的转化关系为载体，将物质的量、气体摩尔体积、氧化还原电子转移和溶液粒子数综合考查。（2）问题设计：选项分别设置“构成微粒类型”“气体条件”“电子转移数”“溶液粒子数”等典型陷阱。（3）考查目标：考查学生从图示中提取反应关系、运用守恒思想进行定量判断的能力。思路点拨【答案】C【解析】步骤一：关键概念/材料解读阿伏伽德罗常数类试题的核心是“三看”：一看物质构成微粒，离子化合物不能用“分子数”表述；二看气体条件，只有在标准状况下才能直接用22.4L·mol⁻¹；三看反应实质，氧化还原反应的电子转移数必须由元素化合价变化和物质的量共同确定。溶液中粒子数还必须具备浓度和体积信息。步骤二：选项特征分析A．若反应产物为离子晶体或固态晶体，不能简单以“分子数”计量；若选项把晶体微粒误写成分子，表述本身不严谨，A错误。B．题干只给出气体体积而未限定标准状况时，不能由2.24L直接推出0.1mol。温度、压强未知时，气体的物质的量不能确定，B错误。C．反应③为氧化还原反应，应根据图示反应中变价元素的化合价升降计算电子转移数。按题给反应关系和物质的量换算，选项C中电子转移数与化合价变化、物质的量关系一致，C正确。D．溶液中某离子数目的计算需要同时知道溶液浓度和体积。若只给出溶质或溶液名称，不能确定离子数目；此外还要考虑电离、水解等因素，D错误。步骤三：结论得出本题正确选项为C。解题关键是抓住阿伏伽德罗常数题的常见限制条件，而不是机械套用公式。知识总结①核心概念定义阿伏伽德罗常数：1mol指定微粒所含微粒数。气体摩尔体积：在标准状况下，1mol气体体积约为22.4L。②解题方法/分析要点判断粒子数：先确定“粒子种类”，再确定“物质的量”，最后乘以Nₐ。判断电子数：先标化合价，再算升降数，最后结合反应物物质的量。③拓展关联镁既能与O₂、N₂反应，也可在CO₂中燃烧，相关反应常用于考查氧化还原与化学计量综合。7.大面积单原子层二维金属制备过程示意图如下。下列说法错误的是A.位于周期表第四周期第ⅢA族，其简化电子排布式为B.蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分可当作共价晶体C.常温常压下，等物质的量的能量高于晶体D.的一个基本结构单元为命题透视▶核心考点：物质结构与性质▶链接教材：人教版选择性必修2第一章《原子结构与性质》、第三章《晶体结构与性质》相关内容。▶命题分析：（1）情境创设：以大面积单原子层二维金属制备为前沿材料情境，引导学生用结构化学知识理解新材料。（2）问题设计：综合考查元素位置、电子排布、晶体类型、物质能量和二维结构单元判断。（3）考查目标：突出“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”，要求学生根据元素和结构模型作出准确判断。思路点拨【答案】A【解析】步骤一：关键概念/材料解读图示材料涉及Ga单原子层二维金属的制备。分析时要把握三点：第一，Ga的原子序数为31，价电子排布与周期表位置直接相关；第二，蓝宝石主要成分为Al₂O₃，具有高硬度、高熔点等结构特征；第三，液态到晶态或二维单原子层结构的变化体现结构与能量的关系。步骤二：选项特征分析A．Ga位于第四周期第ⅢA族，但选项中的简化电子排布式与Ga的实际基态电子排布不一致。Ga的基态简化电子排布应体现[Ar]3d¹⁰4s²4p¹的价层结构，若漏写或错写3d、4s、4p电子，均会导致判断错误，A错误。B．蓝宝石主要成分为Al₂O₃，结构中存在较强的Al—O作用，表现出高硬度、高熔点等特征，可从共价晶体或共价成分较强的晶体角度理解其性质，B正确。C．同种物质在常温常压下，晶体通常比液态更稳定、能量更低。液态Ga能量高于晶态Ga，符合物质状态与能量关系，C正确。D．根据图中二维单原子层的周期性排布，可识别其基本结构单元；选项所给结构单元能反映该二维层状结构的重复特征，D正确。步骤三：结论得出综上，错误的是A选项。该题的突破口是准确书写Ga的电子排布式，并将图示结构与晶体基本单元相对应。知识总结①核心概念定义简化电子排布式：用前一周期稀有气体符号表示内层电子，再写出外层和相关d轨道电子。基本结构单元：能通过平移重复构成整个结构的最小代表性单元。②解题方法/分析要点元素结构题先确定原子序数，再写电子排布，最后判断周期、族和分区。③拓展关联二维金属材料与石墨烯等二维材料类似，结构维度降低会带来独特的电子和力学性质。8.药物奥利司他结构简式如下。下列关于该物质说法错误的是A.含有5个手性碳原子B.含有分子内氢键C.能使酸性溶液褪色D.能发生水解反应命题透视▶核心考点：有机化合物的结构与性质▶链接教材：人教版选择性必修3第三章《烃的衍生物》中羧酸、酯；选择性必修2第二章《分子结构与性质》中氢键▶命题分析：（1）情境创设：以减肥药物奥利司他为背景，考查有机化合物的结构特征和性质。（2）问题设计：涉及手性碳原子判断、分子内氢键、还原性、水解反应等有机化学核心知识。（3）考查目标：侧重考查学生对有机物结构特征的分析能力和官能团性质的掌握程度。思路点拨【答案】A【解析】步骤一：关键概念/材料解读奥利司他是一种常用的减肥药物，其结构中含有：酯基（—COO—）酰胺键（—CONH—）羟基（—OH）多个手性碳原子步骤二：选项特征分析A．手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子。根据奥利司他的结构简式分析（带*号的为手性碳），奥利司他中含有的手性碳原子为4个，而不是5个，A错误。B．由奥利司他的结构可知，分子中含有羟基（—OH）、酯基和酰胺键等官能团，羟基中的H可以与分子内其他氧原子形成分子内氢键，B正确。C．由奥利司他的结构可知，分子中含有羟基（—OH）等官能团，具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO₄溶液褪色，C正确。D．由奥利司他的结构可知，分子中含有酰胺键（—CONH—）和酯基（—COO—），这两种官能团在酸或碱条件下均能发生水解反应，D正确。步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是A选项。知识总结①核心概念定义手性碳原子：连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子（sp³杂化）。分子内氢键：同一分子内的氢原子与电负性大的原子（O、N、F）之间形成的氢键。水解反应：有机物在水的作用下发生分解的反应，酯、酰胺、卤代烃等均可发生水解。②解题方法判断手性碳原子的步骤：找饱和碳→检查4个取代基是否不同。判断能否发生水解反应：检查分子中是否含有酯基、酰胺键、卤素原子等可水解基团。③拓展关联奥利司他通过抑制胃肠道脂肪酶的活性，减少脂肪的吸收，从而达到减肥的效果。手性分子在药物化学中具有重要意义，不同对映异构体可能具有不同的药理活性。9.金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料（立方晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是A.B.与紧邻的有12个C.晶胞中的价层电子总数为19D.的超导性质优于金属钒命题透视▶核心考点：晶体结构与性质▶链接教材：人教版选择性必修2第三章《晶体结构与性质》中晶胞计算、金属晶体与离子晶体▶命题分析：（1）情境创设：以超导材料制备为背景，考查晶体结构的相关计算和分析。（2）问题设计：涉及晶胞中原子数目计算、配位数、价层电子数、晶胞参数与性质关系等。（3）考查目标：侧重考查"证据推理与模型认知"核心素养，要求学生能运用晶胞模型分析物质的结构与性质。思路点拨【答案】C【解析】步骤一：关键概念/材料解读本题涉及两个立方晶胞（Ⅰ和Ⅱ），需要分析：晶胞Ⅱ中V和Si的原子个数比V的配位数（周围紧邻的Si原子数）晶胞中的价层电子总数晶胞参数与超导性能的关系步骤二：选项特征分析A．晶胞Ⅱ中，白球（Si）的个数需要根据晶胞结构计算，灰球（V）的个数也需要计算。通过均摊法计算后，可以确定V和Si的原子个数比，A正确。B．以晶胞内部的V原子为例，周围等距紧邻的Si原子共12个（面心立方最密堆积中，配位数为12），B正确。C．V是第ⅤB族元素，每个V原子的价层电子数为5；Si是第ⅣA族元素，每个Si原子的价层电子数为4。若晶胞中含6个V、2个Si（若按图示），则总价层电子总数为6×5+2×4=30+8=38，而不是19，C错误。D．金属钒晶胞Ⅰ中V-V紧邻间距为某个值，晶胞Ⅱ中V-V紧邻间距更短。由题干可知，紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能，因此晶胞Ⅱ的超导性质优于金属钒，D正确。步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是C选项。知识总结①核心概念定义晶胞：晶体中最小的重复单元，能反映晶体的全部对称性。均摊法：计算晶胞中原子数目的方法，顶点原子占1/8，棱上原子占1/4，面上原子占1/2，体内原子占1。配位数：晶体中一个原子周围等距且最近的原子数。价层电子：原子最外层电子，对于主族元素等于最外层电子数，对于过渡元素还包括次外层d电子。②解题方法晶胞计算的步骤：确定晶胞类型→画出晶胞结构→用均摊法计算原子数→分析配位数和晶胞参数。③拓展关联超导材料：在某一临界温度以下电阻为零的材料，具有完全抗磁性（迈斯纳效应）。晶胞参数与性质的关系：原子间距、配位数等结构参数影响材料的物理性质。10.颜料因含有而显色，、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，基态最外层电子数是内层的三倍，基态最外层仅有一个电子，是地壳中含量最多的金属元素且与相邻，与同族。下列说法错误的是A.简单离子半径：B.简单氢化物沸点：C.第一电离能：D.最高价氧化物水化物酸性：命题透视▶核心考点：元素推断与元素周期律▶链接教材：人教版必修第一册第四章《物质结构元素周期律》中元素周期表和元素周期律；选择性必修2第一章《原子结构与性质》中原子结构与元素的性质▶命题分析：（1）情境创设：以颜料成分为线索，通过元素推断考查元素周期律的综合应用。（2）问题设计：涉及离子半径比较、氢化物沸点、第一电离能、最高价氧化物水化物酸性等多个周期性规律。（3）考查目标：侧重考查学生综合运用元素周期律分析问题的能力，体现"证据推理与模型认知"核心素养。思路点拨【答案】B【解析】步骤一：关键概念/材料解读根据题目信息进行元素推断：W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素基态M最外层电子数是内层的三倍：短周期元素内层电子数为2（第一周期）或10（第二周期有2+8=10，但最外层最多8个），若内层为2，则最外层为6，M为O（氧）。基态W最外层仅有一个电子：W为H（氢）或Li（锂）或Na（钠）。由于W原子序数最小，且为短周期，W为H（氢）。X是地壳中含量最多的金属元素：X为Al（铝）。X与Y相邻，原子序数大于Al：Y为Si（硅）。Z与M（O）同族，原子序数大于Si：Z为S（硫）。综上：W=H，X=Al，Y=Si，Z=S，M=O。步骤二：选项特征分析A．简单离子半径比较：Z²⁻=S²⁻，M²⁻=O²⁻，X³⁺=Al³⁺。S²⁻有3个电子层，半径最大；O²⁻和Al³⁺都有2个电子层，电子层结构相同（2,8），核电荷数越大半径越小（O的核电荷数为8，Al为13），因此O²⁻>Al³⁺。离子半径顺序为：S²⁻>O²⁻>Al³⁺，即Z²⁻>M²⁻>X³⁺，A正确。B．Y、Z、M的简单氢化物分别为SiH₄、H₂S、H₂O。H₂O分子间能形成氢键，沸点最高；H₂S的相对分子质量（34）大于SiH₄（32），分子间作用力更强，沸点H₂S>SiH₄。因此沸点顺序为：H₂O>H₂S>SiH₄，即MH₂>ZH₂>YH₄。选项B中说YH₄>ZH₂>MH₂（即SiH₄>H₂S>H₂O），这是错误的，B错误。C．X、Y、M分别为Al、Si、O。同周期（第三周期）从左到右，第一电离能整体呈增大趋势，因此Al<Si；同主族（第ⅥA族）从上到下，第一电离能降低，因此O>S，而Si与S同周期，S>Si。综合来看，第一电离能：Al<Si<O，即X<Y<M，C正确。D．X、Y、Z分别为Al、Si、S，均为第三周期元素，非金属性逐渐增强（Al<Si<S）。最高价氧化物水化物分别为Al(OH)₃（两性）、H₂SiO₃（弱酸）、H₂SO₄（强酸），酸性依次增强，即X<Y<Z，D正确。步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是B选项。知识总结①核心概念定义第一电离能：气态基态原子失去一个电子形成气态基态正离子所需的最低能量。氢键：分子间或分子内H原子与电负性大的原子（O、N、F）之间形成的特殊分子间作用力。最高价氧化物水化物：元素最高价氧化物对应的水化物，对于金属元素是碱，对于非金属元素是酸。②解题方法元素推断的步骤：分析题目条件→确定各元素→验证推断→运用周期律分析选项。氢化物沸点比较：先看是否有氢键，再比较相对分子质量。③拓展关联CuWO₄（钨酸铜）是一种重要的颜料，具有良好的热稳定性和化学稳定性。地壳中元素含量前五位：O>Si>Al>Fe>Ca。11.热塑性可降解高分子材料Ⅲ可由如下反应制备。下列说法正确的是A.Ⅰ和Ⅳ可用元素定量分析区分B.Ⅲ具有网状交联结构C.Ⅲ与反应生成ⅡD.该聚合反应为缩聚反应命题透视▶核心考点：有机高分子与聚合反应▶链接教材：人教版选择性必修3第五章《合成高分子》中合成高分子的基本方法▶命题分析：（1）情境创设：以热塑性可降解高分子材料制备为背景，考查高分子化学的核心知识。（2）问题设计：涉及元素定量分析、高分子结构类型、高分子水解反应、聚合反应类型判断等。（3）考查目标：侧重考查学生对高分子结构和性质的理解，以及聚合反应类型的判断能力。思路点拨【答案】D【解析】步骤一：关键概念/材料解读本题涉及一种热塑性可降解高分子材料Ⅲ的制备反应，需要分析单体Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ和高分子Ⅲ的结构与性质关系：Ⅰ和Ⅳ的元素组成（C、H、O的质量分数）完全相同，分子式相同高分子Ⅲ的结构特征（线性或网状）高分子Ⅲ的水解产物聚合反应的类型（加聚反应或缩聚反应）步骤二：选项特征分析A．根据题干结构简式可知，Ⅰ和Ⅳ的分子式相同，元素组成（C、H、O的质量分数）完全相同，因此无法用元素定量分析区分，A错误。B．从结构简式看，高分子Ⅲ的主链是线性的（两端为链节，没有交联点），属于线型高分子，而非网状交联结构，B错误。C．高分子Ⅲ在碱性条件下水解，酯基会断裂，生成的是二元醇和二元羧酸盐，不会直接生成环状的化合物Ⅱ（环状酯），C错误。D．反应过程中，单体Ⅱ（环状酯）开环，与单体Ⅰ反应生成高分子Ⅲ的同时，脱去了小分子Ⅳ（丙酮），符合缩聚反应"生成高分子化合物的同时脱去小分子"的定义，可认为是缩聚反应，D正确。步骤三：结论得出综上所述，说法正确的是D选项。知识总结①核心概念定义缩聚反应：单体通过多次缩合反应生成高分子化合物，同时脱去小分子（如水、醇、卤化氢等）。加聚反应：不饱和单体通过加成反应生成高分子化合物，不脱落小分子。线型高分子：分子链呈线型或支链型，无化学交联，可反复熔融加工。网状高分子：分子链之间有化学交联，形成三维网状结构，加热不熔融。②解题方法判断聚合反应类型的方法：看是否脱去小分子。判断高分子结构类型的方法：看分子链之间是否有化学交联。③拓展关联可降解高分子材料：如聚乳酸（PLA）、聚羟基脂肪酸酯（PHA）等，在自然界中可被微生物降解，是环境友好型材料。开环聚合：环状单体在引发剂作用下开环生成线性高分子的反应，属于特殊的加聚反应或缩聚反应。12.从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是A.“浸渍”时通入过量空气不发生副反应B.滤渣可以全部溶于浓C.被氧化过程中，溶液碱性增强D.“沉碲”过程中被氧化命题透视▶核心考点：化学工艺流程与氧化还原▶链接教材：人教版必修第二册《化学与可持续发展》资源利用相关内容；选择性必修1氧化还原与水溶液反应相关内容。▶命题分析：（1）情境创设：以铜阳极泥中提取热电材料碲为工业流程情境，体现资源综合利用和绿色化学导向。（2）问题设计：围绕浸出、氧化、沉碲、滤渣性质等关键环节设置判断，考查流程信息整合能力。（3）考查目标：要求学生能够依据元素价态变化、物质溶解性和贵金属性质分析流程合理性。思路点拨【答案】C【解析】步骤一：关键概念/材料解读铜阳极泥中含Te、Cu、S以及少量贵金属。流程的主线是：在碱性硫化物体系和空气作用下使碲进入溶液，再通过后续反应实现碲的分离。分析流程时应关注两类信息：一是Te、S等元素价态变化体现氧化还原过程；二是Au等贵金属性质稳定，常规浓硝酸不能全部溶解。步骤二：选项特征分析A．“浸渍”时空气的作用是参与目标氧化过程，但通入过量空气可能继续氧化体系中的还原性含碲或含硫物种，导致副反应发生。工业流程强调“适量空气”，说明过量并非无影响，A错误。B．滤渣中含有Au等贵金属。Au化学性质稳定，不溶于浓硝酸，通常需王水等强氧化—配位体系才能溶解。因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误。C．相关含碲物种被氧化过程中，反应与碱性介质耦合，体系中生成或保留较多OH⁻，使溶液碱性增强。选项C与流程中碱性浸出和氧化过程相符合，C正确。D．“沉碲”是将溶液中的含碲高价物种转化为单质碲，碲元素化合价降低，含碲物种被还原；相应加入的还原性物质被氧化。若选项把被氧化、被还原对象混淆，则判断错误，D错误。步骤三：结论得出正确选项为C。解题关键是沿着“元素价态变化—反应介质变化—物质去向”三条线分析流程。知识总结①核心概念定义氧化：元素化合价升高、失去电子的过程。还原：元素化合价降低、得到电子的过程。王水：浓盐酸与浓硝酸混合形成的强氧化配位体系，可溶解金等贵金属。②解题方法/分析要点工艺流程题按“原料预处理→核心反应→分离提纯→产品获得→循环利用”分析。③拓展关联碲是热电材料和半导体材料的重要元素，从铜阳极泥中回收碲体现了二次资源综合利用。答题模板工艺流程题解题思路：1.明确原料组成和目标产物。2.分析每一步加入试剂的作用。3.追踪目标元素的价态和存在形态。4.判断滤液、滤渣中主要成分。5.结合守恒、平衡和氧化还原作答。13.一种从废旧电池正极材料（）中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是A.电极反应：B.电路中转移电子，理论上可回收C.电极连接电源正极D.可转化为和，会降低锂的理论回收产率命题透视▶核心考点：电化学原理▶链接教材：人教版选择性必修1第四章《化学反应与电能》中电解池▶命题分析：（1）情境创设：以废旧电池正极材料回收锂元素为背景，考查电化学装置的工作原理。（2）问题设计：涉及电极反应式书写、电子转移计算、电解池连接方式、副反应对产率的影响等。（3）考查目标：侧重考查"科学探究与创新意识"核心素养，要求学生能分析电化学装置的工作原理并解决实际问题。思路点拨【答案】D【解析】步骤一：关键概念/材料解读电化学装置分析：左侧池通入O₂生成H₂O₂：O₂→H₂O₂，O的化合价由0降低到-1，发生还原反应，因此a电极是阴极。电极反应：O₂+2H₂O+2e⁻=H₂O₂+2OH⁻右侧池LiFePO₄被氧化：Fe²⁺→Fe³⁺（或Li⁺脱出），发生氧化反应，因此b电极是阳极。阴离子交换膜：允许阴离子（如OH⁻等）通过，以维持电荷平衡。步骤二：选项特征分析A．如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在溶液中可生成OH⁻，电极反应式为O₂+2H₂O+2e⁻=H₂O₂+2OH⁻，书写正确，A正确。B．电路中转移2mol电子时，整个体系总电子转移量为2mol。每释放1molLi⁺对应1mol电子转移（Li⁺从LiFePO₄中脱出），双电极可同时回收Li⁺，理论上可回收2molLi⁺，B正确。C．右侧发生氧化反应：LiFePO₄被氧化，b电极是阳极，阳极连接电源正极，C正确。D．若I⁻歧化转化为I₂和I₃⁻，反应为：3I⁻=I₂+I₃⁻（或类似的歧化反应）。该歧化反应为碘自身氧化还原，总可得到的电子数（氧化的总能力）不变。原本I⁻可得到电子被氧化，歧化后I₂作为氧化剂可得到电子被还原，总氧化能力不变，理论上脱出回收的Li⁺总物质的量不变，因此不会降低锂的理论回收产率，D错误。步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是D选项。知识总结①核心概念定义阴极：发生还原反应的电极，连接电源负极。阳极：发生氧化反应的电极，连接电源正极。理论回收产率：不考虑副反应和损耗时的最大回收量。歧化反应：同一物质中同一元素既被氧化又被还原的反应。②解题方法分析电化学装置的步骤：判断电极→写出电极反应式→分析离子迁移→计算电子转移。判断电极的方法：看元素化合价变化（升高→氧化→阳极；降低→还原→阴极）。③拓展关联废旧电池回收：LiFePO₄电池因安全性好、成本低而被广泛应用，回收其中的Li和Fe具有重要的经济和环境价值。H₂O₂的绿色制备：电化学法制备H₂O₂避免了传统蒽醌法的高能耗和有机溶剂污染。答题模板电化学装置分析思路：1.判断电极：根据元素化合价变化判断阴、阳极（还原→阴极，氧化→阳极）。2.连接电源：阴极接负极，阳极接正极。3.书写电极反应式：注意电解质溶液的酸碱性，配平电子和电荷。4.分析离子迁移：阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动（考虑离子交换膜的限制）。5.计算：根据电子转移守恒进行相关计算。14.恒容密闭容器中，等物质的量的和发生的总反应如下：，达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图。下列说法正确的是A.该反应的，B.点的消耗速率大于物质的生成速率C.点该反应的（用物质的量分数代替浓度计算）D.点的平衡转化率为75%命题透视▶核心考点：化学平衡综合▶链接教材：人教版选择性必修1第二章《化学反应速率与化学平衡》中化学平衡▶命题分析：（1）情境创设：以丙烷脱氢耦合氧化反应的化学平衡图像为背景，考查化学平衡的综合分析能力。（2）问题设计：涉及焓变和熵变判断、反应速率关系、平衡常数计算、转化率计算等。（3）考查目标：侧重考查"变化观念与平衡思想"核心素养，要求学生能运用化学平衡原理分析实际问题。思路点拨【答案】D【解析】步骤一：关键概念/材料解读化学平衡图像分析：总反应：3C₃H₈+2SO₂⇌3C₃H₆+2H₂O+H₂S生成物C₃H₆、H₂O、H₂S均从零开始增加，且在任何时刻物质的量之比恒为3:2:1结合图像中a、b、c三条曲线的高低关系：曲线a代表C₃H₆，曲线b代表H₂O，曲线c代表H₂SC₃H₈的物质的量分数随温度升高而降低，说明升温平衡正向移动步骤二：选项特征分析A．观察图像可知，随着温度的升高，C₃H₈的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此ΔH>0。另外，反应物气体共5分子（3+2），生成物气体共6分子（3+2+1），正反应是气体分子数增大的过程，因此ΔS>0。选项A中说ΔS<0是错误的，A错误。B．前面已推断出a物质是C₃H₆。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对应的化学计量数之比。C₃H₆与C₃H₈的化学计量数均为3，因此在反应过程中的任何时刻，C₃H₈的消耗速率等于C₃H₆的生成速率（均指正反应速率），B错误。C．列三段式计算。设初始时C₃H₈和SO₂各为1mol。3C₃H₈+2SO₂⇌3C₃H₆+2H₂O+H₂S起始：11000转化：3x2x3x2xx平衡：1-3x1-2x3x2xxM点时，C₃H₈曲线与b曲线（H₂O）相交，意味着两者的物质的量分数相等（即物质的量相等）：1-3x=2x，解得x=0.2。此时各物质的量分别为：C₃H₈=0.4mol、SO₂=0.6mol、C₃H₆=0.6mol、H₂S=0.2mol、H₂O=0.4mol。体系总物质的量为2.4mol。代入物质的量分数平衡常数Kₓ进行计算，结果不等于选项中给出的值，C错误。D．N点时，C₃H₈曲线与c曲线（H₂S）相交，说明两者的物质的量分数相等：1-3x=x，解得x=0.25。此时C₃H₈转化了0.75mol（3×0.25），故C₃H₈的平衡转化率为：0.75/1×100%=75%，D正确。步骤三：结论得出综上所述，说法正确的是D选项。知识总结①核心概念定义化学平衡常数K：达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。转化率：反应物已转化的量与初始量的比值。勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条件，平衡将向减弱这种改变的方向移动。②解题方法三段式法：起始量→转化量→平衡量，列式计算。图像分析法：明确坐标含义→分析曲线趋势→找关键点→结合原理判断。③拓展关联丙烷脱氢制丙烯是重要的化工过程，与传统蒸汽裂解相比，具有选择性高、能耗低等优点。SO₂作为氧化剂参与反应，被还原为H₂S，实现了硫元素的回收利用。15.室温下，醋酸铜（，表示）溶液中、、和的曲线如图。保持体系中元素总物质的量、元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是A.Ⅰ为的变化曲线B.室温下，C.室温下，D.点：c(HAc)×3+Kac(H+)<0.20 mol⋅ L−1命题透视▶核心考点：水溶液中的离子平衡▶链接教材：人教版选择性必修1第三章《水溶液中的离子反应与平衡》中电离平衡、沉淀溶解平衡▶命题分析：（1）情境创设：以醋酸铜溶液中粒子浓度变化曲线为背景，考查水溶液中多重平衡的综合分析。（2）问题设计：涉及电离平衡、物料守恒、平衡常数计算、粒子浓度比较等。（3）考查目标：侧重考查"变化观念与平衡思想"核心素养，要求学生能分析复杂体系中多种平衡的相互影响。思路点拨【答案】C【解析】步骤一：关键概念/材料解读醋酸铜溶液中存在多种平衡：Cu²⁺+Ac⁻⇌CuAc⁺（配合反应）HAc⇌H⁺+Ac⁻（弱酸电离）Cu²⁺+2OH⁻⇌Cu(OH)₂↓（沉淀溶解平衡）初始状态：0.10mol/L的Cu(Ac)₂溶液，c(Cu)总=0.10mol/L，c(Ac)总=0.20mol/L。低pH时（酸性较强）：Ac⁻主要与H⁺结合形成HAc，HAc浓度最大，接近0.20mol/L。此时pX=-lg(0.20)≈0.7。观察图像，曲线Ⅲ的起点约为0.7，因此Ⅲ为HAc的曲线。由于Ac⁻浓度极低，铜元素主要以游离的Cu²⁺形式存在，其浓度略小于0.10mol/L。此时pX=-lg(0.10)=1.0。观察图像，曲线Ⅱ的起点约为1.1，因此Ⅱ为Cu²⁺的曲线。剩下的曲线Ⅰ代表CuAc⁺的曲线。步骤二：选项特征分析A．由分析可知，Ⅰ为CuAc⁺的变化曲线，A正确。B．题中反应Cu²⁺+Ac⁻⇌CuAc⁺的平衡常数K₁=c(CuAc⁺)/[c(Cu²⁺)·c(Ac⁻)]。当pH=3.46时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时c(CuAc⁺)=c(Cu²⁺)，则K₁=1/c(Ac⁻)。由M点坐标可知，此时c(Ac⁻)=10^3.46mol/L（根据图像），代入得K₁=10^(-3.46)，B正确。C．根据P点坐标，此时pH=5.75，即c(H⁺)=10^(-5.75)mol/L，c(OH⁻)=10^(-8.25)mol/L。反应Cu²⁺+2OH⁻⇌Cu(OH)₂的平衡常数K=1/Ksp=c(Cu²⁺)/c(CuOH⁺)（或其他关系）。根据图像和计算，Ksp[Cu(OH)₂]不等于10^(-18.5)，C错误。D．根据题意，Ac元素总物质的量不变，即总醋酸根（含各种形态）的浓度保持为0.20mol/L，存在物料守恒：c(HAc)+c(Ac⁻)+c(CuAc⁺)=0.20mol/L。对于HAc的电离平衡常数Ka=c(H⁺)·c(Ac⁻)/c(HAc)，变形得c(HAc)=c(H⁺)·c(Ac⁻)/Ka。代入题干原式，经过推导和化简，结合Q点的条件c(Cu²⁺)=c(CuAc⁺)，可以证明c(HAc)+2c(H⁺)<2c(OH⁻)+c(Ac⁻)，D正确。步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是C选项。知识总结①核心概念定义分布曲线：描述溶液中各型体（粒子）的分布分数随pH变化的曲线。物料守恒：溶液中某元素的总浓度等于其各种存在型体的浓度之和。溶度积Ksp：难溶电解质达到溶解平衡时，离子浓度幂之积。②解题方法分析分布曲线的步骤：确定初始状态→分析pH变化时各型体的变化趋势→确定各曲线对应的粒子。平衡常数计算：利用特殊点（如交点，此时两种粒子浓度相等）简化计算。③拓展关联醋酸铜在有机合成中常用作催化剂，如催化偶联反应。配合平衡与沉淀溶解平衡的竞争中，配合剂或沉淀剂的浓度起决定性作用。16.某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）：已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在；②“部分蒸氨”时减小，转化为，。回答下列问题：（1）依据核外电子排布，元素位于周期表_____区。（2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，转化为的化学方程式为_______________。（3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体为__________（填化学式）。（4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。（5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。（6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择_______（填“”或“”）。已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。命题透视▶核心考点：化学工艺流程综合▶链接教材：人教版必修第二册第八章《化学与可持续发展》中自然资源的开发利用；选择性必修2第一章《原子结构与性质》中周期表分区；选择性必修1第四章《化学反应与电能》中电化学▶命题分析：（1）情境创设：以镍矿制备超细镍粉的工业流程为背景，综合考查元素化合物、氧化还原反应、化学平衡、电化学等知识。（2）问题设计：涉及周期表分区、化学方程式书写、离子推断、氧化还原计算、物质分离、反应条件选择等多个层次。（3）考查目标：侧重考查学生的综合分析能力和实际问题解决能力，体现"科学探究与创新意识"核心素养。思路点拨【答案】（1）d（2）①增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率②4NiS+O₂+20NH₃+2H₂O=4[Ni(NH₃)₆]²⁺+4OH⁻+2S₂O₃²⁻（3）①[Cu(NH₃)₄]²⁺②NH₃（4）2（5）(NH₄)₂SO₄（6）①2②H₂还原[Ni(NH₃)₄]²⁺时发生反应：[Ni(NH₃)₄]²⁺+H₂=Ni+2NH₄⁺+2NH₃，溶液呈酸性，不利于"还原"步骤；而[Ni(NH₃)₆]²⁺被还原时发生反应：[Ni(NH₃)₆]²⁺+H₂=Ni+2NH₄⁺+4NH₃，不会生成游离的H⁺，因此还原程度较高【解析】步骤一：关键概念/材料解读工艺流程分析：原料：主要成分为NiS，含少量CuS和FeS"氧压氨浸"：通入空气、加入氨水，生成[Ni(NH₃)₆]²⁺和S₂O₃²⁻浸渣为FeS（或铁的氧化物/氢氧化物）"部分蒸氨"：挥发逸出的气体为NH₃，c(NH₃)减小，[Cu(NH₃)₄]²⁺转化为CuS沉淀，[Ni(NH₃)₆]²⁺转化为[Ni(NH₃)₄]²⁺"转化"：通入足量O₂，将S₂O₃²⁻氧化为SO₄²⁻"还原"：通过H₂还原，得到Ni粉滤液3中的主要成分为(NH₄)₂SO₄步骤二：设问逐一分析（1）Ni是28号元素，价电子排布为3d⁸4s²，根据周期表分区规则（按价电子填入的轨道类型分区），属于d区。（2）①加压可增大O₂在溶液中的溶解度，提高O₂的浓度，从而加快反应速率，提高镍的浸出率。②NiS与O₂、NH₃、H₂O反应生成[Ni(NH₃)₆]²⁺。根据氧化还原反应原理，NiS中S²⁻被氧化为S₂O₃²⁻（S的平均化合价由-2升高到+2），O₂被还原。根据电子守恒、原子守恒配平化学方程式：4NiS+O₂+20NH₃+2H₂O=4[Ni(NH₃)₆]²⁺+4OH⁻+2S₂O₃²⁻（3）①氨浸过程中，CuS被氧化后Cu²⁺与NH₃形成稳定的[Cu(NH₃)₄]²⁺配离子，因此滤液1中铜的主要存在形式为[Cu(NH₃)₄]²⁺。②"部分蒸氨沉铜"时，溶液中挥发出来的气体a是氨气（NH₃）。蒸发NH₃会导致溶液中c(NH₃)减小，促使[Cu(NH₃)₄]²⁺解离，Cu²⁺与S₂O₃²⁻或S²⁻反应生成CuS沉淀。（4）S₂O₃²⁻被氧化为SO₄²⁻，S的平均化合价由+2升高到+6，每个S₂O₃²⁻失去8个电子（2个S原子，每个S失去4个电子）。O₂被还原为H₂O或OH⁻，每个O₂得到4个电子。根据电子守恒，每转化1molS₂O₃²⁻（失去8mol电子），消耗O₂的物质的量为8/4=2mol。（5）在"还原"步骤中，[Ni(NH₃)₄]²⁺或[Ni(NH₃)₆]²⁺被H₂还原生成Ni粉，NH₃被释放后与溶液中的H⁺（或由H₂O电离）结合生成NH₄⁺，SO₄²⁻一直未参与后续反应。因此滤液3中主要含有(NH₄)₂SO₄，浓缩结晶得到(NH₄)₂SO₄，可用作氮肥。（6）①观察题给图像，当选择条件2时，Ni(II)浓度随时间下降最快，且最终能降至0（完全转化）。而选择条件1时反应提前停滞（转化率低）。因此为提高速率和转化率，应选2。②当选择条件1时，[Ni(NH₃)₄]²⁺被H₂还原：[Ni(NH₃)₄]²⁺+H₂=Ni+2NH₄⁺+2NH₃该反应中，每还原1mol[Ni(NH₃)₄]²⁺生成2molNH₄⁺，游离NH₃较少，溶液中NH₄⁺水解使溶液呈酸性（NH₄⁺+H₂O⇌NH₃·H₂O+H⁺）。题目已知"酸性条件不利于还原"，因此反应受到抑制，转化率低。当选择条件2时，[Ni(NH₃)₆]²⁺被H₂还原：[Ni(NH₃)₆]²⁺+H₂=Ni+2NH₄⁺+4NH₃该反应生成4molNH₃，体系中NH₃充足，不会生成游离的H⁺，溶液不呈酸性，反应能顺利进行到底，还原程度较高。知识总结①核心概念定义d区元素：价电子填入d轨道的元素，包括ⅢB～ⅦB族和Ⅷ族元素。配离子：中心金属离子与配位体通过配位键结合形成的复杂离子。蒸氨：通过加热使氨气挥发，降低溶液中氨的浓度。②解题方法工艺流程题解题步骤：分析原料成分→明确每步反应→判断产物和副产物→回答各小问。氧化还原计算：根据化合价变化计算电子转移数，利用电子守恒求解。③拓展关联超细镍粉：具有高比表面积和高活性，广泛应用于催化剂、电池材料、磁性材料等领域。氨浸法：利用氨水的配位能力选择性溶解金属，是湿法冶金的重要方法。答题模板工艺流程综合题解题思路：1.读流程：从左到右、从上到下阅读流程图，明确每步的原料、试剂、产物。2.写反应：根据元素守恒和氧化还原原理写出各步的化学方程式。3.析原理：分析每步操作的目的（如浸出、除杂、分离、转化等）。4.算数据：利用电子守恒、元素守恒等进行定量计算。5.答设问：针对每个小问，结合流程信息和化学原理作答。17.某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（PET）的快速降解，制备对苯二甲酸（）。反应式：实验步骤：Ⅰ．向反应瓶中加入、、催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热至；随后加入，继续搅拌加热回流（回流温度）。Ⅱ．反应混合物冷却后倒出，用水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。Ⅲ．用稀盐酸调节滤液，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥得到固体。已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是_______（填标号）。（2）步骤Ⅰ中降解反应的主要产物为乙二醇和____________（填结构简式）。（3）步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是______________________，催化剂可采用________法便捷分离。（4）步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的_______和______（填名称）。（5）取步骤Ⅲ所得固体与标准品均三甲氧基苯（，）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为，则所得固体中对苯二甲酸含量为_____%（精确至1%）。（6）若采用题中方法降解和（）的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。较大时，_______（填“”或“”）的降解产物析出。命题透视▶核心考点：有机化学实验综合▶链接教材：人教版选择性必修3《烃的衍生物》《合成高分子》相关内容。▶命题分析：（1）情境创设：以PET快速降解制备对苯二甲酸为背景，体现塑料回收和绿色化学价值。（2）问题设计：从实验装置、产物推断、分离操作、洗涤目的、核磁定量、酸性差异等角度层层设问。（3）考查目标：考查学生将有机反应原理、实验操作和谱学数据综合用于真实实验问题的能力。思路点拨【答案】（1）ADF（2）（3）①洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率②分液（4）①氯化钠②氯化氢（或盐酸）（5）95（6）BPA-PC【解析】步骤一：关键概念/材料解读PET是聚酯类高分子，主链含酯基。在强碱和催化剂作用下发生快速醇解/水解，生成乙二醇和对苯二甲酸盐；酸化后对苯二甲酸析出。催化剂常温下为油状物、难溶于水，说明反应后可利用互不相溶的相态差异分离。核磁共振氢谱峰面积与对应氢原子数成正比，可用于定量分析产物纯度。步骤二：设问逐一分析（1）步骤Ⅰ需要搅拌、加热并回流，装置应包含适合反应体积的烧瓶、冷凝回流装置和温度测量装置。根据题给仪器图，选择A、D、F。（2）PET碱性降解时酯键断裂，生成乙二醇和对苯二甲酸盐；在NaOH条件下羧基以羧酸钠形式存在，因此另一主要产物为对苯二甲酸钠。（3）过滤后滤渣表面会吸附含对苯二甲酸盐的母液，用水洗涤可将其转入滤液，提高目标产物回收率。催化剂难溶于水且为油状物，与水相分层，故可采用分液法便捷分离。（4）步骤Ⅲ用稀盐酸酸化时，溶液中NaOH或羧酸钠与盐酸反应生成NaCl，且沉淀表面可能残留盐酸。因此洗涤沉淀主要除去氯化钠和氯化氢（盐酸）。（5）核磁共振氢谱定量时，应将每组峰面积除以该组等效氢数，得到对应物质的物质的量关系。均三甲氧基苯作为内标，其芳香氢和甲氧基氢峰面积比应与3H:9H相对应；对苯二甲酸的芳香氢和羧基氢峰面积也可相互校验。按题给峰面积比与内标质量关系计算，所得固体中对苯二甲酸含量为95%。（6）PET的降解产物为对苯二甲酸，BPA-PC的降解产物为双酚A类物质。羧酸酸性强于酚，羧酸盐需在较低pH下才大量质子化析出；酚盐对应的酚酸性较弱，在较大pH时即可析出。因此pH较大时，BPA-PC的降解产物先析出。步骤三：结论得出本题关键在于将“聚酯水解—酸化析出—相分离—核磁定量”串联起来，既要掌握有机反应，也要理解实验操作目的。知识总结①核心概念定义聚酯水解：聚酯主链中酯键断裂，生成二元醇和二元羧酸或其盐。内标法：加入已知量标准物，通过谱峰面积比进行定量分析的方法。②解题方法/分析要点有机实验题先判断反应类型，再分析每一步操作服务于“反应进行、杂质除去、目标物获得”的哪一目标。③拓展关联PET化学回收可实现塑料资源循环利用，是高分子材料绿色转化的重要方向。答题模板有机实验综合题分析思路：1.判断官能团和反应类型。2.根据反应条件推断产物形态。3.根据物理性质选择分离方法。4.说明洗涤、酸化、干燥等操作目的。5.用谱图数据进行结构或含量分析。18.低碳烯烃（烯）用途广泛，可由合成气（）经费托反应催化直接合成。（1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（：催化剂，：活性碳氢物质）：按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是________________________________（答出一条即可）。（2）合成丙烯的费托反应主要为：①②③④则______，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为______（填标号）。A．低温高压B．低温低压C．高温低压D．高温高压（3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为__________（填“”、“”或“”）。时，的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为_________（写出计算式即可）。[已知：收率转化为总烃的转化率低碳烯烃选择性、、]（4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料、选择性为或时，转化率与温度的关系如图3所示，则_____（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的_______。（5）若采取某种措施抑制生成，此时费托反应只发生②和④，、恒压、初始投料时，的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则_________；反应②的反应商______（用分压代替浓度计算，分压总压物质的量分数，保留两位有效数字）。命题透视▶核心考点：化学反应原理综合▶链接教材：人教版选择性必修1《化学反应的热效应》《化学反应速率与化学平衡》相关内容。▶命题分析：（1）情境创设：以合成气经费托反应直接合成低碳烯烃为工业催化情境，体现能源转化和碳资源利用。（2）问题设计：综合考查反应历程、盖斯定律、平衡条件、催化剂选择性、收率计算、速率比较和反应商计算。（3）考查目标：突出“变化观念与平衡思想”，要求学生能在复杂反应网络中提取主反应和副反应信息。思路点拨【答案】（1）有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃）（2）①-497②A