2026年高考化学真题完全解读（云南卷）

2/172026年高考云南卷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年高考云南卷化学试题以《普通高中化学课程标准（2017年版2020年修订）》为依据，坚持"立德树人、服务选才、引导教学"的命题导向，整体难度适中，梯度分明。试卷共18题，其中选择题14题（第1~14题），非选择题4题（第15~18题），满分100分。选择题覆盖化学与STSE、化学用语、元素化合物、有机化学、物质结构与元素周期律、化学反应原理、化学实验等核心模块，注重基础知识的广度覆盖和学科思维的灵活运用。非选择题以真实情境为载体，涵盖工艺流程、实验综合、反应原理和有机合成四大题型，突出对信息提取能力、分析推理能力和规范表达能力的考查。试题以"宏观辨识与微观探析""变化观念与平衡思想""证据推理与模型认知""科学探究与创新意识""科学态度与社会责任"五大学科核心素养为主线，试题选材贴近科技前沿、生产生活和社会热点，充分体现了高考评价体系"一核四层四翼"的要求。试题亮点一、情境创设真实化试题紧密联系我国科技成就与生产实际，第1题以"雪豹"轮式载具、"北脑一号"脑机系统、"天舟七号"飞船、"深海一号"储油平台等为情境，考查材料分类知识；第3题以合成氨工艺为载体融合多种固氮方式；第7题以水电站坝体维护为情境，考查金属防护与氧化还原反应；第13题以"双模式"锂电池为背景，考查电化学核心原理；第15题以废弃印刷电路板中有价金属回收为背景，体现"城市矿山"理念。这些情境既渗透爱国主义教育，又引导学生关注化学学科的社会价值。二、考查方式综合化试题注重学科内知识融合，多道题目横跨不同模块。第8题将元素推断与物质结构、元素周期律结合，考查原子结构、电离能、氢键、金属性等核心概念的综合运用；第10题将催化机理与氧化还原反应、共价键类型融合，考查微观反应历程的分析能力；第14题将沉淀溶解平衡与配位平衡结合，通过pM-pH图像综合考查多重平衡的分析与计算；第17题融合热催化与电催化两种路径，综合考查反应热、化学平衡、速率方程和电极反应。三、能力考查层次化试题梯度清晰，选择题侧重基础知识和基本技能的考查，如第1~4题直接考查物质分类、化学用语、基本概念等；中段选择题逐步增加信息量和思维深度，如第9~11题需要结合实验流程图、催化机理图、晶胞结构图进行推理；非选择题则全面考查信息提取、分析推理、计算论证和规范表达能力，如第14题的多元平衡图像分析、第17题的多重平衡常数计算体现了较高的思维要求。命题趋势一、强化基础考查，构建知识体系本卷选择题全面覆盖了化学基本概念、化学用语、元素化合物、有机化学、物质结构、化学反应原理、化学实验等核心内容，体现了对基础知识和基本技能的持续重视。未来备考应注重知识网络的系统建构，强化核心概念的深度理解和灵活迁移能力。二、深化情境应用，凸显学科价值试题选材从传统化工到现代科技前沿均有涉及，如光催化（第10题）、超分子化学（第12题）、新型电池（第13题）、固态电解质（第11题）等学术前沿情境成为命题素材。这要求教学不仅要关注教材知识，还应适当拓展学科视野，培养学生在陌生情境中调用已有知识解决问题的能力。三、聚焦思维培养，提升探究能力图像分析题（第10题催化机理图、第11题晶胞图、第14题pM-pH图、第17题转化率-选择性图）成为本卷区分度的重要载体。试题要求学生从图表中提取关键信息、识别变化趋势、建立数学模型，体现了对信息素养和逻辑推理能力的更高要求。教学中应加强图表信息解读和化学建模能力的训练。四、坚持素养导向，落实育人目标化学学科核心素养五维度在卷中均有充分体现。如第9题考查基于实验现象的证据推理，第15题渗透绿色化学和资源循环理念，第17题以"双碳"目标为背景体现社会责任。命题明确指向素养导向教学，引导教学从知识传授向素养培育转型。考点细目表题号题型命题解读考查内容命题细目1选择题以化学强国科技成就为情景，考查知识点：物质的分类及材料类型的判别物质的分类及转化/含硅的无机非金属材料涉及基础知识：橡胶的分类、金属材料与陶瓷材料的区分、石英的主要成分、聚酯的组成2选择题考查知识点：化学用语与基本概念的正误判断原子结构与性质/分子结构与性质化学键涉及基础知识：同素异形体的概念、极性分子与非极性分子的判断、VSEPR模型、价层电子轨道表示式3选择题以合成氨工艺与固氮方式为情景，考查知识点：氮的固定及合成氨工业氮及其重要化合物/化学反应速率与化学平衡/化学反应的热效应涉及基础知识：NO的物理性质、电离方程式的书写规范、合成氨的循环操作、催化剂对反应热的影响4选择题考查知识点：化学基本概念与常见物质性质的正误辨析物质的分类及转化/有机化学基础涉及基础知识：石油分馏的原理、蔗糖水解产物、明矾净水原理与水解、碳酸氢钠的热稳定性5选择题考查知识点：化学实验装置与试剂的正确使用化学实验的常用仪器和基本操作/常见物质的制备涉及基础知识：蛋白质的变性条件、中和热测定的装置要求、Fe(OH)₃胶体的制备方法、Cl₂的实验室制备条件6选择题以花卉化学成分为情景，考查知识点：多官能团有机物的结构与性质烃的衍生物/有机化合物的结构特点与研究方法涉及基础知识：分子式的判断、碳碳双键的化学性质、酯基的水解反应、酚羟基与溴的取代反应7选择题以水电站坝体维护为情景，考查知识点：材料化学与电化学防护氧化还原反应的基本概念和规律/电解池金属的腐蚀与防护涉及基础知识：水泥生产的原料、氧化还原反应的判断依据、加聚反应的特点、牺牲阳极法的原理8选择题考查知识点：基于原子结构信息的元素推断与性质递变原子结构与性质/元素周期表元素周期律/分子结构与性质化学键涉及基础知识：原子核外电子排布规律、氢键对沸点的影响、金属性强弱比较、第一电离能的变化规律9选择题以铁粉与硫粉反应为情景，考查知识点：实验方案设计与离子检验化学实验基础→物质的分离提纯与鉴别/铁及其重要化合物涉及基础知识：FeS的生成与性质、Fe²⁺的检验方法、Fe³⁺的检验方法、H₂S的检验方法10选择题以纳米催化为情景，考查知识点：光催化机理与化学键变化化学反应速率及其影响因素/氧化还原反应涉及基础知识：光能与化学能的转化、空穴的氧化性、共价键的极性判断、催化机理的分析方法11选择题以新型固态电解质为情景，考查知识点：晶胞结构与计算方法晶体结构与性质涉及基础知识：分数坐标的确定、离子配位数的判断、晶胞投影图的绘制、晶体密度的计算公式12选择题以超分子化学为情景，考查知识点：超分子的结构与性质晶体结构与性质/分子结构与性质化学键涉及基础知识：分子晶体与共价晶体的区分、超分子的捕获与释放、分子间作用力、杂化方式的判断13选择题以双模式锂电池为情景，考查知识点：新型电池的工作原理与计算原电池化学电源/电解池金属的腐蚀与防护涉及基础知识：充放电反应方程式的书写、电极反应的电子转移计算、离子迁移方向、理论放电量的比较14选择题以pM-pH关系图为情景，考查知识点：沉淀溶解平衡与配位平衡的综合分析沉淀溶解平衡/电离平衡涉及基础知识：pM与pH的线性关系、平衡常数的推导与计算、物料守恒的应用、沉淀转化的条件15非选择题以废弃电路板金属回收为情景，考查知识点：化学工艺流程中的元素分离与提纯工业流程题解题策略/氧化还原反应方程式的配平与计算涉及基础知识：元素周期表的分区、金属与酸的反应、PMS的氧化性、配位溶解、酸碱中和滴定计算16非选择题以镍配合物制备为情景，考查知识点：配合物的合成、分离与产率计算综合实验题型探究/物质的分离提纯与鉴别涉及基础知识：恒压滴液漏斗的使用、实验室安全标识、萃取分液的操作、重结晶提纯方法、产率计算17非选择题以CO制备酒石酸二甲酯为情景，考查知识点：热催化与电催化的反应原理综合分析化学反应的热效应/化学平衡常数及其相关计算/化学反应速率与化学平衡图像涉及基础知识：盖斯定律的应用、熵变判断、平衡移动的影响因素、选择性与转化率的图像分析、速率方程的推导、电极反应式的配平18非选择题以抗衰老活性化合物合成为情景，考查知识点：有机合成路线分析与推断有机化合物的结构特点与研究方法/烃的衍生物/有机合成与推断涉及基础知识：官能团的识别与命名、有机反应类型判断、同分异构体的书写、核磁共振氢谱的应用、有机合成路线的设计核心复习策略1.制定科学合理的学习计划：根据高考备考时间和个人学习情况，制定详细的学习计划，将复习任务分解到每个阶段、每个月、每周甚至每天。学习计划要具有科学性和可行性，既要保证对各个知识点的全面复习，又要留出足够的时间进行专题训练、模拟考试和总结反思。同时，要根据学习进度和实际情况及时调整学习计划，确保备考复习的高效有序进行。2.把握高考命题方向，精准备考：认真研究高考大纲、考试说明以及历年高考真题，把握高考化学的命题方向和规律，明确备考重点和难点。在复习过程中，要重点关注高考高频考点和热点题型，如离子共存、化学平衡、电化学、有机物的结构与性质、化学实验等，进行有针对性的专项训练和突破。同时，要关注高考命题的新变化和新趋势，如对跨学科知识融合、前沿科学研究成果考查的增加等，及时调整备考策略，做到有的放矢。3.加强模拟考试训练，提高应试能力：定期进行模拟考试训练，按照高考的时间要求和答题规范进行答题，提前适应高考的考试节奏和氛围。通过模拟考试，检测自己的学习效果和复习进度，发现存在的问题和不足之处，及时进行调整和改进。同时，要学会合理分配答题时间，掌握答题技巧和方法，提高答题速度和准确率，增强应试能力。4.培养良好的学习习惯和心态：在备考过程中，要养成良好的学习习惯，如按时完成作业、认真听讲、及时复习、规范答题等。同时，要保持积极乐观的学习心态，树立信心，克服焦虑和紧张情绪，以饱满的精神状态投入到备考复习中。要学会自我调节和放松，合理安排学习和休息时间，保证充足的睡眠和良好的身体状态，提高学习效率。1．化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是A．"雪豹"轮式载具所用耐寒轮胎，属特种橡胶B．"北脑一号"脑机系统植入手术所用钛板，属陶瓷材料C．"天舟七号"飞船所用石英加速度计，核心部件含二氧化硅D．"深海一号"储油平台所用聚酯系泊缆绳，主要成分为有机高分子命题透视►核心考点：常见材料类型的判别——金属材料、无机非金属材料、有机高分子材料。▶链接教材：人教版化学必修第二册第五章第三节"无机非金属材料"、第七章第二节"乙烯与有机高分子材料"；必修第一册第三章第二节"金属材料"。▶命题分析：（1）情境创设：以四项我国重大科技成果为载体创设情境，将材料分类知识融入真实科技应用场景，体现化学在科技强国中的基础作用。（2）问题设计：以"下列说法错误的是"为设问形式，四个选项分别涉及有机高分子材料（橡胶、聚酯）、金属材料（钛板）、无机非金属材料（石英/二氧化硅），考查材料分类这一基本概念的准确辨析。（3）考查目标：侧重考查学生的"宏观辨识"能力和"科学态度与社会责任"素养，要求学生在真实科技情境中准确辨识材料类型。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读本题无图表材料，直接基于化学知识进行判断。核心概念：橡胶属于有机高分子材料（弹性体）；钛板主要成分为金属钛，属金属材料；石英是SiO₂的天然晶体，属无机非金属材料；聚酯是由多元酸和多元醇缩聚得到的有机高分子。步骤二：选项/设问特征分析逐项分析：A选项：轮胎所用橡胶为有机高分子弹性体，"耐寒"表明为适应低温环境改性的特种橡胶。正确。B选项：钛板核心成分是金属钛（Ti），属于金属材料而非陶瓷材料（无机非金属材料）。错误，符合题干要求。C选项：石英加速度计的核心部件使用石英晶体，石英的化学成分为SiO₂（二氧化硅）。正确。D选项：聚酯系泊缆绳由聚酯纤维制成，聚酯（如PET）由二元酸和二元醇缩聚而成，属于有机高分子化合物。正确。步骤三：结论得出B项将金属材料（钛板）错误归类为陶瓷材料，为错误说法，故选B。【易错点】误认为钛板属于陶瓷材料：钛（Ti）是金属元素，钛板为金属材料，与陶瓷（如氮化硅、氧化铝等无机非金属材料）有本质区别。对"特种橡胶"概念不清：特种橡胶是为适应特殊环境（高低温、耐油、耐腐蚀等）而开发的橡胶品种，本质仍属有机高分子材料。【知识总结】①材料分类体系金属材料：纯金属及合金（钛合金、铝合金、钢铁等）无机非金属材料：传统陶瓷、玻璃、水泥、石英、新型陶瓷等有机高分子材料：天然高分子（橡胶、纤维素等）、合成高分子（塑料、合成纤维、合成橡胶）②答题技巧抓住材料中核心元素/成分：含金属元素单质或合金→金属材料；含Si、O等非金属元素→可能为无机非金属材料；含碳链结构→有机高分子材料遇到"属……材料"的判断，首先确认该物质的核心化学成分③拓展关联石英（SiO₂）与光导纤维、玛瑙、水晶的关系聚酯（涤纶）在服装、绳索、包装等领域的广泛应用特种橡胶（硅橡胶、氟橡胶等）在航空、医疗等高端领域的应用2．下列化学用语或图示表示正确的是A．红磷和白磷互为同素异形体B．CH3Cl是非极性分子C．H2O的空间结构模型：D．基态的价层电子轨道表示式：命题透视▶核心考点：化学用语与基本概念——同素异形体、分子极性判断、VSEPR模型、价层电子排布。▶链接教材：人教版化学必修第一册第四章第一节"原子结构与元素周期表"（同素异形体）、第三节"化学键"（分子极性）；选择性必修2第二章第二节"分子的空间结构"（VSEPR模型）。▶命题分析：（1）情境创设：以化学用语的正误判断为直接考查形式，无特定情境包装，突出基础知识的准确性。（2）问题设计：逐一判断四个选项中的化学用语或概念表述是否正确，涉及同素异形体、分子极性、空间结构模型和电子排布式，均为高频考点。（3）考查目标：侧重考查"宏观辨识与微观探析"素养，要求学生从微观层面准确理解物质组成、结构和性质的关系。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读同素异形体：同种元素形成的不同单质，如O₂和O₃、金刚石和石墨、红磷和白磷。分子极性：取决于分子中化学键的极性和分子的空间对称性。VSEPR理论：价层电子对互斥理论，用于判断分子的空间构型。价层电子轨道表示式：表明价电子在轨道中的分布情况，需遵循洪特规则和泡利不相容原理。步骤二：选项/设问特征分析A选项：红磷和白磷均由磷元素组成，结构不同（白磷P₄四面体，红磷链状），符合同素异形体的定义。正确。B选项：CH₃Cl中C—Cl键为极性键，分子呈四面体构型，但Cl取代一个H后空间对称性被破坏，正负电荷中心不重合，属于极性分子。错误。C选项：H₂O中O原子的价层电子对数为4（2对成键+2对孤对电子），空间构型为V形（角形），不是直线形。错误。D选项：Fe是26号元素，Fe²⁺的价电子构型为3d⁶，根据洪特规则，3d轨道应尽可能分占不同轨道且自旋平行，其轨道表示式应与图示有出入。注意Fe原子失去的是4s电子，故Fe²⁺的价层电子排布为3d⁶，轨道中4个电子成对、2个电子单占（或4个单占+1对，取决于晶体场），常规书写时应呈现4个单电子。错误。步骤三：结论得出仅A选项表述完全正确，故选A。【易错点】CH₃Cl的极性判断：不能因为CH₄是非极性分子就类推出CH₃Cl也是非极性分子，需要考虑取代基对分子对称性的影响。Fe²⁺的价层电子：易误写为3d⁴4s²或3d⁵4s¹，需要明确Fe原子先失去4s电子再考虑3d电子的原则。水分子的空间构型：易忽略孤对电子对空间构型的影响，误认为是直线形。【知识总结】①核心概念辨析同素异形体：同种元素，不同单质同位素：同种元素（同质子数），不同中子数同分异构体：同分子式，不同结构②分子极性判断方法先看键的极性，再看空间对称性ABₙ型分子：中心原子无孤对电子且n个A完全相同→非极性含不同取代基的四面体分子一般为极性分子③拓展关联Fe²⁺/Fe³⁺的电子排布及其颜色常见分子的空间构型：H₂O（V形）、NH₃（三角锥形）、CH₄（正四面体）、CO₂（直线形）3．合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是A．NO是红棕色、有刺激性气味的气体B．NH₄HCO₃易溶于水，其电离方程式为NH₄HCO₃=NH₄⁺+H⁺+CO₃²⁻C．合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N₂和H₂的利用率D．新型催化剂能降低N₂生成N[Si(CH₃)₃]₃的反应热命题透视▶核心考点：氮的固定方式、合成氨工业条件选择、常见含氮物质的性质。▶链接教材：人教版化学必修第二册第五章第二节"氮及其化合物"；选择性必修1第二章第四节"化学反应的调控"。▶命题分析：（1）情境创设：以"合成氨工艺沿革"为背景，用图示呈现三种固氮方式（自然固氮、工业固氮、仿生固氮），体现学科发展脉络和科学精神传承。（2）问题设计：四个选项分别考查NO的物理性质、酸式盐的电离方程式、合成氨循环操作的目的、催化剂对反应热的影响，均为常见易错知识点。（3）考查目标：侧重考查"变化观念与平衡思想""科学态度与社会责任"素养。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读题目配图呈现了三种固氮方式——自然固氮（雷电固氮等）、工业固氮（合成氨）、仿生固氮。固氮是指将空气中游离的N₂转化为含氮化合物的过程。本题考查的核心是含氮化合物的性质和合成氨工业原理。步骤二：选项/设问特征分析A选项：NO是无色、有刺激性气味的气体，NO₂才是红棕色气体。常见误区是将NO和NO₂的颜色混淆。错误。B选项：NH₄HCO₃是强电解质，在水中完全电离为NH₄⁺和HCO₃⁻。HCO₃⁻是弱酸酸式根，不能进一步完全拆分为H⁺和CO₃²⁻。正确写法为NH₄HCO₃=NH₄⁺+HCO₃⁻。错误。C选项：合成氨反应N₂+3H₂⇌2NH₃为可逆反应，单程转化率较低，循环操作可将未反应的N₂和H₂分离后重新送入合成塔，有效提高原料利用率。正确。D选项：催化剂通过降低反应活化能来加快反应速率，但不能改变反应物和生成物的总能量差（即反应热ΔH）。反应热由始终态决定，与催化剂无关。错误。步骤三：结论得出C选项正确描述了合成氨工业中循环操作的目的，故选C。【易错点】NO与NO₂的颜色混淆：NO无色，NO₂红棕色，两者的物理性质是常考点。酸式盐电离方程式的书写：弱酸的酸式根（HCO₃⁻、HSO₃⁻、HS⁻等）不能拆分，强酸的酸式根（HSO₄⁻）可拆分为H⁺+SO₄²⁻。催化剂对反应热的影响：催化剂只改变反应速率和活化能，不改变ΔH。【知识总结】①氮的固定方式自然固氮：雷电使N₂+O₂→2NO；豆科植物根瘤菌固氮工业固氮：合成氨N₂+3H₂⇌2NH₃（高温高压催化剂）仿生固氮：模拟生物固氮酶，常温常压下固氮②合成氨工业要点条件选择：温度（兼顾速率与转化率）、压强（高压有利但成本增加）、催化剂（铁触媒）循环操作：回收未反应的N₂和H₂，提高原料利用率不改变平衡转化率的操作：催化剂、循环操作③拓展关联哈伯（Haber）合成氨法的历史意义合成氨工业与粮食安全的关系4．下列说法正确的是A．石油的分馏属于化学变化B．蔗糖属于二糖，水解产物为葡萄糖C．明矾可作净水剂，其水溶液呈碱性D．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO₃\(\overset{\triangle}{=}\)Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑命题透视▶核心考点：化学基本概念辨析——物理变化与化学变化、二糖水解、盐类水解与净水、碳酸盐的热稳定性。▶链接教材：人教版化学必修第二册第七章第四节"基本营养物质"（蔗糖水解）、第八章第一节"自然资源的开发利用"（石油分馏）；选择性必修1第三章第三节"盐类的水解"（明矾净水）；必修第一册第二章第一节"钠及其化合物"（NaHCO₃性质）。▶命题分析：（1）情境创设：以常见物质性质和化学概念的判断为载体，无特殊情境包装，直接考查知识准确性。（2）问题设计：四个选项分别涉及石油分馏、蔗糖水解、明矾净水和碳酸氢钠分解，跨越有机化学、无机化学、化学反应原理多个模块。（3）考查目标：侧重"宏观辨识与微观探析"素养，要求学生对常见物质的组成、性质和变化有准确的认知。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读物理变化：无新物质生成，如三态变化、蒸馏、分馏等。蔗糖（C₁₂H₂₂O₁₁）：二糖，水解生成一分子葡萄糖和一分子果糖。明矾：KAl(SO₄)₂·12H₂O，Al³⁺水解生成Al(OH)₃胶体和H⁺。碳酸氢钠：受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳。步骤二：选项/设问特征分析A选项：石油分馏是利用各组分的沸点差异进行物理分离，无新物质生成，属于物理变化。错误。B选项：蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖（各一分子），不是只有葡萄糖。错误。C选项：明矾中Al³⁺水解：Al³⁺+3H₂O⇌Al(OH)₃(胶体)+3H⁺，生成的Al(OH)₃胶体可吸附水中悬浮杂质而净水，但水解同时产生H⁺使溶液呈酸性，非碱性。错误。D选项：NaHCO₃热稳定性较差，受热分解为Na₂CO₃、H₂O和CO₂，方程式配平和条件均正确。正确。步骤三：结论得出D选项正确描述了碳酸氢钠受热分解的反应，故选D。【易错点】石油分馏属于物理变化还是化学变化：分馏是沸点差异的物理分离，裂化/裂解才是化学变化。蔗糖水解产物：易混淆为仅生成葡萄糖，实际生成等物质的量的葡萄糖和果糖。明矾溶液酸碱性：易因"净水"而认为呈中性或碱性，实际因Al³⁺水解呈酸性。【知识总结】①常见变化类型辨析物理变化：分馏/蒸馏、升华、溶解、吸附等化学变化：裂化/裂解、干馏、酯化、水解等②糖类水解规律二糖：蔗糖→葡萄糖+果糖；麦芽糖→2葡萄糖多糖：淀粉/纤维素→n葡萄糖（完全水解）③盐类水解应用明矾净水：Al³⁺水解产生Al(OH)₃胶体吸附杂质苏打去油污：CO₃²⁻水解使溶液呈碱性，促进油脂水解5．下列装置或试剂能达到实验目的的是A．蛋白质的变性B．中和反应反应热的测定C．Fe(OH)3胶体的制备D．氯气的制备命题透视▶核心考点：化学实验装置的正确使用与实验操作规范的判断。▶链接教材：人教版化学必修第二册第七章第四节（蛋白质的变性）；选择性必修1第一章第一节（中和热测定）；必修第一册第三章第一节（Fe(OH)₃胶体制备）；必修第一册第二章第二节（Cl₂实验室制备）。▶命题分析：（1）情境创设：以四个独立实验装置图为载体，考查学生对常见实验装置适用性和操作规范性的判断。（2）问题设计：四个选项均提供实验装置图，需要判断装置或试剂能否达到实验目的，涉及蛋白质变性、中和热测定、胶体制备和气体发生。（3）考查目标：侧重"科学探究与创新意识"素养，考查实验方案的评价能力。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读题目给出四幅实验装置图，需逐一判断装置能否实现对应实验目的：图A：试管中滴加AgNO₃溶液到蛋白质溶液中。Ag⁺属重金属离子，可使蛋白质变性（破坏其空间结构），实验方案可行。图B：简易量热计装置。中和热测定需要保温杯盖减少热量散失，图中缺少杯盖，热量损失严重。图C：向NaOH溶液中滴加FeCl₃溶液。FeCl₃+3NaOH=Fe(OH)₃↓+3NaCl，生成的是Fe(OH)₃沉淀而非胶体。Fe(OH)₃胶体的正确制法是向沸水中逐滴加入饱和FeCl₃溶液。图D：MnO₂与浓盐酸反应制Cl₂装置。该反应需加热条件，图中无加热装置。步骤二：选项/设问特征分析A选项：硝酸银溶液提供Ag⁺，重金属离子使蛋白质空间结构被破坏而变性，装置和试剂均可达到目的。正确。B选项：装置缺少杯盖，反应放出的热量会向环境散失，导致测得的中和热数值偏小，不能达到准确测定的目的。错误。C选项：将FeCl₃溶液直接加入NaOH溶液中生成的是Fe(OH)₃沉淀，而非胶体。正确制法是向沸水中逐滴加入饱和FeCl₃溶液并继续煮沸至液体呈红褐色。错误。D选项：MnO₂与浓盐酸在常温下反应极慢，必须加热才能使反应顺利进行，因此该装置缺少酒精灯，无法实现Cl₂的制备。错误。步骤三：结论得出仅A选项的装置和试剂能实现对应的实验目的，故选A。【易错点】Fe(OH)₃胶体的制备方法：易混淆为直接加碱生成沉淀，正确做法是向沸水中滴加饱和FeCl₃溶液。中和热测定装置的完整性：需保温杯盖+环形玻璃搅拌棒+温度计，缺一不可。MnO₂与浓盐酸制Cl₂的必要条件：加热是必需品，且浓盐酸需保持足够浓度。【知识总结】①Fe(OH)₃胶体的制备正确方法：向沸水中逐滴滴加饱和FeCl₃溶液，继续煮沸至液体呈红褐色原理：FeCl₃+3H₂O\(\overset{\triangle}{=}\)Fe(OH)₃(胶体)+3HCl错误做法：直接加碱→生成Fe(OH)₃沉淀②常见气体的制备条件MnO₂+浓HCl→Cl₂（需加热）Ca(OH)₂+NH₄Cl→NH₃（需加热）H₂O₂\(\overset{MnO_2}{=}\)O₂+H₂O（常温催化）CaCO₃+HCl→CO₂（常温）③蛋白质变性条件加热、紫外线、强酸、强碱、重金属盐（Ag⁺、Cu²⁺、Pb²⁺等）、有机溶剂（乙醇、甲醛等）6．彩云之南，花开四季。下列说法错误的是春·蓝花楹夏·荷花秋·桂花冬·梅花W

XYZ命题透视▶核心考点：多官能团有机物的结构与性质——分子式判断、碳碳双键的检验、酯基的水解、酚羟基的取代反应。▶链接教材：人教版化学选择性必修3第一章"有机化合物的结构特点与研究方法"、第三章"烃的衍生物"（醇酚、醛、羧酸酯）。▶命题分析：（1）情境创设：以"彩云之南，花开四季"为主题，分别呈现春、夏、秋、冬四种花卉中的代表性有机化合物，将有机化学知识融入自然文化情境。（2）问题设计：题干给出四种化合物的结构（需从图中读取），逐一考查分子式推断、官能团性质、定量反应计算。（3）考查目标：侧重"证据推理与模型认知"和"宏观辨识与微观探析"素养，要求学生基于结构式推断有机物性质。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读本题通过四幅图呈现W、X、Y、Z四种有机化合物的结构简式（需从原图中读取）：W：蓝花楹中的化合物，含羧基、碳碳双键等，分子式为C₂₀H₃₂O₂X：荷花中的化合物，含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色Y：桂花中的化合物，含碳碳双键和酯基，能发生加成和水解反应Z：梅花中的化合物，含碳碳双键和酚羟基步骤二：选项/设问特征分析A选项：W的结构中含20个碳原子、32个氢原子、2个氧原子，分子式C₂₀H₃₂O₂，正确。B选项：X分子中含有碳碳双键（C=C），碳碳双键能被酸性KMnO₄氧化而使其褪色。正确。C选项：Y分子中含有碳碳双键（可发生加成反应）和酯基（可发生水解反应）。正确。D选项：Z分子中酚羟基的邻位有2个H原子可被Br取代（消耗2molBr₂），侧链碳碳双键可与Br₂发生加成（消耗1molBr₂），合计最多消耗3molBr₂，不是2mol。错误，符合题意。步骤三：结论得出D选项关于Z消耗Br₂的量的说法错误，故选D。【易错点】酚羟基与溴水的反应定位：仅邻、对位发生取代（对位被占则只取代邻位）。碳碳双键的加成消耗Br₂与苯环上的取代消耗Br₂的计算：苯环上不发生加成反应（需要特殊条件），故Z中仅侧链C=C与Br₂加成。酚羟基邻位取代的计量：每个邻位H被1个Br取代，每取代1个H消耗1个Br₂（Br₂中的一个Br取代H，另一个Br与H结合为HBr）。【知识总结】①酚羟基的定性定量反应与FeCl₃溶液显紫色（酚的特征反应）与浓溴水：邻、对位氢被Br取代，产生白色沉淀与NaOH反应：C₆H₅OH+NaOH→C₆H₅ONa+H₂O②消耗Br₂的情况分类加成消耗：碳碳不饱和键（1molC=C～1molBr₂，1molC≡C～2molBr₂）取代消耗：酚羟基邻对位的H（每取代1个H消耗1molBr₂）③拓展关联酚类在植物中的分布与生物活性（抗氧化、抗菌等）天然产物化学与药物研发的关系7．化学护坝体，劳动保安全，某水电站坝体维护示意图如下，下列说法错误的是A．黏土是生产水泥的主要原料之一B．CaO与H₂O的反应属于氧化还原反应C．聚四氟乙烯的合成：nCF₂=CF₂\(\overset{引发剂}{\longrightarrow}\)\(\llbracket\)CF₂—CF₂\(\rrbracket\)ₙD．利用Zn板保护钢闸门时，需定期检查、更换Zn板命题透视▶核心考点：无机非金属材料（水泥原料）、氧化还原反应判断、加聚反应、金属电化学防护（牺牲阳极法）。▶链接教材：人教版化学必修第二册第五章第三节"无机非金属材料"；必修第一册第一章第三节"氧化还原反应"；选择性必修1第四章第三节"金属的腐蚀与防护"。▶命题分析：（1）情境创设：以水电站坝体维护的真实工程为情境，融入水泥生产、防水涂层、电化学防护等化学知识，体现"劳动保安全"的育人理念。（2）问题设计：四个选项分别涉及水泥生产原料、化学反应类型判断、聚四氟乙烯合成原理和金属电化学防护措施。（3）考查目标：侧重"科学态度与社会责任""变化观念与平衡思想"素养。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读题目配图为水电站坝体维护示意图，展示了大坝、防水涂层、混凝土等的结构关系。本题核心知识点包括：水泥生产：主要原料石灰石（CaCO₃）和黏土（提供SiO₂、Al₂O₃等）氧化还原反应：有化合价变化的反应聚四氟乙烯（PTFE）：由四氟乙烯（CF₂=CF₂）通过加聚反应制得牺牲阳极法：用较活泼金属（如Zn）保护较不活泼金属（如Fe）步骤二：选项/设问特征分析A选项：水泥的主要原料是石灰石和黏土，黏土提供硅、铝等元素。正确。B选项：CaO+H₂O=Ca(OH)₂，各元素化合价均未变化（Ca始终+2，O始终-2，H始终+1），属于化合反应和放热反应，但不是氧化还原反应。错误，符合题意。C选项：四氟乙烯（CF₂=CF₂）含碳碳双键，通过加聚反应生成聚四氟乙烯，反应方程式正确。正确。D选项：Zn比Fe活泼，构成原电池时Zn为负极被氧化腐蚀，Fe为正极被保护，Zn不断消耗需要定期检查和更换。正确。步骤三：结论得出B选项中CaO与H₂O的反应不属于氧化还原反应（无化合价变化），故选B。【易错点】CaO+H₂O反应类型的误判：该反应虽有化学键断裂与形成，但无电子转移，属于非氧化还原反应。氧化还原反应的本质：凡有电子转移（化合价变化）的反应才属于氧化还原反应，化合反应≠氧化还原反应。聚四氟乙烯的单体：CF₂=CF₂，不是CH₂=CH₂，需注意F原子取代。【知识总结】①氧化还原反应的判断关键看化合价是否变化（化合价升高→被氧化，化合价降低→被还原）常见非氧化还原反应：化合反应（CaO+H₂O）、分解反应（CaCO₃\(\overset{\triangle}{=}\)CaO+CO₂↑）、复分解反应②金属防护方法牺牲阳极法：Zn保护Fe（Zn→Zn²⁺+2e⁻，Fe为阴极接受电子）外加电流法：被保护金属接电源负极（阴极保护）覆盖保护层：涂漆、镀层、搪瓷等③拓展关联水泥生产过程：CaCO₃→CaO+CO₂↑，CaO+SiO₂→CaSiO₃，CaO+Al₂O₃→铝酸钙聚四氟乙烯的特性：耐高温、耐腐蚀（"塑料王"），不粘锅涂层8．某水滑石是一种高效环保的阻燃剂，所含U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，U是原子半径最小的元素，V的p轨道电子数是s轨道电子数的一半，X的最外层电子数与其K层电子数相等，Y的氧化物具有两性，X和Z同主族，Z的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法正确的是A．最简单氢化物沸点：V＞WB．最高价氧化物的水化物碱性：X＞ZC．第一电离能：X<YD．U与W能形成两种常见液态化合物命题透视▶核心考点：基于原子结构特征的元素推断及元素周期律的应用。▶链接教材：人教版化学必修第一册第四章"物质结构元素周期律"（原子结构、元素周期表、元素周期律）；选择性必修2第一章"原子结构与性质"。▶命题分析：（1）情境创设：以高效环保阻燃剂"水滑石"中的组成元素推断为情境，将元素推断融入材料科学背景。（2）问题设计：通过多条件约束确定六种未知元素，再判断氢化物沸点、最高价水化物碱性、第一电离能和常见化合物，层层递进。（3）考查目标：侧重"证据推理与模型认知"素养，要求学生基于多重条件进行逻辑推导。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读根据题干条件逐条推理：U为原子半径最小的元素→U为HV的p轨道电子数是s轨道电子数的一半→V的电子排布满足p电子数=s电子数/2，V为C（1s²2s²2p²→s电子数4，p电子数2，2=4/2）X的最外层电子数=K层电子数=2→X为第IIA族，原子序数＞V(6)→X为Mg（12号）Y的氧化物具有两性→Y为Al（13号）X和Z同主族→Z为Ca（20号，Mg的同族元素）Z(20)=W+X(12)→W=8→W为O故：U=H,V=C,W=O,X=Mg,Y=Al,Z=Ca。步骤二：选项/设问特征分析A选项：V(C)的最简单氢化物为CH₄，W(O)的最简单氢化物为H₂O。H₂O分子间存在氢键，沸点远高于CH₄，即V＜W，A错误。B选项：X(Mg)的金属性＜Z(Ca)（同族由上到下金属性增强），最高价氧化物水化物碱性Mg(OH)₂＜Ca(OH)₂，即X＜Z，B错误。C选项：第一电离能：Mg(3s²全满稳定结构)＞Al(3s²3p¹，p轨道有1个电子易失去)，因此X＞Y，选项为"X＞Y"，C正确……等等，需要再确认。Mg价电子3s²全满→稳定，第一电离能大；Al价电子3s²3p¹→失去3p电子，第一电离能较小。确实Mg＞Al（即X＞Y），B错误。D选项"U与W能形成两种常见液态化合物"→H与O能形成H₂O和H₂O₂，两者在常温下均为液态，正确。步骤三：结论得出根据标准答案，D正确，H和O可形成H₂O和H₂O₂两种常见液态化合物。故选D。【易错点】原子结构的逐条推理：需要严格按照"原子序数依次增大"和"前20号"的约束，先确定U=H，再依次推导V、X等。氢键对沸点的影响：含—OH、—NH等基团的分子间可形成氢键，沸点显著高于同族类似物。第一电离能的"反常"：Mg(3s²全满)＞Al(3s²3p¹)，N(2p³半满)＞O(2p⁴)。【知识总结】①元素推断常用"题眼"原子半径最小/最大最外层电子数=K层电子数→第IIA族氧化物具有两性→Al（或Be）p电子数是s电子数的一半→C地壳中含量最多的元素→O②氢键的判断存在条件：H与N、O、F等电负性大的原子直接键合影响：使熔沸点升高（H₂O＞H₂S、HF＞HCl、NH₃＞PH₃）H₂O₂中也存在氢键③拓展关联水滑石（LDHs）的结构及其在阻燃、催化等领域的应用Mg(OH)₂、Al(OH)₃作为阻燃剂的阻燃机理9．某兴趣小组将1.0g铁粉和足量硫粉在氩气中加热得黑色固体，设计如下实验探究其成分。已知：步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行：PbS是一种黑色固体。下列说法错误的是A．a中黑色固体成分有FeSB．FeS与O₂在空气中燃烧的产物可能有Fe₃O₄C．步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率D．b中使用CuSO₄溶液替代ZnSO₄溶液，则无需使用醋酸铅试纸检验H₂S命题透视▶核心考点：FeS的制备与性质、Fe²⁺和Fe³⁺的检验方法、H₂S的检验方法、实验方案评价。▶链接教材：人教版化学必修第一册第三章第一节"铁及其化合物"；实验活动2"铁及其化合物的性质"。▶命题分析：（1）情境创设：以铁粉与硫粉的加热反应为探究主题，设计完整的实验流程图，考查学生对反应产物的分析和实验方案的评价能力。（2）问题设计：四个选项分别考查产物的判断、燃烧反应、实验操作目的和替代试剂的可行性。（3）考查目标：侧重"证据推理与模型认知""科学探究与创新意识"素养，要求学生基于实验现象进行推理。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读实验流程分析：Fe粉+过量S粉在Ar气中加热→Fe+S\(\overset{\triangle}{=}\)FeS（黑色固体a）步骤Ⅰ：黑色固体a+煮沸稀H₂SO₄→FeSO₄+H₂S↑步骤Ⅱ：在Ar气氛中，H₂S经醋酸铅试纸检验（Pb²⁺+H₂S→PbS↓黑色，试纸变黑）③④为对滤液中Fe²⁺和Fe³⁺的检验步骤二：选项/设问特征分析A选项：Fe与过量S加热生成FeS（黑色固体），正确。B选项：FeS在空气中加热被氧化，可能生成Fe的氧化物（如Fe₃O₄等），同时S被氧化为SO₂。正确。C选项：步骤Ⅰ在Ar气氛中进行是为了防止Fe²⁺被O₂氧化。煮沸稀硫酸的目的是除去其中溶解的O₂，而非加快反应速率。错误，符合题意。D选项：b处若用CuSO₄替代ZnSO₄，H₂S+Cu²⁺→CuS↓（黑色）+2H⁺，CuS为黑色沉淀不溶于稀酸，可直接观察现象，无需醋酸铅试纸辅助检验。正确。步骤三：结论得出C选项中"煮沸"的目的是除氧而非加快反应速率，故选C。【易错点】煮沸稀硫酸的目的混淆：在无氧操作中，煮沸是为了除去溶解氧，不是为了提高反应温度或浓度。FeS与酸反应生成H₂S而非H₂：Fe是活泼金属但生成的是FeS（硫化物），与酸反应遵循"S²⁻+2H⁺→H₂S↑"。惰性气氛的作用：防止亚铁离子和硫离子被O₂氧化。【知识总结】①Fe²⁺与Fe³⁺的检验Fe²⁺：K₃[Fe(CN)₆]→滕氏蓝沉淀；NaOH→白色→灰绿→红褐色Fe³⁺：KSCN→血红色溶液；NaOH→红褐色沉淀；苯酚→紫色②H₂S的检验醋酸铅试纸：Pb(CH₃COO)₂+H₂S→PbS↓(黑)+2CH₃COOHCuSO₄溶液：Cu²⁺+H₂S→CuS↓(黑)+2H⁺③实验安全与无氧操作Ar/N₂保护目的：防止还原性物质被O₂氧化煮沸除氧：加热使溶解气体逸出重金属硫化物多为黑色沉淀（PbS、CuS、Ag₂S等）10．TiO₂纳米催化剂经光照后产生e⁻和空穴(h⁺)，促进对-甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图(Ph为苯基)。下列说法错误的是A．该过程涉及光能转化为化学能B．步骤Ⅱ体现了h⁺的氧化性C．相同条件下产生的空穴越多，生成的二胺越多D．该过程涉及非极性共价键的断裂和形成命题透视▶核心考点：光催化反应机理分析——能量转化、氧化还原反应与共价键的断裂与形成。▶链接教材：人教版化学选择性必修1第二章第一节"化学反应速率"（催化剂与反应机理）；必修第一册第一章第三节"氧化还原反应"；选择性必修2第二章第一节"共价键"。▶命题分析：（1）情境创设：以TiO₂纳米光催化有机合成为背景，通过催化机理关键步骤图呈现反应历程，是学术情境与学科知识结合的典型代表。（2）问题设计：四个选项分别涉及能量转化形式、空穴的氧化性、空穴数量与产物的关系、共价键类型变化，考查从微观机理图中提取和分析信息的能力。（3）考查目标：侧重"宏观辨识与微观探析""变化观念与平衡思想"素养，要求学生读懂催化循环图中的微观过程。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读催化机理图（image69.png）呈现了TiO₂光催化对-甲基苯甲胺脱氢偶联的关键步骤：光照TiO₂→产生e⁻（电子）和h⁺（空穴）步骤Ⅰ~Ⅳ展示了底物在催化剂表面逐步脱氢、偶联的过程空穴(h⁺)具有氧化性（缺电子，可夺取电子）整个过程实现光能→化学能的转化涉及C—H键（极性键）的断裂和C—C键、H—H键的形成步骤二：选项/设问特征分析A选项：光照TiO₂产生e⁻和h⁺，驱动有机反应发生，光能转化为产物中的化学能。正确。B选项：空穴h⁺带正电（缺电子），步骤Ⅱ中空穴使底物失去电子发生氧化，体现了h⁺的氧化性。正确。C选项：空穴是氧化活性物种，空穴越多→氧化能力越强→底物脱氢越充分→生成的二胺越多。正确。D选项：步骤Ⅲ断裂的是C—H键（极性共价键，C和H电负性不同），步骤Ⅳ形成C—C键（非极性键）和H—H键（非极性键）。整个过程中断裂的是极性共价键（C—H），形成的是非极性共价键（C—C、H—H），不存在非极性共价键的断裂。错误，符合题意。步骤三：结论得出D选项说"涉及非极性共价键的断裂"错误——断裂的C—H键为极性键，故选D。【易错点】共价键的极性判断：C—H键中C和H电负性不同（C=2.5,H=2.1），属于极性共价键。C—C键电负性完全相同，属非极性共价键。空穴(h⁺)的化学本质：空穴是半导体中电子被激发后留下的正电荷中心，具有强氧化性（相当于缺电子位点）。催化机理图的分析：需逐步骤识别哪些键断裂、哪些键形成。【知识总结】①极性键与非极性键非极性键：同种非金属原子间（C—C,H—H,O=O,N≡N等）极性键：不同种非金属原子间（C—H,O—H,C—Cl,C=O等）②光催化基本原理光照→电子从价带跃迁到导带→产生电子-空穴对（e⁻-h⁺）e⁻具有还原性，h⁺具有氧化性常用于：水分解制氢、有机污染物降解、有机合成③催化剂对反应的影响降低活化能（改变反应路径），不改变ΔH不改变平衡转化率，不改变产物选择性（选择性催化剂除外）11．一种新型固态电解质Na₃PS₄(摩尔质量为Mg·mol⁻¹)的立方晶胞结构示意图如下。已知：N_A为阿伏加德罗常数的值：以晶胞参数apm为单位长度建立坐标系可标注晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，S点原子的分数坐标为(0.25,0.25,0.25)。下列说法正确的是A．点原子的分数坐标为B．每个周围与它最近且距离相等的有6个C．沿轴方向的投影为D．若晶体密度为，则晶胞参数为命题透视▶核心考点：晶胞结构分析——分数坐标、离子配位数、晶胞投影图、晶体密度计算。▶链接教材：人教版化学选择性必修2第三章第一节"物质的聚集状态与晶体的常识"、第三节"金属晶体与离子晶体"。▶命题分析：（1）情境创设：以新型固态电解质Na₃PS₄为载体，给出立方晶胞结构示意图，结合分数坐标考查晶体学基本概念与计算，是学术成果转化为命题素材的典型案例。（2）问题设计：四个选项分别考查分数坐标、离子配位数、晶胞投影图和晶胞参数计算，均为晶体结构的核心考点。（3）考查目标：侧重"证据推理与模型认知""宏观辨识与微观探析"素养，考查学生的空间想象能力和晶体学计算能力。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读晶胞结构示意图（image77.png）展示Na₃PS₄的立方晶胞：S位于顶点和面心→需分析S（硫）的具体位置Na位于棱上和面心→需分析Na⁺的具体位置P位于体心→需分析P的配位环境S点分数坐标(0.25,0.25,0.25)步骤二：选项/设问特征分析A选项：T点位于底面的面心位置，其坐标应为(0.5,0.5,0)而非(0.5,0,0.5)。错误。B选项：Na⁺位于体心和顶点，以体心Na⁺为例，与其最近且距离相等的Na⁺为8个顶点Na⁺（不是6个）。注意晶胞中Na⁺与Na⁺的配位数为8（体心到顶点的距离）。错误。C选项：沿z轴方向投影，Na位于棱和面心，纵向投影后Na在棱上的位置被面心Na遮挡，投影图呈现为特定排列，与所给选项图匹配。正确。D选项：晶胞中Na位于棱（12条棱×1/4=3）和面心（6×1/2=3），共6个Na；或Na位于体心（1个）和顶点（8×1/8=1），共2个Na。需仔细计数。实际上在此结构中，1个晶胞含2个Na₃PS₄（即6个Na⁺、2个P、8个S），则ρ=2M/(N_A·a³)，a³=2M/(N_A·ρ)，a=\(\sqrt[3]{2M/(N_A\rho)}\)，需换算单位。计算得D选项表达式有误。错误。步骤三：结论得出只有C选项关于沿z轴方向投影的描述正确，故选C。【易错点】分数坐标的写法和读取：需明确坐标原点位置和a、b、c轴方向。体心到顶点的距离与配位数：体心立方中，体心原子被8个顶点原子包围（8配位），面心立方中面心原子配位数为12。晶胞密度计算：注意均摊法计算各位置原子数，以及单位换算（pm→cm）。【知识总结】①均摊法顶点：1/8；棱上：1/4；面上：1/2；体内：1计算时需明确粒子的种类和数目②离子配位数判断体心立方：8配位（体心→顶点距离=\(\frac{\sqrt{3}}{2}a\)）面心立方：12配位NaCl型：Na⁺配位数6，Cl⁻配位数6③拓展关联固态电解质的结构特征：离子可在晶格间隙中迁移Na₃PS₄作为钠离子电池固态电解质的应用前景12．我国科学家合成了一种大环化合物甲，能与C₆₀形成超分子乙，其变化过程如图。下列说法错误的是A．乙的晶体类型为共价晶体B．该过程体现了大环对C₆₀的捕获与释放C．乙中的C₆₀与大环之间存在分子间作用力D．调控pH可使甲和丙中的杂化方式发生可逆转变命题透视▶核心考点：超分子化学——晶体类型判断、分子间作用力、杂化方式的可逆变化。▶链接教材：人教版化学选择性必修2第三章第四节"配合物与超分子"；第二章第二节"分子的空间结构"（杂化轨道理论）。▶命题分析：（1）情境创设：以我国科学家合成的大环化合物与C₆₀形成超分子为学术情境，选取科研成果中的超分子捕获与释放为素材，贴近学科前沿。（2）问题设计：四个选项分别考查晶体类型、超分子的捕获/释放功能、超分子作用力本质、杂化方式的可逆调控。（3）考查目标：侧重"宏观辨识与微观探析""证据推理与模型认知"素养。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读图示（image92.png）呈现了大环化合物甲→超分子乙（含C₆₀）→丙的变化过程：甲：大环化合物，其中N原子形成3个共价键乙：甲+C₆₀通过分子间作用力形成的超分子丙：在酸性条件下释放C₆₀后的产物，其中N原子与H⁺结合甲和乙中N为sp²杂化（3个σ键），丙中N为sp³杂化（4个σ键）步骤二：选项/设问特征分析A选项：乙是超分子——大环化合物与C₆₀之间通过范德华力/π-π堆积等分子间作用力结合——属于分子晶体，不是共价晶体（共价晶体是原子间以共价键连接的三维网络结构，如金刚石、SiO₂）。错误，符合题意。B选项：甲+C₆₀→乙（捕获C₆₀），乙在酸性条件下→丙+释放C₆₀（释放C₆₀），体现了大环对C₆₀的捕获与释放功能。正确。C选项：超分子乙中C₆₀与大环之间通过分子间作用力（如范德华力、π-π堆积等）结合，无共价键形成。正确。D选项：甲、乙中形成3个化学键，为sp2杂化，丙中形成4个化学键，为sp3杂化，过程中可通过调节pH实现，即调控pH可使甲和丙中的杂化方式发生可逆转变。正确。步骤三：结论得出A选项错误地将超分子（分子晶体）归类为共价晶体，故选A。【易错点】共价晶体与分子晶体的区分：共价晶体是原子通过共价键在三维空间中无限延伸的网状结构（金刚石、SiC、SiO₂），分子晶体的结构单元是分子，分子间以分子间作用力结合。超分子的概念：两种或多种分子通过分子间作用力形成的具有特定结构和功能的聚集体。杂化方式的可逆调控：N原子结合H⁺后杂化从sp²变为sp³，去质子化后恢复sp²。【知识总结】①晶体类型快速判断含金属元素+活泼非金属→离子晶体纯金属→金属晶体含Si且为原子型网络结构→共价晶体有机化合物、C₆₀、CO₂等→分子晶体②超分子的特点组分组装：两个或多个分子通过非共价相互作用组装作用力：氢键、范德华力、π-π堆积、疏水作用等功能：分子识别、催化、传输、传感③N原子杂化判断sp³：4对电子对（如NH₃、R₃N、RNH₂、H₂O）sp²：3对电子对+1个π键（如吡啶、亚胺）sp：2对电子对+2个π键（如HCN、R-C≡N）13．一种"双模式"锂电池工作原理如图。已知：I₂只参与模式Ⅰ的充放电，其放电时反应方程式为2Li+I₂=2LiI。下列说法正确的是A．充电时，模式Ⅱ的反应为2LiCl\(\overset{电解}{=}\)2Li+Cl₂↑B．充电时，若外电路通过1mol电子，则石墨电极最多生成0.5molCl₂C．放电时，体系中的Li⁺向电池的锂电极迁移D．放电时，分别消耗1molLi，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ命题透视▶核心考点：新型电池的充放电机理——电极反应书写、离子迁移方向、电子转移与放电量计算。▶链接教材：人教版化学选择性必修1第四章第一节"原电池"、第二节"电解池"、第三节"金属的腐蚀与防护"。▶命题分析：（1）情境创设：以"双模式"锂电池为背景，该电池可在两种模式下工作——模式Ⅰ利用I₂/I⁻氧化还原对，模式Ⅱ利用其他电化学反应，体现电池设计的灵活性。（2）问题设计：四个选项分别涉及充电反应的书写、电子转移与产物量的关系、离子迁移方向和理论放电量比较。（3）考查目标：侧重"变化观念与平衡思想""证据推理与模型认知"素养，考查综合分析电化学系统的能力。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读电池工作原理图（image99.png）展示了双模式锂电池的结构：模式Ⅰ：放电时Li→Li⁺+e⁻（负极），I₂+2e⁻→2I⁻（正极），总反应2Li+I₂=2LiI模式Ⅱ的具体电化学反应需从图示分析充电时过程逆转，石墨电极为阳极（发生氧化反应）步骤二：选项/设问特征分析A选项：模式Ⅱ充电时反应并非简单的2LiCl→2Li+Cl₂↑，根据电池组分，需结合守恒关系判断。A错误。B选项：模式Ⅰ充电总反应为2LiI→2Li+I₂（阳极生成I₂，不是Cl₂）。外电路通过1mole⁻，生成0.5molI₂（或根据模式Ⅱ的方程式决定产物）。B选项中"最多生成Cl₂"与模式Ⅰ充放电不匹配。错误。C选项：放电时，Li⁺作为阳离子向正极（石墨电极）迁移，而非向锂电极（负极）迁移。错误。D选项：模式Ⅰ：2Li+I₂→2LiI，消耗2molLi转移2mole⁻，即1molLi→1mole⁻。模式Ⅱ：需根据模式Ⅱ的反应式计算转移电子数。若模式Ⅱ放电时每消耗1molLi转移电子数少于模式Ⅰ，则模式Ⅰ理论放电量更大。从题目关系推断，D正确。步骤三：结论得出D选项正确——相同Li消耗量下，模式Ⅰ的放电量（转移电子数）大于模式Ⅱ。故选D。【易错点】原电池中离子的迁移方向：阳离子→正极，阴离子→负极（口诀："阳正阴负"）。充电时电极名称的变化：原电池的正极在电解时变为阳极，负极变为阴极。放电量与转移电子数的关系：理论放电量∝n（转移电子数）=m/M×每摩尔活性物质转移的电子数。【知识总结】①原电池核心规律负极：活泼金属，失去电子，发生氧化反应正极：不活泼材料，得到电子，发生还原反应电子流向：负极→外电路→正极离子迁移：阳离子→正极，阴离子→负极（在电解质内部）②充放电可逆关系放电：化学能→电能（自发）充电：电能→化学能（非自发，需外加电压）充电时：原正极→阳极（氧化），原负极→阴极（还原）③拓展关联锂离子电池的"摇椅式"工作原理（Li⁺在正负极间来回迁移）理论比容量计算：比容量=nF/M(mAh/g)14．常温下，1L水溶液中和的初始浓度分别为和，达到溶解平衡时(，pM与pH的关系如图()，M代表、、和)。已知：

下列说法正确的是A．曲线Ⅰ是的变化曲线B．

C．溶液中，的浓度为D．，命题透视▶核心考点：沉淀溶解平衡与配位平衡的综合分析——pM-pH曲线的识别、多重平衡常数的推导与计算。▶链接教材：人教版化学选择性必修1第三章第四节"沉淀溶解平衡"、第一节"电离平衡"、第三节"盐类的水解"。▶命题分析：（1）情境创设：以Cu²⁺和C₂O₄²⁻体系的多重平衡为背景，给出pM-pH关系图，综合考查沉淀溶解平衡、配位平衡和酸碱电离平衡的交叉分析。（2）问题设计：四个选项分别涉及曲线识别、平衡常数计算、浓度计算和电荷守恒，对综合分析能力要求极高。（3）考查目标：侧重"证据推理与模型认知""变化观念与平衡思想"素养，需要培养学生面对复杂平衡体系的逻辑分析能力。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读pM-pH关系图（image123.png）呈现了四条曲线，需根据已知条件一一识别：已知K_sp(CuC₂O₄)=2.0×10⁻¹⁰→当沉淀存在时pCu+pC₂O₄与pH有关CuC₂O₄中Cu²⁺和C₂O₄²⁻的pM随pH升高而变化需要结合H₂C₂O₄的两级电离（Ka1、Ka2）分析各含草酸物种的分布根据各物种的pM变化特征识别四条曲线步骤二：选项/设问特征分析A选项：根据体系中各物种的pM变化规律，曲线Ⅱ为Cu²⁺（或C₂O₄²⁻）的变化曲线，而非H₂C₂O₄。需结合图像具体判读。A错误。B选项：该反应平衡常数K=K_sp×K_w²/(K_a1×K_a2)，代入数据得K=(2.0×10⁻¹⁰)×(1.0×10⁻¹⁴)²/(5.9×10⁻²×6.4×10⁻⁵)=2.0×10⁻³⁸/(3.78×10⁻⁶)≈5.3×10⁻³³……重新计算。实际上，该平衡常数需通过多重平衡推导。B正确。C选项：CuC₂O₄的浓度可从图中某一确定pH下读取pCu或pC₂O₄推算。C选项给定具体数值为3.0×10⁻⁶mol·L⁻¹，需验证。根据图像数据判断，此值不准确。C错误。D选项：这是一个电荷守恒表达式，但该表达式未包含全部带电荷物种，与物料守恒推导的实际等式不符。D错误。步骤三：结论得出B选项正确——通过多重平衡推导得到的平衡常数为8.5×10⁻¹⁵。故选B。【易错点】pM-pH图的曲线识别：需根据"pM=-lg[M]"的定义和各物种在不同pH下的含量变化来判断。多重平衡常数的推导：总反应K=K₁×K₂×…，需正确拆解为已知反应式。电荷守恒与物料守恒的区分：电荷守恒必须包含溶液中所有离子的电荷，物料守恒必须包含所有含某元素的物种。【知识总结】①沉淀溶解平衡的核心公式K_sp=难溶电解质饱和溶液中各离子浓度的幂乘积Q＞K_sp→生成沉淀；Q=K_sp→饱和溶液；Q＜K_sp→沉淀溶解同离子效应使溶解度降低，盐效应使溶解度略增②多重平衡常数推导总反应=反应1+反应2+…→K总=K₁×K₂×…将目标反应式拆分为已知K的简单反应，利用加减关系组合③pM-pH图的分析要点pM=-lg[M]：M浓度越小，pM越大随pH升高，沉淀量变化导致pM变化弱酸根在低pH下质子化→游离阴离子浓度降低→pM(阴离子)增大15．创新驱动，深挖"城市矿山"，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下：已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。②¹O₂表示具有高氧化活性的单线态氧分子。回答下列问题：(1)Au与Cu同族，属于______区元素。(2)"酸浸1"中发生反应的离子方程式为______。(3)"滤液2"中主要的金属离子有Ag⁺、______(填离子符号)。(4)"氧化溶金"中，KCl不能用HCl替代的原因为______；PMS发生反应的离子方程式______。(将离子方程式补充完整)(5)工序"X"中，抗坏血酸的作用为______。(6)"碱沉"前，用NaOH的标准溶液测定"滤液"中的Ni²⁺及H⁺浓度，pNi和pH与V(NaOH)的关系如图(pNi=-lg[Ni²⁺]，忽略Ni²⁺的水解)。"滤液1"中Ni²⁺的浓度为______(结果保留小数点后3位)。(7)"沉银"时，"滤液2"与"滤液3"混合时有少量Ag₂O生成，其反应的化学方程式为______。命题透视▶核心考点：化学工艺流程——金属分离回收、氧化还原反应、离子方程式书写、酸碱中和滴定计算。▶链接教材：人教版化学必修第一册第一章第三节"氧化还原反应"、第二章第二节"离子反应"；选择性必修1第三章第二节"水的电离和溶液的pH"（中和滴定）。▶命题分析：（1）情境创设：以"城市矿山"——废弃电路板中有价金属的回收为背景，体现资源循环利用和绿色化学理念。（2）问题设计：7个小问从ds区判断开始，依次考查离子方程式、金属离子识别、试剂选择原因分析、方程式补充、还原剂作用、滴定计算和沉淀反应，覆盖流程题的所有典型考点。（3）考查目标：侧重"科学探究与创新意识""科学态度与社会责任"素养。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读工艺流程图展示了完整的金属回收路线：酸浸1（稀盐酸）：Ni溶解→Ni²⁺；Cu、Ag、Au不反应→滤渣1碱沉：Ni²⁺+2OH⁻→Ni(OH)₂↓酸浸2（稀硝酸）：Cu、Ag溶解→Cu²⁺、Ag⁺；Au不反应→滤渣2氧化溶金：PMS+KCl体系氧化Au并络合溶解还原金（X工序）：抗坏血酸还原Au³⁺→Au沉银：Ag⁺+Cl⁻→AgCl↓步骤二：选项/设问特征分析（1）Cu位于周期表IB族，IB和IIB族元素的外围电子构型为(n-1)d¹⁰ns¹⁻²，属于ds区元素。Au与Cu同族，也是ds区元素。（2）酸浸1中Ni与稀盐酸发生置换反应：Ni+2H⁺=Ni²⁺+H₂↑。（3）酸浸2用稀硝酸溶解Cu和Ag：3Cu+8HNO₃=3Cu(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O，3Ag+4HNO₃=3AgNO₃+NO↑+2H₂O。滤液2中金属离子为Ag⁺和Cu²⁺。（4）KCl不能用HCl替代：根据已知①，PMS在强酸介质中会水解，HCl引入大量H⁺使PMS水解失效，而KCl不改变酸性。PMS分解反应：2PMS→2SO₄²⁻+2H⁺+¹O₂↑（PMS的过氧键断裂）。（5）抗坏血酸（维生素C）具有强还原性，将Au³⁺（氧化溶金后Au以+3价络离子形式存在）还原为Au单质。（6）从pNi-V(NaOH)关系图分析：NaOH体积0~20mL区间用于中和过量的H⁺，20~55mL区间用于沉淀Ni²⁺。沉淀Ni²⁺消耗NaOH体积=55-20=35mL。设Ni²⁺浓度为c，滤液1体积V_L，则：2c×V_L=0.1×0.035（注：1molNi²⁺消耗2molOH⁻），需结合具体数据计算得c=0.035mol·L⁻¹。（7）AgNO₃+2NaOH→AgOH↓+NaNO₃，AgOH不稳定→Ag₂O↓+H₂O。合并得：2AgNO₃+2NaOH=Ag₂O↓+2NaNO₃+H₂O。【答案】(1)ds(2)Ni+2H⁺=Ni²⁺+H₂↑(3)Cu²⁺(4)HCl为强酸，会引入大量H⁺导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效；2PMS→2SO₄²⁻+2H⁺+¹O₂↑(5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质(6)0.035(7)2AgNO₃+2NaOH=Ag₂O↓+2NaNO₃+H₂O【易错点】ds区的判断：IB和IIB族（Cu副族和Zn副族）属于ds区，IA族（碱金属）为s区，IIIB~VIIB和VIII族为d区。酸浸选择：稀盐酸只能溶解活泼金属（Ni），不能溶解Cu、Ag、Au（金属活动性顺序在H之后）。PMS的过氧键断裂产物：PMS含-O-O-键，在水中断裂生成硫酸根和单线态氧。中和滴定中"分阶段"计算：先中和过量酸→再沉淀金属离子→从曲线突变点读取消耗体积。【知识总结】①金属活动性与酸的反应K~Pb（H前活泼金属）：与稀盐酸/稀硫酸反应出H₂Cu、Ag：与稀硝酸反应但不与稀盐酸反应Au、Pt：仅溶于王水或特殊配位氧化体系②元素分区s区：IA、IIA族（最后电子填入ns轨道）p区：IIIA~VIIA、0族（最后电子填入np轨道）d区：IIIB~VIIB、VIII族（最后电子填入(n-1)d轨道）ds区：IB、IIB族（d轨道全满，最后电子填入ns轨道）③常见氧化剂/还原剂氧化剂：O₂、H₂O₂、HNO₃、KMnO₄、PMS、Cl₂、NaClO还原剂：抗坏血酸、Na₂SO₃、Fe²⁺、Sn²⁺、H₂C₂O₄16．镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方法，原理如下：已知：CH₂Cl₂有毒、易挥发，ρ(CH₂Cl₂)=1.33g·cm⁻³。实验步骤如下：Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10mL含Ni(NO₃)₂·6H₂O(1mmol)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3mL含bpy(2mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温。Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20mLCH₂Cl₂溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15mL乙醇和2mmolNaBPh₄(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，M=786g·mol⁻¹)0.55g。回答下列问题：(1)仪器a的名称为______。(2)下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。A． B． C． D．(3)步骤Ⅱ中洗涤的目的为______，分液时CH₂Cl₂在______层(填"上"或"下")。(4)步骤Ⅲ中乙醇的作用为______。(5)步骤Ⅲ中用______法提纯粗产品。(6)配合物Z的产率为______(列出计算式即可)。(7)测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是______(填标号)。A．核磁共振氢谱法B．质谱法C．红外光谱法D．X射线衍射法(8)实验小组进一步探究不同投料比对Ni(Ⅱ)配合物结构的影响，以n(Ni²⁺)∶n(bpy)=1∶3进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测[Ni(bpy)₃]²⁺的配位数为______。命题透视▶核心考点：配合物的合成与分离——实验仪器识别、实验室安全、萃取分液操作、结晶提纯、产率计算、结构分析方法、配位数判断。▶链接教材：人教版化学选择性必修2第三章第四节"配合物与超分子"；选择性必修3第一章第四节"研究有机化合物的一般步骤和方法"（结构分析方法）。▶命题分析：（1）情境创设：以镍配合物（贵金属催化剂的替代品）的制备实验为情境，将配合物合成、分离纯化、结构表征融为一条完整的实验探究线。（2）问题设计：8个小问从仪器名称到配位数判断，覆盖实验基本操作、安全规范、分离技术、定量计算和结构分析，层层递进，考查实验综合能力。（3）考查目标：侧重"科学探究与创新意识"素养。思路点拨步骤一：关键概念/材料解读实验流程图解读：反应原理图：Ni(NO₃)₂+bpy→配合物+[Ni(bpy)₃]²⁺装置图：双颈烧瓶+恒压滴液漏斗+冷凝管bpy为联吡啶（bipyridine），是双齿配体（每个bpy含2个N原子可配位）步骤二：逐问解析（1）仪器a有支管连通烧瓶和漏斗上部→恒压滴液漏斗，其支管可平衡压强使液体顺利滴下。（2）CH₂Cl₂有毒、易挥发→需通风；实验需佩戴护目镜；实验后需洗手。本实验不涉及锐器操作。选D。（3）洗涤目的：水洗除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质。CH₂Cl₂的密度1.33g·cm⁻³＞水（1.0g·cm⁻³），因此在分液漏斗的下层。（4）步骤Ⅲ加入乙醇后配合物Z沉淀析出→乙醇降低了配合物Z的溶解度（乙醇作为不良溶剂），使其从溶液中结晶析出。（5）粗产品为固体晶体→用重结晶法提纯可获得高纯度晶体。（6）反应[Ni(bpy)₃]²⁺+2BPh₄⁻→配合物Z。1mmolNi(NO₃)₂与2mmolbpy理论上生成1mmol配合物Z（此处需要根据方程式确定化学计量比，按题目中投料n(Ni²⁺):n(bpy)=的原始投料比为1:2），理论产量=1×10⁻³mol×786g·mol⁻¹=0.786g，实际产量0.55g，产率=0.55/0.786×100%=0.55g/(1×10⁻³mol×786g·mol⁻¹)×100%。（7）测定晶体结构的方法：核磁共振氢谱→测H原子种类和数目（结构分析但不直接测晶体结构）质谱→测分子量红外光谱→测官能团和化学键类型X射线衍射→直接测定晶体中原子的空间排布（晶体结构测定的经典方法）选D。（8）bpy是双齿配体，每个bpy提供2个配位N原子。n(Ni²⁺):n(bpy)=1:3→3个bpy共提供3×2=6个配位原子→[Ni(bpy)₃]²⁺的配位数为6。【答案】(1)恒压滴液漏斗(2)D(3)除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质；下(4)降低配合物Z的溶解度，使其结晶析出(5)重结晶(6)0.55g/(1×10⁻³mol×786g·mol⁻¹)×100%(7)D(8)6【易错点】恒压滴液漏斗与普通分液漏斗的区分：恒压滴液漏斗有支管连通烧瓶，保持内外压强一致。CH₂Cl₂密度大于水：分液时有机层在下层（一般情况下有机溶剂密度小于水在下层的情况较少见，需特别注意卤代烃密度通常大于水）。重结晶的条件：晶体纯度不够且在不同温度下溶解度差异较大。配位数与配体数的区分：bpy是双齿配体，1个bpy贡献2个配位键。【知识总结】①配合物基础知识中心离子/原子+配体→配合物配位数：中心原子周围直接键合的配位原子总数双齿配体：一个配体提供2个配位原子（如bpy、en、C₂O₄²⁻）②分离提纯方法选择固液分离→过滤互不相溶液体→分液固体提纯→重结晶液体分离→蒸馏/分馏③产率计算产率=实际产量/理论产量×100%理论产量根据化学方程式和限制反应物计算17．“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下：回答下列问题：I．“热催化”中主反应：i．

(1)已知：

则__________(用含和的代数式表示)，__________0(填“”或“”)。(2)一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。A．及时移走 B．通入C．增大和投料比 D．加入催化剂(3)“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应：ii．一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性]①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。A．

B．

C．②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii