新版2026年高考化学（河南卷）真题详细解读及评析

2026年高考河南卷化学真题完全解读2026年高考河南卷化学试题以《普通高中化学课程标准(2017年版2020年修订)》为命题依据，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，充分发挥高考的选拔功能与育人导向。试卷分为第I卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，总分100分：第I卷共14道单项选择题，每题3分，合计42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，涵盖化学与生活、物质结构、实验操作、元素化合物、离子反应、有机化学、化学反应原理等核心模块；第Ⅱ卷共4道非选择题，合计58分，分别聚焦工艺流程、实验探究、反应原理综合和有机合成，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：通过原子结构推断、晶胞分析、分子构型判断考查"宏观辨识与微观探析”,通过化学平衡、电离平衡、电化学原理考查“变化观念与平衡思想”,通过实验结论推导、有机合成路线分析考查”证据推理与模型认知”,通过萃取定量实验设计、工艺流程优化考查”科学探究与创新意识”,通过废芯片金属回收、绿色化学理念考查“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。一、情境创设真实化：试题紧密联系真实生活、生产实际与科技前沿，通过具体情境考查知识应用，体现学科的实用价值与育人导向。例如第1题以奇妙化学现象为情境，引导学生感受化学变化之美：第2题以真空紫外非线性光学晶体材料为背景，展现我国科研前沿成果；第4题以漂白粉转化为线索，串联氯及其化合物的性质；第15题以废芯片回收金属为工艺流程，体现资源循环利用与绿色化学理念；第16题以碘的萃取实验为探究载体，引导学生经历完整的科学探究过程。二、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8题以催化剂组成为载体，综合考查原子结构推断、电负性比较、杂化类型判断、第一电离能比较等多个知识点：第13题通过基元反应动力学图像，融合反应速率、化学平衡、催化剂作用等多个维度：第17题以制备Ti(CO)₆为背景，贯通热化学、晶胞计算、化学平衡、电化学等多个模块。三、能力考查层次化：试题梯度清晰，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、3、5题分别考查化学变化判断、实验操作规范、化学史知识等基础知识点：中层级方面，第6题(离子方程式正误判断)、第10题(结构决定性质推理)、第11题(高分子合成机理)等要求具备一定的信息提取与知识迁移能力：高层级方面，第13题的基元反应动力学图像分析、第14题的配位平衡与沉淀溶解平衡综合计算、第16题的萃取平衡定量实验设计、第18题的有机合成路线分析等设问，要求学生具备高阶的综合推理与创新应用能力。一、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。如第8题将原子结构、元素周期律、电负性、二、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。如第15题以废芯片金属回收为情境，第16题以萃取实验探究为载体，第18题以手术用药合成为背景，均体现了化学在资源回收、实验探究、医药研发中的重要应用价值。三、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。如第9题通过实验探究铁的化合物性质，要求学生具备"现象一解释一验证"的科学思维；第13题通过基元反应动力学图像，考查学生从图像中提取信息、建立数学模型、进行逻辑推理的能力。四、坚持素养导向，落实育人目标：命题将持续围绕化学学科核心素养设计，引导学生形成正确的价值观与必备品格。如第5题通过化学史素材弘扬科学精神，第15题通过废芯片回收工艺体现可持续发展理念，落实立德树人的根本任务。命题细目1以奇妙化学现象为情物质的组成分类性质和化涉及基础知识：物理变化与化学变化的本质区别、化学反应的特征、胶体的丁2以真空紫外非线性光学品体材料为情景，考查知识点：化学键与分子结构物质结构与性质综合→原子结构与性质、分子结构与性质化学键涉及基础知识：共价键的判断、核素的间结构判断3以常见实验操作为情景，考查知识点：化学实验基本操作规范作的使用、仪器的连接、实验安全4元素及其化合物的性质与应用→氯及其重要化择5以化学史为情景，考查元素及其化合物的性质与元素化合物知识与应用→钠及其重要化物白质水解、合成氨的反应特点、电解质的电离6式的正误判断离子反应→离子反应离涉及基础知识：弱电解质的拆分规则、7以天然产物结构为情化合物的结构与性质合物的结构特点与研究8以催化剂组成为情景，考查知识点：原子结构与元素周期律的综合推断→原子结构与性质、元涉及基础知识：核外电子排布规律、电负性的递变规律、杂化轨道理论、第一电离能的递变规律9以铁的化合物性质探究实验为情景，考查知识点：铁盐的水解与配位水溶液中的离子反应与合物的形成与转化、化学平衡的移动、考查知识点：物质结构与性质的关系物质结构与性质综合→晶体结构与性质、分子结构与性质化学键相溶原理、氢键对沸点的影响、原子结以高分子合成方法为情反应类型与高分子化学涉及基础知识：原子共平面判断、缩聚应类型以多组串联电化学装置为情景，考查知识点：电化学原理的综合应用学原理的综合应用电池的电极反应、离子交换膜的作用、以基元反应动力学图像为情景，考查知识点：衡态化学平衡的移动响、反应速率的数学表达式、中间产物浓度变化规律、催化剂的作用以配位平衡与沉淀溶解点：水溶液中的多重平水溶液中的离子反应与平衡→沉淀溶解平衡、电离平衡合应用非选择题以废芯片回收金属为情景，考查知识点：化学化学工艺流程综合→工淀转化、反应速率与限度的关系非选择题以碘的萃取实验探究为学实验综合非选择题以制备催化剂为情景，学反应的热效应、化学涉及基础知识：核外电子排布、键角比原理综合算、晶体结构与性质的计算非选择题以手术用药合成为情涉及基础知识：手性碳原子的判断、有异构体的推断、官能团的保护真题解读真题解读1.奇妙的现象直观体现化学之美。下列现象由化学反应产生的是C.干冰升华形成白色雾气▶核心考点：物理变化与化学变化的本质判断——是(1)情境创设：以生活中常见的奇妙现象为切入点，引导学生感受化学变化之美(2)问题设计：通过四个贴近生活的现象选项，考查学生对物理变化与化学变化本质区别的理解，干扰项均与物质状态变化或光学现象有关。(3)考查目标：侧重考查学生”宏观辨识”能力—-能否从宏观现象中辨识是否有新物质生成，体现"宏观辨识与微观探析”核心素养的基础层次。本题无需材料分析，直接判断各选项是否涉及新物质生成。物理变化与化学变化的本质区别在于是否有新物质生成。物理变化仅改变物质的状态、形状等物理性质，不产生新物质；化学变化则伴随着旧化学键的断裂和新化学键的形成，产生新物质。B.光束通过胶体出现丁达尔效应是胶体粒子对光的散射作用，属于物理现象，无化学反应发生，B不C.干冰升华是固态二氧化碳变为气态，过程中吸热使周围水蒸气冷凝形成雾气，均为物质状态变化，无新物质生成，属于物理变化，C不选：D.红色花朵在双氧水中变色是因为双氧水具有氧化性，将花朵中的有色物质氧化为无色物质，有新物抓核心对比：是否有新物质生成是判断的唯一标准。A、B、C均无新物质生成，D涉及氧化反应有新物质生成。故选D。学生易混淆"伴随现象"与"本质特征"——发光、变色、产生气体或沉淀等仅是可能伴随化学变化的现象，也可能出现在物理变化中(如灯泡发光为物理变化)。判断依据必须是"是否有新物质生成"。2.我国科研团队研制出一种真空紫外非线性光学晶体材料2.我国科研团队研制出一种真空紫外非线性光学晶体材料NH₄B₄O。F,将在精密制造、前沿科研等领域发挥重要作用。下列说法错误的是A.NH中存在共价键B."N与"N是同种核素▶链接教材：人教版必修第一册第四章第三节“化学键”;选择性必修2第一章第一节“原子结构”、第二章第二节"分子的空间结构"。(1)情境创设：以我国科研团队研制的真空紫外非线性光学晶体材料为背景，展现我国化学领域的科(2)问题设计：围绕NH₃、BF₃等简单分子和核思路点拨【解析】步骤一：关键概念材料解读本题围绕光学品体材料KBBF涉及的元素(N、H、B、F等)考查基础概念：核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的原子；电子式用于表示分子中原子间的共价键和孤电子对；VSEPR模型用于预测步骤二：选项特征分析c项：OH-含有10个电子，电子式为：[:0:H],C正确；步骤三：结论得出互称同位素，但不是同种核素。另外，BF₂的平面三角形结构是经典考点，注意与NH₃的三角锥形对比。3.下列图示中，实验操作符合规范的是A.除去水中氧气(1)情境创设：以四个中学常见实验操作图示为载体，考查学生实验基本操作的规范性。(2)问题设计：四个选项均取自中学生必做实验或演示实验中的常见操作，考查学生对实验安全规范和操作规程的掌握程度。(3)考查目标：体现”科学探究与创新意识“和“科学态度与社会责任“素养，要求学生具备实验安全意识，能识别和纠正不规范操作。【答案】D化学实验操作规范的考查要点：(1)加热操作：禁止密闭容器加热，液体加热需要均匀受热；(2)仪器连接：橡胶塞连接玻璃仪器应旋转旋入，避免用力过猛：(3)转移溶液：定容操作需使用玻璃棒A.除去水中氧气不能密闭加热，密闭加热时装置内气体受热膨胀，压强增大，极易发生危险，操作不符合规范，A错误；B.连接橡胶塞和试管时，将试管底部抵在桌面用力下压塞子，容易压碎试管，引发玻璃划伤等安全事故，正确操作为手拿试管，慢慢转动将橡胶塞旋入，B错误；C.加热试管中溶液时，应该用试管夹夹在距管口约处，不能用坩埚钳夹试管，C错误；D.D.向容量瓶中转移溶液时，采用玻璃棒引流，操作符合规范，D正确：步骤三：结论得出逐项判断操作规范的符合性，A涉及安全问题、B涉及仪器保护、C涉及工具选用错误，只有D的引流操作完全正确。故选D。【易错点】A项易被忽略——学生可能认为密闭加热有助于快速升温除氧，而忽略了气体膨胀带来的安全风险C项中坩埚钳与试管夹的功能混淆，学生需明确不同仪器的专用夹持工具4.X是漂白粉的有效成分，可以发生如图所示的转化(略去部分产物),其中U和V含有一种相同元素，V为黄绿色气体，Y为难溶于水的固体。UY浓盐酸V下列说法错误的是A.无水u可作干燥剂B.y溶于水可生成zC.γ与盐酸反应可生成xD.z在光照下易分解▶核心考点：氯及其化合物的性质与相互转化、漂白粉的化学原理。▶链接教材：人教版必修第一册第二章第二节"氯及其化合物"。(1)情境创设：以漂白粉的有效成分Ca(CIO)₂为切入点，通过物质转化框图串联氯元素的多种化合物。(2)问题设计：通过给出部分物质的性质特征(V为黄绿色气体→Cl₂,Y为难溶固体),考查学生的元素化合物推断和性质判断能力。(3)考查目标：体现”证据推理与模型认知"素养，要求学生依据物质特征性质进行推断，并运用元素化合物知识模型进行性质判断。思路点拨【解析】【解析】步骤一：关键概念/材料解读由题给信息推理：漂白粉有效成分X为Ca(CIO)₂;黄绿色气体V为Cl₂:X和浓盐酸反应生成Cl₂、CaCl₂和H₂O,U和V含相同元素，故U为CaCl₂;X和CO₂、H₂O反应生成难溶固体Y为CaCO₃,ZB.V为Cl₂,溶于水发生反应Cl₂+H₂O=HCT+HCIO,可生成Z(HCIO),B正确：CaCO₃与盐酸反应生成CaCl₂而不生成Ca(CIO)₂,C项推理违背元素化合物基本转化规律。故选C.学生可能将“漂白粉的有效成分"与"漂白粉的成分“混淆——有效成分是Ca(CIO)₂,而漂白粉的成分包括HCIO的分解反应条件为光照(或加热),需掌握光照分解和热分解的区别5.化学史可以给人以智慧。下列对化学史的相关陈述不合理的是选项陈述戴维电解熔融碳酸钠制得钠蛋白质能水解成氨基酸哈伯和博施采用高压条件合成氨工业生产中，加压能提高反应速率且使平衡向生成氨的方向移动比纯水强氯化钠能在水中发生电离▶链接教材：人教版必修第一册第二章第一节”钠及其化合物”;必修第二册第七章第四节”基本营养物质";选择性必修1第二章第四节"化学反应的调控"。(1)情境创设：以四个重要的化学史事件为载体，将化学原理与科学发展史有机结合，弘扬科学精神。(2)问题设计：以表格形式对比四个化学史事件与其化学原理陈述，考查学生对化学基本原理理解的准确性和对化学史的认知。(3)考查目标：体现”科学态度与社会责任"核心素养，要求学生了解化学发展史上的重要事件，理解其背后的科学原理。思路点拨【答案】【答案】A【解析】步骤一：关键概念/材料解读本题对照化学史事件与化学原理陈述，判断陈述是否合理：电解法制金属钠是利用熔融状态下离子化合物的导电性；蛋白质水解生成氨基酸；合成氨反应N₂+3H₂=2NH₃为气体分子数减小的放热反应；NaC1是强电解质。步骤二：选项特征分析A.碳酸钠热稳定性高，受热不易分解，戴维电解熔融碳酸钠制钠是利用其熔融状态下能电离产生自由移动的钠离子，陈述不合理，A符合题意；B.蛋白质水解的最终产物为氨基酸，谷氨酸属于氨基酸，可从蛋白质水解产物中提炼得到，陈述合理，B不符合题意；C.合成氨反应为N₂+3H₂,正反应气体分子数减少，加压既可增大反应速率，也可使平衡正向移动提高氨的产率，陈述合理，C不符合题意；D.氯化钠属于电解质，在水中电离出自由移动的Na+和CT,使溶液中自由移动的离子浓度远大于纯水，导电性更强，陈述合理，D不符合题意；步骤三：结论得出Na₂CO₃热稳定性高，受热不易分解，A项化学史事件与陈述之间不存在合理关联。故选A。【易错点】(2NaHCO₃=△=Na₂CO₃+CO₂个+H₂O),而Na₂CO₃热稳定性高，受热不分解学生可能以为"电解熔融碳酸钠"原理是利用碳酸钠分解，实际上电解是利用熔融盐的离子导电性6.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是A.向硫酸铜溶液中滴加氢硫酸：Cu²++S²-=Cus↓C.浓硝酸溶解金属银：Ag+4H+2NO₃=Ag⁴+2NO₂↑+2H₂OD.向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠：HSOj+Na₂O₂=so{+2Na*+OH【命题透视】【命题透视】▶核心考点：离子方程式的书写规范——物质拆分规则、氧化还原配平、反应物用量影响。(1)情境创设：围绕四种典型化学反应设问，涵盖沉淀反应、酸碱中和、氧化还原反应等多种类型。(2)问题设计：四个选项的干扰设置各具特点—-A项考查弱酸拆分规则，C项考查浓硝酸还原产物的判断，的判断，D项考查少量与过量反应物对产物的影响。(3)考查目标：侧重考查”宏观辨识与微观探析”和"变化观念与平衡思想"素养，要求学生能正确用离子方程式表征水溶液中发生的化学反应。【答案】B离子方程式书写三原则：(1)易溶强电解质拆成离子，弱电解质、难溶物、气体、氧化物保留化学式；(2)质量守恒(原子守恒);(3)电荷守恒。Mg(OH)₂+2H=Mg²+2H₂O,B正确；C.浓确酸溶解金属银生成二氧化氦、硝酸银和水，正确离子方程式为Ag+2H⁺+NO₃=Ag⁴+NO₂↑+H₂O,B项为酸碱中和反应，Mg(OH)₂作为难溶碱保留化学式，离子方程式正确。故选B。氢硫酸(H₂S)容易被误当作强酸拆分--H₂S是二元弱酸，第二步电离(HS-=H+S²-)极弱，不能用S²-表示浓硝酸与稀硝酸的还原产物不同(浓→NO₂,稀→NO),离子方程式写法不同NaHSO₃与少量Na₂O₂反应，NaOH生成后会继续7.化合物L是从某山胡椒属植物中分离得到的一种生物活性物质，其结构如图所示。LA.能与HBr反应B.能发生消去反应C.含有5种官能团D.能使酸性KMnO₄溶液褪色▶核心考点：有机物的官能团识别与性质判断——加成反应、消去反应、氧化反应。▶链接教材：人教版选择性必修3第一章第一节“有机化合物的分类”、第三章"烃的衍生物"。(1)情境创设：以从山胡椒属植物中分离的天然产物结构为载体，体现天然产物化学的研究价值。(2)问题设计：围绕有机化合物的官能团识别和基于官能团的性质判断设问，四个选项分别考查加成、消去、官能团计数、氧化四个知识点。【答案】C由题目文字和结构图可知：该化合物含有碳碳双键(C=C)、羟基(-OH)、羰基(C=O)、酯基 (-CO0一)等官能团。官能团的种类决定了有机化合物的化学性质：碳碳双键可加成、可被氧化；羟基可发生消去反应(需β-H)、可被氧化；羰基可发生加成B.醇发生消去反应的条件是：羟基连接碳的邻位碳原子上有氢原子。该分子中的左侧羟基，邻位碳原D.分子中的碳碳双键、羟基都可以被酸性KMnO₄溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；本题重点考查官能团的准确识别和计数。该分子中含4种官能团而非5种。故选C.官能团计数时易将苯环误认为官能团——苯环(芳香环)属于碳骨架结构而非官能团H"和NaOH醇溶液加热8.某催化剂由Q·wx、γ四种短周期主族元素及第四周期区元素z组成。Qwx、y的原子序数依次增大，基态z原子的原子核外无未成对电子。基态Q原子的核外电子填充在3个能级，且各能级电子数电子数为7),则Y的p轨道总电子数为7→电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p¹→Y为Al。本题从原子结构推断入手，需依次确定Q、W、Z、X、Y五种元素，再逐一核对元素周期律和杂化类型。关键突破口；从Q的"3个能级各能级电子数相等"推得C。故选A。【易错点】推断过程中Z(第四周期s区无未成对电子)易被忽略——需要排除K(4s'有1个未成对电子),只有A.②到③说明加入稀硫酸能抑制的水解C.④与⑥中呈现红色均是由于与结合所致D.若向③中依次加入适量维生素C、溶液，会出现蓝色沉淀核心考点：铁盐的水解平衡、配位平衡的移动、配合物颜色变化、铁离子的检验。▶链接教材：人教版选择性必修1第三章第一节”电离平衡"和第三节"盐类的水解";选择性必修2第三章第四节"配合物与超分子"。(1)情境创设：以铁的化合物性质探究实验为情境，设计多步实验操作与观察，引导学生在”现象—推理一解释"中体验科学探究过程。(2)问题设计：四个选项分别考查水解平衡移动方向判断、离子浓度比较、配合物形成机理、氧化还(3)考查目标：体现"变化观念与平衡思想"和”证据推理与模型认知”素养，要求学生运用平衡移动原【答案】B黄色的水合硫酸铁溶于水形成黄色溶液②。根据题中信息，黄色是由于Fe³+水解产生的。向②中加入稀硫酸，溶液变为浅黄色③,这是因为加入的H+抑制了Fe³+的水解(Fe³++H₂0=Fe(OH)²++H+),使平衡向左移动，水解产物减少，颜色变浅。向浅黄色溶液③中加入KSCN溶液，溶液变为红色④。这是Fe³+与SCN反应生成血红色络合物。向红色溶液④中加入草酸钾固体，溶液变为绿色⑤。这是因为C₂O?与Fe³+的配位能力比SCN更强，生成了更稳定的绿色络合物[Fe(C₂O₄)₃P。向绿色溶液⑤中加入稀硫酸，溶液又变回红色⑥。这是因为加入的H+与C₂O结合生成弱酸草酸，降低了B.④中Fe³与SCN-结合生成红色配合物，游离SCN-浓度低：⑤中Fe与C₂O结合生成更稳定的[Fe(cz₀4)3]³-,释放出SCN-本题考查多步实验的分析推理能力。B项中④与⑤的Fe³浓度比较与配合物转化过程有关，经分析④学生易混淆配合物的颜色变化逻辑—颜色改变说明配合物发生了转化，而非浓度简单增减多种配位剂共存时的竞争配位关系：不同配体的配位能力差异决定最终存在的配合物种类10.物质的微观结构决定宏观性质，下列结构特征不能解释其性质的是选项结构特征性质苯难溶于水沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲甲醛易形成分子内氢键醛基态氩原子的最外层电子数为8,原子结构稳定▶核心考点：结构决定性质—-共价品体性质、分子极性与溶解性、氢键与沸点、原子稳定性。(1)情境创设：以"结构决定性质"的学科核心观念为主线，设计四个典型的结构-性质对应关系判断。(2)问题设计：四个选项分别涉及共价晶体、分子极性、氢键、原子电子构型等考点，考查学生对"(3)考查目标：体现"宏观辨识与微观探析"核心素养，要求学生能从微观结构层面解释宏观性质。【答案】B核心判断标准：给出的结构特征是否是所对应性质的正确微观解释。如果结构特征和性质之间存在因果关联且关联正确，则该选项的结构特征能解释其性质；如果给出的结构特征与性质之间无直接因果关联，或解释错了，则不能解释。A.金刚砂(SiC)中原子之间连接成空间网状结构，因此属于共价晶体，C-Si键键能大，难断键，因此金刚砂硬度大、熔点高，结构可以解释性质，A不符合题意；B.苯难溶于水是因为苯为非极性分子，水为极性分子，符合相似相溶规律，与苯分子中的大π键无关，结构特征不能解释其性质，B符合题意；C.分子间氢键会提升分子间作用力使沸点升高，分子内氢键对分子间作用力无提升作用，因此对羟D.基态氩原子最外层为8电子稳定结构，不易得失或共用电子，因此氩气性质稳定、不易形成化合极性(相似相溶原理),因果不匹配。故选B。混淆大π键与分子极性的关系——大π键可能影响电子分布的均匀性，但不能直接决定分子是否具有极性(苯为非极性分子是由其高度对称的正六边形结构决定的)极性(苯为非极性分子是由其高度对称的正六边形结构决定的)分子内氢键和分子间氢键对沸点的影响方向相反——分子间氢键增大沸点，分子内氢键对沸点无贡献甚至因降低了分子间作用力而降低沸点11.G是一种具有较高热稳定性的不饱和聚酯醚类高分子，其合成方法如图所示。下列说法正确的是A.E中所有原子共平面B.E与p发生缩聚反应生成GC.F在碱性条件下水解可生成E可以自身聚合生成G▶核心考点：有机反应类型判断(加聚vs缩聚)、原子共平面分析、酯的水解、聚合反应单体识别。(1)情境创设：以不饱和聚酯醚类高分子G的合成路线为载体，考查有机化学中聚合反应的核心概(2)问题设计：分别考查原子共平面判断(涉及sp³杂化碳)、聚合反应类型识别、酯的水解反应、单体结构分析。(3)考查目标：体现"宏观辨识与微观探析"和"证据推理与模型认知"素养。思路点拨【解析】步骤一：关键概念/材料解读分析合成路线图：E为含三键和羟基的环状化合物单体，F为含酯基的高分子中间体，E与F在一定条件下转化为G。注意反应类型判断：缩聚反应有小分子(如H₂O、HCl等)脱除；加聚反应无小分子脱除。步骤二：选项特征分析A.E分子中含有多个sp³杂化碳原子(如环上-CH₂-的碳),其四面体构型导致分子无法所有原子共平B.反应中无小分子(如H₂O)脱除，且G主链含由-C=C-加聚形成的-CH=CH-结构，属于加聚反应，非C.F含两个酯基，碱性水解产物为羧酸盐和醇，通过结构可知水解产物结构简式与E相同，C正确；o本题的突破口在于准确判断聚合反应类型和水解产物的推断。F含酯基，碱性水解断裂酯键，产物结构与E相同。故选C。酯的水解：酸性条件下可逆生成羧酸+醇；碱性条件下不可逆生成羧酸盐+醇12.一种多组串联的电化学装置可以同时产生H₂和clz,其工作原理如图所示。其中₁~a。均为Ag/AgCI电极，每组装置左侧均为高浓度盐酸，右侧均为低浓度盐酸。该装置工作时铂电极铂电极质子交换膜质子交换膜质子交换膜质子交换膜石墨电极下列说法错误的是A.工作时，铂电极上产生H₂B.工作时，电极a₁、ay、a的质量均减小D.将盐酸换为对应浓度NaC溶液，使用阳离子交换膜，每组装置启动时均生成NaOH(1)情境创设：以可同时产生H₂和Cl₂的多组串联电化学装置为载体，考查电解池和原电池原理的综合应用。(2)问题设计：分别考查电解产物、电极反应与质量变化、装置的可逆性、电解质更换对产物的影【答案】D【解析】装置分析：中间串联的是原电池，左右两边是电解池，石墨电极为阳极，发生氧化反应：2CI--2e-=偶数电极为负极，电极反应；Ag-e"+CI⁻=AgCl,奇数电极为正极，电极反应：AgCl+e⁻=Ag+CI-。B.工作时，电极a:为阴极，电极反应：AgCl+e"=Ag+CI,ag、a等奇数电极为正极，电极反应：AgCl+e⁻=Ag+CI-,均是AgCI转化为Ag,质量减小，B正确；增加。若定期将直接相连的Ag/AgCI电极互换，并恢复两侧盐酸浓度，可使装置恢复到初始状态，再D.将盐酸换为NaCI溶液、使用阳离子交换膜时，阳极反应：2CI-2e"=Cl₂个；阴极反应装置中，Ag/AgCI电极发生反应：Ag-e⁻+CI-=AgCI和AgCl+e⁻=Ag+CI-,不会生成NaOH,D错误；混淆串联装置中不同部分的电极过程—-电解池和原电池的电极反应本质不同混淆串联装置中不同部分的电极过程—-电解池和原电池的电极反应本质不同忽视Ag/AgCI电极的特殊性——该电极对CI-浓度敏感，是浓差原电池的关键13.向一恒容密闭容器中加入物质，发生基元反应：Mg)=Ng),Ng)=Qg),温度为T₁、T₂时，各组分的物质的量浓度c与时间t的关系如图1、图2所示。温度为T₁时，M的浓度随时间的变化关系为Inc=Inc-z,k为反应Mg)=Ng)的速率常数。c/(molL)c/(molL)图1下列说法正确的是B.温度为T₁时，M反应一半需要的时间为C.N的浓度达到最大值时，N的生成速率等于消耗速率D.加入某催化剂，仅使反应Ng)=Qg)的速率增大，则N的浓度最大值将增大【命题透视】【命题透视】▶核心考点：连续反应的动力学分析——温度对速率的影响、中间产物浓度变化规律、催化剂的择形效(1)情境创设：以连续基元反应M→N→P的浓度-时间图像为载体，考查连续反应动力学的综合分析。(2)问题设计：四个选项分别涉及温度判断、反应时间计算、中间产物浓度变化规律、催化剂的选择性影响。(3)考查目标：体现“变化观念与平衡思想"和"证据推理与模型认知”素养，要求学生能通过数学关系和动力学分析理解反应过程。思路点拨【解析】步骤一：关键概念/材料解读步骤一：关键概念/材料解读反应体系：M→N→P为两步连续基元反应，M是反应物，P是最终产物，N是中间产物。温度越高反应速率越快，反应物消耗越快。N作为中间产物，其浓度先增大后减小，在浓度最大时有dc(Nydt=0,即生成速率=消耗速率。步骤二：选项特征分析A.温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消耗越快。对比两图可知：T₂温度下M浓度下降更快，反应速率更快，因此T₂>T,A错误：B.根据题目给出的Inc=Inc₀-kt,可以将公式变形为：,当M反应一半时，代入C.N是中间产物：n浓度增大时，n的生成速率大于消耗速率；n浓度达到最大值后开始下降，此时N的生成速率小于消耗速率，因此n浓度最大时，生成速率等于消耗速率，C正确；D.催化剂仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势：若仅增大N→Q的反应速率，n生成后消耗更快，会使n的浓度最大值减小，D错误；步骤三：结论得出连续反应中，中间产物浓度在生成速率=消耗速率时达到最大值，这是动力学分析的基本结论。故选C。【易错点】将与一级反应半衰期公式tV₂=In2/k直接套用到连续反应中——连续反应中每一步的浓度变化都不是独立的催化剂对连续反应的影响——催化剂可能选择性地加速某一步，但不会改变最终平衡(或稳态)的浓度分布14.常温下，向1.00L0.101mol'L⁻¹Na2Hzy溶液中加入1.00×10-³molBaso固体，并调节溶液的pH(忽略溶液体积变化)。已知Ba²+与Y+-可生成配离子[BaY}²,Ba²++y+[BaY}的K=100,K(BaSO₄)=1.0×10"。IgR与pH的变化关系如图所示，R代表或s(v⁴),其中MpH下列说法正确的是▶链接教材：人教版选择性必修1第三章第四节"沉淀溶解平衡”;选择性必修2第三章第四节"配合物(1)情境创设：以BaSO₄在含配位剂H₆Y²+溶液中的溶解平衡为背景，考查多重平衡综合分析。(2)问题设计：涉及多元酸分布系数比较、配位平衡-沉淀平衡耦合计算、完全溶解的判断、总平衡常数的表达。(3)考查目标：体现“变化观念与平衡思想”和“证据推理与模型认知“素养，要求学生能综合分析多种平衡共存体系。K₂6(Y⁴)增大，故随pH增大而增大的曲线代表Y⁴,,斜率为-1,,这是一条斜率为-2的直线，由此可知，(6.16,0)的线步骤二：选项特征分析A错误；B.M为与I的交叉点，说明],即-pH+pK₅=-2pH+pKs+pK₆,pH=10.26,代入任意方程，求纵坐标：pR=6.16-10.26=-4.1,BC.加入1.00×10-³molBaSo4固体，若完全溶解在1.00L溶液中，需要消耗一部分Y形成配合物，c(SO~)=1.00×10³mol-L-¹;由于0.101mol/L远大于1.00×10³mol-L¹,Y总浓度基本不变，近似为,未配位体系主要是H₂Y²、HY¹,此时,若BaSO₄能够完全溶解，绝大部分Ba都会形成[BaY}²,故c{[Bar度：,代入数据计算：c(Ba²+)=10⁻*mol/L,此时Q(Q(BaSO₄)=10**×10³=108>K(BaSO₄),说明Ba504达到了沉淀溶解平衡状态，无法继续溶步骤三：结论得出M点为两条lgc线的交点，代入计算公式与已知参数求解，纵坐标为-4.10。故选B。【易错点】多元酸的逐级电离平衡与分布系数(δ)的pH依赖关系多重平衡耦合时总平衡常数的推导：正向乘、逆向除(或加H→用K。的倒数)完全溶解的判断需要同时满足配位平衡和溶度积的约束15.一种从废芯片(主要含有siCuAg、Pd、Au等)中回收金属的工艺流程如下：焙烧浸出1浸出2NaCIO.NaOH固体1浸出3还原Au,Pd固体2沉淀已知：流程中Ce⁴被还原为Ce;“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为回答下列问题：(1)提高"焙烧"效率的措施有(写出一条即可),(2)“焙烧”中，cu未完全转化为Cuo,“浸出1”中cu参与反应的离子方程式为(4)已知3Ce+Au3Ce+Au¹的K约为4.8×10³,表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是(5)“沉淀”产生的Agci可被N₂H₄还原为Ag,N₂H₄中N元素只转化为Nz。理论上Agc与N₂H₄反应的物质的量之比为_【命题透视】【命题透视】▶核心考点：化学工艺流程综合—-焙烧操作优化、氧化还原反应方程式书写、电解的应用、反应速率与限度的关系、氧化还原计算的得失电子守恒法。▶链接教材：人教版必修第一册第三章第一节”铁及其化合物”;选择性必修1第四章第二节”电解池";必修第二册第八章第一节"自然资源的开发利用"。(1)情境创设：以废芯片金属回收的真实工业流程为载体，考查学生对化学反应原理和化工操作的理解，体现资源循环利用和绿色化学理念。(2)问题设计：七个设问从不同角度考查：操作条件优化(第1问)、离子方程式书写(第2、7问)、电解目的分析(第3问)、动力学与热力学关系(第4问)、氧化还原计算(第5问)、流程设计意图(第6问),【答案】利用(6)将分散的铈元素集中(或富集Ce³+),以便在后续步骤中统一氧化回收生成Ce(OH)₄沉淀，提高利用率【解析】工艺流程分析(原料→预处理→核心反应→分离提纯→产品):浸出1:利用Fe₂(SO₄)₃+H₂SO₄体系溶解Cu等活泼金属电解：从滤液1中回收Cu,同时再生Fe³+循环使用浸出2:用王水或类似强氧化性酸初步浸出Au、Pd沉淀：Ag⁴→AgCl↓,用N₂H₄还原回收Ag浸出3;进一步浸出剩余Au、Pd,转化为氧配合物Zn还原：从氯配合物中还原得到Au、Pd单质(1)提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。(3)“滤液1”中含有Fe²、Cu²+等离子，阳极液为FeSO₄溶液，阳极反应为Fe²⁺-e⁻=Fe,阴极反应为：Cu²⁺+2e=Cu。通过电解，可以将Fe2+氧化为Fe3,同时回收Cu。Fe³+可循环用于“浸出1",而Cu作为固体1被回收。(4)3Ce+Au3Ce"+Au的K约为4.8×10⁵,从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完全。但实际生产中“浸出率较低”(反应并没有充分发生),这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。进行氧化沉淀，提高铈的回收率。逐问解答，核心考查流程分析、化学反应原理应用和化学计算能力。【易错点】热力学可行性(φ°值大→趋势大)与动力学可行性(活化能高→速率慢)的区别氧化还原配平时忽略碱性环境(需添加OH-和H₂O参与配平)工艺流程题答题模板：原料→预处理→核心反应→分离提纯→产品，同时关注循环物质的路径和作用。16.某研究小组在用cc₁4萃取碘水中的I₂时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。回答下列问题：(1)定性探究：利用如图装置进行实验。1.向饱和碘水中加入CC]4,充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变Ⅱ.向饱和的[2的ccl₄溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置溶液，溶液变蓝。②振荡、静置后，2的cCl₄溶液在下层的原因是③步骤I中，证明2从水中转移至ccl₄中的现象是在平衡状态,此时1₂在两溶剂中的浓度商[e(₂c1e(I₂)]应为一常数，并设计实验进行验证。已知：I₂+I,I₂步骤实验内容Ⅲ取Ⅱ中分液后的水溶液50.00mL于锥形瓶中，加入5mL10溶液为指示剂，用c1mol'L⁻¹NazSz₀3标准溶液滴定至终点，消耗Na₂S₂O₃溶取Ⅱ中分液后的cc₁+溶液5.00mL于锥形瓶中，加入25mL10%ki溶液。以淀粉溶液为指示剂，用c2mol'L⁻¹Na2Sz03标准溶液滴定至终点，消耗Na₂S₂O₃溶液V₂mL。V改变Ⅱ中p₂的ccl₄溶液的浓度，重复步骤Ⅱ~IV(Ⅱ中不进行₂的检验),再开展三结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。②通过步骤Ⅲ、IV测得的浓度商的值为(写出计算式)。③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150mL含3.0×10-²gI₂的水溶液中加入30mLCCI₄进行b的启发是▶核心考点：萃取实验原理与操作、分配定律(能斯特分配定律)、滴定分析计算、实验方案优化。(1)情境创设：以碘的CCl₄萃取实验中“水层仍显淡黄色"这一异常现象为探究起点，引导学生经历"(2)问题设计：涵盖仪器名称(第①问)、密度与分层原因(第②问)、萃取现象描述(第③问)、实验操作目的分析(第④问)、浓度商计算(第⑤问)、萃取效率比较与启发(第⑥问)。(3)考查目标：体现"科学探究与创新意识"核心素养，要求学生能理解萃取平衡的建立、运用滴定法分析分配定律、通过数据分析优化实验方案。【答案】(1)分液漏斗烧杯CCl₄与水不互溶，且CCla的密度大于水液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅续滴定1.7×10³分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率【解析】实验I验证了碘从水层(加CCl₄后颜色变浅)转移到CCl₄层(紫红色)。实验Ⅱ反向验证了碘也能从CCl₄层转移到水层(水层加淀粉变蓝)。综合结论：I₂在两相间存在可逆分配。定量部分：利用Na₂S₂O₃标准溶液滴定测定水层和CCl₄层中的I₂含量。步骤IV中加入过量KI使CCl₄层中I₂转化为水溶性的I₃“(I₂+I;”),从而可用水溶液滴定法测定。(1)①仪器a的名称是分液漏斗，b的名称是烧杯。③碘在CCla中的溶解度远大于在水中的溶解度。步骤I中，向饱和碘水中加入CCl,变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅，溶液后，I₂与T反应生成，使I₂从CCl₄转移③计算初始I₂的物质的量：,设平衡时水层中I₂的浓度为1.181×10⁴mol=x×0.15L+85x×0.03L,1.181×1。水层中I₂的质量：【易错点】相反应I:CH₄(g=C(s)+2H₂(g)△H₁=+75kJ·mol⁻¹;反应Ⅱ;B₂O₃(s)+3C(s)+N₂(g)2BN(s)+3CO(g)△H₂=+433kJ·mol¹;y图1A.高温高压B.高温低压C.低温高压D.低温低压(5)100kPa下，向一恒压密闭反应器中加入3.0molCH₄、2.0molB₂O₃和2.0molN₂Ⅱ(不考虑副反应),反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。温度/℃②某温度下，反应达到平衡时，C0分压是N₂分压的2倍，假设剩余CH₄可忽略不计，此时BN的物质的量为mol,H₂的分压为kPa;若再加入2.0molN₂,其他条件不变，重新达构与性质”;选择性必修1第二章"化学反应速率与化学平衡"。(2)问题设计：五个设问涵盖电子排布式(第1问前半)、键角比较(第1问后半)、配位能力比较(第2问)、晶胞密度计算(第3问)、平衡移动条件(第4问)、分压-温度图像分析(第5问①②)及平衡常数(第5问后半)。(3)考查目标：体现"宏观辨识与微观探析"“变化观念与平衡思想”和”证据推理与模型认知”三大核心素养的综合运用。思路点拨【答案】(2)NH₂OH中羟基(-OH)是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱【解析】反应Ⅱ:B₂O₃(s)+3C(S)+N₂(g)2BN(S)+3COg)△H₂=+433kJ-mol¹:(吸热、气体分子数增大：图2给出了101kPa恒压下各气体组分分压随温度的变化关系。CH₄分子中C原子价层电子对数是采取sp³杂化，没有孤电子对，呈完美的结构，键角为109*28';分子中NH₃分子N原子价层电子对数是也是sp³杂化，但含(2)N原子与金属离子结合的能力(配位能力)取决于N原子提供孤电子对的难易程度。羟胺诱导吸电子效应，使N原子周围的电子云密度明显下降，因此与金属离子结合(配位)的能力弱于NH₃°(3)用均摊法计算晶胞中原子数：N位于8个顶点，C位于体心，N(C)=1;4个，均位于晶胞面上，晶胞总质晶胞体积V=(a×10⁻¹cm)×(b×10⁻0cm)×(c×10⁻¹0cm)=abe×10°cm³,因此密度(4)反应Ⅱ正反应是吸热、气体分子数增大的反应，升温、降压都使平衡正向移动，提高N₂平衡转(5)①由图2可知，在900℃以上时，CO的分压急剧增加，说明吸热的反应Ⅱ开始剧烈正向进行，而反应I也是吸热反应，反应I的平衡也正向移动，产生的H₂物质的量虽有增加，但由于反应Ⅱ正向进行程度更大，气体总物质的量急剧增大。在恒压条件下，CO占了极大的分压份额，从而使H₂的体②已知起始投入：n(CH₄)=3.0ol,n(B₂O₃)=2.0mml,n(B₂O₃(s)+3C(s)+N₂(g)2BN(s)+3CO(g)