新版2026年高考化学（云南卷）试卷评析

全国高考试题分析2026年高考化学试题分析(云南卷)内容2026年适用地区云南省(新高考"3+1+2"模式)考试类型100分75分钟18题(选择题14题+非选择题4题)2.试卷蓝图分析图题型结构对比内容领域分布对比核心素养考查频次分布关键能力居级分布3.题型结构分析题型分值占比单项选择题14题非选择题(解答题)58分19题100分纵向对比：与2025年相比，云南卷2026年采用”14+4”题型结构(14道单选×3分+4道解答题共58分),非选择题分值占比略有提升(由55%增至58%),为深度思维考查提供了更大空间，体现了“重能力、4.考查内容分析内容模块2026年占比2025年占比必修1(物质及其变化)21.0分必修2(物质结构与能量)选择性必修1(化学反应原理)20.0分选择性必修2(物质结构与性质)12.0分选择性必修3(有机化学基础)24.0分实验与探究14.0分分布特征：选择性必修模块合计占比达56%,有机化学基础(24%)和必修1(21%)构成两大核心支柱。与黑吉辽蒙卷相比，云南卷在物质结构(选必2,12%)和实验探究(14%)方面占比略低，但在有机化学(24%)和元素化合物(21%)方面占比更高，体现了"重有机、重元素"的区域命题特色。5.核心素养考查频次素养维度考查频次(题次)高频落点晶胞结构、电子排布、超分子结构变化观念与平衡思想证据推理与模型认知图像分析、流程推断、有机合成路线设计科学探究与创新意识实验方案评价、配合物制备、条件优化6.关键能力层级分布能力层级占比典型试题理解与辨析(基础层)5题Q1化学与STSE、Q2化学用语、Q4基础知识分析与推测(应用层)6题归纳与论证(综合层)5题探究与创新(创新层)2026年云南卷化学试题是一份充分体现”素养立意、能力为重”命题理念的高质量试卷，整体呈现出”结构稳、情境真、思维深、融合强”的鲜明特征。试卷在保持“14道单选+4道解答”稳定框架的基础上，实现了从结构维度看，试卷实现了必修与选择性必修的有机衔接，选择性必修模块占比达56%,其中有机化学基础(24%)和必修1(21%)成为两大支柱。与黑吉辽蒙卷相比，云南卷选择题减少1题(14题vs15题),但非选择题分值增加3分(58分vs55分),为深度思维考查提供了更大空间。题型分值比为42:58,从情境维度看，全卷情境化覆盖率高达92%。情境设计形成“科技前沿一工业生产一实验探究一学术探索一日常生活”的完整谱系：Q1以"化学强国，筑梦未来"统领脑机系统、飞船加速度计、深海储油平台等科技成就：Q15废弃印刷电路板回收、Q17双碳“目标下CO制备酒石酸二甲酯均源于真实工业与科研；Q6以“彩云之南，花开四季”将蓝花楹、荷花、桂花、梅花的化学成分融入考查，兼具地域特色与人文情怀。情境不再是知识的"包装纸",而是驱动问题设计的核心引擎。从能力维度看，全卷能力考查呈现明显的层级递进：基础层(25%)保障基本学力达标，应用层(30%)考查知识迁移能力，综合层(25%)考查多维度整合能力，创新层(20%)考查科学探究与方案设计能力。从融合维度看，全卷11道试题涉及模块融合(占比61%),其中Q13、Q15、Q16、Q17四题实现三模块融从难度结构看，试卷呈现”低起点、高落点、多层次"的梯度特征。选择题从Q1的基础辨析到Q13的复杂平衡分析，难度逐级递增；解答题从Q15的工业流程到Q18的有机合成，思维深度层层递进。情墙类型分债分布情墙类型分债分布8四a分值481试题模块融合度分析选择题：素养-难度分布信息星理方式分布2825年五鹰)1.结构稳定中见创新2026年云南卷在"14+4"的宏观框架下保持了结构稳定，但微观层面呈现出鲜明的创新特征：选择题情境化率接近100%:14道选择题中，仅Q2(化学用语判断)和Q4(基础知识判断)可视为相信息呈现方式多元化：全卷涉及流程图(Q15电路板回收、Q17CO制DMT)、坐标图/曲线(Q17平衡2.情境设计：从”点缀"到"统领"全卷情境可归类为五大类型，形成完整谱系：情境类型Q1(脑机/飞船/深海)科技自立自强、新质生产力工业生产Q15(电路板回收)16分资源循环利用、绿色化学实验探究Q9(铁硫探究)、Q16(配合物制备)24分科学探究方法、证据意识学术探索Q10(光催化)、Q11(晶胞)、Q13(草酸铜平衡)22分科学思维、模型建构日常生活Q6(四季花卉)、Q4(食品化学)命题亮点：Q6以“彩云之南，花开四季”为统领，将蓝花楹(含吲哚衍生物)、荷花(含黄紫罗兰酮)、梅花(含苯酚衍生物)四种云南代表性花卉的化学成分融入考查，既考查有机化学基础知3.能力考查：从”知识复现"到"思维品质”全卷在能力考查上呈现出明显的层级递进特征：蒸础层(理解与辨析):Q1、Q2、Q4等题考查化学基本概念和原理的准确理解，但即便此类题目也要求应用层(分析与推测):Q3合成氨工艺、Q6四季花卉、Q8元素推断等题要求学生基于给定信息进行逻综合层(归纳与论证):Q9铁硫探究要求学生在陌生实验流程中提取信息、分析转化关系：Q17反应原情境化命题常态化、纵深化：几乎所有试题均以真实、具体的情境为背景，且情境与知识点的融合度更知识综合化、网络化考查：单纯识记性题目减少，代之以需要调用多个模块知识才能解决的综合性问题。全卷61%的试题涉及模块融合，Q13同时考查配位平衡、酸碱平衡和沉淀溶解平衡，Q17串联热化学、化学平衡和电化学。试题引导构建完整的化学认知体系，而非孤立的知识点记忆。加大了对高阶思维能力和科学探究素养的考查：试题中充斥着大量"解释原因""分析目的""评价方案强调化学的"有用"与"有为":试题选材积极回应经济社会发展需求——新能源(锂硫电池)、新材料(二维金属Ga、超导V₃Si)、环境保护(PET降解)、资源回收(废弃电路板回收)、医药合成(抗衰老化合物K),引导学生认识化学的学科价值，培养社会责任感和科学态度。1.教学策略框架四大策略维度，三层实施路径。大单元棘学重构知识结构化以价类二堆、反应原埋模型整合元燕化合物加识以”城市矿山回收”直政目标”从仅器识别条件控制十理象记录提供原料消单，让学生自主设计合成/分离方案基于实验数据。论证方案信息素岭项训练诈从坐标图、流程图、品胞图中提取关助语息的能力特陌生情墙聘化为热励的化学模型和方程式9练在复杂情填中同时调用审题与当达规范训练”情境→同题→如识→逻辑表达强化因果胜理、对上分析等规范化学语营计算精准等真实主赔榜颂单元优宪并优化放进多个模块知识的能力定量计算思维模型2.教学与复习理念的调整复习务必全面、细致地覆盖所有考点，确保学生对核心概念、基本原理、重要物质性质的理解准确无以及重要方程式(如铜与浓硫酸、铝与浓烧碱、乙烯加成)的准确书写。构建网络，打通关联：在复习中，要有意识地打破教材模块界限，引导学生建立知识间的横向(如元素周期律与物质性质、反应原理与元素化合物)与纵向(如”结构-性质-用途""原理-实验-计算")联系，形成立体化的知识网络。例如，以"铁及其化合物"为核心，串联氧化还原反应、电化学腐蚀与防护、配合物化学、工业炼铁等多维度知识。情境为纲，提升素养：日常教学和高频训练中，多引入贴近生活、科技前沿的真实情境材料，引导学生在情境中发现问题、运用知识解决问题，将核心素养的培养落到实处。可建立校本情境题库，涵盖新能源材料、环境治理、药物合成、资源回收等主题，每周围绕一个主题设计2-3道综合训练题。3.关键能力与专项突破强化信息处理能力：专门训练学生阅读科技文献摘要、工艺流程图、实验装置图、数据坐标图、复杂有机合成路线图的能力，指导他们快速提取关键信息，排除干扰。具体而言：流程图：训练"原料→预处理→核心反应→分离提纯→产品"的流程分析框架晶胞图；训练"均摊法→配位数→空间利用率→密度计算"的完整计算链有机路线图：训练“正向推导(原料→中间体→产物)+逆向分析(产物→中间体→原料)”的双向思维物稳定常数计算、混合体系综合计算等进行专题强化。强调守恒思想(质量、电子、电荷)、关系式法和三段式的熟练运用。特别要关注2026年卷中出现的“逐级稳定常数计算“和”电化学选择性计算”等新模型，怎么做”。加强实验方案设计、评价、改进和现象原理描述的规范训练，做到表述准确、术语专业、逻辑清晰。例如，Q16中"为何用水洗涤有机层”的规范表述应为："除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质，减少后续反应的干扰",而非简单的"除去杂质"。培养有机合成推断的"建模"思维：训练学生从目标产物反推原料(逆合成分析),熟悉常见官能团的引入、转化和保护方法，对NaNO₂/HCI(重氮化)、格氏试剂、催化氢化等经典条件及其产物要了如指4.实战演练与反思提升精选试题，高质量训练：避免题海战术，精选体现高考趋势、思维含量高的试题进行训练。尤其要重视历年高考真题的分析与变式训练。建议将2023-2026年云南卷、全国新课标卷、黑吉辽蒙卷等优质试失误、计算粗心还是思维偏差),定期回顾，避免重复犯错。建议采用“错题归因表”:错误类型具体表现改进策略回归教材，强化概念辨析审题性错误忽略”少量/足量""酸性/碱性"等关键条件圈画关键词，慢审题快做题有效数字错误、单位遗漏、比例关系混乱建立检查清单，规范计算步骤思维性错误加强思维建模训练，多做多思模拟实战，优化策略：通过全真模拟考试，锻炼学生的答题节奏、时间分配和心理素质。训练他们如何1.化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是A.“雪豹”6×6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【解析】A.橡胶属于有机高分子材料，耐寒轮胎为适应特殊环境设计，属于特种橡胶，A项正确；B.钛板的核心成分是金属钛，属于金属材料，而陶瓷材料是无机非金属材料，因此钛板不属于陶瓷材料，B项错误：C.石英的主要成分为二氧化硅，C项正确；D.聚酯是由多元醇与多元酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，D项正确；故答案为B。试题内容试题内容与成分辨识，属于基础识记层级。命题立意素养能力源自必修第一册“物质及其变化”及新教材“化学与可持续发展”栏目，结合国家最新科技成就进行本土化改编。考查从生活与科技中提取化学信息的能力，引导学生关注国家重大工程，厚植爱国主义情怀与学科认同感。宏观辨识与微观探析(水平1):能从宏观材料名称识别其微观组成类别；科学态度与社会责任(水平1):感受化学在科技发展中的支撑作快速剥离文学修辞、抓取化学关键词的能力。趋势预判情境选材将持续深耕地域文化与国家科技成就，设问侧重对“材料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.CH₃CI是非极性分子D.基态S²-的价层电子轨道表示式：【答案】A【解析】A.同素异形体指同种元素形成的不同单质，红磷和白磷均由磷元素组成且结构不同，属于同素体结构，但C1取代H后电荷分布不均，属于极性分子，B项错误；C.H₂O中O原子的价层电子对,含2对孤对电子，空间结构为V形，C项错误；D.s²-的价电子数为6+2=8,其综合考查同素异形体、分子极性、空间结构模型及价层电子轨道表综合考查同素异形体、分子极性、空间结构模型及价层电子轨道表示式，属于基础辨析层级。辩析CH₃CI极性等易错概念，夯实推理表达基础。素养能力宏观辨识与微观探析(水平2):能准确运用据推理与模型认知(水平1):依据成键规则评价电教学启示趋势预判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N₂NONO雷电根瘤菌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=NH+H+COC.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)₃1的反应热【解析】A.NO是无色、有刺激性气味的气体，NO₂为红棕色气体，A项错误：B.NH₄HCO₃为属于盐类，为强电解质，在水中完全电离为NH4和HCO₃,HCOs为弱酸酸式根，不能进一步拆分，因此其电离方程式为NH₄HCO₃=NH+HCO₃,B项错误；C.合成氨反应Nz+3Hz2NH3为可逆反应，反应物的平衡转化率较低，循环操作可将未反应的N₂和H₂回C项正确；D.催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但反应热由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无关，因此新型催化剂不能改变N₂生成N[Si(CH₃)]s的反应热，D项错误：故答案为以合成氨工艺沿革为情境，考查NO性质、NH₄HCO₃电离、循环考题溯源源自选择性必修1“化学反应与能量”及必修物”,将化学史与工业实际结合，破除常见迷思概念。考查工业生产中条件优化的本质目的(捉高原素养能力素养能力变化观念与平衡思想(水平2):理解工业循环操作的物质守恒与利用率；证据推理与模型认知(水平2):辨析催化剂仅改变路径不改变热强化概念教学中的边界条件讨论，如“完全反应”“催化剂作用本质”;通过工业流程图让学生理解理论到实践的转化。趋势预判趋势预判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【答案】D【解析】A.石油分馏是利用石油中各成分沸点不同，通过加热、冷凝实现分离的过程，由于过程中没有新物质生成，属于物理变化，而非化学变化，A项错误；B.蔗糖是典型的二糖，水解生成等物质的量葡萄糖和果糖，B项错误；C.明矾加入水中发生水解反应：判断石油分馏、蔗糖水解产物、明矾水溶液酸碱性及判断石油分馏、蔗糖水解产物、明矾水溶液酸碱性及NaHCO₃受热分解方程式，属于基础应用层级。检验学生对教材基础知识的精准记忆与理解素养能力素养能力宏观辨识与微观探析(水平2):能从宏观现象辨识微观反应本质；科学态度与社会责任(水平1):认识化学物质在日常生5.下列装置或试剂能达到实验目的的是玻璃玻璃隔热层、饱和饱和FeCl₃A.蛋白质的变性C.Fe(OH)₃胶体的制备【答案】A【解析】A.硝酸银中的Ag+是重金属离子，能破坏蛋白质的空间结构，使其失去生物活性，发生变性，A能达到实验目的；B.装置图中缺少杯盖，热量散失严重，会导致测得的中和热数值偏小，B不能达到实验目的：C.制备Fe(OH)₃胶体是向沸水中滴加饱和FeCl₃溶液，继续煮沸至液体呈是将饱和FeCl₃溶液滴入NaOH溶液中，会直接发生反应生成的是Fe(OH)₃沉淀，C不能达到实验目的：D.MnO₂与浓盐酸反应制取氯气),需要加热条件，图中装置没有酒精灯加热，反应无法发生，D不能达到实验素养能力素养能力科学探究与创新意识(水平2):能评价实验陷；证据推理与模型认知(水平2):依据实验原理论证操作错误的后实验题与反应原理深度融合，增加对“失败实验”的分析与改进设6.彩云之南，花开四季。下列说法错误的是WXYZA.w的分子式为C₉H₀O₄B.X能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.Y能发生加成和水解反应D.1molZ最多消耗2molBr₂的结构简式为,分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.Y的结结构简式为含有碳碳双键和酚羟基，酚羟基的邻位(2个位置)可以被Br原子取代，1molZ消耗2molBr₂,侧链上的碳碳双键可以与Br₂发生加成反应，1molZ消耗1molBr2,总共最多消耗3molBr₂,C错误；故选D。以四种花卉活性分子为载体，考查分子式、氧化反应、加成水解及Br₂消耗量，属于理解与应用层级。命题立意考查从复杂有机分子中提取官能团信息并进素养能力素养能力宏观辨识与微观探析(水平3);能从分子结构特征预测化学性质；证据推理与模型认知(水平3):基于官能团位置加强分子模型搭建与可视化教学，提升空间趋势预判趋势预判分子结构复杂度适度增加，但焦点仍为核心宫能团；与生物化学、7.化学护坝体，劳动保安全，某水电站坝体维护示意图如下，下列说法错误的是水泥水化物关键部件关键部件防水涂层聚四氟乙烯A.黏土是生产水泥的主要原料之一B.MgSiF₃与Ca(OH)₂的反应属于氧D.利用Zn板保护钢闸门时，需定期检查、更换【解析】A.水泥的主要原料是石灰石(CaCOs)和黏土，黏土提供硅、铝等元素，是水泥生产的核心原子转移，属于非氧化还原反应，B错误；C.聚四氟乙烯由四氟乙烯(CF₂=CF₂)通过加聚反应双键打开形成高分子链，反应方程式为：C正确；D.该防护方法为牺牲阳极法(牺牲负极保护法),Zn的金属活动性比Fe强，作为原电池的负极，会不断被氧化腐蚀，而钢闸门(Fe)作为正极被保护，随着反应进行，Zn板会逐渐消耗，因此需要定期检查、更换Zn板，保证防护效果，D正确；故选B。以坝体维护为背景，考查水泥原料、CaO与SiO₂反应类型、聚四素养能力素养能力宏观辨识与微观探析(水平3):能从宏观工应：变化观念与平衡思想(水平2):理解电化学防腐的微观电子转移过情境持续聚焦国家重大工程与新能源技术；知识融合度提升，单一P8.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。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P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【答案】D【解析】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，则U为H,V的p轨道电子数是s轨道电子数的一半，电子排布式为1s²2s²2p²,则V为C,X的最外层电子数与其K层电子数相等，X为第IIA族元素，可能的电子排布式为1s²2s²(Be)或1s²2s²2p⁶3s²(Mg),X的原子序数大于V,则X为Mg,Y的氧化物具有两性，则Y为Al,X和Z同主族，则Z为Ca,Z的原子序数等于W和X的原子序数之和，既20-12=8,即W为8号元素，则W为0,据此回答A.V为C,V的简单氢化物为CH₄,W为0,W的简单氢化物H₂O,H₂O存在分子间氢键，沸点远高于甲烷，则沸点H₂O>CH4,即V<W,A错误；B.X为Mg,Z为Ca,金属性Ca>Mg,金属Mg,Y为Al,Mg的价电子排布为3s²,是全充满的稳定结构；Al的价电子排布为3s²3p',p轨道只有1个电子，易失去，故第一电离能：Mg>Al,即X>Y,C错误；D.U为H,W为0,可形成H₂O (水)和H₂O₂(过氧化氢),二者在常温下均为液态，正确；故选D。考查学生对周期律的深度理解与逻辑推理能件与例外情况(如电离能反常),培养辩证恩素养能力宏观辨识与微观探析(水平3):能从原子结质递变：证据推理与模型认知(水平3):基于周期表模型进行性质预测与验证。素养能力推断题情境更贴近前沿新材料；考查重点从质关联分析，适度渗透拓展规律，与结构选做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：步骤步骤Ⅲ步骤Ⅲ湿润的醒酸铅试纸抽取a抽取a中上层清液55min后出现浅红色酷酸铅试纸变黑下列说法错误的是A.a中黑色固体成分有FeSB.Fe与s在空气中燃烧的产物可能有Fe₂O3C.步骤I使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率【答案】C【解析】Fe与足量S加热反应生成FeS黑色固体，FeS与稀硫酸反应生成FeSO₄、H₂S,H₂S与醋酸铅反应生成黑色固体PbS,③实验过程中上层清液与KSCN溶液混合开始无明显现象，说明①中反应无Fe³+生成，5min后出现浅红色，说明Fe²+被氧化，④实验过程中上层清液与K₃Fe(CN蓝色沉淀，说明①中反应有Fe²+生成。A.由上述分析可知，a中黑色固体成分有FeS,A项正确：B.Fe与s在空气中燃烧，二者均被氧气氧化，可能生成Fez03,氩气氛围中进行，其目的是防止FeSO4、H₂S被氧化，步骤I使用煮沸后的稀硫酸，其目的是除去溶解氧，C项错误；D.醋酸铅试纸用于检验生成的H₂S气体，H₂S与Cuso4发生反应：CuSO₄+H₂S=CuS↓+H₂SO₄,CuS为H₂S的目的，D项正确：故答案为C。以Fe与S加热后黑色固体成分探究为载体，考查固体成分、煮沸稀硫酸目的及H₂S检验替代方案。考查科学探究中的变量控制与防氧化意识，强调“操作服务于目的”,培养严谨求实的科学态度与批判性思维。素养能力素养能力科学探究与创新意识(水平3):能设计并评价探究方案，解释操作意图：证据推理与模型认知(水平3):依据实验现象推导产物成分并论“异常现象”的分析，培养基于证据的推理习惯。趋势预判趋势预判10.Ni@ZnInS纳米催化剂经光照后产生e和空穴(h+),促进α-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.1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D.该过程涉及非极性共价键的断裂和形成【解析】A.光催化过程中，光能驱动化学反应发生，化学能储存于产物中A项正确；B.步骤Ⅱ中，空穴h+带正电，使底物失去电子，h+作为氧化剂，体现氧化性，B项正越多，C项正确；D.步骤Ⅲ过程中断裂C-H极性键，步骤IV过程中形成C-C非极性键和H-H非极性键，无非极性共价键的断裂，D项错误：故答案为D。以TiO₂纳米催化剂促进脱氢偶联机理图为载体，考查能量转化、改编自近年催化领域前沿文献，将科研级光催化机理转化为中学可突破传统反应机理考查，强调从复杂微观图示中提取关键信息、辨素养能力素养能力宏观辨识与微观探析(水平4):能从宏观催键过程；证据推理与模型认知(水平4):建构催化循环模型，依据图示推理反应路径。“读图-提取-推理”的标准范式，避免主观臆断。A.T点原子的分数坐标为B.每个PS₄周围与它最近且距离相等的PS有6个C.沿z轴方向的投影为D.若晶体密度为pg·cm⁻³,则晶胞参数a为【解析】A.T点位于底面的面心，其原子坐标为,A项错误D.晶胞中Na+位于棱和面心，其个数为,PS位于体心和顶点，其个数为1=2,1个晶胞中含有2个NaPS,因此晶胞密度D项错误；故答案为C。以Na₃PS₄立方品胞为载体，考查分数坐标、配位数、投影图及晶源自选择性必修2“晶体结构与性质”,将前沿命题立意素养能力素养能力宏观辩识与微观探析(水平4):从宏观导电积；证据推理与模型认知(水平4);运用坐标法与切割法建立几何模型趋势预判趋势预判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.乙的品体类型为共价品体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D.调控pH可使甲和丙中*C的杂化方式发生可逆转变【答案】A【解析】A.大环化合物甲与Co通过范德华力形成超分子乙，因此乙为分子品体，A项错误：B.甲与对C6的捕获与释放，B项正确；C.该超分子的核心作用力是分子间作用力(如范德华力、氢键等),C6与大环通过分子间作用力结合，C项正确；D.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，乙丙过程中可通过调节pH实现，即调控pH可使甲和丙中以大环化合物摘获C₆。过程图为载体，考查晶体类型、捕获释放素养能力素养能力宏观辨识与微观探析(水平3):能从宏观组装现象探析微观分子间作用力：证据推理与模型认知(水平3):建构超分子识别模型，依据pH推理杂化方式变化。新教材新增内容(如超分子、团簇、氢键有机柜架)考查比重上升；SO₂Cl₂+Cl₂+4Li=4LICl+SO₂。下列A.充电时，模式Ⅱ的反应为2SO₂Cl₂+6Li=Li₂S₂O₄+4LiICIC.放电时，体系中的L;向电池的锂电极迁移Ⅱ放电石墨电极锂电极SO₂Cl₂+Cl₂+4Li=4LiCI+SO₂~4e”,模式Ⅱ的总反应与转移电子关系为以大环化合物捕获C₆。过程图为载体，考查晶体类型、捕获释放素养能力素养能力宏观辨识与微观探析(水平3):能从宏观组装现象探析微观分子间作用力；证据推理与模型认知(水平3):建构超分子识别模型，依据pH推理杂化方式变化。新教材新增内容(如超分子、团簇、氢键有机框架)考查比重上升；Cu²+(ag)+2C₂O²(aq)=[Cu(C₂O₄)₂pHB.CuC₂O₄(ag)+C₂O²(aq)=[Cu(C₂O₄)₂F²(D.pH=4,dC₂O²)+cHC₂OZ)+cH₂C₂O₄)【解析】K(CuC₂O)=c(Cu²)-c(C₂O?)=10⁴总铜(溶液中):(注：两种以固体形式以Cu²+与C₂O₄²溶解平衡pM-pH关系图为载体，考查曲线归源自选择性必修1“水溶液中的离子反应与平衡”,将多重平衡体系考查图文互译与定量推理能力，强调图像信素养能力变化观念与平衡思想(水平4):动态分析多重度的此消彼长；证据推理与模型认知(水平4):专题突破分布系数图、对数坐标图等新型图实际应用场景结合更紧密，思维深度持续提升。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：滤液1滤液2NaOH溶液一碱沉滤液3沉银Ni(OH)₂AgCl已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键),在强酸介质中会水解。②O₂表示具有高氧化活性的单线态氧分子，回答下列问题：(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A(填离子符号)。(4)“氧化溶金”中，KCI不能用HC1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pNi与V(NaOH)的关系如图(pOH=-I₈[c(OH-)(mol-E')],pNi=-ls[c(Ni²+)(mol.·E')],忽略Ni²的水解)。“滤液1”中Ni²+的浓度为mol·L-¹(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【答案】(1)ds(4)HCI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(5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质【解析】酸浸1:经过预处理的WPCB加入稀盐酸，Ni与稀盐酸发生置换反应生成Ni²+溶解，而Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应。过滤后，滤液1主要成分为NiCl₂和过量的HCI,滤渣1为Cu、Ag、碱沉：向滤液1中加入NaOH溶液，首先中和过量的HCl,随后沉淀Ni²+生成Ni(OH)₂。过滤后得到的滤液3主要含有NaCI。酸浸2:向滤渣1中加入稀硝酸，Cu和Ag溶解生成cu²+、Ag⁴,Au不与稀硝酸反应。过滤后，滤液2主要含有Cu(NO₃)₂、AgNO₃和过量的HNO₃,滤渣2沉银：将含有Ag的滤液2与含有CI-的滤液3混合，发生沉淀反应生成AgCl。(2)酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和H+反应生成Ni²+和H₂,离子方程式：Ni+2H⁺=Ni²++H₂↑。(3)滤渣1含Cu、Ag、Au,酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀确酸反应溶解生成cu²+、Ag⁴,Au不溶解，因此滤液2中金属离子除Ag外还有cu²+。(4)根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCI代替KCl,溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子('O₂),PMS(以HSO₃表示)发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：HSO₃+SO³~=2SO~+H++'O₂。(5)“氧化溶金”后，金以+3价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸(维生素C)具有较强的还原性，在(6)V(NaOH)在0～20.00mL之间时，pOH急剧下降，此时是NaOH溶液中和滤液1中过量的HCl的阶段。V(NaOH)在20.00~55.00mL之间时，曲线趋于平缓，到达55.00mL时pNi发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀Ni²+,沉淀Ni²+消耗NaOH体积为55.00mL-20.00mL=35.00mL,n(OH⁻)=0.1000mol/L×0.035L(7)滤液2中Ag*以AgNO₃形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH,AgOH不稳定分解为Ag₂O,因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸以WPCB中Cu、Au等金属回收为任务，考查酸浸氧化剂选择、考查在复杂工业流程中运用化学原理解决实际问题的能力，强调“条件选择有据可依”的工程思维与循环经济理念。素养能力科学探究与创新意识(水平3):评价氧化剂态度与社会责任(水平3):认同绿色化学在工业生产中建立工艺流程题“四步分析法”;强化建立工艺流程题“四步分析法”;强化Ksp与pH定量关系的计算训练：补充绿色氧化剂等前沿背景，规范答题术语。情境更贴近国家战略资源保障与循环经济：流程中嵌入反应机理图16.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，原理如实验步骤如下：I.向双颈烧瓶中加入10mL含Ni(NO₃₂-6H₂O(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,=1009)g。回答下列问题：(2)下列安全标识中，本实验不涉及的是(填标号)。(4)步骤Ⅲ中乙醇的作用为o(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)。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【答案】(1)恒压滴液漏斗(4)降低配合物Z的溶解度，使其结晶析出(5)重结品【解析】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，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，有机层经减压蒸除溶剂，加入15mL乙醇和2mmolNaBPha(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品体(配合物Z,M,=1009)mg,据此回答。(1)由图可知，仪器a是恒压滴液漏斗，它的支管可以平衡压强，使液体顺利流下；(2)佩戴护目镜可以在实验时保护眼睛；实验结止中毒：本实验不涉及锐器，故选D:(3)步骤Ⅱ中，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，洗涤1.33gcm³,大于水，因此分液时在下层；(4)步骤Ⅲ中，加入乙醇后配合物Z沉淀析出，因此乙醇的作用是降低配合物Z的溶解度，使其从溶液中析出：(5)粗产品已经是固体结晶，为了去除混入的少量可溶性杂质并获得高纯度的紫色晶体，通常采用重结晶法。(6)根据反应离子方程式：Ni²⁺+2bpy+2BPh=[Ni(bpy)₂](BPh₄)₂,再结合投料量，理论上三者恰好完全反应，理论上生成配合物Z的物质的量为1mmol,质量为0.001mol×1009g·mol⁻¹=1.009g,实际产量为吗g,(7)A.核磁共振氢谱用于测氢原子种类，不直接测晶体结构，A不符合题意；B.质谱法用于测分子量，不直接测品体结构，不符合题意；C.红外光谱法用于测官能团、化学键，不直接测晶体结构，C不符合题意；D.X射线衍射法是测定晶体结构的经典方法，可确定原子的空间排布，D符合题意；故选D:(8)bpy(联吡啶)是双齿配体，每个bpy提供2个配位原子，当1:2投料时，2个bpy共提供4个配位原子，配位数为4:当n(Ni²):n(bpy)=1:3投料时，3个bpy共提供3×2=6个配位原子，因此ni²+的配位数为6,以镍配合物合成、纯化及配位数测定为主线，考查恒压滴液漏斗使改编自大学无机合成经典实验，将科研级操作转化为中学可实施的命题立意考查实验设计与操作的规范性、安全性及反素养能力素养能力科学探究与创新意识(水平3):解释特殊装