新版2026年高考化学（云南卷）真题详细解读及评析

2026年高考云南卷化学真题完全解读试题分析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。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。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。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。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。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。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。考点细目表命题细目1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的主要成分、聚酯的组成2结构与性质化学键念、极性分子与非极性分子的判断、VSEPR模型、价层电子轨道3以合成氨工艺与固氦方式为情景，考查知识点：氮的固定及合成氨工业学反应速率与化学平衡涉及基础知识：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与常见物质性质的正误辨析物质的分类及转化/有涉及基础知识：石油分馏的原理、蔗糖水解产物、明矾净水原5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、7考查知识点：材料化学与电化学防护念和规律/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考查知识点：基于原子结构原子结构与性质/元素周期表元素周期律/分涉及基础知识：原子核外电子排9与离子检验化学实验基础→物质的分离提纯与鉴别/铁及质、Fe²+的检验方法、Fe³的检验方法、H₂S的检验方法以纳米催化为情景，考查知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、共价键的品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以超分子化学为情景，考查质晶体结构与性质/分子结构与性质化学键晶体的区分、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池金属的腐蚀与防护式的书写、电极反应的电子转移计算、离子迁移方向、理论放电以pM-pH关系图为情景，考查知识点：沉淀溶解平衡与衡关系、平衡常数的推导与计算、件非选择题以废弃电路板金属回收为情景，考查知识点：化学工艺氧化还原反应方程式的区、金属与酸的反应、PMS的氧化性、配位溶解、酸碱中和滴定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、分离与产率计算质的分离提纯与鉴别涉及基础知识：恒压滴液漏斗的液的操作、重结晶提纯方法、产非选择题以CO制备酒石酸二甲酯为与电催化的反应原理综合分析学平衡常数及其相关计学平衡图像用、熵变判断、平衡移动的影响因素、选择性与转化率的图像分式的配平非选择题以抗衰老活性化合物合成为情景，考查知识点：有机合有机化合物的结构特点涉及基础知识：官能团的识别与异构体的书写、核磁共振氢谱的复习策略复习策略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。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。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。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。真题解读真题解读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▶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(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。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。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。金属材料：纯金属及合金(钛合金、铝合金、钢铁等)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、水品的关系聚酯(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 命题透视键”(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)。(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(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。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。价层电子轨道表示式：表明价电子在轨道中的分布情况，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：CH₃CI中C—CI键为极性键，分子呈四面体构型，但CI取代一个H后空间对称性被破坏，正负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D选项：Fe是26号元素，Fe+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Fe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。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CH₃CI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3d⁴4s或3d⁵4s,需要明确Fe原子先失去4s电子再考虑3d电子的原则。①核心概念辨析同位素：同种元素(同质子数),不同中子数AB□型分子：中心原子无孤对电子且n个A完全相同→非极性③拓展关联Fe²⁺/Fe⁺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，下列说法正确的是氨肥氨肥厂根瘤菌雷电A.NO是红棕色、有刺激性气味的气体D.新型催化剂能降低N₂生成N[Si(CH₃)sl₃的反应热▶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(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)、仿生固氦。固氦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。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。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△H)。反应热由始终态决定，与催化剂无关。错误。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-。自然固氮：雷电使N₂+O₂→2NO;豆科植物根瘤菌固氮仿生固氮：模拟生物固氮酶，常温常压下固氮条件选择：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▶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(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。明矾：KA1(SO₄)₂·12H₂O,A碳酸氢钠：受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳。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。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。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】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。【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)5.下列装置或试剂能达到实验目的的是溶液溶液玻璃玻璃内筒隔热层、外壳A.蛋白质的变性饱和饱和FeCl₃溶液溶液C.Fe(OH)₃胶体的制备命题透视▶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(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。步骤一：关键概念/材料解读图A:试管中滴加AgNO₃溶液到蛋白质溶液中。Ag⁴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。A选项：硝酸银溶液提供Ag⁴,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。仅A选项的装置和试剂能实现对应的实验目的，故选A.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。【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②常见气体的制备条件Ca(OH)₂+NH₄Cl→NH₃(需加热)CaCO₃+HCl→CO₂(常温)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WXYZ▶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▶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)。(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(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。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):X: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C₂oH₃2O₂,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。D选项关于Z消耗Brz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Brz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Brz(Brz中的一个Br取代H,另一个Br与H结合为HBr)。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+H②消耗Br₂的情况分类加成消耗：碳碳不饱和键(1molC=C~1molBrz,1molC=C~2molBrz)取代消耗：酚羟基邻对位的H(每取代1个H消耗1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Zn板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D.利用Zn板保护钢闸门时，需定期检查、更换Zn板命题透视命题透视▶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(牺牲阳极反应”;选择性必修1第四章第三节"金属的腐蚀与防护"。(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。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：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)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。DD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。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【知识总结】①氧化还原反应的判断常见非氧化还原反应：化合反应(CaO+H₂O)、分解反应(CaCO₃Wloverset{riangle}{=Y)CaO+CO₂↑)、复分解反应覆盖保护层：涂漆、镀层、搪瓷等聚四氟乙烯的特性：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B.最高价氧化物的水化物碱性：X>ZD.U与W能形成两种常见液态化合物命题透视命题透视▶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"。(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。思路点拨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IA族，原子序数>V(6)→X为Mg(12号)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)z<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：去3p电子，第一电离能较小，确实Mg>A1(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，【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、【知识总结】【知识总结】原子半径最小/最大p电子数是s电子数的一半→C②氢键的判断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INaOH溶液黑色固体①a中有气泡下列说法错误的是KSCN溶液K₃[Fe(CN)₆]溶液②10min后抽气，③c中无明显现象，④d中产生蓝色沉淀醋酸铅试纸变黑5min后出现浅红色B.B.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▶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"。(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I:黑色固体a+煮沸稀H₂SO₄→FeSO₄+H₂S↑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,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，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),与酸反应遵循惰性气氛的作用：防止亚铁离子和硫离子被O₂氧化。Fe³+:KSCN→血红色溶液：NaOH→红褐色沉淀③实验安全与无氧操作ArAr/N₂保护目的：防止还原性物质被O₂氧化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命题透视▶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”。(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：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(h⁴)具有氧化性(缺电子，可夺取电子)涉及C—H键(极性键)的断裂和C—C键、H—H键的形成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。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(相当于缺电子位催化机理图的分析：需逐步骤识别哪些键断裂、哪些键形成。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-0,N=N等)光照→电子从价带跃迁到导带→产生电子-空穴对(e"-h⁺)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△H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-)的立方晶胞结构示意图如下。已知：NA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，称作原子的分数坐命题透视命题透视思路点拨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的配位环境个)。注意品胞中Na⁴与Na⁴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个品胞含2个NasPS₄(即6个Na⁴、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。①均摊法顶点：1/8;棱上：1/4;面上：1/2;体内：1②离子配位数判断体心立方：8配位(体心→顶点距离=Vfrac{\sqrt(3}}(2)a))NaCI型：Na⁴配位数6,CI配位数612.我国科学家合成了一种大环化合物甲，能与C₆。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C₆。的捕获与释放C.乙中的C₆。与大环之间存在分子间作用力▶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)。(1)情境创设：以我国科学家合成的大环化合物与C₆。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。思路点拨图示(image92.png)呈现了大环化合物甲→超分子乙甲：大环化合物，其中N原子形成3个共价键甲和乙中N为sp²杂化(3个o键),丙中N为sp²杂化(4个o键)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C选项：超分子乙中C₆。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。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，乙一丙过程中可通过调节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。A选项错误地将超分子(分子晶体)归类为共价晶体，故选A。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),分子品体的结构单元是分子，分子间以分子间作用超分子的概念：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→分子晶体作用力：氢键、范德华力、真-π堆积、疏水作用等功能：分子识别、催化、传输、传感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。下列说法正确的是石墨电极锂电极充电Ⅱ石墨电极锂电极充电ⅡC.放电时，体系中的Lit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(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(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。模式I:放电时Li→Li'+e"(负极),I₂+2e”→21(正极),总反应2Li+I₂=2LiI充电时过程逆转，石墨电极为阳极(发生氧化反应)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+l₂(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，Lit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→Imole”。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。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。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】【知识总结】①原电池核心规律正极：不活泼材料，得到电子，发生还原反应离子迁移：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(Li⁴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Cu²+和C₂0?的初始浓度分别为0.1mol·L¹和0.2mol·L¹,达到溶解平衡时Cu²+(ag)+2C₂O(aq)=[Cu(C₂O₄)₂F²~(aq)K吉pHC.溶液中，CuC₂O₄(aq)的浓度为10⁻³³mol·L¹D.pH=4,d(C₂O²)+c(HC₂O₄)+c(H₂C₂O₄)+c(Cu(C₂O₄)₂P²)>0.1mol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"。(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。已知K_sp(CuC₂O₄)=2.0×10-1°→当沉淀存在时pCu+pC₂O₄与pH有关需要结合H₂C₂O₄的两级电离(Kal、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A选项：根据体系中各物种的pM变化规律，曲线Ⅱ为Cu²+(或CzO₄²-)的变化曲线，而非HzCzO₄K=(2.0×10-10)×(1.0×10-14)²/(5.9×10-2×6.4×10C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。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×K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=-1g[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：预处理酸浸1滤渣I[酸浸2滤渣2滤液1滤液2Ni(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：(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(4)"氧化溶金"中，KCI不能用HCI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(7)"沉银"时，"滤液2"与“滤液3"混合时有少量AgzO生成，其反应的化学方程式为命题透视1第三章第二节"水的电离和溶液的pH"(中和滴定)。(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(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。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→Ni#;Cu、Ag、Au不反应→滤渣1酸浸2(稀硝酸):Cu、Ag溶解→Cu²⁴、Ag⁴;Au不反应→滤渣2还原金(X工序):抗坏血酸还原Au→Au(2)酸浸1中Ni与稀盐酸发生置换反应：Ni+2H⁺=Ni2++H₂↑。(4)KC1不能用HC1替代：根据已知①,PMS在强酸介质中会水解，HCI引入大量H⁺使PMS水解失效，而KCI不改变酸性。PMS分解反应：2PMS→2SO₄2”+2H+++O₂↑(PMS的过氧键断裂)。(5)抗坏血酸(维生素C)具有强还原性，将Au+(氧化溶金后Au以+3价络离子形式存在)还原为Au(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⁺,20~52cxV_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,(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)。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)dd区：ⅢIB~VIIB、VII族(最后电子填入(n-1)d轨道)ds区：IB、IB族(d轨道全满，最后电子填入ns轨道)③常见氧化剂/还原剂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，原理如下：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品体(配合物Z,M=786gmol-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)。(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)。(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、结品提纯、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),(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。思路点拨实验流程图解读：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)(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(1.0gcm⁻3),因此在分液漏斗的下层。(4)步骤II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。(6)反应[Ni(bpy)₃]²⁺+2BPh₄⁻→配合物Z。1mmolNi(NO₃)z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(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)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)(8)bpy是双齿配体，每个bpy提供2个配位(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)。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。①配合物基础知识中心离子/原子+配体→配合物双齿配体：一个配体提供2个配位原子(如bpy、en、C₂O₄2-)固液分离→过滤固体提纯→重结晶③产率计算产率=实际产量/理论产量×100%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.2CO(g)+2CH₃ONO(g)=(CoOCH₃)₂(1)+2N(2)一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应i,提高CH₃ONO平衡转化率的措施有(填标号)。A.及时移走(COOCH₃)₂C.增大CO和CH₃ONO投料比D.加入催化剂ii.CO(g)+2CH₂ONO(g)=Co(OCH₃)₂一定条件下，CH₂ONO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CHONO平衡转化率%CHONO平衡转化率%+CH₃ONO□DMO□副产物1■副产物2温度/℃A.120~140℃B.130～150CC.140~1②130℃,若恒容密闭容器中只发生反应i、ii,当CO和CH₃ONO的初始浓度分别为2mol-L¹、1mol·L¹,结合图1信息，平衡时c(CH₃ONO)=.mol·L¹,反应i的K,=.(4)25℃时，DMT的生成速率v与c(DMO)关系如图2,已知该反应的速率方程为v=kc"(DMO),其中k①当c(DMO)增加10倍，V也增加10倍，则m为 命题透视▶核心考点：热催化与电催化的反应原理综合分析——盖斯定律、平衡转化率与选择性、速率方程、电极(1)情境创设：以“双碳“目标为背景，以CO制备高附加值化学品DMT(酒石酸二甲酯)为路径，将热催(2)问题设计：5个小题从盖斯定律和熵变判断开始，经平衡移动、选择性与转化率图像分析、多重平衡思路点拨总路径图(image222.png):CO+CH₃OH→DMO→DMT(酒石酸二甲酯)热催化路径：CO+CH₃OH在催化剂作用下生成DMO(草酸二甲酯)电催化路径：DMO通过电极反应还原为DMT图1(image237.png);CO转化率和产物选择性随温