新版2026年高考化学（河北卷）真题详细解读及评析

2026年河北高考化学真题完全解读试题分析2026年河北高考化学试题以《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14小题，每小题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，难度梯度平缓。非选择题共4小题，合计58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、电化学装置考查"变化观念与平衡思想”,通过实验方案评价、有机合成设计、晶胞结构分析考查”证据推理与模型认知”,通过工艺流程分析、实验探究考查“科学探究与创新意识”,通过我国科学家合成的高温超导材料、双功能电催化剂、亚熔盐法清洁生产工艺等情境考查"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。试题情境覆盖战略性新兴产业、体育强国、我国古代四大发明、科研前沿、工业生产、环境保护多个维度：例如第1题结合人形机器人、5G通讯等战略性新兴产业考查化学材料知识；第4题以体育器材材料为载体，引导学生关注化学在体育强国建设中的应用；第7题以我国科研工作者研发的双功能电催化剂为背景，考查电化学原理；第10题以我国科学家理论预测并合成的高温超导材料为情境，考查品体结构：第16题以河钢集团与中科院合作研发的亚熔盐法清洁生产工艺为背景，考查化学工艺流程。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5题以黑火药爆炸反应为线索，串联电子排布、价层电子对互斥模型、o键与π键、电子式等多个考点：第11题将元素推断、氢化物键角、双原子分子稳定性、电负性、非金属性融合考查；第17题将盖斯定律、反应速率、化学平衡状态判断、催化剂选择性、平衡图像分析融合在丙烷氧化脱氢制备丙烯的真实情境中。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、4题分别考查有机物判断、实验安全、材料性质等基础知识点，难度较低，面向全体学生；中层级方面，第8题(宏观事实微观解释)、第13题(实验结论评价)、第14题(水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15题的实验综合、第16题的工艺流程综合分析、第17题的反应原理综合计算、第18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。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。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、我国科学家原创成果等热点主题将持续受到关注。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、实验方案评价等探究性设问将成为常态。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。考点细目表命题细目与分类2以化学实验基本操作为情境化学实验的常用仪器和基本操作涉及基础知识：钠的取用、块状固体加入试管、酒精灯使用、热蒸发皿转移的安全规范3以化学在社会发展中的作用涉及基础知识：工业合成氨、氯碱工方程式书写4以体育强国与健康中国建设中的化学材料为情境金属材料及金属矿物的开发利用涉及基础知识：碳纤维、合金钢、氨纶、铸铁和钢的性质与用途5以我国古代四大发明之一的黑火药为情境结构与性质化学键型、二氧化碳分子结构、氮气电子式6以有机光电功能材料中间体的合成反应为情境涉及基础知识：加成反应的原子利用率、碳原子杂化方式、顺反异构判断、7以我国科研工作者研发的双功能电催化剂为情境电解池金属的腐蚀与防护8以宏观事实的微观解释为情境涉及基础知识：电子跃迁、苯酚酸性、9以对甲苯磺酸钠的实验室合化学实验的常用仪器和基本操作涉及基础知识：磺化反应平衡移动、副以我国科学家合成的高温超导材料晶胞为情境品体结构与性质以短周期主族元素推断为情境原子结构与性质涉及基础知识：电子排布、元素推断、以二氧化碳利用的反应机理涉及基础知识：反应机理分析、催化剂判断、化学键变化、总反应方程式推导以实验事实与结论的对应关系为情境的移动/盐类的水解/沉响、弱酸弱碱盐水解、氢氧化铝两性、以碘化钾溶液中碘元素物种非选择题以溴化铵的两种制备方案为综合实验题型探究非选择题以亚熔盐法清洁生产工艺提还原反应方程式配平、物质分离提纯、溶解度图像分析、离子方程式书写非选择题以氧化丙烷制备丙烯为情境非选择题以他司美琼合成路线为情境涉及基础知识：官能团识别、反应类型判断、保护基作用、手性碳原子、结构简式推断、同分异构体书写考情分析考情分析结合本卷选择题覆盖物质分类、实验安全、材料性质、反应方程式、物质结构、电化学、有机化学等主干知识，非选择题聚焦实验综合、工艺流程、反应原理、有机合成四大板块的分布特点，建议基础复习阶段按"必修一→必修二→选择性必修"顺序夯实概念，专题突破阶段针对晶胞计算、电极反应式书写、平衡图像分析、有机合成推断等高频难点进行集中训练，综合训练阶段以完整套卷形式提升时间分配与跨模块整合能力，考前错题回看阶段重点整理图像题审题失误、方程式配平错误、实验方案评价遗漏点。本卷突出”真实情境+学科前沿+地方产业特色"的命题特色，如我国科学家合成的高温超导材料、双功能电催化剂、亚熔盐法清洁生产工艺等，复习时应关注化学与STSE、新能源材料、碳中和、资源回收利用等热点主题；同时重视工艺流程题中氧化还原反应配平与条件控制、反应原理题中多反应耦合体系的平衡分析、有机题中保护基策略与手性碳判断等核心能力。建议以新教材内容为依托，强化”结构决定性质"动态平衡""证据推理”等学科观念在真实问题中的应用，3.加强模拟考试训练，提高应试能力：针对本卷图像信息丰富、计算量适中、开放性设问较多的特点，训练中要强化读图读表能力，学会从晶胞图、溶解度曲线、反应历程图、平衡组成图中提取关键数据；规范化学方程式、离子方程式、电极反应式的书写；掌握产率、平衡常数、反应速率等计算的关键步骤；主观题作答时注意分点陈述、因果清晰、术语准确，实验评价类题目要从操作安全性、产物纯度、原料利用率、环境影响等多角度作答。4.培养良好的学习习惯和心态：面对本卷对细节辨析、规范表达和陌生情境适应能力的要求，平时应建立错题本，分类整理”概念混淆型”信息误读型”计算失误型”表达不规范型”错误；养成书写化学用语时配平、条件、状态标注完整的习惯；遇到陌生情境或复杂图像时，先定位考查模块，再调用核心概念逐步拆解；保持稳定的做题节奏，先易后难，避免因个别难题影响整体发挥。真题解读真题解读逐题解读1.我国战略性新兴产业和未来产业发展日新月异，先进化学材料发挥了支撑作用。下列材料中主要成分属于有机物的是A.人形机器人皮肤材料——硅橡胶B.第三代半导体核心材料——碳化硅C.航空锂电池电极材料——石墨烯▶链接教材：人教版必修第一册第一章《物质及其变化》中物质的分类相关内容：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命题分析：(1)情境创设：试题以我国战略性新兴产业和未来产业中的先进化学材料为背景，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，考查学生对有机物概念的理解，四个选项分别涉及有机高分子、无机碳化物、碳单质、无机非金属氧化物，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，要求准确区分有机【思路点拨】本题涉及的核心概念是有机物的判断。有机物通常指含有碳元素的化合物，但碳的氧化物(CO、CO₂)、碳酸、碳酸盐、氰化物、碳化物等少数含碳物质属于无机物。有机高分子材料是以有机化合物为基础的高A.硅橡胶是含有碳元素的有机高分子聚合物，属于有机物，A符合题意；D.光导纤维的主要成分为SiO₂,属于无机非金属氧化物，是无机物，D不符合题意。容易误认为所有含碳物质都是有机物，忽略碳单质、碳的氧化物、碳化物等属于无机物的例外情况。【知识总结】有机物：含有碳元素的化合物(除CO、CO₂、碳酸、碳酸盐、氰化物、碳化物等少数物质外)。判断材料是否为有机物，先看是否含碳元素，再看是否属于例外的无机含碳物质。对于高分子材料，若为合成高分子或天然高分子，通常属于有机物。常见无机非金属材料：硅酸盐材料、新型陶瓷、光导纤维(SiO₂)、半导体材料(Si、GaN、SiC)等。常见有机高分子材料：塑料、合成橡胶、合成纤维等。2.下列操作不符合化学实验安全要求的是A.切割钠B.试管中加锌粒C.点燃酒精灯D.转移热蒸发皿【命题透视】命题分析：(1)情境创设：试题以化学实验基本操作为背景，通过图片展示四种常见操作，考查学生的实验安全意识。(2)问题设计：通过判断哪种操作不符合安全要求，考查学生对实验基本操作规范的掌【思路点拨】①核心概念定义②解题方法③拓展关联【命题透视】链接教材：人教版必修第二册第五章《化工生产中的重要非金属元素》、第七章《有机化合物》;选择性必修1《化学反应原理》中化学反应的调控、电解池相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以化学在社会发展中的作用为背景，涉及工业合成氨、氯碱工业、烟气脱硫、可降解高分子合成等真实生产情境。(2)问题设计：通过判断化学方程式的正误，考查学生对重要化学反应原理和方程式规范书写的掌握。(3)考查目标：侧重考查学生的化学方程式书写能力和工业【思路点拨】【解析】本题涉及工业合成氨、氯碱工业、氨脱硫法、聚乳酸合成等重要化学反应。需要判断各化学方程式是否配步骤二：选项特征分析A.工业合成氨是N₂与H₂在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成NH₃,化学方程式为：B.氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成NaOH、H₂和Cl₂,化学方程式为：,B正确：4NH₃+2H₂O+O₂+2SO₂=2(NH₄)₂SO₄,CD.乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸时，聚合物两端各保留1个氢原子和1个羟基，脱去的水分子数应为步骤三：结论得出综上所述，化学方程式错误的是D选项。【易错点】容易忽视缩聚反应中脱去水分子数为(n-1)而非n,混淆加聚反应与缩聚反应的特点。【知识总结【知识总结】加聚反应：不饱和单体通过加成反应相互结合成高分子化合物，无小分子生成。缩聚反应：单体通过分子间脱去小分子(如水、醇、卤化氢等)形成高分子化合物。②解题方法判断化学方程式正误时，从以下几个方面检查：反应物和生成物是否正确、是否配平、反应条件是否标注、常见可降解高分子：聚乳酸(PLA)、聚羟基脂肪酸酯(PHA)等，可通过生物降解减少白色污染。A.乒乓球拍底板加入碳纤维材料，强度更高，质量更轻B.速滑冰刀由合金钢制成，熔点、强度均高于纯铁D.铅球由铸铁和钢制成，硬度更大，更安全、更耐用【答案】B【答案】B▶链接教材：人教版必修第一册第三章《铁金属材料》中金属材料相关内容；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命题分析：(1)情境创设：试题以体育强国与健康中国建设中的化学材料为背景，贴近学生生活，体现化学学科的社会价值。(2)问题设计：通过辨析四种体育器材材料的性质，考查学生对材料性质的理解。【思路点拨】本题涉及碳纤维、合金钢、氨纶、铸铁和钢等材料的性质。需要掌握合金的性质特点以及常见高分子材料的性能。A.碳纤维具备强度高、密度小的优良性能，制作乒乓球拍底板可实现强度更高、质量更轻的效果，A正B.合金钢属于铁的合金，合金的熔点通常低于其组成纯金属的熔点，因此合金钢熔点低于纯铁，B错误；D.铸铁和钢均为铁碳合金，硬度远大于纯铁，制成铅球更安全耐用，D正确。综上所述，说法错误的是B选项。容易混淆合金的硬度与熔点变化规律：合金硬度一般大于各组分纯金属，但熔点一般低于各组分纯金属。【知识总结】合金的性质：硬度大、熔点低、耐腐蚀等，③拓展关联5.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、确酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为S+2KNO₃+3C=K₂S+N₂↑+3CO₂↑。下列说A.基态S原子价层电子的轨道表示式为B.NO₃的价层电子对互斥模型为C.CO₂分子中键与π键的个数比为1:1D.N₂分子的电子式为N:N【命题透视】▶核心考点：原子结构与性质、分子结构与性质、化学键▶链接教材：人教版选择性必修2《物质结构与性质》第一章《原子结构与性质》、第二章《分子结构与性质》相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以我国古代四大发明之一的黑火药为背景，将传统文化与物质结构知识相结合，体现化学学科的文化价值。(2)问题设计：通过分析反应中涉及物质的电子排布、空间构型、化学键类型、电子式，考查学生对物质结构理论的综合运用能力。(3)考查目标：侧重考查“宏观辨识与本题涉及基态原子电子排布与轨道表示式、价层电子对互斥模型、o键与π键判断、电子式书写等物质结构核心知识。A.基态S原子价电子排布为3s²3p⁴,根据洪特规则，3p轨道的4个电子应优先分占不同等价轨道，即1个p轨道填充2个电子，另外2个p轨道各填充1个单电子，选项中的轨道表示式违反洪特规则，正确的轨道表示式为,A错误；B.NO,中心N原子的价层电子对数为无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角c.CO₂的结构式为O=C=O,每个双键包含1个σ键和1个#键，分子中共2个0键、2个π键，二者个数比为1:1,C正确；D.N₂分子的电子式应为：N:N:,孤电子对应分布在两个N原子的外侧，选项电子式书写错误，D错步骤三：结论得出容易忽视洪特规则对轨道表示式的要求，或将$NO_3^-$的价层电子对数计算错误：书写N₂电子式时容易遗漏孤电子对或位置不对。【知识总结】洪特规则：电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同。o键与π键：单键为α键，双键含1个a键和1个π键，三键含1个a键和2个π键。计算价层电子对数时注意中心原子的价电子数、配位原子提供的电子数下列说法错误的是A.该反应的原子利用率为100%B.X中碳原子都是sp²杂化C.X存在顺反异构D.X可发生聚合反应【答案】C【答案】C【命题透视】▶核心考点；烃的衍生物、有机化合物的结构特点▶链接教材：人教版选择性必修3《有机化学基础》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》相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以有机光电功能材料重要中间体的合成反应为背景，将有机化学知识与新材料研究相联系。(2)问题设计：通过分析加成反应的特点、碳原子杂化方式、顺反异构条件、聚合反应可能性，考查学生对有机化合物结构与性质的综合理解。(3)考查目标：侧重考查“宏观辨识与微观探析”核心素养，要求学生能从分子结构角度分析有机物的性质。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念解读本题涉及加成反应的原子利用率、碳原子杂化方式判断、顺反异构判断、加聚反应条件等有机化学核心知步骤二：选项特征分析A.该反应属于加成反应，反应物的全部原子都转化为产物X,无其他副产物生成，原子利用率为100%,A正确；B.X中的碳原子一部分属于苯环结构，另一部分属于碳碳双键结构，均为sp²杂化，B正确；C.顺反异构要求碳碳双键两端的每个碳原子都连接两种不同的基团，X中碳碳双键的末端碳原子连接2个氢原子，不存在顺反异构，C错误；D.X中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确。步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是C选项。【易错点】容易误认为含有碳碳双键就一定存在顺反异构，忽视顺反异构要求双键两端每个碳原子连接不同基团的条【知识总结】顺反异构：由于碳碳双键不能自由旋转，当双键两端的每个碳原子都连接两个不同的原子或原子团时，形成的同分异构现象。原子利用率：目标产物的总质量与反应物总质量之比，加成反应和加聚反应的原子利用率为100%。②解题方法判断顺反异构：找碳碳双键，检查双键两端每个碳原子是否连接不同基团。判断杂化方式：苯环和碳碳双键中的碳原子为sp²杂化，碳碳三键中的碳原子为sp杂化，饱和碳原子为sp⁵7.我国科研工作者研发了一种高效双功能电催化剂，可实现硝酸盐与葡萄糖的同时转化，其原理如图所MM阳离子交换膜下列说法错误的是A.M是电源正极，N是电源负极B.电解一段时间后，电极Ⅱ附近c(OH⁻)减小C.电路中每通过3mol电子，理论上产生0.5molC₆H₈O【命题透视】命题分析：(1)情境创设：试题以我国科研工作者研发的双功能电催化剂为背景，将电化学原理与前沿科研成果相结合，体现化学学科的时代价值。(2)问题设计：通过分析电解池中电极判断、电极反应式、pH变化、电子转移计算和总反应，考查学生对电解池原理的综合运用能力。(3)考查目标；侧重考查”变由装置图可知，该装置为电解池。左侧电极I上，C₆H₂O₆转化为C₆HnO₇,碳元素的化合价从0升高到+1/6(平均),发生氧化反应，因此电极I是阳极。右侧电极Ⅱ上，NO₃“转化为NH₃,氮元素的化合价从+5降低到-3,发生还原反应，因此电极Ⅱ是阴极。A.根据上述分析，电极I是阳极，应连接电源正极M;电极Ⅱ是阴极，应连接电源负极N,A项正确：B.电极Ⅱ是阴极，发生还原反应。NO₃转化为NH₃,N的化合价从+5降为-3,每个N原子获得8e-。在碱性条件下，电极反应式为NO₃+8e⁻+6H₂O=NH,↑+9OH,阴极生成了OH-,导致电极Ⅱ附近c(OH⁻)增4C.H₁₂O₆+3NO₃+5OH⁻=4C.H₃O²⁻+3NH₃+6H₂O,综上所述，说法错误的是B选项。【易错点】容易忽视阴极还原反应生成OH-导致pH增大，误选其他选项：书写电极反应式时要注意电荷守恒和原子电解池：将电能转化为化学能的装置，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。电极判断：与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极。分析电解池问题时，先判断电极，再写出电极反应式，最后根据电子守恒进行相关计算。电催化还原硝酸盐为氨气，既能处理含硝酸盐废水，又能合成氨，具有重要的环境意义和应用价值。8.下列对宏观事实的微观解释错误的是选项A霓虹灯发光电子从能量较高的轨道跃迁至能量较低的轨B常温下，苯酚能与NaOH溶液反苯环使羟基中O-H键极性变强C水是极性分子，C.与苯均为非极性分子D醇)的凝固点为-40℃乙二醇水溶液分子间的范德华力大于水分子间的范德华力【答案】D▶链接教材；人教版选择性必修2《物质结构与性质》第二章《分子结构与性质》;选择性必修1《化学反应原理》第三章《水溶液中的离子反应与平衡》相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以宏观事实的微观解释为背景，涉及霓虹灯发光、苯酚酸性、碘的溶解性、防冻液凝固点等生活化学现象。(2)问题设计：通过判断微观解释的正误，考查学生对物质结构与性质关系的理解。(3)考查目标：侧重考查”宏观辨识与微观探析”核心素养，要求学生能从微观角度解释宏观现象。【思路点拨】【解析】本题通过表格形式呈现四个宏观事实及其微观解释，需要逐一判断解释是否正确。A.霓虹灯发光的本质是原子核外电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时，将多余能量以光的形式释放，A不符合题意；B.苯酚中羟基直接与苯环相连，苯环的吸电子效应使羟基0-H键极性增强，更易电离出氢离子，酸性强于连有给电子效应乙基的乙醇，因此苯酚能与NaOHC.根据相似相溶规律，极性溶剂易溶解极性溶质，非极性溶剂易溶解非极性溶质，水是极性分子，C和苯均为非极性分子，因此C不溶于水可溶于D.乙二醇防冻液凝固点远低于纯水，本质原因是乙二醇可与水分子形成氢键，改变了纯水原本的分子间作用结构，使凝固点降低；若分子间范德华力作用结构，使凝固点降低；若分子间范德华力越大，物质凝固点越高，原解释逻辑错误，D符合题意；综上所述，微观解释错误的是D选项。【易错点】容易混淆氢键和范德华力对物质性质的影响，误认为范德华力增大导【知识总结】氢键：分子间或分子内氢原子与电负性大、半径小的原子(如N、O、F)之间形成的特殊分子间作用力。解释宏观现象时，要抓住本质原因。如凝固点降低、沸点升高等往往与氢键有关：溶解性往往与极性有关：颜色变化往往与电子跃迁有关。乙二醇与水分子形成氢键，破坏水分子原有的氢键网络，使溶液凝固点降低、沸点升高，因此可用作汽车下列说法错误的是B.温度过高会造成多取代副产物的增多C.饱和NaCI溶液有利于pTsONa粗品的析出【命题透视】▶链接教材：人教版选择性必修3《有机化学基础》第三章《烃的衍生物》中酚、芳香烃相关内容：必修第二册第七章《有机化合物》中乙醇与乙酸的性质相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以对甲苯磺酸钠的实验室合成为背景，考查学生对有机合成实验原理和操作的理解。(2)问题设计：通过分析水分离装置作用、温度控制、同离子效应、提纯方法选择，考查本题合成路线为甲苯的磺化反应生成对甲苯磺酸，再与NaOH中和生成对甲苯磺酸钠。反应①为可逆反应，A.反应①是甲苯的磺化反应，这是一个可逆反应，反应过程中有水生成，水分离装置可移除生成的水，使平衡正向移动，有利于反应①进行，A正确：B.甲基为苯环邻、对位定位基，在过高的温度下，反应速率过快，能量较高，可能导致生成二磺酸或多磺酸等副产物，B正确；C.饱和NaCI溶液中Na⁴浓度高，通过同离子效应可降低pTsONa的溶解度，有利于其粗品析出，C正D.pTsONa熔点大于300℃,沸点极高，一般需采用综上所述，说法错误的是D选项。容易混淆蒸馏法和重结品法的适用范围，对于熔点高、热稳定性差的盐类物质，重结晶法通常是更合适的【知识总结】同离子效应：在难溶电解质的饱和溶液中，加入含有相同离子的强电解质，使难溶电解质的溶解度降低的重结晶：利用物质在不同温度下溶解度的差异进行提纯的方法。选择物质提纯方法时，要考虑物质的溶解性、熔沸点、热稳定性等性质。可溶性盐类通常采用重结品法提纯。③拓展关联磺化反应是可逆反应，浓硫酸作磺化剂，水会使平衡逆向移动，因此及时移除水有利于反应正向进行。10.LaBeH,是由我国科学家理论预测并合成的具有高温超导电性的材料，其立方晶胞如图所示，晶胞棱长为apm。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元(BeH₃),铍原子位于体心。氢原子Y和Z的分数坐标下列说法错误的是A.La原子周围最紧邻的氢原子有12个B.品胞沿体对角线的投影图为9C.X、Y两原子之间的距离为mD.晶胞中含有4个BeHg单元【答案】A▶核心考点：晶体结构与性质▶链接教材：人教版选择性必修2《物质结构与性质》第三章《晶体结构与性质》相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以我国科学家理论预测并合成的高温超导材料为情境，体现我国在材料科学领域的原创成果，增强民族自豪感。(2)问题设计：通过分析晶胞结构、配位数、原子距离、晶胞中单元数目，考查学生对晶体结构的综合理解能力。(3)考查目标：【思路点拨】由晶胞图可知，La原子(黑球)位于立方品胞的顶点和面心，BeH₈单元位于棱心和体心。氢原子Y和Z的分数坐标分别为(0.35a,0.35a,0.35a)和(0.65a,0.65a,0.65a)。A.从晶胞图可以看出，La原子(黑球)位于立方晶胞的顶点和面心，BeH位于棱心和体心，以位于面心的La原子为研究对象，周围最紧邻的BeH₈有6个，每个BeH₃单元中有4个H原子与La原子紧邻，则La原子周围最紧邻的氢原子有24个，A错误；B.立方晶胞沿体对角线投影后结构为正六边形结构，位于体对角线上的原子会投影到图像中心，面心原,C正确D.BeH₈单元位于棱心和体心，数目为因此品胞含4个BeH,单元，D正确；步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是A选项。【易错点】容易误认为La原子周围最紧邻的氢原子数为12,未考虑到每个BeH₈单元中有4个H原子与La原子紧邻；【知识总结】①核心概念定义②解题方法分析晶胞结构时，先确定各原子或原子团在晶胞中的位置，再用均摊法计算晶胞中的粒子数目，最后结合③拓展关联高温超导材料是当前材料科学研究的热点，我国科学家在该领域取得了重要突破，体现了化学学科在科技均与其所在周期数相同，Y与X相邻，基态Z原子最高能级的电子有4种运动状态，M与Y同主族，QA.简单氢化物的键角：X>MB.双原子分子的稳定性：Z>YC.元素的电负性：Q>ZD.元素的非金属性：M>Q【命题透视】▶链接教材：人教版必修第一册第四章《物质结构元素周期律》;选择性必修2《物质结构与性质》第一章命题分析：(1)情境创设：试题以短周期主族元素推断为背景，考查学生对元素周期律和原子结构知识③拓展关联的综合运用能力。(2)问题设计：通过元素推断和性质比较，考查学生对键角、分子稳定性、电负性、【思路点拨】【解析】与其所在周期数相同，则X位于第二周期，电子排布为1s²2s²2p²,共2对电子、2个未成对电子，X为C;Y与X相邻，原子序数更大，Y为N:Z最高能级有4种运动状态的电子，每个电子运动状态不同，即最步骤二：选项特征分析A.X的简单氢化物为CH₄,中心CM的简单氢化物为PH,,中心P原子价层电子对数为有1对孤电子对，杂化方式为sp³,孤电子对成键电子的斥力更大，会使键角变小，故键角CH₄>PH₃,A正确；B.Z的双原子分子为O₂,Y的双原子分子为N₂,N₂含氮氮三键，键能远大于O₂的双键，稳定性N₂>O₂即Y>Z,B错误；C.化合物HCIO中CI元素为+1价，0元素为-2价，可知O元素对成键电子的吸引力更强，电负性更大，D.同周期主族元素从左到右非金属性递增，故非金属性CI>P即Q>M,D错误；步骤三：结论得出综上所述，说法正确的是A选项，【易错点】容易混淆电负性与化合价的关系，误认为HCIO中Cl为+1价则CI电负性大于O;也可能忽略孤电子对对【知识总结】①核心概念定义第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为②解题方法元素推断要抓住题目中的关键信息，如电子排布、周期位置、相邻关系、同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但第同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族因全充满或半充满结构，第一电离能出现反常。12,CO₂的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将CO₂转变为CO的反应机理如下：下列说法错误的是A.反应③中的产物M是H₂OB.循环Ⅱ包含C—N键的形成与断裂C.吗啉和共同起催化作用【答案】B【答案】B【命题透视】▶核心考点：化学反应原理综合、反应机理分析▶链接教材：人教版选择性必修1《化学反应原理》第二章《化学反应速率与化学平衡》中催化剂、反应历程相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以二氧化碳利用技术为背景，涉及碳中和与绿色化学理念，体现化学学科的社会责任。(2)问题设计：通过分析反应机理图，考查学生对催化剂判断、化学键变化、总反应推导等知识的理解。(3)考查目标：侧重考查“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”核心素养。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念/材料解读由反应机理图可知，CO₂在催化剂作用下与H₂反应生成HCO0-。反应过程中涉及多个中间体和循环。步骤二：选项特征分析A.反应③中HCOO-与-NH-发生取代反应生成酰胺基，结合原子守恒可知，产物M为H₂O,A正确；B.循环Ⅱ中仅存在酰胺基中C-N键的断裂，没有新C-N键的形成，B错误；C.C.吗啉和N—Ru均先参与反应、后再生成，反应前后化学性质不变，共同起催化作用，C正确；D.结合整个反应流程，反应物为CO₂和H₂,产物为CO和H₂O,总反应化学方程式为：步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是B选项。【易错点】容易误认为循环Ⅱ中既有C-N键形成又有断裂，需要仔细分析反应机理图中化学键的变化。【知识总结】①核心概念定义催化剂：参与反应、改变反应速率、反应前后质量和化学性质不变的物质。反应机理：化学反应进行的详细步骤和中间体转化过程。分析反应机理图时，关注反应物和最终产物，判断中间体和催化剂：分析各步反应中化学键的断裂与形成。CO₂转化为甲酸(盐)是实现碳资源利用和碳中和的重要途径之一，具有重要的环境和经济意义。13.由下列实验事实不能得出相应结论的是选项实验事实结论A恒温恒容下2HI(g)≥I₂(g)+H₂(g)平衡体系通通入氩气后c(I₂)不变，平衡不移动B甲酸铵(HCOONH₄)水溶液显酸性C等浓度AI+与Fe³的混合溶液中加入过量NaOH溶液，生成红褐色沉淀D溶液中滴加NH₄F,溶液由红色变为无色，生成[FeF.]稳定性：【答案】C【答案】C【命题透视】▶核心考点：化学平衡状态与化学平衡的移动、盐类的水解、沉淀溶解平衡▶链接教材：人教版选择性必修1《化学反应原理》第二章《化学反应速率与化学平衡》、第三章《水溶液中的离子反应与平衡》相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以实验事实与结论的对应关系为背景，考查学生对化学平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡、配位平衡的综合理解。(2)问题设计：通过判断哪个实验事实不能得出相应结论，考查【解析】本题通过四个实验事实，涉及化学平衡移动、弱酸弱碱盐水解、溶度积比较、配离子稳定性比较等知识点。A.恒温恒容条件下通入氩气，容器体积不变，各反应物、生成物浓度均不改变，c(I₂)不变故体系颜色不B.HCOONH,为弱酸弱碱盐，溶液酸性说明NH水解程度大于HCOo,水解程度越大对应弱电解质电离常数越小，故K(HCOOH)>K(NH₃·H₂O),结论正确，B不符合题意：,结论正确，D不符合题意；【易错点】容易忽视Mg(OH)₂的两性，误认为生成红褐色沉淀就能说明Fe(OH)₃溶度积更小；也可能忽略白色沉淀被【知识总结】溶度积(Ksp):难溶电解质饱和溶液中离子浓度幂的乘积。比较溶度积大小时，要在相同类型的沉淀之间进行，且要考虑沉淀转化是否完全、是否有其他反应干扰。③拓展关联实验结论评价类题目要注意控制变量、排除干扰、逻辑严密。4289pHⅡ.溶液中存在①1+I₂(ag)I:②31+60H8I+IO₃+3H₂O。A.反应①的平衡常数【思路点拨】A.反应①的平衡常数,pH=7.5时c(I₂)=10-2*7mol-L¹,c(5)=0.049mol/L,根据碘元素守恒，初始c(T)=0.1mol-L¹,由于反应①消耗了I转化为了I;,且物质的量之比为1:1,反应2在c(1)=0.1mol-L¹-c(1)=0.1molB.当pH<8.73时，,对应关系c(T)>c(3I₃+60H8F+IO₃+3H₂O右移，消耗I;生成更多1,因此始终满足c(r)>c(15):当pH>8.73①核心概念定义②解题方法分析多重平衡体系时，要抓住主导平衡，利用平衡常数表达式分析浓度变化关系。分析多重平衡体系时，要抓住主导平衡，利用平衡常数表达式分析浓度变化关系。图像分析题要注意坐标轴含义、特殊点(交点、拐点)、变化趋势。I₂在KI溶液中因形成I₃"而溶解度增大，这一性质在碘量法滴定中有重要应用。15.某兴趣小组探究NH₄Br的制备。(实验均在通风橱内进行)验室制备少量高纯度NH₄Br常用氨气和氢溴酸的中和反应，方案I:模拟工业生产方法制备NH₄Br(夹持装置等略)i检查装置气密性。iv将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结品得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4g。热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间(3)步骤ii中，制备NH₄Br的化学方程式为(7)NH₄Br(M=98g·mol⁻')的方案Ⅱ:实验室方法制备NH₄Bri利用70%硫酸和Na₂SO₃固体反应制备SO₂,再通入盛有Br₂和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。ii利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH₄Br。(4)橙黄色褪去(或由橙黄色变为无色)(8)优点：步骤少，操作简单(或无需制备氢溴酸，节约时间);不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失(或液溴易挥发，易污染环境),且存在提纯流程复杂等缺陷【命题透视】▶链接教材：人教版必修第二册第五章《化工生产中的重要非金属元素》中氨的性质；选择性必修3《有机命题分析：(1)情境创设：试题以溴化铵的两种制备方案为背景，通过对比工业法和实验室法，考查学生的实验设计与评价能力。(2)问题设计：通过仪器识别、气密性检查、方程式书写、现象判断、产率计算、方案评价等设问，全面考查实验综合能力。(3)考查目标：侧重考查”科学探究与创新意识”核心素【解析】方案I(工业法)利用Br₂与氨水的氧化还原反应制备NH₄Br:部分Br₂从0价被还原为-1价得到Br”,部分NH₃中-3价N被氧化为0价N₂,最终生成NH₄Br。方案Ⅱ(实验室法)先通过Br₂还原制备高纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到NH₄Br。(1)仪器B的名称为分液漏斗。(7)加入的Br₂质量为32.0g,其物质的量。根据关系式3Br₂~6NH₄Br可知，理论上生成NH₄Br的物质的量为0.4=6NH₄Br+N₂↑+8H₂O(或3Br₂+8NH₃=6NH₄Br+N₂个);(4)橙黄色褪去(或由橙黄色变为无色);②解题方法②解题方法产率计算关键是确定关系式，找出已知量与待求量之间的③拓展关联【答题模板】1.明确实验目的和原理(写出核心反应的化学方程式)。2.分析实验装置(仪器名称、作用、连接顺序)。3.描述实验操作及现象(按步骤分析，注意关键词)。4.进行相关计算(利用关系式法、守恒法等)。5.评价实验方案(从操作简便性、产物纯度、原料利用率、安全性、环保性等角度分析)。16.钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在滤液调pH水解沉淀母液滤渣已知：钒渣主要含FeO·V₂O₃、FeO-Cr₂O₃、Si(2)氧化工序通常采用较大的O₂流量，其目的是;配平化学方程式： FeO·V₂O₃+NaOH+O₂Fe,O₃+Na,V(4)80℃和40℃时，Na₃VO₄和Na₂CrO₄的溶解度随NaOH质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因： (6)还原工序中，反应的离子方程式为(2)提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可);4FeO·V₂O₃+24NaOH+50₂=2Fe₂O₃+8Na₃(4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na₃VO₄的溶解度远小于80℃,而Na₂CrO₄的溶解度变化不大，降温至40℃时，Na₃VO₄大量结晶析出，而Na₂CrO₄仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离(6)2CrO₄²-+3SO₃²-+10H⁺=2C核心考点：化学工艺流程综合▶链接教材：人教版必修第一册第三章《铁金属材料》中金属矿物的开发利用；选择性必修1《化学反应原理》中氧化还原反应、沉淀溶解平衡相关内容命题分析：(1)情境创设：试题以河钢集团与中科院合作研发的亚熔盐法清洁生产工艺为背景，体现我国钢铁行业和科研机构的协同创新，以及绿色化学理念。(2)问题设计：通过分析工艺流程中的物质转化、反应条件控制、方程式配平、分离提纯等，考查学生的工艺流程综合分析能力。(3)考查目标；侧【思路点拨】工艺流程分析：氧化工序加入NaOH溶液，通入O₂,在140℃~180℃反应，将FeO·V₂O₃和FeO-Cr₂O₃中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、Cr(Ⅲ)氧化为Fe(Ⅲ)、V(V)、Cr(VI)。SiO₂与NaOH反应和NaOH,CaO与水反应生成Ca(OH)₂,Ca²+与SiO₃²-沉淀生成CaSiO₃。MgO与Fe₂O₃不与碱反应，作为滤渣除去。冷却结品工序利用NasVO₄和Na₂CrO₄溶解度随温度变化的差异进行分离。母液返回氧化工序循环(2)首先，氧化工序的目的是将FeOV₂O₃和FeO·Cr₂O₃中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(V),同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O₂流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)。配平化学方程式：FeO·V₂O₃中Fe为+2价，V为+3(4)观察图像：在80℃时，Na₂CrO₄的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na₃VO₄的溶解度较低，在40℃时，Na₃VO₄溶解度显著降低，而Na₂CrO₄溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下NasVOa溶解度远小于80℃,而NazCrO₄溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na₃VO₄大量结品析出，续参与反应，提高原料利用率。(6)还原工序中，Na₂CrO₄被Na₂SO₃还原为Cr³,SO?被氧化为SO?。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2CrO;+3SO;+10H⁺=2Cr³++3SO+5H₂O。2Fe₂O₃+8Na₃VO₄+12H₂O;(3)Fe₂O₃:CaSiO₃:(4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na₃VO₄的溶解度远小于80℃,而Na₂CrO₄的溶解度变化不大，降温至40℃时Na₃VO₄大量结品析出，而Na₂CrO₄仍留在溶【易错点】述原因时要注意对比两种物质溶解度随温度的变化差异；(6中离子方程式要注意CrO₄2-在酸性条件下转化为Cr³+。【知识总结】氧化还原反应配平：根据化合价升降总数相等进行配平。解题方法工艺流程题解题步骤：1.明确原料和产品的成分；3.判断滤渣、滤液的成分；4.分析分离提纯方法的原理；5.关注循环使用和环境保护。钒和铬是重要的战略金属，广泛应用于钢铁、化工、航空航天等领域。亚熔盐法清洁生产工艺实现了钒铬的高效提取和绿色环保。1.原料预处理：粉碎、焙烧、酸浸、碱浸等目的(增大接触面积、改变物质形态、提高浸出率等)。2.核心反应：写出主要反应的化学方程式3.分离提纯：根据物质溶解度、沸点、酸碱性等差异选择结晶、过滤、萃取、蒸馏等方法。17.丙烯是石油化工行业的重要原料，利用CO₂氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。使用铂锡双金属催化剂(M),上述反应分两步进行：ⅡC,H₅(g)=C,H₆(g)+H₂(g)△H₂=+124kJ·mol⁻¹回答下列问题：(2)550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M,按n(C₂H₈):n(CO₂)=11通入混合气体，反应2h后得到0.012molC.H₆,则0~2h内每克催化剂催化生成C₃H₆的平均速率为mol-h⁻¹·g⁻¹。下列能说明该b.C₃H₆的生成速率和消耗速率相等c.混合气体的密度不再改变d.混合气体的平均摩尔质量不再改变(3)反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注):甲(4)100kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入C₃H₈和CO₂各1mol,在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示：乙【答案】(【答案】(1)+165(4)H₂减小A点代表的组分为CO₂,该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应I平衡向正反应方向移动，CO₂消耗量增大，其物质的量减小【命题透视】▶链接教材：人教版选择性必修1《化学反应原理》第一章《化学反应的热效应》、第二章《化学反应速率命题分析：(1)情境创设：试题以氧化丙烷制备丙烯为背景，涉及石油化工和环境保护，体现化学学科在工业生产中的应用价值。(2)问题设计：通过盖斯定律、反应速率、化学平衡状态判断、催化剂选择性、平衡图像分析等设问，全面考查化学反应原理知识。(3)考查目标：侧重考查”变化观念与平衡思想【思路点拨】【解析】反应I可由反应Ⅱ和反应Ⅲ相加得到。图甲展示了催化剂表面基元反应的活化能，图乙展示了不同温度下步骤二：设问特征分析(1)根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应I,故△H₁=△H₂+△H₃=+124kJ·mol¹+41ka.由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足n(C,H₆)=n(H₂)+n(CO),无法说明各组分浓度或百分b.C₃H₆的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达c.该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明d.反应前后气体总质量不变，但反应I和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当故选bd.(3)由图甲可知，断裂C-H键的基元反应(②和④)的活化能分别为0.94eV和0.80eV,明显低于断裂C-C键的基元反应(①和③)的活化能(3.26eV和2.09eV)。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性。(4)①初始通入C₃H₈和CO₂各1mol。根据反应Ⅱ和Ⅲ,设消耗的C₈H₈为xmol,消耗的CO₂为ymol,则生成的C₃H₆为xmol,生成的CO为ynol,体系中存在的H₂为