新版2026年高考化学（山东卷）真题详细解读及评析

2026年高考山东卷化学真题完全解读2026年普通高中学业水平等级考试(山东卷)化学试题满分100分，考试用时90分钟。试卷由选择题 (第1～10题，每题2分，共20分；第11～15题，每题4分，共20分)和非选择题(第16~20题，共60分)组成，整体结构与近年山东卷保持一致。全卷以“素养立意、情境载体、能力为重”为命题主线，突出对化学学科核心素养的综合考查：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均有所体现。物”"化学与生活/STSE"等主干领域。选择题注重基础概念的辨析与真实情境中的化学判断，非选择题则以金属有机框架、铜阳极泥贵金属回收、药物中间体合成、HCN制备与滴定、液相酯交换反应等真实科研与生产情境为载体，综合考查学生信息提取、模型建构、定量计算与规范表达能力。试卷难度梯度明显：前5题侧重基础识记与简单推理；第6～10题引入实验装置、有机结构、超分子、催化选择性情境，考查图像分析与结构判断；第11～15题提升综合性与辨析深度，涉及电化学、工艺流程循环、水溶液中离子平衡等高阶内容；第16～20题以填空、推断、计算、方案设计为主，强调知识迁移与综合应用。全卷计算量适中但逻辑链条较长，对学生的审题细致度、化学用语规范性和临场心态均提出较高要求。试题选取我国古代劳作智慧(晒盐、制墨、酿醋、烧瓷)、食品添加剂使用、实验室安全、铜阳极泥贵金属回收、药物盐酸茚洛秦合成、HCN制备与纯度测定、液相酯交换反应等真实情境，引导学生在解决实际问题中调用化学知识。例如第1题以“我国先民善用变化之理于劳作”引入，将氧化还原反应概念与传统文化相融合；第17题以铜阳极泥回收Au、Ag的工业流程为背景，考查氧化还原、配位平衡与物质循环试题注重模块间交叉融合。第10题将催化反应、化学平衡、转化率一温度图像、产物选择性分析相结合：第14题以铁基/钙基化学循环分离高炉煤气中的CO、CO₂、N₂,综合考查氧化还原反应、化学计量与循环工艺评价：第20题围绕液相酯交换反应，串联热效应判断、平衡常数计算、多反应竞争平衡与条件调能力层次递进清晰。第16题金属有机框架的品胞分析，要求学生从品胞结构推断化学式、配位环境、吸附选择性并进行定量计算：第19题HCN制备与甲酸钠含量测定，涉及实验装置、操作顺序、氧化还原滴定原理与误差分析，突出科学探究与创新意识。未来山东卷将继续重视核心概念、基本原理和化学用语的考查，如氧化还原判断、离子检验、化学实命题将更加注重真实情境的创设，涉及新能源材料、绿色化工、资源回收、环境保护、生命健康等社会热点。学生需要在复杂情境中提取有效信息，建立化学模型，用化学原理解释现象、解决问题。试题将进一步强化逻辑推理、批判性思维、实验设计与评价能力。特别是电化学装置分析、工艺流程优化、反应机理推断、多平衡体系计算等题型，要求学生能够命题将持续围绕化学学科核心素养设计，关注学生科学态度与社会责任的培养。在备考中应重视化学与生活、生产、科技的联系，引导学生形成正确的科学观和价值观。命题细目2理使用化学与可持续发展炭吸附性、可降解高使用3化学实验室安全操作和基本操作金属灭火方法、精密4阳离子检验与分离离子共存离子的检验与推断涉及基础知识：银离子、钡离子、铜离应、沉淀溶解性、离5液配制物质的量浓度瓶选择、分析天平精度、玻璃棒与胶头滴管的使用、溶液配制6溴苯制备实验装置评价常见物质的制备涉及基础知识：苯与液溴的取代反应、防7分子结构与性质化学键涉及基础知识：价层电子对互斥理论、中线形、平面三角形、8药物他扎罗汀的结构与性质点与研究方法原子数、电负性比团特征吸收9分子分子结构与性质化学键子对对键角的影响、杂化方式、手性碳原作用催化剂对二氧化碳加氢反应的影响涉及基础知识：化学平衡移动、转化率一响物质性质解释正误判断活泼性与沸点关系、电化学制备化学品电化学原理的综合应用池电极判断、双极膜式书写、电子守恒计算药物盐酸茚洛秦合成团性质与氧化难易、离高炉煤气合利用水解、弱电解质电离、沉淀溶解平衡、对数浓度图像分析、非选择题排布式、电离能比组成计算、配位键与超分子识别、晶体密非选择题铜阳极泥中回收金、取与反萃取、配位平算、物质循环利用非选择题成路线别、结构简式推断、非选择题液态HCN的制备与甲酸钠含量测定综合实验题型探究仪器识别、温控选择、实验操作顺序、氧化还原滴定原理、非选择题热判断、平衡常数计衡、勒夏特列原理、衡的影响核心复习策略结合本卷模块分布(结构、原理、有机、实验、工艺均衡覆盖，非选择题占比高),建议分三阶段推进：第一阶段回归教材，梳理核心概念与方程式，重点突破氧化还原、电化学、化学平衡、物质结构、有机推断五大模块；第二阶段按题型专项训练，特别是工艺流程、综合实验、反应原理计算三类压轴题型；第三阶段进行限时整卷训练，强化审题、计算、规范表达与时间分配，建立错题归因本。本卷突出真实情境下的综合应用，高频模块包括化学实验装置评价、工艺流程循环分析、多平衡体系计算、物质结构与品胞计算、有机合成路线推断。复习时应关注“CO₂资源化”“金属回收”“药物合成”绿色化工"等热点情境，训练从陌生材料中提取关键信息、建立化学模型的能力。针对本卷图像数据多、逻辑链条长、化学用语要求高的特点，训练中要强化读图读表能力，准确识别曲线含义、晶胞结构、流程图中物质转化关系；同时注重化学方程式、离子方程式、电极反应式、热化学方程式的规范书写，以及有效数字、单位换算、守恒法计算的准确性。面对本卷陌生情境与综合推理的考查要求，平时应养成“审题一建模一推理一验证”的解题习惯，整理典型错题并标注错因：考试中保持平稳心态，遇到复杂流程题或计算题时，先拆解小问、步步为营，避免因焦虑导致审题失误或计算错误，真题解读真题解读1.我国先民善用变化之理于劳作。文献所述下列生产中，不涉及氧化还原反应的是【命题透视】链接教材：人教版必修第一册第一章第三节“氧化还原反应”。命题分析：本题以我国古代劳作文献为背景，将化学变化判断与传统文化素养相结合。设问要求识价变化。选项设置覆盖物理变化、燃烧氧化、发酵氧化、高温氧化还原，具有较强的文化情境辨识度和概抓住“是否有元素化合价变化”这一判断标准，逐项分析文献描述中的核心过程。【解析】氧化还原反应的本质是电子转移，宏观特征是元素化合价发生变化。判断一个过程是否为氧化还原反应，关键是看反应前后是否有元素化合价发生改变。A.晒海盐是利用日光和风力蒸发水分，使海水中的氯化钠等盐类结晶析出，只发生物理变化，没有C.酿米醋过程中，淀粉先水解为葡萄糖，再发酵生成乙醇，乙醇进一步被氧化为乙酸，存在碳元素化合价变化，属于氧化还原反应。D.烧钧瓷过程中，金属氧化物在高温下发生氧化还原反应，不同价态的金属离子呈现不同颜色，涉及氧化还原反应。只有晒海盐过程属于物理变化，不涉及氧化还原反应，答案为A。【易错点】易将“制烟墨”理解为单纯的物理收集过程，忽略桐油燃烧时的氧化反应；或将“烧钧瓷”仅理解为物理烧结，忽视高温下金属氧化物的氧化还原变化。【知识总结】③传统文化中的化学智慧：酿酒、酿醋、烧瓷、冶炼、制墨等过程多涉及氧化还原反应，体现了古人对化学变化的深刻认识。【复习策略】回归教材中氧化还原反应的基本概念，整理常见反应类型与化合价变化实例：结合生活、生产、传统文化情境进行判断训练。2.下列化学品在生产生活中使用不当的是A.为吸附装修可能产生的甲醛等有害物质，在房屋中放置活性炭B.为减少“白色污染”,用聚乳酸替代聚乙烯制作食品包装袋C.为避免葡萄酒中某些成分被氧化，向其中添加适量SO₂D.为防止火腿变质，腌制时使用大量NaNO₂【命题透视】▶命题分析：本题以常见化学品在生活中的应用为情境，考查学生对物质性质与社会应用关系的理解。四个选项分别涉及吸附、可降解材料、抗氧化剂与防腐剂，既有正确应用也有不当使用，要求学生具备科学态度与社会责任素养。【解析】化学品的合理使用需要兼顾效果与安全。活性炭具有吸附性，聚乳酸可生物降解，二氧化硫具有还原A.活性炭具有疏松多孔结构，比表面积大，吸附性强，可吸附甲醛等有害气体，使用合理。B.聚乳酸是可生物降解的高分子材料，用其替代难以降解的聚乙烯制作食品包装袋，可减少“白色污染”,使用合理。C.C.二氧化硫具有还原性，适量加入葡萄酒中可防止某些成分被氧化，同时具有杀菌作用，符合食品添加剂使用规范，使用合理。D.亚硝酸钠(NaNO₂)有毒，是限量使用的食品添加剂。腌制火腿时使用大量NaNO₂会危害人体健康，使用不当。使用不当的是D。【易错点】【知识总结】①活性炭的吸附原理：依靠巨大的比表面积和孔隙结构吸附气体分子或溶液中的杂质，③食品添加剂使用原则：在确保安全的前提下，按国家标准限量使用，兼顾防腐、抗氧化、着色、【复习策略】3.下列做法违反化学实验室安全要求的是A.活泼金属着火时选用灭火毯盖灭B.精密仪器起火时选用CO₂灭火器扑灭C.眼中溅入少量强碱溶液，立即用1%硼酸溶液冲洗D.眼中溅入少量强酸溶液，立即用大量水冲洗，再用1%NaHCO₃溶液冲洗【命题透视】▶命题分析：本题直接考查实验室安全常识，强调规范操作和应急处置能力。选项涉及活泼金属着火、牢记不同火灾类型和化学品灼伤的应急处理原则：活泼金属忌水、精密仪器忌残留、酸碱入眼先稀释后中和。实验室安全要求根据不同情况采取正确措施。活泼金属(如Na、K)A.活泼金属着火时，不能用水或泡沫灭火器，应使用灭火毯盖灭以隔绝空气，符合安全要求。B.CO₂灭火器灭火后无残留，不会腐蚀精密仪器，适合扑灭精密仪器火灾，符合安全要求。C.眼中溅入强碱溶液，应立即用大量流动清水持续冲洗15分钟以上，再用1%硼酸溶液中和。直接用D.眼中溅入少量强酸，先大量清水冲洗稀释，再用1%NaHCO₃溶液中和，操作规范，符合安全要【易错点】易认为“强碱用弱酸中和“是正确的，忽略了眼部灼伤处理应先大量水冲洗的原则；或将活泼金属着火与普通火灾混淆，误选其他选项。【知识总结】①常见火灾处理：普通可燃物用干粉或水；活泼金属用干燥沙土或灭火毯；电器/精密仪器用CO₂灭火器；油类火灾用灭火毯或干粉。②化学品灼伤处理：酸/碱溅入眼睛，立即用大量流动清水冲洗，再视情况用弱碱或弱酸稀溶液中和，并及时就医。【复习策略】系统梳理实验室安全规则和常见事故处理方法，结合真实案例强化记忆。B.取少量该溶液并滴加H₂SO₄溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含有Ba²+C.取少量该溶液并滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则溶液中含有Fe³D.若四种阳离子均存在，可依次使用NaCI溶液、Na₂SO₄溶液、浓氨水进行分离【命题透视】▶核心考点：常见阳离子的检验与分离。▶链接教材：人教版必修第一册第二章“海水中的重要元素——钠和氯”、第三章”铁金属材料”及选择性必修2物质结构相关内容。命题分析：本题以四种常见阳离子的检验与分离为情境，考查学生对离子反应、沉淀溶解性、特征依据各阳离子的特征反应和沉淀性质，判断检验结论是否严谨：分离方案需考虑离子反应顺序和产物形态。【解析】B.滴加H₂SO₄溶液产生白色沉淀，可能是BaSO₄,也可能是Ag₂SO₄(微溶),因此不能确定一定含有Ba²,结论错误。C.滴加KSCN溶液显红色，是Fe³+的特征反应，说明溶液中含有Fe³+,结论正确。D.四种阳离子均存在时，先加NaCI溶液沉淀Ag+为AgCl;再加Na₂SO₄溶液沉淀Ba²为BaSO₄;最后加浓氨水，Cu²+先沉淀后溶解生成[Cu(NH₃)a²,Fe³+步骤三：结论得出说法错误的是B。忽略Ag₂SO₄微溶于水，误将“加H【知识总结】①①常见阳离子检验：Ag用CI-;Ba²+用SO₄²(需排除Ag+干扰);Fe³用KSCN或NaOH;Cu²+用NaOH(蓝色沉淀)或氨水(先沉淀后溶解)。后续处理。【复习策略】归纳常见离子的检验方法、特征现象及干扰排除策略，通过框图推断题强化离子分离与推断能力。5.准确称取1.0600gNazCO₃,基准物质配制0.0500mol·L-1Na₂CO₃溶液，下列仪器必须使用的是⑤【答案】【答案】B【命题透视】▶核心考点：一定物质的量浓度溶液的配制及仪器选择。▶链接教材：人教版必修第一册第二章第三节“物质的量”及实验活动1“配制一定物质的量浓度的溶液"。先根据质量和浓度计算所需溶液体积，确定容量瓶规格；再根据称量精度要求判断天平类型；最后列出溶解、转移、定容所需仪器。准物质需用分析天平(精度0.0001g),定容需用相应规格的容量瓶和胶头滴管，溶解和转移需用烧杯和玻必须使用的是①②⑤⑥,答案为B。误根据“常见容量瓶规格”直接选500mL容量瓶，忽略计算结果；或未区分普通电子天平与分析天平的精度差异。【知识总结】③溶液配制关键仪器：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，必要时还需量筒(浓溶液稀释)。重温一定物质的量浓度溶液配制的实验步骤和误差分析，强化根据计算结果选择仪器的意识。6.实验室制备溴苯时，下列步骤中所选试剂及装置正确的是(加热及夹持装置略)A.溴苯合成B.尾气处理C.洗涤分液D.蒸馏提纯【命题透视】▶核心考点：溴苯制备实验的试剂选择与装置评价。链接教材：人教版选择性必修3有机化学基础第二章“烃”中芳香烃的性质及实验相关内容。▶命题分析：本题以溴苯实验室制备的四个操作环节为载体，考查试剂选择、防倒吸、分液操作、蒸馏装置等实验基本技能。四个选项分别对应合成、尾气处理、洗涤分液、蒸馏提纯，覆盖面广。回忆溴苯制备原理：苯与液溴在FeBr₃催化下发生取代反应生成溴苯和HBr。结合各步骤的注意事项判断装置与试剂是否正确。溴苯制备反应：苯+液溴苯+HBr个。反应放热，Br₂和HBr易挥发，尾气需处理；溴苯不溶于水，密度大于水，可用分液分离；蒸馏提B.尾气中含HBr,极易溶于NaOH溶液，导管直接插入液面下易发生倒吸，应使用防倒吸装置，B错正确的是C。【易错点】混淆液溴与溴水：忽视HBr极易溶于水导致的倒吸问题：蒸馏时温度计位置判断失误。【知识总结】【知识总结】④蒸馏温度计位置：水银球与蒸馏烧瓶支管口下沿平齐，测量蒸气温度。【复习策略】系统梳理常见有机制备实验(溴苯、硝基苯、乙酸乙酯等)的原理、装置、操作和注意事项。7.下列分子空间构型相同的一组是【命题透视】对每组分子分别计算中心原子的价层电子对数和孤电子对数，再判断空间构型是否相同。【解析】价层电子对互斥理论(VSEPR):中心原子的价层电子对数=a键电子对数+孤电子对数。根据电子对之间的排斥作用，可预测分子空间构型。步骤二：选项分析A.CO₂中心原子C的价层电子对数为2,孤电子对数为0,空间构型为直线形；CS₂中心原子C的价层电子对数为2,孤电子对数为0,空间构型也为直线形。二者相同。B.BF₃中心原子B的价层电子对数为3,孤电子对数为0,空间构型为平面三角形；NF₃中心原子N的价层电子对数为4,孤电子对数为1,空间构型为三角锥形。二者不同。C.HCN中心原子C的价层电子对数为2,孤电子对数为0,空间构型为直线形；HC1O中心原子O的价层电子对数为4,孤电子对数为2,空间构型为角形(V形)。二者不同。D.D.SO₃中心原子S的价层电子对数为3,孤电子对数为0,空间构型为平面三角形；PCl₃中心原子P的价层电子对数为4,孤电子对数为1,空间构型为三角锥形。二者不同。步骤三：结论得出空间构型相同的一组是A。【易错点】计算孤电子对数时忽略中心原子本身的价电子；将电子对总数与空间构型直接等同，未扣除孤电子对【知识总结】①VSEPR模型基本公式：价层电子对数=(中心原子价电子数+配位原子提供电子数±电荷数)/2.②常见空间构型：2对→直线形；3对(无孤对)→平面三角形；4对(无孤对)→正四面体形；4对(1孤对)→三角锥形；4对(2孤对)→角形。③等电子原理：CO₂与CS₂互为等电子体，空间构型相同。【复习策略】强化VSEPR模型应用训练，熟练计算各类分子的价层电子对数和孤电子对数，准确判断空间构型。8.药物他扎罗汀(T)的结构简式如图所示，下列关于T的说法正确的是TA.存在顺反异构B.共直线的C原子最多有6个C.分子中电负性最小的元素是CD.红外光谱中出现C=C、C=0和C-0的吸收峰【命题透视】▶核心考点：有机物的结构与性质(顺反异构、共线判断、电负性、红外光谱)。▶命题分析：本题以药物他扎罗汀的结构为载体，综合考查有机物的结构特征与谱学性质。选项涉及顺反异构、共线原子数、电负性比较和红外光谱，要求学生具备较强的结【思路点拨】观察结构简式，识别官能团(碳碳三键、酯基、吡啶环等),结合有机结构理论逐项判断。【解析】他扎罗汀结构中含有碳碳三键、酯基、苯环、吡啶环等结构单元。碳碳三键为直线结构，与其直接相连的原子共线：电负性比较需考虑元素在周期表中的位置：红外光谱可检测分子中的特征官能团。A.顺反异构存在于碳碳双键两端连接不同基团时。该分子中不含碳碳双键，因此不存在顺反异构，A错误。B.碳碳三键为直线结构。与三键共线的碳原子包括：三键的两个碳原子、与三键直接相连的苯环碳及其对位碳、与三键直接相连的吡啶环碳及其对位碳、酯基中的羰基碳等，共线碳原子数超过6个，B错D.结构中存在碳碳三键、羰基(C=O)和酯基等官能团，红外光谱会出现相应特征吸收峰，D正确。【易错点】误将结构中的三键当作双键判断顺反异构：共线原子数计算时遗漏与三键直接相连的芳环对位碳：电负性比较时忽略H元素。【知识总结】①顺反异构条件：分子中存在碳碳双键，且双键两端各连有两个不同的原子或原子团。②共线与共面判断：碳碳三键为直线形，苯环、乙烯为平面形，可据此推断分子中共线、共面原子③电负性规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小④④红外光谱：不同官能团具有特征吸收峰，可用于官能团鉴定。【复习策略】9.1-环己基乙胺(X)溶于酸形成铵盐阳离子(Y),Y与18-冠-6作用形成超分子阳离子(Z),下列A.X→Y,键角∠H-N-H增大B.18-冠-6中C、O原子采取的轨道杂化方式相同D.Z中存在共价键、离子键和氢键【命题透视】【思路点拨】分析X→Y过程中N原子成键情况变化；判断18-冠-6中C、O的杂化方式；识别Z中的手性碳；分析超分子内部存在的相互作用类型。1-环己基乙胺(X)中N原子有1对孤电子对，溶于酸后接受H+形成铵盐阳离子Y,N原子由sp³杂化(含孤电子对)变为带正电荷的四面体构型。18-冠-6是冠醚，环上C、O原子均形成单键，可通过配位作A.XA.X中N原子有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，使键角较小；Y中N原子无孤电子对，键角增大，A正确。B.18-冠-6中，每个C原子形成4个o键，每个○原子形成2个o键并含2对孤电子对，价层电子对数均为4,均采取sp³杂化，B正确。C.Z中连接环己基、甲基、H和铵盐基团的碳原子连接4个不同基团，属于手性碳原子，C正确。D.Z是超分子阳离子，内部存在共价键和氢键(N-H--0),但不存在离子键。离子键是阴阳离子之步骤三：结论得出说法错误的是D.【易错点】【知识总结】①配位键与铵盐形成：N原子提供孤电子对与H+形成配位键，形成NH₄类阳离子。②冠醚与超分子：冠醚通过氧原子与金属阳离子或铵盐阳离子形成主-客体配合物，属于超分子化学③手性碳判断：连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。④化学键类型：共价键存在于原子之间；离子键存在于阴阳离子之间；氢键是分子间或分子内特殊【复习策略】关注配合物、超分子等新颖结构，强化杂化方式、手性判断和化学键10.研究甲、乙两种催化剂对下列反应的催化作反应I:CO₂(g)+4H₂(g)=CH₄(g)+2H₂O(g)△H₁恒压条件下，CO₂,H₂,N2按体积比145投料，分别使用甲或乙作催化剂，在200℃下反应固定时间后测定CO²的实验转化率；不改变其他条件，每间隔50℃重复上述实验。的实验转化率和理论平衡转化率随温度的变化如图所示。已知：甲催化时，CH选择性在400℃为100%;甲、乙分别催化时，CO选择性在750℃均达100%。下列说法正确的是实验转化验化温度/℃B.200~400°℃范围内，使用甲催化时，CH₄选择性随温度升高而增大D.其他条件不变，仅减小CO选择性达100%时的温度仍为750℃【命题透视】链接教材：人教版选择性必修1第二章"化学反应速率与化学平衡"。反应I和反应Ⅱ均为CO₂与H₂的反应，但产物不同。图像显示CO₂的实验转化率(甲、乙催化)和理论平衡转化率随温度变化。当实验转化率与理论平衡转化率重合时，说明反应达到平衡状态。低温区转化率随温度升高而降低，说明低温主导反应为放热反应：高温区转化率随温度升高而升高，说明高温主导反A.低温区CO₂转化率随温度升高而降低，说明低温主导反应(反应I)为放热反应，ΔH₁<0;高温区CO₂转化率随温度升高而升高，说明高温主导反应(反应Ⅱ)为吸热反应，ΔH₂>0。选项表述与此相反，AB.反应I放热、反应Ⅱ吸热，升高温度有利于吸热的反应Ⅱ,CH₃OH(或目标产物)的选择性应随温度升高而降低：且图像中低温区转化率升高可能是反应速率加快所致，与选择性无直接关系，B错误。C.在一定温度范围内，甲、乙催化的实验转化率均与理论平衡转化率重合，说明反应已达到平衡。D.反应在恒压下进行，减小Ar(惰性气体)投料量，体系总体积减小，反应物分压增大。反应I是气体分子数减少的反应，加压促进反应I正向移动，相同温度下选择性会降低，因此选择性达到100%需要更高温度，D错误。【易错点】【知识总结】①催化剂作用：同等程度改变正逆反应速率，缩短达到平衡的时间，不改②勒夏特列原理：改变影响平衡的一个因素，平衡将向减弱这种改变的方向移动。恒压下减小惰性③图像分析方法：比较实验转化率与平衡转化率，判断反应是否达到平衡；根据温度对转化率的影响判断反应热效应。【复习策略】加强多反应竞争体系中平衡移动与选择性的分析训练，掌握“实验转化率一平衡转化率”图像的解读方11.对下列事实解释正确的是ABBC对苯环活化作用：甲苯不与溴水反应C对苯环活化作用：NH常温下，相同浓度溶液的PH:NH水解程度：水解程度：【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3第三章”烃的衍生物”、选择性必修1第三章“水溶液中的离子反应与平衡”。命题分析：本题以表格形式呈现四个化学事实及其解释，考查学生对多个知识点的综合辨析能力。选项涉及金属冶炼、键能与热稳定性、苯环活化作用、盐类水解与溶液pH,体现了知识间的内在联系。A项涉及熔融法制备金属K,事实为Na与熔融KCI反应制备K:B项比较CH₄与SiH₄的热稳定性：C项比较苯酚与甲苯对溴水的反应活性；D项比较相同浓度NH₄CI与(NHa)₂SO₄溶液的pH及NH₄水解程度，A.Na与熔融KCl反应制备K,并非因为Na的金属活泼性强于K,而是因为K的沸点低于Na,反应中K汽化逸出，促使平衡正向移动。实际上金属活泼性K>Na,A错误。B.C的原子半径小于Si,C-H键键长更短、键能更大，因此CHa的热稳定性强于SiH₄,B正确。C.酚羟基对苯环有较强的活化作用，使苯酚能与溴水发生取代反应：甲基对苯环的活化作用较弱，甲苯不与溴水反应(可与液溴在催化剂作用下反应),C正确。D.(NH₄)₂SO₄溶液中NH₄+浓度较大，水解产生的H+更多，但SO₄²-对NH₄水解有一定促进作用。然而pH大小不仅取决于NH₄水解程度，还与NH₄总浓度有关。解释中将pH差异简单归因于水解程度，未【易错点】【易错点】12.利用电还原O2产生的H₂O₂氧化石油化工副产物H₂S制KOH溶液O双极膜ba极命题分析：本题以电化学方法制备化学品为背景，结合双极膜技术，考查学生对电解池电极判断、【解析】该装置为电解池，双极膜将槽体分隔为a极室和b极室，双极膜解离出阴离子向阳极移动。O₂在阴极(a极)得电子被还原为H₂O₂,石油化工副产物在b极室被H₂O₂氧化生成目步骤二：选项分析A.b极为阳极，发生氧化反应，电极反B.H⁴为阳离子，向阴极(a极)方向迁移，B正确。C.阳极反应生成O₂,阴极反应消耗O₂,但电子转移数不同，消耗与生成O₂的质量不相等，C错误，O₂+2H⁺+2e⁻=H₂O₂可得关系式K₂SO₄~4H₂O₂~4O₂,因此生成1molK₂SO₄时，a极上消耗步骤三：结论得出【易错点】混淆阴阳极与电源正负极的连接关系；忽略双极膜中H和OH的迁移方向；电子守恒计算时未统一电【知识总结】①电解池基本规律：阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应；阳离子向阴极移动，阴②双极膜作用：在电场作用下水解离为H+和OH,分别向两极迁移，为电极反应提供H或OH。【复习策略】强化电解池装置分析训练，特别是含离子交换膜、双极膜的新型电强化电解池装置分析训练，特别是含离子交换膜、双极膜的新型电化学装置，掌握电极判断和电子守恒计算。13.药物盐酸茚洛秦(Q)的合成路线如下，下列说法正确的是C.M、P均可与Na₂CO₃溶液反应【命题透视】▶核心考点：有机合成路线分析、官能团性质、反应类型判断。链接教材：人教版选择性必修3第三章“烃的衍生物”、第五章"合成高分子”。命题分析：本题以药物盐酸茚洛秦的合成路线为载体，考查学生对有机反应类型、官能团转化、物质性质的理解。需要学生根据合成路线推断中间体结构，进而判断各选项正误。观察合成路线中M、N、P、Q的结构变化，识别官能团转化；结合酚羟基、羰基、醇羟基、酯基等性质逐项分析。A.M→N是酚羟基中的氢原子被其他原子或基团取代，属于取代反应，A正确。C.M含酚羟基，酸性强于HCO₃、弱于H₂CO₃,可与Na₂CO₃反应生成酚钠和NaHCO₃:P中只有醇D.与苯环相连的碳原子存在氢原子，该碳原子可直接被酸性KMnO₄溶液氧化为羧基，则五元环上的,D错误。步骤三：结论得出【易错点】对酚羟基、醇羟基、羰基的氧化难易判断不清；误认为所有含羟基的有机物都能与Na₂【知识总结】①取代反应类型：酚羟基氢可被卤素、硝基、烷基等取代。②官能团氧化顺序：醇羟基易被氧化为醛基/羧基，醛基易被氧化为羧基，羰基(酮)较难被氧化。③酚羟基酸性：酚羟基酸性介于H₂CO₃与HCO₃之间，能与Na₂CO₃反应但不能与NaHCO₃反应。④酸性KMnO₄氧化规律：与苯环直接相连的碳原子上有氢时，可被氧化为羧基；某些侧链可为CO₂。【复习策略】14.利用铁基、钙基物质的化学循环(FeOCaCO₃)可从高炉煤气中分离出N₂,并获得高价值的CO,CO₂混合气。循环过程如图所示，下列说法正确的是器乙C.铁基、钙基物质的理论投料比为25(以物质的量计)【命题透视】链接教材：人教版必修第二册第八章“化学与可持续发展”、选择性必修1“化学反应速率与化学平▶命题分析：本题以铁基/钙基化学循环分离高炉煤气为载体，综合考查氧化还原反应、化学计量和循环工艺评价。需要学生根据循环图推断各物质转化关系，并进行定量计算。【思路点拨】高炉煤气主要含CO、CO₂、N₂。反应器甲中，铁基物质将CO氧化为CO₂,钙基物质(CaO)吸收CO₂生成CaCO₃,N₂不参与反应而分离。反应器乙中，铁基物质将CO₂还原为CO,CaCO₃分解释放CO₂,获得CO/CO₂混合气。A.反应器甲中需要CaO吸收CO₂生成CaCO₃,因此钙基物质IB.CO和CO₂在反应器甲中均被转化或吸收，只有N₂未参与反应，因此气体X为纯N₂,不是CO/CO₂D.获得的混合气中，n(CO)=2mol,剩余n(CO₂)=5-2=3mol,二者物质的量之比为2:3,不是选项所给正确的是A、C。【易错点】【知识总结】①化学循环思想：通过氧化还原反应和酸碱反应实【复习策略】加强工艺流程题训练，掌握“原料→预处理→核心反应→分离提纯→产品”的分析框架，注重循环物质的判断和物料守恒计算。15.25℃下，向初始浓度一定的NH₄CI溶液中加入CaCO₃(s),通过加入HNO₃或NaOH调节pHA.丁线所示物种为HCO₃pH=7.00时，需加入NaOH【命题透视】▶命题分析：本题以NH₄CI溶液中加入CaCO₃并调节pH为背景，通过lgc(X)-pH图像考查学生对盐类水解、弱电解质电离、沉淀溶解平衡的综合分析能力。图像中四条曲线代表不同物种，需要根据pH变【思路点拨】根据pH变化对各物种浓度的影响，确定甲、乙、丙、丁四条曲线分别代表哪种微粒；再结合溶度积、【解析】初始溶液为NH₄CI溶液，加入CaCO₃后存在NHa↑、NH₃、Ca²+、HCO₃、CO₃²等离子的平衡，随着HCO₃再转化为CO₃²,HCO₃浓度先增大后减小。甲线：随pH增大而减小，代表NH₄+。乙线：随pH增大而增大，代表NHs。丙线：随pH增大而减小，代表Ca²+。丁线：随pH增大先增大后减小，代表HCO₃-。A.丁线代表HCO₃,A正确。B.原NH₄CI溶液因NH₄水解呈酸性，要使pH=7需加入碱(如NaOH),B正确。c(NH)=10⁻²⁵mol-L'¹,c(Ca【易错点】图所示(品胞参数a=b≠c,α=β=y=90°,H(2)N为平面分子，其中N原子采取的轨道杂化方式为,该分子的孤电子对数为子被吸附在品胞顶点，与框架结构中的F原子存在如图所示静电作用，品体中与一个CO₂分子产生该作用(4)若阿伏加德罗常数的值为Na,则1cm³的Cu.L,(SiF)对CO₂的理论吸附量为mol.(3)1:2:1;4:N2和O₂为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正电荷的原子或成键电子对/叶【命题透视】▶核心考点：物质结构与性质综合(电子排布、电离能、杂化方式、晶胞计算、超分子识别)。命题分析：本题以铜基金属有机框架材料为背景，综合考查电子排布、电离能、杂化方式、品胞组成、选择性吸附原理及定量计算。题目将结构化学知识与新材料情境相结合，体现学科前沿与社会发展的联系。根据洪特规则特例书写Cu的电子排布式：利用电离能规律比较C、N、O、F的第二电离能：根据配体L的平面结构判断N原子杂化方式：通过晶胞结构计算MOF化学式：根据分子极性解释选择性吸附：利用【解析】金属有机框架(MOF)由金属离子或簇与有机配体通过配位键自组装形成，具有多孔结构。本题中Cu2+与含氟配体L形成四方晶胞，晶胞参数为a和c。CO₂分子因结构特点可与框架中的F原子产生静电作步骤二：分问解析(1)Cu原子序数为29,根据洪特规则特例，基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d¹4s¹(或1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3a104s¹)。第二电离能是指失去第二个电子所需要的能量；C的价电子排布为2s"2p;N+的价电子排布为2s²2p²,0的价电子排布为2s²2p³,2p轨道半充满的稳定状态，极难再失去电子：F+的价电子排布为2s²2p³;因此，氧的第二电离能最大。(2)配体L为平面分子，N原子形成2个a键并保留1对孤电子对，价层电子对数为3,采取sp²杂化；分子中有2个N原子，每个N原子有1对孤电子对，孤电子对总数为2。(3)由晶胞结构可知，Cu原子位于晶胞体内，数目为1;CuF₂相关单元(如F或CuF₂)位于上下底面心，数目为2;配体L位于4个竖直面心，数目为2。因此MOF中n(Cu):n(CuF₂):n(L)=1:2:1。CO₂分子吸附在晶胞顶点，同一层平面内与4个八面体相邻，每个八面体有1个F原子与CO₂产生静电作用，故为4个。由图提示可知，吸附核心在于C⁵+与F⁸的静电引力。N²和02属于由非极性键构成的非极性分子，内部没有显著的电荷偏转，不具备可以被F吸引的正电荷中心，因此不被吸附，(4)晶胞体积V=(apm²·cpm=a²cx10°cm³,1个晶胞中CO₂数目为【易错点】Cu电子排布易写成[Ar]3d4s²,忽略洪特规则特例；晶胞中原子或基团数目计算错误；混淆CO₂的极性【知识总结】①①洪特规则特例：当d轨道全充满(d¹⁰)、半充满(d⁵)或全空(d)时，电子构型更稳定，如③杂化方式判断：根据价层电子对数确定杂化类型，平面结构中常见sp²杂化。⑤超分子识别：基于分子极性、氢键、静电作用等实现选择性吸附。【答题模板】(1)确定元素→书写电子排布式→依据周期律/特殊稳定构(2)分析分子结构→计算价层电子对数→判断杂化方式与孤电子对数；(3)观察品胞图→用切割法计算各粒子数目→确定化学式→分析配位环境与选择性吸附原因；(4)列出品胞体积与物质的量关系→代入公式计算密度或吸附量。17.一种从铜阳极泥(主要含Au、Ag₂Se、Cu₂Se)中分离提取贵金属的工艺流程如下：NH₄ClNaCl溶液反萃取有机相稀盐酸萃取剂酸化析金尾气处理酸浸萃取K(AgCD)=1.6×10¹0Ag⁴+2NH₃[Ag(NH₃)]K=1.0×10⁷(2)“球磨提金”时，生成Cl₂的反应中作氧化剂的是(填化学式)。(3)“酸溶”时，AuCl₃转化为[AuC₄].“反萃取”时加入Na₂SO₃溶液后，水相中形式生自身氧化还原反应的离子方程式为(4)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使0.010molAgCI完全溶于1.0L氨水，则反应后溶液中 【答案】(1)3Cu₂Se+20H⁺+8NO₃=6Cu²+3H₂SeO₃+8NO↑+7H₂O(3)将+3价的Au还原为+1价、提供配体；2[AuSO₃J=2Au↓+sO²⁻+SO₂↑【命题透视】▶核心考点：化学工艺流程综合(氧化还原、配位平衡、沉淀溶解平衡、循环利用)。书写、氧化剂判断、萃取反萃取原理、配位平衡计算和物质循环利用。流程复杂，信息量较大，要求学生【思路点拨】根据流程图和已知信息，推断各步骤中物质的转化关系；结合氧化还原反应配平、配位平衡常数计算【解析】硝酸氧化溶解生成Cu²、Ag+、二元弱酸H₂SeO₃与NO,Cu²⁺、Ag、二元弱酸H₂SeO₃进入滤液，Au留在沉淀中：沉淀加入KMnO₄、NH₄Cl球磨提金，KMnO₄氧化氯离子生成活性Cl₂,Cl₂将Au氧化为AuCI₃,经稀盐酸酸溶得到[AuC₄J水溶液，有机萃取剂萃取金进入有机相，水相分离后有机相中加入Na₂SO₃反萃取，Na₂SO₃既作还原剂还原Au³又提供配体形成[AuSO₃],再经稀盐酸酸化，[AuSOJ发生自身氧化还原析出单质Au;酸浸滤液中加入NaCl沉银得到AgCI沉淀，AgCl加氨水溶银生成可溶性络离于,再用水合肼还原提银析出AB单质，释放2得到滤液X,步骤二：分问解析(1)Cu₂Se中Cu为+1价被氧化为Cu²+,Se为-2价被氧化为H₂SeO₃,NO₃被还原为NO,结合得失(2)“球磨提金”时，加入的KMnO₄在酸性条(3)So?具有还原性，将[AuCl₄J中+3价Au还原为低价+1价Au,SO?作为配体，与Au形成络离子[AuSO,]进入水相实现反萃取，因此Na₂SO₃的作用为将+3价的Au还原为+1价，提供配体；[AuSOJ中Au降价生成Au单质，S元素部分转化为SO₂、部分为S₀3-,结合得失电荷守恒配平方程式为2[AuSO₃J=2Au↓+SO?~+SO₂↑.c(Ag(NH₃)₂J)=c(Cr)=AgCI(s)Ag+(aq)+Cr(aq)K=1.,总反应为AgCl+2NH₃[Ag(NH₃)₂]+CI,平衡NH(5)还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放₃,滤液X含铵盐，球磨提金工序需要NH₄CI,向滤液XX加入HCl,将NH₃转化为NH₄CI,可循环至球磨提金步骤。【易错点】工艺流程中物质转化关系推断不清；氧化还原方程式配平易出现电荷不守恒；配位平衡计算时忽略【知识总结】③萃取与反萃取：利用物质在两种互不相溶溶剂中溶解度不同进行分离；反萃取是改变条件使目标④配位平衡与沉淀溶解平衡联合：AgCl(s)+2NH₃=[Ag(NH₃)₂]++CI-,K=Ksp-K稳。【答题模板】18.一种药物中间体(H)的合成路线如下：①遇FeCl₃溶液显色(5)以庚二酸二甲酯和1,2-二溴乙烷为主要原料合成利用上述信息补全合成路线(2)酯基；还原反应【命题透视】▶命题分析：本题以药物中间体的合成为背景，综合考查有机反应类型判断、官能团识别、结构简式推断、同分异构体书写和合成路线设计。题目提供两个已知反应信息，要求学生能够迁移应用。【解析】式可得A为;B在乙醇钠、乙醇体系中和发生已知I的取代),D再与发生加成反应生成E,E和(1)由分析可知，B的结构简式为(2)由分析可知，C的结构简式为为,含氧官能团为酯基：C在Pd/C作用下与氢气发生还(3)由分析可知，E和环境下发生N上的取代反应得到F两对取代基对位分布，则符合条件的C两对取代基对位分布，则符合条件的C的同分异构体为或在乙醇钠、乙醇体系中与发生已知I的取代反应生成NaCI、H₂O、DMSO【易错点】有机结构推断时忽略已知反应信息的迁移应用；同分异构体书写时未满足“苯环上仅1种化学环境氢原子”的对称性要求；合成路线设计时步骤顺序不合理。【知识总结】①常见有机反应类型：取代、加成、消去、氧化、还原、加聚、缩聚等，判断依据是官能团变化和③合成路线设计方法：逆合成分析法，从目标产物出发，逐步倒推中间体和原料；注意保护基和反【答题模板】19.一元弱酸HCN无色剧毒，熔点为-13℃,沸点为26℃,常温下易溶于水。在通风橱中用NaCN制备少量液态HCN,装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：(2)装置甲、乙选用的控温物质依次为_(填标号)。A.水(50℃)B.冰盐混合物(-10℃)C.干冰-乙醇(-70℃)D.液氮(-196℃)(3)HCN制备完成后需进行的部分操作如下，正确顺序为(填序号)。①打开阀门K通N₂②停止滴加NaCN溶液③关闭阀门K₃并切换三通阀K₂至尾气处理实验所用NaCN中常含有杂质甲酸钠(HCOONa),二者均具有较强还原性，测定HCOONa含量的实I.准确称取mgNaCN样品，配制250.00mL溶液，移取25.00mL该溶液至锥形瓶中，加适量NaOH溶液，边振摇边滴加AgNO₃溶液至出现棕褐色沉淀(已知：AgOH均为白色沉淀，AgOH极易转化为Ag₂O棕褐色沉淀)。Ⅱ.过滤并洗涤沉淀至洗涤液呈中性，收集滤液和洗涤液于锥形瓶中，加适量NaOH溶液及VmL浓度为cimol·L的过量KMnO₄标准溶液，反应中MnO₄转化为MnⅢ.充分反应后，向锥形瓶中加入适量H₂SO₄溶液及Y₂mL浓度为C₂mol-L¹的过量Fe²标准溶液，反(4)步骤I中滴加AgNO₃溶液时须选用棕色滴定管，原因是; K„(AgOH)(填">"或“<"):步骤Ⅱ中参与反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为(5)测得样品中HCOONa的质量分数为(用代数式表示);若步骤Ⅲ所用标准溶液中有少量Fe被空气中的O2氧化，则导致测定结果(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】(1)滴液漏斗；干燥HCN气体(4)防止AgNO₃见光分解；<;2:1【命题透视】▶核心考点：综合实验题型探究(物质制备、实验操作、氧化还原滴定、误差分析)。链接教材：人教版选择性必修3、选择性必修1中化学实验与滴定相关内容。▶命题分析：本题以剧毒弱酸HCN的制备和NaCN中甲酸钠含量的测别、温控选择、操作顺序、氧化还原滴定原理与误差分析。题目情境真实，实验安全要求高，科学探究性根据HCN的物理性质(熔点-13℃,沸点26℃)判断装置甲、乙的温度控制；根据实验安全原则确定【解析】HCN为无色剧毒液体，熔点低、沸点接近室温，制备时需在通风橱中进行，并做好尾气处理。装置甲用于发生HCN气体，装置乙用于冷凝收集液态HCN,装置b用于干燥HCN。步骤二：分问解析(1)仪器a为滴液漏斗，可平稳添加NaCN溶液；装置b盛装无水CaCl₂,作用是干燥HCN气体，除去HCN中混有的水蒸气。(2)HCN沸点26℃,甲装置水浴(50℃)保证反应产生的HCN保持气态，便于在乙装置中充分收集：HCN熔点-13℃,乙需要低温冷凝液化HCN,选用-10℃冰盐混合物，既能让HCN完全液化，又不会让HCN凝NK,(A.g,C,N)<K(A.g,O,H).:步骤Ⅱ中MnO₄→Mno?,Mn元素化合价由+7转化为+6,每个MnO得1e-:HCOO在碱性条件下被氧化为CO³,c元素化合价由+2转化为+4,每个HCOO失(5)由题，碱性环境下HCOO+2MnO₄+3OH=CO²+2MnO?+2H₂O,由此得到关系式MnO₄~5Fe²+。根据得失电子守恒：整个过程Mn从+7价被还原为+2价，得到的电子总数为甲