2026年河北高考化学试卷答案详解及复习备考指导

第页2026年河北高考化学真题完全解读试卷总评·考情分析·复习策略·真题解读试题分析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。试题亮点一、情境创设真实化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，考查晶体结构；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。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、σ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。三、能力考查层次化试题遵循"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。命题趋势一、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，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。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，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。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，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。四、坚持素养导向，落实育人目标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。考点细目表题号题型情境解读考查内容命题细目1选择题以战略性新兴产业和未来产业中的先进化学材料为情境物质的分类及转化涉及基础知识：有机物的概念、硅橡胶、碳化硅、石墨烯、光导纤维的成分与分类2选择题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选择题以化学在社会发展中的作用为情境化学反应原理综合涉及基础知识：工业合成氨、氯碱工业、氨脱硫法、聚乳酸缩聚反应的化学方程式书写4选择题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选择题以我国古代四大发明之一的黑火药为情境原子结构与性质/分子结构与性质化学键涉及基础知识：基态硫原子电子排布与轨道表示式、硝酸根价层电子对互斥模型、二氧化碳分子结构、氮气电子式6选择题以有机光电功能材料中间体的合成反应为情境烃的衍生物涉及基础知识：加成反应的原子利用率、碳原子杂化方式、顺反异构判断、加聚反应7选择题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涉及基础知识：电解池电极判断、电极反应式书写、电子转移计算、总反应方程式8选择题以宏观事实的微观解释为情境分子结构与性质化学键/水的电离和溶液的酸碱性涉及基础知识：电子跃迁、苯酚酸性、相似相溶原理、氢键对物质性质的影响9选择题以对甲苯磺酸钠的实验室合成为情境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、副反应控制、同离子效应、物质分离提纯方法选择10选择题以我国科学家合成的高温超导材料晶胞为情境晶体结构与性质涉及基础知识：晶胞结构分析、配位数、原子坐标与距离计算、晶胞中原子数目计算11选择题以短周期主族元素推断为情境元素周期表元素周期律/原子结构与性质涉及基础知识：电子排布、元素推断、氢化物键角、分子稳定性、电负性、非金属性12选择题以二氧化碳利用的反应机理为情境化学反应原理综合涉及基础知识：反应机理分析、催化剂判断、化学键变化、总反应方程式推导13选择题以实验事实与结论的对应关系为情境化学平衡状态化学平衡的移动/盐类的水解/沉淀溶解平衡涉及基础知识：惰性气体对平衡的影响、弱酸弱碱盐水解、氢氧化铝两性、配离子稳定性比较14选择题以碘化钾溶液中碘元素物种分布与pH关系为情境沉淀溶解平衡/水的电离和溶液的酸碱性涉及基础知识：溶解平衡、平衡常数计算、图像分析、浓度变化规律15非选择题以溴化铵的两种制备方案为情境综合实验题型探究涉及基础知识：实验仪器识别、气密性检查、氧化还原反应方程式书写、产率计算、实验方案评价16非选择题以亚熔盐法清洁生产工艺提取钒和铬为情境化学工艺流程综合涉及基础知识：元素周期表分区、氧化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17非选择题以氧化丙烷制备丙烯为情境化学反应原理综合涉及基础知识：盖斯定律、反应速率计算、化学平衡状态判断、催化剂选择性、平衡图像分析18非选择题以他司美琼合成路线为情境有机合成与推断涉及基础知识：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、同分异构体书写核心复习策略1.制定科学合理的学习计划：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。2.把握高考命题方向，精准备考：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。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D．5G通讯传输光缆材料——光导纤维【答案】A【命题透视】▶核心考点：化学与STSE、物质的分类及转化▶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，要求准确区分有机物与无机物。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念解读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分子材料。步骤二：选项特征分析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；B．碳化硅化学式为SiC，属于无机碳化物，是无机物，B不符合题意；C．石墨烯是碳元素的单质，有机物属于含碳化合物，因此不属于有机物，C不符合题意；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。步骤三：结论得出综上所述，只有A选项主要成分属于有机物。【易错点】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】①核心概念定义有机物：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）。无机物：不含碳元素的化合物，以及上述少数含碳无机物。②解题方法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。③拓展关联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【答案】C【命题透视】▶核心考点：化学实验的常用仪器和基本操作▶链接教材：人教版必修第一册第一章《物质及其变化》、第二章《海水中的重要元素——钠和氯》中化学实验基本操作相关内容▶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握。（3）考查目标：侧重考查学生的实验基本操作能力和安全意识，体现"科学态度与社会责任"核心素养。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念/材料解读本题通过四幅图片展示化学实验基本操作，需要结合实验安全规范判断各操作的正误。步骤二：选项特征分析A．切割钠时用镊子夹持，在玻璃片上用小刀切割，剩余的钠放回原试剂瓶，操作符合实验安全要求，A不符合题意；B．向试管中加块状锌粒时，先将试管横放，用镊子将锌粒送至试管口后缓慢竖立试管，避免锌粒砸破试管底部，图中操作符合规范，B不符合题意；C．点燃酒精灯时禁止用燃着的酒精灯引燃另一盏酒精灯，否则易导致酒精洒出引发火灾，该操作不符合安全要求，C符合题意；D．热蒸发皿温度较高，用坩埚钳夹持转移，放置在石棉网上，可防止烫伤或损坏实验台，操作符合安全要求，D不符合题意。步骤三：结论得出综上所述，不符合化学实验安全要求的是C选项。【易错点】容易忽视酒精灯的正确点燃方法，误选其他选项；也可能对钠的取用规范不熟悉而误判A选项。【知识总结】①核心概念定义实验安全：在化学实验过程中，为避免人身伤害、财产损失和环境污染而应遵循的操作规范。②解题方法判断实验操作是否正确，可从以下几个角度分析：是否使用正确仪器、是否按规范顺序操作、是否考虑反应安全性、是否防止污染和浪费。③拓展关联钠的取用：用镊子夹取，用滤纸吸干表面煤油，在玻璃片上切割，剩余钠放回原瓶，不能随意丢弃。酒精灯使用：禁止对点、禁止吹灭、失火时用湿抹布盖灭。3．化学在推动社会发展和进步中发挥着重要作用。下列相关化学方程式错误的是A．工业合成氨：B．氯碱工业：C．氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：D．生产可降解高分子聚乳酸：【答案】D【命题透视】▶核心考点：化学反应原理综合、化学方程式正误判断▶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生产原理理解能力。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念解读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平、条件是否正确、产物是否合理。步骤二：选项特征分析A．工业合成氨是与在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成，化学方程式为：，A正确；B．氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成、和，化学方程式为：，B正确；C．氨脱硫时，先与、反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵再被氧化为硫酸铵，化学方程式为：，C正确；D．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，化学方程式书为：+(n-1)H2O，D错误；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】①核心概念定义加聚反应：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、气体和沉淀符号是否使用正确、可逆反应符号是否使用正确。③拓展关联常见可降解高分子：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。4．化学助力体育强国与健康中国建设。下列说法错误的是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C．竞赛泳衣多采用氨纶复合面料，疏水、亲肤、弹性好D．铅球由铸铁和钢制成，硬度更大，更安全、更耐用【答案】B【命题透视】▶核心考点：金属材料及金属矿物的开发利用、化学与STSE▶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。（3）考查目标：侧重考查学生的信息提取与材料性质辨析能力。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念解读本题涉及碳纤维、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。步骤二：选项特征分析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正确；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；C．氨纶是聚氨酯类纤维，疏水、亲肤且弹性优异，适合制作竞赛泳衣，C正确；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。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】①核心概念定义合金：由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。合金的性质：硬度大、熔点低、耐腐蚀等。②解题方法判断合金性质相关说法时，记住"硬度增大、熔点降低"的一般规律，同时注意具体合金的特殊性能。③拓展关联常见合金：钢和生铁（铁碳合金）、铝合金、铜合金、钛合金等。5．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为。下列说法正确的是A．基态S原子价层电子的轨道表示式为B．的价层电子对互斥模型为C．分子中键与键的个数比为1∶1D．分子的电子式为【答案】C【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"宏观辨识与微观探析"核心素养，要求学生能从原子、分子水平认识物质的结构与性质。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念解读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、σ键与π键判断、电子式书写等物质结构核心知识。步骤二：选项特征分析A．基态S原子价电子排布为，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．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形：，B错误；C．的结构式为，每个双键包含1个键和1个键，分子中共2个键、2个键，二者个数比为，C正确；D．分子的电子式应为，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错误；步骤三：结论得出综上所述，说法正确的是C选项。【易错点】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】①核心概念定义洪特规则：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。价层电子对互斥模型：中心原子的价层电子对相互排斥，决定分子的空间构型。σ键与π键：单键为σ键，双键含1个σ键和1个π键，三键含1个σ键和2个π键。②解题方法书写轨道表示式时注意洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理。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、离子电荷数。③拓展关联黑火药爆炸反应中，S和KNO₃作氧化剂，C作还原剂，反应剧烈放热并产生大量气体。6．有机光电功能材料重要中间体X的一种合成反应如下：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【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识。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件。【知识总结】①核心概念定义顺反异构：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sp³杂化。③拓展关联加成反应、加聚反应原子利用率高，符合绿色化学理念。7．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，其原理如图所示：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附近减小C．电路中每通过电子，理论上产生0.5molD．总反应为【答案】B【命题透视】▶核心考点：电解池原理、电极反应式书写、电子转移计算▶链接教材：人教版选择性必修1《化学反应原理》第四章《化学反应与电能》中电解池相关内容▶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/材料解读由装置图可知，该装置为电解池。左侧电极Ⅰ上，C₆H₁₂O₆转化为C₆H₁₁O₇⁻，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。步骤二：选项特征分析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。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，阴极生成了OH⁻，导致电极Ⅱ附近c(OH⁻)增大，而不是减小，B项错误；C．根据分析可知电极Ⅰ发生的电极反应式为：每转移6mole⁻，生成1mol。因此转移3mole⁻时，生成0.5mol，C正确；D．将两极电极反应结合：阳极：，阴极：，将阳极×4，阴极×3，使得失电子数相等，相加得，D项正确；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守恒。【知识总结】①核心概念定义电解池：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。②解题方法分析电解池问题时，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。③拓展关联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宏观事实微观解释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道时，以光的形式释放能量B常温下，苯酚能与溶液反应，而乙醇不能苯环使羟基中O-H键极性变强C不溶于水，可溶于苯水是极性分子，与苯均为非极性分子D某汽车防冻液(主要成分为水和乙二醇)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【命题透视】▶核心考点：分子结构与性质、水的电离和溶液的酸碱性、相似相溶原理▶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】步骤一：关键概念/材料解读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。步骤二：选项特征分析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O-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NaOH反应而乙醇不能，B不符合题意；C．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，和苯均为非极性分子，因此不溶于水可溶于苯，C不符合题意；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；若分子间范德华力越大，物质凝固点越高，原解释逻辑错误，D符合题意；步骤三：结论得出综上所述，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致凝固点降低。【知识总结】①核心概念定义相似相溶原理：极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂。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。②解题方法解释宏观现象时，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。③拓展关联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，因此可用作汽车防冻液。9．对甲苯磺酸钠()熔点大于300℃，易溶于水。实验室合成路线如下：下列说法错误的是A．水分离装置的使用有利于反应①的进行B．温度过高会造成多取代副产物的增多C．饱和溶液有利于粗品的析出D．蒸馏法较重结晶法更适于的提纯【答案】D【命题透视】▶核心考点：化学实验的常用仪器和基本操作、物质的分离提纯与鉴别▶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，考查学生的实验分析能力。（3）考查目标：侧重考查"科学探究与创新意识"核心素养。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念/材料解读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，有水生成。步骤二：选项特征分析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．饱和溶液中浓度高，通过同离子效应可降低的溶解度，有利于其粗品析出，C正确；D．熔点大于300℃，沸点极高，一般需采用减压蒸馏，操作不方便，且蒸馏时高温可能导致其分解；且其易溶于水，重结晶法更适合提纯，D错误；步骤三：结论得出综上所述，说法错误的是D选项。【易错点】容易混淆蒸馏法和重结晶法的适用范围，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选择。【知识总结】①核心概念定义同离子效应：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现象。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。②解题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晶法提纯。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．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。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元()，铍原子位于体心。氢原子Y和Z的分数坐标分别为和。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．晶胞沿体对角线的投影图为C．X、Y两原子之间的距离为D．晶胞中含有4个单元【答案】A【命题透视】▶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：侧重考查"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/材料解读由晶胞图可知，La原子（黑球）位于立方晶胞的顶点和面心，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）。步骤二：选项特征分析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，位于棱心和体心，以位于面心的La原子为研究对象，周围最紧邻的有6个，每个单元中有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，面心原子会投影到中心周围，则该晶胞沿体对角线的投影图为：，B正确；C．氢原子Y和Z的分数坐标分别为和，则单元正方体的边长为0.65apm-0.35apm=0.3apm，X、Y两原子之间的距离为单元正方体体对角线的一半，为，C正确D．单元位于棱心和体心，数目为，因此晶胞含4个单元，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；计算原子距离时要注意分数坐标的含义和单位。【知识总结】①核心概念定义晶胞：晶体结构中最小的重复单元。分数坐标：以晶胞棱长为单位，表示原子在晶胞中相对位置的坐标。配位数：晶体中一个原子周围最邻近的原子数目。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，最后结合几何关系计算原子间距离。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创新中的重要作用。11．X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，与相邻，基态原子最高能级的电子有4种运动状态，与同主族，在同周期主族元素中第一电离能最大。下列说法正确的是A．简单氢化物的键角： B．双原子分子的稳定性：C．元素的电负性： D．元素的非金属性：【答案】A【命题透视】▶核心考点：元素周期表元素周期律、原子结构与性质▶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《原子结构与性质》相关内容▶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、非金属性等概念的理解。（3）考查目标：侧重考查"证据推理与模型认知"核心素养。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念解读X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X原子中电子对的数目、未成对电子数均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，即最高能级有4个电子，Z为O；M与Y同主族，M为P；Q在同周期主族元素中第一电离能最大，Q为Cl。步骤二：选项特征分析A．的简单氢化物为，中心C原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，杂化方式为sp3；的简单氢化物为，中心原子价层电子对数为=4，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>，A正确；B．的双原子分子为，的双原子分子为，含氮氮三键，键能远大于的双键，稳定性即，B错误；C．化合物HClO中Cl元素为+1价，O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，则电负性，C错误；D．同周期主族元素从左到右非金属性递增，故非金属性即，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HClO中Cl为+1价则Cl电负性大于O；也可能忽略孤电子对对键角的影响。【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气态基态正离子所需要的最低能量。电负性：元素的原子在化合物中吸引电子的能力。键角：分子中两个相邻共价键之间的夹角。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、同主族关系等。比较键角时，注意中心原子的孤电子对数，孤电子对越多，键角越小。③拓展关联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．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转变为的反应机理如下：下列说法错误的是A．反应③中的产物是B．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D．总反应为【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HCOO⁻。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，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．吗啉和均先参与反应、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，反应物为和，产物为和，总反应化学方程式为：，D正确；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。②解题方法分析反应机理图时，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。③拓展关联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恒温恒容下平衡体系通入氩气，体系颜色不发生变化通入氩气后不变，平衡不移动B甲酸铵()水溶液显酸性C等浓度与的混合溶液中加入过量溶液，生成红褐色沉淀D溶液中滴加，溶液由红色变为无色，生成稳定性：【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，考查学生的实验评价能力和逻辑推理能力。（3）考查目标：侧重考查"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。步骤二：选项特征分析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，不变故体系颜色不变，平衡不移动，结论正确，A不符合题意；B．为弱酸弱碱盐，溶液酸性说明水解程度大于，水解程度越大对应弱电解质电离常数越小，故，结论正确，B不符合题意；C．为两性氢氧化物，可与过量反应生成可溶性，且生成的白色沉淀会被红褐色沉淀干扰，因此仅根据生成红褐色沉淀无法判断和的溶度积大小，不能得出相应结论，C符合题意；D．配离子转化反应会生成稳定性更强的配离子，溶液红色褪去生成，说明稳定性，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红褐色沉淀干扰的问题。【知识总结】①核心概念定义溶度积（Ksp）：难溶电解质饱和溶液中离子浓度幂的乘积。配位平衡：配离子在溶液中存在的配位-解离平衡。②解题方法比较溶度积大小时，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。14．25℃下，在的KI溶液中加入一定量，达平衡时，溶液中和(或)与pH的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)：已知：Ⅰ．时，体系中有存在；Ⅱ．溶液中存在①；②。下列说法正确的是A．反应①的平衡常数B．溶液中始终有，且时，的值随增大而减小C．若在平衡体系中加入少量，和的平衡浓度均增大D．若改变KI溶液的初始浓度，相同下达平衡时，的值不变【答案】B【命题透视】▶核心考点：沉淀溶解平衡、水的电离和溶液的酸碱性▶链接教材：人教版选择性必修1《化学反应原理》第三章《水溶液中的离子反应与平衡》中沉淀溶解平衡、弱电解质的电离相关内容▶命题分析：（1）情境创设：试题以碘化钾溶液中碘元素物种分布与pH关系为背景，通过图像呈现复杂平衡体系，考查学生的图像分析能力和平衡思想。（2）问题设计：通过分析平衡常数、浓度关系、平衡移动等，考查学生对多重平衡体系的综合理解。（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/材料解读由题意可知，当pH<8.73时，体系中有I₂(s)存在，说明溶液中的I₂处于饱和状态，其浓度保持恒定。溶液中存在两个平衡：①I₂(s)+I⁻⇌I₃⁻；②I₃⁻+2I⁻⇌I₅⁻。步骤二：选项特征分析A．反应①的平衡常数，pH=7.5时，，根据碘元素守恒，初始，由于反应①消耗了转化为了，且物质的量之比为1：1，反应2在pH=7.5时产生的极少，趋近于0，可以忽略，所以此时平衡时：，代入数据：，A错误；B．当pH<8.73时，，对应关系成立，当pH＞8.73时，反应②右移，消耗生成更多，因此始终满足；当时，，逐渐降低，K不变，故的值随增大而减小，B正确；C．当pH＜8.73时，体系中已经存在，说明溶液中的已经达到了饱和溶液的溶解平衡。此时再加入少量的，不变，因此，化学平衡①和②都不会发生移动，和的平衡浓度都保持不变，C错误；D．反应②+3×反应①得到，平衡常数，，相同下意味着是定值，改变KI溶液的初始浓度，反应①平衡会发生移动，改变，K保持不变，故是变量，D错误；步骤三：结论得出综上所述，说法正确的是B选项。【易错点】容易忽视pH<8.73时I₂(s)存在表示I₂浓度恒定，加入固体I₂不改变平衡；也可能对多重平衡体系中浓度比值的变化分析不清。【知识总结】①核心概念定义溶解平衡：难溶电解质固体与溶液中离子之间的动态平衡。平衡常数：一定温度下，可逆反应达到平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。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。图像分析题要注意坐标轴含义、特殊点（交点、拐点）、变化趋势。③拓展关联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．某兴趣小组探究的制备。(实验均在通风橱内进行)查阅资料：液溴()是生产溴化合物的基本原料。工业上利用和氨水的氧化还原反应生产。实验室制备少量高纯度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(夹持装置等略)实验装置如图所示：步骤如下：ⅰ

检查装置气密性。ⅱ

将盛有氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0mL(32.0g)，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭，C中溶液呈橙黄色。ⅲ

打开，向C中逐滴加入氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。ⅳ

将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4g。回答下列问题：(1)仪器B的名称为___________。(2)步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。(3)步骤ⅱ中，制备的化学方程式为___________________________________。(4)步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液_______________________时(填实验现象)，反应恰好完成。(5)反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。a．溶液

b．蒸馏水

c．稀盐酸(6)步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。(7)()的产率为_____。方案Ⅱ：实验室方法制备ⅰ

利用70%硫酸和固体反应制备，再通入盛有和碎冰的烧瓶中，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。(8)对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。【答案】(1)分液漏斗(2)关闭、，向D中加水使导管口浸没在水面下(3)（或）(4)橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色）(5)b(6)重结晶(7)(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】▶核心考点：综合实验题型探究▶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《有机化学基础》中实验基本操作相关内容▶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"核心素养。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念/材料解读方案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。步骤二：设问特征分析（1）仪器B的名称为分液漏斗。（2）检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞和，并将D中导管浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。（3）液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为，氨气作还原剂被氧化为无色气体，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：（或）。（4）步骤ⅱ结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤ⅲ中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。（5）反应过程中会有未反应的和挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成，既提高了产率又不引入杂质，故选b。（6）步骤ⅳ中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法是重结晶。（7）加入的质量为，其物质的量。根据关系式可知，理论上生成的物质的量为。理论产量。则产率。（8）对比方案Ⅰ和方案Ⅱ，方案Ⅰ直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且存在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。步骤三：结论得出本题答案依次为：(1)分液漏斗；(2)关闭K₁、K₂，向D中加水使导管口浸没在水面下；(3)3Br₂+8NH₃·H₂O═6NH₄Br+N₂↑+8H₂O（或3Br₂+8NH₃═6NH₄Br+N₂↑）；(4)橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色）；(5)b；(6)重结晶；(7)75%；(8)优点：步骤少，操作简单；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）。【易错点】(3)中容易将Br₂与氨水的反应写成中和反应，忽视其氧化还原本质；(7)中产率计算容易忽略Br₂与NH₄Br的物质的量关系为3:6；(8)中评价方案时容易只写优点或只写不足，忽视题目要求各答出1点。【知识总结】①核心概念定义氧化还原反应：有电子转移（化合价升降）的化学反应。产率：实际产量与理论产量之比，通常用百分数表示。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。②解题方法制备实验题一般从原料、原理、装置、操作、现象、结论六个方面分析。产率计算关键是确定关系式，找出已知量与待求量之间的物质的量关系。③拓展关联卤素单质与氨水的反应具有相似性，但产物与条件有关。Cl₂与过量氨水反应生成NH₄Cl和N₂，Br₂、I₂也有类似反应。【答题模板】实验综合题答题模板：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，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下：已知：钒渣主要含、、和少量CaO、等。回答下列问题：(1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。(2)氧化工序通常采用较大的流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。_______________________________(3)滤渣的主要成分有、__________、__________(填化学式)。(4)80℃和40℃时，和的溶解度随质量分数变化如图所示。结合图像分析质量分数为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：________________________________。(5)母液返回_________工序。(6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。【答案】(1)d(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+5O₂═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大量结晶析出，而Na₂CrO₄仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离(5)氧化(6)2CrO₄²⁻+3SO₃²⁻+10H⁺═2Cr³⁺+3SO₄²⁻+5H₂O【命题透视】▶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：侧重考查"科学探究与创新意识""科学态度与社会责任"核心素养。【思路点拨】【解析】步骤一：关键概念/材料解读工艺流程分析：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反应生成Na₂SiO₃。沉淀工序加入CaO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。冷却结晶工序利用Na₃VO₄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利用。步骤二：设问特征分析（1）根据元素周期表分区规则，V（23号）属于第ⅤB族，Cr（24号）属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。（2）首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3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价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1molFeO·V2O3中，Fe失去1mole⁻，2molV共失去4mole⁻，总计失去5mole⁻。O2每1mol得4mole⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3+24NaOH+5O22Fe2O3+8Na3VO4+12H2O。（3）在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入和，与水反应生成。与沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。（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Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。（5）母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。（6）还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，被氧化为。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2+3+10H⁺=2Cr3++3+5H2O。步骤三：结论得出本题答案依次为：(1)d；(2)提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分；4FeO·V₂O₃+24NaOH+5O₂═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大量结晶析出，而Na₂CrO₄仍留在溶液中；(5)氧化；(6)2CrO₄²⁻+3SO₃²⁻+10H⁺═2Cr³⁺+3SO₄²⁻+5H₂O。【易错点】(2)中配平化学方程式时容易忽略FeO·V₂O₃中铁和钒的共同升价；(3)中容易遗漏CaSiO₃或Fe₂O₃；(4)中描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】①核心概念定义氧化还原反应配平：根据化合价升降总数相等进行配平。工艺流程分析：原料→预处理→核心反应→分离提纯→产品，关注循环物质和副产品。②解题方法工艺流程题解题步骤：1.明确原料和产品的成分；2.分析各工序中发生的化学反应；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。③拓展关联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。【答题模板】工艺流程题答题模板：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或离子方程式，注意氧化还原配平。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。4.循环利用：分析母液、尾气的成分，判断可返回的工序。5.条件控制：温度、pH、浓度、流量等对反应速率和产物的影响。17．丙烯是石油化工行业的重要原料，利用氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下：Ⅰ

使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行：Ⅱ

Ⅲ

回答下列问题：(1)_________。(2)550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M，按通入混合气体，反应2h后得到0.012mol，则0~2h内每克催化剂催化生成的平均速率为_____。下列能说明该体系达到平衡状态的是_____(不定项选择，填序号)。a．b．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)：①②③④该催化剂对__________(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。(4)100kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入和各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：①图乙中曲线L代表的组分为__________。②若体系压强变为50kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量_________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为__________________________________________________________。【答案】(1)+165(2)0.03bd(3)C-H(4)减小A点代表的组分为，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，消耗量增大，其物质的量减小【命题透视】▶核心考点：化学反应原理综合▶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《化学反应速率与化学平衡》相关内容▶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""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各组分物质的量的变化。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。（2）0~2h内每克催化剂催化生成的平均速率。a．由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足，无法说明各组分浓度或百分含量保持不变，不能作为平衡标志，错误；b．的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确；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，不能说明达到平衡状态，错误；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，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡状态，正确。故选bd。（3）由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（②和④）的活化能分别为和，明显低于断裂C-C键的基元反应（①和③）的活化能（和）。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初始通入和各。根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的为，消耗的为，则生成的为，生成的为，体系中存在的为。由于存在，故，即消耗的多于消耗的，平衡时剩余的少于。升温使平衡正向移动。因此，反应物（的、）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表，点线在下方，代表。观察反应的物质的量一定相等，反应Ⅰ和Ⅱ均会生成主产物，所以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于随升温而骤减，下降的比要快，说明反应Ⅱ发生程度较大，导致的量大于，故曲线L代表。②A点在虚线上，代表的组分为