新版2026年高考化学（北京卷）真题详细解读及评析合集

2026年北京高考化学真题完全解读【试题分析】本卷为北京市2026年普通高中学业水平等级性考试化学试卷，全卷共10页，满分100分，考试时间90分钟。试卷由14道选择题(42分)和5道非选择题(58分)组成，题型结构与近年北京卷保持一致，从知识模块分布看：物质结构与性质约占18分，涉及原子结构、元素周期律、化学键、分子极性、晶体结构、配合物、杂化方式等(如第1、6、7、15题);-化学反应原理约占24分，侧重热化学、化学平衡、电化学、反应速率、电离与水解、溶度积等(如第9、12、13、14、18题):-元素化合物与实验约占28分，涵盖无机物制备、性质探究、实验装置选择、实验操作规范、喷泉实验、滴定分析等(如第4、5、8、11、19题);有机化学基础约占18分，涉及有机物结构推断、官能团性质、有机反应类型、合成路线分析、同分异构等(如第2、3、10、17题);工艺流程与STSE约占12分，体现化学与资源、环境、能源、材料的联系(如第16题肼的制备、第18题重品石制备高纯碳酸钡)。整卷难度梯度明显，选择题侧重基础概念辨析与实验操作规范，非选择题突出信息获取、综合分析与规范1.情境创设真实化·第1题以我国科研团队催化合成氨最新进展为情境，将元素周期表、化学平衡、催化剂原理融入真实科研背景；-第9题以“电化学—化学协同法将天然气中H₂S转化为硫酸盐”为情境，考查电化学原理与绿色化学思想；-第16题通过次氯酸钠氧化氨与双氧水法制备水合肼两种真实工艺对比，考查反应条件控制与物质分离方法。2.考查方式综合化-第12题将能量变化示意图与转化率—时间图像相结合，同时考查热化学方程式书写、反应速率计算、平衡常数表达式、温度对平衡移动的影响；-第18题以重晶石制备高纯BaCO₃的工艺流程3.能力考查层次化-基础层：第2题化学用语正误判断、第4题实验操作规范、第7题数据规律判断；-综合层：第11题基于实验装置与平衡移动的综合分析、第14题基于分配平衡的溶解性探究：-创新层：第19题通过对照实验探究KMnO₄制备中副产物MnO₂的来源，突出实验设计与证据推理能力。2.真实情境与工艺流程考查比重稳定。以资源综合利用、环境治理、医药材料为背景的试题(第9、16、3.图像、表格信息处理能力要求提升。第12题的能量图与转化率图、第18题的浸出液浓度变化曲线、第题号题型命题细目1涉及基础知识：元素周的固定期表分区、勒夏特列原理、活化能、氮的固定2化学用语与结构模型电子式、烷烃命名与结构模型、价层电子轨道表示式、原子符号书写规则、烷烃系统命布、质量数与原子符号3同系物判断、官能团性质、溴水反应、FeCl₃鉴别应、显色反应4实验用品使用规范喷泉实验、滴定管润纸使用质、滴定操作规范、乙5钠的燃烧、析氢腐蚀、实验室制CO₂、电解饱反应、离子方程式书写、电解原理6结构与性质推理比较、电负性、沸点与酸、电负性变化规律、7第一电离能、溶度积、气体摩尔体积、盐溶液涉及基础知识：第一电离能变化规律、K与溶解度关系、气体摩尔体积影响因素、盐水解8乙烯、氨气、银氨溶应9H₂S资源化利用电化学电极反应、离子迁移、氧化还原计量关系阴极反应、电荷守恒、氧化还原电子守恒成路线有机物结构推断、化学环境氢、反应计量比、水解产物涉及基础知识：缩酮/酯基水解、等效氢判断、有机反应计量关系化学平衡移动、漂白涉及基础知识：SO₂漂白原理、石蕊变色平恒温恒容反应的能量与热化学方程式、反应速率、平衡常数、温度对平衡的影响列原理裂、总反应推导、电子转移环、碳氧键与碳碳键、氧化还原电子转移I₂在CCl₄/水体系中的相似相溶、分配平衡、平衡移动、滴定测定涉及基础知识；相似相学平衡移动、氧化还原滴定非选择题高铁酸盐在水处理中的应用FeO²-结构、晶胞计排布、晶胞均摊、空间构型、胶体净水原理、氧化还原方程式配平非选择题氢键、氯气歧化、肼的生成与水解、反应条件涉及基础知识：氢键、式、勒夏特列原理、物质分离非选择题依法韦仑合成路线官能团识别、有机方程式、结构推断、反应类型、碳链增长涉及基础知识：醛基、硝化反应、消去反应、亲核加成、结构简式非选择题重晶石制备高纯BaCO₃盖斯定律、过滤操作、物料守恒、水解平衡、涉及基础知识：盖斯定律、过滤仪器、水解平衡移动、溶度积、离子非选择题高锰酸钾制备与纯度测定氧化还原方程式配平、歧化反应、实验探究、结晶操作、滴定计算原配平、歧化反应、对照实验、趁热过滤与冷却结晶、氧化还原滴定复习策略复习策略ll核心复习策略2.强化方程式书写的规范性与准确性。本卷第5、9、12、15、16、18、1复习时应分类整理：热化学方程式、离子方程式、电极反应式、有机反应方程式、氧化还原方程式，并注3.提升图像与数据解读能力。针对能量变化图、转化率—时间图、浓度—体积图、溶解度曲线等，训练4.重视实验探究与对照设计。北京卷实验题常要求解释现象、设计对照、评价方案。复习时要回归教材实真题解读真题解读逐题解读第一部分HB.高温是为了提高N₂的平衡转化率B.合成氨反应N₂(g)+3H₂(g)≥2NH₃(g)△H<0,N₂的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误；D.氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下Li/Ru催化N₂和H₂合成NH₃,属于故选B。【命题透视】团核心考点：元素周期表位置、合成氨反应的平衡移动、催化剂作用原理、氮的固定概念。团链接教材：人教版选择性必修1“化学反应的方向、限度与速率”中合成氨条件选择；必修第一册“元素周(1)情境创设：以我国科研团队催化合成氨最新进展为载体，体现化学前沿与STSE理念。(2)问题设计：通过“不正确的是”设问，综合考查元素位置、平衡移动、催化剂作用及氮的固定，知识跨度大但难度适中。(3)考查目标；考查考生对合成氨反应原理的整体理解，以及对催化剂“降低活化能但不改变平衡转化率”的辨析能力。【知识总结】-催化剂通过改变反应历程降低活化能，同等程度加快正逆反应速率，不改变平衡状态与平衡转化率。-合成氨反应：N₂+3H₂=2NH₃,正反应放热、气体分子数减少，低温高压有利于提高平衡转化率：工业上采用高温主要是考虑催化剂活性。-锂位于元素周期表第IA族(碱金属)。化率”“能耗成本”等多因素权衡。-通过合成氨、接触法制硫酸、氯碱工业等典型案例，区分“加快反应速2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.HCI的电子式：B.2-甲基戊烷的分子结构模型：C.基态O原子的价层电子轨道表示式：D.原子核内有1个中子的氢原子符号：H【答案】B",【解析】A.HCI是共价化合物，H和CI共用一对电子，电子式为]H:A正确；",B.2-甲基戊烷主链含5个碳原子，2位连1个甲基，总共有6个碳原子，图示球棍模型只有5个碳原子，对应为2-甲基丁烷，正确的结构模型为,,B错误；C.基态O原子价层电子排布为2s²D.氢原子质子数为1,中子数为1时质量数为1+1=2,原子符号为H,D正确；【命题透视】团核心考点：电子式、烷烃结构模型、价层电子轨道表示式、原子符号表示。团链接教材：必修第一册“化学用语”;选择性必修2“原子结构与性质”;选择性必修3“有机化合物的结构(1)情境创设：以“化学用语或图示表达不正确的是”为直接设问，考查基础化学用语的规范性。(2)问题设计：四个选项分别覆盖共价化合物电子式、烷烃球棍模型、基态原子价电子轨道表示式、原子符号，覆盖面广。(3)考查目标：考查考生对常见化学用语的准确识别能力，强调“模型与符号”素养。【易错点】-2-甲基戊烷主链应为5个碳，2位有一个甲基，共6个碳：若球棍模型只有5个碳，实际为2-甲基丁烷，属于结构模型与名称不匹配。-电子式中要注意区分共价化合物(共用电子对)与离子化合物(阴阳离子),【知识总结】-烷烃命名：选最长碳链为主链，从离支链最近端编号，使支链位次和最小。·基态原子价层电子排布与轨道表示式需遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。·原子符号：左上角为质量数(质子数+中子数),左下角为质子数。【复习策略】【复习策略】-建立“化学用语自查清单”,对电子式、结构式、结构简式、键线式、球棍模型、比例模型、原子/离子结构示意图、轨道表示式、电子排布式等逐一过关。-对常见烷烃(戊烷、己烷异构体)的球棍模型进行实物或模型观察，强化名称—结构对应。,正确的是【解析】A.二者分别属于酚类和芳香醇，结构不相似，不互为同系物，A错误：B.苯酚可与Na₂CO₃反应生成苯酚钠和NaHCO₃,苯甲醇为醇类，羟基无酸性，不能与Na₂CO₃溶液反C.苯酚可与溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，苯甲醇与溴水不反应，不会产生白色沉淀，C错团核心考点：酚与醇的结构差异、官能团性质、物质鉴别。团链接教材：选择性必修3“烃的衍生物”中酚、醇的性(1)情境创设：以苯酚与苯甲醇的对比为载体，考查两类含羟基有机物的性质差异。(2)问题设计：通过“正确的是”设问，逐一辨析同系物、与NaOH反应、溴水反应、FeCl₃鉴别等关键性(3)考查目标：考查考生对“结构决定性质”的理解，以及基于官能团差异进行物质鉴别的能力。【易错点】-误认为苯甲醇与苯酚互为同系物。同系物要求结构相似、分子组成相差一个或若干个CH₂原子团：苯酚羟基直接连苯环，苯甲醇羟基连侧链碳，结构不相似。-混淆醇羟基与酚羟基的酸性：酚羟基【知识总结】-苯酚性质：弱酸性(与NaOH反应)、与浓溴水发生邻对位取代生成白色沉淀、遇FeCl₃溶液4.下列实验用品的使用不规范的是A.用氨进行喷泉实验时，将圆底烧瓶干燥后，再收集氨气B.在滴定实验中，将滴定管洗净后，再用待盛溶液润洗C.在乙醇制乙烯的实验中，将温度计插入反应混合液中，再加热D.测溶液的pH时，将pH试纸用蒸馏水润湿后，再进行测量【解析】A.氨气极易溶于水，若圆底烧瓶潮湿，会溶解氨气导致无法收集满，不利于喷泉实验进行，该B.滴定管洗净后内壁残留蒸馏水，若不润洗会稀释待盛溶液，导致实验误差，润洗操作规范，B不符合C.乙醇制乙烯需控制反应混合液温度为170℃,温度计插入混合液测量温度的操作规范，C不符合题意；D.测溶液pH时，将pH试纸用蒸馏水润湿会稀释待测液，导致测量结果产生误差，该操作不规范，D【命题透视】【命题透视】(1)情境创设：以四个常见实验操作的正误判断为载体，考查实验基本操作的规范性。(2)问题设计：每个选项对应一个具体实验细节，要求考生准确回忆并判断操作规范。【易错点】-测溶液pH时，将试纸用蒸馏水润湿会稀释待测液，导致测量结果不准确(酸性偏大、碱性偏小、中性不变),-滴定管洗净后必须再用待盛液润洗2-3次，否则残留蒸馏水会稀释标准液或待测液。度计水银球插入反应混合液中，控制温度在170℃,避免在140℃生成乙醚。-pH试纸使用：用玻璃棒蘸【复习策略】-整理教材重点实验的“关键操作与原因”,如过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、滴定、气体5.下列方程式与所给事实相符的是A.金属钠在空气中燃烧：4Na+0₂=2Na₂OB.钢铁电化学析氢腐蚀：Fe-2e=Fe²⁺C.实验室用大理石和盐酸反应制二氧化碳：2H⁺+CO,-=CO₂↑+H₂O【解析】A.金属钠在空气中燃烧产物为Na₂O₂,该化学方程式为,A错误；B.钢铁发生析氢腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe²+,正极酸性条件下H+得电子生成H₂,电极反应均符C.大理石主要成分为CaCO₃,属于难溶物，离子方程式中不能拆分为CO,,大理石和盐酸反应制二氧化碳的离子方程式为CaCO₃+2H+=Ca²++CO₂↑+H₂O,C错误；D.电解饱和食盐水生成NaOH、H₂和Cl₂,电解熔融NaCI才生成Na和Cl₂,化学方程式为【命【命题透视】团核心考点：钠的燃烧反应、钢铁析氢腐蚀、实验室制二氧化碳、电解饱和食盐水。(3)考查目标：考查考生对方程式配平、反应条件、物质状态、电极环境等细节的把握。【知识总结】-钢铁析氢腐蚀(酸性环境):负极Fe-2e⁻=Fe²+;正极2H++2e"=H₂↑。-钢铁吸氧腐蚀(中性/弱酸性环境):负极Fe-2e-=Fe²+:正极O₂+2H₂O+4e-=40H⁻。-大理石主要成分为【复习策略】-建立“方程式正误判断四步法”:一看反应能否发生，二看产物是否正确，三看配平是否守恒，四看条件与符号是否规范。-对电化学腐蚀、电解池等重点电极反应按“酸性/碱性/中性”环境分类默写。6.下列说法正确的是D.HF的沸点比HCI的高，可推知H-F键的键能比H-Cl键的键能大【解析】A.CO₂为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，仅含极性键不能推出其为极性分子，A错误；B.元素非金属性强弱对应的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，H₂SO₃、H₃PO₃均不是对应元素C.同主族元素从上到下电负性逐渐减小，N和P同主族且N位于P上方，可推知N的电负性大于P的D.HF沸点高于HCI是因为HF分子间存在氢键，属于分子间作用力范畴，与共价键键能【【命题透视】团核心考点：分子极性、最高价含氧酸酸性、电负性变化规律、氢键对沸点的影响。(1)情境创设：以“下列说法正确的是”为设问，综合考查结构决定性质的多组推理。(2)问题设计：四个选项分别设置常见推理误区，要求考生准确辨析因果关系。(3)考查目标：考查考生对“结构—性质”关系的理解，以及对推理前提完整性的判断能力。【易错点】-含极性键的分子不一定为极性分子，分子极性还取决于空间构型是否对称。如CO₂只含极性键但为非极性分子。-非金属性强弱对应的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，不是任意含氧酸。如HCIO酸性弱于H₂SO₄不能说明CI非金属性弱于S.【知识总结】-电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，·氢键影响物质的熔沸点、溶解性等物理性质，不影响共价键键能。·分子极性判断：一看化学键极性，二看分子空间构型(正负电荷中心是否重合)。大”“非金属性强→任意含氧酸酸性强”等。-结合VSEPR模型，强化分子空间构型与极性的对应关系。7.下列各组数据判断不正确的是B.25℃时，溶度积常数：K(AgI)<K(AC.压强相同时，气体摩尔体积随温度升高而增大，25℃温度高于0℃,故V(25℃)>V.(0℃),c【命题透视】【命题透视】团核心考点：第一电离能变化规律、溶度积与溶解度关系、气体摩尔体积、盐溶液酸碱性。(1)情境创设：以“各组数据判断不正确的是”为设问，考查对数据变化规律的理解。(2)问题设计：四个选项跨越元素性质、沉淀溶解平衡、气体状态、盐类水解四个模块。(3)考查目标：考查考生对化学数据规律的准确把握，以及基于规律进行推理的能力。【易错点】-同主族元素第一电离能从上到下逐渐减小，故I₁(K)>I₁(Na)的表述是错误的(实际I₁(K)<I₁(Na))。-对于相同类型难溶电解质，Kp越小，溶解度越小；但不同类型(如AB型与A₂B型)不能直接用K比较溶解度。pH:组成盐的酸越弱，对应阴离子水解程度越【复习策略】-对“数据比较”类问题，明确比较对象与适用前提，避免因类型不同或条件不同导致误判。-总结第一电离能、电负性、原子半径、熔沸点、Kp、K等的变化规律及常见反例。8.下列物质的制备实验中，选用的试剂和反应条件均正确的是物质试剂反应条件A常温BNH₁CI固体加热CAgNO₃溶液和氨水常温DMnO₂固体和稀盐酸加热A.AB.B【答案】CC.常温下，向AgNO₃溶液中逐滴加入稀氨水，至最初产生的沉淀恰好完全溶解，即可制得银氨溶液，试故选C。团链接教材：必修第二册、选择性必修3中的有机物制备实验；必修第二册“氨和铵盐”。(1)情境创设：以表格形式呈现四种物质的制备实验，考查试剂与反应条件的匹配。(2)问题设计：要求考生同时掌握反应原理、试剂选择、反应条件、产物收集等实验细节。(3)考查目标：考查考生对教材典型制备实验的整体把握。【易错点】-乙醇与浓硫酸制乙烯需要控制温度在170℃,常温下浓硫酸与乙醇不反应生成乙烯。-加热氯化铵固体制氦气时，NH₃与HCI在试管口重新化合生成NH₄Cl,无法得到氨气。-制氯气需用MnO₂与浓盐烯实验室制法：。·氯气实验室制法：MnO₂+4HCI(浓【复习策略】·对常见气体和重要有机物制备实验，建立“反应原理—试剂—装置—条件—收集/检验—注9.利用电化学-化学协同法将天然气中的H₂S转化为硫酸盐，实现H₂S资源化利用。原理示意图如下。so²KOH溶液H双极膜KOH溶液D.阳极反应为40H⁻-4e⁻=O₂↑+2H₂O,每生成1molO₂转移4mol电子，阴极每消耗1molO2转移(2)问题设计：通过装置图和原理示意图，要求考生分析溶液作用、电极反应、浓度变化及电子守恒关(3)考查目标：考查考生对电解池工作原理的理解，以及基于电子守恒进行定量分析的能力。【易错点】-阳极反应为4OH⁻-4e-=O₂1+2H₂O,每生成1molO₂转移4mol电子：阴极每消耗1molO₂转移2mol电子。相同电子数下，阳极产生O₂的物质的量小于阴极消耗O₂的物质的量。-阴极室中OH⁻参与【知识总结】-电解池阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应；电子由外电路从阳极流向阴极，溶液中离【复习策略】-对陌生电化学装置，先判断正负极/阴阳极，再写出两极电极反应，最后用电子守恒串联定A.X的结构简式为B.Y有3种处于不同化学环境的氢原子C.反应①中Z和H₂O的化学计量比是1:4D.若Z和P完全水解，可得到相同产物为：,羰基和羧基可分别发生已知缩合反应、酯化反应，反应的方程为：A.根据已知反应，由X的分子式为CsH₈O₃,结合Y和Z的结构式，可推知X为：A错误；B.Y的结构1完全等价，共有甲基氢、亚甲基氢、羟基氢3种不同化学环境的氢原子，B正确；C.由反应方程为：故Z和H₂O化学计量比为1:4,C正确；D.Z含酯键、缩酮键，完全水解得到X、Y;P为Z开环聚合得到的高分子，完全水解后断裂酯键、缩酮键，产物同样为X和Y,产物种类相同，D正确；故选A。【命题透视】团核心考点：有机物结构推断、等效氢判断、有机反应计量比、可降解高分子水解。(1)情境创设：以我国科学家用生物基原料合成可降解高分子为情境，体现化学与可持续发展。(2)问题设计：结合已知反应信息和合成路线，要求推断中间体结构、判断等效氢、计算反应计量比、分析水解产物。(3)考查目标：考查考生对有机合成路线的分析能力，以及从结构信息中提取证据的能力。【易错点】-推断X的结构时需结合X的分子式C₅H₈O₃、已知反应类型及Y、Z的结构片段综合分析，避免凭局部结构臆断。-反应①中Z与H₂O的化学计量比需根据方程式中缩酮键与酯键的水解/形成关系确定。【知识总结】-缩酮结构在酸性条件下可水解生成羰基化合物和醇：酯基水解生成羧酸和醇。-等效氢判断：同一碳上的氢等效；对称位置的氢等效；与相同原子或基团相连的氢等效。-可降解高分子通常含酯基、酰胺键、缩酮键等可水解官能团。【复习策略】·对有机合成推断题，建立“分子式/不饱和度→官能团特征反应→结构片段→转化关系→目标产物”的解题模板。-重视陌生反应信息(如本题中的缩合反应)的断键与成键分析。11.用下图装置进行Cl₂的相关实验。实验①紫色石蕊溶液溶液先变红色，一段时间后，溶液的红色褪去②FeCl₂溶液(含数滴KSCN溶液)B.取①中褪色后的溶液滴入NaOH溶液，溶液不再出现紫色【答案】DB.①中溶液褪色是因为HCIO具有强氧化性，将有色色素永久性漂白，滴入NaOH溶液也无法恢复颜(1)情境创设：以SO₂通入石蕊溶液的实验装置图为载体，综合考查平衡移动与漂白原理。(2)问题设计：通过四个现象或结论的正误判断，要求考生区分SO₂的酸性氧化物性质、漂白性与还原性。(3)考查目标：考查考生对实验现象背后原理的分析能力，以及基于证据进行推理的能力。【易错点】-SO₂使石蕊变红是因为其水溶液呈酸性，使石蕊平衡逆向移动(红色型增多),而非漂白。-SO₂的漂白是选择性地与某些有色物质化合生成无色物质，加热可恢复；但SO₂也能被氧化剂氧化而失去液变红。-SO₂具有漂白性、还原性和酸性氧化物性质；与氧化剂(如氯水)反应时表现还原性，被氧化【复习策略】-对SO₂、氯气、过氧化钠等物质的漂白性进行对比整理，明确漂白原理(化合型、氧化型、0反应过程0【解析】A.焓变△H为生成物总能量与反B.t.时刻H₂转化率为a,消耗H₂浓度为ac。,根据反应计量关系，生成HI浓度为2ac₀,平均速率B错误；C.平衡时H₂转化率为b,则平衡浓度：c(H₂)=c(I₂)=c。(1-b)mol-L¹,c(HI)=2D.由图1可知反应物总能量高于生成物，反应放热，△H<0,升高温度平衡逆向移动，H₂平衡转化率故选D。【命题透视】【命题透视】(1)情境创设：以恒温恒容反应的能量变化图和转化率—时间图为双载体，要求考生综合读取图像信息。(2)问题设计：四个选项分别考查焓变计算、反应速率计算、平衡常数计算、温度对平衡移动的影响，(3)考查目标：考查考生对反应原理图像的综合分析能力，以及定量计算能力。【知识总结】-平衡常数表达式需用平衡时各物质浓度(或分压)代入，固体和纯液体不写入。-转化率②eD.该过程中每生成2molCO,①、②间转移1moleD.反应①:CO₂+2Na'+2e=CO+Na₂O,与循环，反应②:2C+CO,-=3CO+2e,由此可见，每生成4molCO,总转移电子为2mol,即每生成2molCO,①、②间转移1mole,D正确；【命题透视】【命题透视】(1)情境创设：以熔融碱金属碳酸盐催化焦炭转化为CO的机理为载体，考查催化循环与氧化还原。(2)问题设计：要求考生分析反应条件、化学键变化、总反应及电子转移数目。(3)考查目标：考查考生对催化循环机理图的信息提取能力，以及基于电子守恒的定量推理能力。【知识总结】-催化循环中，催化剂先参与反应生成中间产物，中间产物再反应重新生成催化剂，总反应为反应物转化为产物。-焦炭(碳单质)中主要存在碳碳键，转化过程中必然断裂C-C键。-氧化还原反是否涉及单质(如碳、金属)的化学键断裂，避免忽略C-C键或金属键。a:a:棕黄色溶液资料：依据Na₂S₂O₃与I₂的反应，以淀粉为指示剂，用Na₂S₂O₃标准溶液可准确测定水溶液中I₂的浓度。A.a→b的现象符合相似相溶原理，可知K,>1B.三支试管中，c[1₂(H₂O)]的大小顺序：a>c>bC.a→b中，若增加CCl的体积，则e[1(CCl₄)]一定减小【解析】A.I₂为非极性分子，CCl,为非极性溶剂，水为极性溶剂，幅降低，因此e[1₂(H₂O)]:a>b:向b中滴入KI水溶液，发生平衡②:I₂+F≥I,消耗水层游离I₂,促使平衡①逆向移动，有机层的I₂向水层转移，c[I(CCL₄)]减小，而为了维持不变，c[l₂(H₂O)]也要减小，故cc[l₂(H₂O)]:b>c,因此三C.平衡①的平衡常数K,仅随温度变化，温度不变时K,为定值。增加CCI₂体积，更多I₂会从水层进入D.取C的下层CCl₂溶液，加入KT水溶液后振荡，I₂与十反应生成工完全进入水层，用Na₂S₂O₃标准溶液滴定水层的I₂(滴定过程中厂会不断分解出I₂参与反应),可测定I₂总物质的量，进而计算【命题透视】【命题透视】(1)情境创设：以I₂在CCl₄和水体系中的溶解平衡实验为载体，考查多平衡体系的综合分析。(2)问题设计：通过相似相溶、分配系数大小、平衡移动、实验测定四个角度设问，层次递进。【易错点】-比较K₁、K₂大小时，需结合I₂在两相中的分配情况及加入Na₂S₂O₃后平衡被还原为I,使水层中游离I₂浓度降低，促使I₂从有机相向水相转移。-相似相溶：非极性分子I₂更易溶于分析链。-结合实验数据或图像，训练分配系数、萃取效率的计算与表达，本部分共5题，共58分。(1)高铁酸根(FeO})具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是(2)高铁酸盐的结构分析一种含K+和Na+的高铁酸盐晶体的品胞结构示意图如下。Na③FeO²的结构与SO?相似。该晶胞中Fe-O键的键长有2种，则2种Fe-O键的数目之比(3)高铁酸盐的性质及制备上述流程中先制备Na₂FeO₄,再制备K₂FeO₄。通常不用含K+的氧化剂直接得到K₂FeO₄产品。结合①.4FeO?+20H⁴=4Fe³+30₂↑+10H₂O②.相同温度下，Na₂FeO₄的溶解度大于(2)①基态Fe原子价层电子排布为3d⁶4s²,失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为3d²,③每个FeO?共4个Fe-O键，在晶胞中，FeO,受周围K'、Na+影响，4个0分为两组，其中3个0受Na+影响，1个0受K'影响，导致Fe-O键不同，所以两种Fe-O键数目比为3:1:SO?为正四面体构(3)①酸性条件下FeO?发生歧化反应：Fe从+6价降为+3价，部分-2价0升为0价生成O₂,根据得失【命题透视】【命题透视】【知识总结】-基态Fe原子价层电子排布为3d⁶⁴s²,失去6个电子形成Fe⁶+后，价层电子排布为3d²。-【答题模板】-物质结构与性质综合题：①确定中心原子价电子数与成键情况→②判断杂化方式与空间构型→③用均摊法计算晶胞化学式→④结合溶解度/稳定性解释制反应器3①反应器1中产生NaCIO的离子方程式是②反应器2中NaCIO与NH₃作用产生NH₂CI.③反应器3中NH₂Cl与大量的NH₂充分反应后，将产生的混合液送入回收④反应器3中通入大量的NH₃,可减少N₂H₄和NH₂Cl副反应的发生，从反应速率的角度解释原因： (3)双氧水法制备水合肼总反应：2NH₃+H₂O₂=N₂H₄-H₂O+H₂O,实验室制备分为两步。资料：丁酮沸点79.6℃,水合肼沸点120℃,丁酮连氮沸点165℃;丁酮连氮难溶于水。ii.制备N₂H₄·H₂O:将i中分离出的丁酮连氮水解。②由于丁酮连氮性质稳定，反应ii的平衡常数较小。加热到100℃左右反应，能促进N₂H₄·H₂O的生成，(4)通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点应生成水合肼的反应速率，同时降低NH₂CI的浓度，使N₂H₂和NH₂Cl的副反应速率减慢，从而减少副②.该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率：同时丁酮的沸点为79.6℃,100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移(4)丁酮连氦难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氦结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高：同时双氧水法无NaCI等副产物生成，后续分离提纯【解析】【分析】氯气和氢氧化钠溶液在反应器1中生成次氧酸钠，溶液进入反应器2后通入大量氨气，NaCIO与NH₃作用产生NH₂Cl,反应器3中NH₂Cl与大量的NH,充分反应后生成N₂H₄·H₂O,将产生的混合液送入回收器回收氨气循环利用，在蒸发器中得到N₂H₄·(1)N₂H₄含有N原子，电负性较大的N可与水分子中的H形成氢键，这是肼易溶于水的重要原因。(2)①反应器1中CI₂通入NaOH溶液，发生歧化反应生成NaCI、NaCIO和水，对应离子方程式为③NH₂CI和大量NH₃反应生成水合肼和NH,Cl,其化学方程式为NH₂Cl+2NH₃+H₂O=N₂H₄·H₂O+NH₄C④增大NH₃的浓度，可加快主反应NH₂Cl与NH₃反应生成水合肼的反应速率，同时降低NH₂CI的浓度，使N₂H₄和NH₂Cl的副反应速率减慢，从而减少副反应发生，(3)①丁酮连氮水解断裂N-N相连的双键结构，和水反应生成水合肼与2分子丁酮，其化学方程式为②该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃,100℃时丁酮会挥发脱(4)丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCI等副产物生成，后续分离提【命题透视】【命题透视】(1)情境创设：以肼(N₂H₄)的两种工业制备方法为线索，考查元素化合物与反应原理的综(2)问题设计：从分子间作用力到离子方程式，再到化学方程式、反应条件优化、工艺评价，层层递进。(3)考查目标：考查考生对工艺流程的理解能力、反应条件控制的分析能力以及绿色化学评价能力。【易错点】-次氯酸钠氧化氨制备肼时，NH₃过量可减少副反应发生，原因是增大主反应反应物浓度、加快主反应速率，同时降低氧化剂相对浓度，抑制肼被进一步氧化。-丁酮连氦水解制备水合肼时，加热可【知识总结】-肼分子中含有N原子，电负性大且连有氢原子，可与水分子形成氢键，故易溶于水。-反应器1中Cl₂与NaOH反应：Cl₂+2OH⁻=CI⁻+CI0-+H₂O。-双氧水法制备水合肼的优【复习策略】-对工艺流程题，建立“原料预处理→核心反应→条件控制→分离提纯→循环利用→产品评价”的完整分析框架。-关注反应条件(温度、浓度、pH、催化剂、压强)对主副反应选择性的影响，【答题模板】·工艺流程评价题：①原料来源与成本→②反应条件是否温和/安全→③主反应选择性是否高、副产物是否少→④分离提纯是否简便→⑤是否符合绿色化学(原子利用率高、无污染、可循环)。(4)下列说法正确的是(填序号)。a.由A合成B时在0℃进行，可减少A被氧化b.J分子中所有碳原子均在同一平面上(6)L→M的反应中，通过加成试剂(CH₃),SiCF₃产生的负电性微粒对进行加成，实现了 ,并在带部分负电荷的碳原子上方用“8-”标注。【答案】(1)醛基(2)【解析】【分析】A在浓硫酸催化下和液硝酸在0℃时发生确化反应生成B,代反应，故B的结构简式为,D和盐酸反应生成E,E的分子式为CsH₉CIO,不饱和度为1,应是发生取代反应，故E的结构简式,E在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成F,结合小问(3),F中含有环状结构和甲基，F的结构简式应,F和五氯化磷发生加成反应生成G,G的结构简式G在碱催化下加热反应生成J,J的分子式为CsH₆,不饱和度为3,结合G的结构，应是发生消去反应生成了炔烃，故JK,结合已知，可知L的结构简式的结构简式,B和J在碱催化下生成故K的结构简式;M的分子式为C₁H₉CIF₃NO₃,P的分子式为C₁H₁CIF₃NO,分子式变化为减少2个氧原子、增加2个氢原子，故应是硝基被还原成氨基，P的结构简式P在碱催化下和反应生成Q,Q和P的分子相比多了一个碳和氧，少了两个氢，应是生成了2分子的HCI,结合小问(5)Q中含有N-H键，Q在一定条件下水解可得到P,故Q的结构简式,据此分析以下各小问：(1)根据A的结构简式可知含氧官能团为醛基，(2)A在浓硫酸催化下和浓硝酸在0℃时发生硝化反应生成B,化学方程式为(3)根据分析可知F的结构简式(4)a.A含醛基，高温易被浓硝酸氧化，0℃低温减少氧化，a正确；b.J的结构简式,三元环中与乙炔基相连的碳原子是sp³杂化，故选ac。(5)根据分析，Q的结构简式【命题透视】【命题透视】(1)情境创设：以抗病毒药物依法韦仑的合成路线为背景，体现有机合成在药物化学中的应用。(2)问题设计：从官能团、方程式、结构推断到反应类型、碳链增长，覆盖有机推断的核心能力点。(3)考查目标：考查考生对有机合成路线的综合分析能力，以及基于结构信息推断未知物的能力。【易错点】-推断各物质结构时需充分利用分子式、不饱和度、反应条件、已知反应信息，避免遗漏关键转化关系。-碳链增长试剂J在碱性条件下产生带部分负电荷的碳原子，进攻羰基碳实现亲核加成。硝化反应：芳香化合物在浓硫酸催化下与浓硝【答题模板】-有机推断综合题：①读分子式算不饱和度→②找特征反应条件与官能团→③结合已知信息推断中间体→④验证转化关系与分子式守恒→⑤按要求书写结构简式或方程式。18.重品石的主要化学成分为BaSO₄,还含有少量的SiO₂等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过(1)焙烧。使重晶石转化为粗BaS。该过程中生成BaS的反应有：NH₄HCO₃溶液沉钡BaCO₃【答案】(1)-119AH=2×(+226kJmol')-(+571kJ·mol')=-119kJ·mol;,由图可知，c(Ba²+)=c₂mol-L¹,所以：C₂=c(HS-)+c(s²),,而溶液③当V>vmL后，固体已经完全溶解，此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时Ba²+仅随溶液体积增大直接被稀释，但根据勒夏特列原理，S²、HS的水解平衡会正向移动，额外释放出OH",因此(3)①根据题意，Ba(OH)₂与NHHCO₃反应快，而1反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的OH,将Ba(OH②加入NH₄HCO₃后，溶液存在HCO₃的电离平衡：HCO₃=H+CO₃,Ba²+与CO,结合生成BaCO₃沉淀，释放出更多的H,H+随即与溶液中HS发生结合：H'+HS→H₂S↑,生成H₂S气【命题透视】【命题透视】(1)情境创设：以重品石(主要成分为BaSO₄)制备高纯BaCO₃的工艺流程为背景，考查资源综合利用。(2)问题设计：从焙烧反应、浸钡计算、沉钡原理三个环节串联多个反应原理知识点。(3)考查目标：考查考生对工艺流程的综合分析能力，以及用平衡移动原理解释实际问题的能力。【易错点】-用盖斯定律求反应Ⅲ的焓变时，注意方程式之间的加减关系(本题中2×反应ii-反应i)。-方程式乘以系数，焓变也乘以相同系数。-水解平衡：S²-+H₂O=HS⁻+OH⁻,HS⁻+H₂O=H₂S+OH⁻;稀释促进水解。-沉淀转化：当Qc>K时生成沉淀；1结合生成BaCO₃沉淀，促使H₂S【复习策略】-对“用平衡移动原理解释现象”类问题，明确体系中存在哪些平衡、改变什么条件、平衡如【答题模板】-工艺流程中的原因解释题：①指出体系中存在的相关平衡→②说明加入试剂或改变条件如何影响该平衡→③描述平衡的移动方向→④解释产生的现象或结果。资料：i.K₂MnO₄为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为ii.浓碱性条件下，MnO,可被OH-还原为MnO²。iii.KMnO的溶解度随温度升高而增大，(1)制备KMnO₄步骤实验I制备K₂MnO₄:将0.015molKCIO₃、0.030molMnO₂和0.080molKOH三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体Ⅱ制备KMnO₄:将X用水溶解后，滴加3mol-L'CH₃COOH至pH=10(约20mL),溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约1Ⅲ提纯KMnO₄:将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓