2026年6月浙江省高考化学试卷（含答案及解析）

绝密★启用前2026年6月浙江省普通高校招生选考科目考试化学姓名_________准考证号_____________________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4．可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16F19Na23Al27Si28P31S32Cl35.5Ca40V51Cr52Fe56Ca70选择题部分一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．元素钒（V）在催化领域有重要应用。元素钒属于A．金属元素 B．非金属元素 C．短周期元素 D．稀有气体元素2．有关和的性质，下列说法不正确的是A．可用溶液鉴别 B．灼烧时焰色均呈黄色C．水溶液均显碱性 D．受热会分解3．下列化学用语表示不正确的是A．O原子结构示意图：B．甲醇的结构简式：C．基态原子价层电子的轨道表示式：D．的系统命名：2-甲基丁烷4．下列有关结构或性质的比较，正确的是A．原子半径： B．第一电离能：C．键角： D．离子键成分的百分数：5．溶液中存在平衡：。下列说法不正确的是A．Cr位于元素周期表第四周期 B．属于强电解质C．溶液中和可以共存 D．增大，平衡向正反应方向移动6．下列有关物质结构的说法，不正确的是A．分子中存在键和键B．分子间存在范德华力C．石墨属于分子晶体D．是极性分子7．下列有关对实验现象的预测、不正确的是A．溶液中滴加溶液，会立即产生红褐色沉淀B．灼热粉末上滴加足量乙醇，黑色粉末会变成紫红色C．苯酚与水形成的浊液中滴加足量溶液，浊液会变澄清D．氨遇到氯化氢时，会产生白烟8．下列方程式不正确的是A．溶于水生成：B．与水反应：C．溶于稀硝酸：D．乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯：9．某研究小组以丙烯为原料合成甘油，流程如下：下列说法正确的是A．甘油分子中有1个手性碳原子B．化合物的结构简式是C．反应Ⅱ，发生取代反应D．反应Ⅲ，试剂a可以是NaOH水溶液10．利用下列装置进行操作，不能达到实验目的的是A．实验室制取氨B．向容量瓶中转移溶液C．用盐酸标准溶液滴定NaOH溶液D．验证Zn的金属活动性强于11．某研究小组利用反应制备，方法为：取加入坩埚中，再将坩埚置于反应管内，加热、冷却后得产品，装置示意图如下图。下列说法不正确的是A．该反应是氧化还原反应B．热分解过程中，必须尽快用惰性气体将反应产生的和排出反应管C．反应结束后冷却时，必须隔绝空气D．若测得产品中只有Fe、O两种元素且，则可判定产品为FeO12．已知：①en代表；②（R为常数，）；③25℃时，。下列说法不正确的是A．配位键键能：B．中配位键的数目为（为阿伏加德罗常数的值）C．碱性：D．25℃时，若，则13．某化合物的组成元素为N、Cl、S（电负性：），其分子中原子的连接方式如图（白球代表S）。有关该化合物的说法正确的是A．结构式为B．N、S的化合价分别为-3、+4C．N、S的杂化方式均为D．水解产物是3种酸14．已知：。基于该反应可实现粗铜（杂质不参与反应）的提纯，所用密封实验装置示意图如下图。下列说法不正确的是HCl气体氛围高温区低温区A．低温区放粗铜B．主要在高温区生成C．粗铜转化为纯铜的过程中，反应未达到平衡D．在收集纯铜处放置小纯铜片，有利于获得大纯铜片15．某水溶液仅含两种一元弱酸、，且。已知：25℃时，，；。25℃时，下图中，该溶液的与、之间关系曲线正确的是A．曲线Ⅰ B．曲线Ⅱ C．曲线Ⅲ D．曲线Ⅳ16．某课题组采用电化学方法合成含硫磷有机化合物（以作溶剂，Ph—代表苯基，电负性：）。合成机理示意图如下：下列说法不正确的是A．该合成中NaI可作电解质B．化合物1、化合物2中P元素的化合价不同C．转化为化合物4的反应中，被还原D．该合成的反应式为非选择题部分二、非选择题（本大题共4小题，共52分）17．（16分）铝及其化合物应用广泛。工业上以铝土矿（主要成分可表示为，另含有少量、等元素）为原料生产铝及其化合物的流程如下：请回答：（1）步骤Ⅰ生成__________（填一种物质名称），会导致产品铝的产率降低。（2）结合能力：___________Fe(OH)3（填“”“”或“”）。（3）①步骤Ⅱ，高温饱和X溶液冷却，无沉淀析出，加入少量固体后，析出大量沉淀。沉淀析出的原因是____________________________________________（用化学方程式表示）。②步骤Ⅱ，往X溶液中通入也可析出沉淀。该反应的化学方程式是_________。（4）步骤Ⅲ，依次与两种含氟化合物反应，可制备。这两种含氟化合物是_________（填化学式）。（5）铝土矿中常伴生元素镓（Ga），通过上述流程可能进入产品铝中。为判断产品铝中是否含有Ga元素，宜采用的方法是_____。A．原子发射光谱法 B．红外光谱法 C．核磁共振氢谱法（6）已知：。①的一种晶胞如图。该晶胞中阴离子的个数是________。②有同学认为：通过形成，AlCl3能促使如下转化发生：判断该观点是否合理_____（填“是”或“否”），并从结构角度说明理由________________。18．（14分）镓（Ga）在半导体领域有重要应用。使用化学气相沉积技术、可用含镓前驱体[如、]制备膜。已知：与同属于ⅢA族元素，具有两性。请回答：（1）工业上制备高纯Ga所用装置示意图如图1。阴极的电极反应式是___________________________。（2）Ga与HI反应的化学方程式如下：___________。（3）某研究小组将转化为，并将其用于膜的制备。GaN膜的生长机理如下：Ⅰ在基底上吸附，形成层；Ⅱ在层上吸附、反应，形成层，并释放；Ⅲ交替吸附、反应、形成层和层，不断生长增厚，形成空间网状结构的膜。相关反应的化学方程式：①的空间结构名称是___________（将视为整体）。②在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式是_______________________________。③某同学推测：GaN膜的空间网状结构中，能体现其成键结构的片段如图2。图中结构不合理之处是_______________________________。④常温下，与混合没有得到，可能原因是_______________________（写两条）。⑤步骤Ⅲ，一定条件下，GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图3，从化学反应原理角度分析原因________________________________________________________。19．（10分）二苯甲醇是合成多种药物的重要中间体。某小组利用硼氢化钠（）还原二苯甲酮制备二苯甲醇（Ph—代表苯基）的物质转化过程为：实验流程如下：已知：①常温下，在水、乙醇中的溶解度分别约为50g、4g；②在稀盐酸中反应的化学方程式：；③常温下，二苯甲酮、二苯甲醇均为固体，均难溶于冷水、易溶于乙醇。请回答：（1）步骤Ⅰ实验装置如图，其中仪器a的名称是_____________。（2）下列说法正确的是__________。A．实验需远离明火B．若选用无水乙醇作溶剂，步骤Ⅰ中的反应速率将增大C．二苯甲酮转化为二苯甲醇在步骤Ⅰ中已完成D．步骤Ⅲ，蒸馏除乙醇可提高二苯甲醇的产率（3）物质转化过程中，与二苯甲酮反应生成__________________________________________________________________（用结构简式表示，写一种）。（4）步骤Ⅱ，冷稀盐酸的作用是________________________________________________（写两条）。（5）步骤Ⅲ，操作X的名称是________________。20．（12分）化合物X是一种广泛存在于中草药中的具有生物活性的生物碱。某研究小组按以下路线合成该化合物（部分反应条件及试剂已简化）：已知：①②请回答：（1）化合物A所含官能团的名称是___________。（2）A→B过程中，同时生成另一种物质（摩尔质量为46g/mol），其结构简式是_____________。（3）化合物M的结构简式是____________。（4）下列说法不正确的是____________。A．过程中，作氧化剂B．化合物D发生消去反应，可得到与甲苯互为同分异构体的烃C．化合物E不能使溴水褪色D．化合物X不能与盐酸反应（5）B→C过程中，化合物B先转化为两种烯醇中间体：和_______________（写结构简式）；得到化合物的同时，还得到少量化合物的同分异构体，根据合成路线，判断该异构体是否需要分离除去________（填“是”或“否”）。（6）是一种重要的化工原料，设计以CH3NH2、(CH3)2S和为原料合成的路线（用流程图表示，无机试剂任选）______________。2026年6月浙江省普通高校招生选考科目考试化学答案及详解选择题部分一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.元素钒（V）在催化领域有重要应用。元素钒属于A.金属元素 B.非金属元素 C.短周期元素 D.稀有气体元素【答案】A【解析】A.钒是原子序数为23的元素，位于元素周期表第四周期第VB族，属于过渡金属，为金属元素，A正确；B.钒具有金属的典型性质，属于金属元素，不属于非金属元素，B错误；C.短周期元素指第一、二、三周期的元素，钒属于第四周期元素，为长周期元素，C错误；D.稀有气体元素位于元素周期表0族，钒为第VB族金属元素，不属于稀有气体元素，D错误；故选A。【命题透视】核心考点：元素的分类与元素周期表位置（金属元素、非金属元素、短周期元素、稀有气体元素）链接教材：人教版必修第一册第四章《物质结构元素周期律》中原子结构与元素周期表；选择性必修2第一章《原子结构与性质》中原子结构与元素的性质命题分析：（1）情境创设：以元素钒（V）在催化领域的重要应用为背景，将元素分类知识与实际应用相联系，引导学生关注过渡金属在工业生产中的价值。（2）问题设计：以判断”元素钒属于”哪类元素为核心设问，四个选项分别涉及金属元素、非金属元素、短周期元素、稀有气体元素，考查学生对元素分类标准和周期表结构的准确辨析。（3）考查目标：侧重考查”宏观辨识与微观探析”核心素养，要求学生能依据原子序数确定元素在周期表中的位置，进而准确判断其所属类别。【易错点】－混淆”短周期元素”与”长周期元素”的划分：误以为钒（原子序数23）位于前三周期，忽视短周期仅指第一、二、三周期。－误以为钒具有金属性即属于过渡金属之外的”主族金属”，忽视钒位于第VB族、属于过渡金属（d区）。－将”稀有气体元素”的判据（0族）与钒的第VB族位置相混淆。【知识总结】①元素周期表中，第一、二、三周期为短周期（共18种元素），第四周期及以后为长周期；钒（Z＝23）位于第四周期第VB族，属于过渡金属（金属元素）。②金属元素与非金属元素的划分依据：绝大多数金属元素位于周期表左侧，具有金属光泽、导电导热、延展性等典型金属性质。③稀有气体元素位于0族，是化学性质最不活泼的一族元素，与钒（第VB族）无关。④判断元素类别的一般思路：由原子序数确定周期、族与分区，再依据分区判断金属/非金属、短周期/长周期等类别。【复习策略】－系统记忆前四周期元素的原子序数与周期、族位置，特别是第四周期过渡金属（Sc—Zn）的族序数。－建立”原子序数→电子排布→周期、族、分区→元素类别”的推断模型。－关注钒、钛、铬、锰、铁、钴、镍等过渡金属在催化剂、合金、新材料中的典型应用。2.有关Na2COA.可用BaOH2溶液鉴别 C.水溶液均显碱性 D.NaHCO【答案】A【解析】A.Na2CO3与BaOH2反应生成BaCO3白色沉淀，NaHCO3与BaOH2B.二者都含有钠元素，焰色试验中钠元素的焰色为黄色，因此灼烧时焰色均呈黄色，B正确；C.Na2CO3和D.NaHCO3热稳定性差，受热易分解生成Na2CO3、故选A。【命题透视】核心考点：钠的重要化合物（Na2CO3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》中钠及其化合物；选择性必修1第三章《水溶液中的离子反应与平衡》中盐类的水解命题分析：（1）情境创设：以Na2CO（2）问题设计：四个选项分别涉及”能否用BaOH2溶液鉴别”“焰色反应”“水溶液酸碱性”“（3）考查目标：侧重考查”宏观辨识与微观探析”核心素养，要求学生准确辨析Na2CO【易错点】－误以为NaHCO3与BaOH2不反应，忽视其与BaOH2反应也能生成白色沉淀，二者现象相同而不能用于鉴别。－误以为只有Na2CO3显碱性，忽视NaHCO3中HCO3【知识总结】①焰色反应：钠元素的焰色为黄色，Na2CO3与NaHCO3灼烧时焰色均呈黄色。②盐类水解：CO32-、HCO3-均为弱酸根离子，水解使溶液显碱性，故Na2CO3与NaHCO【复习策略】－系统归纳Na2CO3与NaHCO3的性质对比（溶解度、碱性、热稳定性、与酸/碱/盐反应），建立对比记忆表。－关注”碳酸盐一碳酸氢盐”的相互转化（NaHCO3受热分解生成Na2CO3,3．下列化学用语表示不正确的是A．O原子结构示意图：B．甲醇的结构简式：C．基态原子价层电子的轨道表示式：D．的系统命名：2－甲基丁烷【答案】C【解析】A.O为8号元素，原子核内有8个质子，核外电子分2层排布，第一层2个、第二层6个，结构示意图为：，A正确;B.甲醇由甲基和羟基构成，结构简式为CH3OHC.基态N原子价层电子排布为2s22p3，根据洪特规则，2p能级的3个电子应分占3个不同的2p轨道且自旋平行，图示D.CH32CHCH2CH3主链含4个碳原子，故选C。【命题透视】核心考点：化学用语的规范表示（原子结构示意图、结构简式、价层电子轨道表示式、系统命名）链接教材：人教版必修第一册第四章《物质结构元素周期律》中原子结构；选择性必修2第一章《原子结构与性质》中原子结构、核外电子排布；选择性必修3第一章《有机化合物的结构特点与研究方法》中有机化合物的命名命题分析：（1）情境创设：以四种常见化学用语的规范表示是否正确为设问载体，考查学生对原子结构、分子结构、电子排布、有机命名等化学用语书写规范的掌握。（2）问题设计：四个选项分别涉及O原子结构示意图、甲醇的结构简式、基态N原子价层电子的轨道表示式、2－甲基丁烷的系统命名，要求逐一判断表示是否正确。（3）考查目标：侧重考查”宏观辨识与微观探析”核心素养，要求学生准确书写化学用语，并能发现违反洪特规则、构造原理等排布规律的错误。【易错点】－轨道表示式书写错误：未认识到基态N原子价层电子排布为2s22p3,根据洪特规则2p能级的3个电子应分占3个不同的轨道且自旋平行，而图示违反洪特规则。－混淆O原子结构示意图中质子数与核外电子排布（第一层2个、第二层6个）。－有机系统命名错误：未正确识别主链碳原子数（主链含4个碳原子）【知识总结】①原子结构示意图：表示原子核（质子数）与核外电子分层排布，O（Z＝8）核外电子排布为第一层2个、第二层6个。②结构简式：甲醇由甲基（CH₃一）和羟基（—OH）构成，结构简式为（CH3OH。③价层电子轨道表示式：基态N原子价层电子排布为2s22p3,根据洪特规则，2p能级的3个电子分占3【复习策略】－系统训练原子结构示意图、电子排布式、轨道表示式、结构简式、系统命名等化学用语的规范书写。－重点掌握洪特规则、泡利原理、能量最低原理在核外电子排布中的具体应用，能辨析违反排布规律的错误表示。－强化烷烃系统命名（选主链、编号、写名称）与结构简式书写的对应训练。4．下列有关结构或性质的比较，正确的是A．原子半径： B．第一电离能：C．键角： D．离子键成分的百分数：【答案】C【解析】A.同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Si、P均为第三周期元素，原子序数Si<P,故原子半径Si＞P,A错误;B.同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，Mg、Ca均为第IIA族元素，周期数Mg<Ca,故第一电离能Mg＞Ca,B错误;C.CO₂为sp杂化的直线形分子,键角为180°,H₂O为:sp3杂化的V形分子，键角约为104.5∘,D.成键元素电负性差值越大，离子键成分百分数越高，Na与O的电负性差值大于Si与O的电负性差值，故离子键成分百分数Na2故选C。【命题透视】核心考点：元素周期律与微粒性质的比较（原子半径、第一电离能、键角、离子键成分百分数）链接教材：人教版必修第一册第四章《物质结构元素周期律》中元素周期律；选择性必修2第一章《原子结构与性质》中原子半径、第一电离能；选择性必修2第二章《分子结构与性质》中分子的空间结构与杂化轨道理论命题分析：（1）情境创设：以”结构或性质比较”为核心，考查学生对元素周期律和分子结构规律的准确运用。（2）问题设计：四个选项分别涉及原子半径比较、第一电离能比较、键角比较、离子键成分百分数比较，要求学生从”结构一性质”关系出发逐一判断正确选项。（3）考查目标：侧重考查”宏观辨识与微观探析”与”证据推理与模型认知”核心素养，要求学生掌握元素周期律的递变规律与杂化轨道理论对键角的解释。【易错点】－原子半径比较错误：忽视”同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小”的规律，误判第三周期元素的原子半径大小关系。－第一电离能比较错误：忽视”同主族从上到下第一电离能逐渐减小”，误判第ⅡA族元素的电离能递变方向。－键角比较错误：未从杂化方式角度分析，误以为H2O（sp3杂化、V形，键角约105°）的键角大于（CO2（sp杂化、直线形，键角【知识总结】①原子半径递变：同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小；同主族从上到下原子半径逐渐增大。②第一电离能递变：同周期从左到右总体增大，同主族从上到下逐渐减小（第ⅡA、VA族因全满/半满存在异常）。③键角比较：CO2为sp杂化的直线形分子（键角180°）,H2O为sp3杂化的V形分子（键角约105°）,故（【复习策略】－系统梳理原子半径、电离能、电负性、键角、离子键成分等微粒性质的递变规律，建立”结构决定性质”的分析框架。－掌握杂化轨道理论（sp、sp2、s5.K2CrA.Cr位于元素周期表第四周期B.K2C.溶液中Cr2O7D.增大cH【答案】D【解析】A.Cr原子序数为24，核外电子排布为1s22s2B.K2CrC.题给反应为可逆反应，不能进行到底，平衡体系中Cr2O72-和D.增大cH+即增大生成物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，故选D。【命题透视】核心考点：化学平衡移动（重铬酸根与铬酸根的转化平衡、勒夏特列原理）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》中化学平衡、勒夏特列原理；选择性必修1第三章《水溶液中的离子反应与平衡》中电离平衡命题分析：（1）情境创设：以溶液中Cr2O7（2）问题设计：四个选项分别涉及Cr的周期表位置、K2Cr2O7是否强电解质、Cr2O7（3）考查目标：侧重考查”变化观念与平衡思想”核心素养，要求学生能运用勒夏特列原理判断浓度改变对平衡移动方向的影响。【易错点】－平衡移动方向判断错误：误以为增大）（生成物浓度）平衡向正反应方向移动，忽视勒夏特列原理——增大生成物浓度平衡向逆反应方向移动。－混淆Cr的周期表位置：忽视Cr（Z＝24）位于第四周期（电子层数为4）。－误以为K2Cr2O7【知识总结】①转化平衡：是可逆反应，不能进行到底。②强电解质：K2Cr2O7属于盐类，在水溶液中完全电离，是强电解质。③共存问题：可逆反应中反应物与生成物同时存在，故Cr2O72-与【复习策略】－掌握勒夏特列原理的核心表述，熟练判断浓度、温度、压强改变对平衡移动方向的影响。关注重铬酸根一铬酸根转化平衡在酸性/碱性条件下的颜色变化（Cr2O72-橙色、CrO42-黄色6．下列有关物质结构的说法，不正确的是A．分子中存在键和键B．分子间存在范德华力C．石墨属于分子晶体D．是极性分子【答案】C【解析】A.CH2＝CH2分子中碳碳双键包含1个σ键和1个π键，所有碳氢单键均为σ键，因此分子中存在B.Cl2属于分子晶体，分子间存在范德华力，C.石墨层内以共价键结合，层间存在范德华力，同时具有导电性，属于混合晶体，不属于分子晶体，C错误；D.CH₃Cl为四面体结构，分子中正负电荷中心不重合，因此是极性分子，D正确；故选C。【命题透视】核心考点：物质结构（σ键与π键、范德华力、石墨的晶体类型、分子的极性）链接教材：人教版选择性必修2第二章《分子结构与性质》中共价键、分子间作用力、分子的空间结构；选择性必修2第三章《晶体结构与性质》中分子晶体与共价晶体命题分析：（1）情境创设：以物质结构的常见说法为载体，考查学生对共价键类型、分子间作用力、晶体类型、分子极性的准确判断。（2）问题设计：四个选项分别涉及C₂H₄中是否存在σ键和π键、分子间是否存在范德华力、石墨是否属于分子晶体、某分子是否为极性分子，要求学生判断”不正确”的选项。（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组成、结构与性质。【易错点】－石墨晶体类型判断错误：误以为石墨属于分子晶体，忽视石墨层内以共价键结合、层间以范德华力结合、同时具有导电性，属于混合晶体。－误以为C₂H₄中只含σ键，忽视碳碳双键由1个σ键和1个π键组成。－分子极性判断错误：忽视CHCl₃等四面体结构中正负电荷中心不重合而为极性分子。【知识总结】①共价键类型：C₂H₄中碳碳双键含1个σ键和1个π键，碳氢单键均为σ键。②分子间作用力：分子晶体（如CO₂）的分子间存在范德华力。③晶体类型：石墨层内以共价键结合、层间以范德华力结合、具有导电性，属于混合晶体（而非分子晶体）。④分子极性：CHCl₃为四面体结构，正负电荷中心不重合，是极性分子。【复习策略】－辨析”σ键与π键”的判断方法：单键均为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。－掌握四大晶体类型（分子晶体、共价晶体、金属晶体、离子晶体）的划分依据，重点区分石墨（混合晶体）与金刚石（共价晶体）。－强化分子极性判断：结合分子的空间构型分析正负电荷中心是否重合。7.下列对有关实验现象的预测、不正确的是A.FeSO₄溶液中滴加NaOH溶液，会立即产生红褐色沉淀B.灼热CuO粉末上滴加足量乙醇，黑色粉末会变成紫红色C.苯酚与水形成的浊液中滴加足量NaOH溶液，浊液会变澄清D.氨遇到氯化氢时，会产生白烟【答案】A【解析】A.FeSO₄溶液中滴加NaOH溶液，首先生成白色FeOH2沉淀，随后沉淀迅速变为灰绿色，最终才变为红褐色，不会立即产生红褐色沉淀，B.灼热CuO与乙醇发生氧化还原反应，CuO被还原为紫红色的单质Cu，乙醇被氧化为乙醛，因此黑色粉末会变成紫红色，B正确；C.苯酚具有弱酸性，可与NaOH反应生成易溶于水的苯酚钠，因此浊液会变澄清，C正确；D.氨气与氯化氢气体反应生成白色NH4Cl故选A。【命题透视】核心考点：化学实验现象预测（FeOH2的生成与颜色变化、CuO链接教材：人教版必修第一册第三章《铁金属材料》中铁及其化合物；选择性必修3第三章《烃的衍生物》中苯酚；必修第二册第五章《化工生产中的重要非金属元素》中氮及其化合物命题分析：（1）情境创设：以四组实验操作的现象预测为载体，考查学生对典型元素化合物性质与实验现象对应关系的准确掌握。（2）问题设计：四个选项分别涉及”FeSO4溶液滴加NaOH溶液”“灼热CuO上滴加乙醇”“苯酚浊液滴加（3）考查目标：侧重考查”科学探究与创新意识”核心素养，要求学生能依据物质性质准确预测实验现象。【易错点】-FeOH2颜色变化判断错误：误以为FeSO4滴加NaOH会立即产生红褐色沉淀，忽视其先生成白色沉淀、迅速变灰绿色、最终才变红褐色的完整过程。－忽视CuO与乙醇的氧化还原反应：灼热CuO被乙醇还原为紫红色的Cu单质。【知识总结】①FeOH2的生成：Fe2+遇OH-生成白色FeOH2沉淀，迅速被氧化为灰绿色，最终变为红褐色FeOH3。②CuO与乙醇：灼热CuO与乙醇发生氧化还原反应，CuO被还原为紫红色的Cu单质，乙醇被氧化为乙醛。③苯酚弱酸性：苯酚可与【复习策略】－系统记忆典型实验现象（颜色、状态、气体、沉淀等），特别注意FeOH2“白→灰绿→红褐”的阶段性颜色变化。－掌握CuO（黑色）与乙醇反应被还原为Cu（紫红色）这一典型氧化还原反应。8.下列方程式不正确的是A.NO2溶于水生成HNOB.Cl2C.Ag2CD.乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯： 【答案】C【解析】A.NO2与水发生歧化反应生成HNO3和B.Cl2与水的反应为可逆反应，生成的HClO是弱电解质不能拆写，离子方程式书写正确，C.Ag2CO3是难溶性固体，书写离子方程式时不能拆分为（Ag2CD.乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生可逆的酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，生成乙酸乙酯和水，方程式书写正确，D正确；故选C。【命题透视】核心考点：化学方程式/离子方程式的正误判断（氯气与水的反应、NO2与水的反应、A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》中氯及其化合物；必修第二册第五章《化工生产中的重要非金属元素》中氮及其化合物；选择性必修3第三章《烃的衍生物》中酯化反应命题分析：（1）情境创设：以四个常见化学方程式/离子方程式的正误判断为载体，考查学生对反应事实、物质溶解性、离子方程式书写规范的掌握。（2）问题设计：四个选项分别涉及”Cl2溶于水”“NO2与水反应”“（3）考查目标：侧重考查”宏观辨识与微观探析”核心素养，要求学生能依据反应事实判断方程式的规范性与正确性。【易错点】－Ag2CO3与稀硝酸的离子方程式错误：忽视Ag2CO3是难溶性固体，书写离子方程式时不能拆分。－忽视【知识总结】①（Cl2与水反应：（歧化反应，原子守恒、得失电子守恒）。②NO2与水反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO,③难溶性固体（CuO【复习策略】－强化离子方程式书写的”拆写规则”：强酸、强碱、可溶性盐拆写为离子，难溶物、弱电解质、气体、氧化物保留化学式。－系统归纳常见氧化还原反应（氯气与水、NO2与水等）方程式的书写与配平。9.某研究小组以丙烯为原料合成甘油，流程如下：下列说法正确的是A.甘油分子中有1个手性碳原子B.化合物M的结构简式是ClCHC.反应Ⅱ，发生取代反应D.反应Ⅲ,试剂a可以是NaOH水溶液【答案】D【解析】A.甘油的结构为HOCH2CHOHCH2OHB.反应I为丙烯中甲基的α－H与Cl2的取代反应，化合物M的结构简式为ClCH2CH＝C.反应Ⅱ是ClCH2CH＝CH2与Cl2的碳碳双键加成反应，生成D.反应Ⅲ为卤代烃的水解反应，氯原子被羟基取代生成甘油，试剂a可以是NaOH水溶液，加热条件下发生取代反应，D正确；故选D。【命题透视】核心考点：有机合成与官能团转化（手性碳原子、结构简式推断、取代反应与加成反应、卤代烃的水解）链接教材：人教版选择性必修3第二章《烃》中烯烃的加成反应；选择性必修3第三章《烃的衍生物》中卤代烃、醇命题分析：（1）情境创设：以丙烯为原料合成甘油（1，2，3－丙三醇）的化工流程为背景，考查有机合成中的官能团转化与反应类型判断。（2）问题设计：四个选项分别涉及”甘油分子中手性碳原子的数目”“中间体M的结构简式”“反应Ⅱ的反应类型”“反应Ⅲ的试剂”，要求学生逐一判断正确选项。（3）考查目标：侧重考查”证据推理与模型认知”核心素养，要求学生能依据合成流程推断中间体结构、判断反应类型。【易错点】－手性碳原子判断错误：误以为甘油中间碳原子是手性碳，忽视中间碳原子连接2个相同的-CH2OH基团而无手性。－中间体M结构推断错误：忽视反应Ⅰ是丙烯甲基上的H被Cl2，取代（取代反应），误判M的结构。－反应类型判断错误：误以为反应Ⅱ（与（C条件记忆错误：误以为卤代烃水解需NaOH醇溶液（消去），忽视NaOH水溶液加热条件下发生水解（取代）。【知识总结】①手性碳原子：连接4个不同原子或原子团的饱和碳原子；甘油（CH2OH-CHOH-CH2OH中间碳连接2个相同基团，无手性碳。②取代反应：丙烯中甲基上的H与Cl③加成反应：Cl₂与碳碳双键发生加成反应生成1，2，3－三氯丙烷（反应Ⅱ）。④卤代烃水解：卤代烃在NaOH水溶液、加热条件下发生水解（取代）反应，卤原子被羟基取代生成醇（反应Ⅲ）。【复习策略】－掌握手性碳原子的判断方法：找饱和碳原子，检查其连接的4个原子或原子团是否各不相同。－辨析”卤代烃的水解（NaOH水溶液）“与”卤代烃的消去（NaOH醇溶液）“的反应条件差异。－强化有机合成流程中”取代——加成——水解”等官能团转化的综合判断能力。10．利用下列装置进行操作，不能达到实验目的的是A．实验室制取氨B．向容量瓶中转移溶液C．用盐酸标准溶液滴定NaOH溶液D．验证Zn的金属活动性强于【答案】B【解析】A.实验室加热NH₄Cl和Ca（OH）₂固体混合物制NH₃，发生装置试管口略向下倾斜可防止冷凝水倒流炸裂试管，向下排空气法收集、管口塞棉花减少空气对流，装置合理，能达到实验目的，A不符合题意；B.未使用玻璃棒引流，溶液易溅出或残留于瓶口，导致溶质损失、浓度不准确。不符合配制标准溶液的操作规范，不能达到实验目的，B符合题意；C.使用酸式滴定管盛装盐酸，滴定终点通过酚酞由红变无色判断，装置与操作均正确，C不符合题意；D.Zn、Fe与酸化的NaCl溶液构成原电池，Zn活泼性更强作负极，电流表指针偏转，可验证Zn金属活动性强于Fe，能达到实验目的，D不符合题意；故选B。【命题透视】核心考点：化学实验基本操作与装置评价（实验室制氨、溶液的转移、酸碱滴定、原电池验证金属活动性）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》中实验基本操作；选择性必修1第三章《水溶液中的离子反应与平衡》中酸碱中和滴定；选择性必修1第四章《化学反应与电能》中原电池命题分析：（1）情境创设：以四个实验装置的操作评价为载体，考查学生对实验目的、装置原理与操作规范的掌握。（2）问题设计：四个选项分别涉及实验室制氨、向容量瓶转移溶液、盐酸滴定NaOH溶液、验证金属活动性，要求学生判断”不能达到实验目的”的选项。（3）考查目标：侧重考查”科学探究与创新意识”核心素养，要求学生能评价实验装置的合理性与操作规范性。【易错点】－溶液转移操作不规范：忽视向容量瓶中转移溶液时应使用玻璃棒引流，未引流会导致溶液溅出或残留于瓶口、浓度不准确。－实验室制氨装置评价不全面：忽视试管口略向下倾斜（防冷凝水倒流炸裂试管）、向下排空气法收集、管口塞棉花（减少空气对流）等要点。－原电池判断不准确：忽视活泼性较强的金属作负极，可通过电流表指针偏转验证金属活动性强弱。【知识总结】①实验室制氨：加热NH₄Cl与（CaOH【复习策略】－系统复习配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤（计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀），特别强调转移时玻璃棒引流。－掌握实验室制氨、酸碱滴定、原电池等典型实验的装置要点与操作规范。－强化实验装置评价题的审题能力，紧扣”实验目的一装置原理一操作规范”的对应关系。11.某研究小组利用反应FeC2O4\xlongequalΔFeO+CO↑+CO2↑制备FeO，方法为：取A．该反应是氧化还原反应B．热分解过程中，必须尽快用惰性气体将反应产生的和排出反应管C．反应结束后冷却时，必须隔绝空气D．若测得产品中只有Fe、O两种元素且，则可判定产品为FeO【答案】D【解析】A.反应中C元素化合价从FeC₂O₄中的+3价部分变为CO中的+2价、部分变为CO₂中的+4价，存在化合价升降，属于氧化还原反应，A正确；B.若不及时排出反应生成的CO,高温下CO会还原FeO生成Fe单质引入杂质，因此需要尽快用惰性气体排出气体产物，B正确；C.FeO具有较强还原性，冷却时接触空气会被O₂氧化，因此必须隔绝空气，C正确；D.若产品为Fe和Fe₂O₃按物质的量比1：1混合的混合物，也满足仅含Fe、O元素且n（Fe）＝n（O）,不能判定为纯净的FeO,D错误；故选D。【命题透视】核心考点：氧化还原反应与物质制备（FeC₂O₄分解制备FeO、气体产物排出、隔绝空气、元素组成判断）链接教材：人教版必修第一册第一章《物质及其变化》中氧化还原反应；必修第一册第三章《铁金属材料》中铁及其化合物命题分析：（1）情境创设：以研究小组利用FeC₂O₄分解制备FeO的装置示意图为背景，考查氧化还原反应与制备条件的严格控制。（2）问题设计：四个选项分别涉及”该反应是否为氧化还原反应”“热分解过程中排出气体产物”“冷却时隔绝空气”“依据Fe、O两种元素及比例判定产品为FeO”,要求学生判断”不正确”的选项。（3）考查目标：侧重考查”科学探究与创新意识”核心素养，要求学生能分析氧化还原反应中元素化合价变化，理解制备条件的控制目的。【易错点】－氧化还原反应判断错误：忽视Fe元素化合价从+3价（FeC₂O₄中）部分变为+2价（FeO中）、C元素化合价变化，误以为不是氧化还原反应。－忽视气体产物排出的必要性：不及时排出反应生成的CO、CO₂，高温下CO会还原FeO生成单质Fe引入杂质。－产品组成判断错误：误以为仅含Fe、O两种元素且满足一定比例即可判定为纯净FeO，忽视铁的氧化物（FeO、Fe₂O₃、Fe₃O₄）存在多种，混合物也可能满足相同的元素组成。【知识总结】①氧化还原反应的本质：元素化合价发生变化，存在电子转移；Fe由+3价变为+2价、C由+3价变为+2/+4价，属于氧化还原反应。②气体排出：FeC₂O₄分解生成CO、CO₂，需尽快用惰性气体排出，防止CO高温下还原FeO。③隔绝空气：FeO具有较强还原性，冷却时接触空气会被氧化，故必须隔绝空气。④物质组成判断：仅凭”只含Fe、O两种元素”不能确定氧化物的具体组成，铁的氧化物有FeO、Fe₂O₃、Fe₃O₄等多种。【复习策略】－强化氧化还原反应中元素化合价的分析，掌握”升失氧、降得还”的判断方法。－理解物质制备实验中”排出气体产物”“隔绝空气”等条件控制的目的，建立”防氧化、防还原、防杂质”的意识。－辨析”仅由元素种类（或元素比例）判断纯净物”的常见错误，铁的氧化物多种多样是典型陷阱。12.CuH2O42+aq+4NCuH2O42+aq+2enaq⇋已知：①en代表H②△H－T△S＝－RTlnK（R为常数,R＞0）;③25℃时，K2下列说法不正确的是A.配位键键能：CuA．配位键键能：B．中配位键的数目为（为阿伏加德罗常数的值）C．碱性：D．25℃时，若，则【答案】D【解析】A.反应1的平衡常数K1＞1说明反应正向自发进行，生成的CuH2O42+更稳定，因此CuNB.en为双齿配体，每个en可提供2个配位N原子与Cu2+形成配位键，1个Cuen22+中含4个配位键，故1mol该配离子中配位键数目为4C.配合物的碱性由电离出（OH-的能力决定，内界配离子越稳定，其对应的氢氧化物在水中电离出OH-的能力就相对越强（即中心离子对氢氧根的束缚减弱），因此碱性越强。已知K2＞K1说明Cuen22+D.根据公式ΔH－TΔS＝－RTlnK,将两个反应的公式相减得:（ΔH1-△H2）-T（ΔS1-ΔS2）＝故选D。【命题透视】核核心考点：配合物与配位键（配位键键能、配位数、配合物碱性、自由能变化公式）链接教材：人教版选择性必修2第三章《晶体结构与性质》中配合物与超分子；选择性必修1第二章《化学反应速率与化学平衡》中化学平衡常数与自由能变化命题分析：（1）情境创设：以乙二胺（en）与（Cu（2）问题设计：四个选项分别涉及”配位键键能大小比较”“配离子中配位键的数目”“配合物碱性比较”“25℃时某条件下的自由能变化计算”，要求学生判断”不正确”的选项。（3）考查目标：侧重考查”证据推理与模型认知”与”变化观念与平衡思想”核心素养，要求学生能运用平衡常数、自由能变化公式进行定性判断与定量计算。【易错点】－配位数计算错误：忽视乙二胺（en）为双齿配体（每个en提供2个配位原子），1个Cuen22+中含4个配位键。－自由能变化公式运用错误：忽视△G＝－RTlnK（或相关公式）的正负号判断，不能正确由平衡常数比较自由能变化。－配合物碱性比较错误：忽视”内界配离子越稳定，其对应氢氧化物电离【知识总结】①配位键键能：配位键键能越大，配离子越稳定；由反应1的平衡常数可知Cuen22+比CuNH342+更稳定。②配位数：双齿配体乙二胺（H2NCH2CH2NH2）中每个en提供2个配位原子，故1个【复习策略】－掌握配位键、配位数、配位体（单齿/双齿/多齿）等配位化学核心概念，能准确计算配位数。－理解配合物稳定性与碱性的关系，辨析”稳定常数越大、对应碱越弱”的规律。－强化ΔG＝－RTlnK等热力学公式的运用，注意正负号判断与单位换算。13．某化合物的组成元素为N、Cl、S（电负性：），其分子中原子的连接方式如图（白球代表S）。有关该化合物的说法正确的是A．结构式为B．N、S的化合价分别为－3、+4C．N、S的杂化方式均为D．水解产物是3种酸【答案】B【解析】A.该化合物化学式为S3N3Cl3，六元环由S、N原子交替构成，对于N原子，正常情况下应形成三条共价键，图中只画出两条，推测与误；B.电负性N＞Cl＞S，对于S元素：在该分子中，每个S原子与2个N原子和1个Cl原子成键。因为N和Cl的电负性都比S大，所以共用电子对偏离S。S原子最外层有6个电子，在此结构中形成4个共价键，其还有1对孤电子对，这4个成键电子全部偏离，故S的化合价为+4；对于N元素：每个N原子与2个S原子成键（形成3个共价键，如1个双键和1个单键）。因为N的电负性大于S，共用电子对全部偏向N。N获得了相当于3个电子的偏向，故N的化合价为－3，B正确；C.根据选项B的分析可知，S的价层电子对数为4（3个σ键+1对孤电子对），为sp3杂化，N的价层电子对数为3（2个σ键+1对孤电子对），为spD.发生水解反应时，元素的化合价通常保持不变。根据前面推断的化合价：－3价的N水解会生成NH3，+4价的S水解会生成H2SO3,－1价的Cl水解生成HCl,仅存在【命题透视】核心考点：物质结构与性质（结构式书写、元素化合价判断、杂化方式、水解产物）链接教材：人教版选择性必修2第二章《分子结构与性质》中共价键、分子的空间结构、杂化轨道理论命题分析：（1）情境创设：以组成元素为N、Cl、S的化合物的分子结构图（白球代表S）为背景，考查物质结构分析。（2）问题设计：四个选项分别涉及”结构式书写”“N、S的化合价”“N、S的杂化方式”“水解产物种类”，要求学生判断正确选项。（3）考查目标：侧重考查”宏观辨识与微观探析”与”证据推理与模型认知”核心素养，要求学生能依据电负性、成键特征推断化合价与杂化方式。【易错点】－元素化合价判断错误：忽视电负性差异对共用电子对偏向的影响，不能正确判断N的化合价（－3价）与S的化合价（+4价）。－结构式书写错误：忽视N原子正常情况下应形成3条共价键，误判S与N之间的双键连接方式。－杂化方式判断错误：混淆N（sp3杂化，3个σ键+1对孤电子对）与S（sp2杂化，2个σ键+1对孤电子对）的杂化方式。－水解产物判断错误：误以为水解生成3种酸，忽视水解时元素化合价不变，N（－3价）水解生成NH3、S（+4价）水解生成H2SO3、Cl（－1价）水解生成HCl【知识总结】①化合价判断：依据电负性确定共用电子对的偏向；N的电负性大于S，N化合价为－3价；S形成4个共价键且电子全部偏离，化合价为+4价。②结构式：N原子正常形成3条共价键，S与N之间含双键。③杂化方式：N的价层电子对数为4（3个σ键+1对孤电子对），为sp3杂化；S的价层电子对数为3（2个σ键+1对孤电子对），为sp2杂化。④水解反应：水解时元素化合价不变，产物为NH3、H2SO【复习策略】－掌握”电负性——共用电子对偏向——化合价”的分析方法，能依据成键特征推断元素化合价。－强化杂化轨道理论sp、sp2、s14.已知:2Cu（s）+2HCl（A.低温区放粗铜B.H₂主要在高温区生成C.粗铜转化为纯铜的过程中，反应未达到平衡D.在收集纯铜处放置小纯铜片，有利于获得大纯铜片【答案】A【解析】该反应的核心原理：勒夏特列原理在实际生产中的应用，将粗铜放置在高温区：平衡2Cus+2HClg⇌2CuClg+【详解】A.该反应正反应ΔH＞0，高温利于平衡正向移动，使粗铜转化为气态CuCl，因此粗铜应放置在高温区，低温区为析出纯铜的区域，A错误；B.高温区平衡正向移动，生成H₂和CuCl，因此H₂主要在高温区生成，B正确；C.在整个密封装置中，由于存在温度梯度（高温区和低温区），各物质在两个区域之间不断发生定向迁移和反应。这是一个动态的物质传输过程，粗铜不断消耗，纯铜不断生成，整个系统并没有处于一个静态的、各处浓度不变的化学平衡状态，如果完全达到了化学平衡，宏观上的物质转移就会停止，C正确；D.在低温收集区放置小的纯铜片，它可作为晶核引导还原出来的铜原子优先附着在其表面生长，从而更容易聚集成大块的纯铜，D正确；故选A。【命题透视】核核心考点：化学平衡（勒夏特列原理在粗铜提纯中的应用、温度对平衡的影响、平衡状态）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》中化学平衡、勒夏特列原理＞命题分析：（1）情境创设：以粗铜提纯的密封实验装置（高温区与低温区）为背景，考查勒夏特列原理在实际生产中的应用。（2）问题设计：四个选项分别涉及”低温区放粗铜”“CuCl主要在高温区生成”“粗铜转化过程中反应未达到平衡”“放置小纯铜片有利于获得大纯铜片”，要求学生判断”不正确”的选项。（3）考查目标：侧重考查”变化观念与平衡思想”核心素养，要求学生能运用勒夏特列原理分析温度对化学平衡的影响。【易错点】－粗铜放置位置判断错误：忽视该反应正反应为吸热反应（或高温利于正向移动），粗铜应放置在高温区（转化为气态CuCl），低温区为析出纯铜的区域。－混淆CuCl的生成区域：高温区平衡正向移动生成气态CuCl，故CuCl主要在高温区生成。－平衡状态判断错误：忽视装置中存在温度梯度，物质在两区域间定向迁移，整个系统未处于静态平衡。【知识总结】①勒夏特列原理：高温利于吸热反应正向移动，粗铜在高温区转化为气态CuCl脱离杂质，扩散至低温区因温度降低平衡逆向移动，重新生成纯Cu析出。②温度梯度：高温区发生正向反应（生成CuCl），低温区发生逆向反应（析出纯铜），故粗铜放高温区、纯铜在低温区析出。③平衡状态：存在温度梯度的动态传输过程中，系统未达到静态化学平衡，宏观物质转移持续进行。④晶核作用：低温收集区放置小纯铜片可作为晶核，引导铜原子优先附着生长，有利于形成大块纯铜。【复习策略】－掌握勒夏特列原理在生产实际（如粗铜提纯、合成氨条件选择）中的应用，理解”温度梯度+平衡移动”实现物质分离提纯的原理。－辨析”化学平衡状态”的判断：真正的平衡需满足”正逆反应速率相等、各物质浓度不变”。－关注”晶核诱导结晶生长”在物质制备与提纯中的应用。15．某水溶液仅含两种一元弱酸、，且。已知：25℃时，，；。25℃时，下图中，该溶液的与、之间关系曲线正确的是A．曲线Ⅰ B．曲线Ⅱ C．曲线Ⅲ D．曲线Ⅳ【答案】B【详解】两种一元弱酸中HXc因此计算特征点pH：c（HX）＝0.2mol/L,c（HY）＝0.8mol/L:lgcpHc（HX）＝0.4mol/L,c（HY）＝0.6mol/L:lgc（HY）＝lg0.6＝－0.2,pHc（HX）＝0.6mol/L,c（HY）＝0.4mol/L:1lgcpHc（HX）＝0.8mol/L,c（HY）＝0.2mol/L:lgc（HY）＝lg0.2＝lg2－lg10＝－0.7,pH与图像II大致吻合，故答案选B。【命题透视】核心考点：水溶液中的离子平衡（一元弱酸的电离、电离常数、pH与lg的关系曲线）链接教材：人教版选择性必修1第三章《水溶液中的离子反应与平衡》中电离平衡、水的电离和溶液的pH命题分析：（1）情境创设：以仅含两种一元弱酸的水溶液为背景，给定25℃时的电离常数，考查溶液中pH与粒子浓度关系曲线的判断。（2）问题设计：要求根据Ka大小判断该溶液的pH与lg关系曲线（曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ）（3）考查目标：侧重考查”变化观念与平衡思想”核心素养，要求学生能运用电离平衡进行定量计算，并依据计算特征点匹配曲线。【易错点】－忽视两种弱酸电离常数的差异：Ka远大的弱酸主导H+的来源，Ka小的弱酸电离受抑制可近似忽略。－曲线特征点计算错误：不能正确依据Ka表达式列出pH与粒子浓度比的对数关系，无法准确计算特征点坐标。－图像匹配错误：不能将计算出的特征点（特定pH下的【知识总结】①弱酸电离：一元弱酸,电离常数Ka＝cH+⋅cA-cHA②主次判断：Ka远大的弱酸主导溶液H+来源，K【复习策略】－掌握弱酸电离平衡常数的表达式与对数变形式pH＝pKa+lgcA-cHA熟练进行相关计算。－强化”主次矛盾”分析：多种弱酸共存时，K16.某课题组采用电化学方法合成含硫磷有机化合物（以（CH3CN作溶剂,Ph—代表苯基,电负性:P＞下列说法不正确的是A.该合成中NaI可作电解质B.化合物1、化合物2中P元素的化合价不同C.转化为化合物4的反应中，Ph－S－I被还原D.该合成的反应式为【答案】B【解析】据图可知，左侧Pt电极失去电子，则左侧为阳极，右侧Pt电极得到电子，则右侧为阴极，据此解答。A.NaI在（CH3CN中可电离出Na+和I-，能够导电，可作电解质，同时，I-在阳极失去电子生成Ⅰ.，参与后续反应后又重新生成Ⅰ⁻B.化合物1和2为互变异构体，化合物1：P原子与两个O原子（电负性O＞P）、一个S原子（电负性S＞P,且形成双键）和一个H原子相连（电负性P＞H）,该P原子的化合价为:+2+2－1＝+3价;化合物2：P原子与两个O原子和一个S原子（形成单键）相连，该P原子化合价为：+2+1＝+3价。P元素化合价相同，B错误；C.化合物4的P原子与O、S（双键）、S（单键）相连，所有成键电子均偏离P，此时P的化合价为+5价。P元素的化合价从反应前的+3价升高到了+5价，发生了氧化反应。因此，Ph－S－I作为氧化剂，自身发生还原反应，C正确；D.结合反应机理，总反应的反应物为化合物1和Ph－SH，生成物为化合物4和H₂，反应式配平、条件标注均正确，D正确；故选B。【命题透视】核心考点：电化学原理（电解质的作用、元素化合价、氧化还原反应、总反应式）链接教材：人教版选择性必修1第四章《化学反应与电能》中电解池、原电池命题分析：（1）情境创设：以课题组采用电化学方法合成含硫磷有机化合物的机理示意图为背景，考查电化学原理与元素化合价分析。（2）问题设计：四个选项分别涉及”NaI能否作电解质”“化合物1、2中P元素化合价是否不同”“NaI转化为化合物4的反应中是否被还原”“该合成的总反应式”，要求学生判断”不正确”的选项。（3）考查目标：侧重考查”变化观念与平衡思想”与”证据推理与模型认知”核心素养，要求学生能分析电化学装置中电极反应与元素化合价变化。【易错点】－P元素化合价判断错误：忽视化合物1和化合物2中P原子成键环境的差异（互变异构体），不能正确比较二者P的化合价（均为+3价）。－氧化还原反应对象判断错误：混淆”NaI转化为化合物4”这一过程中NaI作为氧化剂自身被还原与P元素化合价升高的关系。－总反应式判断错误：不能依据反应机理正确写出反应物（化合物1和NaI）与生成物（化合物4和NaI）的总反应式。【知识总结】①电解质：NaI在水中电离出Na⁺和I⁻，能导电，可作电解质；同时I⁻参与反应后重新生成，起电催化剂（氧化还原媒介物）作用。②元素化合价：化合物1中P（+3价）与化合物2中P（+3价）化合价相同，二者为互变异构体。③氧化还原反应：NaI转化为化合物4的反应中，P元素化合价从+3价升高到+5价，P被氧化；NaI作为氧化剂自身被还原。④总反应式：依据反应机理，总反应的反应物为化合物1和NaI,生成物为化合物4和NaI（NaI起媒介作用）。【复习策略】－掌握电化学装置中电极判断（阳极失电子、阴极得电子）与电极反应式的书写。－强化元素化合价的分析能力，特别是含P、S等变价元素化合物中化合价的准确判断。－理解”电催化/氧化还原媒介物”（如NaI）在电化学合成中的作用。二、非选择题（本大题共4小题，共52分）17．（16分）铝及其化合物应用广泛。工业上以铝土矿（主要成分可表示为，另含有少量、等元素）为原料生产铝及其化合物的流程如下：请回答：（1）步骤Ⅰ生成__________（填一种物质名称），会导致产品铝的产率降低。（2）结合能力：___________Fe(OH)3（填“”“”或“”）。（3）①步骤Ⅱ，高温饱和X溶液冷却，无沉淀析出，加入少量固体后，析出大量沉淀。沉淀析出的原因是____________________________________________（用化学方程式表示）。②步骤Ⅱ，往X溶液中通入也可析出沉淀。该反应的化学方程式是_________。（4）步骤Ⅲ，依次与两种含氟化合物反应，可制备。这两种含氟化合物是_________（填化学式）。（5）铝土矿中常伴生元素镓（Ga），通过上述流程可能进入产品铝中。为判断产品铝中是否含有Ga元素，宜采用的方法是_____。A．原子发射光谱法 B．红外光谱法 C．核磁共振氢谱法（6）已知：。①的一种晶胞如图。该晶胞中阴离子的个数是________。②有同学认为：通过形成，AlCl3能促使如下转化发生：判断该观点是否合理_____（填“是”或“否”），并从结构角度说明理由________________。【答案】（1）铝硅酸钠（2）＞（3） Na（4）HF、NaF（5）A（6）4否AlCl3可与Cl-形成AlCl4，氯苯失去C【解析】铝土矿与NaOH溶液在加热加压条件下反应，Al2O3⋅nH2O转化为NaAlOH4,SiO2转化为Na2SiO3，而Fe2O3不溶，形成滤渣（铝硅酸钠、Fe2O3等）。NaAl（1）铝土矿中的SiO2会与NaOH反应生成Na2SiO3，而Al2O3⋅nH2（2）在步骤I中,Al2O3能溶于NaOH溶液，而Fe2O3不溶。这说明AlOH3的酸性比（3）①根据流程，X溶液应为NaAlOH4溶液。AlOH4②NaAlOH4溶液中通入C（4）AlOH3需要先与HF反应生成AlF3，再与NaF反应生成Na3AlF（5）判断物质中是否含有某种金属元素（如镓Ga），最常用、最灵敏的方法是原子发射光谱法（利用不同元素原子的特征光谱线进行定性或定量分析）。红外光谱主要用于测定有机物中的官能团，核磁共振氢谱用于测定有机物中氢原子的种类和比例，故选A。（6）①观察晶胞图：Na+（黑球）：位于体内，总数为4个。根据化学式]NaAlCl4,Na+与AlCl4-②AlCl3催化反应的原理是通过结合（Cl-形成AlCl【命题透视】核心考点：化学工艺流程综合（铝土矿的碱浸、除杂、转化、含氟化合物、光谱分析、晶胞结构）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（铝）；选择性必修2第三章《晶体结构与性质》中晶胞；选择性必修3第一章《有机化合物的结构特点与研究方法》中研究有机化合物的一般方法（光谱分析）命题分析：（1）情境创设：以铝土矿（主要成分Al₂O₃，含少量Fe₂O₃、SiO₂等）为原料生产铝及其化合物的工业流程为背景，考查工艺流程分析。（2）问题设计：六个小问依次考查步骤Ⅰ生成的沉淀、结合OH⁻的能力比较、晶种析出、含氟化合物、镓元素的检测方法、晶胞中阴离子个数与催化转化，覆盖工艺流程各环节。（3）考查目标：侧重考查”科学探究与创新意识”与”证据推理与模型认知”核心素养，要求学生能读懂工艺流程、书写相关反应、分析晶胞结构。【易错点】－铝硅酸钠的生成判断错误：忽视铝土矿中SiO₂与NaOH、Na[Al（OH）₄]反应生成铝硅酸钠沉淀，导致部分铝进入滤渣而降低产率。－晶种作用表述错误：忽视加入少量Al（OH）₃固体作为”晶种”，打破过饱和状态、促使水解平衡向生成沉淀方向移动。－含氟化合物判断错误：忽视Al（OH）₃依次与HF、NaF反应生成Na₃AlF₆（冰晶石）。【知识总结】①碱浸:Al₂O₃与NaOH溶液在加热加压下反应生成Na[Al（OH）₄],SiO₂转化为硅酸盐,Fe2O3不溶形成滤渣（铝硅酸钠等）。②晶种：向过饱和溶液中加入少量Al（OH）₃固体作晶种，促使NaAlOH4水解平衡向生成Al（OH）₃沉淀的方向移动。③含氟化合物:Al（OH）₃与HF、NaF反应生成Na3AlF6（冰晶石）【复习策略】－系统训练工艺流程题的读图与信息提取能力，掌握”碱浸、酸浸、除杂、转化、电解”等环节的常见反应。－理解”晶种”在结晶过程中的作用（打破过饱和、诱导析出），能规范表述其原理。－掌握原子发射光谱法、红外光谱法、核磁共振氢谱法的适用范围，辨析其在定性/定量分析中的差异。【答题模板】－工艺流程题答题思路：明确原料组成（铝土矿：与目标产物（铝）→分析每步加入试剂的作用（碱浸溶铝、除杂）→追踪目标元素（Al）的存在形态转化→判断滤渣、滤液的主要成分→结合晶胞结构、光谱分析等方法解答设问。18．（14分）镓（Ga）在半导体领域有重要应用。使用化学气相沉积技术、可用含镓前驱体[如、]制备膜。已知：与同属于ⅢA族元素，具有两性。请回答：（1）工业上制备高纯Ga所用装置示意图如图1。阴极的电极反应式是___________________。（2）Ga与HI反应的化学方程式如下： K1 K2 K3K3＝（3）某研究小组将转化为，并将其用于膜的制备。GaN膜的生长机理如下：Ⅰ在基底上吸附，形成层；Ⅱ在层上吸附、反应，形成层，并释放；Ⅲ交替吸附、反应、形成层和层，不断生长增厚，形成空间网状结构的膜。相关反应的化学方程式：①的空间结构名称是___________（将视为整体）。②在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式是_______________________________。③某同学推测：GaN膜的空间网状结构中，能体现其成键结构的片段如图2。图中结构不合理之处是_______________________________。④常温下，与混合没有得到，可能原因是_______________________（写两条）。⑤步骤Ⅲ，一定条件下，GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图3，从化学反应原理角度分析原因________________________________________________________。【答案】（1） （2）4.0（3）平面三角形2Ga（CH3）3+12O2点燃_______燃Ga2【解析】（1）Ga与Al性质相似,粗Ga作阳极在NaOH电解液中溶解生成GaOH4-,阴极发生还原反应，GaOH（2）根据盖斯定律，目标反应＝第二个反应－第一个反应，平衡常数作除法运算：K（3）①将CH₃视为整体，中心Ga原子最外层有3个电子，形成3个σ键，没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形。②Ga为+3价，充分燃烧生成对应氧化物Ga2O3,甲基完全氧化生成CO③Ga为IIIA族元素，最多形成3个普通共价键，在GaN的空间网状结构中，Ga和N之间除了普通的共价键外，还存在N提供孤对电子、Ga提供空轨道形成的配位键。故Ga应形成4个单键。④从动力学角度，常温下反应的活化能较高，反应几乎不发生；化学性质角度看，GaCH33g中心原子Ga有空轨道，⑤该反应△H<0为放热反应，温度升高平衡逆向移动，导致产率下降。同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小。【命题透视】核心考点：工艺流程与反应原理综合（电极反应式、盖斯定律、GaN的空间结构、燃烧方程式、活化能与平衡）链接教材：人教版选择性必修1第四章《化学反应与电能》中电解池；选择性必修1第一章《化学反应的热效应》中盖斯定律；选择性必修2第二章《分子结构与性质》中分子的空间结构；选择性必修1第二章《化学反应速率与化学平衡》中化学平衡命题分析：（1）情境创设：以镓（Ga）的化学气相沉积技术制备GaN膜为背景，综合考查电化学、反应热、结构、反应原理等知识。（2）问题设计：六个小问依次考查电解制备高纯Ga的阴极电极反应式、Ga与HI反应的平衡常数计算、GaN膜生长机理中的空间结构、燃烧方程式、GaN成键结构、膜生长速率与温度的关系，覆盖多个模块。（3）考查目标：侧重考查”科学探究与创新意识”与”变化观念与平衡思想”核心素养，要求学生能综合分析电化学、结构、反应原理。【易错点】－电极反应式书写错误：忽视粗Ga作阳极溶解生成GaOH4阴极GaOH4-得电子生成高纯Ga。－盖斯定律计算错误：忽视平衡常数随反应相减而作除法运算（目标反应＝第二个反应－第一个反应，则K上用＝K2/K1）。－空间结构判断错误：忽视将GaCH33视为整体时中心Ga形成3个σ键、无孤电子对，为平面三角形。－成键结构错误：忽视【知识总结】①电极反应：阴极GaOH4-得电子被还原生成高纯Ga（Ga与Al性质相似）。②盖斯定律：平衡常数随反应相减作除法运算，③空间结构：GaCH33中Ga形成3个σ键、无孤电子对，空间构型为平面三角形。④配位键：GaN中N提供孤对电子、Ga提供空轨道形成配位键，Ga形成4个单键。⑤活化能与平衡：常温下反应活化能高、反应速率极慢；Ga【复习策略】－掌握电解池电极反应式的书写（阳极溶解、阴极还原），注意电解液的酸碱性。－强化盖斯定律与平衡常数关系的理解：反应相加常数相乘、反应相减常数相除。－理解配位键的形成（孤对电子+空轨道），辨析”普通共价键”与”配位键”的区别。【答题模板】－反应原理+结构综合题答题思路：先判断电极与反应类型（阳极溶解/阴极还原）→依据盖斯定律计算热效应或平衡常数→运用VSEPR理论判断空间构型→从配位键角度分析成键结构→结合活化能、平衡移动原理解释反应速率与温度的关系。19．（10分）二苯甲醇是合成多种药物的重要中间体。某小组利用硼氢化钠（）还原二苯甲酮制备二苯甲醇（Ph—代表苯基）的物质转化过程为：实验流程如下：已知：①常温下，在水、乙醇中的溶解度分别约为50g、4g；②在稀盐酸中反应的化学方程式：；③常温下，二苯甲酮、二苯甲醇均为固体，均难溶于冷水、易溶于乙醇。请回答：（1）步骤Ⅰ实验装置如图，其中仪器a的名称是_____________。（2）下列说法正确的是__________。A．实验需远离明火B．若选用无水乙醇作溶剂，步骤Ⅰ中的反应速率将增大C．二苯甲酮转化为二苯甲醇在步骤Ⅰ中已完成D．步骤Ⅲ，蒸馏除乙醇可提高二苯甲醇的产率（3）物质转化过程中，与二苯甲酮反应生成__________________________________________________________________（用结构简式表示，写一种）。（4）步骤Ⅱ，冷稀盐酸的作用是________________________________________________（写两条）。（5）步骤Ⅲ，操作X的名称是________________。【答案】（1）球形冷凝管 （2）AD（3）NaH2BOCHPh22（或（4）提供H+使中间体转化为二苯甲醇；与过量的NaBH4反应将其除去（5）过滤【解析】本实验以二苯甲酮为原料，利用NaBH4的还原性制备二苯甲醇。步骤I中，二苯甲酮在95%乙醇溶剂中与过量NaBH4反应生成硼酸酯盐中间体；步骤Ⅱ中，加入冷稀盐酸，一方面提供H+（1）根据仪器a的构造特征（内部有多个球形泡），可知其名称为球形冷凝管。（2）A.反应中NaBHB.已知NaBH4在水中的溶解度远大于在乙醇中的溶解度，95%乙醇中含有水，能增大NaBH4C.步骤I中生成的是硼酸酯盐中间体，在步