新版2026年高考化学（广西卷）真题详细解读及评析合集

试卷总评试卷总评本卷为2026年高考广西卷化学真题，全卷共18题，满分与结构仿照新课标新高考模式：第1—14题为单项选择题(必做题),第15—18题为非选择题。全卷以真实情境为载体，覆盖必修第一、二册及三本选择性必修的核心主干知识，突出”化学反应原理+物质结构+化学实验+有机化学”的复合考查。从难度梯度看，选择题第1-7题为基础送分题，第8—14题为中等偏难题(反应历程、连续反应速率、分布分数曲线等能力题型);非选择题第15题(疏基乙酸制备与滴定测定)、第16题(钒酸铁工艺)、第17题 (SO₂综合处理与电解)为常规主干综合题，第18题(咪达唑仑中间体有机合成)为压轴推理题。全卷对”证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”两大素养考查尤为突出，如第8题从反应历程图辨活化能与决速步、第14题从8—lgc(F⁻)曲线反推微粒分布。从知识模块看，物质结构与性质(元素推断、品胞计算、配位键、杂化)约占6题，化学反应原理(速率、平衡、电离、沉淀溶解、电化学)约占6题，元素化合物与实验约占4题，有机化学约占2题。实验探究、化学计算与图像信息读取能力贯穿始终，体现出”无情境不命题、无思维不成题”的命题导向。 情境创设真实化，科技前沿入题。第2题以”固态超离子水”这一科研新概念考查11、12题以”镍磷化合物NixPy“的晶体结构与储能电池为载体，串联晶胞均摊、密度计算与电化学；第16考查方式综合化，多模块交叉融合。第9题将两性氢氧化物与氧化还原规律综合于含铬化合物转化探究：第10题将电离平衡常数、溶度积与工艺流程透视图交叉命题；第17题用盖斯定律、平衡常数Kp、催化剂对选择性的影响、双室电解池四段设问贯穿一题，实现”热化学一化学平衡一电化学”一体化考查。能力考查层次化，图像与计算并重。第8题(活化能图像)、第13题(平行连续反应浓度一时间图)、第14题(分布分数对数图)均要求学生在读图、转化、建模的基础上完成定量或定性判断，突显”变化观念与平衡思想”“证据推理”等素养层级；第15题滴定终点判断与质量分数代式运算，则考查实验规范表达与守恒计算能力。【命题趋势】基础必备知识回扣教材本源。第1题硅酸盐材料、第4题氮的固定、第7题铜氨配离子、第5题元素周期律等，均直接指向教材核心概念与主干结论，提律等，均直接指向教材核心概念与主干结论，提真实情境与实际问题求解导向持续强化。科技前沿(超离子水、NixPy、MOFs类材料)、工业生产(提镁工实验探究与定量测定权重上升。第15题完整呈现”制备一提纯一滴定测定一结构表征”的探究闭环，第16、17题以流程图+问答方式考查工业实验，实验设计、现象描述、方案评价与误差分析成为必考能力。图表、数据与图像的信息加工能力成为分水岭。多题以曲线图、反应历程图、晶胞图、流程图为解题前提，对”读图一建模一计算”的综合信息素养要求显著提升，尤其是反应历程与分布分数两类压轴图像题(第8、14题)区分度高。考情分析考情分析题号题型命题细目1硅酸盐材料的判断/传统无机非金属材料的组成分类、陶瓷的主要成分2固态超离子水(科研前沿)微粒结构/电子式与杂化/导电本质涉及基础知识：原子电子数、质导电3置实验基本操作/装置规范性判断4氮的转化关系图固氮类型/氧化还原气类、氧化还原判断、气体摩尔体积条件5口腔健康物质元素推断原子结构/元素周期律比较涉及基础知识：元素推断、原子半径、第一电离能、电负6聚合物G的结构聚合类型/手性碳/官能团反应涉及基础知识：加聚与缩聚、7与溶解度涉及基础知识：配位键形成、8甲烷制乙烯反应历程能量变化9性性质化物浓缩海水提镁工艺电离平衡/沉淀溶解/工艺流程晶胞均摊/配位数/密度电极判断/电极反应/隔膜作用涉及基础知识：原电池原理、续反应、速率与平衡关系含硼微粒分布分数曲线分布分数/平衡常数/守恒关系涉及基础知识：8含义、总反非选择题定外表征化还原滴定、化学键与红外非选择题SCR脱硝催化剂制钒酸铁空间结构涉及基础知识：流程分析、离理论非选择题二氧化硫综合处理与资源化池计算、勒夏特列原理、电解原理非选择题药物咪达唑仑中间体合成核心复习策略核心复习策略回归教材，夯实”结构一性质一应用”主线。以本卷第1、4、5、7题的必得分为目标，系统梳理必修第一册元素周期律、必修第二册非金属及其化合物、选择性必修2分子结构与建立图像题与数据题的解题模型。针对第8、13、14题等图像压轴题，训练”识图一提取关键点(起点/拐点/交点/平台)一建立关系式一定量计算”的四步模型，重点突破反应历程图与分布分数曲线两类高频失分强化守恒思想与定量计算。以第10、11、15、17题为抓手，系统训练电荷守恒、物料守恒、电子转移守恒在Ksp、晶胞密度、滴定、Kp计算中的运用，规范计算表达与有效数字，专攻工艺流程与有机合成的答题模板。对第16题工艺流程题，落实”预处理一核心反应一条件控制一分离提纯一循环利用”的分析框架：对第18题有机合成题，训练官能团转化与逆合成分析，突破限定条件下同规范实验描述与答题语言。第15题滴定终点”蓝色恰好褪去且半分钟不复原”、第16题”趁热过滤”等规真题解读真题解读1.以下是硅酸盐材料的是A.骨笛B.陶瓷C.竹筒D.铜铁印版【答案】【答案】B【详解】A.骨笛主要成分为羟基磷酸钙和有机质，不属于硅酸盐材料，A错误；B.陶瓷是传统硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，B正确；命题分析：(1)情境创设：以骨笛、陶瓷、竹筒、铜铁印版四种常见实物为载体，贴近生活与文化常识(2)问题设计：要求判断”属于硅酸盐材料”的选项，设问直接、指(2)问题设计：要求判断”属于硅酸盐材料”的选项，设问直接、指向单一概念辨析(3)考查目标：考查”宏观辨识”素养，检验对材料组成的分类认知与常识判断【易错点】误以为所有”传统材料”都属于硅酸盐材料，或将金属材料(铜铁印版)、有机高分子材料(竹筒一纤维素)与无机非金属材料混淆；骨笛的主要成分羟基磷酸钙也不属于硅酸盐。【知识总结】1.硅酸盐材料主要包括陶瓷、玻璃、水泥等传统无机非金属材料，其主要成分为硅酸盐。2.材料分类双角度：按组成分金属材料、无机非金属材料(含硅酸盐材料)、有机高分子材料、复合材料：按性质分传统与新型材料。3.常见易混：骨笛(羟基磷酸钙+有机质)、竹筒(纤维素)、铜铁印版(金属合金)均不是硅酸盐材料。【复习策略】回归必修第二册第五章第三节，构建”材料一主要成分一所属类别”对照表，把陶瓷、玻璃、水泥、光导纤维(SiO₂)、半导体硅、合金等常见材料的成分逐一落实。【答题模板】判断题”下列属于××材料的是”:先明确××材料的定义与代表成分，再对每个选项逐一标注其类别与主要成分，排除非目标类别项后作答。2.某大学科研团队研发出了一种固态超离子水，其中的2.某大学科研团队研发出了一种固态超离子水，其中的O²-能够像金属晶体一样传递自由电子，H+可在内部自由移动。下列说法正确的是A.H+的核外电子数为1B.0²-的电子式：C.H₂O中氧原子为sp²杂化D.该固态超离子水能够导电【详解】A.H+是H原子失去1个核外电子得到的，核外电子数为0,A错误；B.0²-的最外层有8个电子，电子式为：[:0:²-.,B错误；C.H₂O中氧原子的价层电子对数,为sp³杂化，不是sp²杂化，C错误；D.该固态超离子水中存在可自由移动的H+和可传递的自由电子，存在可自由移动的带电粒子，因此能够导电，D正确；故选D。【命题透视】▶核心考点：微粒电子数、电子式、杂化类型与导电的本质▶链接教材：选择性必修2《物质结构与性质》第二章”分子的空间结构”及必修第一册电解质导电概念命题分析：(1)情境创设：以”固态超离子水”科研前沿为背景，引入H⁺、O²-、H₂O等微粒(2)问题设计：从电子计数、电子式书写、杂化判断、导电本质四个角度设置正误判断【易错点】将H+的核外电子数误判为1(实为0,H原子失去唯一的核外电子):o²-电子式漏写孤电子【知识总结】1.H⁴是H失去1个电子所得，核外电子数为0:o²-最外层为8电子，电子式须完整标出4对孤电子对。2.H₂O中O的价层电子对数为,为sp³杂化。3.导电的本质是存在对数=a键数+孤电子对数”确定杂化方式。B.制备Cl₂溶液A.AB.BA.AB.BD.NaClOD.NaClO溶液呈碱性且具有强氧化性，不能使用玻璃塞和橡胶塞，应▶核心考点：氯气制备条件与次氯酸钠制备的实验操作规范(1)情境创设：以”制备NaC1O溶液”的化学实验为背景，给出四组操作装置图(2)问题设计：从试剂选择(浓/稀盐酸)、条件控制(加热)、装置细节(导管伸入)、贮存规范四角度设错(3)考查目标：考查”科学探究”素养，检验实验基本操作与装置规范的把握【易错点】忽略制备Cl₂需用浓盐酸并加热；忽略氯气与NaOH在低温下生成NaCIO、高温易生成NaCIO₃副产物的条件控制；忽略NaCIO的碱性与强氧化性对容器(玻璃塞/橡胶塞)的禁忌。【知识总结】1.实验室制Cl₂:MnO₂与浓盐酸需加热，不加热不反应。2.Cl₂与冷的NaOH溶液反应生成NaCIO,温度升高会生成NaCIO₃,故需冰水浴降温，3.NaCIO溶液呈碱性且有强氧化性，应贮存于带塑料塞的棕色细口瓶(或塑料瓶)中。【复习策略】以本卷第3题为样本，整理”制备气体一条件控【答题模板】装置正误判断题：逐项从”试剂是否合适一是否需加热/降温一导管伸入深度一尾气4.下列有关氮的转化(如图)说法正确的是氮氧化物氮氧化物大气中的氮A.雷电可使N₂转化为NOB.工业合成氨属于自然固氮C.氮转化过程中N均被氧化D.生产10molNH₄NO₃至少需224LNH₃B.B.工业合成氨是人为将N₂转化为NH₃的过程，属于人工固氮，不属于自然固氮，B错误：C.氦的转化过程中，如N₂转化为NH₃时，N元素化故选A。链接教材：必修第二册《化工生产中的重要非金属元素》第二节”氮及其化合物”命题分析：(1)情境创设：以氦的转化关系图为载体，串联自然固氦、人工固氮、氮循环(2)问题设计：从固氦类型、氧化/还原判断、气体体积计算三角度设置选项(3)考查目标：考查”变化观念”素养，检验对氮元素价态变化与固氮本质的理解【易错点】将工业合成氨误判为自然固氦(实为人工固氮);将N₂转化为NH₃误判为被氧化(N价从0降至-3,被还原):忽略”标准状况”前提而直接用气体摩尔体积计算NH₃体积。【答题模板】含转化图的判断：先写出图中各转化对应的价态变化与类型(氧化/还原/固氮氧化),再用”条件+价态”双标准排除错误选项。5.利于口腔健康的某物质，含原子序数依次增大的前四周期元素W、X、Y、Z.W是地壳中含量最高的元素，X单质在单质中氧化性最强，基态Y原子电子总数是最外层电子数的3倍，ZW是常用干燥剂。下列说法正确的是B.第一电离能：X>WD.Z的价层电子轨道表示式【分析】W是地壳中含量最高的元素，为0:X单质氧化性最强，为F:Y原子序数大于F,总电子数是最外层电子数3倍，推得为P(总电子数15,最外层5个电子，15=3×5);ZW为常用干燥剂，W为【详解】A.原子半径：同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，P为第三周期元素，F为第二周期元素，半径P>N>F,即Y>X,A错误；B.第一电离能：同周期元素第一电离能总体随原子序数增大而呈递增趋势，O的第一电离能低于同周期相邻的F,故X>W,B正确；C.非金属性越强，电负性越大，F是电负性最大的元素，电负性顺序为F>0>Ca,即X>W>Z,C错▶核心考点：元素推断与原子半径、第一电离能、电负性、轨道表示式的比较链接教材：必修第一册《物质结构元素周期律》第四章及选择性必修2《原子结构与性质》(1)情境创设：以”利于口腔健康的物质”为引，给出四种前四周期元素W、X、Y、Z的推断线索(2)问题设计：先推元素(O、F、P、Ca),再比较原子半径、第一电离能、电负性、价层电子轨道表示式(3)考查目标：考查”证据推理”素养，检验元素推断与周期律的综合应用【易错点】O的第一电离能低于同周期相邻的F(第二周期O、N反常点):将Ca的价层电子轨道表示式误判为4s轨道2个自旋相同电子(应自旋相反);原子半径比较未注意主族递变(P在第3周期、F在第2周期)。数=最外层电子的3倍”→P(15=3×5)、常用干燥剂CaO→Ca。2.同周期自左向右原子半径减小、第一电离能总体增大(ⅡA、VA反常);同主族自上而下半径增大。3.电负性F>0>Ca;Ca价层电子排布4s²,两电子自旋相反。【复习策略】整理元素推断的”高频特征描述一元素”对照表(地壳含量、焰色、推断口诀、特征化合物等),并对第一电离能反常(N>O、Be>B、Mg>Al)作专题记忆。6.下列有关G(如图)的说法正确的是GA.由单体加聚而成B.没有手性碳原子C.可使Br₂的CCl₄溶液褪色D.可与NaOH溶液发生水解反应【详解】A.该物质结构中含有多个酯基，是由对应的单体通过缩聚反应脱去小分子(如水)形成的，不存在碳碳双键等可发生加聚的不饱和键，不属于加聚产物，A错误；B.分子中连接甲基的饱和碳原子同时连接羰基侧链、氧原子、氢原子，4个连接基团均不相同，属于手0C.该有机物中不含碳碳双键或碳碳三键，无法和Br₂的CCI₄溶液发生▶链接教材：选择性必修3《有机化学基础》第五章”合成高分子”及必修第二册第七章”有机化合物”命题分析：(1)情境创设：以含多个酯基的聚合物G的结构为载体，考查有机结构与性质(2)问题设计：从聚合类型、手性碳有无、能否使溴水褪色、能否水解四个角度判断(3)考查目标：考查”宏观辨识与微观探析”素养，检验对官能团性质与高聚物结构的把握【易错点】将含酯基的高聚物误判为加聚产物(应通过缩聚形成，因无碳碳双键等可加聚的不饱和键);漏判连接甲基的饱和碳为手性碳(4个连接基团不同);误认为该有机物可使溴水褪色。【知识总结】1.加聚反应需单体含不饱和键(碳碳双键/三键),产物无双键残留；缩聚反应通过官能团间脱水/脱小分子形成，产物含酯基/酰胺键等特征结构。2.手性碳：连接4个不同基团的饱和碳原子。3.酯基可在NaOH溶液中碱性水解：不含碳碳双键则不能使溴【复习策略】回归选择性必修3第五章，对比【复习策略】回归选择性必修3第五章，对比加聚与缩聚的单体特征、产物结构与寻找单体的方法：专项【答题模板】高聚物判断题：先观察主链/侧链官能团(酯基、酰胺键→缩聚；无双键→非加聚),再判断A.NH₃有孤电子对，故NH₃能与Cu²+配位D.C₂H₅OH的极性小于H₂0,故[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液【命题透视】链接教材：选择性必修2《物质结构与性质》第三章第四节”配合物与超分子”(1)情境创设：以深蓝色的Cu(NH₃)₄SO₄溶液为切入点，从配位键形成到析晶原理层层设问(2)问题设计：考察配位键形成的条件、配离子颜色、配体配位能力强弱、溶剂极性对溶解度的影响(3)考查目标：考查”证据推理”素养，纠正常见于”稳定性与配位能力”表述中的概念混用转化为是因NH₃配位能力强，而非水比氨稳定);忽略了乙醇极性小于水、离子化合物在极性小的溶剂中溶解度【知识总结】1.形成配位键的条件：中心离子有空轨道、配体有孤电子对；NH₃中N有孤电子对，可与Cu²+配位。2.具有特征深蓝色，故溶液呈深蓝色。3.配离子转化遵循”弱配体被强配体取【答题模板】配合物判断题：先辨明”配位键成因一配离子颜色一配位能力比较一配合物溶解性”四条线索，逐项调用对应原理，警惕概念替换型干扰项。8.甲烷制乙烯能缓解石油危机。甲烷在催化剂表面生成乙烯的两种反应历程如图。下列说法错误的是①HB.I、Ⅱ均可生成C₂H₆C.依次断开CH₄中的C-H键所需能量不同D.步骤①逆过程的Ea₁'=139.9kJ/mol,故步骤①吸热【详解】A.多步反应的总速率由活化能最大的慢步骤决定；历程I的各步活化C.CH₄断开第一个C-H键后，剩余C-H键受已断键的电子效应影响，键能发生改变，故依次断开C-H键所需能量不同，C正确；【命题透视】▶核心考点：反应历程图中活化能、决速步与反应热的判断链接教材：选择性必修1《化学反应原理》第二章”化学反应速率”及第一章”化学反应的热效应”命题分析：(1)情境创设：以甲烷在催化剂表面生成乙烯的两种反应历程图为载体，考查催化反应机理(2)问题设计：从决速步与速率关系、中间体结合、键能差异、步骤吸放热四角度命题(3)考查目标：考查”变化观念与平衡思想”素养，检验对活化能、决速步、△(3)考查目标：考查”变化观念与平衡思想”素养，检验对活化能、决速步、△H定量关系的理解【易错点】不会通过比较各步骤最大活化能判断决速步(历程I决速步活化能67.6kJ/mol<历程Ⅱ的75.2kJ/mol,故速率I>Ⅱ);误用△H=E正-E道判错步骤①(42.4-139.9<0,为放热，误判为吸热)。【知识总结】1.多步反应的总速率由活化能最大的”决速步”决定，活化能越小，反应速率越大。2.依次断开CH₄中C-H键所需能量不同，因断第一个键后剩余键的键能受电子效应影响而改变。3.单步【复习策略】以本卷第8题与教材选择性必修1第二章为范本，训练”从反应历程图读取各步活化能、识别决速步、利用E正-E造求△H“的完整计算链。【答题模板】反应历程图题：先标各步△H与活化能→比活化能定决速步与速率→用E正-E逆判步骤吸9.探究含铬化合物的转化，实验如下。已知：Cr(OH)₃是两性氢氧化物，溶于碱后溶液呈亮绿色。下列说法正确的是③③足量H,SO,溶波H₂O₂溶液①②呈黄色呈黄色产生气泡溶液呈亮绿色溶液呈黄色A.①中铬主要以Cr03-形式存在B.②中溶液呈绿色，说明H₂O₂被还原C.②到③有Cr³+生成D.H₂O₂氧化性强于K₂CrO₄【答案】D【详解】A.K₂CrO₄溶液中存在如下平衡；2CrO?+2H+=Cr₂O²+H₂O,向溶液中加入足量硫酸溶液，溶B.②中溶液呈绿色，说明溶液中发生的反应为酸性条件下溶液中的Cr₂0与过氧化氢溶液反应生成铬离C.③中溶液呈亮绿色，说明溶液中发生的反应为溶液中的铬离子先与氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铬沉淀，反应生成的氢氧化铬与过量的氢氧化钾溶液反应生成亮绿色的[Cr(OH)₄]-,所以②到③有氢氧化铬生D.D.向③中加入过氧化氢溶液后溶液变为黄色，说明溶液中发生的反应为碱性条件下溶液中的K[Cr(OH)₄]化合价降低被还原，过氧化氢是氧化剂，由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧【命题透视】链接教材：必修第二册实验活动5”不同价态含硫物质的转化”及选择性必修1第三章”水溶液中的离子反应与平衡”(1)情境创设：以四步实验(①K₂CrO₄+硫酸、②加H₂O₂、③加KOH、④加H₂O₂)探究Cr(OH)₃两(2)问题设计：围绕铬的存在形式、溶液颜色变化、氧化还原判断、氧化性强弱比较设问(3)考查目标：考查”证据推理”与”科学探究”素养，检验对实验现象与氧化还原规律的综合分析【易错点】误认为加足量硫酸后铬仍以CrO²-存在(应转化为Cr₂O-);将②中H₂O₂误判为被还原(实为0元素被氧化生成O₂);不会用”氧化剂氧化性>氧化产物”比较H₂O₂与K₂CrO₄氧化性强弱。【知识总结】1.CrO²-与Cr₂O?-之间存在平衡2CrO²-+2H+=Cr₂O?-+H₂O,加酸平衡右移，铬主要以Cr₂O-形式存在。2.Cr(OH)₃为两性氢氧化物，溶于碱生成亮绿色Cr(OH)₄。3.氧化还原强弱规【复习策略】结合含硫、含铬、含锰等”变价元素转化”专题，掌握常见多价态元素在不同酸碱条件下的【答题模板】转化探究判断题：逐实验写出主反应方程式→标变价元素与颜色变化→用”平衡移动/两性/Kp[Mg(OH)₂]=5.6×10-12。下列说法正确的是D.路线I的工艺优于Ⅱ【答案】A【分析】向浓缩海水中，加入草酸和草酸钠，将Ca²+转化为沉淀，过滤分离：取滤液，向其中加入NaOH溶液，将Mg²+转化为Mg(OH)₂沉淀；Mg(OH)₂高温分解得到MgO或向Mg(OH)₂中加盐酸得到MgCl₂;最后电解MgO或MgCl₂得到高纯Mg。B.pH=9时c(OH-)=10-5mol·L-¹,VC.给出的反应电子不守恒，煅烧CaC₂O₄的正确反应,C错误；D.MgO熔点远高于MgCl₂,电解MgO能耗远大于电解MgCl₂,路线Ⅱ更优，D错误；故选A。【命题透视】▶核心考点：分布系数计算、溶度积与工业提镁流程的定量判断▶链接教材：选择性必修1《水溶液中的离子反应与平衡》第四节”沉淀溶解平衡”及第一节”电离平衡”命题分析：(1)情境创设：以”从浓缩海水获取高纯Mg”的工业流程为背景，综合考查沉淀与电离平衡(2)问题设计：结合Ka₁、Kaz、K数据，判断离子相对大小、沉淀完全、方程式正误与路线优劣(3)考查目标：考查”证据推理与模型认知”素养，检验定量平衡计算与流程评价能力【易错点】不会推导分布关系式而误判：用Ksp计算Mg²+是否沉淀完全时漏算OHCaO+CO↑+CO₂↑)。【知识总结】1.分布关系式：,可定量比较微粒相对大小，2.沉淀完全判据：残留离子浓度<10-5mol/L;由判断。3.电解熔融MgCl₂比电解MgO能耗低(MgO熔点远高于MgCl₂),工业路线选Ⅱ。【答题模板】溶度积计算题；:写出目标平衡与Ksp表达式→由已知pH求c(O10-5mol/L比较判沉淀完全与否。A.x:y=2:1C.Ni之间最短的距离D.晶体密度【详解】A.根据均摊法计算，晶胞中Ni位于顶点和面心，总共有8:P全部位于晶胞内部，共8个，故x:y=4:8=1:2,A错误；B.观察晶胞结构，1个Ni最紧邻的P为8个，B错误：C.Ni之间最短距离是相邻面心Ni的间距，等于面对角线的1/2,即pm,C正确；D.晶胞中含4个Ni₄P,单元，故密g/cm³,D错误；故选C.【命题透视】核心考点：晶胞均摊、配位数与晶体密度计算▶链接教材：选择性必修2《物质结构与性质》第三章”晶体结构与性质”第三节”金属晶体与离子晶体”(1)情境创设：以镍磷化合物Ni₂P,的立方晶胞为载体，考查品体结构定量分析(2)问题设计：围绕原子数比(均摊)、配位数、最短距离、密度四方面命题(3)考查目标：考查”模型认知”素养，检验晶胞均摊、几何关系与密度计算的综合能力【易错点】均摊出错(Ni位于顶点和面心共4个、P全在内部共8个，x:y=1:2而非2:1);误判与1个Ni最紧邻的P的数目(应为8个);Ni之间最短距离误算(应为面对角线的一半pm);密度公式漏乘品胞中所含漏乘品胞中所含Ni₂Py单元数4。【知识总结】1.均摊法：顶点占1/8、面心占1/2、棱心占1/4、体内占1。2.面心立方中相邻面心原【复习策略】整理常见品胞模型(面心立方、体心立方、钙钛矿、NaCl、金刚石等)的均摊结果、配位数、【答题模板】晶胞计算题：均摊定Z→标原子坐标定最短距离(对角线关系)→代入(统一单位)子间距为面对角线的一半。3.密度公式负载/电源LiPF₆的有机溶液Ni.P@C-CNTA.充电时，a极外接电源正极B.B.放电时，b极的电极反应为3yLit+NiỵPy+3ye⁻=yLi₃P+xNiC.玻璃纤维膜主要作用是利于Li+迁移D.外电路通过NA个e-,电解质溶液质量理论上变化7g【详解】A.充电时a极中LiFePO₄转化为Li₁_-FePO₄,可知Fe的化合价升高，发生氧化反应，可知充电时a极为阳极，外接电源正极，A正确；B.放电为充电的逆过程，a极在充电时发生氧化反应，则放电时发生还原反应，故放电时b极为负极，发生失电子的氧化反应，选项给出的是得电子的还原反应，为充电时b极的反应；正确的电极反应式为yLi₃P+xNi-3ye⁻=3yLi++Ni₂Py,B错误：D.外电路通过NA个e-时，有1molLit+从b极迁移到a极，电解质溶液中Li+总量不变，溶液质量无变故选A。【【命题透视】▶核心考点：原电池工作原理、电极反应式书写与隔膜作用链接教材：选择性必修1《化学反应原理》第四章”化学反应与电能”第一节”原电池”命题分析：(1)情境创设：以”碳纳米管负载碳包覆Ni₈P,为电极材料”的锂离子电池为载体(3)考查目标：考查”变化观念与平衡思想”素养，检验充放电过程的电极反应与定量关系【易错点】混淆充电时a极的正负极(a极LiFePO₄→Li₁--FePO₄,Fe价升高发生电源正极):将放电时b极误判为得电子(放电时b极为负极，发生氧化反应);误认为隔膜作用仅是”利于离子迁移”(实际主要隔离正负极防短路，同时允许Lit通过)。【知识总结】1.充电时阳极发生氧化反应、接电源正极；放电为充电的逆过程。2.放电时负极失去电子、发生氧化反应。3.电池隔膜(如玻璃纤维膜)的主要作用是隔离正负极防止短路，同时允许特定离子(如Lit)迁移。13.常温下，反应物A和B在溶液中发生如下平行连续反应：I.A+B=C+D,Ⅱ.A+C=E+D。初始浓度c(A)=0.050mol/L,c(B)=0.10mol/L,C、D、E的浓度(c)随时间(t)的变化如图。下列说法错误的是CEDC.a点时，反应I的v正等于反应Ⅱ的v正【答案】CA、C和生成D的浓度都为0.007mol/L,则反应I生成D的浓度为0.046mol/L-0.007mol/L=0.039mol/L;mol/L-0.039mol/L=0.004moD.D的浓度不变说明正逆反应速率相等，反应体系达到平衡状态，所以A的生成速率等于消耗速率，D核心考点：平行连续反应中速率计算、中间体极值与平衡状态判断链接教材：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”命题分析：(1)情境创设：以”平行连续反应”模型(I、Ⅱ两个连续反应)与浓度一时间图为载体(2)问题设计：围绕平均速率、曲线交点、v正关系、平衡时生成/消耗速率四方面判错(3)考查目标：考查”变化观念”高阶素养，检验对浓度一时间图与连续反应动力学的数据挖掘【易错点】不理解C为中间产物，其曲线先升后降、极大值点(a点)对应”生成速率=消耗速率”(vL正+Vn,这=V₁道+Vn正)而误判V₁正=Vn,正；不能由数据求出v(B)=7.8×10⁻⁵mol/(Lmin);混淆”平大后减小，极大值处其”净生成速率=0”。3.平衡的标志是各组分浓度不再变化，此时正、逆反应速率相大后减小，极大值处其”净生成速率=0”。3.平衡的标志是各组分浓度不再变化，此时正、逆反应速率相【复习策略】深挖浓度一时间图：训练从图中读取任意时刻浓度、求平均速率、识别中间产物与终产物、【答题模板】连续反应速率题：标注中间产物与终产物曲线→计14.常温下维持pH=3,向NaCl和B(OH)₃混合溶液中滴入NaF溶液。各含硼微粒分布分数(如δ(BF₄)=与游离F-浓度对数[lgc(F-)]之间的关的是kB.溶液中存在c(Na+)=c(F-)+c[BF₂(OH)]+c[C.总反应的K=1019.0D.将溶液pH调至6,曲线i向左平移【分析】曲线j代表8[BF₂(OH)z]与lgc(F-)之间的关系。随着cF)增大，B(OH)₃逐渐减少(曲线s),而BF₄逐渐增多(曲线k)。中间产物BF₂(OH)z(曲线j)和BF₃(OH)-(曲线i)先增后减。根据总反应，c(F-)越大，越有利于生成BF,因此曲线k应代表B.溶液中Na+来自NaCI和NaF,F-部分以游离态存在，部分结合成含硼微粒(如BF₂(OH)z、BF₃(OH)"、BF₄),且各含硼微粒所含F原子数不同(分别为2、3、4)。物料守恒应为：c(Na+)=c(CI-)+c(F-)+2c[BF₂(OH)]+3c[BF₃(OH)-]+4c(BF₄),B错误； 的pH”c(CI)+c(F")+2c[BF₂(OH)]+3c[BF₃(OH)-]+4c(BF4)):总反应代入时出羟甲基硫代硫酸钠TGA巯基乙酸按图装置，将Na₂CO₃分批加入盛装CICH₂COOH溶液的三颈烧瓶中，反应完全后，调节溶液pH为8-9。升温至70℃,加Na₂S₂O₃,反应一段时间后冷却至常温。通N₂,加H₂SO₄溶液，在80℃下持续反应，得到TGA粗品，提纯后，得TGA.已知：TGA为无色液体，易被氧化。(1)图中冷凝管的进水口是(填标号)。(2)判断CICH₂COOH与Na₂CO₃反应结束的现象是(3)“调节溶液pH”用Na₂CO₃而不用NaOH的主要原因是将mgTGA配制成500mL溶液，取该溶液25.00mL,处理后加V₁mLc₁mol/L碘标准溶液加淀粉，用C₂mol/LNa₂S₂O₃标准溶液滴定。三次滴定平均消耗V₂mLNa₂S₂O₃溶液。(6)实验中有S₂(CH₂COOH)₂生成，从化学键种类变化角度，推测其红外光谱图与TGA的(如图)相比，吸收峰的变化是。为提高TGA的产率，酸性条件下，用Zn将S₂(CH₂COOH)₂还原为TGA的离子反应方程式为透过率S键，因此红外光谱中S-H的特征峰消失，新增S-S的特征峰。酸性条件下Zn将二硫键还原为巯基，Zn【命题透视】链接教材：选择性必修1《水溶液中的离子反应与平衡》实验活动”中和滴定”及选择性必修3有机定量测定(1)情境创设：以巯基乙酸(TGA,HSCH₂COOH)的合成与含量测定为完整实验探究情境(3)考查目标：考查”科学探究与创新意识”素养，检验实验设计与定量分析的综合能力【易错点】冷凝管进水口选错(应”下进上出”即b口);反应结束现象表述不规范(“不再有气泡产生”);选NaOH而不选Na₂CO₃调pH的底因不清(NaOH碱性过强会诱发氯代水解副反应);滴定终点现象遗峰消失、S—S峰出现)不准确。pH8-9)可防止CICH₂CO0”中氯原子水解，避免引入羟基副产物。3.返滴定(剩余I₂用Na₂S₂O₃回滴)中,再按配比折算到500mL求质量分数。4.红外光谱判断：结构变化对应特征键峰的产生/消失(S—H吸收峰消失、出现S—S吸收峰)。结合有机合成路线梳理提纯操作(萃取一分液一干燥一过滤一减压蒸馏)的适用条件。【答题模板】制备定量综合题：先明确制备路径与提纯顺序→按”条件控制(调pH)→滴定原理(返滴定列关系)→计算(配比折算)→表征(红外键型变化)“分步作答。16.钛基SCR脱硝废催化剂(含TiO₂、SiO₂、Al₂型功能材料钒酸铁(FeVO₄),其流程如下：滤渣2MoS,沉淀酸性溶液滤渣1◎【分析】向SCR脱硝废催化剂中加入水水洗洗去废催化剂表面吸附的三氧化硫；向洗涤后的催化剂中加入氢氧化钠溶液碱浸沉钛，将氧化铝、二氧化硅、三氧化钼、五氧化二钒转化为四羟基合铝酸钠、硅酸钠、钼酸钠、钒酸钠，将二氧化钛转化为钛酸钠，氧化铁不反应，过滤得到含有钛酸钠、氧化铁的滤渣1和滤液；向滤液中加入盐酸调节溶液pH为11后，加入硫酸镁、硫酸铝沉硅铝，将溶液中的铝元素、硅元素转化为MgO·Al₂O₃·2SiO₂沉淀，过滤得到Mg0·Al₂O₃·2SiO₂和滤液；向滤液中加入硫化钠溶液沉钼，将溶液中的钼酸钠转化为硫化钼沉淀，过滤得到硫化钼和滤液；向滤液中加入硝酸铵，将溶液中的钒酸钠转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵和滤液：向钒酸铵中加入硝酸铁溶液，钒酸铵与硝酸铁溶液反应生成【详解】(1)由分析可知，水洗的主要目的是洗去废催化剂表面吸附的三氧化硫，减少后续碱溶时碱的消(2)加热、搅拌、适当增大氢氧化钠溶液浓度、粉碎废催化剂等措施可以提高碱浸速率；由分析可知，滤渣1的主要成分为钛酸钠和氧化铁；(3)由分析可知，降pH至11得到的溶液中为硅酸钠、四羟基合铝酸钠、钼酸钠和钒酸钠，则溶液中的(4)由题意可知，1L溶液中硅元素的物质的量为：含有的铝元素的物质的量为：(5)由题意可知，生成MoS?-的反应为溶液中的钼酸根离子与硫离子和水反应生成MoS?-和氢氧根离子，反应的离子方程式为：MoO²-+4S²-+4H₂0=MoS²-+80H-;(6)由分析可知，加入试剂X的目的是将溶液中的钒酸根离子转化为钒酸铵沉淀，同时钒酸铵转化为钒酸铁时能得到可以循环使用的硝酸铵，所以试剂X最适宜的是硝酸铵，故选c;(7)由题意可知，生成钒酸铁的反应为钒酸铵与硝酸铁反应生成钒酸铁、硝酸铵和硝酸，反应的化学反(8)高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数孤对电子对数则离子的空间构型为正四面体形；由题意可知，钒酸根离子的结构类似于高氯酸根离子，所以钒酸根离子的空间结构【命题透视】链接教材：必修第二册第五章”化工生产中的重要非金属元素”及选择性必修2”分子的空间结构”(1)情境创设：以”钛基SCR脱硝废催化剂制备钒酸铁FeVO₄“的绿色资源化流程为背景(2)问题设计：从水洗目的、碱溶速率提升、滤渣成分、投料比、沉钼/沉钒方程式、空间构型八小题考查(3)考查目标：考查”科学态度与社会责任”“证据推理”素养，检验工艺流程的系统分析能力【易错点】【易错点】水洗目的表述不完整(应”洗去吸附的SO₃,减少后续碱溶时碱的消耗”):滤渣1成分漏写Fe₂O₃(氧化铁不与碱反应);MgSO₄:Al₂(SO₄)₃投料比算错(4:1);Moo?-+4s²-+4H₂O=Mos²-+【知识总结】1.流程分析应逐段标注”进料一反应—产物—分离”,沉淀法除杂时依据溶度积与沉淀组成不与碱反应。3.离子方程式书写遵循”原子守恒+电荷守恒”;Vo4-价层电子对数4、无孤电子对，为正【复习策略】固化”工艺流程五步走”(预处理→核心反应→条件控制→分离提纯→循环利用)分析框架，并结合钒、钛、钼等元素的转化练熟离子方程式配平与空间构型判断。【答题模板】流程题答法：读图分段→按”试剂/条件→所起作用(除什么、沉什么、回收什么)“逐空作答→方程式先写主产物再配平→结构题用VSEPR定构型。①3H₂(g)+SO₂(g)=2H₂O(g)+③4H₂(g)+2SO₂(g)=4H₂O(g)+(1)△H₃=.。(用含△H₁、△H₂的代数式表示)SxT分数)(3)600~1000℃内，x(H₂S)随温度升高而减小的原因是Ⅲ.在含有活性炭的固定床反应器内，利用H₂还原SO₂,SO₂转化率、S₂选择性 IV.设计双室电解池(如图)合成Fe₂(S₂O₈)₃和H₂O₂,实现SO₂的 。当b极室内生成1molH₂O₂时，在a极室理论上最多可生成molFe【详解】(1)观察反应③,它可以通过将反应①乘以2,再减去反应②得到：2×①:6H₂+2SO₂=4H₂0+2H₂S△H=2ΔH₁,-②:2H₂S=2H₂+S₂ΔH(4)根据图示，生成S₂的产率由S₂选