化学终极押题猜想（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想01 化学与STSE 押题猜想02 化学用语规范使用 押题猜想03 离子方程式正误判断 押题猜想04 氧化还原反应 押题猜想05 阿伏加德罗常数 押题猜想06 元素化合物的性质 押题猜想07 催化机理循环图分析 押题猜想08  物质能量、能垒变化图像分析 押题猜想09 新型电化学装置分析 押题猜想10 电解质溶液图像分析 押题猜想11 元素周期表与周期律 押题猜想12 晶胞结构分析与计算 押题猜想13 生物大分子的性质与用途 押题猜想14 多官能团有机物的结构与性质 押题猜想15 实验组合装置图的分析 押题猜想16 操作现象结论一致性问题 押题猜想17 化工流程分析 押题猜想18 实验综合探究 押题猜想19 化学反应原理综合 押题猜想20 有机合成与推断 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】将化学知识应用于实践，下列有关做法及其解释均合理的是 A．华为Mate60 Pro部分机型后盖采用“锦纤”材质与合金完美契合，其中合金属于金属材料 B．用红色激光笔照射溶液时，可以看到一条光亮的“通路” C．制作面点时加入食用纯碱，利用中和发酵过程产生的酸 D．人民币票面文字处采用了含的磁性油墨，常用作红色颜料 【答案】A 【解析】合金是性能优良的金属材料，故A正确；CuSO4溶液不是胶体，不能出现丁达尔效应，故不会看到一条光亮的通路，故B错误；食用纯碱为碳酸钠，利用Na2CO3中和发酵过程产生的酸，故C错误；Fe3O4为黑色固体，常用作红色颜料的是Fe2O3，故D错误；故选A。 押题有据 化学与STSE（科学、技术、社会、环境）是北京高考选择题的开篇常客，强调化学知识的实际应用价值。本题以“华为手机后盖材质”“激光笔照射溶液”“食用纯碱”“磁性油墨”等贴近生活的素材，综合考查了金属材料、胶体丁达尔效应、碳酸钠的用途、Fe3O4与Fe2O3的颜色区分。A项合金属于金属材料，正确；B项CuSO4溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应；C项食用纯碱是Na2CO3而非NaHCO3；D项Fe3O4为黑色，红色颜料为Fe2O3。本题押题依据是：近年北京卷STSE题目常设置“看似合理但张冠李戴”的选项，如混淆碳酸钠与碳酸氢钠的用途、混淆不同铁的氧化物的颜色和磁性。复习秘诀是，引导学生关注教材中的“资料卡片”和“科学·技术·社会”栏目，对常见物质的颜色、俗名、用途进行精准记忆，并注意区分“溶液”与“胶体”的本质特征。 考题猜想 1．（2026·北京海淀·月考）“九三阅兵”展示了我国的科技及军事实力，材料科学助力国防事业迈向了新高度。下列军事装备所用的材料属于无机非金属材料的是 A．东风系列导弹采用特种钢材实现轻量化 B．歼-20隐身战机机身覆盖含铁氧体纳米颗粒的吸波材料实现低探测性 C．装甲采用纳米陶瓷降低厚度 D．防弹衣采用芳纶和超高分子量聚乙烯纤维提升防护水平 【答案】C 【解析】特种钢材为金属合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，A错误；铁氧体虽为氧化物（陶瓷类），但若作为吸波材料的填充成分，基体可能为高分子材料，整体属于复合材料，不属于无机非金属材料，B错误；纳米陶瓷直接属于无机非金属材料，C正确；芳纶和超高分子量聚乙烯纤维为有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D错误；故选C。 2．（2025·北京西城·三模）下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是 A．利用溶液的大小可判断溶液中水的电离程度的大小 B．利用反应热数据判断反应速率的大小 C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等 D．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低 【答案】C 【解析】0.1mol/L氯化铵溶液的pH大于等浓度的盐酸，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中水的电离程度大于盐酸，所以不能利用溶液的pH大小判断溶液中水的电离程度的大小，故A错误；利用反应热数据可以判断反应物和生成物总能量的相对大小，但不能判断反应速率的大小，故B错误；石油是多种物质的混合物，因为不同的物质沸点不同，沸点低的首先气化，沸点高的后气化，所以依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等，故C正确；乙醇分子分子能形成分子间氢键，丙烷不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力大于丙烷，沸点高于丙烷，则依据相对分子质量的数据不能推测乙醇和丙烷沸点的相对高低，故D错误；故选C。 3．（2025·北京通州·三模）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原1h可以制备微米级零价铁。研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核—壳”结构。 已知：①壳层可以导电；②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；③磷酸盐溶解度一般较小。 部分金属阳离子去除机理如下图所示。 下列说法不正确的是 A．用磁铁矿备零价铁时发生反应的化学方程式为： B．纳米零价铁去除污水中Cu（Ⅱ）、Zn（Ⅱ）主要机理不同 C．控制，通过形成，可以去除含磷的 D．零价铁去除重金属离子和含磷微粒主要机理包括还原、吸附和沉淀 【答案】C 【解析】磁铁矿的成分是四氧化三铁，四氧化三铁与氢气反应生成铁和水，结合题干信息反应在氢气氛围下600℃高温下进行，则所给反应的化学方程式正确，A不符合题意；零价铁的还原性大于Cu小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过先吸附后产生氢氧化锌沉淀除去Zn(Ⅱ)，B不符合题意；根据信息，当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电，难以吸附磷酸根，当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的磷酸根，磷酸盐溶解度一般较小，故进一步形成FePO4、Fe3(PO4)2沉淀，达到去除磷酸根的目的，C符合题意；除去Cu2+是还原法、除去Zn2+是先吸附后产生氢氧化锌沉淀、除去磷酸根离子是吸附、产生FePO4和Fe3(PO4)2沉淀，D不符合题意；故选C。 4．（2025·北京门头沟·一模）三星堆考古挖掘中，二号祭祀坑出土的商代铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列说法不正确的是 A．测定出土文物年代的原子核内有14个质子 B．X射线衍射实验可以对青铜器微观晶体结构进行分析 C．铜像表面的铜绿能在空气中稳定存在 D．青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料 【答案】A 【解析】原子核内有6个质子，A错误；晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法，X射线衍射法研究晶体结构、形貌和各种缺陷的重要手段，可对青铜器微观晶体结构进行分析，B正确；铜像表面的铜绿不会与空气中成分反应，能在空气中稳定存在，C正确；合金为金属材料，青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料，D正确；故选A。 5．（2025·北京·模拟预测）近年我国在科技领域不断取得新成就，对相关成就所涉及的化学知识理解正确的是 A．以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料 B．“天宫”空间站配置砷化镓光电池，砷化镓电池可将化学能转化为电能 C．聚酯纤维涤纶做成的织物在航空领域得到广泛应用，涤纶通常通过加聚反应制得 D．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工全合成，其中直链淀粉含量高的食物口感较黏 【答案】A 【解析】硅树脂是具有高度交联网状结构的热固性聚硅氧烷，属于高分子材料，A正确；砷化镓光电池是将太阳能(光能)转化为电能，而不是化学能转化为电能，B错误；涤纶是聚对苯二甲酸乙二酯，是通过缩聚反应制得的，而不是加聚反应，C错误；直链淀粉含量高的食物，口感较硬，支链淀粉含量高的食物口感较黏，D错误；故选A。 押题猜想02 化学用语规范使用 终极押题 【原创题】下列化学用语或图示表示正确的是( ) A．氨水中NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为： B．p-pπ键形成示意图： C．基态Cu＋的价电子轨道表示式： D．用电子式表示的形成过程： 【答案】 B 【解析】A错误，氧原子电负性更强，与氧原子连接的氢几乎成为质子，更容易形成氢键，故在氨水中，NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为：；B正确，p-p π键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，形成示意图为；C错误，基态Cu＋的价电子数为10，价电子轨道表示式为；D错误，Na2S为离子化合物，用电子式表示Na2S的形成过程：。 押题有据 北京高考近年来对化学用语的考查愈发注重细节和规范性，不再局限于简单的电子式、结构式，而是深入到氢键表示、轨道表示式、π键形成过程等微观层面。本题精准捕捉了这一趋势，通过设置氢键主要形式、p-pπ键示意图、Cu+价电子轨道式、离子化合物形成过程四个选项，全面覆盖了学生易错、易混淆的“雷区”。其中，氢键的表示（尤其是方向性和原子电负性）和过渡金属离子的轨道表示式是北京卷的潜在高频考点。押题秘诀在于，复习时要引导学生回归教材插图（如氢键、π键的示意图），并强化对“构造原理”和“洪特规则特例”的理解，避免“想当然”的错误。 考题猜想 1．（2026·北京延庆·一模）物质的微观结构决定其宏观性质。乙胺是一种无色、有强烈氨味的液体，能与水、乙醇、乙醚等有机溶剂混溶。下列说法不正确的是 A．乙胺的电子式： B．乙胺分子中，乙基中的碳原子和氨基中的氮原子均为杂化 C．乙胺分子中的氨基可与水形成氢键 D．乙胺可与盐酸发生反应，生成 【答案】A 【解析】由结构简式可知，乙胺是典型的共价化合物，电子式为：，A错误；由结构简式可知，乙胺分子中，乙基中的碳原子形成4个σ键，氨基中的氮原子形成3个σ键，还有1对孤对电子，所以碳原子氮原子的杂化方式均为杂化，B 正确；由结构简式可知，乙胺分子中的氨基可与水分子形成分子间氢键，C正确；由结构简式可知，乙胺分子中的氨基具有碱性，能与盐酸发生反应生成，D正确；故选A。 2．（2026·北京·一模）下列化学用语表示正确的是 A．基态镁原子最外层电子云轮廓图： B．的VSEPR模型： C．的系统命名：2,2,4-三甲基戊烷 D．1mol冰晶体中存在着4mol氢键，其结构为 【答案】C 【解析】基态镁原子最外层电子为3s2，s轨道电子云轮廓图为球形，题目中图片为哑铃形(p轨道)。A错误；中心S原子价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体形，图片为三角锥形(分子构型)则不符合。B错误；该有机物主链为5个碳的戊烷，2号碳连2个甲基、4号碳连1个甲基，系统命名为2,2,4-三甲基戊烷。C正确；冰的晶体结构为，1个水分子与相邻的4个水分子形成4个氢键，但1个氢键被2个水分子共用，则平均1 mol冰晶体中存在着2 mol氢键。D错误；故选C。 3．（2025·北京丰台·一模）下列化学用语或图示表达正确的是 A．的电子式： B．反-2-丁烯的结构简式： C．HCHO分子的空间结构模型： D．杂化轨道示意图： 【答案】C 【解析】过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，电子式为，故A错误；反-2-丁烯的结构简式为，故B错误；甲醛的空间构型为平面三角形，空间结构模型为，故C正确；杂化轨道为平面三角形，杂化轨道间夹角为120°，示意图为，故D错误；故选C。 4．（25-26高三上·北京顺义·期末）下列化学用语或图示表达正确的是 A．的结构模型 B．的电子式 C．基态原子价层电子排布式 D．轨道和轨道形成键 【答案】D 【解析】 属于共价晶体，晶体中不存在单个分子，A错误；是带正电的阳离子，电子式需要加方括号并标注正电荷，正确的电子式为，B错误；28号Ni的基态原子核外电子排布为，价层电子排布式为，C错误； 轨道与轨道以"肩并肩"方式重叠形成键，图示符合键的成键特点，D正确；故选D。 5．（25-26高三上·北京东城·期末）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．H2O2的电子式为 B．基态原子的价层电子排布式为 C．基态S原子的价层电子轨道表示式为 D．顺-2-丁烯的分子结构模型为 【答案】B 【解析】H2O2为共价化合物，其电子式为，A正确；基态24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，B错误；基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为，C正确；顺-2-丁烯的分子两个甲基位于双键的同一侧，结构模型为，D正确；故选B。 押题猜想03 离子方程式正误判断 终极押题 【原创题】下列离子方程式错误的是（ ） A．向澄清石灰水中滴加少量的碳酸氢钠溶液： B．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： C．把少量二氧化硫气体通入到次氯酸钠溶液： D．向硫酸氢铵溶液滴加少量的氢氧化钡溶液： 【答案】 D 【解析】A正确，向澄清石灰水中滴加少量的碳酸氢钠溶液，生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为；B正确，用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，H2C2O4被氧化为CO2，H2C2O4属于弱酸，该反应的离子方程式为；C正确，少量SO2通入到NaClO溶液中，离子反应为；D错误，向NH4HSO4溶液滴加少量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、硫酸铵和水，离子方程式为：。 押题有据 离子方程式正误判断是北京高考选择题的必考题型，通常结合“少量/过量”问题、物质强弱、氧化还原反应原理进行综合考查。本题精选了四个典型陷阱：A项考查“少量碳酸氢钠”与澄清石灰水的反应，是“定组成”原则的经典应用；B项关注草酸作为弱酸在离子方程式中的保留形式；C项考查二氧化硫与次氯酸钠的氧化还原反应；D项则设置了硫酸氢铵与少量氢氧化钡反应的“先后顺序”陷阱。本题的押题依据是：近5年北京卷对“与量有关的离子方程式”考查频率极高，且常以Ba(OH)2、Ca(HCO3)2等物质为载体。复习时应强调“以少定多”和“强氧化剂优先”的解题思路。 考题猜想 1．（2026·北京顺义·一模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．洗涤硫酸钡时，用稀硫酸比用等体积蒸馏水损失少： B．用稀硝酸洗去试管壁上的银： C．用足量NaOH溶液吸收尾气： D．钠可用作强除水剂： 【答案】B 【解析】稀硫酸中存在大量，使的溶解平衡逆向移动，抑制溶解，因此用稀硫酸洗涤时损失更少，A不符合题意；稀硝酸与Ag反应的还原产物为NO，反应为，给出的方程式与事实不相符，B符合题意；足量NaOH溶液吸收，反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式书写正确，C不符合题意；Na可与水反应生成氢氧化钠和氢气，因此可作强除水剂，离子方程式书写正确，D不符合题意；故选B。 2．（2026·北京延庆·一模）下列化学方程式或离子方程式与所给事实不相符的是 A．实验室用大理石与稀盐酸制取二氧化碳： B．铜与浓硫酸在加热条件下反应： C．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气： D．用溶液除去乙炔中的： 【答案】C 【解析】难溶于水，不能拆分为离子，与稀盐酸反应的离子方程式书写正确，符合事实，A正确；铜与浓硫酸加热反应的化学方程式中，产物、配平均正确，符合事实，B正确；通入过量氯气时，溴化亚铁中的和会完全被氧化，该方程式漏掉了的氧化反应，正确离子方程式为，与所给事实不符，C错误；的溶解度很小，硫酸铜溶液可与反应生成CuS沉淀除去杂质H2S，离子方程式书写正确，符合事实，D正确；故选C。 3．（25-26高三上·北京西城·期中）解释下列事实所用的化学用语不正确的是 A．铜片放入浓硝酸中： B．利用覆铜板制作印刷电路板： C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应： D．通入酸性高锰酸钾溶液中，褪色： 【答案】A 【解析】铜与浓硝酸反应应生成而非NO，离子方程式应为，A错误；与Cu反应生成，电荷和原子均守恒，B正确；吸氧腐蚀负极反应为Fe失去电子生成，C正确；与酸性高锰酸钾反应，电荷、原子均守恒，D正确；故选A。 4．（2025·北京海淀·三模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体： B．在HCl气氛中加热制无水： C．草酸()使酸性溶液褪色： D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基： 【答案】C 【解析】铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体即H2和NaAl(OH)4，则离子方程式为：，A正确；在HCl气氛中加热制无水，以抑制Mg2+水解，反应方程式为：，B正确；已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故草酸()使酸性溶液褪色的离子方程式为：，C错误；用银氨溶液检验乙醛中的醛基产生光亮的银镜，反应方程式为：，D正确；故选C。 押题猜想04 氧化还原反应 终极押题 【原创题】氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用溶液和“另一种反应物”制取，在中能燃烧生成和；跟盐酸反应生成难溶物和。下列推断不正确的是 A．“另一种反应物”在反应中表现还原性 B．与反应的化学方程式为： C．与反应时，氧化产物为和 D．与盐酸反应的离子方程式为： 【答案】D 【解析】氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，A正确；根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：，B正确；CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物为和，C正确；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：，D错误；故选D。 押题有据 近年北京高考对氧化还原反应的考查，已从单纯的化合价判断转向陌生情境下的反应分析、产物推断和方程式书写。本题以“氢化亚铜”这一陌生化合物为载体，综合考查了氧化剂与还原剂的判断、氧化还原反应方程式的配平、氧化产物的识别以及信息型离子方程式的正误判断。D项是典型易错点，学生容易忽略题干中“生成CuCl难溶物”这一关键信息，漏写氯离子和沉淀符号。本题押题依据是：北京卷常通过新信息（如CuH、NaH、CaH2等金属氢化物）考查氧化还原反应的基本规律，要求学生能快速提取有效信息，运用“化合价升降法”进行推理。复习秘诀是，引导学生养成“先标化合价，再找变化，最后配平”的解题习惯，并特别注意离子方程式中的“沉淀、气体、弱电解质”等保留形式。 考题猜想 1．（2026·北京延庆·一模）下列叙述对应的反应中，能体现还原性的是 A．向亚硫酸钠溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 B．向酸性高锰酸钾溶液中滴加亚硫酸钠溶液，溶液紫红色逐渐褪去 C．向亚硫酸钠溶液中通入二氧化碳，无明显实验现象 D．向氯化钡溶液中滴加亚硫酸钠溶液，生成白色沉淀 【答案】B 【解析】亚硫酸钠溶液与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化硫和水，则产生能使澄清石灰水变浑浊的气体的反应中没有元素发生化合价变化，该反应属于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，A错误；酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸钠和水，则溶液紫红色逐渐褪去的反应中硫元素的化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是反应的还原剂，体现了还原性，B正确；亚硫酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和亚硫酸氢钠，反应中没有元素发生化合价变化，该反应属于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，C错误；氯化钡溶液与亚硫酸钠溶液反应生成氯化钠和亚硫酸钡沉淀，则生成白色沉淀的反应中没有元素发生化合价变化，该反应属于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，D错误；故选B。 2．（25-26高三上·北京顺义·期末）下列物质的用途与其氧化性或还原性无关的是 A．乙醇用作燃料 B．过氧化钠用作制氧剂 C．小苏打用作烘焙糕点膨松剂 D．氯化铁用作覆铜印刷电路板腐蚀液 【答案】C 【解析】乙醇用作燃料与氧气反应，乙醇作为还原剂被氧化，与还原性有关，A错误；过氧化钠用作制氧剂时发生歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，与氧化性和还原性有关，B错误； 小苏打用作烘焙糕点膨松剂，分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，是非氧化还原反应，与还原性和氧化性无关，C正确；氯化铁用作覆铜印刷电路板腐蚀液，发生反应，铁离子作氧化剂，与氧化性有关，D错误；故选C。 3．（25-26高三上·北京房山·期末）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A．侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl为原料的联合制碱法 B．戴维电解盐酸得到H2和Cl2，从而提出了酸的含氢学说 C．舍勒通过MnO2与浓HCl反应首次发现Cl2 D．菲利普以S为原料利用接触法制得H2SO4 【答案】A 【解析】侯德榜联合制碱法主要涉及复分解反应：NH3 + CO2 + H2O + NaCl = NaHCO3 + NH4Cl，无元素氧化态变化，不涉及氧化还原反应，A符合题意；戴维电解盐酸中，氢元素氧化态从+1降至0（还原），氯元素从-1升至0（氧化），涉及氧化还原反应，B不符合题意；舍勒用MnO2与浓HCl反应制Cl2，锰元素氧化态从+4降至+2（还原），氯元素从-1升至0（氧化），涉及氧化还原反应，C不符合题意；菲利普接触法制硫酸：S → SO2 → SO3 → H2SO4中，硫元素氧化态从0升至+4（SO2）再至+6（SO3），涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选A。 4．（25-26高三上·北京昌平·期末）下列反应中，体现H2O还原性的是 A．Na与H2O反应生成NaOH和H2 B．Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2 C．F2与H2O反应生成HF和O2 D．CaH2与H2O反应生成Ca(OH)2和H2 【答案】C 【解析】在Na与H2O反应中，H2O中的氢元素化合价降低（从+1到0），被还原，体现氧化性，A不符合题意；在Na2O2与H2O反应中，H2O的氢和氧元素化合价均未变化，不体现还原性，B不符合题意；在F2与H2O反应中，H2O中的氧元素化合价升高（从-2到0），被氧化，体现还原性，C符合题意；在CaH2与H2O反应中，H2O中的氢元素化合价降低（从+1到0），被还原，体现氧化性，D不符合题意；故选C。 押题猜想05 阿伏加德罗常数 终极押题 【原创题】用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L己烷中含有的共价键数目为19NA B．和的混合物含有原子数目为 C．标准状况下，含键数为 D．2.4 g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.1NA 【答案】 B 【解析】A错误，标准状况下己烷是液体，故无法计算22.4L己烷中含有的共价键数目；B正确，和的最简式都是CH2O，和的混合物中含有碳原子数为；C错误，二氧化碳的结构式为O=C=O，分子中碳氧双键含有1个σ键，标准状况下，4.48L二氧化碳中含有σ键的数目为×2×NAmol—1=0.4NA；D错误，2.4 g即0.1 mol镁条在空气中充分燃烧，镁被氧化为＋2价，故转移的电子数目为0.2NA。 押题有据 NA题是高考化学的“常青树”，北京卷在此类题目的设置上更注重“陷阱”的隐蔽性和综合性。本题A项以“标准状况下己烷为液体”设伏，考查气体摩尔体积的适用条件；B项利用“最简式相同”的原理，考查混合物中原子数的计算，是高效解法；C项考查σ键和π键的概念，将结构化学知识融入N_A计算；D项则考查镁在空气中燃烧（主要与O2和N2反应）的电子转移，注意镁始终变为+2价。本题押题依据是：北京卷近年N_A题常涉及“特殊物质的状态（如SO3、苯）”、“共价键数目（如金刚石、SiO2、P4）”、“可逆反应”及“氧化还原中的电子转移”。备考秘笈是建议学生建立“NA十二大陷阱”清单，逐一排查。 考题猜想 1．（25-26高三下·北京·开学考试）用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．常温常压下，与混合气体中所含的质子数为 B．1 mol 配离子中，含有配位键的数目为 C．的溶液中，的数目为 D．密闭容器中，和充分反应后，容器内分子总数为 【答案】A 【解析】和的摩尔质量均为28 g/mol，28 g混合气体总物质的量为1 mol，且每个和分子的质子数均为14，故混合气体所含质子数为14，A正确；1个配离子中，仅与4个之间存在4个配位键，内部的键为普通共价键，故1 mol该配离子含配位键数目为4，B错误；的溶液中，Na2CO3的物质的量为1mol，但会发生水解，因此溶液中的数目小于0.1，C错误；和生成的反应为可逆反应，反应不能进行完全，故反应后容器内分子总数应大于2且小于3，D错误；故选A。 2．（25-26高三上·北京海淀·期中）用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A． （重水）中所含质子的数目为 B． 的溶液中，的数目为 C．4.6 g乙醇中所含键的数目为 D． 与 充分反应生成分子的数目为 【答案】C 【解析】D2O的摩尔质量为20 g/mol，1.8 g D2O的物质的量为=0.09 mol。每个D2O分子含10个质子，总质子数为0.09×10×NA=0.9NA，A错误；未提供溶液体积，仅凭浓度无法计算Cl-的具体数目，B错误；乙醇的摩尔质量为46 g/mol，4.6 g乙醇为=0.1 mol。每个乙醇分子含5个C-H键，总C-H键数目为0.1×5×NA=0.5NA，C正确；合成氨反应为可逆反应，1 mol N2与5 mol H2无法完全转化为2 mol NH3，实际生成量小于2NA，D错误；故选C。 3．（2025·北京海淀·三模）用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A．含有键的数目为 B．溶液中的数目为 C．和的混合气体含有的原子数为 D．(标准状况)乙醇与足量充分反应，生成的分子数为 【答案】C 【解析】乙炔的结构式如图：，1个乙炔分子中含有1个碳碳三键，1个碳碳三键有1个键和2个π键，C与H之间是键，则含有键的数目为，A错误；溶液中体积未知，无法计算的数目，B错误；和的最简式为，则和的混合气体的物质的量为，含有1mol氮原子、2mol氧原子，总共含有3mol原子，含有原子的数目为，C正确；标准状况下乙醇不是气体，因此无法利用气体摩尔体积算得乙醇的物质的量，D错误；故选C。 4．（2025·北京东城·二模）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是 A．12gNaHSO4固体中所含阳离子数为0.1NA B．25℃，1LpH=5的NH4NO3溶液中，水电离出的H+数为10-5NA C．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间 D．0.1molCH4与过量Cl2光照下反应生成的HCl分子数小于0.4NA 【答案】C 【解析】固体中阳离子为，，则固体中所含阳离子数，A正确；溶液中水解使溶液呈酸性，此时浓度为，水解促进水电离，则完全来自水的电离，，B正确；的物质的量，与反应无论生成或，每个原子均失去1个电子，则总转移电子数为，C错误；与的取代反应生成四种氯代甲烷混合物，每取代一个H生成1个，如果只生成四氯化碳则生成的物质的量为，但是该反应同时得到四种含氯代物，所以反应生成的分子数小于，D正确；故选C。 5．（25-26高三下·北京·开学考试）用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A．含有键的数目为 B．1 mol 基态Cr原子的未成对电子数为 C．和的混合气体含有的原子数大于 D．2.24 L(标准状况)乙醇与足量Na充分反应，生成的分子数为 【答案】B 【解析】1个分子中含有1个碳碳三键，1个碳碳三键包含2个π键，因此1 mol含有π键的数目为，A错误；基态Cr原子的核外电子排布为，共有6个未成对电子，因此1 mol基态Cr原子的未成对电子数为，B正确；和的最简式均为，46 g混合气体对应最简式的物质的量为1 mol，总共含有的原子数为，并非大于，C错误；标准状况下乙醇为液态，不能使用气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，因此无法确定生成的分子数，D错误；故选B。 押题猜想06 元素化合物的性质 终极押题 【原创题】下列关于物质用途的说法不合理的是 A．小苏打用作发泡剂烘焙面包 B．硅单质用于制造光导纤维 C．铁红可用于壁画颜料 D．二氧化硫可用于纺织品漂白 【答案】B 【解析】小苏打（碳酸氢钠）受热分解生成二氧化碳，可使面包蓬松，A合理；光导纤维的主要成分是二氧化硅（），而非硅单质（），硅单质多用于半导体材料，B不合理；铁红（）呈红色且性质稳定，常用于颜料，C合理；二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纺织品（如草帽等），D合理；故选B。 押题有据 本题旨在考查“性质决定用途”的化学思想，是北京卷选择题中体现“化学与社会发展”联系的重要载体。元素化合物的性质与用途是北京高考选择题的高频考点，往往将常见物质的性质与生活、生产中的应用进行“配对”考查，强调“性质决定用途”的化学观念。本题选取了四个贴近生活的实例：A项小苏打（NaHCO3）受热分解产气；B项光导纤维（SiO2）与硅单质（Si）的用途混淆，是经典易错点；C项铁红（Fe2O3）的稳定性和颜色；D项SO2的漂白性。押题依据是：近5年北京卷在此类题目中频繁考查硅及其化合物的用途（如Si用于芯片、太阳能电池，SiO2用于光导纤维），以及常见漂白剂（SO2、次氯酸、过氧化氢）的区分。复习时，建议学生将教材中所有“物质——性质——用途”进行列表对比，特别关注“看似正确但张冠李戴”的选项。 考题猜想 1．（2025·江苏·一模）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A．自然固氮、人工固氮都是将转化为 B．工业制硝酸过程中的物质转化： C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应： D．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：(稀) 【答案】D 【解析】自然固氮、人工固氮都是将转化为含氮的化合物，故A错误；工业制硝酸过程中的物质转化是氮气转化为氨气，氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故B错误；汽车尾气催化转化器中发生的主要反应是一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，，故C错误；实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物，铜稀硝酸反应生成NO气体，NO遇空气转化为NO2，故D正确；故选D。 2．（2025·北京延庆·一模）关于和的下列说法中，不正确的是 A．室温下，的溶解度比的大 B．在饱和溶液中通入会有晶体析出 C．溶液中加入溶液产生沉淀，促进了的水解 D．两种物质的溶液中都存在： 【答案】C 【解析】高价阴离子盐通常比低价阴离子盐更易溶于水，因此的溶解度比的大，A项正确；溶液中通入生成，由于的溶解度小于，因此以晶体的形式析出，B项正确；溶液中加入溶液，发生了离子交换，生成了沉淀，使浓度减小，促进了的电离，C项错误；和溶液中，阳离子均为、，阴离子均为、、，根据电荷守恒有，D项正确；故选C。 3．（2025·北京·三模）下列说法不正确的是 A．石墨可用作固体润滑剂 B．乙二醇用作汽车防冻液 C．聚乙炔用作绝缘材料 D．液氨用作制冷剂 【答案】C 【解析】A. 石墨是混合型晶体，层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A正确；乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸气压，冰点显著降低，所以乙二醇可以用作汽车防冻液，B正确；聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，所以聚乙炔是导电聚合物，而非绝缘材料，C错误；液氨气化时会吸收热量而使周围环境降低，从而实现制冷的目的，所以液氨可用作制冷剂，D正确。故选C。 4．（2025·北京海淀·二模）下列关于和两种溶液的说法不正确的是 A．和溶液均呈酸性 B．保存时均需加入少量铁粉 C．可利用与铜粉的反应比较、的氧化性强弱 D．分别加入NaOH溶液，久置后均能观察到红褐色沉淀 【答案】B 【解析】FeCl3和FeCl2均为强酸弱碱盐，Fe2+和Fe3+水解生成H+，溶液均呈酸性，A正确；保存FeCl2溶液需加入铁粉(防止Fe2+被氧化)，但FeCl3溶液若加铁粉，Fe3+会与Fe反应生成Fe2+(如2Fe3++Fe=3Fe2+)，反而污染溶液，B不正确；Fe3+可与Cu反应(2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+)，而Fe2+无法氧化Cu，说明Fe3+氧化性强于Fe2+，C正确；FeCl3与NaOH直接生成红褐色Fe(OH)3；FeCl2首先生成白色Fe(OH)2，但在空气中氧化为Fe(OH)3(最终红褐色)，D正确；故选B。 5．（2026·北京·模拟预测）依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体 B 难溶于盐酸，可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐” C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和NaOH溶液反应是吸热反应 D 丙三醇多羟基结构与新制溶液反应呈绛蓝色 葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】浓硫酸具有强氧化性，I-还原性较强，二者会发生氧化还原反应，无法制备HI气体，A错误；胃酸主要成分为盐酸，BaCO3可与盐酸反应生成可溶性有毒钡盐，不能代替作“钡餐”，B错误；盐酸与NaOH的反应属于中和反应，中和反应均为放热反应，C错误；葡萄糖分子中含有多个羟基，和丙三醇一样可与新制反应使溶液呈绛蓝色，D正确；故选D。 押题猜想07 催化机理循环图分析 终极押题 【原创题】甲醛的主要危害表现为对皮肤粘膜的刺激作用，甲醛在室内达到一定浓度时，可引起眼红、眼痒、咽喉不适或疼痛、声音嘶哑、喷嚏、胸闷、气喘、皮炎等。新装修的房间甲醛含量较高，是众多疾病的主要诱因。在二氧化锰催化下，HCHO氧化为CO2的历程如下图所示，下列说法错误的是（ ） A．CO2的空间结构为直线形 B．MnO2是催化剂，总反应为HCHO+O2CO2 +H2O C．•CHO中的碳原子采取sp3杂化 D．若转移4mol电子，标准状况下有22.4LCO2生成 【答案】 C 【解析】A正确，CO2中心C原子价层电子对数为2+=2+0=2，不含孤电子对，所以其空间结构为直线形；B正确，根据反应原理，MnO2是催化剂，总反应为HCHO+O2CO2 +H2O；C错误，•CHO的中心碳原子与氧原子之间为碳氧双键，则采用的是sp2杂化，；D正确，根据方程式可知，标准状况下，每转移4mol电子，有22.4LCO2生成。 押题有据 “催化机理循环图”是近年北京高考的“新宠”，它很好地体现了化学反应原理的微观可视化。本题以室内污染物甲醛的催化氧化为情境，融合了分子空间构型（CO2）、催化剂概念、原子杂化类型（•CHO自由基）以及氧化还原计算等多个知识点。C项中•CHO自由基的碳原子杂化类型是本题亮点和难点，容易误判为sp3，需要学生理解自由基的结构与成键方式。押题依据是：此类题目能有效考查学生“证据推理与模型认知”的核心素养。备考时应引导学生关注催化循环中的“始态终态”（总反应）、决速步（能垒最高的步骤）以及中间体和过渡态的区分。 考题猜想 1．（2025·北京平谷·一模）近期中国科学家在低温转化研究方面取得新进展，利用Fe氧簇MOF低温催化甲烷反应的机理如图所示，下列说法错误的是 A．该反应有利于减少温室气体排放 B．为该反应的催化剂 C．该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成 【答案】C 【分析】根据图中信息得到总反应方程式为。 【解析】甲烷是一种温室气体，它的温室效应比二氧化碳更强，该反应消耗甲烷，有利于减少温室气体排放，A正确；在反应历程中，先消耗，后生成，故是该反应的催化剂，B正确；由分析的总反应可知，做还原剂，做氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；该反应中存在碳氢极性键的断裂，氮氮非极性键的形成，D正确；故选C。 2．（2025·北京丰台·二模）在光照条件下，空气中的二氧化硫二氧化钛颗粒物表面发生催化氧化生成硫酸气溶胶，下列说法不正确的是 A．受到光激发产生的空穴()带正电，能将氧化成·OH B．在颗粒物表面形成有多种途径，其中一种为 C．上述形成硫酸气溶胶的总反应为 D．空气的湿度越大，硫酸气溶胶的形成速率越快 【答案】D 【解析】观察可知，受到光激发产生的空穴带正电，中氧元素为-2价，具有还原性，空穴能将氧化成，A选项正确；从图中反应过程可以看出，在颗粒物表面形成有多种途径，其中一种途径中，具有强氧化性，能将氧化，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应为，B选项正确；由图中整个反应过程可知，二氧化硫、氧气和水在作催化剂、光激发的条件下反应生成硫酸根离子和氢离子，总反应为，C选项正确；空气中湿度大时，水的含量高，可能会稀释反应体系中的反应物浓度，导致硫酸气溶胶的形成速率减慢，而不是越快，D选项错误；故选D。 3．（2025·北京·三模）铑的价层电子排布式是，铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。 下列叙述不正确的是 A．铑位于元素周期表第五周期第VIII族 B．X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形 C．A、C分别是和 D．B为、D为 【答案】D 【分析】根据甲醇羰基化反应机理可知，先与HI转化为和水，再与CO在催化剂作用下生成，进一步与水反应生成和HI，因此A、C分别是和，E、F分别为和，B、D分别为水和HI。 【解析】铑的价层电子排布式是，则铑位于元素周期表第五周期第VIII族，A正确；若X为四面体形结构，则两种配体（如CO和）的空间位置等效，不存在同分异构体，因此X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构为平面四边形，不是四面体形，B正确；根据分析，A、C分别是和，C正确；根据分析，B、D分别为水和HI，D错误；故选D。 4．（2025·北京大兴·三模）某反应机理如下，下列说法不正确的是 A．化合物VI为该反应的催化剂 B．化合物为，可循环利用 C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和 D．化合物III转化为IV后，键长变短 【答案】C 【解析】由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，故A正确；根据I+Ⅳ→X+Ⅱ和IV+X→VI+V，由I、Ⅳ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，并且可循环利用，故B正确；根据反应机理，总反应为I+III→V，若化合物III为，按照该反应机理可生成和，故C错误；根据III和IV结构式，III中C2-C3为碳碳单键，IV中C2-C3为碳碳双键，键长变短，故D正确；故选C。 5．（2025·北京通州·二模）环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法不正确的是 A．反应前后性质不发生变化 B．反应过程键2比1更易断裂，这与R有关 C．的酸性： D．总反应原子利用率可达100% 【答案】A 【分析】图像中箭头指向为生成物，箭尾指向为反应物，其余为催化剂或中间产物。 【解析】由图分析可知，是催化剂，参与了反应，反应前后化学性质不变，物理性质发生改变，A错误；R是烃基，是推电子基，使得键1电子云密度大，键能大，键2比1更易断裂，B正确；-C4H9是推电子基，Br是吸电子基，推电子效应使酸性减弱，吸电子效应使酸性增强，C正确；由图可知，总反应为： ，属于加成反应，原子利用率为100%，D正确；故选A。 押题猜想08 物质能量、能垒变化图像分析 终极押题 【原创题】镍是一种银白色金属，具有良好的机械强度和延展性。不溶于水，耐高温，对酸和碱的抗蚀能力很强。镍可活化乙烷放出甲烷，其反应历程如图所示，下列说法错误的是（ ） A．为放热反应 B．过渡态2中Ni的成键数目为3 C．该反应历程只有有极性键的断裂和生成 D．中间体2→中间体3活化能最小 【答案】 D 【解析】A正确，△H只与始态和终态有关，根据历程图像可知，该反应为放热反应；B正确，过渡态2中Ni的成键数目为3；C正确，该反应过程中涉及C-C键断裂和C-H键的形成，没有非极性键的形成；D错误，活化能大，化学反应速率慢，是决速步骤，根据历程图可知，中间体2→中间体3能量差值最大，活化能最大，是决速步骤。 押题有据 能量-反应过程图像是北京高考原理大题中常见的“开胃菜”，近年也频繁出现在选择题中。本题通过Ni活化乙烷的反应历程图，综合考查了焓变判断（△H=生成物总能量-反应物总能量）、过渡态结构、化学键变化（极性键与非极性键）以及决速步的判定（活化能最大）。D选项是常见误区，学生容易误认为能垒变化小的步骤是决速步，实际上活化能最大的步骤反应速率最慢，是决速步。押题依据是：此类题能直观考查学生对化学反应本质的理解。秘笈是教会学生如何从图像中准确读取反应物、生成物、中间体和过渡态的能量信息。 考题猜想 1．（2025·北京通州·三模）乙炔（）能在汞盐溶液催化下与水反应生成，反应历程及相对能垒如下图所示。 下列说法正确的是 A．本反应历程涉及的物质中，最稳定 B．过程①中，的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子 C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成 D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率 【答案】B 【分析】五个过程中，①②⑤为放出能量反应的能垒，③④为吸收能量反应的能垒，其中过程④能垒比过程③大，反应速率较慢。 【解析】能量越低越稳定，整个历程中涉及的物质，的能量最低，最稳定，A错误；水分子中的氧原子存在孤对电子，中存在空轨道，所以水分子中的氧原子向的空轨道提供孤对电子形成配合物，B正确；由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂， 但不存在非极性键的形成，C错误；由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的压强和浓度可以使平衡向正反应方向移动，但增大乙炔的浓度，乙炔的转化率减小，D错误；故选B。 2．（2025·北京朝阳·二模）在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。 下列说法不正确的是 A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇 B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂 C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成 D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应 【答案】C 【解析】生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确；溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br键，说明较易断裂，故B正确；过渡态2生成CH3CH2OH和Br-，过渡态2表示a，故C错误；生成乙醇的反应是溴乙烷中Br原子被羟基代替，属于取代反应，生成乙烯的反应溴乙烷发生消去反应生成碳碳双键，故D正确；故选C。 3．（2025·北京西城·一模）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A．和生成与的过程体现了的酸性 B．M中C原子存在两种杂化方式 C．生成产物I的反应类型是加成反应 D．结合示意图可以判断通过控制反应时间可以制备产物I 【答案】D 【解析】和生成与的过程中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子，体现了的酸性，A正确；M中与-NO2结合的碳形成4个共价键，为sp3杂化，其余C原子为sp2杂化，B正确；生成产物I的反应中，与反应物苯比较，生成物的不饱和度降低，生成X时原苯分子中相邻两个碳原子分别结合了硝基和磺酸基，属于加成反应，C正确；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；生成产物Ⅱ的反应的活化能更低、且产物Ⅱ的能量更低更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故不能通过控制反应时间可以制备产物I，D错误；故选D。 4．（2025·北京东城·二模）实验表明，其他条件相同时，一定范围内，（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成的速率与无关。该反应过程的能量变化如图所示。 ①下列说法不正确的是 A．该反应为取代反应 B．中C的杂化方式不完全相同 C．X为Br时的、和均不等于X为I时的和 D．该反应速率与无关的原因主要是不参与① 【答案】C 【解析】该反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应，A正确；甲基的碳原子是杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电，价电子对数是3，为杂化，B正确；表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br和I的不相同，表示形成键释放的能量，则Br和I的相同，C错误；决速步骤(活化能大的步骤)为碳卤键的离解（步骤①），不涉及OH⁻，故速率与其浓度无关，D正确；故选C。 5．（2025·北京丰台·一模）乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，部分反应历程可表示为：，能量变化如图所示。 已知：为快速平衡。 下列说法不正确的是 A．反应IV是的决速步 B．反应结束后，溶液中存在 C．反应过程中涉及键的断裂和形成 D．反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变 【答案】D 【解析】反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，并非水解焓变（水解生成羧酸盐、醇），D错误；故选D。 押题猜想09 新型电化学装置分析 终极押题 【原创题】细菌电池是一种利用细菌代谢有机物产生电能的装置，其基本原理是通过电极收集细菌分解有机物释放的电子，将化学能转化为电能。我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列说法正确的是（ ） A．a极为发生氧化反应 B．正极发生的反应O2+4H++4e-=2H2O C．若a极区增加2mol，则b极区生成 D．A电极的电势低于B电极 【答案】 B 【解析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO42-+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，则电池总反应为O2+2HS—+2H+=2S↓+2H2O。A错误，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水；B正确，正极发生的反应O2+4H++4e-=2H2O；C错误，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，由电极反应式可知，b极区生成1mol硫时，b极同时生成的1mol氢离子移向a极区，a极氧气转化为水消耗2mol氢离子，则a极区氢离子的物质的量减少1mol；D错误，A极是正极，B 极是负极，所以A电极的电势高于B电极。 押题有据 新型电源是电化学考查的热点，本题以“海泥细菌电池”为情境，体现了绿色能源和环保理念。装置图复杂，但本质仍是原电池。押题依据是北京卷常以微生物燃料电池、金属-空气电池等为载体，考查学生识图、析图和电极反应书写能力。复习时要重视“离子迁移方向”和“电子流向”的分析。 考题猜想 1．（2026·北京·一模）粗铜中含铁、银等金属杂质，工业上常用电解法除去杂质制得精铜。铜的精炼如下图所示，下列说法不正确的是 A．a极是粗铜，b极是纯铜 B．电解法精炼铜充分利用了金属活动顺序 C．铁、铜、银以、、的形式进入溶液 D．电解过程中向阴极移动 【答案】C 【解析】电解精炼铜时，粗铜作阳极接电源正极，纯铜作阴极接电源负极。由图可知，a接电源正极，b接电源负极，因此a是粗铜、b是纯铜，A说法正确；精炼过程中，活泼性强于铜的杂质优先失电子进入溶液，活泼性弱于铜的杂质不放电，沉降为阳极泥，该过程充分利用了金属活动性顺序，B说法正确；金属活动性Fe>Cu>Ag，粗铜电解时，Ag活动性弱于铜，不会在阳极失电子生成Ag+，而是以单质形式从阳极脱落，沉入电解槽底部形成阳极泥，因此不会以Ag+形式大量进入溶液，C说法错误；电解池中，阳离子向阴极移动，Cu2+为阳离子，因此电解过程中Cu2+向阴极移动，D说法正确；故选C。 2．（2025·北京丰台·一模）一种脱除和利用水煤气中的原理示意图如下。 已知：的电离平衡常数：。 下列说法不正确的是 A．，当装置I中时，溶液的 B．装置II中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C．装置II中产生的离子方程式为 D．装置III中的阴极反应式为 【答案】A 【分析】装置III有电源，为电解池。根据题意可知，该装置将CO2还原为C2H4，阴极上发生还原反应，结合题图知，左侧电极为阴极，电极式为：，右侧电极为阳极，电极式为：。装置II中碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、CO2和水，装置I中碳酸钾与水煤气中的CO2反应转化为碳酸氢钾。 【解析】，当装置I中时，根据，故，pH=10，A错误；装置II中为KHCO3溶液，既存在的水解又存在的电离，显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度，B正确；装置II中产生的原因是碳酸氢钾受热分解，离子方程式为，C正确；根据分析，装置III中的阴极反应式为，D正确；故选A。 3．（2025·北京·三模）设计如图装置回收单质钴。装置工作时，乙酸盐降解生成，废旧锂离子电池的正极材料转化为。工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质。下列说法不正确的是 A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小 B．装置工作时，通过阳离子交换膜的数目小于 C．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 D．定时将乙室溶液转移至甲室可以提高单质钴的回收率 【答案】B 【分析】由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，原电池中细菌电极为原电池的负极，乙酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，LiCoO2电极为正极，酸性条件下LiCoO2在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O；电解池中，与原电池正极相连的细菌电极为阳极，乙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，右侧甲室中电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，电解的总反应为CH3COO-+4Co2++2H2O2CO2↑+7H++4Co； 【解析】由分析可知，装置工作时，甲室中电极反应式为Co2++2e-=Co，左侧装置中左室产生的H+通过阳膜进入甲室，溶液pH减小，故A正确；根据电极反应式CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，当电路中转移8mol电子时，细菌室生成7mol氢离子，工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，可知细菌室生成的氢离子完全转移到甲室，根据电荷守恒，还需要有1molNa+转移，通过阳离子交换膜的数目大于，故B错误；由分析可知，装置工作时，乙室为原电池，电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O，反应中消耗氢离子，说明装置工作一段时间后，乙室应补充氯化氢，故C正确；乙室生成Co2+，定时将乙室溶液转移至甲室，可使Co2+在甲室被还原为Co单质，提高回收率，故D正确；故选B。 4．（2025·北京大兴·三模）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是 A．电极A接电源正极，发生氧化反应 B．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 C．电极B的电极反应式为： D．与传统的电解饱和食盐水对比该改进装置能降低电解电压，减少能耗 【答案】C 【分析】在电极A上，氯离子放电生成氯气，发生氧化反应，为阳极；电极B上氧气放电生成氢氧根离子，发生还原反应，为阴极；钠离子从阳极区向阴极区移动，离子交换膜为阳离子交换膜，据此解答。 【解析】由分析知，电极A为阳极，接电源正极，发生氧化反应，A正确；由分析知，离子交换膜为阳离子交换膜，钠离子移向右室，氧气放电生成氢氧根离子，获得浓度较高的NaOH溶液，B正确；电极B上的氧气放电生成氢氧根离子，电极反应式为：，C错误；与传统的电解饱和食盐水对比，氧气更容易在阴极放电，从而能降低电解电压，减少能耗，D正确；故选C。 5．（2025·北京海淀·三模）简易氢氧燃料电池的实验装置如图所示。实验过程如下：先闭合，一段时间后断开，闭合。下列说法不正确的是 A．闭合时，向电极a迁移 B．闭合一段时间后，电极b附近溶液变为红色 C．闭合时，电极a为正极 D．闭合后短时间内，电极b的电极反应： 【答案】D 【分析】由图，断开，闭合时，该装置为电解池，a为阳极，水失去电子发生氧化反应生成氧气：，b为阴极，水得到电子发生还原反应生成氢气：；一段时间后断开，闭合，则形成氢氧燃料电池，a极氧气发生还原反应，为正极，b极氢气发生氧化反应，为负极； 【解析】闭合时，该装置为电解池，阴离子向阳极a极移动，A正确；闭合时，b极为阴极，水得到电子发生还原反应生成氢气：，使得溶液显碱性，附近溶液变为红色，B正确；由分析，闭合时，电极a为正极，C正确；闭合后短时间内，电极b为负极，氢气失去电子发生氧化反应生成水：，D错误；故选D。 押题猜想10 电解质溶液图像分析 终极押题 【原创题】25℃下，用硫酸滴定氨水溶液，所得溶液的和的物质的量分数与滴加硫酸体积的关系如图所示，忽略溶液混合过程中的温度变化。（假设：氨水溶液中的含氮微粒只有和）下列说法不正确的是 A．曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表溶液的pH B．在25℃下，的水解平衡常数为 C．当滴入硫酸时，溶液中 D．当溶液呈中性时，且此时溶液中c(H+)+ 【答案】 D 【解析】A正确，往氨水溶液中加入稀硫酸，随着滴加稀硫酸的体积变化，溶液pH的变化由一个突变过程，逐渐与盐酸反应生成氯化铵和水，含量下降为曲线①，的含量逐渐上升为曲线②，曲线③代表溶液的pH；B正确，由图可知，曲线②代表，时，pH=9.26，pOH=4.74，则的，常温下，的水解常数为；C正确，当滴入硫酸时，得到溶液溶质为和，且此时两者物质的量之比为2：1，由电荷守恒可知，，由物料守恒可知，，则存在；D错误，得到硫酸铵为强酸弱碱盐，溶液酸性，则当溶液呈中性时，由电荷守恒可知，D。 押题有据 电解质溶液图像分析是北京高考的压轴选择题之一，综合性强，难度大。本题以强酸滴定弱碱为背景，以物质的量分数δ-pH图像为载体，考查了曲线识别、电离平衡常数与水解平衡常数的计算、离子浓度大小比较（电荷守恒、物料守恒的应用）。D选项是典型错误，混淆了电荷守恒和物料守恒，或忽略了H+和OH-的存在。押题依据是：数形结合考查电离平衡是北京卷的常见手法，常涉及“交点求K”、“pH突变”等关键点分析。备考秘笈是要求学生熟练掌握“三大守恒”（电荷、物料、质子）的书写，并能在图像中找到特殊点（如起点、交点、中性点、滴定终点）进行分析。 考题猜想 1．（2026·北京延庆·一模）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：①图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合 [注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A．由图1，时， B．由图2，初始状态、，体系中优先析出沉淀 C．由图2，初始状态、，平衡时由的溶度积决定 D．由图1和图2，初始状态、，反应后溶液中会显著降低 【答案】B 【解析】从图1可以看出，当pH=6.37时，的物质的量分数曲线与相交，此时二者物质的量分数相等，则有，A正确；从图2可以看出，当初始pH=10，时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ下方，不会产生和沉淀，B错误；pH=12，时，该点位于曲线Ⅰ上方，体系内产生沉淀，平衡时的由该温度下的溶度积决定，C正确；pH=8，时，该点位于曲线Ⅱ上方，体系内能产生沉淀，溶液中的含C离子主要是，存在电离平衡：，与反应生成沉淀，降低，上述电离平衡向正反应方向移动，使降低，直至达到沉淀平衡，D正确；故选B。 2．（2025·北京丰台·一模）可用于含镉废水的处理。 已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ii．溶液pH约为12.8。 iii．。 下列说法不正确的是 A．溶液中： B．溶液中： C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为 D．向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准 【答案】B 【解析】根据物料守恒可知，，A正确；溶液pH约为12.8，结合图像可知，，B错误；结合题中信息，，则含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为：，C正确；向含的废水中加入足量FeS，方程式为：，平衡常数，假设沉淀转化过程中生成为0.001mol/L，得到，废水可达排放标准，D正确；故选B。 3．（2025·北京朝阳·二模）利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。 已知：i．。 ii．图中直线的离子浓度关系符合或。 下列分析不正确的是 A．①表示的是， B．a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比 C．向c点对应的溶液中加适量固体，可使溶液由c点变到a点 D．向固体中加入的溶液，充分反应后有0.032mol转化为 【答案】D 【分析】饱和溶液中，，，a点代入，小于，即曲线①代表-lg与-lg的关系图，曲线②代表-lg与-lg的关系图，以此解答； 【解析】根据分析可知，①表示的是，，A正确；a、b两点对应的溶液，相同，相应的离子浓度之比，B正确；向c点对应的溶液中加适量固体，则浓度增加，-lg减小，且，可使溶液由c点变到a点，C正确；设有xmol转化为 ，x=0.064mol，D错误；故选D。 4．（2025·北京东城·二模）25°C时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是 A．25°C时，Kb(NH3·H2O)=10-9.25 B．P2所示溶液：c()<100c(NH3·H2O) C．t=0.5时，c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c D．P1所示溶液：c()=c(NH3·H2O)=0.05mol/L 【答案】D 【分析】由图可知时，和的浓度相同，时溶液显中性，和的浓度相同，结合的电离常数的表达式，以此解题。 【解析】根据时，和的浓度相同，且，，=，A项错误；根据时溶液显中性，，结合=，，即，B项错误；时，溶液中溶质为等浓度的和，由图可知溶液此时显碱性，则的电离大于的水解，此时溶液中的离子浓度大小顺序为，C项错误；根据氮原子守恒，，而时，和的浓度相同，故，D项正确；故选D。 5．（2025·北京·模拟预测）环境保护工程师研究用、或处理水样中的。室温下，饱和溶液物质的量浓度为0.1，溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如图所示[例如 ]。已知，，，下列说法中错误的是 A．溶液中 B．向的溶液中通入至饱和，可使 C．忽略的第二步水解，0.1的溶液中的水解率约为62% D．向0.01的溶液中加入等体积的0.2的溶液，反应初期产生沉淀为 【答案】D 【分析】由溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系图可知，曲线向下的代表H2S的物质的量分数与pH关系，先升后降的代表HS-的物质的量分数与pH关系，上升的曲线代表S2-的物质的量分数与pH关系，H2S曲线和HS-曲线的交叉点代表二者的浓度相等，对应的pH=7，c(H+)=10-7mol/L，Ka1==c(H+)=10-7，HS-与S2-曲线交叉点代表HS-与S2-二者物质的量分数相等，对应的pH=13，c(H+)=10-13mol/L，Ka2==c(H+)=10-13。 【解析】溶液中存在电荷守恒，即：，A正确；向的溶液中通入至饱和，若，反应Cd2++H2S=CdS↓+2H+几乎完全发生，c(H+)=0.02mol/L，由Ka1×Ka2=×==10-7×10-13=10-20，饱和H2S溶液中H2S浓度为0.1mol/L，=10-20，=2.5×10-20mol/L，此时c(Cd2+)=<10-5mol/L，B正确；根据S2-+H2O⇋HS-+OH-，设水解的S2-的物质的量浓度为xmol/L，产生的HS-和OH-浓度都为xmol/L，Kh====，x≈0.062mol/L，水解率为，C正确；0.1mol/LNa2S溶液中的水解率约为62%，0.01mol/L FeCl2溶液中加入等体积0.2mol/L Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl2和0.1mol/L Na2S的混合液，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D错误；故选D。 押题猜想11 元素周期表与周期律 终极押题 【原创题】某离子液体结构如图所示。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，其中Y和Z位于同一周期，W的最高价氧化物的水化物为强酸。下列说法正确的是（ ） A．第一电离能：Y>Z>X B．电负性：W>Y>Z C．YX4和ZX3中的中心原子均为sp3杂化 D．W的单质与铁单质发生化合反应，生成FeW2 【答案】 C 【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，离子液体中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、3，Y和Z位于同一周期，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素；W的最高价氧化物的水化物为强酸，且为+1价，则W为Cl元素。A错误，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能大于碳元素，H元素的第一电离能比C元素大，即N>H>C；B错误，在同一周期中，从左到右元素的电负性逐渐增加；而在同一主族中，从上到下元素的电负性则逐渐减少，电负性W>Z>Y；C正确，甲烷和氨分子中的中心原子均为sp3杂化；D错误，Cl2具有较强的氧化性，与铁单质发生化合反应，生成FeCl3,。 押题有据 元素推断题是周期律考查的经典形式，本题以“离子液体”这种热门材料为情境，增加了新颖度。推断突破口是X、Y、Z、W的成键数目和W的最高价氧化物的水化物为强酸。本题A项重点考查第一电离能的异常，B项考查电负性递变规律，C项考查杂化类型，D项考查氯气与铁的化合反应产物。押题依据是北京卷常通过“结构-性质”关系进行元素推断，并综合考查周期律。复习时应强化对“位-构-性”三者关系的理解，并注意特殊规律（如N、O、F的第一电离能和电负性）。 考题猜想 1．（2025·北京东城·二模）已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其基态原子的结构信息如下。 元素 X Y Z W 结构信息 价层电子排布为 2p能级有3个单电子 有16个不同运动状态的电子 最外层有1个电子，内层原子轨道全部排满电子 下列说法正确的是 A．电负性：X>Y B．第一电离能：Y>Z C．X和Z的所有单质均为分子晶体 D．W的最高价氧化物对应的水化物为强碱 【答案】B 【分析】根据已知，X的价层电子排布为nsnnpn,满足条件的n=2，则为C；Y的2p能级有3个单电子，即核外电子排布为1s22s22p3，则为N；Z有16个不同运动状态的电子，即核外有16个电子，则为S；根据已知：W最外层有1个电子，内层原子轨道全部排满电子，则W为第四周期元素，电子数为2+8+18+1=29，则为Cu。 【解析】同周期元素，原子序数越大，电负性越大，即电负性N>C，故A错误；同一周期，从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级电子半满更稳定，第一电离能大于相邻元素，故N>O，同一主族，从上到下，第一电离能减小，所以O>S，因此第一电离能：N>S，故B正确；C单质中金刚石为共价晶体，石墨属于混合型晶体，S单质为分子晶体，故C错误；W的最高价氧化物对应的水化物为Cu(OH)2，是弱碱，故D错误；故选B。 2．（2025·北京西城·三模）我国科研人员发现非金属半导体可以在光照下催化水产生氢气。是一种平面二维片层结构，其基本结构如图，基本单元无限延伸，形成网状结构。下列说法正确的是 A．的原子核内有8个中子，互为同素异形体 B．其核心元素氮的氢化物分子间存在氢键，因此加热时很难分解 C．中含有手性碳原子，氮原子有两种杂化方式 D．中C和N原子半径大小排序为： 【答案】D 【解析】的原子核内有14-6=8个中子，互为同位素，A错误；氮的氢化物分子间存在氢键，使氢化物的熔沸点升高，而加热时很难分解，属于热稳定性，取决于分子内的氮氢共价键的强弱，B错误；g-C3N4中，每个C原子只连接3个N原子，不含有手性碳原子，六元环内氮原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，C错误；同周期元素半径从左至右减小，故C和N原子半径大小排序为：，D正确；故选D。 3．（2025·北京西城·三模）下列依据相关数据作出的推断中，正确的是 A．依据离子半径：Br-＜I-，可推断结构相似的晶体的熔点： B．依据元素的电负性：，可推断分子极性： C．依据相同温度下与反应平衡常数的大小，可判断反应的剧烈程度 D．依据元素的第一电离能：，可推断单质的还原性： 【答案】A 【解析】对于离子晶体NaBr和NaI，它们结构相似，离子所带电荷数相同。离子半径Br-< I-，离子半径越小，离子键越强，晶体的熔点越高，所以熔点NaBr > NaI，A正确；CF4是正四面体结构，分子正负电荷中心重合，为非极性分子；NF3是三角锥形结构，分子正负电荷中心不重合，为极性分子。电负性C < N < F，但不能仅依据电负性判断CF4和NF3的分子极性大小，实际上分子极性CF4< NF3，B错误；相同温度下，X2与H2反应的平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，但反应的剧烈程度还与反应的活化能等因素有关，不能仅依据平衡常数大小判断反应的剧烈程度，C错误；元素的第一电离能Mg > Al，这是因为Mg的3s轨道为全充满稳定结构。但单质的还原性与元素的金属性有关，金属性Al > Mg，单质的还原性Al > Mg，第一电离能与单质还原性的这种推断关系错误，D错误；故选A。 4．（2025·北京海淀·三模）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表： 元素代号 X Y Z M R 原子半径 1.86 0.99 1.43 0.75 0.71 主要化合价 最高正价 +1 +7 +3 +5 - 最低负价 - -1 - -3 -1 下列说法不正确的是 A．M、R在同一周期 B．元素X和Y形成的化合物中含离子键 C．工业上，用Y、Z形成的化合物制取Z D．以上5种元素中，电负性最强的是R 【答案】C 【分析】根据主族元素最高正价＝最外层电子数，最低负价的绝对值＝8－最外层电子数，还有原子半径的周期性变化规律，可以判断出X：Na，Y元素有+7、-1价，则Y为Cl，Z的最高正化合价为+3，且原子半径大于Cl元素，故Z为Al，M的最高正化合价为+5，最低负价位-3，且原子半径小于Cl元素可知M为N，R只有最低负价-1价，故R为F，据此分析； 【解析】由分析可知M、R分别为N、F，故M、R在同一周期，A正确；元素X和Y分别为Na、Cl，可形成的化合物为NaCl含有离子键，B正确；Y、Z形成的化合物为，工业上电解Al2O3制取Al，C错误；以上5种元素中，电负性最强的是F元素，D正确；故选C。 5．（2025·北京丰台·二模）用硝酸银测定水质中砷元素的含量，涉及反应：。下列说法正确的是 A．的电子式： B．热稳定性： C．氧化性： D．依据元素周期律，可推断酸性： 【答案】C 【解析】的电子式：，A错误；元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O>As，热稳定性：，B错误；在反应中，AgNO3是氧化剂，H3AsO3是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：，C正确；H3AsO3不是As元素的最高价氧化物对应的水化物，N与As为同主族元素，根据元素周期律，非金属性N>As，最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3>H3AsO4，D错误；答案选C。 押题猜想12 晶胞结构分析与计算 终极押题 【原创题】磷化硼是由硼元素与磷元素组成的无机化合物，是一种半导体材料，其晶胞结构如下图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是（ ） A．磷化硼晶体微粒的空间堆积方式与氯化钠不同 B．磷化硼是共价晶体，可用X射线衍射仪测定其结构 C．硼原子与磷原子间的最短距离为nm D．磷化硼晶体的密度为 【答案】 D 【解析】A正确，磷化硼晶胞配位数为4，而NaCl晶胞结构中阴阳离子的配位数均为6，所以磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不同；B正确，磷化硼是一种半导体材料，是共价晶体。测定晶体结构用X射线衍射仪；C正确，晶胞中P原子和B原子之间最短的距离为体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则P原子与B原子的最短距离为nm；D错误，根据磷化硼的晶胞结构图可知，该晶胞中B原子位于立方体内，个数为4，P原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，则磷化硼的化学式为BP，晶胞质量为g，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞密度。 押题有据 晶胞计算是《物质结构与性质》模块的“硬骨头”，也是北京卷选做题中的必考点。本题以磷化硼（BP）晶胞为素材，考查了晶胞类型对比（与NaCl对比）、晶体类型判断、X射线衍射仪的应用、原子间最短距离计算（体对角线的1/4）以及密度计算。D选项是常见计算错误，要么是晶胞内原子个数数错（B为4个，P为4个），要么是单位换算出错，导致密度表达式错误。押题依据是：北京卷对晶胞的考查通常涉及“均摊法”求化学式、配位数、空间利用率或密度计算。复习秘笈是，务必让学生亲手画出典型晶胞（如NaCl、CsCl、金刚石）并推导相关公式。 考题猜想 1．（2025·北京东城·三模）干冰(固态二氧化碳)在时可直接升华为气体，其晶胞结构如下图所示，下列说法不正确的是 A．中的C为杂化 B．每个晶胞中含有4个分子 C．每个分子周围有12个紧邻分子 D．干冰升华时需克服分子间作用力 【答案】A 【解析】二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2+，孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp杂化，故A错误；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的二氧化碳分子数为8×+6×=4，故B正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的二氧化碳与位于面心的二氧化碳距离最近，则每个二氧化碳分子周围有12个紧邻的二氧化碳分子，故C正确；干冰属于分子晶体，所以干冰升华时需要克服分子间作用力，故D正确；故选A。 2．（2025·北京·模拟预测）锡是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。白锡和灰锡晶胞结构如图，下列说法中错误的是 A．白锡与灰锡晶体的配位数之比为 B．两种晶体的密度大小关系为白锡小于灰锡 C．若白锡和灰锡的晶胞体积分别为 和 ，则白锡和灰锡晶体的密度之比是 D．若灰锡晶胞参数为a，则其中最近的两个锡原子间距为 【答案】B 【解析】白锡的配位数为8，灰锡的配位数为4，因此白锡与灰锡晶体的配位数之比为2：1，故A正确；晶体的体积大小未知，无法比较两种晶体的密度大小，故B错误；一个白锡晶胞中含有的锡原子数为8×+1=2，一个灰锡晶胞中含有的锡原子数为8×+6×+4=8，则白锡和灰锡的密度之比为=，故C正确；最近的两个锡原子间距为体对角线的，即为nm，故D正确；故选B。 3．（25-26高三下·北京·质检）晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 (已知) A．与W最近且等距的O有6个 B．位于元素周期表的第五周期 C．密度为时， D．空位数不同，吸收的可见光波长不同 【答案】B 【解析】W在顶点，其三个坐标轴的正负方向各有1个最近的，共6个，A正确；第五周期末尾稀有气体原子序数为54，第六周期末尾稀有气体原子序数为86，因此位于第六周期，不是第五周期，B错误；晶胞边长，晶胞体积，晶胞质量，近似取，得密度： ，当密度为时，解得，C正确；题干说明x变化（空位数变化）导致颜色不同，颜色由吸收可见光的波长决定，空位数不同，吸收波长不同，D正确；故选B。 4．（25-26高三·北京·联考）NaBH4是一种重要的储氢材料，可通过以下反应释放出氢气：(反应过程中B始终为+3价)。NaBH4的晶胞结构如图所示(由I、Ⅱ两部分组成)。以下说法不正确的是 A．中存在配位键 B．电负性B＜H C．上述反应每生成，转移2 mol电子 D．NaBH4晶体密度为 【答案】C 【解析】中，B的价层电子数为3，B有1个空轨道，1个B原子与3个-OH各形成1个共价键后，还能接受1个OH-提供的孤电子对形成1个配位键，A正确；B的非金属性比H弱，非金属性越强，电负性越大，则电负性B＜H，B正确；由反应，可建立关系式4H2~4e-，则每生成1mol H2，转移1mol电子，C不正确；在晶胞中，Na+位于面心和棱上，位于顶点、面心和体内，则含Na+数目为=4，含数目为=4，则NaBH4晶体密度为=，D正确；故选C。 5．（25-26高三上·北京海淀·期中）某种钙的氮化物可用于制荧光粉，其立方晶胞结构如下图。若晶胞棱长为a nm（1 nm=1×10-7 cm，NA表示阿伏加德罗常数的数值），下列说法不正确的是 A．该化合物的化学式为Ca3N2 B．距离Ca2+最近且等距的N3-有6个 C．Ca2+与N3-之间的相互作用主要是离子键 D．其晶体密度为g·cm-3 【答案】B 【解析】据“均摊法”，晶胞中含个N3-、个Ca2+，则晶体的化学式为Ca3N2，A正确；距离Ca2+最近且等距的N3-为体心的N3-，有2个，B错误；Ca2+与N3-是阴阳离子，阴阳之间的相互作用主要是离子键，C正确；化学式为Ca3N2，则晶体密度为=g·cm-3， D正确；故选B。 押题猜想13 生物大分子的性质与用途 终极押题 【原创题】下列说法不正确的是 A．用溶液和浓溴水均可检验苯酚 B．葡萄糖、淀粉、纤维素、氨基酸均能发生酯化反应 C．核酸、核苷酸的水解均断裂磷酯键 D．蔗糖属于二糖，既能发生水解反应，又能发生银镜反应 【答案】D 【解析】苯酚遇溶液发生显色反应，溶液显紫色。苯酚与浓溴水发生取代反应生成白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，所以用溶液和浓溴水均可检验苯酚，故A正确；葡萄糖含有羟基、淀粉和纤维素含有羟基、氨基酸含有羧基，羟基、羧基均能发生酯化反应，故B正确；核酸是由核苷酸通过磷酯键连接而成的长链，核酸、核苷酸水解时均会断裂磷酯键 ，故C正确；蔗糖属于二糖，能发生水解反应生成葡萄糖和果糖，但蔗糖分子中不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误；故选D。 押题有据 生物大分子在北京高考近年来考查深度和广度逐年增加。本题围绕糖类、核酸、氨基酸等生命相关物质，综合考查了显色反应（苯酚的两种检验方法）、酯化反应的官能团基础（羟基、羧基）、核酸的水解键型以及二糖的性质（蔗糖无还原性）。D项是常见误区，学生容易误认为所有二糖（如麦芽糖）都能发生银镜反应，而忽略蔗糖结构的特殊性。押题依据是：北京卷常将生物大分子与有机官能团性质相结合，考查学生在真实情境下的辨析能力。复习时，应引导学生对比记忆葡萄糖（还原性糖）、蔗糖（非还原性糖）、淀粉和纤维素（葡萄糖单元，但无还原性）、氨基酸（两性、成肽反应）、核酸（磷酸二酯键）的核心性质。 考题猜想 1．（2026·北京延庆·一模）下列说法不正确的是 A．淀粉、纤维素和蛋白质均属于天然有机高分子 B．麦芽糖在稀硫酸催化下发生水解反应，产物能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀 C．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，可用于生产肥皂 D．向蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质发生变性，出现白色沉淀 【答案】D 【解析】淀粉、纤维素和蛋白质都是天然有机高分子化合物，A正确；麦芽糖是二糖，在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖，葡萄糖能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，B正确；油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，水解生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以皂化反应可用于生产肥皂，C正确；向蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，饱和硫酸铵溶液降低蛋白质的溶解度，蛋白质发生盐析，出现白色沉淀，D错误；故选D。 2．（2025·北京大兴·三模）下列说法不正确的是 A．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基 B．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色 C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物 D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，均能发生银镜反应 【答案】D 【解析】核苷酸由磷酸、戊糖和碱基组成，所以核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷由戊糖和碱基组成，可进一步水解为戊糖和碱基，A正确；植物油中含有的不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中的碳-碳双键能与溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；石油裂化得到多种短链烃，煤的气化生成、等混合气体，它们的产物都属于混合物，C正确；蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，麦芽糖是还原性糖，能发生银镜反应；而蔗糖是非还原性糖，不能发生银镜反应，D错误；故选D。 3．（2025·北京海淀·三模）下列说法不正确的是 A．甲醛的水溶液具有防腐功能，是由于它可使蛋白质变性 B．葡萄糖可作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解反应 C．纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维，是由于纤维素分子中含有羟基 D．DNA分子的两条链具有双螺旋结构，是由于不同碱基间能配对形成氢键 【答案】B 【解析】甲醛的水溶液能使蛋白质变性，所以具有防腐功能，A正确；葡萄糖是单糖，单糖不能发生水解反应。葡萄糖作为人类重要的能量来源，是因为它在人体内能发生氧化反应，释放出大量能量，B错误；纤维素分子中含有羟基，羟基能与醋酸发生酯化反应，从而得到醋酸纤维，C正确；DNA 分子的两条链之间不同碱基间能配对形成氢键，使得 DNA 分子具有双螺旋结构，D正确；故选B。 4．（2025·北京朝阳·三模）下列说法不正确的是 A．用溶液和浓溴水均可检验苯酚 B．葡萄糖、淀粉、纤维素、氨基酸均能发生酯化反应 C．核酸、核苷酸的水解均断裂磷酯键 D．蔗糖属于二糖，既能发生水解反应，又能发生银镜反应 【答案】D 【解析】苯酚遇溶液发生显色反应，溶液显紫色。苯酚与浓溴水发生取代反应生成白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，所以用溶液和浓溴水均可检验苯酚，故A正确；葡萄糖含有羟基、淀粉和纤维素含有羟基、氨基酸含有羧基，羟基、羧基均能发生酯化反应，故B正确； 核酸是由核苷酸通过磷酯键连接而成的长链，核酸、核苷酸水解时均会断裂磷酯键 ，故C正确；蔗糖属于二糖，能发生水解反应生成葡萄糖和果糖，但蔗糖分子中不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误；故选D。 5．（2025·北京西城·二模）下列说法不正确的是 A．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色 B．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基 C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物 D．鸡蛋清溶液中加硝酸银溶液产生的沉淀能重新溶于水 【答案】D 【解析】植物油含不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中碳碳双键能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；核苷酸由磷酸、戊糖和碱基组成，可水解为磷酸和核苷，核苷能进一步水解为戊糖和碱基，B正确；石油裂化得到多种短链烃，煤的气化产生CO、H2等混合气体，产物都是混合物，C正确；鸡蛋清溶液含蛋白质，硝酸银是重金属盐，会使蛋白质变性产生沉淀，变性不可逆，沉淀不能重新溶于水，D错误；故选D。 押题猜想14 多官能团有机物的结构与性质 终极押题 【原创题】某新型有机物结构如图所示，下列正确的是（ ） A．除外，还含有4种官能团 B．能发生加成、消去反应和取代反应 C．含有3个手性碳原子 D．1molM最多能与3molNaOH反应 【答案】 B 【解析】A错误，由M的结构简式可知，还含羟基、碳碳双键、酯基3种官能团；B正确，M中含有羟基，与羟基相连碳原子的相邻碳原子上含有氢原子，能发生消去反应和取代反应，有碳碳双键，能发生加成反应；C错误，手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连的碳原子，则M中含有2个手性碳原子：(如图中标有“*”的碳原子)；D错误，M中只有1个酯基和1个能够和NaOH反应，则1molM最多能与2molNaOH反应。 押题有据 多官能团有机物的结构与性质是高考有机选择题的“重头戏”。本题选取了一种结构较为复杂的有机分子，旨在考查学生“宏观辨识与微观探析”的能力。A项考查官能团的识别（注意苯环不是官能团）；B项考查反应类型（羟基的消去和酯化/取代、碳碳双键的加成）；C项考查手性碳原子的判断（连接四个不同基团的碳原子）；D项考查能与NaOH反应的官能团（酚羟基和酯基）。本题押题依据是：北京卷常给出一个药物分子或新合成分子的结构简式，让考生分析其性质。解题秘笈是，引导学生熟练掌握各类官能团的特征反应，并能准确找出并分析手性碳原子。 考题猜想 1．（2026·北京顺义·一模）二氢嘧啶酮类化合物具有抗肿瘤、抗病毒、抗菌等药理作用。一种二氢嘧啶酮类化合物(L)的合成方法如下。 下列说法不正确的是 A．苯甲醛的核磁共振氢谱有四组峰 B．反应物K的结构简式是 C．生成物L分子中存在2个手性碳原子 D．乙酰乙酸乙酯中碳上的键极性强，易断裂 【答案】C 【解析】根据苯甲醛的结构简式，苯甲醛中有4种不同化学环境的氢原子，即核磁共振氢谱有四组峰，故A说法正确；苯甲醛(C7H6O)、乙酰乙酸乙酯(C6H10O3)、K反应生成L(C14H16O2N2S)和2分子水，根据原子守恒，K的分子式为CH4N2S，因此对比结构简式可以推出K的结构简式为，故B说法正确；根据手性碳原子的定义，L中手性碳原子的位置是，L分子中存在1个手性碳原子，故C说法错误；根据上述反应可知，乙酰乙酸乙酯的α碳上的C-H发生断裂，羰基为强吸电子基团，使得α碳上的电子偏向羰基上的碳原子，使α碳上的C-H键极性增强，容易断裂，故D说法正确；故选C。 2．（2025·北京·三模）崖柏素具天然活性，有酚的通性，能溶于甲苯，结构如图。关于崖柏素的说法不正确的是 A．崖柏素有酚的通性，与七元环中碳原子均为杂化有关 B．分子中可能存在分子内氢键 C．向崖柏素的甲苯溶液中加入溴的四氯化碳溶液能观察到有沉淀生成 D．可用溶液和稀硫酸从崖柏素的甲苯溶液中分离崖柏素 【答案】C 【解析】酚的通性源于酚羟基与芳香环的共轭作用，若七元环中碳原子均为sp²杂化，则形成共轭体系，酚羟基氧的p轨道可参与共轭，增强羟基活泼性，与酚的通性相关，A正确；分子中酚羟基的氢与邻近羰基（C=O）的氧可能形成分子内氢键（O-H…O），符合氢键形成条件，B正确；酚与溴的取代反应通常需浓溴水，生成的溴代酚在极性溶剂中沉淀；而溴的四氯化碳溶液为非极性溶剂，且产物易溶于甲苯等有机溶剂，不会观察到沉淀，C错误；酚的酸性强于HCO3-，可与反应生成溶于水的酚钠，分液后水层加稀硫酸酸化得γ-崖柏素，实现分离，D正确。故选C。 3．（2025·北京房山·三模）化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是 A．K的核磁共振氢谱有四组峰 B．L是乙二醛 C．M完全水解可得到K和L D．反应物K与L的化学计量比是 【答案】B 【解析】K结构对称，酰胺基中含有1种氢原子，中间碳原子上含有一种氢原子，氨基上含有一种氢原子，故核磁共振氢谱有三组峰，A错误；由K和M的结构可知，L是乙二醛，B正确；M完全水解时，酰胺基水解得到氨基和羧基，生成可得到和氨气，C错误；1个K和1个L反应生成1个M分子和2个水分子，故反应物K与L的化学计量比是1∶1，D错误；故选B。 4．（2025·北京房山·三模）我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法正确的是 A．分子中N原子为杂化 B．分子中含有手性碳原子 C．该物质既有酸性又有碱性 D．该物质可发生取代反应、消去反应 【答案】C 【解析】分子中存在N=C键的N原子为杂化，A错误；手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子，该分子中无手性碳原子，B错误；含显酸性，含等显碱性，故既有酸性又有碱性，C正确；该物质含等可发生取代反应，但无消去反应所需结构，不能发生消去反应，D错误；故选C。 5．（2025·北京昌平·二模）G是合成抗胆碱作用药物的中间体，结构如图所示。下列关于G的说法中正确的是 A．G中含有三种含氧官能团 B．G中碳原子的杂化类型只有 C．1molG最多可消耗2molNaOH D．G中有1个手性碳原子 【答案】D 【解析】根据结构简式，含氧官能团为酯基、羟基，有两种含氧官能团，A错误；形成四个单键的碳原子，其杂化类型为sp3；苯环上的碳原子及形成碳氧双键的碳原子，其杂化类型为sp2，B错误；该有机物中能与NaOH反应的官能团是酯基，一个酯基在碱性条件下水解可消耗一个NaOH，则1molG最多可消耗1molNaOH，C错误；连有四个各不相同的原子或基团的碳原子称为手性碳原子，该有机物中只有羟基所连的那个碳原子属于手性碳原子，故G中有1个手性碳原子，D正确；故选D。 押题猜想15 实验组合装置图的分析 终极押题 【原创题】下列实验操作和装置错误的是（ ） A检验乙醇具有还原性 B．净化氨气 检验SO2的漂白性 D．萃取溶液中的I2 【答案】 D 【解析】A正确，乙醇能把氧化铜还原为Cu，黑色固体变红，证明乙醇具有还原性；B正确，氨气是碱性气体，用碱石灰干燥氨气；C正确，SO2的漂白性可用品红溶液进行检验；D错误，乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的I2。 押题有据 化学实验是化学学科的基础，对实验装置和操作的判断是北京卷的必考内容。本题通过四个实验装置图，综合考查了物质性质验证（乙醇还原性、SO2漂白性）、物质净化（干燥氨气）和物质分离（萃取）。萃取剂的选择必须与原溶剂互不相溶，而乙醇与水互溶，无法用于萃取碘水中的碘。押题依据是：北京卷实验选择题常考查基本操作（如气密性检查、分液、过滤）、物质制备（如实验室制氯气、乙烯）和性质检验。复习时，要让学生从“仪器使用是否正确”、“操作顺序是否规范”、“安全措施是否到位”三个维度去审视每个实验。 考题猜想 1．（2026·北京顺义·一模）下列实验的相应操作中，不正确的是 A．借助秒表，测定稀硫酸与锌的反应速率 B．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH C．Fe与水蒸气反应结束后，先移出导管，再熄灭酒精灯 D．使用碱式滴定管时轻轻挤压碱式滴定管的玻璃球，排除气泡 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】该装置使用长颈漏斗且未形成液封，反应生成的氢气会从长颈漏斗上口逸出，无法通过注射器准确测定生成气体的体积，不能测定反应速率，A错误；测待测液的pH时，需用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，B正确；Fe与水蒸气反应结束后，应先移出导管，再熄灭酒精灯，是为了防止倒吸，C正确；使用碱式滴定管排气泡时，应将橡皮管向上弯曲，轻轻挤压碱式滴定管的玻璃球，排除气泡，操作正确，D正确；故选A。 2．（2026·北京·一模）下列实验中，能达到实验目的的是 选项 A B 实验 目的 A．检验溴乙烷中的溴元素 B．分离(沸点40℃)和(沸点77℃) 选项 C D 实验 目的 C．由制取无水固体 D．实验室制乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应生成乙醇和溴化钠，反应后的溶液中含有氢氧化钠，此时直接加入硝酸银溶液，氢氧根离子会与银离子反应而消耗银离子，会干扰溴离子与银离子反应生成溴化银沉淀，不能准确检验溴乙烷中的溴元素，A不符合题意；二氯甲烷和四氯化碳互溶，两者的沸点相差大于30℃，能用蒸馏的方法分离(沸点)和(沸点)，B符合题意；氯化铁是强酸弱碱盐，氯化铁会发生水解，直接加热会促进水解，同时HCl会挥发，使得水解平衡正向移动而生成氢氧化铁，继续加热会分解生成氧化铁，不能制得无水固体，C不符合题意；浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热反应制得的乙酸乙酯中混有能与碳酸钠溶液反应的乙酸和能与水以任意比例混溶的乙醇，将导气管插入饱和碳酸钠溶液中易发生倒吸，所以导气管不能插入饱和碳酸钠溶液中，D不符合题意；故选B。 3．（2026·北京·一模）下列实验对应的操作中，不正确的是 从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体 制作简单燃料电池 A．当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干 B．连接好装置，先闭合，几分钟后断开电源，闭合 测量中和反应的反应热 实验室制取氨 C．盐酸与NaOH溶液混合后，立即测量温度，作为计算反应热的初始温度 D．先使酒精灯在试管下方来回移动，让其均匀受热，然后对固体部位加热 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体可选择蒸发结晶的方式，当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干，该装置正确，A正确；连接好装置，先闭合，U形管中形成电解池，电解溶液，阳极产生、阴极产生，几分钟后断开电源，闭合，U形管中的气体会发生氧化还原反应：，可形成氢气燃料电池，B正确；中和反应热的测量需要通过测定反应前后的温度差计算中和热，先测量混合前的酸和碱的温度，再测量盐酸与NaOH溶液混合后反应完全时的最高温度，C错误；加热固体时，要先将酒精灯在试管下方来回移动，让其均匀受热，然后对固体部位加热，D正确；故选C。 4．（2025·北京·三模）下列实验的对应操作中，合理的是 A．制备晶体 B．排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 C．分离乙醇和水 D．由制取无水固体 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体时，向配合物溶液中加入乙醇（极性较小）可降低其溶解度，促使晶体析出，操作合理，A正确；KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应使用酸式滴定管，而图中为碱式滴定管的排气泡操作（挤压玻璃珠），B错误；乙醇和水互溶，需用蒸馏法分离，但蒸馏时需温度计控制馏分温度（水银球位于蒸馏烧瓶支管口），图中温度计位置错误，C错误；FeCl3·6H2O加热时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl挥发导致水解完全，最终得到Fe2O3，应在HCl气流中加热抑制水解，图中直接加热错误，D错误；故选A。 5．（2025·北京通州·三模）下列装置不能达到实验目的的是 A．分离和 B．除去中少量的 C．实验室制 D．制备明矾晶体 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】和沸点不同且互溶，应采用蒸馏的方法分离，蒸馏时温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处，不能实现实验目的，A符合题意；硫化氢能和硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，而C2H2不反应，能实现实验目的，B不符合题意；CaO与水反应生成Ca(OH)2使c(OH-)增大，溶剂(水)减少，且反应放热，促使NH3H2O分解，化学方程式：NH3H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)2，试管口放一团用水或稀硫酸浸湿的棉花球，既可以减小空气对流，使NH3充满试管，又可以吸收多余的氨气，防止污染空气，能实现实验目的，C不符合题意；制备明矾晶体时，先用饱和明矾溶液制取小晶体，再将小晶体悬挂在饱和明矾溶液的中央位置，有利于获得对称性更好的晶体，盖上硬纸片可防止空气中的灰尘等掉入溶液中，影响大晶体形成，能实现实验目的，D不符合题意；故选A。 押题猜想16 操作现象结论一致性问题 终极押题 【原创题】根据如图所示装置进行实验，能得到相应结论的是 试剂a、b 现象 结论 装置 A 电石、饱和食盐水 产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色 与反应生成 B Na、75%酒精溶液 收集产生的气体，移近火焰，发出爆鸣声 和反应生成 C 漂白粉、浓HCl 导管口放置的湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色 漂白粉和浓反应生成 D Cu、稀 产生的无色气体在导管口变红棕色 和稀反应生成 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】电石和饱和食盐水反应制备乙炔的过程中会产生气体，具有还原性也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，则该实验不能说明和反应生成，A错误；75％酒精溶液中含有水，Na和水反应也能产生氢气，则收集产生的气体，移近火焰，发出爆鸣声，并不能说明和反应生成，B错误；漂白粉和浓发生反应：，生成的可以使湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色，C正确；和稀反应生成，NO被空气中的氧化为，产生的无色气体在导管口变红棕色，D错误；故选C。 押题有据 “操作—现象—结论”一致性判断是北京高考实验选择题的高频考查形式，旨在检验学生是否具备严谨的逻辑推理能力和排除干扰因素的意识。本题选取了四个典型实验：A项电石与食盐水制乙炔，但杂质H2S也能使高锰酸钾褪色，存在干扰；B项Na与75%酒精，水中Na也能与H2O反应生成H2，无法证明与乙醇反应；C项漂白粉与浓盐酸生成Cl2，其漂白性使湿润石蕊试纸先变红后褪色，结论正确；D项Cu与稀HNO3生成NO（无色）而非NO2，红棕色是NO被空气氧化所致。本题押题依据是，北京卷常在此类题目中设置“杂质干扰”“溶剂干扰”“现象归因错误”等陷阱，要求学生能识别变量并作出合理判断。复习时，建议学生建立“干扰因素分析”的思维模型，如：气体制备中的挥发性杂质、反应体系中的水或氧气参与、现象与产物的直接对应关系等。 考题猜想 1．（2026·北京·一模）根据下列实验所得结论正确的 装置 H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) 达到平衡状态 现象 ①中产生大量气泡 ②中无明显现象 试管中溶液出现浑浊 ①中固体溶解 ②中固体不溶解 压缩体积，气体颜色加深 结论 A．MnO2是H2O2分解的催化剂 B．酸性：碳酸>苯酚 C．ZnS的溶解度大于CuS D．增大压强，上述平衡逆向移动 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】实验中①为10% H2O2溶液加MnO2产生气泡，②为5% H2O2溶液无现象，两试管中H2O2浓度不同(变量不唯一)，无法排除浓度对反应速率的影响，不能证明MnO2是催化剂，A错误；浓盐酸与大理石反应生成CO2时，浓盐酸易挥发产生HCl气体，HCl的酸性强于碳酸，会先与苯酚钠反应生成苯酚导致浑浊，无法确定碳酸是否与苯酚钠反应了，不能判断碳酸的酸性强于苯酚，B错误；ZnS与1mol·L-1硫酸反应溶解，说明ZnS溶解度较大；CuS与同浓度硫酸不溶解，说明CuS溶解度极小，可得出ZnS溶解度大于CuS，C正确；反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)前后气体分子数相等，增大压强平衡不移动，颜色加深是因为I2浓度增大，D错误；故选C。 2．（2025·北京海淀·二模）利用下图装置（夹持装置略）进行实验，b中现象能证明结论的是 选项 a中试剂 b中试剂及现象 结论 装置 A 电石（含CaS杂质，易水解）与饱和食盐水 酸性溶液褪色 a中反应生成 B 苯、液溴和铁粉的混合物 溶液中出现淡黄色沉淀 a中反应生成HBr C 固体与稀硫酸 苯酚钠溶液中出现浑浊 的酸性强于苯酚的 D NaClO固体与浓盐酸 滴有酚酞的NaOH溶液褪色 氯气具有漂白性 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】电石(主要成分是CaC2)和饱和NaCl溶液反应生成乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，产生的乙炔中还混有还原性杂质气体硫化氢等，也能使酸性溶液褪色，故不能得出该反应生成了乙炔，A错误；液溴易挥发，挥发出的溴蒸汽遇水会生成HBr，也能与溶液反应生成淡黄色沉淀，因此无法证明该反应生成了HBr，B错误；固体与稀硫酸反应生成气体，气体进入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明生成了溶解度小的苯酚，根据强酸制弱酸的原理，酸性：＞苯酚，C正确；NaClO固体与浓盐酸发生归中反应生成，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因为发生了反应，氯气不具有漂白性，结论错误，D错误；故选C。 3．（2021·北京东城·一模）用如图装置探究铜与硝酸的反应，实验记录如下表，下列说法不正确的是 装置 步骤 操作 现象 打开止水夹，挤压胶头，使浓硝酸滴入试管 产生红棕色气体，溶液变为绿色 一段时间后，关闭止水夹，推动注射器活塞使部分水进入试管 注射器内剩余的水被“吸入”试管；铜表面产生无色气泡，溶液变蓝，试管内气体逐渐变为无色 一段时间后，打开止水夹，拉动注射器活塞吸取少量无色气体；拔下注射器，再拉动活塞吸入少量空气 注射器中无色气体变红棕色 A．中反应的化学方程式是 B．中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是与反应导致压强减小 C．中的实验现象能证明中与硝酸反应生成了 D．待中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，有气体产生 【答案】C 【解析】浓硝酸与铜反应生成（红棕色气体），化学方程式为，A不符合题意；步骤②中，与水反应，，气体物质的量减少，导致试管内压强减小，注射器内的水被 “吸入”试管，B不符合题意；步骤②中，与水反应也会生成（无色气体），因此步骤③中 “无色气体变红棕色”不能证明 与硝酸反应生成了，C符合题意；步骤②后，试管内有，滴加稀硫酸后，H+和，可与过量的反应生成气体，D不符合题意；故选C。 4．（25-26高三上·北京·月考）某小组设计以下对比实验，探究亚铁盐与溶液的反应。下列说法不正确的是 实验 溶液() 编号 试剂 现象 Ⅰ 经酸化0.5mol·L-1FeSO4 溶液() 溶液立即变为棕黄色，稍后产生气泡，向反应后的溶液中加入溶液，溶液变红 测得反应后溶液 Ⅱ 0.5mol·L-1FeSO4溶液() 溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊 测得反应后溶液 Ⅲ 0.5mol·L-1FeCl2溶液() 现象与Ⅱ相同，同时生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色 测得反应后溶液 A．实验Ⅰ中溶液与溶液反应的离子方程式为： B．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中产生气泡的原因可能为含铁物质催化分解产生 C．实验Ⅱ中反应混合物颜色加深的主要原因是生成了更多的 D．实验Ⅲ中产生的刺激性气味的气体是 【答案】C 【分析】实验Ⅰ：溶液变棕黄，发生反应，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，说明有Fe3+生成；产生气泡，说明有氧气生成，即Fe3+催化下H2O2发生了分解；整个过程消耗H+，pH值增大； 实验Ⅱ：同实验Ⅰ，且是放热反应；混合物颜色加深并且有浑浊，pH值减小，说明Fe3+发生了水解，产生红褐色Fe(OH)3沉淀，使溶液酸性增强； 实验Ⅲ：现象与Ⅱ相同，同时生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色，说明不是Cl2，仅是在Fe3+发生水解后生成的HCl挥发，据此作答。 【解析】在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是，A正确；实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中产生气泡的原因均是生成的Fe3+催化H2O2分解产生O2，B正确；实验Ⅱ中H2O2氧化Fe2+的过程中消耗H+，使溶液pH升高，Fe3+水解程度增大，生成Fe(OH)3沉淀，导致反应混合物颜色加深且有浑浊（虽然氧化消耗，但反应放热及较高的初始pH促进了的水解，水解生成的多于被消耗的，导致溶液pH降低，水解程度增大）， C错误；产生刺激性气味气体的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发，D正确；故选C。 5．（25-26高三上·北京·月考）某化学小组探究的生成，进行了如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验操作和现象 Ⅰ 向盛有4mL 0.1mol/L 溶液的试管中滴加5滴1.0mol/L氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约2mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅱ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入10mL 1.0mol/L氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅲ 另取0.1g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和溶液，沉淀未见明显溶解 A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为 B．深蓝色溶液中含，其中N提供孤电子对，提供空轨道 C．通过上述实验分析，Ⅱ中沉淀完全溶解的原因是： D．通过上述实验分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果 【答案】C 【分析】实验Ⅰ向溶液里滴加氨水，先形成蓝色氢氧化铜沉淀，后沉淀溶解并形成含深蓝色溶液；实验Ⅱ：氢氧化铜固体中加入氨水，溶液略变为深蓝色，继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，故蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果；实验Ⅲ是为了排除沉淀直接溶解于饱和溶液的可能，据此分析； 【解析】根据分析，实验Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为：，A正确；中NH3为配体，N提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，符合配位键形成原理，B正确；实验Ⅱ中沉淀溶解的主要原因是水解酸性作用和NH3·H2O与铜离子形成共同作用的结果，C错误；根据分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果，D正确；故选C。 押题猜想17 化工流程分析 终极押题 17.北京市某冶铅厂的烟尘是一种黑色粉末，主要含有、和少量的、、、等元素的氧化物。对烟气中有价元素的回收流程如下： 已知：i．在酸性水溶液中以形式存在；易溶于水，对热稳定。 ii．  ；、难溶于水。 (1)浸出 浸出液中的元素全部是，生成的化学方程式是 。 (2)浸出液中和的浓度分别为和，沉淀过程未发生氧化还原反应。 ① （填“>”或“<”）。 ②设计沉淀过程的目的是 。 (3)从沉淀后液中分离In和As，所用萃取剂是P204（HA）的磺化煤油溶液。 已知：i．萃取的反应是：； ii．同种元素形成的高价离子更容易被萃取剂萃取。 ①反萃取所用的试剂是 。 ②还原后液中的As元素全部是+3价，写出向沉淀后液中加入后发生反应的离子方程式 。 (4)研究浸出渣制备粗铅的反应，一定条件下，控制时所有元素均被还原。 ①反应的化学方程式是 。 ②研究发现，其他条件不变，当时，的还原率会下降，可能的原因是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 【答案】(1) (2) 生成，回收有价元素，或除去，减小对萃取的影响 (3)浓盐酸 或 (4) 还原了，未将全部还原（合理答案也可） (5)P204（HA）的磺化煤油溶液、、 【分析】烟尘主要含有、和少量的、、、等元素的氧化物，先加稀硫酸通入氧气，加热条件下、、的氧化物转化为最高价的硫酸盐，As元素转化为，浸出渣为、，加入、C高温转化为粗铅；浸出液加入足量，将Zn元素转化为沉淀除去，再次加入，将还原为，防止后续萃取流程中混入杂质，同时生成S沉淀，还原后液结晶析出，母液经过萃取→反萃取得到溶液，加入氢氧化钠溶液、通入氧气，再加入氧化钙生成沉淀，再用碳高温还原为，凝华得到，据此解答。 【解析】（1）浸出液中的As元素全部是，烟尘中浸出生成，As元素化合价由+3价升高到+5价，依据转移电子守恒和原子守恒配平该反应为：； （2）完全沉淀时，即时，，此时，则已经开始沉淀，说明加入可将沉淀成，则。设计沉淀主要是除去，防止其对后面的萃取反萃取产生影响； （3）①萃取的反应是：，反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，则加入盐酸可得到溶液； ②还原后液中的As元素全部是+3价，则、均可做该反应的还原剂，离子方程式为：或。 （4）控制时，所有Pb元素均被还原，则按照此比值进行配平得到方程式为：。其他条件不变，当时，的还原率会下降，原因是还原剂C过量，将还原为，未能将完全还原； （5）反萃取得到的P204（HA）的磺化煤油溶液可以在萃取工序上循环使用；高温分解得到的CaO也可以循环使用；沉淀后液加还原后得到也可循环利用。 押题有据 化工流程题是北京卷的必考大题之一，综合性强，信息量大。本题以冶铅厂烟尘的回收利用为情境，体现了资源回收和绿色化学的理念。题目涉及陌生氧化还原反应方程式的书写（As2O3被O2氧化）、沉淀溶解平衡（Ksp比较与沉淀顺序）、萃取反萃取原理、物质循环利用的识别等。本题的押题点在于：信息型方程式的书写（利用氧化还原反应规律）；工艺流程中pH控制的逻辑（除杂与保目标元素）；循环物质的判断。备考时，应训练学生“抓主线、明杂质、看箭头”的解题方法，快速定位每个步骤的目的。 考题猜想 1．（2026·北京·一模）一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分)制取并回收单质硫的工艺流程如下： (1)混合研磨成细粉的主要目的是___________。 (2)浸取时主要产物为。 ①浸取时的化学方程式是___________。 ②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。 (3)步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为和。 ①的结构式为，判断相同条件下氧化性与的强弱，并说明理由___________。 ②的作用是___________。 (4)热分解过程中可能产生气体。一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制的部分反应机理如下图a、b所示。 下列说法正确的是___________。 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．起始时的值过大，可能产生 D．理论上还原需要参与完成 (5)在水中的溶解度曲线如图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) 加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用 (3) 氧化性：。是吸电子基，使键极性增强，更易断裂 调节pH，使产生沉淀除去；可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出 (4)AC (5)加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥 【分析】软锰矿主要含、黄铁矿主要含有FeS2，向两种矿的混合研磨粉中加入酸浸，得到S单质滤渣和含有、过量的滤液；向滤液液中加入除铁剂和，将氧化并沉淀为，得到的滤液⑤为的溶液，经操作得到。步骤③中滤渣加入溶液浸硫，与S反应生成，经分解得到产品硫，据此解答。 【解析】（1）混合研磨成细粉的主要目的是增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分。 （2）①浸取时、FeS2粉中加入酸浸得到，化学方程式为。 ②浸取初期，加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用，故可明显提升浸取速率。 （3）①是吸电子基，的存在使中的键极性强于，更易断裂，故氧化性：。 ②溶于水生成使溶液显碱性，故CaO的作用是调节pH，使产生沉淀除去；同时可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出。 （4）A．图a中和进入反应体系，生成的物质有S和，总反应可表示为，A正确；图b中有反应：，根据元素守恒和方程式配平可知，X是，方程式表示为，电子式为，B错误；C．一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制，方程式为，起始时的值过大，剩余的会与S反应生成，C正确； 是催化剂，其用量与被还原的 的物质的量没有确定的化学计量关系，D错误；故选AC。 （5）从⑤中滤液获得晶体的操作是加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥。 2．（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。 资料： 1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。 2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表： 金属离子 开始沉淀 6.3 1.5 3.3 8.9 11.9 8.1 完全沉淀 8.3 2.8 4.6 10.9 13.9 10.1 (1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，推测S在反应中体现_____性。 (2)ⅱ中除杂过程需经历2步： a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。 b．再加入溶液，过滤。 ①的作用是_____(用离子方程式表示)。 ②步骤a除去的离子有_____。 ③溶液的作用是_____。 ④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因_____。 (3)沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的。写出生成的离子方程式_____。 (4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有_____、_____。 (5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为，若阳极渣中含有的质量为43.5g，理论上需要加入的质量_____(填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是_____。 【答案】(1)还原 (2) 、、 除去、 、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，不能通过调pH的方法只除去、而保留 (3) (4) 做氧化剂 持续鼓入空气可使氧气的浓度增大，有利于提高化学反应速率，提高产率 (5) > 除杂过程中加入了，Mn元素会进入滤液，最终也要转化为产品 【分析】用电解锰阳极渣制备锰酸锂的流程为：在电解锰阳极渣加入S和进行酸浸还原，过滤除去滤渣后得到含有、、、、、的浸出液，加入，后用调节pH到5.5，过滤除杂后，再加入溶液，过滤掉滤渣后得到主要含的滤液，然后稍过量的溶液进行沉锰得到固体，过滤分离出固体进行焙烧得到，最后进行制备得到产物，据此分析解答。 【解析】（1）电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，加入S和进行酸浸后的浸出液中变为，说明被还原，发生反应：，则加入的S在反应中体现了：还原性。 （2）①浸出液中的完全沉淀的pH与相交，单独沉淀会影响的产量，所以需要将氧化为在低pH时就能完全除去，则加入的的作用是将氧化为：； ②根据资料2和问题①，在步骤a除去的离子有：、、； ③因为经过除杂过程后得到的主要含的滤液，则加入溶液最主要的作用是将、继续转化为和沉淀除去； ④根据资料2的信息可知，、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，故不能通过调pH的方法只除去、而只得到。 （3）沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液与反应得到固体，则反应的离子方程式为：。 （4）焙烧过程是将固体在空气中加热得到，Mn元素化合价升高，反应方程式为：，则焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有：需要提供足量氧气作氧化剂使用、增大空气中氧气的浓度，加快反应速率。 （5）根据反应的化学方程式为，由Mn元素守恒列关系式：，解得，但由于在除杂过程中加入了调节pH，这些Mn元素最终也进入到沉锰环节被转化为，故理论上需要加入的质量大于9.25g。 3．（2025·北京石景山·一模）以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 (1)中Co元素的化合价为______。 (2)用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是______。 (3)相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式______。 ②混合液调的原因______。 ③混合液时，______填“>”或“<”）。 (4)有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式______。 (5)理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是______。 (6)分析联合提取钴和锂的优势______。 【答案】(1)+3 (2) (3) 时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离 < (4) (5)1：22 (6)减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物 【分析】以废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)和废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图，废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液A为Na[Al(OH)4]，固体B中主要是LiFePO4，废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液D为Na[Al(OH)4]，固体C主要是LiCoO2，固体B、C中加入稀硫酸酸浸，LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离，过滤得到固体E为FePO4，滤液F中加入萃取剂P507萃取分液，得到水相和有机相，有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得到CoCO3，水相中加入饱和碳酸钠溶液过滤得到固体Li2CO3和滤液G，据此分析回答问题。 【解析】（1）LiCoO2中锂元素化合价+1价，氧元素化合价-2价，计算得到Co元素的化合价+3价； （2）用NaOH溶液处理原料时，Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式是：； （3）①固体B中主要是LiFePO4，固体C主要是LiCoO2，硫酸浸出时反应的化学方程式为：LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O； ②混合液调pH=1.8的原因是：pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离； ③混合液c(Fe3+)=1×10-5mol/L时，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO)=1.3×10-22，c(PO)=mol/L=1.3×10-17mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO)=2.0×10-35，c(Co2+)=mol/L＜1mol/L； （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴，“沉钴”反应的离子方程式为：； （5）固体B和固体C按n(LiFePO4)：n(LiCoO2)=1.1：1配料，酸性条件下，LiCoO2氧化性比H2O2强，LiCoO2被还原为Co2+，根据反应LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O和得失电子守恒，理论上，和LiFePO4反应的H2O2与固体B中的LiFePO4物质的量之比1：22； （6）分析联合提取钴和锂的优势是：减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物。 4．（2025·北京顺义·一模）常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 (1)由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是______。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程______。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式______。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是______。 (2)从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是______。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为______（填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是______。 (3)产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为______。（实验条件下存在不影响实验结果） 【答案】(1) 增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 提供空轨道，中O原子提供孤电子对 pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 (2) 温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 (3) 【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到 FePO4⋅2H2O。 【解析】（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底； ②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对； ③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：； ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能； （2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢； ②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：； ③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低； （3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。 5．（2025·北京房山·一模）从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 4.9×10−17 2.8×10−39 5.6×10−12 2.1×10−15 (1)上述流程中，加快反应速率的措施是___________。 (2)用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的___________。 (3)萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有___________。 ②解释反萃取时H2SO4的作用：___________。 (4)生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是___________。 (5)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至___________(填序号)。 a．6~7               b．9~10              c．11~12 (6)该流程中可循环利用的物质有___________。 【答案】(1)研磨 (2)4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O (3) O、N 加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层 (4)Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+ (5)b (6)H2SO4、萃取剂(HR)、O2 【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。 【解析】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率，故加快反应速率的措施是研磨； （2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去，用离子方程式可以表示为：4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O； （3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子； ②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层；故答案为：O、N；加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层； （4）根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为：Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+； （5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，= ≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b； （6）反应过程中使用到了硫酸，萃取剂，氧气，反萃取时再产生萃取剂，电解含铜离子的水溶液，即电解硫酸铜时产生硫酸和氧气，，则该流程中可循环利用的物质有：H2SO4、萃取剂(HR)、O2。 押题猜想18 化学实验综合探究 终极押题 18.某小组同学用废铜屑(含少量铁)制备晶体并探究其性质。 资料：ⅰ．易溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 ⅱ．生成，开始沉淀时，完全沉淀时，生成，开始沉淀时，完全沉淀时 ⅲ．和均不易与氨配位 实验Ⅰ：制备溶液 ①取一定量废铜屑，加入稍过量的稀和溶液，在下完全溶解。 ②调节pH至3~4，加热煮沸2分钟后趁热过滤。 (1)步骤①中溶解铜反应的离子方程式是 。 (2)步骤②的目的是除去 (填化学式)。 实验Ⅱ：制备晶体 取实验Ⅰ中所得溶液，逐滴加入氨水至澄清，再加入无水乙醇，过滤；沉淀先用试剂M洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体。 (3)加氨水过程中的实验现象是 。 (4)试剂M的最佳选择是 (填字母序号)。 a．乙醇和浓氨水混合溶液    b．乙醇和稀硫酸混合溶液    c．蒸馏水 (5)甲同学查阅资料发现：不易溶于氨水。 ①从化学平衡的角度解释实验Ⅱ中加入氨水可得澄清溶液的原因： 。 ②设计实验(填实验操作和现象) 。证实了上述原因分析合理。 实验Ⅲ：探究活泼金属与溶液的置换反应 将表面已去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2份浓度相同的溶液()中。锌片表面立即出现一层红色物质。短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出。静置数十小时后，铁片表面析出红色物质，溶液深蓝色变浅，并有红褐色沉淀物生成。 (6)对比上述实验，解释短时间内铁片表面未观察到红色物质的原因 。 【答案】(1) (2)、 (3)产生大量蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色 (4))a (5) 悬浊液中存在，实验Ⅱ中生成沉淀的同时生成，与结合生成，降低；加入氨水，与配位，下降；两者均促进的沉淀溶解平衡正向移动 取少量和氨水形成的悬浊液，加入少量硫酸铵固体，振荡后固体溶解，溶液变为深蓝色 (6)不易与氨配位，的条件下，反应初始生成的覆盖在Fe表面，阻止反应继续进行 【分析】取一定量废铜屑，加入稍过量的稀和溶液，在下发生反应，铜完全溶解，调节pH至3~4，加热煮沸2分钟后趁热过滤，将和未反应的除去，取所得溶液，逐滴加入氨水，与氨水反应，先产生大量蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀消失，与氨水继续反应生成，溶液变为深蓝色，再加入无水乙醇，过滤；沉淀先用试剂M洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体，据此回答。 【解析】（1）步骤①中，取一定量废铜屑，加入稍过量的稀和溶液，在下完全溶解，Cu在酸性条件下被氧化为，离子方程式为； （2）由资料ii：生成，开始沉淀时，完全沉淀时可知，步骤②中调节pH至3~4，加热煮沸2分钟后趁热过滤，是为了将转化为，同时将未反应的分解除去； （3）取所得溶液，逐滴加入氨水，与氨水反应，先产生大量蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀消失，与氨水继续反应生成，溶液变为深蓝色； （4）由资料ⅰ．易溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂可知，为减少的损失，则试剂M应选择乙醇和浓氨水混合溶液，故选a； （5）①由于悬浊液中存在，实验Ⅱ中生成沉淀的同时生成，与结合生成，降低；加入氨水，与配位，下降；两者均促进的沉淀溶解平衡正向移动，所以加入氨水可得澄清溶液； ②上述原因分析合理，可取少量和氨水形成的悬浊液，加入少量硫酸铵固体，振荡后固体溶解，溶液变为深蓝色，即可证明； （6）将表面已去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2份浓度相同的溶液()中，由于不易与氨配位，的条件下，反应初始生成的覆盖在Fe表面，阻止反应继续进行，故锌片表面立即出现一层红色物质，短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出。 押题有据 实验综合探究题是北京卷的“压轴大题”，对学生的综合能力要求极高。本题以铜配合物的制备和性质探究为主线，融合了物质除杂（Fe3+的沉淀）、仪器和操作（洗涤）、反应原理（沉淀溶解平衡、配位平衡）以及对比实验分析（Zn与Fe置换反应的差异）。第(5)问要求学生从平衡移动角度解释Cu(OH)2溶于氨水的原因，并设计实验验证，这是北京卷的经典考查方式——原理分析与实验设计相结合。第(6)问的对比实验体现了控制变量思想。押题依据是：北京卷的实验题往往不是对教材实验的简单复制，而是在其基础上进行延伸和探究，重点考查学生的逻辑推理和科学探究能力。 考题猜想 1．（2025·北京·三模）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： (1)在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有_______。(写出两个) (2)浸金时，Au转化为。 其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示 温度℃ 30 50 70 90 滤渣2含金g/t 855 709 310 352 浸金过程中发生的反应： i． ii．…… ①补全反应ii的离子方程式_______。 ②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因_______。 (3)浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。 ①气体X是_______。 ②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。 结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_______。 (4)该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有_______。 【答案】(1)、 (2) +5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O 温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，+5 Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加 (3) Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降 (4)H2SO4和NaCl 【分析】阳极泥用H2O2、稀硫酸和适量NaCl浸铜，Cu被H2O2氧化为CuSO4，Ag转化为AgCl沉淀，滤渣1为AgCl和Au，用稀硫酸、NaClO3和适量NaCl浸金，Au转化为，过滤得到的滤渣2为AgCl，和Na2S2O5反应生成Au，AgCl与pH=9的Na2SO3溶液反应生成，与HCHO发生氧化还原反应生成Ag，以此解答。 【解析】（1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量，原因是会受热分解生成H2O和O2，且氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2，化学方程式分别为：、。 （2）①浸金过程除了发生反应：，和Cl-在酸性条件下也可以发生氧化还原反应生成Cl2，则反应ii的离子方程式为：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O； ②温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减少，温度太高时，+5 Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加。 （3）①浸银时发生反应 ；将HCHO氧化为，此时向溶液中通入，由于亚硫酸性强于碳酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为 。 ②Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降。 （4）浸金液中和Na2S2O5反应生成Au，离子方程式为： ，该过程中有H2SO4和NaCl生成，则该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有H2SO4和NaCl。 2．（2025·北京大兴·三模）对废弃的材料进行处理，制备和，工艺流程如图所示： 已知：ⅰ.萃取原理为(有机层)； ⅱ.、均难溶于水； ⅲ.常温下，； ⅳ.当离子浓度小于时可视为沉淀完全。 (1)“酸浸”前，需将粗品粉碎，其目的是___________。 (2)升温能加快酸浸的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是___________。“酸浸”时不能用浓盐酸代替和的混合液，原因是___________。 (3)为提高的析出量和纯度，结合的溶解度曲线(图1)可知“操作”依次为蒸发浓缩、___________、洗涤、干燥等。 (4)已知萃取率随pH变化如图2所示，萃取率先升高后下降的原因可能是___________。 (5)写出“沉钴”反应的离子方程式___________。“沉钴”后的滤液中不低于___________。 (6)“煅烧”时发生反应的化学方程式为___________。 (7)用稀硫酸溶解粗品，再加入适量溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入铁氰化钾溶液，滴定终点时消耗VmL。计算粗品中Co元素的质量分数___________。(已知：) 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) 温度过高，会分解导致减小，浸出速率变慢 生成氯气，污染环境；盐酸有挥发性(合理即可) (3)趁热过滤 (4)时，随着pH的增大，溶液中减小，(有机层)平衡正向移动，萃取率增大；时，随着pH的增大，溶液中增大，与形成沉淀，平衡逆向移动使萃取率降低 (5) (6) (7) 【分析】向LiCoO2粗品中加入H2SO4、H2O2，发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，调节溶液pH，过滤除去杂质，再加入萃取剂HR，由已知ⅰ可知，得到有机相CoR2和水相Li2SO4溶液，向有机相CoR2中加入H2SO4反萃取得到HR和水相CoSO4溶液，向水相中加入碳酸氢铵溶液，生成CoCO3沉淀，CoCO3煅烧生成Co3O4和CO2；向Li2SO4溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀和硫酸钠溶液，过滤得到碳酸锂，据此分析回答。 【解析】（1）“酸浸”前，需将LiCoO2粗品粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率； （2）温度过高，H2O2会分解导致c(H2O2)减小，浸出速率变慢；“酸浸”时不能用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，生成氯气，污染环境；盐酸有挥发性(合理即可)； （3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，结合Li2CO3的溶解度曲线(图1)可知，碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，则“操作”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等； （4）pH<6时，随着pH的增大，溶液中c(H+)减小，平衡正向移动，Co2+萃取率增大；pH>6时，随着pH的增大，溶液中c(OH−)增大，Co2+与OH−形成Co(OH)2沉淀，平衡逆向移动使Co2+萃取率降低，则Co2+萃取率先升高后下降； （5）“沉钴”中，CoSO4溶液与碳酸氢铵溶液生成CoCO3沉淀，反应的离子方程式：；当离子浓度小于1×10−5mol⋅L−1时可视为沉淀完全，则“沉钴”后溶液中，存在沉淀溶解平衡，，则“沉钴”后的滤液中，则“沉钴”后的滤液中不低于； （6）CoCO3煅烧生成Co3O4和CO2，反应的化学方程式为：； （7）用稀硫酸溶解mgCo3O4粗品，再加入适量Na2SO3溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入c mol/L铁氰化钾溶液，滴定终点时消耗VmL，则根据反应：可知，，根据元素守恒可知，Co3O4粗品中Co元素的质量为：，Co3O4粗品中Co元素的质量分数为：。 3．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 (1)焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是___________。 (2)焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是___________。 (3)滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有___________。 (4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是___________。 (5)沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：___________。 (6)测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是___________。(的摩尔质量：) 【答案】(1) (2)增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 (3)     (4)除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。 (5)，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。 (6) 【分析】石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的钒矿石经水浸、过滤后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入铁粉、硫酸溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH=5，除去Al3+，过滤后加入有机试剂萃取V(Ⅳ)，静置分液得到含有V(Ⅳ)的有机物，加入H2SO4反萃取，得到含V(Ⅳ)的溶液，之后进行氧化沉钒得到多钒酸铵，煅烧得到V2O5。 【解析】（1）通焙烧，将转化为，V的化合价升高，做氧化剂，化学方程式为； （2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应； （3）铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和、反应，故发生的反应有 、、； （4）根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率； （5）溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质； （6）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。 4．（2025·北京房山·三模）以银锰精矿（主要含、、）和氧化锰矿（主要含）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。硫酸锰受热不分解。 (1)“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取的措施是：__________。（写出一种即可） ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应。（已知S元素被氧化成硫酸根离子）的离子方程式为：__________。 (2)①“浸银”时，发生的反应为：，可以使用过量__________、__________和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ②结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中浸出剂中、的作用：__________。 (3)“沉银”过程中需要过量的锌粉作为还原剂。 ①该步反应的参加反应的离子__________。 ②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释Ag的沉淀率变化的原因：__________。 (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：__________。 【答案】(1) 适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种） (2) FeCl3 HCl 是为了与电离出的Ag+结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率，是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀 (3) 开始时Zn与反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl2]-溶解过量，沉淀率下降 (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【分析】银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液，二氧化锰具有氧化性使得二价铁氧化为三价铁同时二氧化锰能被还原生成锰离子，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，浸锰液中主要的金属阳离子有、，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰渣中Ag2S与过量氯化铁、盐酸、氯化钙的混合液反应，将Ag2S中的银以形式浸出，用锌粉把还原为金属银，据此回答。 【解析】（1）①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取的措施有适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种）； ②FeS2与MnO2在酸性条件下反应，S被氧化为，Mn被还原为，离子方程式：； （2）①“浸银”时，发生的反应为：，将中的S氧化为S单质，为了不引入杂质，可以使用过量FeCl3提供，为防止水解，需在酸性条件下进行反应，为了不引入杂质，可由使用过量HCl，综上所述，可以使用过量FeCl3、HCl和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出； ②是为了与电离出的Ag+结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率，是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀； （3）①沉银时与Zn反应生成单质银； ②开始时Zn与反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl2]-溶解，沉淀率下降； （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。 5．（2026·北京顺义·一模）小组同学探究pH对催化分解反应的影响。实验如下。 实验 操作及现象 Ⅰ 在烧杯中加入一定量7.7%溶液(pH约为3.5)，将少量固体迅速加入烧杯中，立即产生大量气体，溶液pH迅速上升，最终稳定在7左右。 Ⅱ 在试管中加入2mL7.7%溶液，再加入少量固体，立即产生大量气体，加入1mL溶液，固体消失，同时产生气体的速率迅速减慢，最后几乎停止。最终溶液呈浅粉色 已知：ⅰ、碱性条件下会发生分解。为易于保存，常在过氧化氢溶液中添加适量磷酸； ⅱ、为棕黑色固体，通常显浅粉色，为白色沉淀。 (1)催化分解反应的化学方程式是______。 (2)结合实验Ⅱ，解释实验Ⅰ中加入固体后溶液pH迅速上升的原因______。小组同学针对实验Ⅱ中“固体消失”这一现象继续展开探究。 将实验Ⅱ试管中反应后的溶液平均分装在2个试管中，分别标号1和2。进行实验Ⅲ。 实验 操作及现象 Ⅲ-1 向1号试管中加入少量固体，产生大量气体，几秒后黑色固体减少至消失，气体产生速率再次变慢。重复以上操作2次，现象相同。 Ⅲ-2 向2号试管中逐滴滴加NaOH溶液，重复出现“有棕黑色固体生成，同时产生气体的速率明显加快，振荡后，棕黑色固体消失，气体产生速率减慢”的现象，直至体系显碱性时，棕黑色固体不再消失。之后，再加入7.7%溶液，产生大量气体。 (3)实验III-1的目的是______。 (4)用离子方程式解释实验Ⅲ-2中棕黑色固体生成的原因______。 (5)有同学提出，实验Ⅲ-2中滴加NaOH溶液，碱性增强，分解速率加快。补充实验，证明在碱性条件下分解不是Ⅲ-2中速率加快的主要原因。实验操作及现象是______。 (6)结合实验Ⅲ，从电极反应角度分析Ⅱ中无法再生成的可能原因______。 (7)依据上述实验，pH对催化分解反应的影响是______。 【答案】(1) (2)Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升 (3)证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小 (4) (5)取1.5 mL7.7%的H2O2溶液，逐滴滴加与III-2浓度相同的NaOH溶液，至溶液显碱性，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率 (6)；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2 (7)酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响 【分析】本题以MnO2催化H2O2分解为载体，探究 pH 对催化反应的影响。通过酸性、中性、碱性条件下的对比实验，揭示了MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+而失活，在碱性条件下可被再生并持续催化的机理，同时验证了碱性条件下H2O2自身分解并非速率加快的主因，体现了催化剂活性受环境 pH 调控的特点。 【解析】（1）MnO2催化H2O2分解反应的化学方程式是； （2）Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升，最终反应完全，溶液呈中性，pH 稳定在 7 左右； （3）探究酸性条件下，反应后的溶液中Mn2+对H2O2分解的催化作用，证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小； （4）棕黑色固体生成的原因用离子方程式解释：，（合并为：）； （5）取取1.5 mL 7.7%的H2O2溶液，调节至相同碱性条件，不加含Mn2+的溶液，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率； （6）；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2； （7）酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响。 押题猜想19 化学反应原理综合 终极押题 19.了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附NOx。 (1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附NO2反应如下：。 在T1℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间(min) 0 10 20 30 40 50 NO2(mol) 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 N2(mol) 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 ①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)= ； ②30min时，该反应的平衡常数K= ，反应放出的热量为 kJ。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 (填字母)。 a．加入活性炭        b．通入NO2        c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 Ⅱ．SO2烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。 将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 已知：i．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ii．MgSO3在水中难溶，Mg(HSO3)2可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因 。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用 。 (5)实验发现，在以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但烟气脱硫效率始终很高，且MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、 (写出两条)。 【答案】(1)C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)  ∆H=-34kJ∙mol-1 (2) 0.042mol∙L-1∙min-1 0.675 38.4 (3)b (4) Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右 当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率 (5)Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4 (6)减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等 【解析】（1）一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，则2molNO参加反应时，放热34kJ，所以活性炭与NO反应的热化学方程式：C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)  ∆H=-34kJ∙mol-1。 （2）①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)==0.042mol∙L-1∙min-1； ②在T1℃时，该反应在2L容器中发生反应，30min时，NO2的物质的量为0.80mol、N2的物质的量为0.60mol，则可建立如下三段式： 该反应的平衡常数K==0.675，反应放出的热量为=38.4kJ。 （3）a．加入活性炭，不改变反应物和生成物的浓度，平衡不发生移动，a不符合题意； b．通入NO2，平衡正向移动，达新平衡时，反应物和生成物的浓度都比原平衡时大，b符合题意； c．缩小容器的体积，平衡逆向移动，反应物的物质的量增大，生成物的物质的量减小，c不符合题意； d．加入合适的催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，但平衡不发生移动，反应物和生成物的物质的量都不变，d不符合题意；故选b。 （4）烟气脱硫开始阶段，纳米MgO与水反应MgO+H2O=Mg(OH)2，Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，OH-与溶解的SO2发生反应2OH-+SO2=+H2O、+SO2+H2O=2，在溶液中以电离为主，电离使溶液显酸性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，SO2与OH-反应生成的会与Mg2+结合生成MgSO3沉淀，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用：当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率。 （5）pH约为4时，溶液中主要含有微粒为，在以后，发生反应Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，随着反应的进行，MgSO3增多，同时MgSO3会被空气中的O2氧化为MgSO4，发生反应2MgSO3+O2=2MgSO4，MgSO4浓度逐渐升高，而MgSO3又能吸收SO2，发生反应MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，从而使溶液pH几乎不变。则用方程式解释其可能原因：Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4。 （6）为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，通过升高温度、增大接触面积、增大接触时间，都可提高脱硫效率，则可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等。 押题有据 化学反应原理综合题是北京卷的“常驻”大题，通常以环境保护或能源利用为背景，综合考查热化学、速率、平衡及水溶液中的离子平衡。本题以烟气脱硫脱硝为情境，设置了热化学方程式书写、速率和平衡常数计算、化学平衡移动、以及复杂体系中反应机理的推断（MgO脱硫过程）。第(4)(5)问要求学生结合图像（pH-时间图、微粒分布图）分析脱硫过程中的反应变化，体现了“数形结合”和“证据推理”的思想。押题依据是：此类题目能全面考查学生运用原理解决实际问题的能力。复习时应加强“三段式”计算训练，并注意平衡常数Kp、Kc的灵活运用。 考题猜想 1．（2025·北京·模拟预测）氢气和核能是可以开发利用的新能源。 (1)氢气是未来最具有前途的能源之一。氢气能将二氧化碳转化为CH3OH等液体燃料。以H2、CO2为原料制CH3OH涉及的主要反应如下： ⅰ．H2(g) + CO2(g) CO(g) + H2O(g)  ∆H1 =﹢41 kJ·mol-1    ⅱ．CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)  ∆H2=﹣90 kJ·mol-1    ①CO2分子中含有______键（填“极性”或“非极性”）。 ②H2(g) 、CO2(g)转化为CH3OH(g)、H2O(g)的热化学方程式为______。 (2)开发利用核能可以减少对化石能源的依赖。UO2是一种常用的核燃料，该核燃料的一种制备流程如下： 铀矿UO2SO4U(SO4)2UF4UF6UO2 I中，将含有硫酸的UO2SO4溶液通入电解槽，如图所示。 ①A电极是______（填“阴极”或“阳极”），其电极反应式是______。 ②B电极的电极反应式______。 ③U4+有较强的还原性。用质子交换膜隔开两极区溶液可以______，从而提高U4+的产率。 【答案】(1) 极性 3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=－49kJ·mol-1 (2) 阴极 UO+4H++2e-=U4++2H2O 可以防止U4+移动到阳极附近被氧化 【解析】（1）①CO2的结构简式为O=C=O，CO2分子中含有含有极性共价键； ②ⅰ．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H1=+41 kJ·mol-1；ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H2=-90 kJ·mol-1；H2、CO2反应生成甲醇的反应是3H2＋CO2=CH3OH＋H2O(g)，根据盖斯定律，由i＋ii得出∆H=∆H1＋∆H2=－49 kJ·mol－1，即热化学反应方程式为3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=－49 kJ·mol-1； （2）①电解池中阳离子流向阴极，根据氢离子的流向可知A电极为阴极；UO得电子被还原为U4+，同时生成水，电极反应式为UO+4H++2e-=U4++2H2O； ②电解过程B电极即阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，B电极的电极反应式； ③电解过程B电极即阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，而U4+有较强还原性，用质子交换膜隔开两极区溶液,可以防止U4+移动到阳极附近被氧气氧化，或者防止U4+移动到阳极失去电子被氧化，从而提高U4+的产率。 2．（2025·北京海淀·三模）高锰酸钾是一种重要的化工产品。由软锰矿为原料制备高锰酸钾的过程如下。 (1)制备锰酸钾(K2MnO4) 熔融的软锰矿(主要成分为MnO2)与过量KOH固体混合，在不断通入空气的情况下反应生成锰酸钾。该反应的化学方程式是_______。 (2)制备高锰酸钾 方法一：向K2MnO4溶液中通入适量CO2，反应生成KMnO4和MnO2。 ①反应后得到粗KMnO4晶体的操作为：_______，过滤，洗涤，低温干燥。 ②结合化学用语，解释反应过程中通入CO2的量不宜过多的原因：_______。 方法二：电解K2MnO4溶液。电解原理如图所示： ③a极是电解池的_______极。 ④结合电极反应式，从物质利用角度分析方法二优于方法一的原因是_______。 (3)产品纯度分析 取制得的KMnO4产品a g，配制成100mL溶液。另量取溶液于锥形瓶中，加入足量稀，水浴加热至，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(相对分子质量：KMnO4 158) ①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是____。 ②产品纯度为_____(用质量分数表示)。 【答案】(1)2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O (2) 过滤，加热至浓缩，冷却至结晶 ，若通入过多，会因为析出溶解度较低的导致产物纯度降低 阳 阴极：，从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到和KOH。阳极：，与方法一相比，只转化成，Mn元素利用率高 (3) 反应生成的可作为反应的自催化剂，增大，催化效果增强 【分析】方法二：根据电解装置：a极：-e-=，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4，a为阳极；b极：2H2O+e-=H2↑+2OH-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阴极区生成浓的KOH溶液，b为阴极，该电解方法用阳离子交换膜可防止、在阴极被还原，离子膜为阳离子膜，据此分析解题。 【解析】（1）MnO2、O2和KOH固体按一定比例混合后强热可制得绿色K2MnO4，结合电子守恒和原子守恒可知有水生成，反应中锰元素由+4价升高为+6价，升高2价，氧元素由0价降低为−2价，降低4价，化合价升降最小公倍数为2，所以MnO2系数2，O2的系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，则发生反应的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O； （2）①高锰酸钾的溶解度受温度影响变化大，则从步骤二反应后的混合溶液中分离得到高锰酸钾晶体的方法是过滤除去MnO2，在80℃左右蒸发浓缩、冷却至0℃结晶，过滤、洗涤、烘干，故答案为：过滤，加热至80℃浓缩，冷却至0℃结晶； ②由题干图像信息可知，KHCO3的溶解度随着温度的降低而减小，且越来越接近KMnO4的溶解度，，若通入过多CO2，会因为析出溶解度较低的KHCO3导致产物纯度降低，不利于分离出KMnO4，故反应过程中通入CO2的量不宜过多，故答案为：，若通入过多CO2，会因为析出溶解度较低的KHCO3导致产物纯度降低； ③由分析可知，a极是电解池的阳极，故答案为：阳； ④由分析可知，结合电极反应式，从物质利用角度分析方法二优于方法一的原因是阴极：，从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到和KOH。阳极：，与方法一相比，只转化成，Mn元素利用率高，故答案为：阴极：，从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到H2和KOH。阳极：，与方法一相比，只转化成，Mn元素利用率高； （3）①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，可能是生成的Mn2+对反应起到催化作用， 故答案为：反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂，c(Mn2+)增大，催化效果增强； ②根据：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，建立关系式：2KMnO4～5Na2C2O4，25mLcmol•L−1的草酸(Na2C2O4)溶液中含有草酸的物质的量为2.5c×10−2mol，滴定消耗的KMnO4的物质的量为：×2.5c×10−2mol=10-2cmol，所以agKMnO4的纯度==。 3．（2025·北京东城·二模）将转化为碳酸二甲酯[]是资源化利用的重要研究方向。 【方法一】直接转化，反应的方程式为：      (1)可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是__________。 (2)和共同作为该反应的催化剂，其转化过程如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ．…… 写出Ⅳ的方程式：__________。 (3)一定条件下，在高压釜中反应5小时，甲醇转化率与反应温度的关系如图所示。 甲醇转化率变化的原因可能是： ①低于130℃和高于130℃时，催化剂的活性均不佳；②__________。 【方法二】电化学转化，装置如图如示。 (4)金电极连接电源__________（填“正极”或“负极”）。 (5)下列关于电化学法合成碳酸二甲酯的说法正确的是__________（填序号）。 a．电解过程中要不断搅拌，促进电极产物在Pd/C上发生反应 b．若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低 c．若导线中通过2mol电子，最多生成2mol碳酸二甲酯 【答案】(1)二者热稳定性较高，沸点相差较大 (2) (3)温度低于130℃时，温度越高反应越快；温度高于130℃时，反应达到限度，温度升高，平衡逆向移动 (4)负极 (5)ab 【解析】（1）蒸馏是利用混合物中各组分沸点不同进行分离的方法，碳酸二甲酯、甲醇沸点差异显著，并且热稳定性高，适合通过蒸馏分离。 （2）K2CO3和CH3I共同作为该反应的催化剂；反应中 未消耗，需与第Ⅲ步生成的 反应以完成催化循环，同时总反应中甲醇的物质的量为。根据电荷守恒和原子守恒，Ⅳ中甲醇、 与 反应生成 、等，所以方程式为：。 （3）温度低于时，温度越高反应越快，随温度升高甲醇转化率增大；同时根据勒夏特列原理，温度高于，反应达到限度，温度升高，会使放热反应的平衡向逆反应方向移动，导致甲醇转化率降低。 （4）分析该电解反应，金电极发生反应：，得到电子，作为电解池阴极；右侧电极发生反应：，失去电子，作为阳极。同时在溶液中发生反应：，生成碳酸二甲酯，所以金电极连接电源负极。 （5）a．搅拌可促进反应物接触，提高产物在Pd/C电极上的反应效率，a正确；电解过程中，溶液中发生反应：，若逸出，该反应反应趋势减弱，溴离子浓度降低，b正确；根据电极反应：，若转移电子，生成，再结合反应：，则最多生成碳酸二甲酯，c错误；故选。 4．（2025·北京房山·三模）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为： （浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和__________。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①工业合成的化学方程式为__________。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：y_______x，解释原因__________。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式：__________。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是__________。 (4)用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。 ①距离Li最近且等距的O的数目为__________。 ②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为__________。 【答案】(1)难挥发性 (2) 小于（或<） 反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积 (3) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成 (4) 4 【解析】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性； （2）①工业上用氮气和氢气在高温高压、催化剂下合成，化学方程式为； ②反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积； （3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ②由于反应iii生成，将氧化成，更易转化成； （4）①由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，O位于面心和顶点，观察晶胞可知，距离Li最近且等距的O的数目为4个； ②由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，共有8个，O位于面心和顶点，共有，立方晶胞棱长为，已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为。 5．（2025·北京西城·三模）油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。 (1)回收单质硫。催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式___________。 (2)和重整制氢，此过程涉及的主要反应有： i． ii． 恒压条件下，将和按物质的量比为进行投料，并用稀释，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下图。 ①与重整制氢反应的热化学反应方程式是___________。 ②其他条件不变时，加入稀释，可以提高的转化率，原因是___________。 ③下列说法正确的是___________(填序号)。 a．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高 b．结合上图数据分析，反应ii为与重整反应的决速步 c．在范围内，随温度升高，的体积分数增大 (3)电化学循环法：采用溶液吸收处理，并通过电解池实现“吸收液”再生，同时制取氢气，其原理如图所示。 ①写出反应器内发生反应的离子方程式___________。 ②结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的___________。 【答案】(1) (2) 恒压条件下，加入稀释，容器体积增大，反应体系分压减小，反应向着正反应方向移动，的转化率增大 ac (3) 含和的溶液进入电解池的阳极区，发生，通过质子交换膜转移到阴极，阳极区得到的溶液，吸收液得以再生 【解析】（1）由图知，催化空气氧化法制取单质硫的过程中，、可以循环转化，反应的实质是H2S被O2氧化为S，根据得失电子守恒、原子守恒，可得到总反应的化学方程式：。 （2）①将反应i和反应ii的热化学方程式相加可得到与重整制氢反应的热化学反应方程式：。 ②加入可提高的转化率的原因：恒压条件下，加入稀释，容器体积增大，反应体系分压减小，反应向着正反应方向移动，则的转化率增大。 ③a．与重整制氢的总反应为吸热反应，其他条件不变时，温度升高可使反应平衡正向移动，的转化率提高，a正确；图中温度在之前，体积分数一直为0，之前体积分数随温度升高增大也不明显，说明反应ii需在较高温度下反应，阶段，体积分数增加了1.4%，氢气的体积分数只增加了3.0%，结合两个反应方程式知，反应i的速率慢，则反应i为总反应的决速步，b错误；反应I的，在范围内，升高温度，平衡正向移动，的体积分数增大，c正确；故选ac。 （3）①由图知，溶液在反应器内将氧化为S2沉淀，自身被还原为，根据电子得失守恒、原子守恒，发生反应的离子方程式：。 ②由图知，含和的溶液进入电解池的阳极区，发生氧化反应：，为平衡阳极区电荷，通过质子交换膜转移到阴极，阳极区得到的溶液，吸收液得以再生。 押题猜想20 有机合成与推断 终极押题 20．治疗慢性阻塞性肺病的药物恩塞芬汀的中间体K的合成路线如下。 已知：ⅰ．；ⅱ．。 (1)A和B均能使紫色石蕊试液变红，B中官能团的名称是 。 (2)的化学方程式是 。 (3)的过程中，E先与试剂a反应生成钠盐X，X再与发生取代反应得到F．试剂a的最佳选择是 (填字母序号)。 a．Na    b．    c． (4)的反应类型是 。 (5)H的结构简式是 。 (6)J分子中含有两个六元环，除醚键外，还含有一种官能团。J的结构简式是 。 (7)的反应可按如下过程分析： ①中间体2的结构简式是 。 ②该条件下，由中间体2生成K的过程中还可能生成一种副产物，与K互为同分异构体。该副产物的结构简式是 。 【答案】(1)羧基、氯原子(碳氯键) (2) (3)b (4)氧化 (5) (6) (7) 【分析】由流程题可得，A与Cl2发生取代反应生成B，B与NaCN发生反应生成，由的结构，结合A和B均能使紫色石蕊试液变红、A和B的分子式可推知A为CH3COOH，B为CH2ClCOOH，在酸性条件下加热生成C，由C的分子式可推知C为，C与CH3OH在浓H2SO4、加热发生酯化反应生成D，由D的分子式可推知D为；的过程中，E先与试剂a反应生成钠盐X，X再与发生取代反应得到F，F与O2在Cu的催化下加热发生氧化反应生成G，由G的结构和E、F的分子式，可推知E为，F为，由于酸性：H2CO3>苯酚>，故试剂a的最佳选择为，G与CH3NH2发生已知反应ⅰ．，再还原可得H，由H的分子式可推知H为，H在一定条件下生成I，I与D在催化剂下反应生成J，J分子中含有两个六元环，除醚键外，还含有一种官能团，可推知J的结构为，J发生已知ⅱ．反应生成K，据此回答。 【解析】（1）由分析知，B的结构为CH2ClCOOH，官能团的名称羧基、氯原子(碳氯键)； （2）C为，C与CH3OH在浓H2SO4、加热发生酯化反应生成D，由D的分子式可推知D为，化学方程式为； （3）由分析知，试剂a的最佳选择为，故选b； （4）由分析知，与O2在Cu的催化下加热发生氧化反应生成G，反应类型为氧化反应； （5）由分析知，H的结构简式是； （6）J分子中含有两个六元环，除醚键外，还含有一种官能团，结合D与I的结构即J的分子式，可推知J的结构为； （7）由的反应可按如下过程分析为：； ①中间体2的结构简式是； ②该条件下，由中间体2生成K的过程中还可能生成一种副产物，与K互为同分异构体。该副产物的结构简式是。 押题有据 有机合成与推断是北京卷有机选做模块的压轴题。本题以药物中间体的合成为背景，路线较长，信息新颖（包含两个已知反应）。题目考查了官能团名称（羧基、氯原子）、反应方程式（酯化反应）、试剂选择（碳酸钠与酚羟基反应）、反应类型（氧化）、结构简式推断（H、J、中间体2）以及同分异构体（副产物的判断）。第(7)问要求分析反应过程，推断中间体和副产物，对学生“信息迁移”和“逻辑推理”能力要求极高。押题依据是：北京卷的有机推断题越来越注重“流程分析”与“机理分析”的结合。复习秘笈是，训练学生利用“逆合成分析法”，结合已知信息和新反应条件，大胆假设，小心求证，突破结构推断的难点。 考题猜想 1．（2026·北京顺义·一模）一种重要医药中间体T的合成路线如下： 已知： (1)A可与小苏打反应，B的分子式是。的化学反应方程式是______。 (2)的反应类型是______。 (3)已知：J与溶液作用显紫色。的反应试剂和条件为______。 (4)Q分子中含有的官能团名称是氯原子、______。 (5)下列说法正确的是______(填序号)。 a．引入保护基，脱除保护基 b．L的一种同分异构体同时含有苯环和碳碳三键、既有酸性又有碱性 c．的反应类型是还原反应 (6)以G和R为原料合成T分为三步反应： ①X的结构简式为______。 ②Y中仅有一个六元环，的反应类型是______。 【答案】(1) (2)取代反应 (3)浓硝酸、浓硫酸、加热 (4)（酚）羟基、氨基 (5)abc (6) 消去反应 【分析】A可与小苏打反应，说明A含羧基，B分子式为，为乙醇，A在浓硫酸、加热条件下与B发生酯化反应生成D，推得A为，D为；D与在一定条件下发生取代反应生成E，E为；E与发生取代反应生成F，F与反应生成G和乙醇，根据已知信息可知，G的结构式为；A脱水生成H（）， H结构为，H与含酚羟基遇显紫色的J反应，生成K，K发生硝化反应生成L，根据L的结构逆推可知K为，J为；L与在催化下发生苯环取代生成M，根据R的结构逆推可知，M的结构为，M在条件下发生还原反应，硝基转化为氨基生成P，P的结构为；P脱保护基生成Q的结构为 ，Q与在下发生反应生成R；R与G经三步反应生成T，据此分析。 【解析】（1）A为，B为，A→D为乙酸与乙醇的酯化反应，化学反应方程式为； （2）D为，D→E为与的取代反应，甲基上的氢原子被氯原子取代，反应类型为取代反应； （3）K为对羟基苯乙酸乙酯类结构，K→L为苯环的硝化反应，反应试剂和条件为浓硝酸、浓硫酸、加热； （4）Q的结构为，Q分子中含有的官能团为氯原子、（酚）羟基、氨基； （5）a．H→K引入乙酰基保护酚羟基，P→Q脱除保护基，a正确；L的同分异构体同时含苯环、碳碳三键，且既有酸性又有碱性，考虑同时含酚羟基和氨基，如符合要求，b正确；M→P为硝基还原为氨基，属于还原反应，c正确；故选abc； （6）①R与G发生加成反应，G的结构为，加成后X的结构简式为；②Y中仅有一个六元环，X→Y为分子内羟基消去形成碳氮双键，反应类型为消去反应。 2．（2026·北京·一模）L是合成某雌酮药物的中间体，其合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． (1)A的核磁共振氢谱有两组峰。A的结构简式是___________。 (2)检验B中官能团的试剂是___________。 (3)D→E的化学方程式是___________。 (4)，试剂a的结构简式是___________。 (5)已知：，I的结构简式为___________。 (6)G＋J→K的反应类型是___________。 (7)由G经过多步反应合成P后可制备双环内酰胺的衍生物X。 已知：。 写出Q、W的结构简式___________、___________。 【答案】(1) (2)银氨溶液或新制氢氧化铜 (3) (4) (5) (6)加成 (7) 【分析】A的核磁共振氢谱有两组峰，则A是；A氧化为B，B是OHCCHO；B氧化为D，D是HOOCCOOH，D与乙醇发生酯化反应生成E，E是；根据信息ⅰ，由F逆推，可知a是；H和水发生加成反应生成I，I的结构简式为，根据信息ⅱ，J是，根据信息ⅲ，由L逆推，可知K是，据此分析作答。 【解析】（1）根据以上分析，A的结构简式是。 （2）B是OHCCHO，官能团是醛基，醛基能发生银镜反应或与氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，检验醛基的试剂是银氨溶液或新制氢氧化铜。 （3）D→E是HOOCCOOH和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，反应的化学方程式是。 （4）E是，，根据信息ⅰ，由F逆推，可知a是。 （5）根据题目已知，H和水发生加成反应生成I，则I的结构简式为。 （6）和G发生加成反应生成。 （7）根据题目已知，P发生Lewis acid反应生成Q，Q是；根据根据信息ⅲ，由X逆推，W是。 3．（2026·北京·一模）多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼(J)的合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． (1)A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为___________。 (2)B→C的化学方程式为___________。 (3)C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、___________。 (4)试剂a中含有的官能团有、___________。 (5)H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物，其结构简式为___________。 (6)I→J的过程中，的作用是___________。 (7)E经多步转化可得到G，路线如下。 M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为___________、___________。 【答案】(1)     (2)   (3)取代反应 (4)-F、-CHO (5)   (6)具有碱性，可以吸收反应中产生的HCl，提高J的产率 (7)       【分析】结合流程以及分子式可推知A(芳香族酯类化合物)为，A在酸性条件下水解生成B，B中的醇结构在Cu催化下被氧化为C，C先发生加成反应再发生取代（酯化）反应生成D，D和反应生成E，E与反应生成G，G中-CN结构在一定条件下转化为-COOH生成H，H再发生取代反应生成I，I再次发生取代反应生成J。 【解析】（1）A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为＋H2O。 （2）B中的醇结构在Cu催化下被氧化为C，方程式为：2+O22+2H2O。 （3）根据分析，C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、取代反应。 （4）D和反应生成E，试剂a为，含有的官能团有、-F、-CHO。 （5）G中的-CN 结构在一定条件下转化为-COOH而生成H()， H中含有3个六元环，要合成7个六元环的化合物需两分子H结合过程再形成一个新的六元环，故六元环的副产物结构简式为 。 （6）I与发生取代反应生成J 同时生成HCl，具有碱性，可以吸收反应中产生的HCl，提高J的产率。 （7）E（）中含有2个六元环，与发生取代反应生成含有两个六元环的物质，故反应过程中无新环形成，结合E形成F的过程，M为 ；M发生异构化生成N，N分子内部羰基发生加成反应生成P，P中脱去1分子水得到G。 4．（2026·北京延庆·一模）一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。 已知：① ②试剂a是 (1)L分子中含有的官能团是氟原子和_______。 (2)B→D的反应类型是_______。 (3)下列说法不正确的是_______(填序号)。 a.试剂a的结构简式为 b.J→K的反应中，的作用是消耗生成的，促进反应正向进行 c.F→G的反应中，还原了硝基；K→L的反应中，还原了羰基 (4)以G和M为原料合成P分为三步反应。 已知： ①M含1个sp杂化的碳原子，M的结构简式为_______。 ②第一步“加成”反应中，G与M的物质的量之比为，的结构简式为_______； (5)P的合成路线中，步骤E→F反应的意义是：_______。 【答案】(1)氨基、酯基 (2)取代反应 (3)ac (4) (5)E中氨基与试剂a形成酰胺键，避免后续与反应中氨基全部反应，最终通过“稀碱”脱除保护基  保护氨基，防止全部与M反应 【分析】A为苯胺，与乙酸反应得到B：，与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D：，D水解得到E为，E与试剂a反应得到F，F与H2发生还原反应得到G，I与SOCl2碱性条件下反应得到J，J与CH3OH反应得到K，根据K的分子式可以确定K为：，K还原得到L，L进一步反应得到M，根据M的分子式可以确定M的结构简式为：，G与M经过三步反应得到P。 【解析】（1）L分子中含有的官能团是氟原子和氨基、酯基； （2）B()与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D，反应类型是取代反应； （3） a、试剂a是，结构简式写为，a错误； b、J→K生成有HCl，加入碱性物质(CH3CH2)3N，与生成HCl反应，促进反应正向进行，b正确； c、根据分析F→G与K→L的反应均为硝基还原为氨基的反应，c错误；故选ac； （4）①根据M的分子式和M含有1个sp杂化的碳原子，得出M的结构简式为：； ②M()与G在N=C双键上先发生加成反应得到X，X的结构简式为：，X在碱性条件下脱除CH3OH得到Y，Y的结构简式为：，最后发生已知的反应得到P，X的结构简式为：； （5）根据分析：E→F引入保护基，Y→P脱除保护基，步骤E→F反应的意义是：E中氨基与试剂a形成酰胺键，避免后续与反应中氨基全部反应，最终通过“稀碱”脱除保护基 保护氨基，防止全部与M反应。 5．（2025·北京门头沟·一模）某研究小组按下列路线合成抗炎镇痛药“消炎痛”(部分反应条件已简化)。 已知： ⅰ． ⅱ． ⅲ． (1)化合物D中官能团的名称是_______。 (2)A为芳香族化合物，A→B的化学方程式是_______。 (3)下列说法正确的是_______(填序号)。 a．F中氮原子的杂化方式均为 b．B→D的反应类型为氧化反应 c．E的芳香醛类同分异构体共有6种 (4)F→G的化学方程式是_______。 (5)I的结构简式是_______。 (6)由F可制备物质K，转化过程如下图： 写出试剂a和中间产物Q的结构简式：_______、_______。 【答案】(1)羧基、碳氯键 (2)+Cl2+HCl (3)bc (4)++H2O (5) (6) 【分析】A为芳香族化合物，结合A的分子式可知，A为甲苯，A发生苯环上的取代反应生成B，则B的结构简式为：，B中甲基被氧化为羧基生成D，D发生信息i的反应生成E为，F与发生信息ii的反应生成G为，G和E发生取代反应生成H为，H发生信息ii的第二步反应生成I为，I发生酯基的水解反应生成消炎痛； 【解析】（1）由结构可知，D中官能团的名称是羧基、碳氯键； （2）A为甲苯，A与氯气在催化剂作用下发生苯环的取代反应生成B，方程式为：+Cl2+HCl； （3）a．F中氨基氮原子形成3个共价键，且存在1对孤对电子，价电子对数为4，杂化方式均为sp3，a错误；B→D的反应是甲基被氧化为羧基，反应类型为氧化反应，b正确；E为，不饱和度为1，E的芳香醛类同分异构体共有 、、(箭头所指醛基的位置)，共有6种同分异构体，c正确；故选bc； （4）F与发生信息ii的反应生成G，++H2O； （5）由分析可知，I的结构简式是； （6）由P→Q的条件可知，P发生信息iii的反应，则P中必须含有氨基和羧基两种官能团，F发生信息ii的反应生成P为，则试剂a为，P发生信息iii的反应生成Q为，Q中醚键转化为酚羟基得到K。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 参考答案 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 A 考题猜想 1．C 2．C 3．C 4．A 5．A 押题猜想02 化学用语的规范使用 终极押题 D 考题猜想 1．B 2．B 3．C 4．C 5．C 押题猜想03 离子方程式正误判断 终极押题 D 考题猜想 1．B 2．C 3．A 4．C 押题猜想04 氧化还原反应 终极押题 D 考题猜想 1．B 2．C 3．A 4．C 押题猜想05 阿伏加德罗常数 终极押题 B 考题猜想 1．A 2．C 3．C 4．C 5．B 押题猜想06 元素化合物的性质 终极押题 B 考题猜想 1．D 2．C 3．C 4．B 5．D 押题猜想07 催化机理循环图分析 终极押题 C 考题猜想 1．C 2．D 3．D 4．C 5．A 押题猜想08 物质能量、能垒变化图像分析 终极押题 D 考题猜想 1．B 2．C 3．D 4．C 5．D 押题猜想09 新型电化学装置分析 终极押题 B 考题猜想 1．C 2．A 3．B 4．C 5．D 押题猜想10 电解质溶液图像分析 终极押题 D 考题猜想 1．B 2．B 3．D 4．D 5．D 押题猜想11 元素周期表与周期律 终极押题 C 考题猜想 1．B 2．D 3．A 4．C 5．C 押题猜想12 晶胞结构分析与计算 终极押题 D 考题猜想 1．A 2．B 3．B 4．C 5．B 押题猜想13 生物大分子的性质与用途 终极押题 D 考题猜想 1．D 2．D 3．B 4．D 5．D 押题猜想14 多官能团有机物的结构与性质 终极押题 B 考题猜想 1．C 2．C 3．B 4．C 5．D 押题猜想15 实验组合装置图的分析 终极押题 D 考题猜想 1．A 2．B 3．C 4．A 5．A 押题猜想16 操作现象结论一致性问题 终极押题 C 考题猜想 1．C 2．C 3．C 4．C 5．C 押题猜想17 化工流程分析 终极押题 (1) (2) 生成，回收有价元素，或除去，减小对萃取的影响 (3)浓盐酸 或 (4) 还原了，未将全部还原（合理答案也可） (5)P204（HA）的磺化煤油溶液、、 考题猜想 1．(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) 加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用 (3) 氧化性：。是吸电子基，使键极性增强，更易断裂 调节pH，使产生沉淀除去；可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出 (4)AC (5)加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥 2．(1)还原 (2) 、、 除去、 、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，不能通过调pH的方法只除去、而保留 (3) (4) 做氧化剂 持续鼓入空气可使氧气的浓度增大，有利于提高化学反应速率，提高产率 (5) > 除杂过程中加入了，Mn元素会进入滤液，最终也要转化为产品 3．(1)+3 (2) (3) 时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离 < (4) (5)1：22 (6)减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物 4．(1) 增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 提供空轨道，中O原子提供孤电子对 pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 (2) 温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 (3) 5．(1)研磨 (2)4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O (3) O、N 加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层 (4)Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+ (5)b (6)H2SO4、萃取剂(HR)、O2 押题猜想18 实验综合探究 终极押题 (1) (2)、 (3)产生大量蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色 (4))a (5) 悬浊液中存在，实验Ⅱ中生成沉淀的同时生成，与结合生成，降低；加入氨水，与配位，下降；两者均促进的沉淀溶解平衡正向移动 取少量和氨水形成的悬浊液，加入少量硫酸铵固体，振荡后固体溶解，溶液变为深蓝色 (6)不易与氨配位，的条件下，反应初始生成的覆盖在Fe表面，阻止反应继续进行 考题猜想 1．(1)、 (2) +5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O 温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，+5 Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加 (3) Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降 (4)H2SO4和NaCl 2．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) 温度过高，会分解导致减小，浸出速率变慢 生成氯气，污染环境；盐酸有挥发性(合理即可) (3)趁热过滤 (4)时，随着pH的增大，溶液中减小，(有机层)平衡正向移动，萃取率增大；时，随着pH的增大，溶液中增大，与形成沉淀，平衡逆向移动使萃取率降低 (5) (6) (7) 3．(1) (2)增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 (3)     (4)除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。 (5)，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。 (6) 4．(1) 适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种） (2) FeCl3 HCl 是为了与电离出的Ag+结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率，是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀 (3) 开始时Zn与反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl2]-溶解过量，沉淀率下降 (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 5．(1) (2)Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升 (3)证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小 (4) (5)取1.5 mL7.7%的H2O2溶液，逐滴滴加与III-2浓度相同的NaOH溶液，至溶液显碱性，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率 (6)；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2 (7)酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响 押题猜想19 化学反应原理综合 终极押题 (1)C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)  ∆H=-34kJ∙mol-1 (2) 0.042mol∙L-1∙min-1 0.675 38.4 (3)b (4) Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右 当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率 (5)Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4 (6)减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等 考题猜想 1．(1) 极性 3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=－49kJ·mol-1 (2) 阴极 UO+4H++2e-=U4++2H2O 可以防止U4+移动到阳极附近被氧化 2．(1)2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O (2) 过滤，加热至浓缩，冷却至结晶 ，若通入过多，会因为析出溶解度较低的导致产物纯度降低 阳 阴极：，从阳极室经阳离子交换膜迁移到阴极室，同时得到和KOH。阳极：，与方法一相比，只转化成，Mn元素利用率高 (3) 反应生成的可作为反应的自催化剂，增大，催化效果增强 3．(1)二者热稳定性较高，沸点相差较大 (2) (3)温度低于130℃时，温度越高反应越快；温度高于130℃时，反应达到限度，温度升高，平衡逆向移动 (4)负极 (5)ab 4．(1)难挥发性 (2) 小于（或<） 反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积 (3) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成 (4) 4 5．(1) (2) 恒压条件下，加入稀释，容器体积增大，反应体系分压减小，反应向着正反应方向移动，的转化率增大 ac (3) 含和的溶液进入电解池的阳极区，发生，通过质子交换膜转移到阴极，阳极区得到的溶液，吸收液得以再生 押题猜想20 有机合成与推断 终极押题 (1)羧基、氯原子(碳氯键) (2) (3)b (4)氧化 (5) (6) (7) 考题猜想 1．(1) (2)取代反应 (3)浓硝酸、浓硫酸、加热 (4)（酚）羟基、氨基 (5)abc (6) 消去反应 2．(1) (2)银氨溶液或新制氢氧化铜 (3) (4) (5) (6)加成 (7) 3．(1)     (2)   (3)取代反应 (4)-F、-CHO (5)   (6)具有碱性，可以吸收反应中产生的HCl，提高J的产率 (7)       4．(1)氨基、酯基 (2)取代反应 (3)ac (4) (5)E中氨基与试剂a形成酰胺键，避免后续与反应中氨基全部反应，最终通过“稀碱”脱除保护基  保护氨基，防止全部与M反应 5．(1)羧基、碳氯键 (2)+Cl2+HCl (3)bc (4)++H2O (5) (6) 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想01 化学与STSE 押题猜想02 化学用语规范使用 押题猜想03 离子方程式正误判断 押题猜想04 氧化还原反应 押题猜想05 阿伏加德罗常数 押题猜想06 元素化合物的性质 押题猜想07 催化机理循环图分析 押题猜想08  物质能量、能垒变化图像分析 押题猜想09 新型电化学装置分析 押题猜想10 电解质溶液图像分析 押题猜想11 元素周期表与周期律 押题猜想12 晶胞结构分析与计算 押题猜想13 生物大分子的性质与用途 押题猜想14 多官能团有机物的结构与性质 押题猜想15 实验组合装置图的分析 押题猜想16 操作现象结论一致性问题 押题猜想17 化工流程分析 押题猜想18 实验综合探究 押题猜想19 化学反应原理综合 押题猜想20 有机合成与推断 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】将化学知识应用于实践，下列有关做法及其解释均合理的是 A．华为Mate60 Pro部分机型后盖采用“锦纤”材质与合金完美契合，其中合金属于金属材料 B．用红色激光笔照射溶液时，可以看到一条光亮的“通路” C．制作面点时加入食用纯碱，利用中和发酵过程产生的酸 D．人民币票面文字处采用了含的磁性油墨，常用作红色颜料 押题有据 化学与STSE（科学、技术、社会、环境）是北京高考选择题的开篇常客，强调化学知识的实际应用价值。本题以“华为手机后盖材质”“激光笔照射溶液”“食用纯碱”“磁性油墨”等贴近生活的素材，综合考查了金属材料、胶体丁达尔效应、碳酸钠的用途、Fe3O4与Fe2O3的颜色区分。A项合金属于金属材料，正确；B项CuSO4溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应；C项食用纯碱是Na2CO3而非NaHCO3；D项Fe3O4为黑色，红色颜料为Fe2O3。本题押题依据是：近年北京卷STSE题目常设置“看似合理但张冠李戴”的选项，如混淆碳酸钠与碳酸氢钠的用途、混淆不同铁的氧化物的颜色和磁性。复习秘诀是，引导学生关注教材中的“资料卡片”和“科学·技术·社会”栏目，对常见物质的颜色、俗名、用途进行精准记忆，并注意区分“溶液”与“胶体”的本质特征。 考题猜想 1．（2026·北京海淀·月考）“九三阅兵”展示了我国的科技及军事实力，材料科学助力国防事业迈向了新高度。下列军事装备所用的材料属于无机非金属材料的是 A．东风系列导弹采用特种钢材实现轻量化 B．歼-20隐身战机机身覆盖含铁氧体纳米颗粒的吸波材料实现低探测性 C．装甲采用纳米陶瓷降低厚度 D．防弹衣采用芳纶和超高分子量聚乙烯纤维提升防护水平 2．（2025·北京西城·三模）下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是 A．利用溶液的大小可判断溶液中水的电离程度的大小 B．利用反应热数据判断反应速率的大小 C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等 D．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低 3．（2025·北京通州·三模）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原1h可以制备微米级零价铁。研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核—壳”结构。 已知：①壳层可以导电；②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；③磷酸盐溶解度一般较小。 部分金属阳离子去除机理如下图所示。 下列说法不正确的是 A．用磁铁矿备零价铁时发生反应的化学方程式为： B．纳米零价铁去除污水中Cu（Ⅱ）、Zn（Ⅱ）主要机理不同 C．控制，通过形成，可以去除含磷的 D．零价铁去除重金属离子和含磷微粒主要机理包括还原、吸附和沉淀 4．（2025·北京门头沟·一模）三星堆考古挖掘中，二号祭祀坑出土的商代铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列说法不正确的是 A．测定出土文物年代的原子核内有14个质子 B．X射线衍射实验可以对青铜器微观晶体结构进行分析 C．铜像表面的铜绿能在空气中稳定存在 D．青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料 5．（2025·北京·模拟预测）近年我国在科技领域不断取得新成就，对相关成就所涉及的化学知识理解正确的是 A．以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料 B．“天宫”空间站配置砷化镓光电池，砷化镓电池可将化学能转化为电能 C．聚酯纤维涤纶做成的织物在航空领域得到广泛应用，涤纶通常通过加聚反应制得 D．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工全合成，其中直链淀粉含量高的食物口感较黏 押题猜想02 化学用语规范使用 终极押题 【原创题】下列化学用语或图示表示正确的是( ) A．氨水中NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为： B．p-pπ键形成示意图： C．基态Cu＋的价电子轨道表示式： D．用电子式表示的形成过程： 押题有据 北京高考近年来对化学用语的考查愈发注重细节和规范性，不再局限于简单的电子式、结构式，而是深入到氢键表示、轨道表示式、π键形成过程等微观层面。本题精准捕捉了这一趋势，通过设置氢键主要形式、p-pπ键示意图、Cu+价电子轨道式、离子化合物形成过程四个选项，全面覆盖了学生易错、易混淆的“雷区”。其中，氢键的表示（尤其是方向性和原子电负性）和过渡金属离子的轨道表示式是北京卷的潜在高频考点。押题秘诀在于，复习时要引导学生回归教材插图（如氢键、π键的示意图），并强化对“构造原理”和“洪特规则特例”的理解，避免“想当然”的错误。 考题猜想 1．（2026·北京延庆·一模）物质的微观结构决定其宏观性质。乙胺是一种无色、有强烈氨味的液体，能与水、乙醇、乙醚等有机溶剂混溶。下列说法不正确的是 A．乙胺的电子式： B．乙胺分子中，乙基中的碳原子和氨基中的氮原子均为杂化 C．乙胺分子中的氨基可与水形成氢键 D．乙胺可与盐酸发生反应，生成 2．（2026·北京·一模）下列化学用语表示正确的是 A．基态镁原子最外层电子云轮廓图： B．的VSEPR模型： C．的系统命名：2,2,4-三甲基戊烷 D．1mol冰晶体中存在着4mol氢键，其结构为 3．（2025·北京丰台·一模）下列化学用语或图示表达正确的是 A．的电子式： B．反-2-丁烯的结构简式： C．HCHO分子的空间结构模型： D．杂化轨道示意图： 4．（25-26高三上·北京顺义·期末）下列化学用语或图示表达正确的是 A．的结构模型 B．的电子式 C．基态原子价层电子排布式 D．轨道和轨道形成键 5．（25-26高三上·北京东城·期末）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．H2O2的电子式为 B．基态原子的价层电子排布式为 C．基态S原子的价层电子轨道表示式为 D．顺-2-丁烯的分子结构模型为 押题猜想03 离子方程式正误判断 终极押题 【原创题】下列离子方程式错误的是（ ） A．向澄清石灰水中滴加少量的碳酸氢钠溶液： B．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： C．把少量二氧化硫气体通入到次氯酸钠溶液： D．向硫酸氢铵溶液滴加少量的氢氧化钡溶液： 押题有据 离子方程式正误判断是北京高考选择题的必考题型，通常结合“少量/过量”问题、物质强弱、氧化还原反应原理进行综合考查。本题精选了四个典型陷阱：A项考查“少量碳酸氢钠”与澄清石灰水的反应，是“定组成”原则的经典应用；B项关注草酸作为弱酸在离子方程式中的保留形式；C项考查二氧化硫与次氯酸钠的氧化还原反应；D项则设置了硫酸氢铵与少量氢氧化钡反应的“先后顺序”陷阱。本题的押题依据是：近5年北京卷对“与量有关的离子方程式”考查频率极高，且常以Ba(OH)2、Ca(HCO3)2等物质为载体。复习时应强调“以少定多”和“强氧化剂优先”的解题思路。 考题猜想 1．（2026·北京顺义·一模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．洗涤硫酸钡时，用稀硫酸比用等体积蒸馏水损失少： B．用稀硝酸洗去试管壁上的银： C．用足量NaOH溶液吸收尾气： D．钠可用作强除水剂： 2．（2026·北京延庆·一模）下列化学方程式或离子方程式与所给事实不相符的是 A．实验室用大理石与稀盐酸制取二氧化碳： B．铜与浓硫酸在加热条件下反应： C．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气： D．用溶液除去乙炔中的： 3．（25-26高三上·北京西城·期中）解释下列事实所用的化学用语不正确的是 A．铜片放入浓硝酸中： B．利用覆铜板制作印刷电路板： C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应： D．通入酸性高锰酸钾溶液中，褪色： 4．（2025·北京海淀·三模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体： B．在HCl气氛中加热制无水： C．草酸()使酸性溶液褪色： D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基： 押题猜想04 氧化还原反应 终极押题 【原创题】氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用溶液和“另一种反应物”制取，在中能燃烧生成和；跟盐酸反应生成难溶物和。下列推断不正确的是 A．“另一种反应物”在反应中表现还原性 B．与反应的化学方程式为： C．与反应时，氧化产物为和 D．与盐酸反应的离子方程式为： 押题有据 近年北京高考对氧化还原反应的考查，已从单纯的化合价判断转向陌生情境下的反应分析、产物推断和方程式书写。本题以“氢化亚铜”这一陌生化合物为载体，综合考查了氧化剂与还原剂的判断、氧化还原反应方程式的配平、氧化产物的识别以及信息型离子方程式的正误判断。D项是典型易错点，学生容易忽略题干中“生成CuCl难溶物”这一关键信息，漏写氯离子和沉淀符号。本题押题依据是：北京卷常通过新信息（如CuH、NaH、CaH2等金属氢化物）考查氧化还原反应的基本规律，要求学生能快速提取有效信息，运用“化合价升降法”进行推理。复习秘诀是，引导学生养成“先标化合价，再找变化，最后配平”的解题习惯，并特别注意离子方程式中的“沉淀、气体、弱电解质”等保留形式。 考题猜想 1．（2026·北京延庆·一模）下列叙述对应的反应中，能体现还原性的是 A．向亚硫酸钠溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 B．向酸性高锰酸钾溶液中滴加亚硫酸钠溶液，溶液紫红色逐渐褪去 C．向亚硫酸钠溶液中通入二氧化碳，无明显实验现象 D．向氯化钡溶液中滴加亚硫酸钠溶液，生成白色沉淀 2．（25-26高三上·北京顺义·期末）下列物质的用途与其氧化性或还原性无关的是 A．乙醇用作燃料 B．过氧化钠用作制氧剂 C．小苏打用作烘焙糕点膨松剂 D．氯化铁用作覆铜印刷电路板腐蚀液 3．（25-26高三上·北京房山·期末）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A．侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl为原料的联合制碱法 B．戴维电解盐酸得到H2和Cl2，从而提出了酸的含氢学说 C．舍勒通过MnO2与浓HCl反应首次发现Cl2 D．菲利普以S为原料利用接触法制得H2SO4 4．（25-26高三上·北京昌平·期末）下列反应中，体现H2O还原性的是 A．Na与H2O反应生成NaOH和H2 B．Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2 C．F2与H2O反应生成HF和O2 D．CaH2与H2O反应生成Ca(OH)2和H2 押题猜想05 阿伏加德罗常数 终极押题 【原创题】用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L己烷中含有的共价键数目为19NA B．和的混合物含有原子数目为 C．标准状况下，含键数为 D．2.4 g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.1NA 押题有据 NA题是高考化学的“常青树”，北京卷在此类题目的设置上更注重“陷阱”的隐蔽性和综合性。本题A项以“标准状况下己烷为液体”设伏，考查气体摩尔体积的适用条件；B项利用“最简式相同”的原理，考查混合物中原子数的计算，是高效解法；C项考查σ键和π键的概念，将结构化学知识融入N_A计算；D项则考查镁在空气中燃烧（主要与O2和N2反应）的电子转移，注意镁始终变为+2价。本题押题依据是：北京卷近年N_A题常涉及“特殊物质的状态（如SO3、苯）”、“共价键数目（如金刚石、SiO2、P4）”、“可逆反应”及“氧化还原中的电子转移”。备考秘笈是建议学生建立“NA十二大陷阱”清单，逐一排查。 考题猜想 1．（25-26高三下·北京·开学考试）用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．常温常压下，与混合气体中所含的质子数为 B．1 mol 配离子中，含有配位键的数目为 C．的溶液中，的数目为 D．密闭容器中，和充分反应后，容器内分子总数为 2．（25-26高三上·北京海淀·期中）用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A． （重水）中所含质子的数目为 B． 的溶液中，的数目为 C．4.6 g乙醇中所含键的数目为 D． 与 充分反应生成分子的数目为 3．（2025·北京海淀·三模）用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A．含有键的数目为 B．溶液中的数目为 C．和的混合气体含有的原子数为 D．(标准状况)乙醇与足量充分反应，生成的分子数为 4．（2025·北京东城·二模）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是 A．12gNaHSO4固体中所含阳离子数为0.1NA B．25℃，1LpH=5的NH4NO3溶液中，水电离出的H+数为10-5NA C．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间 D．0.1molCH4与过量Cl2光照下反应生成的HCl分子数小于0.4NA 5．（25-26高三下·北京·开学考试）用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A．含有键的数目为 B．1 mol 基态Cr原子的未成对电子数为 C．和的混合气体含有的原子数大于 D．2.24 L(标准状况)乙醇与足量Na充分反应，生成的分子数为 押题猜想06 元素化合物的性质 终极押题 【原创题】下列关于物质用途的说法不合理的是 A．小苏打用作发泡剂烘焙面包 B．硅单质用于制造光导纤维 C．铁红可用于壁画颜料 D．二氧化硫可用于纺织品漂白 押题有据 本题旨在考查“性质决定用途”的化学思想，是北京卷选择题中体现“化学与社会发展”联系的重要载体。元素化合物的性质与用途是北京高考选择题的高频考点，往往将常见物质的性质与生活、生产中的应用进行“配对”考查，强调“性质决定用途”的化学观念。本题选取了四个贴近生活的实例：A项小苏打（NaHCO3）受热分解产气；B项光导纤维（SiO2）与硅单质（Si）的用途混淆，是经典易错点；C项铁红（Fe2O3）的稳定性和颜色；D项SO2的漂白性。押题依据是：近5年北京卷在此类题目中频繁考查硅及其化合物的用途（如Si用于芯片、太阳能电池，SiO2用于光导纤维），以及常见漂白剂（SO2、次氯酸、过氧化氢）的区分。复习时，建议学生将教材中所有“物质——性质——用途”进行列表对比，特别关注“看似正确但张冠李戴”的选项。 考题猜想 1．（2025·江苏·一模）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A．自然固氮、人工固氮都是将转化为 B．工业制硝酸过程中的物质转化： C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应： D．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：(稀) 2．（2025·北京延庆·一模）关于和的下列说法中，不正确的是 A．室温下，的溶解度比的大 B．在饱和溶液中通入会有晶体析出 C．溶液中加入溶液产生沉淀，促进了的水解 D．两种物质的溶液中都存在： 3．（2025·北京·三模）下列说法不正确的是 A．石墨可用作固体润滑剂 B．乙二醇用作汽车防冻液 C．聚乙炔用作绝缘材料 D．液氨用作制冷剂 4．（2025·北京海淀·二模）下列关于和两种溶液的说法不正确的是 A．和溶液均呈酸性 B．保存时均需加入少量铁粉 C．可利用与铜粉的反应比较、的氧化性强弱 D．分别加入NaOH溶液，久置后均能观察到红褐色沉淀 5．（2026·北京·模拟预测）依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体 B 难溶于盐酸，可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐” C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和NaOH溶液反应是吸热反应 D 丙三醇多羟基结构与新制溶液反应呈绛蓝色 葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色 A．A B．B C．C D．D 押题猜想07 催化机理循环图分析 终极押题 【原创题】甲醛的主要危害表现为对皮肤粘膜的刺激作用，甲醛在室内达到一定浓度时，可引起眼红、眼痒、咽喉不适或疼痛、声音嘶哑、喷嚏、胸闷、气喘、皮炎等。新装修的房间甲醛含量较高，是众多疾病的主要诱因。在二氧化锰催化下，HCHO氧化为CO2的历程如下图所示，下列说法错误的是（ ） A．CO2的空间结构为直线形 B．MnO2是催化剂，总反应为HCHO+O2CO2 +H2O C．•CHO中的碳原子采取sp3杂化 D．若转移4mol电子，标准状况下有22.4LCO2生成 押题有据 “催化机理循环图”是近年北京高考的“新宠”，它很好地体现了化学反应原理的微观可视化。本题以室内污染物甲醛的催化氧化为情境，融合了分子空间构型（CO2）、催化剂概念、原子杂化类型（•CHO自由基）以及氧化还原计算等多个知识点。C项中•CHO自由基的碳原子杂化类型是本题亮点和难点，容易误判为sp3，需要学生理解自由基的结构与成键方式。押题依据是：此类题目能有效考查学生“证据推理与模型认知”的核心素养。备考时应引导学生关注催化循环中的“始态终态”（总反应）、决速步（能垒最高的步骤）以及中间体和过渡态的区分。 考题猜想 1．（2025·北京平谷·一模）近期中国科学家在低温转化研究方面取得新进展，利用Fe氧簇MOF低温催化甲烷反应的机理如图所示，下列说法错误的是 A．该反应有利于减少温室气体排放 B．为该反应的催化剂 C．该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成 2．（2025·北京丰台·二模）在光照条件下，空气中的二氧化硫二氧化钛颗粒物表面发生催化氧化生成硫酸气溶胶，下列说法不正确的是 A．受到光激发产生的空穴()带正电，能将氧化成·OH B．在颗粒物表面形成有多种途径，其中一种为 C．上述形成硫酸气溶胶的总反应为 D．空气的湿度越大，硫酸气溶胶的形成速率越快 3．（2025·北京·三模）铑的价层电子排布式是，铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。 下列叙述不正确的是 A．铑位于元素周期表第五周期第VIII族 B．X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形 C．A、C分别是和 D．B为、D为 4．（2025·北京大兴·三模）某反应机理如下，下列说法不正确的是 A．化合物VI为该反应的催化剂 B．化合物为，可循环利用 C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和 D．化合物III转化为IV后，键长变短 5．（2025·北京通州·二模）环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法不正确的是 A．反应前后性质不发生变化 B．反应过程键2比1更易断裂，这与R有关 C．的酸性： D．总反应原子利用率可达100% 押题猜想08 物质能量、能垒变化图像分析 终极押题 【原创题】镍是一种银白色金属，具有良好的机械强度和延展性。不溶于水，耐高温，对酸和碱的抗蚀能力很强。镍可活化乙烷放出甲烷，其反应历程如图所示，下列说法错误的是（ ） A．为放热反应 B．过渡态2中Ni的成键数目为3 C．该反应历程只有有极性键的断裂和生成 D．中间体2→中间体3活化能最小 押题有据 能量-反应过程图像是北京高考原理大题中常见的“开胃菜”，近年也频繁出现在选择题中。本题通过Ni活化乙烷的反应历程图，综合考查了焓变判断（△H=生成物总能量-反应物总能量）、过渡态结构、化学键变化（极性键与非极性键）以及决速步的判定（活化能最大）。D选项是常见误区，学生容易误认为能垒变化小的步骤是决速步，实际上活化能最大的步骤反应速率最慢，是决速步。押题依据是：此类题能直观考查学生对化学反应本质的理解。秘笈是教会学生如何从图像中准确读取反应物、生成物、中间体和过渡态的能量信息。 考题猜想 1．（2025·北京通州·三模）乙炔（）能在汞盐溶液催化下与水反应生成，反应历程及相对能垒如下图所示。 下列说法正确的是 A．本反应历程涉及的物质中，最稳定 B．过程①中，的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子 C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成 D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率 2．（2025·北京朝阳·二模）在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。 下列说法不正确的是 A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇 B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂 C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成 D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应 3．（2025·北京西城·一模）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A．和生成与的过程体现了的酸性 B．M中C原子存在两种杂化方式 C．生成产物I的反应类型是加成反应 D．结合示意图可以判断通过控制反应时间可以制备产物I 4．（2025·北京东城·二模）实验表明，其他条件相同时，一定范围内，（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成的速率与无关。该反应过程的能量变化如图所示。 ①下列说法不正确的是 A．该反应为取代反应 B．中C的杂化方式不完全相同 C．X为Br时的、和均不等于X为I时的和 D．该反应速率与无关的原因主要是不参与① 5．（2025·北京丰台·一模）乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，部分反应历程可表示为：，能量变化如图所示。 已知：为快速平衡。 下列说法不正确的是 A．反应IV是的决速步 B．反应结束后，溶液中存在 C．反应过程中涉及键的断裂和形成 D．反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变 押题猜想09 新型电化学装置分析 终极押题 【原创题】细菌电池是一种利用细菌代谢有机物产生电能的装置，其基本原理是通过电极收集细菌分解有机物释放的电子，将化学能转化为电能。我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列说法正确的是（ ） A．a极为发生氧化反应 B．正极发生的反应O2+4H++4e-=2H2O C．若a极区增加2mol，则b极区生成 D．A电极的电势低于B电极 押题有据 新型电源是电化学考查的热点，本题以“海泥细菌电池”为情境，体现了绿色能源和环保理念。装置图复杂，但本质仍是原电池。押题依据是北京卷常以微生物燃料电池、金属-空气电池等为载体，考查学生识图、析图和电极反应书写能力。复习时要重视“离子迁移方向”和“电子流向”的分析。 考题猜想 1．（2026·北京·一模）粗铜中含铁、银等金属杂质，工业上常用电解法除去杂质制得精铜。铜的精炼如下图所示，下列说法不正确的是 A．a极是粗铜，b极是纯铜 B．电解法精炼铜充分利用了金属活动顺序 C．铁、铜、银以、、的形式进入溶液 D．电解过程中向阴极移动 2．（2025·北京丰台·一模）一种脱除和利用水煤气中的原理示意图如下。 已知：的电离平衡常数：。 下列说法不正确的是 A．，当装置I中时，溶液的 B．装置II中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C．装置II中产生的离子方程式为 D．装置III中的阴极反应式为 3．（2025·北京·三模）设计如图装置回收单质钴。装置工作时，乙酸盐降解生成，废旧锂离子电池的正极材料转化为。工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质。下列说法不正确的是 A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小 B．装置工作时，通过阳离子交换膜的数目小于 C．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 D．定时将乙室溶液转移至甲室可以提高单质钴的回收率 4．（2025·北京大兴·三模）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是 A．电极A接电源正极，发生氧化反应 B．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 C．电极B的电极反应式为： D．与传统的电解饱和食盐水对比该改进装置能降低电解电压，减少能耗 5．（2025·北京海淀·三模）简易氢氧燃料电池的实验装置如图所示。实验过程如下：先闭合，一段时间后断开，闭合。下列说法不正确的是 A．闭合时，向电极a迁移 B．闭合一段时间后，电极b附近溶液变为红色 C．闭合时，电极a为正极 D．闭合后短时间内，电极b的电极反应： 押题猜想10 电解质溶液图像分析 终极押题 【原创题】25℃下，用硫酸滴定氨水溶液，所得溶液的和的物质的量分数与滴加硫酸体积的关系如图所示，忽略溶液混合过程中的温度变化。（假设：氨水溶液中的含氮微粒只有和）下列说法不正确的是 A．曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表溶液的pH B．在25℃下，的水解平衡常数为 C．当滴入硫酸时，溶液中 D．当溶液呈中性时，且此时溶液中c(H+)+ 押题有据 电解质溶液图像分析是北京高考的压轴选择题之一，综合性强，难度大。本题以强酸滴定弱碱为背景，以物质的量分数δ-pH图像为载体，考查了曲线识别、电离平衡常数与水解平衡常数的计算、离子浓度大小比较（电荷守恒、物料守恒的应用）。D选项是典型错误，混淆了电荷守恒和物料守恒，或忽略了H+和OH-的存在。押题依据是：数形结合考查电离平衡是北京卷的常见手法，常涉及“交点求K”、“pH突变”等关键点分析。备考秘笈是要求学生熟练掌握“三大守恒”（电荷、物料、质子）的书写，并能在图像中找到特殊点（如起点、交点、中性点、滴定终点）进行分析。 考题猜想 1．（2026·北京延庆·一模）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：①图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合 [注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A．由图1，时， B．由图2，初始状态、，体系中优先析出沉淀 C．由图2，初始状态、，平衡时由的溶度积决定 D．由图1和图2，初始状态、，反应后溶液中会显著降低 2．（2025·北京丰台·一模）可用于含镉废水的处理。 已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ii．溶液pH约为12.8。 iii．。 下列说法不正确的是 A．溶液中： B．溶液中： C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为 D．向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准 3．（2025·北京朝阳·二模）利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。 已知：i．。 ii．图中直线的离子浓度关系符合或。 下列分析不正确的是 A．①表示的是， B．a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比 C．向c点对应的溶液中加适量固体，可使溶液由c点变到a点 D．向固体中加入的溶液，充分反应后有0.032mol转化为 4．（2025·北京东城·二模）25°C时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是 A．25°C时，Kb(NH3·H2O)=10-9.25 B．P2所示溶液：c()<100c(NH3·H2O) C．t=0.5时，c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c D．P1所示溶液：c()=c(NH3·H2O)=0.05mol/L 5．（2025·北京·模拟预测）环境保护工程师研究用、或处理水样中的。室温下，饱和溶液物质的量浓度为0.1，溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如图所示[例如 ]。已知，，，下列说法中错误的是 A．溶液中 B．向的溶液中通入至饱和，可使 C．忽略的第二步水解，0.1的溶液中的水解率约为62% D．向0.01的溶液中加入等体积的0.2的溶液，反应初期产生沉淀为 押题猜想11 元素周期表与周期律 终极押题 【原创题】某离子液体结构如图所示。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，其中Y和Z位于同一周期，W的最高价氧化物的水化物为强酸。下列说法正确的是（ ） A．第一电离能：Y>Z>X B．电负性：W>Y>Z C．YX4和ZX3中的中心原子均为sp3杂化 D．W的单质与铁单质发生化合反应，生成FeW2 押题有据 元素推断题是周期律考查的经典形式，本题以“离子液体”这种热门材料为情境，增加了新颖度。推断突破口是X、Y、Z、W的成键数目和W的最高价氧化物的水化物为强酸。本题A项重点考查第一电离能的异常，B项考查电负性递变规律，C项考查杂化类型，D项考查氯气与铁的化合反应产物。押题依据是北京卷常通过“结构-性质”关系进行元素推断，并综合考查周期律。复习时应强化对“位-构-性”三者关系的理解，并注意特殊规律（如N、O、F的第一电离能和电负性）。 考题猜想 1．（2025·北京东城·二模）已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其基态原子的结构信息如下。 元素 X Y Z W 结构信息 价层电子排布为 2p能级有3个单电子 有16个不同运动状态的电子 最外层有1个电子，内层原子轨道全部排满电子 下列说法正确的是 A．电负性：X>Y B．第一电离能：Y>Z C．X和Z的所有单质均为分子晶体 D．W的最高价氧化物对应的水化物为强碱 2．（2025·北京西城·三模）我国科研人员发现非金属半导体可以在光照下催化水产生氢气。是一种平面二维片层结构，其基本结构如图，基本单元无限延伸，形成网状结构。下列说法正确的是 A．的原子核内有8个中子，互为同素异形体 B．其核心元素氮的氢化物分子间存在氢键，因此加热时很难分解 C．中含有手性碳原子，氮原子有两种杂化方式 D．中C和N原子半径大小排序为： 3．（2025·北京西城·三模）下列依据相关数据作出的推断中，正确的是 A．依据离子半径：Br-＜I-，可推断结构相似的晶体的熔点： B．依据元素的电负性：，可推断分子极性： C．依据相同温度下与反应平衡常数的大小，可判断反应的剧烈程度 D．依据元素的第一电离能：，可推断单质的还原性： 4．（2025·北京海淀·三模）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表： 元素代号 X Y Z M R 原子半径 1.86 0.99 1.43 0.75 0.71 主要化合价 最高正价 +1 +7 +3 +5 - 最低负价 - -1 - -3 -1 下列说法不正确的是 A．M、R在同一周期 B．元素X和Y形成的化合物中含离子键 C．工业上，用Y、Z形成的化合物制取Z D．以上5种元素中，电负性最强的是R 5．（2025·北京丰台·二模）用硝酸银测定水质中砷元素的含量，涉及反应：。下列说法正确的是 A．的电子式： B．热稳定性： C．氧化性： D．依据元素周期律，可推断酸性： 押题猜想12 晶胞结构分析与计算 终极押题 【原创题】磷化硼是由硼元素与磷元素组成的无机化合物，是一种半导体材料，其晶胞结构如下图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是（ ） A．磷化硼晶体微粒的空间堆积方式与氯化钠不同 B．磷化硼是共价晶体，可用X射线衍射仪测定其结构 C．硼原子与磷原子间的最短距离为nm D．磷化硼晶体的密度为 押题有据 晶胞计算是《物质结构与性质》模块的“硬骨头”，也是北京卷选做题中的必考点。本题以磷化硼（BP）晶胞为素材，考查了晶胞类型对比（与NaCl对比）、晶体类型判断、X射线衍射仪的应用、原子间最短距离计算（体对角线的1/4）以及密度计算。D选项是常见计算错误，要么是晶胞内原子个数数错（B为4个，P为4个），要么是单位换算出错，导致密度表达式错误。押题依据是：北京卷对晶胞的考查通常涉及“均摊法”求化学式、配位数、空间利用率或密度计算。复习秘笈是，务必让学生亲手画出典型晶胞（如NaCl、CsCl、金刚石）并推导相关公式。 考题猜想 1．（2025·北京东城·三模）干冰(固态二氧化碳)在时可直接升华为气体，其晶胞结构如下图所示，下列说法不正确的是 A．中的C为杂化 B．每个晶胞中含有4个分子 C．每个分子周围有12个紧邻分子 D．干冰升华时需克服分子间作用力 2．（2025·北京·模拟预测）锡是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。白锡和灰锡晶胞结构如图，下列说法中错误的是 A．白锡与灰锡晶体的配位数之比为 B．两种晶体的密度大小关系为白锡小于灰锡 C．若白锡和灰锡的晶胞体积分别为 和 ，则白锡和灰锡晶体的密度之比是 D．若灰锡晶胞参数为a，则其中最近的两个锡原子间距为 3．（25-26高三下·北京·质检）晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 (已知) A．与W最近且等距的O有6个 B．位于元素周期表的第五周期 C．密度为时， D．空位数不同，吸收的可见光波长不同 4．（25-26高三·北京·联考）NaBH4是一种重要的储氢材料，可通过以下反应释放出氢气：(反应过程中B始终为+3价)。NaBH4的晶胞结构如图所示(由I、Ⅱ两部分组成)。以下说法不正确的是 A．中存在配位键 B．电负性B＜H C．上述反应每生成，转移2 mol电子 D．NaBH4晶体密度为 5．（25-26高三上·北京海淀·期中）某种钙的氮化物可用于制荧光粉，其立方晶胞结构如下图。若晶胞棱长为a nm（1 nm=1×10-7 cm，NA表示阿伏加德罗常数的数值），下列说法不正确的是 A．该化合物的化学式为Ca3N2 B．距离Ca2+最近且等距的N3-有6个 C．Ca2+与N3-之间的相互作用主要是离子键 D．其晶体密度为g·cm-3 押题猜想13 生物大分子的性质与用途 终极押题 【原创题】下列说法不正确的是 A．用溶液和浓溴水均可检验苯酚 B．葡萄糖、淀粉、纤维素、氨基酸均能发生酯化反应 C．核酸、核苷酸的水解均断裂磷酯键 D．蔗糖属于二糖，既能发生水解反应，又能发生银镜反应 押题有据 生物大分子在北京高考近年来考查深度和广度逐年增加。本题围绕糖类、核酸、氨基酸等生命相关物质，综合考查了显色反应（苯酚的两种检验方法）、酯化反应的官能团基础（羟基、羧基）、核酸的水解键型以及二糖的性质（蔗糖无还原性）。D项是常见误区，学生容易误认为所有二糖（如麦芽糖）都能发生银镜反应，而忽略蔗糖结构的特殊性。押题依据是：北京卷常将生物大分子与有机官能团性质相结合，考查学生在真实情境下的辨析能力。复习时，应引导学生对比记忆葡萄糖（还原性糖）、蔗糖（非还原性糖）、淀粉和纤维素（葡萄糖单元，但无还原性）、氨基酸（两性、成肽反应）、核酸（磷酸二酯键）的核心性质。 考题猜想 1．（2026·北京延庆·一模）下列说法不正确的是 A．淀粉、纤维素和蛋白质均属于天然有机高分子 B．麦芽糖在稀硫酸催化下发生水解反应，产物能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀 C．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，可用于生产肥皂 D．向蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质发生变性，出现白色沉淀 2．（2025·北京大兴·三模）下列说法不正确的是 A．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基 B．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色 C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物 D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，均能发生银镜反应 3．（2025·北京海淀·三模）下列说法不正确的是 A．甲醛的水溶液具有防腐功能，是由于它可使蛋白质变性 B．葡萄糖可作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解反应 C．纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维，是由于纤维素分子中含有羟基 D．DNA分子的两条链具有双螺旋结构，是由于不同碱基间能配对形成氢键 4．（2025·北京朝阳·三模）下列说法不正确的是 A．用溶液和浓溴水均可检验苯酚 B．葡萄糖、淀粉、纤维素、氨基酸均能发生酯化反应 C．核酸、核苷酸的水解均断裂磷酯键 D．蔗糖属于二糖，既能发生水解反应，又能发生银镜反应 5．（2025·北京西城·二模）下列说法不正确的是 A．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色 B．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基 C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物 D．鸡蛋清溶液中加硝酸银溶液产生的沉淀能重新溶于水 押题猜想14 多官能团有机物的结构与性质 终极押题 【原创题】某新型有机物结构如图所示，下列正确的是（ ） A．除外，还含有4种官能团 B．能发生加成、消去反应和取代反应 C．含有3个手性碳原子 D．1molM最多能与3molNaOH反应 押题有据 多官能团有机物的结构与性质是高考有机选择题的“重头戏”。本题选取了一种结构较为复杂的有机分子，旨在考查学生“宏观辨识与微观探析”的能力。A项考查官能团的识别（注意苯环不是官能团）；B项考查反应类型（羟基的消去和酯化/取代、碳碳双键的加成）；C项考查手性碳原子的判断（连接四个不同基团的碳原子）；D项考查能与NaOH反应的官能团（酚羟基和酯基）。本题押题依据是：北京卷常给出一个药物分子或新合成分子的结构简式，让考生分析其性质。解题秘笈是，引导学生熟练掌握各类官能团的特征反应，并能准确找出并分析手性碳原子。 考题猜想 1．（2026·北京顺义·一模）二氢嘧啶酮类化合物具有抗肿瘤、抗病毒、抗菌等药理作用。一种二氢嘧啶酮类化合物(L)的合成方法如下。 下列说法不正确的是 A．苯甲醛的核磁共振氢谱有四组峰 B．反应物K的结构简式是 C．生成物L分子中存在2个手性碳原子 D．乙酰乙酸乙酯中碳上的键极性强，易断裂 2．（2025·北京·三模）崖柏素具天然活性，有酚的通性，能溶于甲苯，结构如图。关于崖柏素的说法不正确的是 A．崖柏素有酚的通性，与七元环中碳原子均为杂化有关 B．分子中可能存在分子内氢键 C．向崖柏素的甲苯溶液中加入溴的四氯化碳溶液能观察到有沉淀生成 D．可用溶液和稀硫酸从崖柏素的甲苯溶液中分离崖柏素 3．（2025·北京房山·三模）化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是 A．K的核磁共振氢谱有四组峰 B．L是乙二醛 C．M完全水解可得到K和L D．反应物K与L的化学计量比是 4．（2025·北京房山·三模）我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法正确的是 A．分子中N原子为杂化 B．分子中含有手性碳原子 C．该物质既有酸性又有碱性 D．该物质可发生取代反应、消去反应 5．（2025·北京昌平·二模）G是合成抗胆碱作用药物的中间体，结构如图所示。下列关于G的说法中正确的是 A．G中含有三种含氧官能团 B．G中碳原子的杂化类型只有 C．1molG最多可消耗2molNaOH D．G中有1个手性碳原子 押题猜想15 实验组合装置图的分析 终极押题 【原创题】下列实验操作和装置错误的是（ ） A检验乙醇具有还原性 B．净化氨气 检验SO2的漂白性 D．萃取溶液中的I2 押题有据 化学实验是化学学科的基础，对实验装置和操作的判断是北京卷的必考内容。本题通过四个实验装置图，综合考查了物质性质验证（乙醇还原性、SO2漂白性）、物质净化（干燥氨气）和物质分离（萃取）。萃取剂的选择必须与原溶剂互不相溶，而乙醇与水互溶，无法用于萃取碘水中的碘。押题依据是：北京卷实验选择题常考查基本操作（如气密性检查、分液、过滤）、物质制备（如实验室制氯气、乙烯）和性质检验。复习时，要让学生从“仪器使用是否正确”、“操作顺序是否规范”、“安全措施是否到位”三个维度去审视每个实验。 考题猜想 1．（2026·北京顺义·一模）下列实验的相应操作中，不正确的是 A．借助秒表，测定稀硫酸与锌的反应速率 B．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH C．Fe与水蒸气反应结束后，先移出导管，再熄灭酒精灯 D．使用碱式滴定管时轻轻挤压碱式滴定管的玻璃球，排除气泡 A．A B．B C．C D．D 2．（2026·北京·一模）下列实验中，能达到实验目的的是 选项 A B 实验 目的 A．检验溴乙烷中的溴元素 B．分离(沸点40℃)和(沸点77℃) 选项 C D 实验 目的 C．由制取无水固体 D．实验室制乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 3．（2026·北京·一模）下列实验对应的操作中，不正确的是 从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体 制作简单燃料电池 A．当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干 B．连接好装置，先闭合，几分钟后断开电源，闭合 测量中和反应的反应热 实验室制取氨 C．盐酸与NaOH溶液混合后，立即测量温度，作为计算反应热的初始温度 D．先使酒精灯在试管下方来回移动，让其均匀受热，然后对固体部位加热 A．A B．B C．C D．D 4．（2025·北京·三模）下列实验的对应操作中，合理的是 A．制备晶体 B．排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 C．分离乙醇和水 D．由制取无水固体 A．A B．B C．C D．D 5．（2025·北京通州·三模）下列装置不能达到实验目的的是 A．分离和 B．除去中少量的 C．实验室制 D．制备明矾晶体 A．A B．B C．C D．D 押题猜想16 操作现象结论一致性问题 终极押题 【原创题】根据如图所示装置进行实验，能得到相应结论的是 试剂a、b 现象 结论 装置 A 电石、饱和食盐水 产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色 与反应生成 B Na、75%酒精溶液 收集产生的气体，移近火焰，发出爆鸣声 和反应生成 C 漂白粉、浓HCl 导管口放置的湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色 漂白粉和浓反应生成 D Cu、稀 产生的无色气体在导管口变红棕色 和稀反应生成 A．A B．B C．C D．D 押题有据 “操作—现象—结论”一致性判断是北京高考实验选择题的高频考查形式，旨在检验学生是否具备严谨的逻辑推理能力和排除干扰因素的意识。本题选取了四个典型实验：A项电石与食盐水制乙炔，但杂质H2S也能使高锰酸钾褪色，存在干扰；B项Na与75%酒精，水中Na也能与H2O反应生成H2，无法证明与乙醇反应；C项漂白粉与浓盐酸生成Cl2，其漂白性使湿润石蕊试纸先变红后褪色，结论正确；D项Cu与稀HNO3生成NO（无色）而非NO2，红棕色是NO被空气氧化所致。本题押题依据是，北京卷常在此类题目中设置“杂质干扰”“溶剂干扰”“现象归因错误”等陷阱，要求学生能识别变量并作出合理判断。复习时，建议学生建立“干扰因素分析”的思维模型，如：气体制备中的挥发性杂质、反应体系中的水或氧气参与、现象与产物的直接对应关系等。 考题猜想 1．（2026·北京·一模）根据下列实验所得结论正确的 装置 H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) 达到平衡状态 现象 ①中产生大量气泡 ②中无明显现象 试管中溶液出现浑浊 ①中固体溶解 ②中固体不溶解 压缩体积，气体颜色加深 结论 A．MnO2是H2O2分解的催化剂 B．酸性：碳酸>苯酚 C．ZnS的溶解度大于CuS D．增大压强，上述平衡逆向移动 A．A B．B C．C D．D 2．（2025·北京海淀·二模）利用下图装置（夹持装置略）进行实验，b中现象能证明结论的是 选项 a中试剂 b中试剂及现象 结论 装置 A 电石（含CaS杂质，易水解）与饱和食盐水 酸性溶液褪色 a中反应生成 B 苯、液溴和铁粉的混合物 溶液中出现淡黄色沉淀 a中反应生成HBr C 固体与稀硫酸 苯酚钠溶液中出现浑浊 的酸性强于苯酚的 D NaClO固体与浓盐酸 滴有酚酞的NaOH溶液褪色 氯气具有漂白性 A．A B．B C．C D．D 3．（2021·北京东城·一模）用如图装置探究铜与硝酸的反应，实验记录如下表，下列说法不正确的是 装置 步骤 操作 现象 打开止水夹，挤压胶头，使浓硝酸滴入试管 产生红棕色气体，溶液变为绿色 一段时间后，关闭止水夹，推动注射器活塞使部分水进入试管 注射器内剩余的水被“吸入”试管；铜表面产生无色气泡，溶液变蓝，试管内气体逐渐变为无色 一段时间后，打开止水夹，拉动注射器活塞吸取少量无色气体；拔下注射器，再拉动活塞吸入少量空气 注射器中无色气体变红棕色 A．中反应的化学方程式是 B．中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是与反应导致压强减小 C．中的实验现象能证明中与硝酸反应生成了 D．待中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，有气体产生 4．（25-26高三上·北京·月考）某小组设计以下对比实验，探究亚铁盐与溶液的反应。下列说法不正确的是 实验 溶液() 编号 试剂 现象 Ⅰ 经酸化0.5mol·L-1FeSO4 溶液() 溶液立即变为棕黄色，稍后产生气泡，向反应后的溶液中加入溶液，溶液变红 测得反应后溶液 Ⅱ 0.5mol·L-1FeSO4溶液() 溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊 测得反应后溶液 Ⅲ 0.5mol·L-1FeCl2溶液() 现象与Ⅱ相同，同时生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色 测得反应后溶液 A．实验Ⅰ中溶液与溶液反应的离子方程式为： B．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中产生气泡的原因可能为含铁物质催化分解产生 C．实验Ⅱ中反应混合物颜色加深的主要原因是生成了更多的 D．实验Ⅲ中产生的刺激性气味的气体是 5．（25-26高三上·北京·月考）某化学小组探究的生成，进行了如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验操作和现象 Ⅰ 向盛有4mL 0.1mol/L 溶液的试管中滴加5滴1.0mol/L氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约2mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅱ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入10mL 1.0mol/L氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅲ 另取0.1g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和溶液，沉淀未见明显溶解 A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为 B．深蓝色溶液中含，其中N提供孤电子对，提供空轨道 C．通过上述实验分析，Ⅱ中沉淀完全溶解的原因是： D．通过上述实验分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果 押题猜想17 化工流程分析 终极押题 17.北京市某冶铅厂的烟尘是一种黑色粉末，主要含有、和少量的、、、等元素的氧化物。对烟气中有价元素的回收流程如下： 已知：i．在酸性水溶液中以形式存在；易溶于水，对热稳定。 ii．  ；、难溶于水。 (1)浸出 浸出液中的元素全部是，生成的化学方程式是 。 (2)浸出液中和的浓度分别为和，沉淀过程未发生氧化还原反应。 ① （填“>”或“<”）。 ②设计沉淀过程的目的是 。 (3)从沉淀后液中分离In和As，所用萃取剂是P204（HA）的磺化煤油溶液。 已知：i．萃取的反应是：； ii．同种元素形成的高价离子更容易被萃取剂萃取。 ①反萃取所用的试剂是 。 ②还原后液中的As元素全部是+3价，写出向沉淀后液中加入后发生反应的离子方程式 。 (4)研究浸出渣制备粗铅的反应，一定条件下，控制时所有元素均被还原。 ①反应的化学方程式是 。 ②研究发现，其他条件不变，当时，的还原率会下降，可能的原因是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 押题有据 化工流程题是北京卷的必考大题之一，综合性强，信息量大。本题以冶铅厂烟尘的回收利用为情境，体现了资源回收和绿色化学的理念。题目涉及陌生氧化还原反应方程式的书写（As2O3被O2氧化）、沉淀溶解平衡（Ksp比较与沉淀顺序）、萃取反萃取原理、物质循环利用的识别等。本题的押题点在于：信息型方程式的书写（利用氧化还原反应规律）；工艺流程中pH控制的逻辑（除杂与保目标元素）；循环物质的判断。备考时，应训练学生“抓主线、明杂质、看箭头”的解题方法，快速定位每个步骤的目的。 考题猜想 1．（2026·北京·一模）一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分)制取并回收单质硫的工艺流程如下： (1)混合研磨成细粉的主要目的是___________。 (2)浸取时主要产物为。 ①浸取时的化学方程式是___________。 ②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。 (3)步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为和。 ①的结构式为，判断相同条件下氧化性与的强弱，并说明理由___________。 ②的作用是___________。 (4)热分解过程中可能产生气体。一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制的部分反应机理如下图a、b所示。 下列说法正确的是___________。 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．起始时的值过大，可能产生 D．理论上还原需要参与完成 (5)在水中的溶解度曲线如图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 2．（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。 资料： 1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。 2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表： 金属离子 开始沉淀 6.3 1.5 3.3 8.9 11.9 8.1 完全沉淀 8.3 2.8 4.6 10.9 13.9 10.1 (1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，推测S在反应中体现_____性。 (2)ⅱ中除杂过程需经历2步： a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。 b．再加入溶液，过滤。 ①的作用是_____(用离子方程式表示)。 ②步骤a除去的离子有_____。 ③溶液的作用是_____。 ④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因_____。 (3)沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的。写出生成的离子方程式_____。 (4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有_____、_____。 (5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为，若阳极渣中含有的质量为43.5g，理论上需要加入的质量_____(填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是_____。 3．（2025·北京石景山·一模）以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 (1)中Co元素的化合价为______。 (2)用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是______。 (3)相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式______。 ②混合液调的原因______。 ③混合液时，______填“>”或“<”）。 (4)有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式______。 (5)理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是______。 (6)分析联合提取钴和锂的优势______。 4．（2025·北京顺义·一模）常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 (1)由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是______。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程______。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式______。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是______。 (2)从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是______。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为______（填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是______。 (3)产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为______。（实验条件下存在不影响实验结果） 5．（2025·北京房山·一模）从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 4.9×10−17 2.8×10−39 5.6×10−12 2.1×10−15 (1)上述流程中，加快反应速率的措施是___________。 (2)用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的___________。 (3)萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有___________。 ②解释反萃取时H2SO4的作用：___________。 (4)生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是___________。 (5)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至___________(填序号)。 a．6~7               b．9~10              c．11~12 (6)该流程中可循环利用的物质有___________。 押题猜想18 化学实验综合探究 终极押题 18.某小组同学用废铜屑(含少量铁)制备晶体并探究其性质。 资料：ⅰ．易溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 ⅱ．生成，开始沉淀时，完全沉淀时，生成，开始沉淀时，完全沉淀时 ⅲ．和均不易与氨配位 实验Ⅰ：制备溶液 ①取一定量废铜屑，加入稍过量的稀和溶液，在下完全溶解。 ②调节pH至3~4，加热煮沸2分钟后趁热过滤。 (1)步骤①中溶解铜反应的离子方程式是 。 (2)步骤②的目的是除去 (填化学式)。 实验Ⅱ：制备晶体 取实验Ⅰ中所得溶液，逐滴加入氨水至澄清，再加入无水乙醇，过滤；沉淀先用试剂M洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体。 (3)加氨水过程中的实验现象是 。 (4)试剂M的最佳选择是 (填字母序号)。 a．乙醇和浓氨水混合溶液    b．乙醇和稀硫酸混合溶液    c．蒸馏水 (5)甲同学查阅资料发现：不易溶于氨水。 ①从化学平衡的角度解释实验Ⅱ中加入氨水可得澄清溶液的原因： 。 ②设计实验(填实验操作和现象) 。证实了上述原因分析合理。 实验Ⅲ：探究活泼金属与溶液的置换反应 将表面已去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2份浓度相同的溶液()中。锌片表面立即出现一层红色物质。短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出。静置数十小时后，铁片表面析出红色物质，溶液深蓝色变浅，并有红褐色沉淀物生成。 (6)对比上述实验，解释短时间内铁片表面未观察到红色物质的原因 。 押题有据 实验综合探究题是北京卷的“压轴大题”，对学生的综合能力要求极高。本题以铜配合物的制备和性质探究为主线，融合了物质除杂（Fe3+的沉淀）、仪器和操作（洗涤）、反应原理（沉淀溶解平衡、配位平衡）以及对比实验分析（Zn与Fe置换反应的差异）。第(5)问要求学生从平衡移动角度解释Cu(OH)2溶于氨水的原因，并设计实验验证，这是北京卷的经典考查方式——原理分析与实验设计相结合。第(6)问的对比实验体现了控制变量思想。押题依据是：北京卷的实验题往往不是对教材实验的简单复制，而是在其基础上进行延伸和探究，重点考查学生的逻辑推理和科学探究能力。 考题猜想 1．（2025·北京·三模）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： (1)在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有_______。(写出两个) (2)浸金时，Au转化为。 其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示 温度℃ 30 50 70 90 滤渣2含金g/t 855 709 310 352 浸金过程中发生的反应： i． ii．…… ①补全反应ii的离子方程式_______。 ②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因_______。 (3)浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。 ①气体X是_______。 ②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。 结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_______。 (4)该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有_______。 2．（2025·北京大兴·三模）对废弃的材料进行处理，制备和，工艺流程如图所示： 已知：ⅰ.萃取原理为(有机层)； ⅱ.、均难溶于水； ⅲ.常温下，； ⅳ.当离子浓度小于时可视为沉淀完全。 (1)“酸浸”前，需将粗品粉碎，其目的是___________。 (2)升温能加快酸浸的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是___________。“酸浸”时不能用浓盐酸代替和的混合液，原因是___________。 (3)为提高的析出量和纯度，结合的溶解度曲线(图1)可知“操作”依次为蒸发浓缩、___________、洗涤、干燥等。 (4)已知萃取率随pH变化如图2所示，萃取率先升高后下降的原因可能是___________。 (5)写出“沉钴”反应的离子方程式___________。“沉钴”后的滤液中不低于___________。 (6)“煅烧”时发生反应的化学方程式为___________。 (7)用稀硫酸溶解粗品，再加入适量溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入铁氰化钾溶液，滴定终点时消耗VmL。计算粗品中Co元素的质量分数___________。(已知：) 3．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 (1)焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是___________。 (2)焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是___________。 (3)滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有___________。 (4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是___________。 (5)沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：___________。 (6)测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是___________。(的摩尔质量：) 4．（2025·北京房山·三模）以银锰精矿（主要含、、）和氧化锰矿（主要含）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。硫酸锰受热不分解。 (1)“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取的措施是：__________。（写出一种即可） ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应。（已知S元素被氧化成硫酸根离子）的离子方程式为：__________。 (2)①“浸银”时，发生的反应为：，可以使用过量__________、__________和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ②结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中浸出剂中、的作用：__________。 (3)“沉银”过程中需要过量的锌粉作为还原剂。 ①该步反应的参加反应的离子__________。 ②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释Ag的沉淀率变化的原因：__________。 (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：__________。 5．（2026·北京顺义·一模）小组同学探究pH对催化分解反应的影响。实验如下。 实验 操作及现象 Ⅰ 在烧杯中加入一定量7.7%溶液(pH约为3.5)，将少量固体迅速加入烧杯中，立即产生大量气体，溶液pH迅速上升，最终稳定在7左右。 Ⅱ 在试管中加入2mL7.7%溶液，再加入少量固体，立即产生大量气体，加入1mL溶液，固体消失，同时产生气体的速率迅速减慢，最后几乎停止。最终溶液呈浅粉色 已知：ⅰ、碱性条件下会发生分解。为易于保存，常在过氧化氢溶液中添加适量磷酸； ⅱ、为棕黑色固体，通常显浅粉色，为白色沉淀。 (1)催化分解反应的化学方程式是______。 (2)结合实验Ⅱ，解释实验Ⅰ中加入固体后溶液pH迅速上升的原因______。小组同学针对实验Ⅱ中“固体消失”这一现象继续展开探究。 将实验Ⅱ试管中反应后的溶液平均分装在2个试管中，分别标号1和2。进行实验Ⅲ。 实验 操作及现象 Ⅲ-1 向1号试管中加入少量固体，产生大量气体，几秒后黑色固体减少至消失，气体产生速率再次变慢。重复以上操作2次，现象相同。 Ⅲ-2 向2号试管中逐滴滴加NaOH溶液，重复出现“有棕黑色固体生成，同时产生气体的速率明显加快，振荡后，棕黑色固体消失，气体产生速率减慢”的现象，直至体系显碱性时，棕黑色固体不再消失。之后，再加入7.7%溶液，产生大量气体。 (3)实验III-1的目的是______。 (4)用离子方程式解释实验Ⅲ-2中棕黑色固体生成的原因______。 (5)有同学提出，实验Ⅲ-2中滴加NaOH溶液，碱性增强，分解速率加快。补充实验，证明在碱性条件下分解不是Ⅲ-2中速率加快的主要原因。实验操作及现象是______。 (6)结合实验Ⅲ，从电极反应角度分析Ⅱ中无法再生成的可能原因______。 (7)依据上述实验，pH对催化分解反应的影响是______。 押题猜想19 化学反应原理综合 终极押题 19.了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附NOx。 (1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附NO2反应如下：。 在T1℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间(min) 0 10 20 30 40 50 NO2(mol) 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 N2(mol) 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 ①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)= ； ②30min时，该反应的平衡常数K= ，反应放出的热量为 kJ。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 (填字母)。 a．加入活性炭        b．通入NO2        c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 Ⅱ．SO2烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。 将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 已知：i．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ii．MgSO3在水中难溶，Mg(HSO3)2可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因 。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用 。 (5)实验发现，在以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但烟气脱硫效率始终很高，且MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、 (写出两条)。 押题有据 化学反应原理综合题是北京卷的“常驻”大题，通常以环境保护或能源利用为背景，综合考查热化学、速率、平衡及水溶液中的离子平衡。本题以烟气脱硫脱硝为情境，设置了热化学方程式书写、速率和平衡常数计算、化学平衡移动、以及复杂体系中反应机理的推断（MgO脱硫过程）。第(4)(5)问要求学生结合图像（pH-时间图、微粒分布图）分析脱硫过程中的反应变化，体现了“数形结合”和“证据推理”的思想。押题依据是：此类题目能全面考查学生运用原理解决实际问题的能力。复习时应加强“三段式”计算训练，并注意平衡常数Kp、Kc的灵活运用。 考题猜想 1．（2025·北京·模拟预测）氢气和核能是可以开发利用的新能源。 (1)氢气是未来最具有前途的能源之一。氢气能将二氧化碳转化为CH3OH等液体燃料。以H2、CO2为原料制CH3OH涉及的主要反应如下： ⅰ．H2(g) + CO2(g) CO(g) + H2O(g)  ∆H1 =﹢41 kJ·mol-1    ⅱ．CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)  ∆H2=﹣90 kJ·mol-1    ①CO2分子中含有______键（填“极性”或“非极性”）。 ②H2(g) 、CO2(g)转化为CH3OH(g)、H2O(g)的热化学方程式为______。 (2)开发利用核能可以减少对化石能源的依赖。UO2是一种常用的核燃料，该核燃料的一种制备流程如下： 铀矿UO2SO4U(SO4)2UF4UF6UO2 I中，将含有硫酸的UO2SO4溶液通入电解槽，如图所示。 ①A电极是______（填“阴极”或“阳极”），其电极反应式是______。 ②B电极的电极反应式______。 ③U4+有较强的还原性。用质子交换膜隔开两极区溶液可以______，从而提高U4+的产率。 2．（2025·北京海淀·三模）高锰酸钾是一种重要的化工产品。由软锰矿为原料制备高锰酸钾的过程如下。 (1)制备锰酸钾(K2MnO4) 熔融的软锰矿(主要成分为MnO2)与过量KOH固体混合，在不断通入空气的情况下反应生成锰酸钾。该反应的化学方程式是_______。 (2)制备高锰酸钾 方法一：向K2MnO4溶液中通入适量CO2，反应生成KMnO4和MnO2。 ①反应后得到粗KMnO4晶体的操作为：_______，过滤，洗涤，低温干燥。 ②结合化学用语，解释反应过程中通入CO2的量不宜过多的原因：_______。 方法二：电解K2MnO4溶液。电解原理如图所示： ③a极是电解池的_______极。 ④结合电极反应式，从物质利用角度分析方法二优于方法一的原因是_______。 (3)产品纯度分析 取制得的KMnO4产品a g，配制成100mL溶液。另量取溶液于锥形瓶中，加入足量稀，水浴加热至，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(相对分子质量：KMnO4 158) ①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是____。 ②产品纯度为_____(用质量分数表示)。 3．（2025·北京东城·二模）将转化为碳酸二甲酯[]是资源化利用的重要研究方向。 【方法一】直接转化，反应的方程式为：      (1)可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是__________。 (2)和共同作为该反应的催化剂，其转化过程如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ．…… 写出Ⅳ的方程式：__________。 (3)一定条件下，在高压釜中反应5小时，甲醇转化率与反应温度的关系如图所示。 甲醇转化率变化的原因可能是： ①低于130℃和高于130℃时，催化剂的活性均不佳；②__________。 【方法二】电化学转化，装置如图如示。 (4)金电极连接电源__________（填“正极”或“负极”）。 (5)下列关于电化学法合成碳酸二甲酯的说法正确的是__________（填序号）。 a．电解过程中要不断搅拌，促进电极产物在Pd/C上发生反应 b．若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低 c．若导线中通过2mol电子，最多生成2mol碳酸二甲酯 4．（2025·北京房山·三模）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为： （浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和__________。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①工业合成的化学方程式为__________。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：y_______x，解释原因__________。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式：__________。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是__________。 (4)用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。 ①距离Li最近且等距的O的数目为__________。 ②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为__________。 5．（2025·北京西城·三模）油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。 (1)回收单质硫。催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式___________。 (2)和重整制氢，此过程涉及的主要反应有： i． ii． 恒压条件下，将和按物质的量比为进行投料，并用稀释，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下图。 ①与重整制氢反应的热化学反应方程式是___________。 ②其他条件不变时，加入稀释，可以提高的转化率，原因是___________。 ③下列说法正确的是___________(填序号)。 a．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高 b．结合上图数据分析，反应ii为与重整反应的决速步 c．在范围内，随温度升高，的体积分数增大 (3)电化学循环法：采用溶液吸收处理，并通过电解池实现“吸收液”再生，同时制取氢气，其原理如图所示。 ①写出反应器内发生反应的离子方程式___________。 ②结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的___________。 押题猜想20 有机合成与推断 终极押题 20．治疗慢性阻塞性肺病的药物恩塞芬汀的中间体K的合成路线如下。 已知：ⅰ．；ⅱ．。 (1)A和B均能使紫色石蕊试液变红，B中官能团的名称是 。 (2)的化学方程式是 。 (3)的过程中，E先与试剂a反应生成钠盐X，X再与发生取代反应得到F．试剂a的最佳选择是 (填字母序号)。 a．Na    b．    c． (4)的反应类型是 。 (5)H的结构简式是 。 (6)J分子中含有两个六元环，除醚键外，还含有一种官能团。J的结构简式是 。 (7)的反应可按如下过程分析： ①中间体2的结构简式是 。 ②该条件下，由中间体2生成K的过程中还可能生成一种副产物，与K互为同分异构体。该副产物的结构简式是 。 押题有据 有机合成与推断是北京卷有机选做模块的压轴题。本题以药物中间体的合成为背景，路线较长，信息新颖（包含两个已知反应）。题目考查了官能团名称（羧基、氯原子）、反应方程式（酯化反应）、试剂选择（碳酸钠与酚羟基反应）、反应类型（氧化）、结构简式推断（H、J、中间体2）以及同分异构体（副产物的判断）。第(7)问要求分析反应过程，推断中间体和副产物，对学生“信息迁移”和“逻辑推理”能力要求极高。押题依据是：北京卷的有机推断题越来越注重“流程分析”与“机理分析”的结合。复习秘笈是，训练学生利用“逆合成分析法”，结合已知信息和新反应条件，大胆假设，小心求证，突破结构推断的难点。 考题猜想 1．（2026·北京顺义·一模）一种重要医药中间体T的合成路线如下： 已知： (1)A可与小苏打反应，B的分子式是。的化学反应方程式是______。 (2)的反应类型是______。 (3)已知：J与溶液作用显紫色。的反应试剂和条件为______。 (4)Q分子中含有的官能团名称是氯原子、______。 (5)下列说法正确的是______(填序号)。 a．引入保护基，脱除保护基 b．L的一种同分异构体同时含有苯环和碳碳三键、既有酸性又有碱性 c．的反应类型是还原反应 (6)以G和R为原料合成T分为三步反应： ①X的结构简式为______。 ②Y中仅有一个六元环，的反应类型是______。 2．（2026·北京·一模）L是合成某雌酮药物的中间体，其合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． (1)A的核磁共振氢谱有两组峰。A的结构简式是___________。 (2)检验B中官能团的试剂是___________。 (3)D→E的化学方程式是___________。 (4)，试剂a的结构简式是___________。 (5)已知：，I的结构简式为___________。 (6)G＋J→K的反应类型是___________。 (7)由G经过多步反应合成P后可制备双环内酰胺的衍生物X。 已知：。 写出Q、W的结构简式___________、___________。 3．（2026·北京·一模）多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼(J)的合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． (1)A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为___________。 (2)B→C的化学方程式为___________。 (3)C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、___________。 (4)试剂a中含有的官能团有、___________。 (5)H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物，其结构简式为___________。 (6)I→J的过程中，的作用是___________。 (7)E经多步转化可得到G，路线如下。 M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为___________、___________。 4．（2026·北京延庆·一模）一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。 已知：① ②试剂a是 (1)L分子中含有的官能团是氟原子和_______。 (2)B→D的反应类型是_______。 (3)下列说法不正确的是_______(填序号)。 a.试剂a的结构简式为 b.J→K的反应中，的作用是消耗生成的，促进反应正向进行 c.F→G的反应中，还原了硝基；K→L的反应中，还原了羰基 (4)以G和M为原料合成P分为三步反应。 已知： ①M含1个sp杂化的碳原子，M的结构简式为_______。 ②第一步“加成”反应中，G与M的物质的量之比为，的结构简式为_______； (5)P的合成路线中，步骤E→F反应的意义是：_______。 5．（2025·北京门头沟·一模）某研究小组按下列路线合成抗炎镇痛药“消炎痛”(部分反应条件已简化)。 已知： ⅰ． ⅱ． ⅲ． (1)化合物D中官能团的名称是_______。 (2)A为芳香族化合物，A→B的化学方程式是_______。 (3)下列说法正确的是_______(填序号)。 a．F中氮原子的杂化方式均为 b．B→D的反应类型为氧化反应 c．E的芳香醛类同分异构体共有6种 (4)F→G的化学方程式是_______。 (5)I的结构简式是_______。 (6)由F可制备物质K，转化过程如下图： 写出试剂a和中间产物Q的结构简式：_______、_______。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $