化学终极押题猜想（山东专用）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 1 押题猜想02 化学用语 押题猜想03 表格型实验分析与评价 押题猜想04 装置型实验分析与评价 押题猜想05 物质的性质及应用 押题猜想06 物质结构与性质综合 押题猜想07 元素推断与元素周期律 押题猜想08 晶胞结构分析 押题猜想09 有机物的结构与性质 押题猜想10 电化学 押题猜想11 化学反应机理图分析 押题猜想12 电解质溶液及图像 押题猜想13 多重平衡体系的图像分析 押题猜想14 物质结构与性质综合应用 押题猜想15 化工流程分析 押题猜想16 实验综合探究分析 押题猜想17 化学反应原理综合应用 押题猜想18 有机合成与推断 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】“科技兴海，向新向蓝向未来”。山东在发展壮大现代海洋经济上下功夫、求实效。下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是 A．海水制氢 B．海水淡化 C．氯碱工业 D．海水提镁 【答案】B 【解析】A．海水制氢通常通过电解水等方法将水中的氢转化为氢气，有单质生成，氢的化合价变化，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．海水淡化是利用渗透膜把海水中杂质离子除去，得到纯净水，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意； D．海水提镁需将Mg2＋还原为金属镁或通过其他氧化还原过程，涉及元素化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合题意； 故答案为B。 押题有据 近年山东高考有关STSE试题主要考查传统文化、生活常识、能源、新材料、环境保护、医药健康等方面。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，同时也彰显本土特色，题目注重情境真实化：以社会热点、科研成果（新型催化剂、可降解塑料）或传统文化（古代典籍中的化学知识）为载体，考查基础知识。旨在要求学生要学以致用，复习时多留心生活中与化学原理有关的知识，2026年的高考更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。 考题猜想 1．（2026·山东枣庄市2026届高三下学期二模）宇树机器人以极致性能和成本优势重塑全球仿生机器人格局，下列说法正确的是 A．主控芯片主要成分二氧化硅属于共价晶体 B．驱动磁铁的主要成分属于碱性氧化物 C．机身使用的碳纤维复合材料属于有机高分子材料 D．触觉传感器材料压电陶瓷属于新型无机非金属材料 【答案】D 【解析】A．芯片的主要成分是单质硅，不是二氧化硅，A错误； B．四氧化三铁与酸反应生成铁盐、亚铁盐和水，所以不属于碱性氧化物，B错误； C．碳纤维复合材料的主要成分为碳单质，属于无机材料，不属于有机高分子材料，C错误； D．压电陶瓷是具备特殊功能的特种陶瓷，属于新型无机非金属材料，D正确； 故选D。 2．（2026·山东泰安泰山中学2025届高三下学期一模）中华优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是 A．《本草纲目》“烧酒”篇：“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”其中涉及的操作有蒸馏 B．《本草经集注》记载鉴别硝石和朴硝之法：“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石也。”其中涉及了焰色试验 C．《天工开物》记载井盐的生产过程：“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白。”其中涉及的操作有结晶 D．《开宝本草》记载硝酸钾的提纯方法：“所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成。”其中涉及的操作有升华 【答案】D 【解析】A．“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”描述的是蒸馏法，通过加热使酒精汽化再冷凝收集，符合烧酒制作工艺，A正确； B．硝石（KNO3）含钾，焰色反应为紫色，朴硝含钠，焰色为黄色，燃烧时观察颜色可鉴别，涉及焰色试验，B正确； C．井盐通过蒸发水使NaCl结晶析出，属于蒸发结晶操作，C正确； D．硝酸钾的提纯过程是溶解（水淋）、过滤（淋汁）、蒸发结晶（煎炼），未涉及升华（固体直接变为气体），升华需要直接加热固体成气体再冷凝，D错误；故选D。 3．（2026·山东省烟台市2025届高三下学期三模） 下列关于食品添加剂的说法错误是 A 馒头加工中可用碳酸氢铵作膨松剂 B．海参腌制时可用甲醛作防腐剂 C．制果汁时可用维生素C作抗氧化剂 D．制白砂糖、干果等食品时可用二氧化硫作漂白剂、防腐剂 【答案】B 【解析】A．碳酸氢铵（）受热分解生成、和，产生的气体使馒头膨胀，属于合法膨松剂； B．甲醛（福尔马林）虽能防腐，但会破坏蛋白质结构且致癌，禁止用于食品加工； C．维生素C（抗坏血酸）通过自身氧化消耗氧气，防止果汁氧化变色，是常用抗氧化剂； D．具有漂白性和抑菌性，在制糖、干果中可限量使用以改善色泽和防腐； 故选B。 4．（2026·山东临沂市2026届高三下学期普通高中学业水平等级考试模拟） 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A．活性炭可以分解室内的甲醛 B．84消毒液可用于漂白羊毛制品 C．聚乙烯高分子材料可用作吸水剂 D．苯甲酸钠可用于延长果汁的保质期 【答案】D 【解析】A．活性炭除甲醛是利用自身疏松多孔的结构吸附甲醛，属于物理吸附，不能分解甲醛，A错误； B．84消毒液有效成分为次氯酸钠，具有强氧化性，且溶液呈碱性；羊毛的主要成分是蛋白质，会被84消毒液氧化、变性破坏，因此不能用其漂白羊毛制品，B错误； C．聚乙烯是疏水性高分子材料，无强吸水性，不能用作吸水剂，C错误； D．苯甲酸钠是常用的合法食品防腐剂，可抑制果汁中微生物繁殖，延长保质期，D正确； 故选D。 5．（2026·山东省青岛市平度市2025届高三下学期高考模拟检测） 衣食住行皆化学。下列说法错误的是 A．衣服原料如涤纶、丙纶、腈纶等都是有机高分子化合物 B．铁强化酱油中加入NaFeEDTA，可减少缺铁性贫血的发生 C．水泥、玻璃和陶瓷均属于硅酸盐材料 D．用“三元催化器”处理汽车尾气，有利于实现碳中和 【答案】D 【解析】A．涤纶、丙纶、腈纶均为合成纤维，属于有机高分子化合物，A正确。 B．NaFeEDTA中的铁以螯合形式存在，更易被人体吸收，可减少缺铁性贫血，B正确。 C．水泥、玻璃和陶瓷的主要成分均为硅酸盐，属于传统硅酸盐材料，C正确。 D．三元催化器将尾气中的CO、NOx等转化为CO2和N2，但CO2仍为温室气体，无法直接促进碳中和，D错误。 故选D。 押题猜想02 化学用语 终极押题 【原创题】化学用语是国际通用的标准化符号语言。下列化学用语或图示正确的是 A．质子数为82，中子数为125的铅原子： B．中键形成的电子云轮廓示意图： C．的球棍模型： D．的VSEPR模型： 【答案】B 【解析】A．质量数=质子数+中子数，正确为，A错误；B．中两个氮原子的2p轨道电子形成键，电子云轮廓示意图正确，B正确；C．是直线形分子，C原子的半径大于O原子半径，球棍模型中应该是中间的C原子的球较大，且原子之间以双键相连，C错误；D．分子的中心N原子上孤电子对数为，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，即，D错误；故答案选B。 押题有据 化学用语贯穿整个化学始终，与基本概念、基本理论、元素化合物、化学实验和化学计算等都有着密切联系。本题旨在考查学生化学用语使用的准确性，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。化学用语包括：元素符号、离子符号、化学式、化合价、化学方程式、离子反应方程式及用来说明元素符号、离子符号、化学式、化学方程式、离子反应方程式含义的语言，都称为化学用语。用来表示微粒结构的图形、图示；如表示分子结构模型、原子结构示意图都属于化学用语。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·山东省聊城2025届高三下学期高考模拟检测）下列化学用语或图示正确的是 A．环氧戊烷： B．乙烯分子中的键： C．用电子式表示的形成过程： D．的球棍模型： 【答案】B 【解析】A．图示为环氧丁烷，A错误； B．键为镜面对称，图示为乙烯分子中的键，B正确； C．为离子化合物，用电子式表示的形成过程：，C错误； D．的球棍模型不是直线形，应为：，D错误； 故选B。 2．（2026·莱芜凤城中学高三模拟检测）下列化学用语或图示正确的是 A．的系统命名：2-氯丁酮 B．HClO的球棍模型： C．基态Cu＋的价电子轨道表示式： D．反式聚异戊二烯的结构简式： 【答案】B 【解析】A．由结构简式可知系统名称为3-氯丁酮，故A错误； B．HClO的结构式为H-O-Cl，又原子半径Cl>O>H，球棍模型：，故B正确； C．基态Cu＋的价电子数为10，价电子轨道表示式为，故C错误； D．反式聚异戊二烯的结构简式为，表示顺式结构，故D错误； 故选：B。 3．（2026·宁阳四中2025届高三模考）下列化学用语或图示表达正确的是 A． 的电子式： B．2-丁烯的键线式： C． 的价层电子对互斥(VSEPR)模型： D． 分子中 键的形成： 【答案】D 【解析】A．为共价晶体，和二氧化碳不同，每个原子周围有4个O原子，每个O原子周围有2个原子，原子与O原子之间以单键相连，键角为，上述电子式表达错误，错误； B．2-丁烯的键线式应该为，B错误， C．的中心原子价层电子对数为，价层电子对互斥(VSEPR)模型为四面体结构：，C错误； D．分子中键的形成为轨道电子云“头碰头”重叠，形成过程可表示为，正确； 故选D。 4．下列化学用语或图示表示错误的是 A．HClO的电子式： B．基态Se原子的价电子排布式：4s24p4 C．PCl3的VSEPR模型： D．酚醛树脂的结构简式： 【答案】D 【解析】A．HClO的电子式，A正确； B．基态Se原子核外34个电子，为第四周期第元素，价电子即为最外层的六个电子，价层电子排布式：4s24p4，B正确； C．三氯化磷分子中磷原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，C正确； D．酚醛树脂的结构简式为，D错误； 故选D。 押题猜想03 表格型实验分析与评价 终极押题 【原创题】室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小 C 取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应 D 向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： 【答案】A 【解析】A．将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的溶于浓中，导致溶液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，和的混合溶液为蓝色，通入后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，A正确； B．NH4F的pH较低说明其酸性强，F⁻的水解程度较弱，对应的HF酸性强（Ka较大）。但的水解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与Ka1(H2SO3)，且浓度也不同，存在一定的干扰，B错误； C．浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产生SO2气体，SO2也能使溴水褪色（还原反应）；实验未排除SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不可靠，C错误； D．根据实验现象可知，Cl2氧化I⁻生成I2（紫红色），得出结论氧化性：Cl2 > I2，由于氯水少量，优先氧化还原性强的I⁻，即还原性：，从而可以得出结论：氧化性： Br2 > I2，实验中无法证明Cl2的氧化性大于Br2 ，D错误； 故选A。 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必考内容。押题依据是：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·聊城三中高三模考）下列实验设计、现象和实验结论都正确的是 选项 实验设计 现象 实验结论 A 将通入下列溶液至饱和： ①浓；②和浓混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓反应后溶液是绿色主要原因是溶有 B 将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液 紫红色变浅，有白色沉淀产生 通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量 C 取两份适量固体，分别滴加氨水和盐酸 固体均溶解 为两性氢氧化物 D 将25℃ 溶液加热到40℃，维持一段时间并用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动 【答案】A 【解析】A．Cu与浓反应方程式为：，根据对照实验结果，将通入浓硝酸使溶液由无色变黄，通入和浓硝酸的混合溶液使溶液从蓝色变为绿色，可证明Cu和浓硝酸反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有，实验设计、现象和结论均正确，A正确；B．酸性可以将氧化为，但酸化会引入额外的，同时，可溶于水，生成沉淀的质量无法准确反映气体中的含量，B错误；C．与酸反应的离子方程式为：，反应生成对应的盐和水，说明具有碱性，与氨水反应的离子方程式为：，反应生成配合物而非盐和水，不能说明是两性氢氧化物，C错误；D．温度升高时，水的电离程度增加，溶液中增大，pH减小，不能由此得出“pH减小源于水解平衡正向移动”的结论，D错误；故答案选A。 2．（2026·滨州高三下学期模拟考试）由下列事实或现象能得出相应结论的是 事实或现象 结论 A 烯烃中溶入冠醚时，KMnO4水溶液与烯烃反应的氧化效果明显增强 冠醚能氧化烯烃 B 向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色 Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A) C 常温下将铝片投入浓HNO3中，无明显现象 Al与浓HNO3不反应 D 向Pb3O4、Fe3O4中分别滴加浓盐酸，固体均消失，但只有前者产生黄绿色气体 氧化性：Pb3O4>Fe3O4 【答案】BD 【解析】A．冠醚的作用是作为相转移催化剂，通过络合离子（如）促进与烯烃的反应，而非直接氧化烯烃，结论错误，故A错误； B．紫色石蕊溶液变为蓝色，说明NaHA的水解大于电离，NaHA的水解平衡常数，NaHA的电离平衡常数，则，即，故B正确； C．常温下铝被浓HNO3钝化，表面生成致密的氧化膜，所以反应无明显现象，不能说明Al与浓HNO3不反应，故C错误； D．Pb3O4中可将浓盐酸氧化为氯气，而Fe3O4不能将HCl氧化成氯气，证明氧化性：Pb3O4> Fe3O4，故D正确； 故答案为BD。 3．（2026·德州·联考）实验小组研究硫酸四氨合铜晶体的制备过程中影响Cu(OH)2溶解的因素，设计如下实验： 序号 实验 现象 Ⅰ 取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加氨水至沉淀量最大，再滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至pH为11，继续滴加足量氨水 沉淀几乎不溶解 Ⅱ 将Ⅰ中沉淀过滤、洗涤后加入足量氨水 沉淀几乎不溶解 Ⅲ 取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀量最大，再加适量(NH4)2SO4固体，继续滴加足量氨水 沉淀溶解，溶液呈深蓝色 Ⅳ 取Ⅲ中所得溶液，滴加5滴0.1 mol·L-1 NaOH溶液 产生蓝色沉淀 Ⅴ 取Ⅲ中所得溶液，加入光亮的铁钉 无明显现象 下列说法错误的是 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅲ中沉淀溶解是NH3与共同作用的结果 B．由实验Ⅳ现象可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与的结合能力 C．由上述实验方案可知：Na+一定能影响的形成 D．实验Ⅴ说明，形成配合物后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降 【答案】BC 【分析】实验Ⅰ：滴加氨水形成沉淀后，再加NaOH至pH=11，继续加足量氨水，沉淀不溶解，说明高pH（高浓度）抑制了溶解形成。 实验Ⅱ：过滤洗涤后的加足量氨水，沉淀不溶解。说明纯在氨水中不易溶解，缺乏促进溶解的条件。 实验Ⅲ：滴加NaOH形成沉淀后，加固体，再加足量氨水，沉淀溶解并呈深蓝色。说明提供的降低了浓度，使氨水能顺利配位溶解形成。 实验Ⅳ：取Ⅲ的深蓝色溶液（含），滴加NaOH产生蓝色沉淀。说明能破坏配合物，重新生成沉淀，表明与的结合能力强于与的结合能力。 实验Ⅴ：取Ⅲ的溶液加铁钉无现象。而通常可与铁发生氧化还原反应，无反应说明形成配合物后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降。 【详解】A．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ和Ⅱ中仅加氨水沉淀不溶解，Ⅲ中加和氨水后溶解，说明（作配体）与（降低浓度）共同作用促进溶解，A正确； B．根据分析可知，与的结合能力强于Cu2+与的结合能力，B错误； C．实验Ⅰ和Ⅲ均使用NaOH（引入），但Ⅰ中沉淀不溶解，Ⅲ中溶解，区别在于Ⅲ中加了，作为旁观离子，无证据显示其影响形成，C错误； D．实验Ⅴ中加铁钉无现象，说明形成后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降，D正确； 故选BC。 4．（2026·济宁·一模）下列实验根据现象能得出相应结论的是 选项 实验 现象 结论 A 向0.1 mol/L 溶液中滴加0.1 mol/L酸性溶液 溶液紫红色褪去，出现无色气泡 发生还原反应 B 向久置的样品中加入足量溶液，再加入足量稀盐酸 出现白色沉淀，沉淀不溶解 样品完全变质 C 向盛有2 mL 0.1 mol/L 溶液的试管中先滴加2滴0.1 mol/L NaCl溶液，再滴加2滴0.1 mol/L NaBr溶液 先生成白色沉淀，后产生淡黄色沉淀 D 取2 mL某卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液并加热，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加溶液 产生黄色沉淀 该卤代烃中含有碘原子 【答案】D 【解析】A．与酸性反应，紫红色褪去说明被还原，出现无色气泡说明被氧化产生，发生氧化反应，A错误；B．加入硝酸钡后再加稀盐酸，酸性条件下硝酸根会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，即使Na2SO3只是部分变质，沉淀也不溶解，无法证明样品完全变质，B错误；C．本实验中AgNO3过量，先加NaCl生成AgCl白色沉淀后溶液中仍有剩余Ag+，后加NaBr与过量硝酸银反应再生成AgBr淡黄色沉淀，是继续生成沉淀而不是沉淀的转化，无法说明AgBr比AgCl更难溶，无法证明，C错误；D．卤代烃在碱性水溶液加热条件下水解产生卤素离子，冷却后加足量稀硝酸中和过量KOH，再滴加AgNO3，生成的黄色沉淀为AgI，可证明该卤代烃中含有碘原子，D正确；故答案选D。 押题猜想04 装置型实验分析与评价 终极押题 【原创题】下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是 A．混合浓硫酸和乙醇 B．铁制镀件电镀铜 C．比较和水解能力 D．验证使溴水褪色 【答案】A 【解析】A．由于浓硫酸稀释会放出大量热且密度较大，所以要将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入乙醇中，并边加边搅拌，防止液体沸腾引起飞溅，故A正确； B．电镀操作中，待镀金属作阴极，向铁制镀件上镀铜，铁制镀件应连电源负极，故B错误； C．和的饱和溶液浓度不同，因此不能通过观察颜色比较和水解能力，故C错误； D．生成的乙炔中有H2S杂质，也会使溴水褪色，则溴水褪色不能证明是乙炔使溴水褪色的，故D错误； 故答案选A。 押题有据 “操作—现象—结论”一致性判断是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。本题押题依据是，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。考查实验仪器使用、基本操作规范、沉淀洗涤检验、高温灼烧容器选择等核心实验基础，符合新课标对 “科学探究与创新意识” 素养的考查要求。 考题猜想 1．（2026·山东商河·下学期模拟考试）下列实验仪器、试剂、操作均正确，且能达到实验目的的是 A．制备 B．验证的溶解性 C．蒸馏石油 D．测定溶液的浓度 【答案】B 【解析】A．浓硫酸与铜反应制取二氧化硫需要加热，操作错误，A项不符合题意；B．氨气极易溶于水，会形成喷泉实验，可以验证氨气的溶解性，操作正确，B项符合题意；C．蒸馏石油时温度计用于测蒸气的温度，应置于蒸馏烧瓶支管口处，且冷凝水应下进上出，操作错误，C项不符合题意；D．酸性具有强氧化性，会腐蚀酸式滴定管下端的橡胶管，应使用酸式滴定管盛装，操作错误，D项不符合题意；故选B。 2．（2026·北镇中学·一模）某实验小组利用如图装置制备氢气并测定铜的摩尔质量。下列有关说法错误的是 A．实验前需要先检查装置的气密性 B．实验时装有醋酸铅溶液的试剂瓶有黑色沉淀产生，说明粗锌中含有硫元素 C．碱石灰的作用是除去混合气体中可能含有的 D．设试管质量为a g，反应前试管与氧化铜质量和为m g，反应后试管与固体质量和为n g，则铜的摩尔质量为 【答案】C 【解析】A．实验前需要先检查装置的气密性，故A正确；B．粗锌中的硫化物杂质会与稀硫酸反应生成H2S 气体，H2S 与醋酸铅溶液反应生成黑色的PbS沉淀，因此该现象可证明粗锌中含硫元素，故B正确；C．酸性 KMnO4溶液的作用是除去SO2等还原性气体，碱石灰的作用是干燥氢气，防止水蒸气进入CuO装置影响质量测定，C项说法错误；D．反应后试管中固体为铜，试管与铜质量和为n g，设铜的摩尔质量为M，，解得铜的摩尔质量为，故D正确；故答案为C。 3．（2026·聊城·模拟预测）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作规范且能达到实验目的的是 装置 选项 A．测定新制氯水的pH B．证明与水反应放热 装置 选项 C．证明氧化性： D．制备氢氧化亚铁，并希望长时间观察到其白色 【答案】B 【解析】A．新制氯水有漂白性，不能用pH试纸来测其pH，A错误；B．向包裹有足量过氧化钠的脱脂棉中滴入2滴水，脱脂棉燃烧，能够证明过氧化钠与水反应放热，能够实现实验目的，B正确；C．氯气氧化溴离子生成溴单质，氯气氧化碘离子生成碘单质，但不能比较溴单质与碘单质的氧化性强弱，C错误；D．右边试管内生成硫酸亚铁溶液和氢气，氢气排出装置，硫酸亚铁溶液与左边试管中的氢氧化钠溶液不能混合，不能制得氢氧化亚铁，D错误；故选B。 4．（2026·山东省平度2025届高三下学期高考模拟检测）实验室进行下列实验操作，仪器使用错误的是 A．配制一定物质的量浓度的溶液：③⑧⑨ B．溶液蒸发结晶：⑧⑨ C．从溴水中萃取单质溴：④⑧ D．制备蒸馏水：①⑥⑦ 【答案】B 【解析】A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液计算、称量后，在烧杯中溶解、冷却，转移到容量瓶中定容，溶解和转移溶液时都用到玻璃棒，则配制溶液需要③⑧⑨，故A正确； B．蒸发需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，不需要⑧，故B错误； C．萃取需要分液漏斗、烧杯，需要④⑧，故C正确； D．蒸馏需要蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等，则制备蒸馏水需要①⑥⑦，故D正确； 故选B。 押题猜想05 物质的性质及应用 终极押题 【原创题】物质性质决定用途，下列对应关系错误的是 A．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性 B．、用作耐高温材料，体现了、的熔点高 C．用作焙制糕点的膨松剂，体现了的受热不稳定性 D．用含的硅藻土来保鲜水果，体现了的氧化性 【答案】A 【解析】A．制作豆腐时添加石膏，体现了盐溶液能使胶体聚沉的性质，故A错误； B．、的熔点高，所以、用作耐高温材料，故B正确； C．的受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，所以用作焙制糕点的膨松剂，故C正确； D．能把乙烯氧化为二氧化碳，所以用含的硅藻土来保鲜水果，故D正确； 选A。 押题有据 元素化合物的性质与用途是高考选择题的高频考点，旨在考查“性质决定用途”的化学思想。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。押题依据是：近年在此类题目中频繁考查。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．（2026·山东肥城·联考测试）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。 2．（2026·山东德州·一模）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。 3．（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。 4．（2026·东平·模拟预测）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。 5．（25-26高三下·新泰一中·模拟测试）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。 押题猜想06 物质结构与性质综合 终极押题 【原创题】物质的结构决定物质的性质，下列说法错误的是 选项 事实 解释 A 石墨与金刚石硬度差别大 石墨和金刚石的碳原子的排列方式不同 B 酸性： B的电负性更强导致硼酸中O—H更易电离 C 的配位数：CsCl>NaCl 半径： D 大多数金属有金属光泽，且不透明 金属晶体含自由电子，且可跃迁 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】A．金刚石和石墨互为同素异形体，二者硬度差异的本质原因就是碳原子的空间排列方式不同，A正确； B．H3BO3是路易斯酸，电离方式为，酸性来源于缺电子的B原子接受水分子的OH-，其更容易形成配位键，并非硼酸自身的O-H电离，该解释错误，B错误； C．离子晶体中配位数由阴阳离子半径比决定，半径大于，中阴阳离子半径比更大，因此配位数：，C正确； D．金属晶体中存在自由电子，自由电子可以吸收所有频率的可见光发生跃迁，之后又会辐射出大部分光，因此金属有金属光泽，且因可见光无法透过而不透明，解释正确，D正确； 故选B。 押题有据 这种新型的考查方法体现了教考结合，无机物性质、转化与应用，结构决定性质，性质决定用途，为了体现这一核心概念，紧扣新高考 “结构决定性质” 的命题导向，聚焦《物质结构与性质》核心考点，考查基态原子价电子排布、元素周期表位置、杂化轨道类型、离子空间结构等知识，与近年全国卷、新高考卷命题角度高度一致。试题突出微观探析素养，强调电子排布特殊性、杂化与空间结构的逻辑关联，难度适中、区分度良好，能有效检验学生对原子分子结构主干知识的掌握程度。预测2026年的高考中依然会涉及性质中的结构分析、晶胞的计算、微粒之间的相互作用、杂化轨道、化学键等结构化学核心考点的考查。 考题猜想 1．（2026·山东日照·一模）侯氏制碱法在1926年获得美国费城“万国博览会金质奖”，其反应的化学原理如下：①；②。下列说法错误的是 A．和的中心原子的杂化方式相同 B．和中键能大小：N-H＜O-H C．中键和键数目之比为2：1 D．和中∠H-N-H的大小： 【答案】C 【解析】A．中原子的价层电子对数为，中原子的价层电子对数为，二者中心原子均采取杂化；杂化方式相同，A不符合题意；B．键能与键长相关，键长大于键长，键长越长键能越小，因此键能小于键能，B不符合题意；C．的结构式为，每个双键含个键和个键，因此中键为个，键为个，键和键数目之比为；并非，C符合题意；D．中原子含对孤电子对，中原子无孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此中小于中，D不符合题意；故选C。 2．（2026·山东济宁·一模）下列关于物质性质的解释错误的是 A．离子液体具有导电性，因为离子液体中有可移动的阴、阳离子 B．O3在水中溶解度小于在CCl4中，因为O3为非极性分子 C．P形成PF5而N形成NF3，因为P的价层电子轨道更多且半径更大 D．酸性：HClO>HBrO，因为电负性：Cl>Br 【答案】B 【解析】A．离子液体导电的前提是存在可自由移动的带电粒子，离子液体中含可自由移动的阴、阳离子，因此具有导电性，解释正确，A正确； B．O3为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，但其极性很弱，在CCl4中的溶解度更大，B错误； C．P位于第三周期，价层存在空的3d轨道，价层电子轨道数更多、原子半径更大，最多可以形成5个共价键；N位于第二周期，价层只有2s、2p轨道，最多只能形成3个共价键，因此P形成PF5而N形成NF3，解释正确，C正确； D．对于组成结构相似的次卤酸，中心原子电负性越大，对羟基成键电子对的吸引能力越强，O-H键极性越强，越容易电离出H+，酸性越强；电负性Cl>Br，因此酸性HClO>HBrO，解释正确，D正确； 故选B。 3．（2026·山东德州·一模）石灰氮()是一种固态氮肥，可通过以下反应制备：。下列说法正确的是 A．基态钙原子核外电子占据最高能层的符号为M B．基态N原子核外有5种不同运动状态的电子 C．与中键与键的个数比均为1：2 D．是含有非极性键的离子化合物 【答案】C 【解析】A．基态Ca（20号元素）的核外电子排布为，能层由低到高为K、L、M、N，最高能层符号为N，A错误； B．基态N原子核外有7个电子，每个电子的运动状态均不相同，因此共有7种不同运动状态的电子，B错误； C．的结构为，的结构为，三键中均含1个键、2个键，因此键与键个数比均为，C正确； D．由和构成，属于离子化合物，的结构为，只含极性键（C-N键），不含非极性键，D错误； 故选C。 4．（2026·山东菏泽·一模） 是一种铜基乙腈配合物，下列关于该配合物的说法错误的是 A．配位原子为N B．铜的化合价为+2 C．碳原子采取杂化 D．的空间构型为正四面体形 【答案】B 【解析】A．CH3CN中N原子含有孤电子对，可作为配位原子提供孤对电子，A正确； B．该配合物外界为-1价，配体CH3CN是中性分子，因此中心Cu的化合价为+1，不是+2，B错误； C．CH3CN中，甲基的碳原子形成4个σ键，采取sp3杂化，氰基的碳原子形成2个σ键，采取sp杂化，因此碳原子存在sp、sp3两种杂化，C正确； D．中中心Cl原子价层电子对数为，且无孤电子对，空间构型为正四面体形，D正确； 故选B。 押题猜想07 元素推断与元素周期律 终极押题 【原创题】短周期主族元素 W、X、Y、Z 原子序数依次增大，且位于三个不同周期。基态W原子无成对电子，Z的一种单质是光伏材料核心原料，X的简单氢化物常温下为液态，Y的价电子排布为ns2np1。下列说法错误的是（ ） A.电负性：X>Z>Y B.W2X、ZW4分子中的中心原子均为sp3杂化 C.W与X形成的简单分子空间构型为直线形 D.Y的最高价氧化物可溶于强碱溶液 【答案】C 【解析】W原子序数最小，基态无成对电子—W为H，Z单质为光伏核心材料→Z为Si，X简单氢化物常温液态→X为0，Y价电子ns2np1且为短周期主族元素，原子序数小于Z－Y为Al，综上：W=H，X=O，Y=Al，Z=Si。 A.电负性：O>Si>Al，即X>Z>Y，A正确；B.W2X、ZW4分子分别为H2O、SiH4，分子中的中心原子O、Si均为sp3杂化，B正确；C.W与X形成H2O，O为sp3杂化，有两对孤电子对，空间构型为V形，不是直线形，C错误；D.Y的最高价氧化物为Al2O3，是两性氧化物，可溶于强碱,D正确。 押题有据 元素推断题是周期律考查的经典形式。押题依据是常通过“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．（2026·山东滨州·一模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可作制冷剂，Y是海水中含量最多的金属元素。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水，加入稀硫酸后析出黄色沉淀，同时产生刺激性气体。下列说法正确的是 A．原子半径：Y>Z>X>W B．X的氢化物热稳定性比W的强 C．X与Y形成的化合物均能与水发生氧化还原反应 D．、、三种离子的VSEPR模型相同 【答案】D 【解析】根据题干信息可推出：W的简单氢化物（液氨）可作制冷剂，故W为N；Y是海水中含量最多的金属元素，故Y为Na；X、Y、Z形成的盐遇稀硫酸析出S（黄色沉淀）和刺激性气体SO2，该盐为硫代硫酸钠（Na2S2O3），结合原子序数依次增大，可得X为O，Z为S。 A．原子半径规律为：电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素原子序数越大原子半径越小，因此原子半径顺序为，不符合选项中的顺序，A错误； B．同周期主族元素从左到右非金属性增强，非金属性，非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，题目没说简单氢化物，O的氢化物稳定性不一定强，如稳定性差，B错误； C．X(O)与Y(Na)可形成和，其中与水反应，该反应没有化合价变化，不属于氧化还原反应，C错误； D．三种离子分别为、、，、中心S原子价层电子对数分别为、，结构中相当于1个氧原子被S原子代替，价层电子对数与相同，三种离子的VSEPR模型均为四面体形，D正确； 2．（2026·山东日照·一模）下列对物质性质差异解释错误的是 选项 性质差异 解释或主要原因 A 键角： 电负性： B 碱性： 金属性： C 酸性： 电离能： D 水溶性： 与能形成分子间氢键，不能与形成分子间氢键 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A．PH3和PF3中P均为sp3杂化，配原子电负性越大，成键电子对越远离中心P原子，成键电子对间斥力越小，键角越小。电负性F>P>H，因此键角PH3> PF3，A不符合题意； B．同周期主族元素从左到右金属性减弱，金属性Na>Mg，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性NaOH>Mg(OH)2，B不符合题意； C．卤代羧酸的酸性与卤原子的吸电子诱导效应有关，卤原子电负性越大，吸电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，越易电离出H+，酸性越强。酸性的原因是电负性Br>I，不是电离能Br>I，解释错误，C符合题意； D．NH3中N原子电负性大，能与水分子形成分子间氢键，增大水溶性，PH3不能与水形成分子间氢键，因此水溶性NH3>PH3，D不符合题意； 故答案选C。 3．（2026·山东济宁·一模）X、Y、Z、M、Q为元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，可形成如图所示配合物，已知基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为5∶1，Z、M处于对角线位置，下列说法错误的是 A．化合物XYZ和YM2均为直线形分子 B．该配合物中Q元素的化合价为+2 C．M的简单氢化物与少量Z的简单氢化物在水溶液中反应生成(ZH4)2M D．该配合物中配体数与配位数之比为1∶2 【答案】C 【解析】在化合物中X形成1个共价键且原子序数最小，则X为H；Y形成4个共价键，则Y处于第IVA族，Z形成3个共价键，且原子序数大于Y，则Z处于第VA族；结合Z、M处于对角线位置可知，Y为C，Z为N，M为S；基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为5∶1，则Q为Ni。 A．为，结构为，中心C为sp杂化，是直线形分子；为，与互为等电子体，也是直线形分子，A正确； B．该配合物含2个配体，每个配体带1个单位负电荷，整体配合物呈电中性，因此Ni的化合价为，B正确； C．的简单氢化物为是二元弱酸，少量的简单氢化物即通入水溶液，发生反应，只能生成，过量才生成，C错误； D．该配合物共2个配体，每个配体提供2个S原子配位，因此配位数为，配体数配位数，D正确； 故选C。 4．（2026·淄博·模拟预测）某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示，、、、是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态原子的价电子排布式为，下列说法正确的是 A．电负性： B．同周期第一电离能比小的元素有4种 C．该阴离子中含有19个键 D．由W、Y、Z构成的化合物可能为离子化合物 【答案】D 【解析】已知基态X原子价电子排布为，（轨道最多填充2个电子），故X为（价电子）； W、X、Y、Z原子序数依次增大，且X、Y、Z同周期（第二周期），结构中Y形成3根键，故Y为；Z原子序数大于Y，且Z形成1根键，故Z为；W原子序数小于X（），且W与C成单键，故W为。 最终元素：。 A．电负性顺序：，A错误；B．第二周期元素第一电离能顺序：，第一电离能小于N的元素有共5种，不是4种，B错误；C．3个含个σ键；与中心C之间1个σ键；中心C连2个共2个σ键；中心C与氰基C之间1个σ键；含1个σ键；总σ键数为，不是19，C错误；D．W(H)、Y(N)、Z(F)可构成，由和构成，属于离子化合物，D正确；故选D。 5．（2026·临沂·一模）我国科学团队设计出多功能钝化剂，成功解决了界面缺陷与能级失配的协同调控难题，钝化剂由D、E、X、Y、Z五种原子序数依次增大的短周期元素组成，原子序数之和为31，中Z显负价，钝化剂阴阳离子结构如图所示，下列说法正确的是 A．第一电离能： B．氢化物的沸点： C．空间结构为三角锥形 D．键角： 【答案】A 【解析】D、E、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合结构和题干信息推断，D只形成1个共价键，原子序数最小，故D为H，X可形成，说明X最外层5个电子，为ⅤA族，E能形成4个共价键，原子序数小于X，结合阴离子的结构，可得E为C，X为N，五种元素原子序数总和为31，因此Y+Z = 31-1-6-7=17，结合中Z显负价、Y原子序数小于Z，可得Y=8、Z=9，即Y为O，Z为F，据此分析： A．由分析可知，Z是F，X是N，Y是O同周期第一电离能整体递增，N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于O，因此顺序为，A正确： B．由分析可知，E是C，X是N，Y是O，题干未限定为“简单氢化物”，C的氢化物为烃类，多碳原子烃的沸点可以远高于，无法得出，B错误；C．由分析可知，为，中心N的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面正三角形，C错误；D．为，中心C为sp杂化，键角为180°，为，中心N存在1对孤电子对，键角约120°，因此键角 > ，D错误；答案选A。 押题猜想08 晶胞结构分析 终极押题 【原创题】由Cu、In、Te组成的一种三元半导体材料，广泛用于光电转换与半导体器件领域。该半导体材料的晶胞如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．晶体的化学式为 B．晶胞中B、C间距离 C．B点的分数坐标为 D．晶体的密度为 【答案】D 【解析】A．晶胞中位于顶点、面上、体心的铜原子个数为8、4、1，则1个晶胞中铜原子的个数为；位于棱上、面上铟原子个数为4、6，则1个晶胞中铟原子的个数为；位于体内的碲原子个数为8，则一个晶胞中碲原子个数为8，则化学式为CuInTe2，故A说法正确；B．根据A的坐标以及B、C位置，推出B坐标()，C坐标()，求得B、C间距pm，故B说法正确；C．根据A的原子坐标，则B点原子的分数坐标为()，故C项正确；D．晶胞的体积，则晶胞的密度，故D说法错误；答案为D。 押题有据 晶胞计算是《物质结构与性质》模块的“硬骨头”，也是选做题中的必考点。押题依据是：山东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．（2026·济宁·一模）一种由Ti、In、Te组成的难熔合金的四方晶胞如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为、，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．该晶体的化学式为 B．晶体中Te原子填充在Ti、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率50% C．D点原子的分数坐标为 D．该晶体的密度为 【答案】C 【解析】A．晶胞中位于顶点、面上、和体内的Ti原子个数=，位于面上、棱上的In原子个数=，位于体内的Te原子个数=8×1=8，则Ti、In、Te的原子个数比为4∶4∶8=1∶1∶2，晶体的化学式为TiInTe2，A正确；B．由晶胞结构可知，Ti、In原子形成的四面体空隙有16个，其中8个填充有Te原子，则四面体空隙的占有率为，B正确；C．根据晶胞图示，D原子在x、y方向的位置约为晶胞边长的，z方向位置约为晶胞边长的，故其分数坐标为(,,)，C错误；D．晶体质量：，晶胞体积为，密度，D正确；故选C。 2．（2026·聊城东昌区·模拟预测）某电池正极材料的部分晶体结构如图(Mg2+未画出)，电池放电时，电解液中的Mg2+持续嵌入立方体中心，放电结束时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。下列说法错误的是 A．该部分晶体结构为晶胞的 B．晶胞中Cu2+与Mg2+之间的最近距离为a pm C．放电结束时，晶体的化学式为：MgCuFe(CN)6 D．放电结束时，晶胞中距离Mg2+最近的Mg2+个数为6 【答案】D 【解析】题目给出的是边长为a pm的小立方体结构，完整晶胞为边长2a pm的大立方体，该小立方体是完整晶胞的，放电结束后每个小立方体中心嵌入1个，对该小立方体做均摊：顶点共4个、4个，均摊得，，12条棱的中点各有1个，均摊得，中心1个属于该结构，，据此分析： A．图中结构是边长为 a pm的小立方体，完整晶胞边长为2a pm，体积是小立方体的8 倍，因此该部分结构为晶胞的，A正确；B．嵌入题图小立方体的中心，位于小立方体顶点，二者最近距离为小立方体体对角线的一半为，B正确；C．放电结束时，Fe、Cu均为+2价，为-1价，镁离子为+2价，根据电荷守恒，所以晶体的化学式为，C正确；D．位于晶胞体心，距离最近的位于相邻晶胞的体心，沿 x、y、z 轴平面方向各有4个（如xOy平面内有4个），共12个，D错误；答案选D。 3．（2026·济南商河·一模）晶体具有六方型结构，原子填在由原子围成的四面体空隙中，其晶胞结构如图所示。该六方晶胞参数为，；已知1、2号原子的分数坐标分别为、。下列说法正确的是 A．晶体中键的键长为 B．3号原子分数坐标为 C．C原子周围等距且最近的C原子个数为6 D．该晶胞含有2个SiC分子 【答案】A 【解析】A．晶体中键的键长可以理解为3号硅原子和坐标为的3号碳上的C原子之间的距离，则晶体中键的键长，A正确；B．结合晶胞结构和题中信息可知，1、2号原子的分数坐标分别为、，则3号原子分数坐标为，B错误；C．结合题给信息可知，该晶体为六方最密堆积，则其中碳的配位数为12，如图所示，C错误；D．是共价晶体，其中不包含分子，D错误；故选A。 4．（2026·滨州实验·一模）2025年诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域。MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由(摩尔质量为)与对苯二甲酸根()(摩尔质量为)通过配位键连接，形成立方晶系结构，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法正确的是 A．每个可形成4个配位键，与4个配位 B．已知A粒子的分数坐标为，则B粒子的分数坐标 C．可在配体上引入以增强MOF-5与之间的吸附作用 D．该晶体的密度是 【答案】C 【解析】A．对苯二甲酸根为苯环两端各含一个羧基负离子（）的配体，每个羧基与一个配位，故每个仅与2个配位，A错误；B．已知A粒子的分数坐标为，观察晶胞结构，B分数坐标应为，B错误；C．、含极性基团，可与形成氢键，增强MOF-5对的吸附作用，C正确；D．由晶胞结构可知每个重复单元中的个数为，的个数为。晶胞体积，所以密度为，D错误；故选C。 押题猜想09 有机物的结构与性质 终极押题 【原创题】有机物X的转化关系如图，N原子上电子云密度越大，反应①越快。下列说法错误的是 A．反应①的另一种产物为HCl B．可以用碳酸氢钠溶液鉴别Y和Z C．反应③中“酸脱羟基醇脱氢” D．与X反应速率比快 【答案】C 【解析】A．对比X和Y的结构知，反应①是X中氯被中的氨基取代反应，氨基脱去1个H与氯结合生成HCl，符合原子守恒，A正确； B．Y含酯基 ，Z含羧基 ；羧基酸性强于碳酸，可与碳酸氢钠反应放出 气体，酯基不与碳酸氢钠反应，因此可以用碳酸氢钠溶液鉴别Y和Z，B正确； C．反应③是羧酸和醇的酯化反应，本题中 标记在醇的羟基，若符合"酸脱羟基醇脱氢"规律，则产物 W中酯基中醇部分的O应标记，而题中W中酯基中醇部分的O未标记 ，因此不符合该规律，C错误； D．题目已知： N原子电子云密度越大，反应①越快，中，氨基连烷基侧链，烷基为给电子基团， N原子上电子云密度更高，快中氨基直接连苯环，对位连吸电子基团酯基， N的孤对电子共轭到苯环上，加上对位酯基的吸电子作用，N原子上电子云密度更低，与X的反应速率比快，D正确； 故选C。 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”，聚焦于有机物的性质与官能团,涉及特性、溶解性、判断反应可行性等;原子共面或共线问题常结合杂化方式考查;常见有机反应类型及机理需要深度理解并掌握。押题依据是：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·山东烟台·一模）有机物X→Y的异构化反应如图。下列说法正确的是 A．Y不存在对映异构体 B．X中所有碳原子不可能共平面 C．1 mol Y最多与2 mol H2发生加成反应 D．X酸性条件下的水解产物均可与NaOH溶液反应 【答案】C 【解析】A．对映异构体需要存在手性碳。Y的五元环中，连接乙烯基侧链的饱和碳原子，连接的4个基团完全不同，属于手性碳，因此Y存在对映异构体，A错误； B．X中碳碳三键是直线形结构，羰基、碳碳双键都是平面结构，单键可以旋转，通过旋转单键可以让所有碳原子都落在同一平面内，因此X中所有碳原子可能共平面，B错误； C．酯基中的羰基不能与发生加成反应，Y中一共含有2个碳碳双键，只有碳碳双键可以加成，因此最多与加成，C正确； D．X是酯，酸性水解产物为丙炔酸（）和丁烯醇（）：羧酸可与反应，但醇羟基不能和反应，因此不是所有水解产物都能与反应，D错误； 故选C。 2．（2026·山东聊城·一模）酮与有机过氧化物反应可生成相应的酯，反应机理如下： 已知：①步骤II中烷基()的迁移能力： ②有机过氧化物具有较强的氧化性。 下列说法错误的是 A．酮生成相应酯的反应类型是取代反应 B．RCHO与反应可能生成RCOOH C．若该反应的酮为，则产物中相应的酯为 D．已知酸能催化该反应，推测原因是与羰基氧结合，使羰基更容易反应 【答案】A 【解析】A．由反应机理可知，酮生成酯的过程中，有机过氧化物为氧化剂，酮发生氧化反应生成相应的酯，A错误； B．题干已知有机过氧化物具有较强氧化性，醛可被过氧酸氧化，结合反应机理，最终可以生成，B正确； C．根据已知迁移能力规律：，该酮的羰基连接的左侧叔烷基（三级烷基）迁移能力远强于另一个烷基，优先发生叔烷基迁移，氧会插入羰基和叔烷基之间，得到的酯结构为，C正确； D．酸催化时，与羰基氧结合，会增强羰基碳的正电性，使羰基更易被过氧化物进攻，更易发生反应，D正确； 答案选A。 3．（2026·山东菏泽·一模）我国科学家研究发现光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略；代表苯基)，涉及①～⑤五种物质。下列说法正确的是 A．可以用溴水鉴别物质①与② B．生成⑤的反应类型为取代反应 C．③、④与⑤中均含有手性碳原子 D．利用上述反应原理可由三种有机物直接合成 【答案】D 【解析】根据题干信息，①和②先发生碳碳双键的加成反应，生成，再和③发生取代反应得到主产物，两分子①发生醛基的加成反应得到副产物5a，据此解答。 A． 物质①含醛基，可被溴水氧化，使溴水褪色；物质②含碳碳双键，可与溴发生加成反应，也能使溴水褪色，二者现象相同，无法用溴水鉴别，A错误； B．对比反应物和产物⑤的结构可知，⑤是①的醛基发生加成反应得到羟基，反应类型为加成反应，不是取代反应，B错误； C．连接4种不同基团的饱和碳原子是手性碳原子。物质③没有手性碳原子，④的手性碳：，⑤的手性碳：， ，C错误； D．该反应是醛、烯烃、α-溴代酮的三组分合成反应，目标产物可对应得到三种原料：联苯甲醛（①）、2,3-二甲基-2-丁烯、溴代丙酮（③），可以按照该反应原理合成，D正确； 故选D。 4．（2026·山东枣庄·一模）苯并[]嘧啶衍生物具有显著的生物学特性，其合成过程的某步反应如图所示。下列说法正确的是 A．1 mol甲与足量溴水反应最多可消耗 B．乙与水分子间形成氢键使得乙与水可任意比例互溶 C．三种有机物中只有丙是手性分子 D．丙中碳原子的杂化方式有2种且所有碳原子可能共面 【答案】C 【解析】A．甲中羟基的邻、对位共有2个可取代的H，消耗；同时醛基可被溴水氧化，醛基还会消耗，因此甲最多消耗，A错误； B．乙虽然含N，可以和水分子形成氢键，但乙中含有较大的憎水烃基（乙基），不能与水以任意比例互溶，B错误； C．甲中所有碳均不饱和，无手性碳；乙中没有连接4种不同基团的饱和碳，无手性碳；丙是手性分子，，C正确；D．丙中碳原子杂化方式有3种：中三键碳为杂化，苯环、羰基的双键碳为杂化，饱和亚甲基、手性碳为杂化；且分子中存在多个杂化的饱和碳，呈四面体结构，所有碳原子不可能共面，D错误； 故选C。 押题猜想10 电化学 终极押题 【原创题】新型储能电池是新能源领域的研究热点，一种基于Na-CO2电池的新型电化学装置（可用于电网储能），其工作原理如图所示，电极材料为多孔Na电极、多孔碳电极，电解质为熔融NaCl-AlCl3（不参与电极反应），电池总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。 下列说法错误的是（） A．放电时，多孔Na电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为Na-e-= Na+ B．放电时，多孔碳电极为正极，CO2在该电极上发生还原反应，且有C生成 C．充电时，外接电源的正极接多孔Na电极，该电极发生Na+得电子的还原反应 D．充电时，电路中每转移4 mol e-，理论上有3 mol CO2生成并放出 【答案】C 【解析】A.由总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可知，Na元素化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，故多孔Na电极为负极，电极反应式为Na-e- = Na+，A正确；B.C元素化合价从+4价降低到+4价（Na2CO3和0价（C），CO2发生还原反应，多孔碳电极为正极，正极反应式为3CO2+ 4e-= 2CO32-+ C,B正确；C.充电时，原电池的负极（多孔Na电极）变为电解池的阴极，应连接外接电源的负极；原电池的正极（多孔碳电极）变为电解池的阳极，连接外接电源的正极；阴极（多孔Na电极）反应为放电时负极反应的逆反应：Na++e-=Na还原反应），但外接电源正极应接电解池阳极（多孔碳电极），而非多孔Na电极，C错误；D.充电总反应为放电总反应的逆反应：2Na2CO3+C4Na+3CO2，电路中每转移4mole-，理论上生成3 molCO2并放出，D正确，答案选C。 押题有据 近年山东卷高频以电化学新应用（储能电池、燃料电池）为载体，设计较难题目考查学生的知识迁移与综合分析能力，本题难度适配尖子生培优，考点精准、区分度高，具有极强的模拟训练价值。 本题以Na-CO2新型储能电池（电化学新应用）为真实情境，紧扣新高考电化学难点命题趋势，聚焦原电池与电解池的转化、电极反应式书写、电子转移计算三大核心难点。试题突出“新情境、旧知识”的考查逻辑，强化电极判断、反应原理的综合应用，贴合新课标对“宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知”的素养要求。 考题猜想 1．（2026·山东烟台·一模）一种电化学组合装置如图，锌电池工作时“双极膜”中间层的H2O解离为H+和，在电场作用下向两极迁移，同时可高选择性电催化5-羟甲基糠醛生成2,5-呋喃二甲酸并耦合析氢。下列说法正确的是 A．膜n为阳离子交换膜 B．c为阳极，发生氧化反应 C．产生0.3 mol 时，理论上生成0.4 mol 2,5-呋喃二甲酸 D．当双极膜中有1 mol H2O解离时，负极区溶液质量增加32.5 g 【答案】C 【解析】首先判断装置：左侧为锌原电池，右侧为电解池。Zn失电子发生氧化反应，因此Zn电极（b）为原电池负极，a为原电池正极；电解池中，阳极接原电池正极，发生氧化反应，阴极接原电池负极，发生还原反应，5-羟甲基糠醛氧化为2,5-呋喃二甲酸是氧化反应，因此d为电解池阳极，c为电解池阴极，发生析氢的还原反应，据此解答。 A．双极膜解离的向原电池正极（左侧a区）迁移，向原电池负极（右侧Zn区）迁移，因此膜n需要允许（阴离子）通过，为阴离子交换膜，A错误； B．c接原电池负极（b），因此c为电解池阴极，发生还原反应，B错误； C．正极反应为，生成时，转移电子。 1分子5-羟甲基糠醛生成2,5-呋喃二甲酸：失，失，1 mol产物共转移，因此生成产物的物质的量为，C正确； D．1mol 解离生成1mol 和1mol ，转移1 mol电子，负极反应为，转移1 mol电子时，有进入溶液（质量），同时双极膜解离的也进入负极区（质量），因此负极区溶液总质量增加，D错误； 故选C。 2．（2026·山东菏泽·一模）清华大学首次利用糠醛研制了新型“生物质二次电池”，工作原理如图所示，充电、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸盐。下列说法正确的是 A．放电时，a极发生还原反应 B．充电时，b极附近碱性增强 C．充电时，a极反应式为：+2H2O+2e-=+2OH- D．若使用铅蓄电池为其充电，当1 mol糠醛转化时，理论上电极增重96 g 【答案】C 【解析】先判断电极性质：根据题意和转化关系，放电时，a极上糠醛被氧化为糠酸根（失电子，氧化反应），因此放电时a为负极、b为正极；充电时，a为阴极、b为阳极，据此分析选项： A．放电时a极是负极，糠醛失电子发生氧化反应，A错误； B．充电时b为阳极，电极反应为：，反应消耗，b极附近碱性减弱，B错误； C．充电时a为阴极，糠醛得电子被还原为糠醇，电极反应式：+2H2O+2e-=+2OH-，配平、产物均正确，C正确； D．1 mol糠醛转化时转移2 mol电子，铅蓄电池中电极反应为：，1 mol 反应时，增重质量为，D错误； 答案选C。 3．（2025·山东济宁·三模）一种“自充电”锌离子水系电池工作原理如图1所示。电池工作一段时间后，通过加入实现“自充电”。电池右侧电极材料为晶体，结构如图2(a)，填充在立方体空隙中(未画出)。下列说法正确的是 A．反复使用过程中，不需要更换Zn电极 B．“自充电”过程中，右侧pH减小 C．若消耗1molZn，则需加入实现电池“自充电” D．若晶体发生图2中a→b变化，则中 【答案】CD 【解析】A．在锌离子水系电池中，Zn电极作为负极，发生氧化反应：Zn-2e- =Zn2+，反复使用会被消耗，因此需要更换Zn电极，A错误； B．右侧电极为正极，发生还原反应，得电子转变为，“自充电”过程中，H2O2作为氧化剂参与反应，将氧化为，反应过程中会消耗H+，导致右侧pH增大，B错误； C．Zn作为负极，1 mol Zn失去电子物质的量为2 mol， H2O2 作为氧化剂，每1 mol H2O2 得到2 mol电子，根据得失电子守恒，若消耗1molZn需要加入 H2O2物质的量为 1 mol，C正确； D．b结构中，Fe2+个数为，Fe3+个数为，CN-个数为，根据化学式，b结构中Na+个数为，通过电荷守恒计算，解得 x= 0.5 ，D正确； 答案为CD。 4．（2026·山东潍坊·一模）我国科学家成功研发出一种利用氢负离子的移动来存储和释放能量的新型固态电池，该电池工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．放电时，b极为正极 B．放电时，a极CeH3的物质的量增加 C．充电时，b极的电极反应式为 D．充电时，电路中每转移1 mol ，b极与a极质量差变化1 g 【答案】AB 【解析】该装置为原电池，向a电极移动，则a为负极，被氧化生成，负极反应式为，b为正极，正极反应式为，放电时总反应为：，充电时，a为阴极，b为阳极，电极反应与原电池相反，据此解答。 A．由分析可知，放电时，b极为正极，A正确； B．放电时，a极反应式为，物质的量增加，B正确； C．充电时，b为阳极，电极反应为，C错误； D．充电时，a极反应：，每转移电子，a极质量减少。b极发生反应，每转移1 mol电子，b极质量增加1 g，两极的质量变化差值为，D错误； 故选AB。 押题猜想11 化学反应机理图分析 终极押题 【原创题】石墨炭负载单原子铁催化2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)反应的能量变化如图所示(*表示在催化剂表面吸附)，下列关于该反应的说法错误的是 A．该反应低温下可自发进行 B．正反应的决速步为2NO*→N2O*+O* C．升高温度化学反应速率增大程度为v逆<v正 D．该过程包含三个基元反应 【答案】C 【解析】A．该反应ΔH<0，且气体分子数减少ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS，低温下ΔG<0可自发进行，A正确； B．决速步为活化能最大的基元反应，步骤活化能最高，为正反应决速步，B正确； C．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应速率增大程度大于正反应，即，C错误； D．反应过程有3个过渡态，对应三个基元反应，D正确； 答案选C。 押题有据 “催化机理循环图”是近年高考的“新宠”，它很好地体现了化学反应原理的微观可视化。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。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．（2026·山东济南·一模）在催化下，某种氨基喹啉衍生物（X）合成反应的历程如图所示，表示活化能。下列说法正确的是 A．总反应的焓变：历程Ⅰ历程Ⅱ B．开始反应时的速率：历程Ⅰ历程Ⅱ C．当主要发生历程Ⅰ时，最终生成X的量不变 D．当主要发生历程Ⅱ时，增大的用量，Y的平衡转化率增大 【答案】C 【解析】A．历程I和历程II的反应物和生成物相同，总反应的焓变相同，与过程无关，A错误； B．历程I的决速步骤活化能为112.8kJ/mol，历程II决速步骤活化能为91.5kJ/mol，历程I的活化能大，反应速率慢，开始反应时的速率：历程Ⅰ<历程Ⅱ，B错误； C．在催化剂作用下，反应的平衡常数不变，当主要发生历程Ⅰ时，最终生成X的量不变，C正确； D．水是纯液体，增加水的量，Y的平衡转化率不变，D错误； 答案选C。 2．（2026·山东青岛·一模）催化加氢制甲醇机理如图。下列说法正确的是 A．该过程的原子利用率为100% B．适当增加氧空位，可提高该反应的化学反应速率 C．该过程既有极性键又有非极性键的断裂和生成 D．增大与投料比，平衡时甲醇体积分数一定增加 【答案】B 【解析】分析图示，该反应总反应：。 A．原子利用率100%要求所有反应物原子全部转化为目标产物，该反应除甲醇外还生成副产物，因此原子利用率小于100%，A错误； B．由反应机理可知，氧空位是催化剂的活性位点，用于吸附活化反应物，适当增加氧空位可增加活性位点数量，能提高反应速率，B正确； C．该过程中，有极性键（）断裂、非极性键（）断裂；产物和中只有极性键，没有非极性键生成，不存在非极性键的生成，C错误； D．若过大增大与的投料比，过量的会使体系总物质的量大幅增加，平衡时甲醇的体积分数反而会降低，D错误； 故选B。 3．（2026·莱芜·模拟预测）甲酸有两种可能的分解反应： 反应①：   反应②：   一定温度下，使用某催化剂时上述两反应的反应历程如图所示(标*表示吸附态)。 下列说法错误的是 A． B．温度升高，平衡时会增大 C．等物质的量的微粒能量： D．总体反应速率：反应①＞反应② 【答案】B 【解析】A．反应①生成物总能量高于反应物总能量，是吸热反应，反应②生成物总能量低于反应物总能量，是放热反应，，故A正确；B．由反应①和②可知，，，则。反应①为吸热反应（），温度升高，增大；反应②为放热反应（），温度升高，减小。因此温度升高，比值减小，故B错误；C．从图中可知等物质的量的微粒能量：，故C正确；D．总体反应速率取决于反应的决速步骤即能垒最高的步骤，反应①的决速步骤是过渡态1，反应②的决速步骤是过渡态2，过渡态1的能垒低于过渡态2的能垒，所以反应①的活化能更低，速率更快，故D正确；则该题选B。 4．（2026·泰安泰山区·一模）卤代烃醇解是构建醚键的重要方法之一，在药物合成、天然产物合成中有广泛应用。其中威廉森醚合成法的部分反应历程能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．该反应历程中出现了3种过渡态、2种中间产物 B．升高温度，反应速率加快，平衡转化率减小 C．增大乙醇的浓度可以加快反应速率 D．加入NaOH可能会降低的产率 【答案】D 【解析】A．图中共有3个峰值（3种过渡态），A正确；B．生成物的总能量高于反应物总能量，说明正反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，且平衡向吸热的逆反应方向移动，平衡转化率减小，B正确；C．乙醇是反应物，增大反应物浓度可以加快反应速率，C正确；D．是强碱，NaOH会与HBr反应，使反应正向进行，提高产率，D错误；故选D。 押题猜想12 电解质溶液及图像 终极押题 【原创题】已知：为二元酸，为强碱，易溶于水。常温下，含足量的溶液中，逐滴滴入某浓度的溶液调节，测得及溶液中含A物种的分布系数[例如]随的变化曲线如图所示。 下列说法正确的是 A．曲线X表示的分布系数随变化 B．常温下，约为 C．当时，溶液中存在 D．溶液中， 【答案】B 【解析】A．题图溶液中含A物种的分布系数只有两条线且相交，说明H2A第一步为完全电离H2A=HA-+H+，溶液中不存在H2A，故A错误； B．随溶液pOH增大，pH减小，HA-⇌A2-+H+逆向移动，溶液中c(HA-)增大，c(A2-)减小，则曲线X、Y分别表示A2-、HA-的分布系数随溶液pOH的变化，曲线Z表示M2A饱和溶液中pM随溶液pOH的变化，M2A饱和溶液中存在：M2A(s)⇌2M+ (aq)+A2-(aq)，图中a点，M2A饱和溶液中pM=3，即c(M+)=0.001mol/L，则Ksp(M2A)= 0.0012×=5×10-10，故B正确； C．当pOH=11即pH为3时，c(H+)＞c(OH-)，则，故C错误； D．当pOH=11时c(HA-)=c(A2-)，HA-的Ka(HA-)==c(H+)=0.001，0.0001mol/LMHA溶液中c(H+)＜0.0001mol/L，则溶液中＞，知c(HA-)＜c(A2-)，故D错误； 答案选B。 押题有据 电解质溶液图像分析是压轴选择题之一，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）。押题依据是：数形结合考查电离平衡的常见手法，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·山东淄博二中·联考）常温下，用NaOH溶液分别滴定、、三种溶液，[M表示、、]，pM随pH变化关系如图所示。已知，当金属离子浓度时认为沉淀完全。下列说法错误的是 A．曲线Ⅰ表示滴定溶液的变化曲线 B．当刚好完全沉淀时，溶液 C．的 D．a点，的数量级为 【答案】B 【解析】Ⅰ、Ⅲ两条曲线平行，所以物质类型相同，则曲线Ⅱ代表滴定CH3COOH溶液的变化关系，已知，则曲线Ⅰ代表滴定CuSO4溶液的变化关系，曲线Ⅲ代表滴定MgSO4溶液的变化关系，据此解答； A．Ⅰ、Ⅲ两条线平行，代表物质类型相同，则曲线Ⅱ表示与pH的变化关系；因，pH相同时，故曲线Ⅰ代表滴定溶液的变化，A正确；B．当，，从图像上可知纵坐标为0，由计算可得此时，则，当Cu2+沉淀完全时，，则，溶液的，B错误；C．由，，从图像上可知纵坐标为0，由计算可得此时，故，，C正确；D．当时，溶液中，而此时a点溶液中，因此，则，D正确；故选B。 2．（2026·山东泰安·一模）是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： （1）的溶液中，含物种的与的关系； （2）含的溶液中，与的关系。 下列说法正确的是 A．曲线④表示与的关系 B．   C．（1）中溶液时， D．（2）中溶液时，存在 【答案】BC 【解析】是一种二元酸，随着增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大；含的溶液中，随着增大，逆移，逐渐增大，导致逆移，逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此变化不大；据此可得曲线①表示与的关系，曲线②表示与的关系，曲线③表示与的关系，曲线④表示与的关系；由曲线①、②的交点可知，，由①、④交点可知，，则；，由图可知，时，，，则，据此解答。 A．根据分析，曲线④表示与的关系，A错误； B．，B正确； C．由曲线可得，， (ⅰ)中时，，C正确； D．电荷守恒表达式中阴离子缺少浓度项，即使补充浓度项，在调节pH过程中也会外加酸或碱，电荷守恒依旧不成立，D错误； 答案选BC。 3．（2026·山东聊城冠县·模拟考试）常温下，假设1 L水溶液中Fe3+和初始的物质的量均为0.01 mol(元素Fe、P的物质的量保持不变)。平衡条件下，体系中全部含磷物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 已知Ksp(FePO4)=9.9×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=10-38. A．丙线所示物种为FePO4 B．H3PO4的电离常数Ka2约为1.2×10-8 C．pH=0.23时，c(Fe3+)=0.002 mol·L-1，不产生Fe(OH)3沉淀 D．pH=0.1时， 【答案】C 【解析】体系中含磷物种为、、、、，随增大，浓度减小且最先趋于0，故乙线表示；铁离子与磷酸根结合生成沉淀，随增加，沉淀量增加，故甲线表示；当增大到一定程度，发生沉淀转化生成，溶液中浓度增大，对应丁线，则丙线对应，据此分析。 A．由分析，丙线所示物种为，A不符合题意；B．当时，与的摩尔分数都是，由图可知在此下，主要含磷物种为、和，的摩尔分数为，故，，故磷酸的，B不符合题意；C．时，摩尔分数为，其物质的量为，故的物质的量为，浓度为，此时，不产生沉淀，C符合题意；D．因元素、的物质的量保持不变，调节加入的酸不能是磷酸，故会有其他阴离子存在，pH=0.1时，D不符合题意；故选C。 4．（2026·山东东营·一模）常温下，实验室常用邻二氮菲(Phen)检测溶液中的，用HCl或NaOH调节初始浓度均为与Phen混合溶液的pH(假定溶液体积不变)，溶液中含Phen的微粒有Phen、Phen、，溶液中lgX曲线随pH变化如图：(X表示或)。 已知：，、，下列说法正确的是 A．用HCl调至时， B．Phen的电离可表示为，电离常数 C．常温下反应的平衡常数 D．若人眼能感知到的最低浓度为，检测时最低pH为2 【答案】A 【解析】存在平衡：，，则，由此可见与pH是一次函数关系，故图中一条直线代表与pH的关系，曲线代表与pH的关系，据此解答。 A．根据电荷守恒：，当pH=2时，，，无沉淀，根据物料守恒：，代入电荷守恒，选项中等式成立，A正确；B．的，当pH=4.7时，，此时，则，B错误；C．由图可知的极限值是15.3，那么，此时远大于，则，常温下反应的平衡常数，C错误；D．开始沉淀时，，计算得出开始沉淀最小pH是6.85，pH在2附近时，还没沉淀，根据元素守恒：，当的最低浓度为，则，即，根据图像的点可知，此时pH＞2，D错误；故选A。 押题猜想13 多重平衡体系的图像分析 终极押题 【原创题】密闭容器中，以活性炭为催化剂由和制备，涉及反应： I．；Ⅱ．。 466 K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。下列说法正确的是 A．曲线②表示的变化情况 B．当时，反应Ⅱ的平衡常数 C．温度不变，缩小容器体积，曲线①与②的新交点出现在处 D．改变温度使反应Ⅱ的平衡常数增大，曲线①与②的新交点将出现在处 【答案】B 【解析】先整理反应： 反应I（不可逆）： 反应Ⅱ（可逆）：，反应前后气体分子数不变，平衡不受压强影响。分析各物质对应的曲线：横坐标为，投料比增大，占比逐渐升高，因此的物质的量分数一直增大，对应一直上升的曲线①； 是中间产物，随着增加，反应Ⅱ不断消耗，因此的物质的量分数一直减小，对应一直下降的曲线③； 是产物，投料比从1到2时，占比逐渐升高，投料比大于2后，过量，总物质的量增加，占比逐渐降低，因此的物质的量分数先升后降，对应曲线②。 A．曲线②是，对应曲线③，A错误； B．当时，曲线①（）和曲线③（）相交于，即。设初始，，完全反应，总物质的量，因此： ，。 反应Ⅱ的平衡常数，B正确； C．反应Ⅱ前后气体分子数不变，温度不变缩小体积，压强增大，平衡不移动，相同投料比下各物质的物质的量分数不变，曲线不变，交点位置不变，不会移到d处，C错误； D．反应Ⅱ平衡常数增大，说明平衡右移，相同投料比下，升高，降低。原交点处，现在，新交点需要增大投料比（横坐标增大），使升高、降低，新交点在原交点右侧d处，不是c处，D错误； 答案选B。 押题有据 多重平衡体系图像分析在近几年的高考中主要是以曲线图像变化为载体涉及多个反应的分析，比较多角度考查化学反应速率与平衡，预测2026年依然涉及催化剂的选择性分析、转化率、平衡移动、产率等高频考点。 考题猜想 1．（2026·山东德州·一模）温度下，由物种A与物种B可制备C，涉及反应如下：Ⅰ：A(g)+B(g) =D(g)  Ⅱ：A(g)+D(g) 2C(g)。向恒容密闭容器中充入n mol A (g)和1.0 mol B(g)，平衡体系内物种A、C、D摩尔分数随A的起始投料n的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．曲线①代表物种A B．P点时，物种C的摩尔分数为74% C．Q点时向容器中通入气体Ar，则物种A的分压减小 D．Q点时反应Ⅱ的K≈32.4 【答案】C 【解析】由方程式可知，反应Ⅰ中1.0 mol B 完全反应生成1.0 mol D、消耗1.0 molA，则 T1温度下，增大A的物质的量，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，A的摩尔分数增大、D的摩尔分数减小、C的摩尔分数先增大后减小，则曲线①、②、③分别表示物种A、C、D摩尔分数随A的起始投料n的变化关系；由图可知，P点时，A的起始投料为2 mol，A、D的摩尔分数为0.13，则反应Ⅱ起始时A、D的物质的量都为1.0 mol，设容器的体积为V L，平衡时反应生成C的物质的量为2x mol，由物种A、D的摩尔分数可得：=0.13，解得x=0.74 mol，则平衡体系内物种C的摩尔分数为：×100%=74%，反应Ⅱ的平衡常数为：K=≈32.4。 A．由分析可知，曲线①代表物种A，A正确； B．由分析可知，P点时，平衡体系内物种C的摩尔分数为74%，B正确； C．向恒容密闭容器中充入不参与反应的氩气，平衡体系的各物质浓度不变，平衡不移动，则物种A的分压不变，C错误； D．由分析可知，P点时，反应的平衡常数约为32.4，温度不变，平衡常数不变，P点和Q点的反应温度相同，所以Q点时，反应的平衡常数约为32.4，D正确； 故选C。 2．（2026·山东聊城·一模）使用与反应制过程中的主要反应如下： I．   II．   III．   在催化剂作用下，在时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，的转化率、和的选择性随温度的变化如图所示。 已知：。 下列说法正确的是 A．反应在高温下更易自发进行 B．温度在165℃~205℃之间，体系中有存在 C．温度在225℃~235℃之间，反应I向右进行的程度大于反应Ⅲ D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高的平衡产率 【答案】C 【解析】A．由盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得，该反应，（气体分子数减少）。根据，低温下更易自发进行，高温下可能大于0，反应不易自发，A错误； B．在之间，的选择性较低，的选择性较高，说明反应Ⅲ（消耗）或反应Ⅱ（生成）的程度较大。但反应Ⅱ可能未发生或程度极小，因此无法直接证明体系中一定存在，B错误； C．在之间，的选择性较高，的选择性较低，说明生成的反应Ⅰ向右进行的程度，大于消耗的反应Ⅲ向右进行的程度，C正确； D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；控制反应时间只能影响产物的瞬时浓度，无法改变平衡时的产率，D错误； 故答案选C。 3．（2026·山东青岛·一模）我国科研团队开发出甲醇在Ag催化下脱氢制甲醛的反应为：①；②，时，刚性密闭容器中，通入甲醇发生反应，CO与HCHO的分压随时间变化如图。该温度下，反应①为。下列说法错误的是 A．该温度下，为 B．通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率 C．其他条件不变，增大容器体积，重新达到平衡时，甲醛的产率增加 D．该温度下平衡时甲醇的分压为 【答案】C 【解析】平衡时由图可知：，；根据反应① ，生成的HCHO，则生成的。根据反应② ，生成的CO，则生成的。因此，平衡时总的。 A．目标反应，分压平衡常数： ，A正确； B．由图像可知，随着反应时间延长，甲醛分压先增大后减小，而CO的分压始终增大，说明反应①先达平衡状态，反应②后达到平衡，反应②建立平衡过程中量减少会导致反应①平衡逆移，导致甲醛分压减小，故通过适当减少反应时间，在反应①平衡逆移之前，可以增加甲醛的产率，B正确； C．反应①为，说明反应①进行程度非常大，而增大容器体积，总压减小，以反应②正向移动为主，而该体系是和的竞争反应，因此甲醛产率降低，C错误； D．反应①的，则： ， D正确； 故选C。 4．（2026·山东枣庄·一模）利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下： ①   ②   ③   在、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为；水醇(水与乙醇)的进料速率比与气体平衡产量()的关系如图所示。下列说法错误的是 A．反应①的活化能 B．a线表示的平衡产量 C．该条件下，当水醇进料速率比为时，乙醇的平衡转化率为60% D．温度高于，水醇进料速率比为时，升温将提高的平衡产量 【答案】D 【解析】水醇比增大时，反应②中H2O增多，促进CH4消耗，CH4平衡产量应随水醇比增大而降低，同时反应③中CO不断被消耗，CO2产量提高。故a线表示CO2平衡产量，最底部的曲线表示CH4平衡产量； A．反应①焓变大于0，为吸热反应，活化能，A正确； B．根据分析，a线表示CO2平衡产量，B正确； C．乙醇进料150mol/h，水醇进料比为时，CO平衡产量为50mol/h，CO2为130mol/h，CH4为0mol/h，根据乙醇分子中的碳元素守恒思想，乙醇的转化率，C正确； D．温度高于，水醇进料速率比为时，反应③为放热反应，升高温度，若③逆向移动幅度大于反应①、②的正向移动幅度，则升温不利于H2​的平衡产量，D错误； 故选D。 押题猜想14 物质结构与性质综合应用 终极押题 【原创题】）锰的化合物具有重要的应用价值。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Mn位于第___________周期___________族，基态锰原子M能层的电子排布式为___________。 (2)HMn(CO)5是一种简单羰基配位化合物，在催化反应中有重要应用，结构如图。 ①HMn(CO)5中的非金属元素第一电离能最大的是___________(填元素符号)，分子中σ键与π键数目之比为___________。 ②HMn(CO)5中每个碳原子的价层电子对数为___________，与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式为___________。 ③CH3Mn(CO)5可看作HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物，但CH3Mn(CO)5沸点更高，原因是___________。 (3)阿拉班达石是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可表示晶胞中各原子的位置，称为原子分数坐标，如a点原子的分数坐标为，b点原子的分数坐标为。已知a、b原子的距离为d cm，晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的摩尔质量为________(用含d、、NA的代数式表示)。该晶胞中，由Mn2+形成的正八面体空隙的数目为_______。 【答案】(1) 四 VIIB 3s23p63d5 (2) O 11∶10 2 (或) 两者均为分子晶体，CH3Mn(CO)5相对分子质量大于HMn(CO)5，范德华力更大，沸点更高 (3) 4 【解析】（1）Mn为25号元素，核外电子排布式为，位于第四周期ⅦB族；M能层为第三电子层，电子排布式为； （2）①中非金属元素为、、，同周期元素第一电离能呈增大趋势，三种元素中O的第一电离能最大；由图中可知，1个分子中含11个σ键，1个中含有2个π 键，1个分子中共有10个π，σ键与π键数目之比为； ②中原子形成1个σ键，含1对孤电子对与配合物的中心原子形成为配位键，价层电子对数为；与互为等电子体的阴离子，原子数为2，价电子数为10，化学式为（或）； ③与均为分子晶体，分子晶体沸点取决于范德华力，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高；相对分子质量大于，故沸点更高； （3）①由a点、b点，晶胞参数为，则两点距离，解得；晶胞中位于顶点和面上，数目为，位于内部，数目为4，化学式为，摩尔质量为，由密度公式，代入，得； ②该晶胞中位于面心和顶点，构成面心立方堆积，面心立方堆积的正八面体空隙数目为4（体心1个，12条棱的棱心各，）。 押题有据 物质结构与性质综合应用题是必考大题之一，综合性强，信息量大，对学生的综合能力要求极高。 命题通常以新材料为真实情境，综合考察 “晶胞结构 + 计算 + 性质” 等。考点覆盖晶胞原子计数、配位数判断、密度计算、堆积方式四大核心考点，题目突出晶体结构与材料应用的结合，强化宏观辨识与微观探析素养。 考题猜想 1．（2026·山东淄博·一模）Co及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Co位于第___________周期___________族，基态Co与基态Mn原子中未成对电子数之比为___________。 (2)双核钴配离子结构如图甲所示。已知三氮唑环结构()存在大π键。 ①Co的化合价为___________，1 mol该配离子中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。 ②a、b处N原子形成大π键时p轨道能提供1对电子的是___________(填标号)。该配离子中N的杂化方式有___________种。 ③三氮唑()的沸点显著高于吡啶()的主要原因是___________。 (3)钴钐化合物可用作稀土永磁材料，其六方晶胞如图乙所示，A、B点原子的分数坐标分别为，。则___________；截面MNQP单位面积含有的Co原子为___________个。 【答案】(1) 四 第Ⅷ (2) +2 8 a 2 三氮唑分子间可以形成氢键，吡啶无法形成分子间氢键 (3) 5 【解析】（1）Co（钴）原子序数为27，核外电子排布为，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族； Mn（锰）核外电子排布为，根据洪特规则，Co的3d轨道有3个未成对电子，Mn的3d轨道有5个未成对电子，故未成对电子数之比为； （2）①Co化合价与螯合配位键数目配离子总电荷为，配体中仅2个硝酸根为价，其余配体均为中性。设Co化合价为，则，解得；该配离子含2个多齿配体，每个配体分别与2个Co共形成4个螯合配位键，因此该配离子中螯合配位键共； ②大π键与杂化方式a处N原子形成3个σ键，价层剩余1对电子填充在p轨道，可提供1对电子参与大π键；b处N原子形成3个σ键(其中一个是配位键)，仅能提供5-2-2=1个电子参与大π键，故填a；配离子中，环上参与大π键的N为杂化，氨基（）中的N为杂化，硝酸根的N原子价层电子对数，N为杂化，共2种杂化方式； ③三氮唑结构中存在键，分子间可以形成氢键，分子间作用力显著增强；吡啶中N原子不直接连H，无法形成分子间氢键，分子间作用力更弱，因此三氮唑沸点显著高于吡啶； （3）①用均摊法计算晶胞原子数：Sm完全位于晶胞内，数目为； Co：；晶胞中间还有2个Co完全属于晶胞，总Co数目为，因此中； ② 截面是平行四边形，面积； 截面上Co数目：4个顶点Co共均摊得，中间2个Co完全属于截面，总Co数目为3，因此单位面积Co原子数。 2．（2026·山东聊城·一模）氮族元素具有多样的成键能力，能够形成大量不同类型的化合物。回答下列问题：(1)甘氨酸()与硫酸铜在一定条件下可以生成顺式有机铜配合物[]，可用作铜补充剂及配位化学研究。 (1)该配合物中第一电离能最大的元素是___________(填元素名称)，中心离子配位数为4，配位原子为___________(填元素符号)，中心离子的杂化方式为___________(填标号)。 A．      B．dsp       C．       D． (2)非金属卤化物中心原子具有和价层空轨道时可发生亲核水解；中心原子有孤电子对时，孤电子对进攻的可发生亲电水解。下列既能发生亲核水解也能发生亲电水解的是___________(填标号)。 A． B． C． D． (3)南开大学某课题组成功合成了无机二茂铁类似物。环状是芳香性配体，中的大键应表示为___________(分子中的大键可用符号表示，其中m代表形成大键的原子数，n代表形成大键的电子数) (4)超强酸“魔酸”是五氟化锑()和氟磺酸()的混合物，五氟化锑中F—Sb—F键的键角的度数有___________种。 (5)GaAs的立方晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。 ①图甲中，与As原子距离最近且相等的As原子有___________个；若表示阿伏加德罗常数的值，最近的两个Ga原子间距离为xnm，则该晶体的密度为___________ 。 ②图乙中，a、b的分数坐标分别为和，则c点As的分数坐标为___________。 【答案】(1) 氮 N、O C (2)D (3) (4)3 (5) 12 【解析】（1）配合物中含、、、、，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，且的轨道为半充满稳定结构，第一电离能：，第一电离能最大的为氮。甘氨酸中的原子和的原子均有孤电子对，可与配位，故配位原子为、。配位数为4，形成平面正方形结构，杂化方式为，故选C。 （2）A．无孤电子对，无价层空轨道，均不能发生，A不符合题意； B．有价层空轨道（亲核水解），但无孤电子对（不能亲电水解），B不符合题意； C．有孤电子对（亲电水解），但无空轨道（不能亲核水解），C不符合题意； D．有价层空轨道（亲核水解），且有孤电子对（亲电水解），D符合题意； （3）为平面四元环，4个原子均参与成键。每个原子提供1个未参与键的电子，加上整体所带2个负电荷，共个电子。因此形成4中心6电子大键，表示为。 （4）为三角双锥构型，位于锥心，位于锥顶和底面。锥顶与底面4个之间一种键角、底面相邻2个之间一种键角、底面相对2个之间一种键角，因此共3种不同键角。 （5）①由晶胞结构可知，与As原子距离最近且相等的As原子有12个（同层4个、上下层各4个）。最近的两个Ga原子间距为，即面对角线的一半为，故晶胞边长。由均摊法计算得晶胞中含4个，摩尔质量，则密度。 ②a为，b为，c点As原子位于晶胞内部，分数坐标为。 3．（2026·山东东营·一模）1995年我国科学家靳长青首次合成了钙锶铜氧氯高温超导体，回答下列问题： (1)锶(Sr)在元素周期表中的位置为_______，、、第一电离能从大到小的顺序是_______。 (2)由高碘酸根离子形成的铜配离子结构如图： ①其中铜离子价电子排布式为_______。 ②铜配离子中碘氧键的键长有_______种。 (3)氧氯高温超导体由、、、等在一定条件下制得，其四方晶胞如图所示： ①该晶体中分数坐标为(0.5，0.5，0.5)离子的配位数是_______，晶体化学式为_______(设最简式中为x)。 ②晶体中替换部分得到了世界上第一种_______(填“n”或“p”)型高温超导体(n型依靠带负电的电子导电，p型依靠带正电的空穴导电)。 ③铜氧平面层对于超导性是非常必要的，晶体中铜氧平面层的化学式为_______。 【答案】(1) 第5周期IIA族 Cu>Ca>Sr (2) 3d8 4 (3) 8 Sr(3-x)CaxCu2O4Cl2(元素顺序写反不扣分) p CuO2 【解析】（1）Sr是38号元素，为第ⅡA族元素，位于元素周期表第五周期第ⅡA族；同主族碱土金属第一电离能从上到下递减，故，过渡金属Cu的金属性小于Ca，第一电离能大于Ca，因此第一电离能顺序为。 （2）① 根据配离子电荷计算：每个基团电荷为（4个羟基失H或由高碘酸失去4个质子形成），两个共，配离子总电荷为，因此Cu为价；Cu原子价电子排布为，失去3个电子后，价电子排布为。 ② 碘氧键分为双键（）和单键（），其中单键分为三种：①普通的、②形成配位键的，由于形成配位键，电子云密度降低，重叠程度降低，键长被拉长、③键，所以一共4种键长； （3）① 分数坐标对应晶胞体心的阳离子，周围等距的异号阴离子共8个（1个面上2个，4个竖直的面一共8个），因此配位数为8； 均摊法计算晶胞中原子：黑球（）：，共个，共个，根据化合价代数和为0，共8个，离子个数比3：2：2：4，简式中为x，因此晶体化学式为。 ② 带2个负电荷，替换1个（带1个负电荷）后，阴离子总负电荷增加，为保持电中性，阳离子中产生带正电的空穴，因此是p型超导体。 ③ 铜氧平面层中，1个Cu结合4个O，每个O被2个Cu共用，因此，化学式为。 押题猜想15 化工流程分析 终极押题 【原创题】高纯碳酸锶主要用于电子元件工业领域。以某冶炼厂中含锶阳极泥（主要成分为，还含等杂质）为原料制备并提纯碳酸锶的工艺流程如图所示： 已知：①向含锶阳极泥中加入溶液后，可能发生的反应及反应的如下表所示： 反应方程式 380.00 ②25℃时，。 回答下列问题： （1）锶元素在元素周期表中的位置是_______，基态锶原子核外电子排布式为_______。 （2）“转化”时，加入的主要目的为_______，“滤渣1”的主要成分为_______（填化学式）。 （3）“转化”时，在65℃、碳酸钠的添加量与硫酸锶的物质的量之比为1:1的条件下，分别研究了阳极泥反应时间与阳极泥的液固比对Sr转化率的影响，结果如图所示，则最佳反应时间为_______h，最适液固比为_________。 （4）25℃时，“酸浸Ⅲ”操作中，若溶液中，当开始沉淀时，的去除率为_______（溶液体积变化忽略不计，去除率）。 （5）“萃取”时，D2EHPA萃取体系对的最高单次萃取率为85%，欲使萃余液中含量更低，需进行的操作为_______。 （6）制备高纯碳酸锶的工艺中，传统除钙方法为加入NaOH溶液后趁热过滤，或高温浸取CaO，而本工艺除钙采用D2EHPA萃取法，其优点是_______（答一点）。 （7）“碳化”时，发生反应的离子方程式为_______，操作时最适温度为60℃，温度不宜过低或过高的原因是_______。 【答案】（1）第五周期第ⅡA族 （或） （2）将转化为（合理即可） （3）3 30 （4）99% （5）连续多次萃取（合理即可） （6）避免了其他原料的使用与能源的消耗，节省成本，操作简便（合理即可，答1点即可） （7） 温度过低，反应速率较慢或不利于的电离；温度过高，易分解 【解析】含锶阳极泥加入碳酸钠溶液，、、转化为相应碳酸盐，不反应，加入盐酸，二氧化锰不反应成为滤渣Ⅰ，碳酸盐转化为相应盐酸盐，加入碳酸钠过滤分离出粗碳酸锶沉淀，沉淀加入盐酸酸浸，再加入稀硫酸使得钡离子转化为硫酸钡沉淀得到滤渣Ⅱ，滤液加入萃取剂分离出含锶的水相，加入碳酸氢铵得到高纯碳酸锶； （1）锶元素为38号元素，锶元素位于第五周期第ⅡA族。基态锶原子核外电子排布式为或。 （2）根据已知信息①，可知除外，均可转化为其对应的碳酸盐形式，故该步骤可使Sr、Ba、Ca元素从硫酸盐转化为碳酸盐；稀盐酸可与碳酸盐反应，使Sr、Ba、Ca元素进入滤液中，而不与反应，故滤渣I为。 （3）由左图可知，延长反应时间能够提高锶的转化率，但随着反应时间不断增加，锶的转化率逐渐趋于稳定，在综合考虑反应效率和成本的基础上，选择3作为最佳反应时间。由右图可知，随着液固比的增加，锶的转化率呈先上升后下降的趋势，当液固比为时，锶的转化率达到最大值，进一步增加液固比，锶的转化率下降，表明液固比的增加有利于阳极泥中锶离子的转化，但同时也引起了锶与其他元素沉淀转化的竞争反应，例如阳极泥中硫酸钙和硫酸钡会与碳酸根反应生成碳酸钙和碳酸钡，因此，反应的最佳液固比为。 （4）25℃时，原溶液中，当开始沉淀时，溶液中，此时溶液中剩余，而原溶液中，根据已知信息，去除率。 （5）由于对的最高单次萃取率为85%，欲使萃余液中含量更低，需连续多次萃取。 （6）用D2EHPA萃取法除钙，避免了其他原料的使用或能源的消耗，节省了费用；传统除钙方法，需要加入NaOH溶液后趁热过滤或高温浸取，要消耗一定的原料或能源，并需要进行固液分离，操作麻烦，而溶剂萃取法，是通过物质在有机相和水相之间分配比的差别，达到分离的效果，分离操作方便，在操作成本上占有较大优势。 （7）“碳化”时，发生反应为锶离子和碳酸氢根离子生成碳酸锶沉淀，同时生成水和二氧化碳，离子方程式为。在操作时最适温度为60℃，温度过低，导致反应速率较慢，效率低：温度过高，易使分解造成试剂的损失，增大生产成本。 押题有据 化工流程题是必考大题之一，综合性强，信息量大。核心考点聚焦反应原理与物质转化,氧化还原反应及化学反应速率与平衡调控是高频考点,常借pH调控沉淀实现杂质分离，实验操作类题目着重分离、检验与洗涤等基础技能,考查信息整合、流程分析、元素化合物知识迁移及多步骤目的推理能力。涉及陌生氧化还原反应方程式的书写、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。考生需要通过流程图拆解提炼关键转化关系,推导试剂选择与操作意图。备考注重资源回收和绿色化学的理念，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·山东菏泽·一模）贝诺酯(H)的一种合成路线如下： 已知：I． II．R1-COOH+R2-COOH+H2O 回答下列问题： (1)设计和两步反应的目的是_______，中反应①的化学方程式为_______。 (2)F中官能团名称为_______；反应类型为_______。 (3)在催化剂(浓)作用下，将C与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得缓释效果更好的高分子药物结构简式为_______。 (4)实验室可以利用与反应制备贝诺酯，符合下列条件的I的同分异构体有_______种。 ①含有乙基    ②能与溶液反应生成 ③含有吡啶环[吡啶()是类似苯的芳香化合物] (5)根据上述信息，写出以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成路线_______。 【答案】(1) 保护酚羟基，防止其被氧化 +3NaOH+CH3COONa+2H2O (2) 酯基、酚羟基、硝基 取代反应 (3)   (4)10 (5)     【解析】由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，则A为、B为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则C为；与氢氧化钠溶液共热发生水解反应后，酸化得到，则D为；POCl3作用下与发生取代反应生成，则F为；镍做催化剂条件下与氢气发生还原反应生成，则G为；吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成H。 （1）由分析可知，A、D的结构简式分别为、，则由结构简式可知，A、D分子中都含有酚羟基，则设计A→B和C→D两步反应的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；C→D的反应为与氢氧化钠溶液共热发生水解反应后，酸化得到，则反应①的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+2H2O； （2）由分析可知，F的结构简式为，官能团为酯基、酚羟基、硝基；G→H的反应为吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成H和乙酸； （3）由分析可知，C的结构简式为，一定条件下与熔融酯化生成和水，则M的结构简式为； （4）由题意可知，I分子能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳说明I分子中含有羧基，含有乙基和吡啶环说明I分子中含有氨基，则该分子由一个吡啶环、一个乙基和一个羧基构成，若羧基在吡啶环2位，乙基可在3、4、5、6位，有4种结构；若羧基在吡啶环3位，乙基可在2、4、5、6位，有4种结构；若羧基在吡啶环4位，乙基可在2、3位（因对称性，2与6等效，3与5等效），有2种结构，则符合条件的结构共有种； （5）由题给信息可知，以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成步骤为邻二甲苯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成邻苯二甲酸，一定条件下邻苯二甲酸发生脱水反应生成邻苯二甲酸酐，邻苯二甲酸酐与苯酚发生取代反应生成，合成路线为： 。 2．（2026·山东德州·一模）金属钴广泛应用于航空航天、电器制造等领域，是重要的战略金属。以含钴镍废料(主要成分为、NiO，还含少量、CaO、MgO、和Ti的化合物)为原料制备草酸钴()和硫酸镍()的工艺流程如图。 已知： ①   ②草酸钴晶体难溶于水 ③RH为有机物难电离 回答以下问题： (1)“酸浸”时，为提高酸浸速率可采取的措施有_______(任写一种)，操作①与操作②用到的主要玻璃仪器有_______。 (2)“酸浸”时的作用是_______，生产过程中发现实际消耗的量大于理论值，主要原因可能是_______。 (3)“沉铁”时发生反应的离子方程式为_______。 (4)“除钙镁”时，当时，溶液中_______。 (5)将所得二水合草酸钴，在惰性气体中加热，其热重分析曲线如图所示，其中A、B、C均为纯净物，请写出从A点到B点的化学方程式_______。 已知：固体残留率= 【答案】(1) 将含钴废料粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等 分液漏斗、烧杯 (2) 将还原为，同时将中的+2价铁氧化为 酸浸后溶液中的催化分解或酸浸时温度过高使分解 (3)或 (4) (5) 【解析】含钴镍废料(主要成分为、NiO，还含少量、CaO、MgO、和Ti的化合物)加入硫酸、“酸浸”，得到含、、、、、等的浸出液，不溶解，和微溶于水的硫酸钙形成滤渣1，浸出液中加入热水使水解形成沉淀除去，加入碳酸钠溶液将转化为沉淀除去，加入适量的NaF溶液除去溶液中的和，滤液中加入RH和有机溶剂将转化为进入有机层，分液后向水层中加入将转化为，有机层中经过操作②得到，据此分析。 （1）“酸浸”时，为提高酸浸速率可采取的措施有将含钴废料粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等；操作①与操作②为萃取操作，用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。 （2）由分析知，“酸浸”后溶液中含和，故的作用是将还原为，同时将中的+2价铁氧化为；酸浸后溶液中的会催化分解或酸浸时温度过高使分解，从而使生产过程中实际消耗的量大于理论值。 （3）由分析知，“沉铁”时，碳酸钠溶液将转化为沉淀，发生的离子反应方程式为或。 （4）“除钙镁”时，和达到沉淀溶解平衡，由知，当时，溶液中。 （5）假设有1 mol受热分解，质量为183g，由图可知，A点时，固体的残留率为80.33%，则剩余固体的质量为，失去的质量为，刚好为2 mol水的质量，则A的物质为，A点以后为分解生成Co的氧化物过程，B点时固体的残留率为43.88%，则剩余固体的质量为，B点含Co的质量为59 g，则含有O的质量为，Co和O的物质的量之比，与中的比值相近，可推断B点的物质为，A点到B点的化学方程式。 3．（2026·山东东营·一模）废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示(已知：LiCoO2难溶于水，具有强氧化性)： 回答下列问题： （1）“碱溶”时加入NaOH溶液的主要目的是 ，写出该过程中Al发生反应的离子方程式： 。 （2）“酸溶”时加入H2O2的作用是 ， 写出LiCoO2与H2SO4、H2O2反应的化学方程式： 。 （3）“调pH”步骤的目的是除去Fe3+、Al3+，应将溶液pH调节至 (填范围),该步骤得到的“滤渣”主要成分为 (填化学式)。 （4）“沉钴”时，NH4HCO3与溶液中Co2+反应生成CoCO3沉淀，同时生成一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，写出该反应的离子方程式： 。 （5）若取10.0 g正极材料(含LiCoO2质量分数为80.2%),最终得到CoCO3固体5.64g,则钴元素的回收率为 (保留2位有效数字)。 （6）为测定“沉锂”后滤液中Li+浓度，取20.00mL滤液，用0.1000mol·L-1HCI标准溶液滴定其中的CO32-(甲基橙为指示剂),消耗HCl溶液25.00 mL。已知滤液中Li+与CO32-的物质的量之比为2:1,则滤液中Li+浓度为_____mol·L-1。 【答案】（1）除去正极材料中的Al杂质(或溶解Al,使其与LiCoO2分离) 2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2↑ （2）将LiCoO2中+3价的Co还原为Co2+(同时将Fe氧化为Fe3+便于后续除杂) 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2 CoSO4+O2↑+4H2O （3）4.7≤pH<7.6 Fe(OH)3、Al(OH)3 （4）Co2++2HCO3-=CoCO3↓+CO2↑+H2O （5）58%(计算过程n(LiCOO₂)=10.0980.2%mol≈0.0818mol, n(CoCO₃)=569mol≈0.0474mol,回收率=0.0878×100%≈58%) （6）0.125(计算过程n(CO3-)=2×0.1000×0.025=0.00125 mol, n(Li+)=2×0.00125=0.0025 mol,c(Li+)=00025=0.125 mol·L-1) 【解析】（1）Al是两性金属，可与NaOH溶液反应溶解进入滤液，而LiCoO2不与NaOH反应，留在滤渣中实现分离。离子方程式：2 Al+2OH-+6H2O=2 Al(OH)4-+3H2↑。 （2）LiCoO2具有强氧化性，H2O2作为还原剂将Co3+还原为Co2+,同时H2O2可将杂质Fe氧化为Fe3+，方便后续调PH除去。化学方程式：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2 CoSO4+O2↑+4H2O。 （3）要使Fe3+、Al3+完全沉淀(pH分别为3.7、4.7),同时避免Co2+开始沉淀(pH=7.6),故pH需 控制在4.7到7.6之间，滤渣成分：Fe(OH)3、Al(OH)3。 （4）HCO3-既提供CO32-与Co2+生成沉淀，又与生成的H+反应放出CO2，沉钴离子方程式：Co2++2HCO3-=CoCO3↓+CO2↑+H2O。 （5）n(LiCoO2)=(10g×80.2%)/(98g/mol)≈0.0818mol，n(CoCO3)=5.64g/(119g/mol)≈0.0474mol，回收率=(0.0474mol/0.0818mol)×100%≈58%。 （6）由滴定反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O可知，n(CO32-)=(1/2)×0.1000mol·L-1×0.025L=0.00125 mol，由Li+与CO32-物质的量之比为2:1,得n(Li+)=2×0.00125 mol=0.0025 mol，c(Li+)=0.0025 mol/0.020L=0.125mol·L-1。 4．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某大学合成了负载CoTe纳米颗粒的多硫化锂电极，具有高载量、高比容量、长寿命的特点。一种以硫钴矿(主要含、少量和)为原料制备CoTe纳米颗粒的工艺流程如图所示。 已知：部分金属离子在溶液中开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀pH 2.2 7.1 7.6 完全沉淀pH 3.2 9.0 9.2 回答下列问题： （1）粉碎的目的是________。 （2）废气的主要成分是________，其处理方法为________。 （3）写出“煅烧”时生成的化学方程式：________。 （4）调节pH的范围是________，属于________(填“配合物”“复盐”或“混合物”)。 （5）已知，，滤液C的主要溶质为，反应的平衡常数________(用、和表示)。 （6）与钴形成CoTe的Te在工业上可由电解得到：在碱性条件下，以亚碲酸钠()溶液为电解质溶液，写出阴极的电极反应式：________。若电解生成Te的质量为12.8 g，此时电解质溶液的总体积为0.5 L，溶液体积变化忽略不计，则此过程电解液中浓度的变化量为________。 【答案】（1）增加反应的接触面积，提高化学反应速率 （2）；用NaOH溶液吸收(合理即可) （3） （4）；复盐 （5） （6）； 【解析】（1）粉碎的目的是增加反应的接触面积，提高化学反应速率； （2）、少量，与氧气反应，生成废气的主要成分是；是一种大气污染物，可用NaOH等碱性溶液吸收，也可回收利用制硫酸，循环利用； （3）焙烧时与反应生成和，反应的化学方程式为； （4）与溶液中的酸反应，调节pH使完全沉淀，而和不形成沉淀，故调节pH的范围为；由和按组成，故属于复盐； （5）的平衡常数； （6）在碱性条件下，阴极发生还原反应生成Te，阴极的电极反应式为；若电解生成Te的质量为12.8 g，则Te的物质的量为，由电极反应式知，阴极生成，碱性条件下阳极放电，电极反应为，则。 押题猜想16 实验综合探究分析 终极押题 【原创题】硫酰氯（SO2Cl2）是一种重要的氯化试剂和脱水试剂，可发生水解生成两种强酸。某实验小组在实验室利用SO2+Cl2=SO2Cl2的反应原理，在活性炭催化作用下制备SO2Cl2，装置如图所示（部分夹持装置略去）。 已知： ①SO2Cl2熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水剧烈水解； ②Cl2与SO2均为有毒气体。 回答下列问题： （1）装置的连接顺序为：a→_____→___→b(填接口字母)。 （2）装置C中浓硫酸的作用是 ；装置B中球形冷凝管的作用是 。 （3）装置A中发生反应的离子方程式为 。 （4）实验开始前需先通入一段时间Cl2，目的是 ；若缺少此操作，可能导致的后果是 。 （5）为测定所得SO2Cl2样品的纯度，取m g样品溶于足量NaOH溶液中，充分反应后，将溶液稀释至250 mL,取25.00 mL溶液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用c mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液VmL(已知：SO2Cl2水解生成H2SO4和HCl,Ag2CrO4为砖红色沉淀)。 ①写出SO2Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式： 。 ②该样品中SO2Cl2的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。 ③若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （6）请指出该实验装置的一处明显缺陷： 。 【答案】（1）f→e→d→c （2）干燥Cl2(或除去Cl2中的水蒸气) 冷凝回流SO2Cl2,提高原料利用率(或防止产物挥发) （3）2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O （4）排尽装置内的空气(或水蒸气) SO2Cl2遇水水解，导致产率降低(或生成HC1、H2SO4污染环境) （5）①SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O ②(135cV/2m)%(或0.135cV/2m) ③偏高(1分) （6）缺少尾气处理装置(或未处理未反应的SO2、Cl2,会污染空气)；或冷凝管未连接冷却水源(答出一点即可) 【解析】（1）装置A制备Cl2,先经D(饱和食盐水)除去HCl杂质，再经C(浓硫酸)干燥，最后通入B中反 应；气体应“长进短出”,故顺序为a→f→e→d→c→b。 （2）浓硫酸作用：干燥Cl2(除去Cl2中的水蒸气，防止SO₂Cl2遇水水解)；冷凝管作用：冷凝回流挥发的SO2Cl2、SO2和Cl2,提高原料利用率，同时防止产物挥发损失。 （3）KMnO4与浓盐酸在常温下反应生成Cl2,MnO4-被还原为Mn2+,Cl-被氧化为Cl2,需遵循电子守恒、电荷守恒配平，离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。 （4）若残留空气，其中的水蒸气会使SO2Cl2剧烈水解(SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl),导致产物产率降低，同时生成强酸污染环境。 （5）①SO2Cl2水解生成H2SO4和HCl，再与NaOH发生中和反应，总反应为SO2Cl2与NaOH直接反应生成硫酸盐、氯化物和水。化学方程式为SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O。 ②SO2Cl2中Cl守恒：1molSO2Cl2～2molCl-～2molAgNO3，25.00mL溶液中n(C1-)=cV×10-3mol,则n(SO2Cl2)=cV×10-3mol，250 mL溶液中：n(SO2Cl2)=cV×10-3mol×10=0.005cVmol，质量：m(SO2Cl2)=0.005cV×135g，质量分数：(0.005cV×135/m)×100%=(135cV/2m)%(或0.135cV/2m)。 ③滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，会导致读取的AgNO3体积偏大(气泡体积被计入消耗体积),根据n=cV,计算出的Cl-物质的量偏大，最终SO2Cl2质量分数偏高。 （6）SO2、Cl2均为有毒气体，需用碱液吸收；冷凝管需通水冷却才能有效回流。 押题有据 实验综合探究题是必考大题之一，综合性强，信息量大，对学生的综合能力要求极高。本题以硫酰氯制备为载体，紧扣新高考实验综合题命题趋势，聚焦气体制备、装置作用、操作目的、方程式书写、滴定计算、误差分析与实验评价七大核心考点，与全国卷、新高考 Ⅰ/Ⅱ 卷考向高度匹配。素材选取经典含氯、含硫化合物，兼具氧化还原、水解性质、定量分析三大命题热点；基础与能力并重，既考查实验基本素养，又突出逻辑推理、数据处理、实验评价等关键能力。情境真实、设问梯度合理，符合高考 “宽基础、重能力、强应用” 的命题理念，对高考实验综合题具有极强的模拟与预测价值。注重同步关注数字化设备应用(如pH传感器数据拟合)与工业场景结合(如金属浸取率调控),以探究类真题为载体发展科学思维与实际问题解决能力。 考题猜想 1．（2026·山东日照·一模）用格氏试剂和二氧化碳制备苯甲酸的原理如下： 已知：①苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水、乙醚和四氢呋喃(THF，易燃易挥发)。 ②苯基溴化镁极易水解，在空气中易被氧化。 实验步骤： 步骤1：向三颈烧瓶中加入打磨过的镁条、一小粒碘和搅拌磁子，在恒压滴液漏斗中加入溴苯和四氢呋喃的混合液。通过三通阀连接氮气钢瓶和真空泵，抽换气三次。 步骤2：打开磁力搅拌器，缓缓滴入溴苯四氢呋喃溶液，温水浴，直至镁条的量不再变化，降温备用。 步骤3：通过导气针将通入反应体系，在0℃下反应3h。缓慢滴加饱和氯化铵溶液，析出白色固体，抽滤得到含有少量不溶性杂质的苯甲酸粗产品。 回答下列问题： (1)步骤1中“抽换气三次”的目的为______。 (2)步骤3中通入发生加成反应，该反应的化学方程式为______。 (3)抽滤装置如图所示，下列说法错误的是______(填标号)。 A．抽滤所需滤纸应略小于布氏漏斗内径，且能盖住全部小孔 B．可用滤液冲洗烧杯壁上残留的晶体并转入布氏漏斗 C．抽滤完毕，先关闭抽气泵，再打开活塞 (4)用水对粗产品重结晶，下列仪器不需要选用的是______(填标号)。 (5)测定纯度：取样品溶于25mL水和25mL乙醇，加入指示剂X，用标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下： 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数 0.00 19.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数 19.98 39.58 20.02 19.10 20.00 应舍弃的数据为______(填序号)；测得该产品的纯度为______(用含a，c的代数式表示)；若指示剂X选用甲基橙(变色范围pH3.1~4.4)会使测得结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】(1)营造无氧无水氛围，防止苯基溴化镁氧化和水解 (2)+CO2   (3)C (4)BE (5) 2、4 偏小 【解析】向三颈烧瓶中加入镁条、碘，在恒压滴液漏斗中加入溴苯和四氢呋喃的混合液，在无氧条件下发生反应生成苯基溴化镁，通入反应，缓慢滴加饱和氯化铵溶液，充分反应后分离提纯得到苯甲酸粗产品，据此分析； （1）已知苯基溴化镁极易水解、易被空气氧化，抽换气充入氮气，除去装置内空气和水蒸气，营造无氧无水氛围，防止苯基溴化镁氧化和水解； （2）与苯基溴化镁发生加成反应，生成羧酸镁盐，方程式：+CO2 ； （3）A．抽滤时滤纸略小于布氏漏斗内径，且能盖住全部小孔，A正确； B．用滤液冲洗烧杯壁残留的晶体，可减少产物损失，B正确； C．抽滤完毕需先打开活塞通大气，再关闭抽气泵，防止倒吸，C错误； 故选C； （4）水重结晶的步骤为加热溶解（需要烧杯、玻璃棒、酒精灯）→冷却结晶→抽滤（需要布氏漏斗），过程不需要分液操作，因此不需要BE； （5）计算各次消耗KOH体积：1号、2号、3号、4号、5号，2、4数据偏差过大，应舍弃；平均消耗体积为，，苯甲酸摩尔质量为，故纯度为；苯甲酸是弱酸，滴定终点产物苯甲酸钾显碱性，甲基橙变色范围为酸性，会导致终点提前，消耗KOH体积偏小，测得结果偏小。 2．（2026·山东淄博·一模）氯化聚丙烯(CPP)是聚丙烯氯化改性制得的高性能材料。实验室根据反应，利用如下装置制备CPP(加热及夹持装置略)。 已知：Ⅰ．CPP溶于氯苯和苯，常压下，氯苯的沸点为131.7℃，苯的沸点为80.1℃； Ⅱ．BPO为引发剂，高温下易水解失活。 回答下列问题： (1)装置甲中发生反应的化学方程式为___________，仪器b的名称为___________。 (2)上述装置存在一处缺陷，从实验安全角度考虑，改进的方法为___________。 (3)补充实验步骤或现象：连接实验装置，___________，加入药品，加热装置丁，打开搅拌器，待观察到丁中___________(填实验现象)，再加入一定量BPO，打开仪器a的活塞。 (4)对于上述实验，下列说法错误的是___________(填标号)。 A．装置乙中盛放饱和食盐水 B．若搅拌器转速变慢，会降低生成CPP的速率 C．若通入氯气速率过快，会导致CPP氯化不均匀 D．可用苯代替氯苯作反应的溶剂 (5)测定CPP样品中Cl的含量：取m g纯化的CPP样品完全燃烧，用水吸收产生的气体，调节吸收液pH至2.5~3.5，向吸收液中加入二苯偶氮碳酰肼，用标准溶液滴定至终点时，平均消耗标准溶液。不加CPP样品，作空白对照试验，平均消耗标准溶液。［已知：可与二苯偶氮碳酰肼中的N原子通过配位键生成紫红色物质；(白色)］。则该样品中Cl的质量分数为___________(用含、、、的最简代数式表示)。若CPP样品燃烧不完全，会使测定结果___________(填“偏高”“偏低”“无影响”)。 【答案】(1) 球形冷凝管 (2)在丁和戊之间加一个防倒吸装置 (3) 检查装置的气密性 固体完全溶解 (4)D (5) 偏低 【解析】装置甲用漂白粉[有效成分为]与浓盐酸反应制氯气，装置乙干燥Cl2，装置丙为储存氯气的装置，在丁装置中发生反应，戊为尾气吸收装置，据此分析； （1）装置甲用漂白粉（有效成分为）与浓盐酸反应制氯气，发生归中反应生成氯气，方程式：；装置b为回流用的球形冷凝管； （2）因生成的产物HCl直接通入到NaOH溶液中会形成倒吸，且BPO在高温下易水解失活，所以应该在丁和戊之间加一个防倒吸装置； （3）连接装置后，装药品前必须检查装置气密性；加入药品，加热装置丁，打开搅拌器，待观察到丁中固体完全溶解，再加入BPO开始反应； （4）A．制得的氯气中混有HCl杂质，用饱和食盐水除去HCl，A正确； B．搅拌速率过慢，反应物接触不充分，会降低CPP生成速率，B正确； C．氯气通入过快，反应不充分，会导致氯化不均匀，C正确； D．反应温度为，苯沸点为，该温度下苯完全汽化，无法作为反应溶剂，D错误； 故选D； （5）根据反应关系，样品实际消耗的物质的量为，因此，，因此质量分数为。若CPP燃烧不完全，部分Cl未转化为Cl-被吸收，测得的Cl物质的量偏小，因此测定结果偏低。 3．（2026·山东青岛·一模）苯甲酸是有机合成的重要原料，熔点，在热水中的溶解度较大，溶于乙醇和苯。用甲苯(密度：)和制备苯甲酸并做纯度分析的实验如下。 Ⅰ．产品制备 按图示组装好仪器(夹持及加热装置略)，向三颈烧瓶中加入50 mL蒸馏水和2.0 mL甲苯，加入沸石，加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入，每次都待反应平稳后再加入，加热回流。充分反应后，停止加热，趁热抽滤。 用少量热水洗涤滤渣。将滤液转移到烧杯中，滴加盐酸，冷却析出晶体。抽滤，用冷水洗涤、干燥得产品。 Ⅱ．纯度分析 准确称取3.150 g草酸()基准试剂，溶解，定容至250 mL。 配制溶液，每次量取20.00 mL用草酸标准溶液标定其准确浓度。平行滴定三次，平均消耗草酸溶液。 准确称取0.500 g产品于锥形瓶中，加20 mL蒸馏水，可以略加热以帮助溶解，滴入酚酞试剂，用已经标定好的溶液滴定。平行测定三次，平均消耗溶液。 已知：在中性和碱性条件下的还原产物为。回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______。三颈烧瓶可选择的规格为_______(填标号)。 A．50 mL    B．100 mL    C．150 mL    D．200 mL （2）三颈烧瓶中甲苯和反应的化学方程式为_______。 （3）判断产品制备反应结束的方法为____。若所得滤液为紫红色，需加入饱和溶液除去，除去的目的为____。 （4）产品制备实验结束后，三颈烧瓶内壁黏附黑色固体，洗去的方法为_______。 （5）所得产品纯度为_______。测定苯甲酸样品的纯度时，若使用甲基橙做指示剂，则测定结果将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 BC （2） （3）回流液中无明显油珠或油层消失 防止加入盐酸后产生氯气 （4）加入浓盐酸，加热 （5） 偏小 【解析】甲苯与在三颈烧瓶中加热反应生成苯甲酸钾和二氧化锰，过滤除去二氧化锰后，向滤液中加入盐酸，苯甲酸钾与盐酸反应生成苯甲酸晶体，抽滤、用冷水洗涤、干燥得产品；用基准试剂草酸标定氢氧化钠溶液的浓度时发生反应，然后用标定好的氢氧化钠溶液测定产品中的苯甲酸的纯度。 （1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶加热时液体体积不超过容积的，不少于容积的，本实验中液体总体积约为，因此可选择或规格，选 BC。 （2）中性条件下还原产物为，甲苯被氧化为苯甲酸钾，配平后化学方程式： 。 （3）甲苯不溶于水，为油状液体，因此判断反应结束的方法：回流液中无明显油珠或油层消失； 滤液紫红色说明剩余未反应的，除去它的目的是：防止加入盐酸后产生氯气，造成污染。 （4）黑色固体是还原产物，洗涤方法：加入浓盐酸加热洗涤，再用水冲洗干净。 （5）3.150 g草酸基准物质物质的量：，； 标定：由得； 苯甲酸为一元酸，，苯甲酸摩尔质量为，因此纯度： ； 苯甲酸是弱酸，与滴定的化学计量点为碱性，甲基橙变色范围为酸性（3.1~4.4），会导致终点提前，消耗体积偏小，因此测定结果偏小。 4．（2026·河北承德·一模）过氧化钠在生活中有广泛的用途，可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源。 （1）久置于空气中的过氧化钠因遇到和发生反应，使得过氧化钠中含有杂质和________（填化学式），产生后者的原因为________（用化学方程式表示）。 （2）某研究性小组拟对其中的杂质进行检验，设计了如下流程： 产生白色沉淀的离子方程式为________。 （3）小组中同学甲通过查阅资料对该方案提出质疑： 资料：Ⅰ.遇反应生成，催化分解产生。 Ⅱ.与在碱性介质中生成，为不溶于水的片状晶体，可溶于盐酸。 于是同学甲补充了如下实验： 步骤1：取样品5.3g，加入稍过量的水，充分反应后静置，得到500mL溶液； 步骤2：移取100mL样液，向其中加入试剂A，产生可使余烬木条复燃的气体； 基于以上实验，该同学设计如下实验方案： ①该方案中的试剂A为黑色粉末，则试剂A为________（填化学名称），操作甲的名称为________。 ②若向滤液中加入稍过量的溶液，得到白色沉淀0.197g。 该样品中的质量分数为________%。 （4）在上述实验的基础上，小组中同学乙另取上述样品5.3g，按照如下实验装置进行实验，测定样品中过氧化钠的纯度。 ①室温下，向左倾斜反应器，使水与样品充分反应，反应结束后，________（填操作），测得气体的体积为672mL（已折算为标准状况）。 ②该样品中的质量分数约为________%（保留3位有效数字）。 【答案】（1） （2） （3）二氧化锰 过滤 10 （4）冷却至室温，调平液面（顺序不可颠倒） 88.3 【解析】（1）久置于空气中的因遇到和发生反应，生成和NaOH，产生后者的原因为：； （2）过氧化钠样品中含有，加水溶解后，再加入溶液，与反应产生白色沉淀的离子方程式为：； （3）①该同学通过实验步骤2，目的在于排除对测定的干扰，该方案中加入试剂A是为了催化分解，因此黑色粉末试剂A为二氧化锰，操作甲的目的是为除去溶液中难溶于水的二氧化锰，因此操作甲的名称为过滤； ②根据题中信息，设样品中的质量为，计算如下： 则，解得：。样品溶液配制了500 mL，但只取用了100 mL，因此，该样品中的质量分数为； （4）①室温下，向左倾斜反应器，使水与样品充分反应，反应结束后，为了测得准确体积，需要明确温度和压强，因此后续操作为冷却至室温，调平液面； ②该实验中产生的体积在标准状况为0.672 L(即0.03 mol)，则样品中为0.06 mol，该样品中的质量分数为。 押题猜想17 化学反应原理综合应用 终极押题 【原创题】“双碳”目标下，CO2催化加氢制甲醇是重要研究方向。 主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 已知键能数据：C=O：803kJ/mol；H-H：436kJ/mol；C-O：351kJ/mol；O-H：463kJ/mol；C-H：413kJ/mol 回答下列问题： （1）计算主反应ΔH1= kJ・mol-1。反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）既能加快反应速率，又能提高CH3OH平衡产率的条件是 。 A.高温 B.高压 C.催化剂 D.分离H2O （3）3.0 MPa时，将n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图所示。温度高于260℃，CH3OH的产率下降的可能原因是_______。 （4）在不同压强下，按照投料合成甲醇，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示 ①下列说法正确的是___________ A． B．图甲纵坐标表示的平衡产率，图乙纵坐标表示的平衡产率 C．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高的平衡转化率的主要研究方向 D．为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件 ②图乙中压强一定时，曲线随温度变化先降后升的原因是：___________；图乙中三条曲线在某温度时交于一点的原因是：___________ ③在一定温度下，控制容器体积1L保持不变，测得平衡转化率为60%，其中甲醇的选择性为，请计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数K=___________(保留3位有效数字)。 【答案】（1）-65 高温 （2）B （3）CO2和H2在催化剂表面上的吸附量下降；积炭覆盖催化剂活性位点；生成CO等其他含碳产物 （4）①AD ②开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降；升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动 一定温度后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 ③75/512或0.146 【解析】（1）主反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，反应物键能：CO2含2个C=O键：2×803=1606kJ/mol，3H2含3个H-H键：3×436=1308 kJ/mol，总和：1606+1308=2914kJ/mol；生成物键能：CH3OH含3个C-H、1个C-O、1个0-H键：3×413+351+463=2053 kJ/mol，H2O含2个0-H键：2×463=926kJ/mol，总和：2053+926=2979kJ/mol，则反应焓变△H1=反应物总键能一生成物总键能=2914kJ/mol-2979kJ/mol=-65kJ/mol。副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2>0，熵变ΔS：反应前后气体分子数不变（均为 2 mol），ΔS≈0，自发判据：ΔG=ΔH−TΔS<0因ΔH2>0，需TΔS>ΔH2，故高温下自发。答案为-65 高温。 （2）主反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1特点：放热：ΔH1<0，气体分子数减少：4mol→2mol， A．高温：加快反应速率，但平衡逆向移动， 产率降低，故A错误；B．高压：加快反应速率（浓度增大），平衡正向移动（气体分子数减少方向）， 产率提高，故B正确；C．催化剂：仅加快反应速率，不改变平衡产率，故C错误；D．分离 ：平衡正向移动，产率提高，但分离操作会降低体系浓度，反应速率减慢，故D错误。答案选B。 （3）温度高于260℃时，CO2和H2在催化剂表面上的吸附量下降；积炭覆盖催化剂活性位点；生成CO等其他含碳产物，导致CH3OH产率下降。 （4）①A．反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，而反应Ⅱ气体体积不变化，增大压强所以平衡不移动，故增大压强二氧化碳的转化率增大，甲醇的产率增大，由图可知压强大小的关系为：，故A正确；B．反应Ⅰ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ向左移动，二氧化碳转化率减小，的平衡产率也减小，故图甲纵坐标表示的平衡产率；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高到一定程度后，发生反应Ⅱ，二氧化碳的平衡转化率又升高，因此图乙纵坐标表示二氧化碳的平衡转化率，故B错误；C．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，可以加快反应反应速率，但是平衡不移动，不能提高的平衡转化率，故C错误；D．根据反应Ⅰ分析可知，该反应为气体体积减小的放热反应，降低温度平衡右移，增大压强平衡右移，所以同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件，故D正确；故选AD。 ②开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降；升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，所以图乙中压强一定时，曲线随温度变化是先降后升；一定温度后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，这就是图乙中三条曲线在某温度时交于一点的原因； ③设二氧化碳为1mol，氢气为3mol，测得平衡转化率为60%；反应Ⅰ中二氧化碳转化率为x，反应Ⅱ中二氧化碳转化率为y，则x+y=0.6； 其中甲醇的选择性为,，所以x=0.6×=0.4，y=0.2；因此反应Ⅰ达到平衡后各组分的物质的量为：n(CO2)=1-0.4-0.2=0.4mol，n(H2)=3-3×0.4-0.2=1.6mol，n(CH3OH)=0.4mol，n(H2O)=0.4+0.2=0.6mol；由于容器体积为1L，故用各物质的物质的量代替浓度进行计算，因此该温度下反应Ⅰ的平衡常数K===0.146； 押题有据 化学反应原理综合应用题是必考大题之一，综合性强，信息量大，对学生的综合能力要求极高。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 “双碳” 目标下 CO2催化加氢制甲醇为背景，贴合高考化学 “情境化、综合性、应用性” 命题导向，全面考查化学反应原理核心考点：①热力学基础：通过键能计算主反应焓变，结合副反应的焓变与熵变判断自发条件，夯实热力学计算与自发判据的核心能力。②平衡与速率调控：分析温度、压强等条件对反应速率与 CH3OH 平衡产率的影响，考查勒夏特列原理的应用，是高考高频考点。③图像与逻辑推理：借助产率−温度、转化率−温度−压强图像，考查温度、压强对主副反应竞争的影响，体现 “证据推理” 素养。④定量计算：结合选择性与转化率数据，通过三段式计算平衡常数，强化 “变化观念与平衡思想” 的素养要求。本题关联国家战略热点，覆盖热力学、动力学、平衡计算，是高考原理综合题的典型范式，押题价值极高。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．（2026·山东淄博·一模）和重整制氢有利于实现“碳中和”，涉及的主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   压强下，按1 mol 、一定量、一定量投料反应，平衡体系中各气相组分摩尔分数随温度的变化如图所示［不加CaO情况下的摩尔分数如虚线所示；的未画出］。650℃时，测得气体总物质的量为4 mol。 回答下列问题： (1)反应的焓变___________。反应Ⅱ的速率方程为，，(、分别是正、逆反应速率常数)。升高温度，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)甲线所示物种为___________(填化学式)，500~700℃范围内，不加CaO和加CaO两种情况下的摩尔分数随温度升高呈现不同变化的原因为___________。 (3)650℃时，反应Ⅱ的平衡常数___________(结果用分数表示或保留2位有效数字，下同)，的吸收率(吸收的占总生成的比例)=___________。800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡时，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) 减小 (2) CO 500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO情况下的摩尔分数更大；加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔分数减小 (3) 1.1 减小 【解析】（1）由盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ得目标反应，则； 平衡时正逆反应速率相等，则，则 ，反应Ⅱ为放热反应，升温，平衡逆向移动，K值减小，故减小； （2）反应Ⅰ为吸热反应，升温，平衡正向移动，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则丙线为甲烷，反应Ⅱ、反应Ⅲ均为放热反应，升温，平衡逆向移动，一氧化碳含量增大，则甲线为一氧化碳，二氧化碳含量受反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡移动的双重影响，乙线为二氧化碳； 500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO情况下的摩尔分数更大；加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔分数减小。 （3）反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，可以用其物质的量分数代替压强，650℃时气相总物质的量4mol，各物质的量分数为H2：0.75，CO：0.05，CO2：0.01，CH4：0.05，H2O：1-0.75-0.05-0.05-0.01=0.14，则反应Ⅱ的平衡常数；CO为4mol×0.05=0.2mol，CO2为4mol×0.01=0.04mol，CH4为4mol×0.05=0.2mol，结合碳守恒，氧化钙吸收二氧化碳为1mol-0.2mol-0.04mol-0.2mol=0.56mol，的吸收率；800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅲ的，温度不变，其值不变，则重新达平衡时，减小。 2．（2026·山东济南·一模）利用镁基化合物耦合氢还原反应实现的资源化利用，涉及主要反应如下： Ⅰ.    Ⅱ.    Ⅲ.    回答下列问题： (1)的焓变______（用含，的代数式表示）。 (2)压力p下，向体系中投入一定量的和4 mol，发生上述反应。体系达平衡后，图示温度范围内已完全分解，中间产物转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量（n）随温度的变化如图所示。 反应Ⅲ的焓变______0（填“”“”或“”）；②线表示的是______（填化学式）的物质的量；温度低于时，随温度升高④线对应数值逐渐降低，原因是______；温度下，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数_____，开始时投入的物质的量为______mol。 (3)压力p下，维持温度不变，若向上述平衡体系中加入足量，重新达平衡后，分压将______（填“增大”“减小”或“不变”），继续压缩容器体积，与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比将_____（填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】(1) (2) ＞ 反应Ⅱ的焓变，随着温度升高，反应逆向移动 1 (3) 增大（或变大） 增大（或变大） 【解析】（1）已知：Ⅱ.    Ⅲ.   ，目标反应：，根据盖斯定律，用反应Ⅱ-反应Ⅲ可得：。 （2）在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，在之后，曲线④大于曲线③，说明曲线④代表的转化率，曲线③代表的产率，温度升高的转化率减小，说明<0，在之后，的转化率略有上升，说明反应Ⅲ的>0； 在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，温度升高时，反应Ⅱ逆向进行，的物质的量减少，所以曲线②为的物质的量； 在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，温度升高的转化率减小，说明<0，随着温度升高，反应逆向移动； 由以上分析可知曲线①为的物质的量，曲线②为的物质的量，曲线③为的产率，曲线④为的转化率。由图中可知，在时，=1.36 mol，的产率为0.64。设反应Ⅱ中消耗的物质的量为x mol，反应Ⅲ中消耗的物质的量为y mol，列三段式则，解得x=0.64，y=0.08。已知的产率为0.64，平衡时的物质的量为0.64 mol，则的理论产量为1 mol，且全部转化为，则的初始物质的量为1 mol，平衡时的物质的量为0.28 mol，由反应Ⅲ反应前后的气体的物质的量相等可得===； 由上述分析可知，的初始物质的量为1 mol，则投入的的物质的量也为1 mol。 （3）向上述平衡体系中加入足量，会继续释放，则重新达平衡后，分压将增大； 压缩体积，压强增大。反应Ⅱ正反应是气体分子数减少的反应。增大压强，平衡正向移动，增大，减小，则增大。 3．（2026·山东济南历城区·模拟考试）甲醇()是一种重要的化工原料和燃料，广泛应用于化工、医药、能源等领域，其制备方法有多种。回答下列问题： Ⅰ．催化加氢制备，反应原理为。 （1）有关化学键的键能如表所示，反应  ___________，该反应的熵变___________(填“>”或“<”)0. 化学键 中 键能() 436 413 328 463 803 （2）恒压时，和起始量一定的条件下，在分子筛膜反应器中发生上述反应，该分子筛膜能选择性地分离出，使用分子筛膜的目的是___________。 （3）在容积为2 L的密闭容器中，由和合成：，在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图1所示。 ①___________(填“>”或“<”)。 ②将A点的反应从变到，达到平衡时将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ．“液态阳光”是合成新路径，反应原理为  ，向容积均为2 L的恒容密闭容器中通入和，在不同催化剂X、Y的催化下发生反应。测得50 min时，转化率随温度的变化如图2所示。 （4）该反应适宜选用的催化剂为___________(填“X”或“Y”)，时，d点对应容器在0∼50 min内的平均反应速率___________。 （5）转化率：c点<b点的原因是___________。 （6）按上述投料，若某温度下，初始压强为，达到平衡时，转化率为，则该反应的平衡常数___________(用表示，最终结果用分数表示)。 【答案】（1）-42 < （2）分离出，促进平衡正向移动，增大、的转化率 （3）①< ②增大 （4）X 0.01 （5）温度升高，催化剂的活性降低，反应速率减小，相同时间内反应物的转化率减小 （6） 【解析】（1），反应中断开中的键、键，形成、、，计算得：。该反应气体总物质的量减少，混乱度减小，故熵变； （2）分离产物水蒸气，降低生成物浓度，使得反应平衡正向移动，提高和的转化率，增大甲醇产率； （3）①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短。由图可知更快达到平衡，因此； ②反应放热，升高温度后，平衡时的的量减少，平衡逆向移动，消耗的同时生成，所以增大； （4）相同温度下，催化剂对应的转化率更高，催化效率更高，因此选用。时点转化率为，转化的为，平均速率； （5）催化剂的活性在一定温度范围内有效，温度过高，催化剂的活性降低，所以c点转化率小于b点转化率； （6）按上述投料，某温度下，初始压强为p kPa，达到平衡时，转化率为50%，设此时压强为，列三段式为 ，则此时的压强，则该反应的平衡常数。 押题猜想18 有机合成与推断 终极押题 【原创题】M()是合成药物的重要中间体，其合成路线如下：        已知：①；②；③，回答下列问题： (1)B可由二元羧酸和醇反应生成，该二元羧酸的名称为_______。 (2)A中不含氧官能团的名称为_______。I结构简式为_______。 (3)实际经历两步反应，两步反应的反应类型依次为_______。 (4)E→F化学方程式为_______。 (5)G在此路线中的作用为_______。 (6)B的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。 ①含结构；②含4种不同化学环境的氢原子(不考虑立体异构) (7)以、和为原料合成。参照题给信息设计合成路线_______。 【答案】(1)丙二酸 (2) 碳碳双键、碳碳三键 (3)加成反应、取代反应 (4) (5)保护酮羰基，避免被还原为羟基 (6)或 (7) 【解析】由题，B可由二元羧酸和醇反应生成，结合C和结构简式和B的化学式得B为，则A为 ，A与B 发生加成反应生成C；C经多步反应生成D；D与发生酯化反应生成E（），E成环得到F（），F与G先发生加成反应生成，再发生取代反应生成H（），H在条件下还原得I（），I脱去成环生成J，J在作用下还原生成K，K与发生取代反应生成L，L再经过反应生成目标产物。 （1）由分析可知，B的结构简式为，名称为丙二酸； （2）由分析可知，A的结构简式为，不含氧官能团的名称为碳碳双键、碳碳三键；由分析可知，I的结构简式为； （3）由分析可知，F与G先发生加成反应生成，再发生取代反应生成H（）； （4） 由题，E断裂碳碳双键和一个碳氢键成环得到F，化学方程式为：； （5）分析物质变化流程可知，G在此路线中的作用为保护酮羰基，避免被还原为羟基； （6） 由分析可知，B的结构简式为，含结构且含4种不同化学环境的氢原子，则对称性很强，因此符合条件的B的同分异构体为或； （7） 由题，先与发生取代反应生成，在作用下还原生成，与发生取代反应生成目标产物。合成路线为：。 押题有据 有机合成与推断是必考大题之一，综合性强，信息量大，对学生的综合能力要求极高。题目常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）。考查官能团名称（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）、结构简式推断以及同分异构体（副产物的判断）。押题依据是：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·山东菏泽·一模）贝诺酯(H)的一种合成路线如下： 已知：I． II．R1-COOH+R2-COOH+H2O 回答下列问题： (1)设计和两步反应的目的是_______，中反应①的化学方程式为_______。 (2)F中官能团名称为_______；反应类型为_______。 (3)在催化剂(浓)作用下，将C与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得缓释效果更好的高分子药物结构简式为_______。 (4)实验室可以利用与反应制备贝诺酯，符合下列条件的I的同分异构体有_______种。 ①含有乙基    ②能与溶液反应生成 ③含有吡啶环[吡啶()是类似苯的芳香化合物] (5)根据上述信息，写出以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成路线_______。 【答案】(1) 保护酚羟基，防止其被氧化 +3NaOH+CH3COONa+2H2O (2) 酯基、酚羟基、硝基 取代反应 (3)   (4)10 (5)     【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，则A为、B为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则C为；与氢氧化钠溶液共热发生水解反应后，酸化得到，则D为；POCl3作用下与发生取代反应生成，则F为；镍做催化剂条件下与氢气发生还原反应生成，则G为；吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成H。 【详解】（1）由分析可知，A、D的结构简式分别为、，则由结构简式可知，A、D分子中都含有酚羟基，则设计A→B和C→D两步反应的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；C→D的反应为与氢氧化钠溶液共热发生水解反应后，酸化得到，则反应①的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+2H2O； （2）由分析可知，F的结构简式为，官能团为酯基、酚羟基、硝基；G→H的反应为吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成H和乙酸； （3）由分析可知，C的结构简式为，一定条件下与熔融酯化生成和水，则M的结构简式为； （4）由题意可知，I分子能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳说明I分子中含有羧基，含有乙基和吡啶环说明I分子中含有氨基，则该分子由一个吡啶环、一个乙基和一个羧基构成，若羧基在吡啶环2位，乙基可在3、4、5、6位，有4种结构；若羧基在吡啶环3位，乙基可在2、4、5、6位，有4种结构；若羧基在吡啶环4位，乙基可在2、3位（因对称性，2与6等效，3与5等效），有2种结构，则符合条件的结构共有种； （5）由题给信息可知，以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成步骤为邻二甲苯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成邻苯二甲酸，一定条件下邻苯二甲酸发生脱水反应生成邻苯二甲酸酐，邻苯二甲酸酐与苯酚发生取代反应生成，合成路线为： 。 2．（2026·山东日照·一模）阿托品(化合物I)为一种抗胆碱药物，一种合成路线如下： 已知：Ⅰ、    Ⅱ、 Ⅲ、(R为，，) 回答下列问题： (1)A的结构简式为______，B的化学名称为______。 (2)B→C的化学方程式为______。 (3)D的结构简式为______。 (4)H的同分异构体中，同时满足下列条件的有______种(不考虑立体异构)。 ①与H具有相同官能团    ②芳香族化合物    ③不能与溶液显色 (5)下列说法错误的是______(填标号)。 A．E含有2种官能团 B．G→I的反应类型为取代反应 C．I中含有4个手性碳原子 D．E既能与盐酸反应也能与氢氧化钠反应 (6)以为原料合成过程如下： 上述反应还需的两种反应物分别为______、______(填结构简式)。 【答案】(1) 1，4-丁二醇 (2) (3) (4)25 (5)AC (6) HCHO 【解析】A()与水在酸性条件下发生已知反应Ⅰ生成B()，B催化氧化生成C()，C与D()、发生已知反应Ⅲ生成E（），结合C和D的分子式可知，C为，D为，故B为，A为；E发生已知反应Ⅱ生成F（）G，则F的结构简式为，F与氢气加成生成G()，则G的结构简式为，G和H()在浓硫酸作用下发生酯化反应生成I，则H为，据此分析。 （1）由分析知，A为；B为，系统命名为1，4-丁二醇。 （2）由分析知，是在铜作催化剂条件下与氧气反应生成和水，化学方程式为。 （3）由分析知，D的结构简式为。 （4）由分析知，H为，满足条件①与H具有相同官能团②芳香族化合物 ③不能与FeCl3溶液显色的同分异构体有：苯环上的取代基为一个时，取代基可以为、 共3种；当苯环上的取代基为2个时，取代基可以为和、和、和、和，每种有邻间对三种结构，共种；当苯环上的取代基为3个时，取代基只能为、和，同分异构体数目为10种，故满足条件的H的同分异构体数目为种。 （5）A．E为，含有羧基、酮羰基、氨基3种官能团，A错误；     B．由分析知，G→I的反应类型为取代反应（酯化反应），B正确； C．手性碳原子是指连有四个不同的原子或原子团的饱和碳原子，I（）中含有3个手性碳原子，图中标有*的碳原子为手性碳，C错误；     D．E的结构中含有氨基，能与盐酸反应，同时含有羧基，能与氢氧化钠反应，D正确； 故选AC。 （6）合成时发生已知反应Ⅲ的反应，因此还需的两种反应物分别为HCHO、。 3．（2026·山东聊城·一模）化合物H是一种具有重要药理活性的有机分子，其合成路线如下： 已知：①吡啶()与苯环类似，具有芳香性。 ②异构化生成D的反应类似酮式一烯醇式互变： ③ 回答下列问题： (1)A的结构简式为___________，的名称为___________，C中含氧官能团的名称为___________。 (2)D→E的反应类型为___________，C+F→G的化学方程式为___________。 (3)化合物X的分子式，符合下列条件的X的结构简式为___________。 ①含有六元环，且具有芳香性 ②六元环上只有2种不同化学环境的氢原子 ③N原子与Cl原子不直接相连 (4)以、和为主要原料合成。利用上述信息补全合成路线，___________。 【答案】(1) 对氟苯甲醛或4-氟苯甲醛 醚键、醛基 (2) 取代反应 + (3)和 (4)   【解析】A的不饱和度为4，结合已知信息1，其含有吡啶环，根据最终产物结构简式，氯原子与氮原子在吡啶环处于邻位，故A结构简式为，A和发生取代反应生成B，结合H的结构简式左侧基团，则结构简式为，B结构简式为，B中羟基和对氟苯甲醛中的氟原子发生取代反应生成C，C的结构简式为；根据已知，异构化生成D，则D的结构简式为，D与 反应生成E，E在作用下生成F，F与C反应发生已知信息③的反应生成G，则G结构简式为：，G发生还原反应生成H。 （1）根据分析，A结构简式为，的系统命名法为：4-氟苯甲醛，习惯命名法为：对氟苯甲醛；C的结构简式为，含氧官能团的名称为醚键、醛基； （2）D→E的方程式为，反应类型是取代反应；F中的五元环上的亚甲基与C中的醛基发生加成反应生成醇羟基，然后再让醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，故C+F→G化学方程式为+； （3）化合物X的分子式，不饱和度为4，满足①含有六元环，且具有芳香性，可能是苯环，也可能是吡啶环，其余结构均为饱和结构，②六元环上只有2种不同化学环境的氢原子，若是苯环，则为对位取代，③N原子与Cl原子不直接相连，满足条件的结构简式为和； （4）根据题干路线可知，与发生取代反应生成，再与发生已知信息③的反应生成，再发生还原反应生成目标产物，故合成路线是：。 4．（2026·威海·模拟预测）维生素A(Vitamin A)对视力、皮肤和免疫系统至关重要，其合成路线如下： 已知：+R'-CH2-CHO。 回答下列问题： （1）A的名称为___________，D中含氧官能团的名称为：___________。 （2）A和B制备C的反应又称羟醛缩合，其中由两步完成，写出第一步反应的产物的结构简式：___________。第二步反应的反应类型是___________。 （3）写出C→D的反应方程式___________。 （4）C的同系物G分子式为C10H14O，写出满足下列条件的G的同分异构体有___________种。 a．含有苯环，且苯环上有两个取代基 b．遇FeCl3溶液显色 写出其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比1：2：2：9的物质的结构简式___________。 （5）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙醛制备肉桂醛(）的合成路线___________。(无机试剂任选) 【答案】（1）丙酮 醚键、酯基 （2）   消去反应 （3）+ClCH2COOCH3   +（把HCl与的后续反应写出也可以) （4）12    （5）        （第一步甲基上两个H原子被氯原子取代，再水解生成苯甲醛也正确） 【解析】A()与B在催化剂、加热条件下发生已知反应生成C，结合A的分子式可知，A为，B为，C与在、吡啶-20℃下反应生成D，D在碱性条件下水解得到E，E先在酸性条件下反应后脱去生成F，F经过一系列反应生成维生素A，据此分析。 （1）由分析知，A的结构简式为，为丙酮；由D的结构简式可知，D中的含氧官能团为醚键、酯基。 （2）A和B制备C的反应为羟醛缩合，所以第一步为B中的醛基与丙酮的发生加成反应，中间产物为 ，第二步为消去羟基和形成碳碳双键和水，反应类型为消去反应。 （3）由分析知，C与在、吡啶-20℃下反应生成D ，根据原子守恒可知，同时还生成，反应方程式为+ClCH2COOCH3 +（把HCl与   的后续反应写出也可以)。 （4）C的同系物G分子式为C10H14O，不饱和度为4，故满足条件的G结构应含有苯环、酚羟基和含4个碳的丁基（），丁基有4种结构，与酚羟基有邻、间、对共12种结构；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比1：2：2：9的物质的结构简式 。 （5）采用逆合成分析法，可由与 在催化剂、加热条件下发生已知反应得到， 可由催化氧化得到，可由在碱性条件下水解得到，可由甲苯与氯气在光照条件下取代得到，故合成路线为 （第一步甲基上两个H原子被氯原子取代，再水解生成苯甲醛也正确）。 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 1 押题猜想02 化学用语 押题猜想03 表格型实验分析与评价 押题猜想04 装置型实验分析与评价 押题猜想05 物质的性质及应用 押题猜想06 物质结构与性质综合 押题猜想07 元素推断与元素周期律 押题猜想08 晶胞结构分析 押题猜想09 有机物的结构与性质 押题猜想10 电化学 押题猜想11 化学反应机理图分析 押题猜想12 电解质溶液及图像 押题猜想13 多重平衡体系的图像分析 押题猜想14 物质结构与性质综合应用 押题猜想15 化工流程分析 押题猜想16 实验综合探究分析 押题猜想17 化学反应原理综合应用 押题猜想18 有机合成与推断 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】“科技兴海，向新向蓝向未来”。山东在发展壮大现代海洋经济上下功夫、求实效。下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是 A．海水制氢 B．海水淡化 C．氯碱工业 D．海水提镁 押题有据 近年山东高考有关STSE试题主要考查传统文化、生活常识、能源、新材料、环境保护、医药健康等方面。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，同时也彰显本土特色，题目注重情境真实化：以社会热点、科研成果（新型催化剂、可降解塑料）或传统文化（古代典籍中的化学知识）为载体，考查基础知识。旨在要求学生要学以致用，复习时多留心生活中与化学原理有关的知识，2026年的高考更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。 考题猜想 1．（2026·山东枣庄市2026届高三下学期二模）宇树机器人以极致性能和成本优势重塑全球仿生机器人格局，下列说法正确的是 A．主控芯片主要成分二氧化硅属于共价晶体 B．驱动磁铁的主要成分属于碱性氧化物 C．机身使用的碳纤维复合材料属于有机高分子材料 D．触觉传感器材料压电陶瓷属于新型无机非金属材料 2．（2026·山东泰安泰山中学2025届高三下学期一模）中华优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是 A．《本草纲目》“烧酒”篇：“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”其中涉及的操作有蒸馏 B．《本草经集注》记载鉴别硝石和朴硝之法：“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石也。”其中涉及了焰色试验 C．《天工开物》记载井盐的生产过程：“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白。”其中涉及的操作有结晶 D．《开宝本草》记载硝酸钾的提纯方法：“所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成。”其中涉及的操作有升华 3．（2026·山东省烟台市2025届高三下学期三模） 下列关于食品添加剂的说法错误是 A 馒头加工中可用碳酸氢铵作膨松剂 B．海参腌制时可用甲醛作防腐剂 C．制果汁时可用维生素C作抗氧化剂 D．制白砂糖、干果等食品时可用二氧化硫作漂白剂、防腐剂 4．（2026·山东临沂市2026届高三下学期普通高中学业水平等级考试模拟） 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A．活性炭可以分解室内的甲醛 B．84消毒液可用于漂白羊毛制品 C．聚乙烯高分子材料可用作吸水剂 D．苯甲酸钠可用于延长果汁的保质期 5．（2026·山东省青岛市平度市2025届高三下学期高考模拟检测） 衣食住行皆化学。下列说法错误的是 A．衣服原料如涤纶、丙纶、腈纶等都是有机高分子化合物 B．铁强化酱油中加入NaFeEDTA，可减少缺铁性贫血的发生 C．水泥、玻璃和陶瓷均属于硅酸盐材料 D．用“三元催化器”处理汽车尾气，有利于实现碳中和 押题猜想02 化学用语 终极押题 【原创题】化学用语是国际通用的标准化符号语言。下列化学用语或图示正确的是 A．质子数为82，中子数为125的铅原子： B．中键形成的电子云轮廓示意图： C．的球棍模型： D．的VSEPR模型： 押题有据 化学用语贯穿整个化学始终，与基本概念、基本理论、元素化合物、化学实验和化学计算等都有着密切联系。本题旨在考查学生化学用语使用的准确性，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。化学用语包括：元素符号、离子符号、化学式、化合价、化学方程式、离子反应方程式及用来说明元素符号、离子符号、化学式、化学方程式、离子反应方程式含义的语言，都称为化学用语。用来表示微粒结构的图形、图示；如表示分子结构模型、原子结构示意图都属于化学用语。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·山东省聊城2025届高三下学期高考模拟检测）下列化学用语或图示正确的是 A．环氧戊烷： B．乙烯分子中的键： C．用电子式表示的形成过程： D．的球棍模型： 2．（2026·莱芜凤城中学高三模拟检测）下列化学用语或图示正确的是 A．的系统命名：2-氯丁酮 B．HClO的球棍模型： C．基态Cu＋的价电子轨道表示式： D．反式聚异戊二烯的结构简式： 3．（2026·宁阳四中2025届高三模考）下列化学用语或图示表达正确的是 A． 的电子式： B．2-丁烯的键线式： C． 的价层电子对互斥(VSEPR)模型： D． 分子中 键的形成： 4．下列化学用语或图示表示错误的是 A．HClO的电子式： B．基态Se原子的价电子排布式：4s24p4 C．PCl3的VSEPR模型： D．酚醛树脂的结构简式： 押题猜想03 表格型实验分析与评价 终极押题 【原创题】室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小 C 取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应 D 向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： 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必考内容。押题依据是：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·聊城三中高三模考）下列实验设计、现象和实验结论都正确的是 选项 实验设计 现象 实验结论 A 将通入下列溶液至饱和： ①浓；②和浓混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓反应后溶液是绿色主要原因是溶有 B 将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液 紫红色变浅，有白色沉淀产生 通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量 C 取两份适量固体，分别滴加氨水和盐酸 固体均溶解 为两性氢氧化物 D 将25℃ 溶液加热到40℃，维持一段时间并用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动 2．（2026·滨州高三下学期模拟考试）由下列事实或现象能得出相应结论的是 事实或现象 结论 A 烯烃中溶入冠醚时，KMnO4水溶液与烯烃反应的氧化效果明显增强 冠醚能氧化烯烃 B 向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色 Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A) C 常温下将铝片投入浓HNO3中，无明显现象 Al与浓HNO3不反应 D 向Pb3O4、Fe3O4中分别滴加浓盐酸，固体均消失，但只有前者产生黄绿色气体 氧化性：Pb3O4>Fe3O4 3．（2026·德州·联考）实验小组研究硫酸四氨合铜晶体的制备过程中影响Cu(OH)2溶解的因素，设计如下实验： 序号 实验 现象 Ⅰ 取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加氨水至沉淀量最大，再滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至pH为11，继续滴加足量氨水 沉淀几乎不溶解 Ⅱ 将Ⅰ中沉淀过滤、洗涤后加入足量氨水 沉淀几乎不溶解 Ⅲ 取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀量最大，再加适量(NH4)2SO4固体，继续滴加足量氨水 沉淀溶解，溶液呈深蓝色 Ⅳ 取Ⅲ中所得溶液，滴加5滴0.1 mol·L-1 NaOH溶液 产生蓝色沉淀 Ⅴ 取Ⅲ中所得溶液，加入光亮的铁钉 无明显现象 下列说法错误的是 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅲ中沉淀溶解是NH3与共同作用的结果 B．由实验Ⅳ现象可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与的结合能力 C．由上述实验方案可知：Na+一定能影响的形成 D．实验Ⅴ说明，形成配合物后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降 4．（2026·济宁·一模）下列实验根据现象能得出相应结论的是 选项 实验 现象 结论 A 向0.1 mol/L 溶液中滴加0.1 mol/L酸性溶液 溶液紫红色褪去，出现无色气泡 发生还原反应 B 向久置的样品中加入足量溶液，再加入足量稀盐酸 出现白色沉淀，沉淀不溶解 样品完全变质 C 向盛有2 mL 0.1 mol/L 溶液的试管中先滴加2滴0.1 mol/L NaCl溶液，再滴加2滴0.1 mol/L NaBr溶液 先生成白色沉淀，后产生淡黄色沉淀 D 取2 mL某卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液并加热，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加溶液 产生黄色沉淀 该卤代烃中含有碘原子 押题猜想04 装置型实验分析与评价 终极押题 【原创题】下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是 A．混合浓硫酸和乙醇 B．铁制镀件电镀铜 C．比较和水解能力 D．验证使溴水褪色 押题有据 “操作—现象—结论”一致性判断是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。本题押题依据是，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。考查实验仪器使用、基本操作规范、沉淀洗涤检验、高温灼烧容器选择等核心实验基础，符合新课标对 “科学探究与创新意识” 素养的考查要求。 考题猜想 1．（2026·山东商河·下学期模拟考试）下列实验仪器、试剂、操作均正确，且能达到实验目的的是 A．制备 B．验证的溶解性 C．蒸馏石油 D．测定溶液的浓度 2．（2026·北镇中学·一模）某实验小组利用如图装置制备氢气并测定铜的摩尔质量。下列有关说法错误的是 A．实验前需要先检查装置的气密性 B．实验时装有醋酸铅溶液的试剂瓶有黑色沉淀产生，说明粗锌中含有硫元素 C．碱石灰的作用是除去混合气体中可能含有的 D．设试管质量为a g，反应前试管与氧化铜质量和为m g，反应后试管与固体质量和为n g，则铜的摩尔质量为 3．（2026·聊城·模拟预测）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作规范且能达到实验目的的是 装置 选项 A．测定新制氯水的pH B．证明与水反应放热 装置 选项 C．证明氧化性： D．制备氢氧化亚铁，并希望长时间观察到其白色 4．（2026·山东省平度2025届高三下学期高考模拟检测）实验室进行下列实验操作，仪器使用错误的是 A．配制一定物质的量浓度的溶液：③⑧⑨ B．溶液蒸发结晶：⑧⑨ C．从溴水中萃取单质溴：④⑧ D．制备蒸馏水：①⑥⑦ 押题猜想05 物质的性质及应用 终极押题 【原创题】物质性质决定用途，下列对应关系错误的是 A．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性 B．、用作耐高温材料，体现了、的熔点高 C．用作焙制糕点的膨松剂，体现了的受热不稳定性 D．用含的硅藻土来保鲜水果，体现了的氧化性 押题有据 元素化合物的性质与用途是高考选择题的高频考点，旨在考查“性质决定用途”的化学思想。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。押题依据是：近年在此类题目中频繁考查。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．（2026·山东肥城·联考测试）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 2．（2026·山东德州·一模）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 3．（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 4．（2026·东平·模拟预测）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： 5．（25-26高三下·新泰一中·模拟测试）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 押题猜想06 物质结构与性质综合 终极押题 【原创题】物质的结构决定物质的性质，下列说法错误的是 选项 事实 解释 A 石墨与金刚石硬度差别大 石墨和金刚石的碳原子的排列方式不同 B 酸性： B的电负性更强导致硼酸中O—H更易电离 C 的配位数：CsCl>NaCl 半径： D 大多数金属有金属光泽，且不透明 金属晶体含自由电子，且可跃迁 A．A B．B C．C D．D 押题有据 这种新型的考查方法体现了教考结合，无机物性质、转化与应用，结构决定性质，性质决定用途，为了体现这一核心概念，紧扣新高考 “结构决定性质” 的命题导向，聚焦《物质结构与性质》核心考点，考查基态原子价电子排布、元素周期表位置、杂化轨道类型、离子空间结构等知识，与近年全国卷、新高考卷命题角度高度一致。试题突出微观探析素养，强调电子排布特殊性、杂化与空间结构的逻辑关联，难度适中、区分度良好，能有效检验学生对原子分子结构主干知识的掌握程度。预测2026年的高考中依然会涉及性质中的结构分析、晶胞的计算、微粒之间的相互作用、杂化轨道、化学键等结构化学核心考点的考查。 考题猜想 1．（2026·山东日照·一模）侯氏制碱法在1926年获得美国费城“万国博览会金质奖”，其反应的化学原理如下：①；②。下列说法错误的是 A．和的中心原子的杂化方式相同 B．和中键能大小：N-H＜O-H C．中键和键数目之比为2：1 D．和中∠H-N-H的大小： 2．（2026·山东济宁·一模）下列关于物质性质的解释错误的是 A．离子液体具有导电性，因为离子液体中有可移动的阴、阳离子 B．O3在水中溶解度小于在CCl4中，因为O3为非极性分子 C．P形成PF5而N形成NF3，因为P的价层电子轨道更多且半径更大 D．酸性：HClO>HBrO，因为电负性：Cl>Br 3．（2026·山东德州·一模）石灰氮()是一种固态氮肥，可通过以下反应制备：。下列说法正确的是 A．基态钙原子核外电子占据最高能层的符号为M B．基态N原子核外有5种不同运动状态的电子 C．与中键与键的个数比均为1：2 D．是含有非极性键的离子化合物 4．（2026·山东菏泽·一模） 是一种铜基乙腈配合物，下列关于该配合物的说法错误的是 A．配位原子为N B．铜的化合价为+2 C．碳原子采取杂化 D．的空间构型为正四面体形 押题猜想07 元素推断与元素周期律 终极押题 【原创题】短周期主族元素 W、X、Y、Z 原子序数依次增大，且位于三个不同周期。基态W原子无成对电子，Z的一种单质是光伏材料核心原料，X的简单氢化物常温下为液态，Y的价电子排布为ns2np1。下列说法错误的是（ ） A.电负性：X>Z>Y B.W2X、ZW4分子中的中心原子均为sp3杂化 C.W与X形成的简单分子空间构型为直线形 D.Y的最高价氧化物可溶于强碱溶液 押题有据 元素推断题是周期律考查的经典形式。押题依据是常通过“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．（2026·山东滨州·一模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可作制冷剂，Y是海水中含量最多的金属元素。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水，加入稀硫酸后析出黄色沉淀，同时产生刺激性气体。下列说法正确的是 A．原子半径：Y>Z>X>W B．X的氢化物热稳定性比W的强 C．X与Y形成的化合物均能与水发生氧化还原反应 D．、、三种离子的VSEPR模型相同 2．（2026·山东日照·一模）下列对物质性质差异解释错误的是 选项 性质差异 解释或主要原因 A 键角： 电负性： B 碱性： 金属性： C 酸性： 电离能： D 水溶性： 与能形成分子间氢键，不能与形成分子间氢键 A．A B．B C．C D．D 3．（2026·山东济宁·一模）X、Y、Z、M、Q为元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，可形成如图所示配合物，已知基态Q原子的价电子数与最外层电子数之比为5∶1，Z、M处于对角线位置，下列说法错误的是 A．化合物XYZ和YM2均为直线形分子 B．该配合物中Q元素的化合价为+2 C．M的简单氢化物与少量Z的简单氢化物在水溶液中反应生成(ZH4)2M D．该配合物中配体数与配位数之比为1∶2 4．（2026·淄博·模拟预测）某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示，、、、是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态原子的价电子排布式为，下列说法正确的是 A．电负性： B．同周期第一电离能比小的元素有4种 C．该阴离子中含有19个键 D．由W、Y、Z构成的化合物可能为离子化合物 5．（2026·临沂·一模）我国科学团队设计出多功能钝化剂，成功解决了界面缺陷与能级失配的协同调控难题，钝化剂由D、E、X、Y、Z五种原子序数依次增大的短周期元素组成，原子序数之和为31，中Z显负价，钝化剂阴阳离子结构如图所示，下列说法正确的是 A．第一电离能： B．氢化物的沸点： C．空间结构为三角锥形 D．键角： 押题猜想08 晶胞结构分析 终极押题 【原创题】由Cu、In、Te组成的一种三元半导体材料，广泛用于光电转换与半导体器件领域。该半导体材料的晶胞如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．晶体的化学式为 B．晶胞中B、C间距离 C．B点的分数坐标为 D．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”，也是选做题中的必考点。押题依据是：山东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．（2026·济宁·一模）一种由Ti、In、Te组成的难熔合金的四方晶胞如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为、，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．该晶体的化学式为 B．晶体中Te原子填充在Ti、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率50% C．D点原子的分数坐标为 D．该晶体的密度为 2．（2026·聊城东昌区·模拟预测）某电池正极材料的部分晶体结构如图(Mg2+未画出)，电池放电时，电解液中的Mg2+持续嵌入立方体中心，放电结束时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。下列说法错误的是 A．该部分晶体结构为晶胞的 B．晶胞中Cu2+与Mg2+之间的最近距离为a pm C．放电结束时，晶体的化学式为：MgCuFe(CN)6 D．放电结束时，晶胞中距离Mg2+最近的Mg2+个数为6 3．（2026·济南商河·一模）晶体具有六方型结构，原子填在由原子围成的四面体空隙中，其晶胞结构如图所示。该六方晶胞参数为，；已知1、2号原子的分数坐标分别为、。下列说法正确的是 A．晶体中键的键长为 B．3号原子分数坐标为 C．C原子周围等距且最近的C原子个数为6 D．该晶胞含有2个SiC分子 4．（2026·滨州实验·一模）2025年诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域。MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由(摩尔质量为)与对苯二甲酸根()(摩尔质量为)通过配位键连接，形成立方晶系结构，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法正确的是 A．每个可形成4个配位键，与4个配位 B．已知A粒子的分数坐标为，则B粒子的分数坐标 C．可在配体上引入以增强MOF-5与之间的吸附作用 D．该晶体的密度是 押题猜想09 有机物的结构与性质 终极押题 【原创题】有机物X的转化关系如图，N原子上电子云密度越大，反应①越快。下列说法错误的是 A．反应①的另一种产物为HCl B．可以用碳酸氢钠溶液鉴别Y和Z C．反应③中“酸脱羟基醇脱氢” D．与X反应速率比快 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”，聚焦于有机物的性质与官能团,涉及特性、溶解性、判断反应可行性等;原子共面或共线问题常结合杂化方式考查;常见有机反应类型及机理需要深度理解并掌握。押题依据是：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·山东烟台·一模）有机物X→Y的异构化反应如图。下列说法正确的是 A．Y不存在对映异构体 B．X中所有碳原子不可能共平面 C．1 mol Y最多与2 mol H2发生加成反应 D．X酸性条件下的水解产物均可与NaOH溶液反应 2．（2026·山东聊城·一模）酮与有机过氧化物反应可生成相应的酯，反应机理如下： 已知：①步骤II中烷基()的迁移能力： ②有机过氧化物具有较强的氧化性。 下列说法错误的是 A．酮生成相应酯的反应类型是取代反应 B．RCHO与反应可能生成RCOOH C．若该反应的酮为，则产物中相应的酯为 D．已知酸能催化该反应，推测原因是与羰基氧结合，使羰基更容易反应 3．（2026·山东菏泽·一模）我国科学家研究发现光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略；代表苯基)，涉及①～⑤五种物质。下列说法正确的是 A．可以用溴水鉴别物质①与② B．生成⑤的反应类型为取代反应 C．③、④与⑤中均含有手性碳原子 D．利用上述反应原理可由三种有机物直接合成 4．（2026·山东枣庄·一模）苯并[]嘧啶衍生物具有显著的生物学特性，其合成过程的某步反应如图所示。下列说法正确的是 A．1 mol甲与足量溴水反应最多可消耗 B．乙与水分子间形成氢键使得乙与水可任意比例互溶 C．三种有机物中只有丙是手性分子 D．丙中碳原子的杂化方式有2种且所有碳原子可能共面 押题猜想10 电化学 终极押题 【原创题】新型储能电池是新能源领域的研究热点，一种基于Na-CO2电池的新型电化学装置（可用于电网储能），其工作原理如图所示，电极材料为多孔Na电极、多孔碳电极，电解质为熔融NaCl-AlCl3（不参与电极反应），电池总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。 下列说法错误的是（） A．放电时，多孔Na电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为Na-e-= Na+ B．放电时，多孔碳电极为正极，CO2在该电极上发生还原反应，且有C生成 C．充电时，外接电源的正极接多孔Na电极，该电极发生Na+得电子的还原反应 D．充电时，电路中每转移4 mol e-，理论上有3 mol CO2生成并放出 押题有据 近年山东卷高频以电化学新应用（储能电池、燃料电池）为载体，设计较难题目考查学生的知识迁移与综合分析能力，本题难度适配尖子生培优，考点精准、区分度高，具有极强的模拟训练价值。 本题以Na-CO2新型储能电池（电化学新应用）为真实情境，紧扣新高考电化学难点命题趋势，聚焦原电池与电解池的转化、电极反应式书写、电子转移计算三大核心难点。试题突出“新情境、旧知识”的考查逻辑，强化电极判断、反应原理的综合应用，贴合新课标对“宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知”的素养要求。 考题猜想 1．（2026·山东烟台·一模）一种电化学组合装置如图，锌电池工作时“双极膜”中间层的H2O解离为H+和，在电场作用下向两极迁移，同时可高选择性电催化5-羟甲基糠醛生成2,5-呋喃二甲酸并耦合析氢。下列说法正确的是 A．膜n为阳离子交换膜 B．c为阳极，发生氧化反应 C．产生0.3 mol 时，理论上生成0.4 mol 2,5-呋喃二甲酸 D．当双极膜中有1 mol H2O解离时，负极区溶液质量增加32.5 g 2．（2026·山东菏泽·一模）清华大学首次利用糠醛研制了新型“生物质二次电池”，工作原理如图所示，充电、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸盐。下列说法正确的是 A．放电时，a极发生还原反应 B．充电时，b极附近碱性增强 C．充电时，a极反应式为：+2H2O+2e-=+2OH- D．若使用铅蓄电池为其充电，当1 mol糠醛转化时，理论上电极增重96 g 3．（2025·山东济宁·三模）一种“自充电”锌离子水系电池工作原理如图1所示。电池工作一段时间后，通过加入实现“自充电”。电池右侧电极材料为晶体，结构如图2(a)，填充在立方体空隙中(未画出)。下列说法正确的是 A．反复使用过程中，不需要更换Zn电极 B．“自充电”过程中，右侧pH减小 C．若消耗1molZn，则需加入实现电池“自充电” D．若晶体发生图2中a→b变化，则中 4．（2026·山东潍坊·一模）我国科学家成功研发出一种利用氢负离子的移动来存储和释放能量的新型固态电池，该电池工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．放电时，b极为正极 B．放电时，a极CeH3的物质的量增加 C．充电时，b极的电极反应式为 D．充电时，电路中每转移1 mol ，b极与a极质量差变化1 g 押题猜想11 化学反应机理图分析 终极押题 【原创题】石墨炭负载单原子铁催化2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)反应的能量变化如图所示(*表示在催化剂表面吸附)，下列关于该反应的说法错误的是 A．该反应低温下可自发进行 B．正反应的决速步为2NO*→N2O*+O* C．升高温度化学反应速率增大程度为v逆<v正 D．该过程包含三个基元反应 押题有据 “催化机理循环图”是近年高考的“新宠”，它很好地体现了化学反应原理的微观可视化。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。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．（2026·山东济南·一模）在催化下，某种氨基喹啉衍生物（X）合成反应的历程如图所示，表示活化能。下列说法正确的是 A．总反应的焓变：历程Ⅰ历程Ⅱ B．开始反应时的速率：历程Ⅰ历程Ⅱ C．当主要发生历程Ⅰ时，最终生成X的量不变 D．当主要发生历程Ⅱ时，增大的用量，Y的平衡转化率增大 2．（2026·山东青岛·一模）催化加氢制甲醇机理如图。下列说法正确的是 A．该过程的原子利用率为100% B．适当增加氧空位，可提高该反应的化学反应速率 C．该过程既有极性键又有非极性键的断裂和生成 D．增大与投料比，平衡时甲醇体积分数一定增加 3．（2026·莱芜·模拟预测）甲酸有两种可能的分解反应： 反应①：   反应②：   一定温度下，使用某催化剂时上述两反应的反应历程如图所示(标*表示吸附态)。 下列说法错误的是 A． B．温度升高，平衡时会增大 C．等物质的量的微粒能量： D．总体反应速率：反应①＞反应② 4．（2026·泰安泰山区·一模）卤代烃醇解是构建醚键的重要方法之一，在药物合成、天然产物合成中有广泛应用。其中威廉森醚合成法的部分反应历程能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．该反应历程中出现了3种过渡态、2种中间产物 B．升高温度，反应速率加快，平衡转化率减小 C．增大乙醇的浓度可以加快反应速率 D．加入NaOH可能会降低的产率 押题猜想12 电解质溶液及图像 终极押题 【原创题】已知：为二元酸，为强碱，易溶于水。常温下，含足量的溶液中，逐滴滴入某浓度的溶液调节，测得及溶液中含A物种的分布系数[例如]随的变化曲线如图所示。 下列说法正确的是 A．曲线X表示的分布系数随变化 B．常温下，约为 C．当时，溶液中存在 D．溶液中， 押题有据 电解质溶液图像分析是压轴选择题之一，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）。押题依据是：数形结合考查电离平衡的常见手法，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·山东淄博二中·联考）常温下，用NaOH溶液分别滴定、、三种溶液，[M表示、、]，pM随pH变化关系如图所示。已知，当金属离子浓度时认为沉淀完全。下列说法错误的是 A．曲线Ⅰ表示滴定溶液的变化曲线 B．当刚好完全沉淀时，溶液 C．的 D．a点，的数量级为 2．（2026·山东泰安·一模）是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： （1）的溶液中，含物种的与的关系； （2）含的溶液中，与的关系。 下列说法正确的是 A．曲线④表示与的关系 B．   C．（1）中溶液时， D．（2）中溶液时，存在 3．（2026·山东聊城冠县·模拟考试）常温下，假设1 L水溶液中Fe3+和初始的物质的量均为0.01 mol(元素Fe、P的物质的量保持不变)。平衡条件下，体系中全部含磷物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 已知Ksp(FePO4)=9.9×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=10-38. A．丙线所示物种为FePO4 B．H3PO4的电离常数Ka2约为1.2×10-8 C．pH=0.23时，c(Fe3+)=0.002 mol·L-1，不产生Fe(OH)3沉淀 D．pH=0.1时， 4．（2026·山东东营·一模）常温下，实验室常用邻二氮菲(Phen)检测溶液中的，用HCl或NaOH调节初始浓度均为与Phen混合溶液的pH(假定溶液体积不变)，溶液中含Phen的微粒有Phen、Phen、，溶液中lgX曲线随pH变化如图：(X表示或)。 已知：，、，下列说法正确的是 A．用HCl调至时， B．Phen的电离可表示为，电离常数 C．常温下反应的平衡常数 D．若人眼能感知到的最低浓度为，检测时最低pH为2 押题猜想13 多重平衡体系的图像分析 终极押题 【原创题】密闭容器中，以活性炭为催化剂由和制备，涉及反应： I．；Ⅱ．。 466 K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。下列说法正确的是 A．曲线②表示的变化情况 B．当时，反应Ⅱ的平衡常数 C．温度不变，缩小容器体积，曲线①与②的新交点出现在处 D．改变温度使反应Ⅱ的平衡常数增大，曲线①与②的新交点将出现在处 押题有据 多重平衡体系图像分析在近几年的高考中主要是以曲线图像变化为载体涉及多个反应的分析，比较多角度考查化学反应速率与平衡，预测2026年依然涉及催化剂的选择性分析、转化率、平衡移动、产率等高频考点。 考题猜想 1．（2026·山东德州·一模）温度下，由物种A与物种B可制备C，涉及反应如下：Ⅰ：A(g)+B(g) =D(g)  Ⅱ：A(g)+D(g) 2C(g)。向恒容密闭容器中充入n mol A (g)和1.0 mol B(g)，平衡体系内物种A、C、D摩尔分数随A的起始投料n的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．曲线①代表物种A B．P点时，物种C的摩尔分数为74% C．Q点时向容器中通入气体Ar，则物种A的分压减小 D．Q点时反应Ⅱ的K≈32.4 2．（2026·山东聊城·一模）使用与反应制过程中的主要反应如下： I．   II．   III．   在催化剂作用下，在时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，的转化率、和的选择性随温度的变化如图所示。 已知：。 下列说法正确的是 A．反应在高温下更易自发进行 B．温度在165℃~205℃之间，体系中有存在 C．温度在225℃~235℃之间，反应I向右进行的程度大于反应Ⅲ D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高的平衡产率 3．（2026·山东青岛·一模）我国科研团队开发出甲醇在Ag催化下脱氢制甲醛的反应为：①；②，时，刚性密闭容器中，通入甲醇发生反应，CO与HCHO的分压随时间变化如图。该温度下，反应①为。下列说法错误的是 A．该温度下，为 B．通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率 C．其他条件不变，增大容器体积，重新达到平衡时，甲醛的产率增加 D．该温度下平衡时甲醇的分压为 4．（2026·山东枣庄·一模）利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下： ①   ②   ③   在、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为；水醇(水与乙醇)的进料速率比与气体平衡产量()的关系如图所示。下列说法错误的是 A．反应①的活化能 B．a线表示的平衡产量 C．该条件下，当水醇进料速率比为时，乙醇的平衡转化率为60% D．温度高于，水醇进料速率比为时，升温将提高的平衡产量 押题猜想14 物质结构与性质综合应用 终极押题 【原创题】）锰的化合物具有重要的应用价值。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Mn位于第___________周期___________族，基态锰原子M能层的电子排布式为___________。 (2)HMn(CO)5是一种简单羰基配位化合物，在催化反应中有重要应用，结构如图。 ①HMn(CO)5中的非金属元素第一电离能最大的是___________(填元素符号)，分子中σ键与π键数目之比为___________。 ②HMn(CO)5中每个碳原子的价层电子对数为___________，与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式为___________。 ③CH3Mn(CO)5可看作HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物，但CH3Mn(CO)5沸点更高，原因是___________。 (3)阿拉班达石是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可表示晶胞中各原子的位置，称为原子分数坐标，如a点原子的分数坐标为，b点原子的分数坐标为。已知a、b原子的距离为d cm，晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的摩尔质量为________(用含d、、NA的代数式表示)。该晶胞中，由Mn2+形成的正八面体空隙的数目为_______。 押题有据 物质结构与性质综合应用题是必考大题之一，综合性强，信息量大，对学生的综合能力要求极高。 命题通常以新材料为真实情境，综合考察 “晶胞结构 + 计算 + 性质” 等。考点覆盖晶胞原子计数、配位数判断、密度计算、堆积方式四大核心考点，题目突出晶体结构与材料应用的结合，强化宏观辨识与微观探析素养。 考题猜想 1．（2026·山东淄博·一模）Co及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Co位于第___________周期___________族，基态Co与基态Mn原子中未成对电子数之比为___________。 (2)双核钴配离子结构如图甲所示。已知三氮唑环结构()存在大π键。 ①Co的化合价为___________，1 mol该配离子中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。 ②a、b处N原子形成大π键时p轨道能提供1对电子的是___________(填标号)。该配离子中N的杂化方式有___________种。 ③三氮唑()的沸点显著高于吡啶()的主要原因是___________。 (3)钴钐化合物可用作稀土永磁材料，其六方晶胞如图乙所示，A、B点原子的分数坐标分别为，。则___________；截面MNQP单位面积含有的Co原子为___________个。 2．（2026·山东聊城·一模）氮族元素具有多样的成键能力，能够形成大量不同类型的化合物。回答下列问题：(1)甘氨酸()与硫酸铜在一定条件下可以生成顺式有机铜配合物[]，可用作铜补充剂及配位化学研究。 (1)该配合物中第一电离能最大的元素是___________(填元素名称)，中心离子配位数为4，配位原子为___________(填元素符号)，中心离子的杂化方式为___________(填标号)。 A．      B．dsp       C．       D． (2)非金属卤化物中心原子具有和价层空轨道时可发生亲核水解；中心原子有孤电子对时，孤电子对进攻的可发生亲电水解。下列既能发生亲核水解也能发生亲电水解的是___________(填标号)。 A． B． C． D． (3)南开大学某课题组成功合成了无机二茂铁类似物。环状是芳香性配体，中的大键应表示为___________(分子中的大键可用符号表示，其中m代表形成大键的原子数，n代表形成大键的电子数) (4)超强酸“魔酸”是五氟化锑()和氟磺酸()的混合物，五氟化锑中F—Sb—F键的键角的度数有___________种。 (5)GaAs的立方晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。 ①图甲中，与As原子距离最近且相等的As原子有___________个；若表示阿伏加德罗常数的值，最近的两个Ga原子间距离为xnm，则该晶体的密度为___________ 。 ②图乙中，a、b的分数坐标分别为和，则c点As的分数坐标为___________。 3．（2026·山东东营·一模）1995年我国科学家靳长青首次合成了钙锶铜氧氯高温超导体，回答下列问题： (1)锶(Sr)在元素周期表中的位置为_______，、、第一电离能从大到小的顺序是_______。 (2)由高碘酸根离子形成的铜配离子结构如图： ①其中铜离子价电子排布式为_______。 ②铜配离子中碘氧键的键长有_______种。 (3)氧氯高温超导体由、、、等在一定条件下制得，其四方晶胞如图所示： ①该晶体中分数坐标为(0.5，0.5，0.5)离子的配位数是_______，晶体化学式为_______(设最简式中为x)。 ②晶体中替换部分得到了世界上第一种_______(填“n”或“p”)型高温超导体(n型依靠带负电的电子导电，p型依靠带正电的空穴导电)。 ③铜氧平面层对于超导性是非常必要的，晶体中铜氧平面层的化学式为_______。 押题猜想15 化工流程分析 终极押题 【原创题】高纯碳酸锶主要用于电子元件工业领域。以某冶炼厂中含锶阳极泥（主要成分为，还含等杂质）为原料制备并提纯碳酸锶的工艺流程如图所示： 已知：①向含锶阳极泥中加入溶液后，可能发生的反应及反应的如下表所示： 反应方程式 380.00 ②25℃时，。 回答下列问题： （1）锶元素在元素周期表中的位置是_______，基态锶原子核外电子排布式为_______。 （2）“转化”时，加入的主要目的为_______，“滤渣1”的主要成分为_______（填化学式）。 （3）“转化”时，在65℃、碳酸钠的添加量与硫酸锶的物质的量之比为1:1的条件下，分别研究了阳极泥反应时间与阳极泥的液固比对Sr转化率的影响，结果如图所示，则最佳反应时间为_______h，最适液固比为_________。 （4）25℃时，“酸浸Ⅲ”操作中，若溶液中，当开始沉淀时，的去除率为_______（溶液体积变化忽略不计，去除率）。 （5）“萃取”时，D2EHPA萃取体系对的最高单次萃取率为85%，欲使萃余液中含量更低，需进行的操作为_______。 （6）制备高纯碳酸锶的工艺中，传统除钙方法为加入NaOH溶液后趁热过滤，或高温浸取CaO，而本工艺除钙采用D2EHPA萃取法，其优点是_______（答一点）。 （7）“碳化”时，发生反应的离子方程式为_______，操作时最适温度为60℃，温度不宜过低或过高的原因是_______。 押题有据 化工流程题是必考大题之一，综合性强，信息量大。核心考点聚焦反应原理与物质转化,氧化还原反应及化学反应速率与平衡调控是高频考点,常借pH调控沉淀实现杂质分离，实验操作类题目着重分离、检验与洗涤等基础技能,考查信息整合、流程分析、元素化合物知识迁移及多步骤目的推理能力。涉及陌生氧化还原反应方程式的书写、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。考生需要通过流程图拆解提炼关键转化关系,推导试剂选择与操作意图。备考注重资源回收和绿色化学的理念，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·山东菏泽·一模）贝诺酯(H)的一种合成路线如下： 已知：I． II．R1-COOH+R2-COOH+H2O 回答下列问题： (1)设计和两步反应的目的是_______，中反应①的化学方程式为_______。 (2)F中官能团名称为_______；反应类型为_______。 (3)在催化剂(浓)作用下，将C与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得缓释效果更好的高分子药物结构简式为_______。 (4)实验室可以利用与反应制备贝诺酯，符合下列条件的I的同分异构体有_______种。 ①含有乙基    ②能与溶液反应生成 ③含有吡啶环[吡啶()是类似苯的芳香化合物] (5)根据上述信息，写出以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成路线_______。 2．（2026·山东德州·一模）金属钴广泛应用于航空航天、电器制造等领域，是重要的战略金属。以含钴镍废料(主要成分为、NiO，还含少量、CaO、MgO、和Ti的化合物)为原料制备草酸钴()和硫酸镍()的工艺流程如图。 已知： ①   ②草酸钴晶体难溶于水 ③RH为有机物难电离 回答以下问题： (1)“酸浸”时，为提高酸浸速率可采取的措施有_______(任写一种)，操作①与操作②用到的主要玻璃仪器有_______。 (2)“酸浸”时的作用是_______，生产过程中发现实际消耗的量大于理论值，主要原因可能是_______。 (3)“沉铁”时发生反应的离子方程式为_______。 (4)“除钙镁”时，当时，溶液中_______。 (5)将所得二水合草酸钴，在惰性气体中加热，其热重分析曲线如图所示，其中A、B、C均为纯净物，请写出从A点到B点的化学方程式_______。 已知：固体残留率= 3．（2026·山东东营·一模）废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示(已知：LiCoO2难溶于水，具有强氧化性)： 回答下列问题： （1）“碱溶”时加入NaOH溶液的主要目的是 ，写出该过程中Al发生反应的离子方程式： 。 （2）“酸溶”时加入H2O2的作用是 ， 写出LiCoO2与H2SO4、H2O2反应的化学方程式： 。 （3）“调pH”步骤的目的是除去Fe3+、Al3+，应将溶液pH调节至 (填范围),该步骤得到的“滤渣”主要成分为 (填化学式)。 （4）“沉钴”时，NH4HCO3与溶液中Co2+反应生成CoCO3沉淀，同时生成一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，写出该反应的离子方程式： 。 （5）若取10.0 g正极材料(含LiCoO2质量分数为80.2%),最终得到CoCO3固体5.64g,则钴元素的回收率为 (保留2位有效数字)。 （6）为测定“沉锂”后滤液中Li+浓度，取20.00mL滤液，用0.1000mol·L-1HCI标准溶液滴定其中的CO32-(甲基橙为指示剂),消耗HCl溶液25.00 mL。已知滤液中Li+与CO32-的物质的量之比为2:1,则滤液中Li+浓度为_____mol·L-1。 4．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某大学合成了负载CoTe纳米颗粒的多硫化锂电极，具有高载量、高比容量、长寿命的特点。一种以硫钴矿(主要含、少量和)为原料制备CoTe纳米颗粒的工艺流程如图所示。 已知：部分金属离子在溶液中开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀pH 2.2 7.1 7.6 完全沉淀pH 3.2 9.0 9.2 回答下列问题： （1）粉碎的目的是________。 （2）废气的主要成分是________，其处理方法为________。 （3）写出“煅烧”时生成的化学方程式：________。 （4）调节pH的范围是________，属于________(填“配合物”“复盐”或“混合物”)。 （5）已知，，滤液C的主要溶质为，反应的平衡常数________(用、和表示)。 （6）与钴形成CoTe的Te在工业上可由电解得到：在碱性条件下，以亚碲酸钠()溶液为电解质溶液，写出阴极的电极反应式：________。若电解生成Te的质量为12.8 g，此时电解质溶液的总体积为0.5 L，溶液体积变化忽略不计，则此过程电解液中浓度的变化量为________。 押题猜想16 实验综合探究分析 终极押题 【原创题】硫酰氯（SO2Cl2）是一种重要的氯化试剂和脱水试剂，可发生水解生成两种强酸。某实验小组在实验室利用SO2+Cl2=SO2Cl2的反应原理，在活性炭催化作用下制备SO2Cl2，装置如图所示（部分夹持装置略去）。 已知： ①SO2Cl2熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水剧烈水解； ②Cl2与SO2均为有毒气体。 回答下列问题： （1）装置的连接顺序为：a→_____→___→b(填接口字母)。 （2）装置C中浓硫酸的作用是 ；装置B中球形冷凝管的作用是 。 （3）装置A中发生反应的离子方程式为 。 （4）实验开始前需先通入一段时间Cl2，目的是 ；若缺少此操作，可能导致的后果是 。 （5）为测定所得SO2Cl2样品的纯度，取m g样品溶于足量NaOH溶液中，充分反应后，将溶液稀释至250 mL,取25.00 mL溶液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用c mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液VmL(已知：SO2Cl2水解生成H2SO4和HCl,Ag2CrO4为砖红色沉淀)。 ①写出SO2Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式： 。 ②该样品中SO2Cl2的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。 ③若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （6）请指出该实验装置的一处明显缺陷： 。 押题有据 实验综合探究题是必考大题之一，综合性强，信息量大，对学生的综合能力要求极高。本题以硫酰氯制备为载体，紧扣新高考实验综合题命题趋势，聚焦气体制备、装置作用、操作目的、方程式书写、滴定计算、误差分析与实验评价七大核心考点，与全国卷、新高考 Ⅰ/Ⅱ 卷考向高度匹配。素材选取经典含氯、含硫化合物，兼具氧化还原、水解性质、定量分析三大命题热点；基础与能力并重，既考查实验基本素养，又突出逻辑推理、数据处理、实验评价等关键能力。情境真实、设问梯度合理，符合高考 “宽基础、重能力、强应用” 的命题理念，对高考实验综合题具有极强的模拟与预测价值。注重同步关注数字化设备应用(如pH传感器数据拟合)与工业场景结合(如金属浸取率调控),以探究类真题为载体发展科学思维与实际问题解决能力。 考题猜想 1．（2026·山东日照·一模）用格氏试剂和二氧化碳制备苯甲酸的原理如下： 已知：①苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水、乙醚和四氢呋喃(THF，易燃易挥发)。 ②苯基溴化镁极易水解，在空气中易被氧化。 实验步骤： 步骤1：向三颈烧瓶中加入打磨过的镁条、一小粒碘和搅拌磁子，在恒压滴液漏斗中加入溴苯和四氢呋喃的混合液。通过三通阀连接氮气钢瓶和真空泵，抽换气三次。 步骤2：打开磁力搅拌器，缓缓滴入溴苯四氢呋喃溶液，温水浴，直至镁条的量不再变化，降温备用。 步骤3：通过导气针将通入反应体系，在0℃下反应3h。缓慢滴加饱和氯化铵溶液，析出白色固体，抽滤得到含有少量不溶性杂质的苯甲酸粗产品。 回答下列问题： (1)步骤1中“抽换气三次”的目的为______。 (2)步骤3中通入发生加成反应，该反应的化学方程式为______。 (3)抽滤装置如图所示，下列说法错误的是______(填标号)。 A．抽滤所需滤纸应略小于布氏漏斗内径，且能盖住全部小孔 B．可用滤液冲洗烧杯壁上残留的晶体并转入布氏漏斗 C．抽滤完毕，先关闭抽气泵，再打开活塞 (4)用水对粗产品重结晶，下列仪器不需要选用的是______(填标号)。 (5)测定纯度：取样品溶于25mL水和25mL乙醇，加入指示剂X，用标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下： 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数 0.00 19.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数 19.98 39.58 20.02 19.10 20.00 应舍弃的数据为______(填序号)；测得该产品的纯度为______(用含a，c的代数式表示)；若指示剂X选用甲基橙(变色范围pH3.1~4.4)会使测得结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 2．（2026·山东淄博·一模）氯化聚丙烯(CPP)是聚丙烯氯化改性制得的高性能材料。实验室根据反应，利用如下装置制备CPP(加热及夹持装置略)。 已知：Ⅰ．CPP溶于氯苯和苯，常压下，氯苯的沸点为131.7℃，苯的沸点为80.1℃； Ⅱ．BPO为引发剂，高温下易水解失活。 回答下列问题： (1)装置甲中发生反应的化学方程式为___________，仪器b的名称为___________。 (2)上述装置存在一处缺陷，从实验安全角度考虑，改进的方法为___________。 (3)补充实验步骤或现象：连接实验装置，___________，加入药品，加热装置丁，打开搅拌器，待观察到丁中___________(填实验现象)，再加入一定量BPO，打开仪器a的活塞。 (4)对于上述实验，下列说法错误的是___________(填标号)。 A．装置乙中盛放饱和食盐水 B．若搅拌器转速变慢，会降低生成CPP的速率 C．若通入氯气速率过快，会导致CPP氯化不均匀 D．可用苯代替氯苯作反应的溶剂 (5)测定CPP样品中Cl的含量：取m g纯化的CPP样品完全燃烧，用水吸收产生的气体，调节吸收液pH至2.5~3.5，向吸收液中加入二苯偶氮碳酰肼，用标准溶液滴定至终点时，平均消耗标准溶液。不加CPP样品，作空白对照试验，平均消耗标准溶液。［已知：可与二苯偶氮碳酰肼中的N原子通过配位键生成紫红色物质；(白色)］。则该样品中Cl的质量分数为___________(用含、、、的最简代数式表示)。若CPP样品燃烧不完全，会使测定结果___________(填“偏高”“偏低”“无影响”)。 3．（2026·山东青岛·一模）苯甲酸是有机合成的重要原料，熔点，在热水中的溶解度较大，溶于乙醇和苯。用甲苯(密度：)和制备苯甲酸并做纯度分析的实验如下。 Ⅰ．产品制备 按图示组装好仪器(夹持及加热装置略)，向三颈烧瓶中加入50 mL蒸馏水和2.0 mL甲苯，加入沸石，加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入，每次都待反应平稳后再加入，加热回流。充分反应后，停止加热，趁热抽滤。 用少量热水洗涤滤渣。将滤液转移到烧杯中，滴加盐酸，冷却析出晶体。抽滤，用冷水洗涤、干燥得产品。 Ⅱ．纯度分析 准确称取3.150 g草酸()基准试剂，溶解，定容至250 mL。 配制溶液，每次量取20.00 mL用草酸标准溶液标定其准确浓度。平行滴定三次，平均消耗草酸溶液。 准确称取0.500 g产品于锥形瓶中，加20 mL蒸馏水，可以略加热以帮助溶解，滴入酚酞试剂，用已经标定好的溶液滴定。平行测定三次，平均消耗溶液。 已知：在中性和碱性条件下的还原产物为。回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______。三颈烧瓶可选择的规格为_______(填标号)。 A．50 mL    B．100 mL    C．150 mL    D．200 mL （2）三颈烧瓶中甲苯和反应的化学方程式为_______。 （3）判断产品制备反应结束的方法为____。若所得滤液为紫红色，需加入饱和溶液除去，除去的目的为____。 （4）产品制备实验结束后，三颈烧瓶内壁黏附黑色固体，洗去的方法为_______。 （5）所得产品纯度为_______。测定苯甲酸样品的纯度时，若使用甲基橙做指示剂，则测定结果将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 4．（2026·河北承德·一模）过氧化钠在生活中有广泛的用途，可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源。 （1）久置于空气中的过氧化钠因遇到和发生反应，使得过氧化钠中含有杂质和________（填化学式），产生后者的原因为________（用化学方程式表示）。 （2）某研究性小组拟对其中的杂质进行检验，设计了如下流程： 产生白色沉淀的离子方程式为________。 （3）小组中同学甲通过查阅资料对该方案提出质疑： 资料：Ⅰ.遇反应生成，催化分解产生。 Ⅱ.与在碱性介质中生成，为不溶于水的片状晶体，可溶于盐酸。 于是同学甲补充了如下实验： 步骤1：取样品5.3g，加入稍过量的水，充分反应后静置，得到500mL溶液； 步骤2：移取100mL样液，向其中加入试剂A，产生可使余烬木条复燃的气体； 基于以上实验，该同学设计如下实验方案： ①该方案中的试剂A为黑色粉末，则试剂A为________（填化学名称），操作甲的名称为________。 ②若向滤液中加入稍过量的溶液，得到白色沉淀0.197g。 该样品中的质量分数为________%。 （4）在上述实验的基础上，小组中同学乙另取上述样品5.3g，按照如下实验装置进行实验，测定样品中过氧化钠的纯度。 ①室温下，向左倾斜反应器，使水与样品充分反应，反应结束后，________（填操作），测得气体的体积为672mL（已折算为标准状况）。 ②该样品中的质量分数约为________%（保留3位有效数字）。 押题猜想17 化学反应原理综合应用 终极押题 【原创题】“双碳”目标下，CO2催化加氢制甲醇是重要研究方向。 主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 已知键能数据：C=O：803kJ/mol；H-H：436kJ/mol；C-O：351kJ/mol；O-H：463kJ/mol；C-H：413kJ/mol 回答下列问题： （1）计算主反应ΔH1= kJ・mol-1。反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）既能加快反应速率，又能提高CH3OH平衡产率的条件是 。 A.高温 B.高压 C.催化剂 D.分离H2O （3）3.0 MPa时，将n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图所示。温度高于260℃，CH3OH的产率下降的可能原因是_______。 （4）在不同压强下，按照投料合成甲醇，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示 ①下列说法正确的是___________ A． B．图甲纵坐标表示的平衡产率，图乙纵坐标表示的平衡产率 C．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高的平衡转化率的主要研究方向 D．为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件 ②图乙中压强一定时，曲线随温度变化先降后升的原因是：___________；图乙中三条曲线在某温度时交于一点的原因是：___________ ③在一定温度下，控制容器体积1L保持不变，测得平衡转化率为60%，其中甲醇的选择性为，请计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数K=___________(保留3位有效数字)。 押题有据 化学反应原理综合应用题是必考大题之一，综合性强，信息量大，对学生的综合能力要求极高。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 “双碳” 目标下 CO2催化加氢制甲醇为背景，贴合高考化学 “情境化、综合性、应用性” 命题导向，全面考查化学反应原理核心考点：①热力学基础：通过键能计算主反应焓变，结合副反应的焓变与熵变判断自发条件，夯实热力学计算与自发判据的核心能力。②平衡与速率调控：分析温度、压强等条件对反应速率与 CH3OH 平衡产率的影响，考查勒夏特列原理的应用，是高考高频考点。③图像与逻辑推理：借助产率−温度、转化率−温度−压强图像，考查温度、压强对主副反应竞争的影响，体现 “证据推理” 素养。④定量计算：结合选择性与转化率数据，通过三段式计算平衡常数，强化 “变化观念与平衡思想” 的素养要求。本题关联国家战略热点，覆盖热力学、动力学、平衡计算，是高考原理综合题的典型范式，押题价值极高。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．（2026·山东淄博·一模）和重整制氢有利于实现“碳中和”，涉及的主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   压强下，按1 mol 、一定量、一定量投料反应，平衡体系中各气相组分摩尔分数随温度的变化如图所示［不加CaO情况下的摩尔分数如虚线所示；的未画出］。650℃时，测得气体总物质的量为4 mol。 回答下列问题： (1)反应的焓变___________。反应Ⅱ的速率方程为，，(、分别是正、逆反应速率常数)。升高温度，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)甲线所示物种为___________(填化学式)，500~700℃范围内，不加CaO和加CaO两种情况下的摩尔分数随温度升高呈现不同变化的原因为___________。 (3)650℃时，反应Ⅱ的平衡常数___________(结果用分数表示或保留2位有效数字，下同)，的吸收率(吸收的占总生成的比例)=___________。800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡时，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 2．（2026·山东济南·一模）利用镁基化合物耦合氢还原反应实现的资源化利用，涉及主要反应如下： Ⅰ.    Ⅱ.    Ⅲ.    回答下列问题： (1)的焓变______（用含，的代数式表示）。 (2)压力p下，向体系中投入一定量的和4 mol，发生上述反应。体系达平衡后，图示温度范围内已完全分解，中间产物转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量（n）随温度的变化如图所示。 反应Ⅲ的焓变______0（填“”“”或“”）；②线表示的是______（填化学式）的物质的量；温度低于时，随温度升高④线对应数值逐渐降低，原因是______；温度下，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数_____，开始时投入的物质的量为______mol。 (3)压力p下，维持温度不变，若向上述平衡体系中加入足量，重新达平衡后，分压将______（填“增大”“减小”或“不变”），继续压缩容器体积，与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比将_____（填“增大”“减小”或“不变”）。 3．（2026·山东济南历城区·模拟考试）甲醇()是一种重要的化工原料和燃料，广泛应用于化工、医药、能源等领域，其制备方法有多种。回答下列问题： Ⅰ．催化加氢制备，反应原理为。 （1）有关化学键的键能如表所示，反应  ___________，该反应的熵变___________(填“>”或“<”)0. 化学键 中 键能() 436 413 328 463 803 （2）恒压时，和起始量一定的条件下，在分子筛膜反应器中发生上述反应，该分子筛膜能选择性地分离出，使用分子筛膜的目的是___________。 （3）在容积为2 L的密闭容器中，由和合成：，在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图1所示。 ①___________(填“>”或“<”)。 ②将A点的反应从变到，达到平衡时将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ．“液态阳光”是合成新路径，反应原理为  ，向容积均为2 L的恒容密闭容器中通入和，在不同催化剂X、Y的催化下发生反应。测得50 min时，转化率随温度的变化如图2所示。 （4）该反应适宜选用的催化剂为___________(填“X”或“Y”)，时，d点对应容器在0∼50 min内的平均反应速率___________。 （5）转化率：c点<b点的原因是___________。 （6）按上述投料，若某温度下，初始压强为，达到平衡时，转化率为，则该反应的平衡常数___________(用表示，最终结果用分数表示)。 押题猜想18 有机合成与推断 终极押题 【原创题】M()是合成药物的重要中间体，其合成路线如下：        已知：①；②；③，回答下列问题： (1)B可由二元羧酸和醇反应生成，该二元羧酸的名称为_______。 (2)A中不含氧官能团的名称为_______。I结构简式为_______。 (3)实际经历两步反应，两步反应的反应类型依次为_______。 (4)E→F化学方程式为_______。 (5)G在此路线中的作用为_______。 (6)B的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。 ①含结构；②含4种不同化学环境的氢原子(不考虑立体异构) (7)以、和为原料合成。参照题给信息设计合成路线_______。 押题有据 有机合成与推断是必考大题之一，综合性强，信息量大，对学生的综合能力要求极高。题目常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）。考查官能团名称（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）、结构简式推断以及同分异构体（副产物的判断）。押题依据是：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·山东菏泽·一模）贝诺酯(H)的一种合成路线如下： 已知：I． II．R1-COOH+R2-COOH+H2O 回答下列问题： (1)设计和两步反应的目的是_______，中反应①的化学方程式为_______。 (2)F中官能团名称为_______；反应类型为_______。 (3)在催化剂(浓)作用下，将C与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得缓释效果更好的高分子药物结构简式为_______。 (4)实验室可以利用与反应制备贝诺酯，符合下列条件的I的同分异构体有_______种。 ①含有乙基    ②能与溶液反应生成 ③含有吡啶环[吡啶()是类似苯的芳香化合物] (5)根据上述信息，写出以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成路线_______。 2．（2026·山东日照·一模）阿托品(化合物I)为一种抗胆碱药物，一种合成路线如下： 已知：Ⅰ、    Ⅱ、 Ⅲ、(R为，，) 回答下列问题： (1)A的结构简式为______，B的化学名称为______。 (2)B→C的化学方程式为______。 (3)D的结构简式为______。 (4)H的同分异构体中，同时满足下列条件的有______种(不考虑立体异构)。 ①与H具有相同官能团    ②芳香族化合物    ③不能与溶液显色 (5)下列说法错误的是______(填标号)。 A．E含有2种官能团 B．G→I的反应类型为取代反应 C．I中含有4个手性碳原子 D．E既能与盐酸反应也能与氢氧化钠反应 (6)以为原料合成过程如下： 上述反应还需的两种反应物分别为______、______(填结构简式)。 3．（2026·山东聊城·一模）化合物H是一种具有重要药理活性的有机分子，其合成路线如下： 已知：①吡啶()与苯环类似，具有芳香性。 ②异构化生成D的反应类似酮式一烯醇式互变： ③ 回答下列问题： (1)A的结构简式为___________，的名称为___________，C中含氧官能团的名称为___________。 (2)D→E的反应类型为___________，C+F→G的化学方程式为___________。 (3)化合物X的分子式，符合下列条件的X的结构简式为___________。 ①含有六元环，且具有芳香性 ②六元环上只有2种不同化学环境的氢原子 ③N原子与Cl原子不直接相连 (4)以、和为主要原料合成。利用上述信息补全合成路线，___________。 4．（2026·威海·模拟预测）维生素A(Vitamin A)对视力、皮肤和免疫系统至关重要，其合成路线如下： 已知：+R'-CH2-CHO。 回答下列问题： （1）A的名称为___________，D中含氧官能团的名称为：___________。 （2）A和B制备C的反应又称羟醛缩合，其中由两步完成，写出第一步反应的产物的结构简式：___________。第二步反应的反应类型是___________。 （3）写出C→D的反应方程式___________。 （4）C的同系物G分子式为C10H14O，写出满足下列条件的G的同分异构体有___________种。 a．含有苯环，且苯环上有两个取代基 b．遇FeCl3溶液显色 写出其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比1：2：2：9的物质的结构简式___________。 （5）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙醛制备肉桂醛(）的合成路线___________。(无机试剂任选) 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 【答案】B 考题猜想 1．【答案】D 2．【答案】D 3．【答案】B 4．【答案】D 5．【答案】D 押题猜想02 化学用语 终极押题 【答案】B 考题猜想 1．【答案】B 2．【答案】B 3．【答案】D 4．【答案】D 押题猜想03 表格型实验分析与评价 终极押题 【答案】A 考题猜想 1．【答案】A 2．【答案】BD 3．【答案】BC 4．【答案】D 押题猜想04 装置型实验分析与评价 终极押题 【答案】A 考题猜想 1．【答案】B 2．【答案】C 3．【答案】B 4．【答案】B 押题猜想05 物质的性质及应用 终极押题 【答案】A 考题猜想 1．【答案】B 2．【答案】B 3．【答案】D 4．【答案】D 5．【答案】A 押题猜想06 物质结构与性质综合 终极押题 【答案】B 考题猜想 1．【答案】C 2．【答案】B 3．【答案】C 4．【答案】B 押题猜想07 元素推断与元素周期律 终极押题 【答案】C 考题猜想 1．【答案】D 2．【答案】C 3．【答案】C 4．【答案】D 5．【答案】A 押题猜想08 晶胞结构分析 终极押题 【答案】D 考题猜想 1．【答案】C 2．【答案】D 3．【答案】A 4．【答案】C 押题猜想09 有机物的结构与性质 终极押题 【答案】C 考题猜想 1．【答案】C 2．【答案】A 3．【答案】D 4．【答案】C 押题猜想10 电化学 终极押题 【答案】C 考题猜想 1．【答案】C 2．【答案】C 3．【答案】CD 4．【答案】AB 押题猜想11 化学反应机理图分析 终极押题 【答案】C 考题猜想 1．【答案】C 2．【答案】B 3．【答案】B 4．【答案】D 押题猜想12 电解质溶液及图像 终极押题 【答案】B 考题猜想 1．【答案】B 2．【答案】BC 3．【答案】C 4．【答案】A 押题猜想13 多重平衡体系的图像分析 终极押题 【答案】B 考题猜想 1．【答案】C 2．【答案】C 3．【答案】C 4．【答案】D 押题猜想14 物质结构与性质综合应用 终极押题 【答案】(1) 四 VIIB 3s23p63d5 (2) O 11∶10 2 (或) 两者均为分子晶体，CH3Mn(CO)5相对分子质量大于HMn(CO)5，范德华力更大，沸点更高 (3) 4 考题猜想 1．【答案】(1) 四 第Ⅷ (2) +2 8 a 2 三氮唑分子间可以形成氢键，吡啶无法形成分子间氢键 (3) 5 2．【答案】(1) 氮 N、O C (2)D (3) (4)3 (5) 12 3．【答案】(1) 第5周期IIA族 Cu>Ca>Sr (2) 3d8 4 (3) 8 Sr(3-x)CaxCu2O4Cl2(元素顺序写反不扣分) p CuO2 押题猜想15 化工流程分析 终极押题 【答案】（1）第五周期第ⅡA族 （或） （2）将转化为（合理即可） （3）3 30 （4）99% （5）连续多次萃取（合理即可） （6）避免了其他原料的使用与能源的消耗，节省成本，操作简便（合理即可，答1点即可） （7） 温度过低，反应速率较慢或不利于的电离；温度过高，易分解 考题猜想 1．【答案】(1) 保护酚羟基，防止其被氧化 +3NaOH+CH3COONa+2H2O (2) 酯基、酚羟基、硝基 取代反应 (3)   (4)10 (5)     2．【答案】(1) 将含钴废料粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等 分液漏斗、烧杯 (2) 将还原为，同时将中的+2价铁氧化为 酸浸后溶液中的催化分解或酸浸时温度过高使分解 (3)或 (4) (5) 3．【答案】（1）除去正极材料中的Al杂质(或溶解Al,使其与LiCoO2分离) 2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2↑ （2）将LiCoO2中+3价的Co还原为Co2+(同时将Fe氧化为Fe3+便于后续除杂) 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2 CoSO4+O2↑+4H2O （3）4.7≤pH<7.6 Fe(OH)3、Al(OH)3 （4）Co2++2HCO3-=CoCO3↓+CO2↑+H2O （5）58%(计算过程n(LiCOO₂)=10.0980.2%mol≈0.0818mol, n(CoCO₃)=569mol≈0.0474mol,回收率=0.0878×100%≈58%) （6）0.125(计算过程n(CO3-)=2×0.1000×0.025=0.00125 mol, n(Li+)=2×0.00125=0.0025 mol,c(Li+)=00025=0.125 mol·L-1) 4．【答案】（1）增加反应的接触面积，提高化学反应速率 （2）；用NaOH溶液吸收(合理即可) （3） （4）；复盐 （5） （6）； 押题猜想16 实验综合探究分析 终极押题 【答案】（1）f→e→d→c （2）干燥Cl2(或除去Cl2中的水蒸气) 冷凝回流SO2Cl2,提高原料利用率(或防止产物挥发) （3）2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O （4）排尽装置内的空气(或水蒸气) SO2Cl2遇水水解，导致产率降低(或生成HC1、H2SO4污染环境) （5）①SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O ②(135cV/2m)%(或0.135cV/2m) ③偏高(1分) （6）缺少尾气处理装置(或未处理未反应的SO2、Cl2,会污染空气)；或冷凝管未连接冷却水源(答出一点即可) 考题猜想 1．【答案】(1)营造无氧无水氛围，防止苯基溴化镁氧化和水解 (2)+CO2   (3)C (4)BE (5) 2、4 偏小 2．【答案】(1) 球形冷凝管 (2)在丁和戊之间加一个防倒吸装置 (3) 检查装置的气密性 固体完全溶解 (4)D (5) 偏低 3．【答案】（1）恒压滴液漏斗 BC （2） （3）回流液中无明显油珠或油层消失 防止加入盐酸后产生氯气 （4）加入浓盐酸，加热 （5） 偏小 4．【答案】（1） （2） （3）二氧化锰 过滤 10 （4）冷却至室温，调平液面（顺序不可颠倒） 88.3 押题猜想17 化学反应原理综合应用 终极押题 【答案】（1）-65 高温 （2）B （3）CO2和H2在催化剂表面上的吸附量下降；积炭覆盖催化剂活性位点；生成CO等其他含碳产物 （4）①AD ②开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降；升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动 一定温度后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 ③75/512或0.146 考题猜想 1．【答案】(1) 减小 (2) CO 500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO情况下的摩尔分数更大；加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔分数减小 (3) 1.1 减小 2．【答案】(1) (2) ＞ 反应Ⅱ的焓变，随着温度升高，反应逆向移动 1 (3) 增大（或变大） 增大（或变大） 3．【答案】（1）-42 < （2）分离出，促进平衡正向移动，增大、的转化率 （3）①< ②增大 （4）X 0.01 （5）温度升高，催化剂的活性降低，反应速率减小，相同时间内反应物的转化率减小 （6） 押题猜想18 有机合成与推断 终极押题 【答案】(1)丙二酸 (2) 碳碳双键、碳碳三键 (3)加成反应、取代反应 (4) (5)保护酮羰基，避免被还原为羟基 (6)或 (7) 考题猜想 1．【答案】(1) 保护酚羟基，防止其被氧化 +3NaOH+CH3COONa+2H2O (2) 酯基、酚羟基、硝基 取代反应 (3)   (4)10 (5)     2．【答案】(1) 1，4-丁二醇 (2) (3) (4)25 (5)AC (6) HCHO 3．【答案】(1) 对氟苯甲醛或4-氟苯甲醛 醚键、醛基 (2) 取代反应 + (3)和 (4)   4．【答案】（1）丙酮 醚键、酯基 （2）   消去反应 （3）+ClCH2COOCH3   +（把HCl与的后续反应写出也可以) （4）12    （5）        （第一步甲基上两个H原子被氯原子取代，再水解生成苯甲醛也正确） 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $