化学终极押题猜想（上海专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

**基本信息** 以国家战略与科技前沿为情境载体，系统整合化学原理、实验探究与工业流程，突出科学思维与实践能力，覆盖高考高频考点。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |双碳与CCUS|3题|热化学+平衡计算|能量转化→平衡移动→工业应用| |半导体硅制备|3题|物质转化+结构分析|Si及其化合物性质→晶体结构→工艺优化| |电池安全与回收|2题|流程分析+电化学|沉淀溶解平衡→电极反应→资源循环| |其他15个主题|每题1-3题|综合探究+实验设计|跨模块知识整合，强调证据推理与模型认知|

2026年高考化学终极押题猜想 参考答案 押题猜想01 “双碳”目标下的碳捕获与利用（CCUS） 终极押题 (1) CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)  ∆H=(c-a)kJ/mol ① 决定反应快慢的为所需能量高的一步反应，反应①活化能为(d-a)kJ/mol，反应②活化能为(e-b)kJ/mol，(d-a)kJ/mol>(e-b)kJ/mol （2）-51.7 B (3) = （4） ＞ ＜ ＞ 反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小 （5） 考题猜想 1．(1)B (2) 能更大程度的降低活化能 1.03 (3)B (4) CO2 反应①放热，反应②吸热，此温度范围内，升高温度，反应①平衡左移使CO2增大的程度大于反应②右移使CO2减少的程度 (5)0.34 (6)C (7) 2．(1)B (2)，反应放热 (3) (4) (5) BC AC (6) A 3．(1)D (2)B (3)B (4)-65 (5)C (6) D (7) c 0.2 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量 押题猜想02 半导体芯片制造中的高纯硅制备 终极押题 A 考题猜想 1．（1）四面体形 （2）A 2．（1）C （2）AC （3）磷原子最外层有5个电子，4个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定向移动而导电 3．（1） （2） （3） （4）C （5） （6）B 押题猜想03 新能源汽车电池的安全与回收 终极押题 (1) (2) 4.67≤pH<6.25 (3) 4 pH过低时H+浓度高，平衡逆向移动，萃取率降低；随着pH升高，H+浓度降低，平衡正向移动，萃取率上升；pH过高时，Co2+生成Co(OH)2沉淀，也会降低萃取率，因此萃取率随pH先升高后降低 (4) AC (5)D (6)优点：原料来源广泛、所需时间较少；缺点：能耗高 考题猜想 1．(1)B (2)D (3) (4) 8NA B (5) C (6) 溶解铝 (7) (8)可以，该转化反应的平衡常数，该平衡常数有很大的数值，因此该反应是进行得相当完全的沉淀转化反应 (9)步骤④加碳酸钠可调节pH，以便于生成沉淀；步骤⑥加碳酸钠是为了生成碳酸锂沉淀 2．(1)B (2)Li+的最外层为2电子的稳定结构，难以失去电子，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe2+易失去电子形成3d能级半充满的Fe3+ (3)放电使Li+从负极嵌入正极材料中，便于酸浸时溶解回收 (4)2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑ (5) 将Fe2+氧化为Fe3+ 的还原产物为H2O，无污染，绿色环保，还原产物为NOx，污染空气 (6)延长浸出时间、适当增大硫酸浓度、多次浸出（任写一种） (7)pH>2.5后，Fe3+主要生成Fe(OH)3沉淀，与结合减少；或FePO4沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，释放 (8) 押题猜想04 传统非遗技艺中的化学智慧 终极押题 1． 14 失 2． 化合反应 3．铁水与空气的接触面积更大 4． H2O或潮湿 5． +3 c 4 1 6 12 6． 取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl- FeOCl 考题猜想 1．A 2．A 3．D 4．C 5．B 押题猜想05 光催化分解水制氢的机理探究 终极押题 D 考题猜想 1．D 2． BCD 3．(1) (2)氧化性 4．(1) 4 (2) 杂化 甲酸根配体相较于乙酸根配体具有更小的空间占比，催化剂中金属原子暴露程度更大 (3) Pt N-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力 押题猜想06 复杂体系中的多重平衡竞争 终极押题 D 考题猜想 1．（1） （2） （3）B （4）AD 2．C 3．B 押题猜想07 化学反应动力学的实时监测技术 终极押题 C 考题猜想 1．(1)维生素C具有还原性，Fe3+被维生素C还原，使色度下降 (2) 3.95 cadb A 56 合理，维生素C具有还原性，防止亚铁被氧化，有利于补铁剂被人体吸收 2．(1) 圆底烧瓶 (2)增大氯气与石灰乳的接触面积，使氯气被充分吸收； (3) C 取少量Ⅳ中溶液于一干净试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，观察有白色沉淀生成，证明有氯离子存在 (4) BC (5)>> 3．(1)取少量溶液，分成两份：一份中加入几滴KSCN溶液，溶液变红：一份中加入溶液，产生蓝色沉淀；则可说明原溶液中被部分氧化 (2) 蒸发浓缩 冷却结晶 (3)偏高 (4)1 (5)8.4 (6)CD (7) 4 1 押题猜想08 微型化与绿色化实验装置评价 终极押题 (1)分液漏斗 (2)2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O (3) 浸有Na2S溶液的棉花出现淡黄色固体 浸有氯化亚铁和KSCN溶液的棉花变为红色 湿润的淀粉­KI试纸变为蓝色 (4)氯气过量，将生成的I2氧化成HIO3 (5) 不能 该装置只能证明Cl2的氧化性强于Br2、I2，但不能证明Br2的氧化性强于I2 将装置内的氯气赶入Y型管，使其完全被吸收，减少污染 考题猜想 1．B 2．C 3．C 押题猜想09 未知物成分的定性定量综合推断 终极押题 （1） 淀粉溶液 Na2S2O3的浓度与体积 溶液中蓝色消失且30S内不复色 （2）CuSO4•H2O 考题猜想 1．（1）Ca(ClO)2+CaCl2+4H2SO4(浓)=2Ca(HSO4)2+2Cl2↑+2H2O或Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4(浓)=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O （2） HCl O2 （3）C （4）A （5）碱式滴定管、250 mL容量瓶 （6） 淀粉 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为无色，且半分钟内不变化 （7） 62.2% -0.185% （8）AC 2．(1) (2) 押题猜想10 电化学传感器的工作原理与应用 终极押题 B 考题猜想 1．(1)三颈烧瓶 (2)B (3)A (4)B (5)B (6)C (7) A 纳米及时将反应产物分解，产生溶解氧，降低了反应产物浓度，增加了反应物氧源浓度，平衡向正反应方向移动，使葡萄糖转化率更大 (8)D 2．A 3．C 押题猜想11 海水淡化与卤素资源的综合提取 终极押题 (1)B (2)D (3)> (4)AD (5)① ②加热时易发生水解反应，脱水时需要在HCl气流中进行，可使平衡逆向移动，防止水解 ③ 考题猜想 1．(1)B (2) BaCl2 Na2CO3 (3)BD (4)饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：，通过HCl增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，促进NaCl析出 (5)蒸发结晶、过滤 (6)易挥发 (7)C (8) (9)将溴元素富集 (10)D 2．(1) C 2H2O+2e-=2OH-+H2，电极附近溶液呈碱性 (2)Cl2+2I-═ 2Cl-+I2 ，Cl2与KI反应生成的I2使淀粉变蓝 (3)淡蓝色火焰 (4)AD (5)富集、浓缩溴 (6)C (7)取少量海水于试管中，向其中加入Ba(NO3)2溶液，静置，向上层清液中(或取上层清液)加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明海水中有Cl- (8)C (9)C 押题猜想12 生物质能源的高值化转化 终极押题 1.C 2.C 3.(1) -CHO O2 -COOH -COOH CH3OH -COOCH3 酯化反应(取代反应) (2)Ⅳ中羟基能与水分子形成分子间氢键 考题猜想 1．(1)＞ (2)C (3)2 (4)催化重整反应吸热，副反应放热，升高温度时，催化重整反应正移，副反应不同程度逆移，其中生成H2的方向移动程度大于消耗H2的方向，故H2平衡产率不断升高 (5) 0.01 0.49 正向进行 2．（1）A （2）A （3）B （4）C （5） A （6）C （7） （8）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后反应Ⅱ平衡逆向移动、反应Ⅲ平衡正向移动，的选择性大幅降低，因此曲线M快速下降 押题猜想13 稀土元素的分离与提纯工艺 终极押题 1.A 2.B 3.D 考题猜想 1．（1）4s、3d （2）C （3） （4）取白色固体溶于水，将溶液分成两份，一份加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通向湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则溶液中含有；另一份加入盐酸没有明显现象，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有；综上白色固体是 （5） （6）酚羟基 （7）C （8）D （9）金属钾还原性太强，反应不易控制；金属钾可能与产物Pt₃Y形成合金(或其他合理答案) 2．(1) (2)不产生有害气体 (3)使转化为便于后续除铁 (4) 水相 浓缩富集(或提高萃取率) (5)碳酸氢铵沉淀过程生成大量气体 (6)C (7) 押题猜想14 药物分子的手性合成与绿色修饰 终极押题 1.B 2.C 3. B 考题猜想 1．(1) 第四周期第Ⅷ族 3d84s2 (2) 3 acd sp3、sp2 (3)4 (4)丙>乙>甲，甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。 (5) 6 2．(1)氨基 (2)D (3) C B (4)B (5)吸收反应产生的HBr，提高反应物的转化率 (6)取少量于试管，加入足量的NaOH溶液并加热，冷却至室温，加入足量稀硝酸至溶液呈酸性，加入AgNO3溶液，若出现浅黄色沉淀，则证明中含有溴元素 (7)D (8) (9) 押题猜想15 化工流程分析 终极押题 1.B 2.(1) 1 负 (2) (3)阳 (4)阴极室中，通入O2的N电极的电极反应式为，中间室材料的电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜进入阴极室 (5)1.12L 考题猜想 1．（1） C 将氟碳铈矿氧化为易溶于酸的CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如 SiO2等) （2） （3）C （4） 铁粉 C （5）取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化 （6）85℃，3.0mol/L （7）Ce4+具有强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2，导致铈元素损失，同时产生有毒气体污染环境 （8）86% 2．（1）增大反应物的接触面积，提高浸出速率 （2）C （3）由于温度太高会降低O2的溶解度，使溶液中O2的浓度减小 （4）使洗涤液中的重复利用，实现原料尽可能多的转化为产品，实现废物零排放 （5） 押题猜想16 实验综合探究 终极押题 (1)粉末状氧化铁 (2)B (3)好 (4)放热 (5) 装置内含有空气，空气中氧气的体积分数约为21% 二氧化锰 (6) 探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) (7) > MnO2 (8) 2H2O2 2H2O +O2↑ 降低了反应的活化能 考题猜想 1．(1)D (2)A (3)C (4) 升高，减小，平衡逆向移动，转化为氧化性更弱的，还原难度增大，因此六价铬残留量升高 (5)B (6)B (7) (8) 趁热过滤 冷却结晶（或降温结晶） (9)富集铬元素，提高铬的浓度，分离除去杂质，得到较高浓度的铬原料用于后续制备重铬酸钾，提高产品纯度 2．（1）11 （2）A （3）C （4）二者均为分子晶体，由于富马酸可以形成分子间氢键，而马来酸形成分子内氢键，因此使得富马酸分子间作用力大于马来酸，故其熔点更高 （5）若pH过小，抑制富马酸电离，富马酸根离子浓度过小，因此不利于后续富马酸亚铁的制备；若pH过大，会水解生成或与结合生成，从而使产物不纯 （6）防止反应过程中被氧化，从而影响产品纯度 （7）BC （8）A （9）符合要求 押题猜想17 化学反应原理综合应用 终极押题 （1）BC （2） （3）AC （4）减小 （5） 0.0163g/kJ 考题猜想 1．C 2． 3．C 4．B 5．D 6． A 理由是：反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，因此压强一定时，体系中通入水蒸气越多，则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大。图中相同温度时，曲线c乙苯的平衡转化率最小，则曲线c代表体系中通入水蒸气最少，即n（乙苯）∶为1∶1 7． 8．B 9．来源广泛，简单易得；减少的排放，减少温室效应，实现碳中和 1．B 2．B 3．或； 4． 54．C 6．AB 7． 8．当时，虽然DMC选择性最高，但此时的转化率过低，反应速率慢，不具备经济效益。工业采用的进料比，是在保证较高转化率（反应速率）的同时，获得较优的DMC选择性，是经济效益和生产效率的最佳平衡点 9．BD 10． 押题猜想18 有机合成与推断 终极押题 (1)酯基、酰胺基。 (2) (3)C (4) (5)B (6)C (7)C (8)或 (9) 考题猜想 1．(1)BD (2) 去除普通氧氟沙星中药效弱的对映异构体（右氧氟沙星）； 与盐酸反应形成盐，提高水溶性及稳定性 (3)2，3，4-三氟硝基苯 (4)酮羰基、碳氯键 (5)③ (6) (7)AC (8)、（、） (9) 2．(1)丁二烯 (2)羧基、酰胺基 (3)CD (4)D (5) (6)    (7)(或) (8)   1 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 “双碳”目标下的碳捕获与利用（CCUS） 1 押题猜想02 半导体芯片制造中的高纯硅制备 4 押题猜想03 新能源汽车电池的安全与回收 4 押题猜想04 传统非遗技艺中的化学智慧 4 押题猜想05 光催化分解水制氢的机理探究 4 押题猜想06 复杂体系中的多重平衡竞争 4 押题猜想07 化学反应动力学的实时监测技术 4 押题猜想08 微型化与绿色化实验装置评价 4 押题猜想09 未知物成分的定性定量综合推断 4 押题猜想10 电化学传感器的工作原理与应用 4 押题猜想11 海水淡化与卤素资源的综合提取 4 押题猜想12 生物质能源的高值化转化 4 押题猜想13 稀土元素的分离与提纯工艺 4 押题猜想14 药物分子的手性合成与绿色修饰 4 押题猜想15 化工流程分析 4 押题猜想16 实验综合探究 4 押题猜想17 化学反应原理综合应用 5 押题猜想18 有机合成与推断 5 押题猜想01 “双碳”目标下的碳捕获与利用（CCUS） 终极押题 【原创题】CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益，也为我国实现“绿水青山”工程提供支撑。请回答下列问题： I .捕获的高浓度CO2能与CH4制备合成气(CO、H2) (1)科学家提出制备“合成气”反应历程分两步进行，能量变化如图所示： 。 反应①：CH4(g) C(s)+2H2(g) 反应②：C(s)+CO2(g)2CO(g) 结合图象写出CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式：_______。决定该反应快慢的是分步反应中的反应_______(填序号)，判断理由是 _______。(已知：b-a>e-d) II .利用废气中的二氧化碳为原料可以制取甲醇。一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。 已知：H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热(∆H)分别为-285.8 kJ⋅mol−1和-761.7 kJ⋅mol−1；H2O(l)=H2O(g) ∆H=+44kJ⋅mol−1，(2)则CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=______ kJ⋅mol−1。有利于提高H2平衡转化率的条件是______(填字母)。 A．高温低压         B．低温高压         C．高温高压 D．低温低压 (3)一定温度下，在两个容积均为2L的恒容密闭容器中，起始条件如下表所示： 容器 甲 乙 反应物投入量 1mol CO2(g)和3mol H2(g) 1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g) 平衡时c(CH3OH) c1 c2 则c1______ c2 (填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ．二氧化碳可合成低碳烯烃 (4)2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)∆H，在恒容密闭容器中，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。a___________3(填“＞”“＜"或“=”)；M、N两点的反应速率v逆(M)___________v正(N)(填“＞”“＜"或“=”)；M、N两点的反应平衡常数KM___________KN(填“＞”“＜"或“=”)，判断的理由是___________ (5)以CO2为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为：_______。 押题有据 上海卷近年极度重视“绿色化学”与“可持续发展”，不再单纯考查勒夏特列原理的记忆，而是强调在实际工况下的权衡（Trade-off）。 “双碳”是国家战略，CCUS是化学学科介入减排的核心技术。上海作为国际化大都市，对环保工艺要求极高，此类情境符合上海卷“高立意、低入口”的特点。 考题猜想 1．（2026·上海徐汇·一模）二氧化碳甲烷化是一种将捕获的二氧化碳与氢气在催化剂作用下转化为甲烷的过程。该反应不仅能够有效减少温室气体排放，还能通过“电力到气体”技术，将过剩的可再生能源转化为高能量密度的燃料。 ① ② (1)反应平衡常数与温度的关系如下图，上述反应中符合变化趋势的是___________。 = A．反应①    B．反应② (2)利用或作催化剂有利于甲烷化，反应路径的相对能量如下图。根据图像可知，的催化效果更好，理由是___________，该催化路径决速步骤的能垒是___________eV。 向恒容密闭容器中充入和，在不同温度下同时发生反应①和反应②，平衡时含碳物质的物质的量与温度的关系如下图所示。 (3)当反应①和反应②均达到化学平衡状态时，维持温度不变，压缩装置体积，则反应②的平衡移动方向是___________。 A．正向移动 B．逆向移动 C．不移动 D．无法确定 (4)曲线Z表示的是___________(填化学式)的物质的量与温度的关系，解释其在温度段物质的量增大的原因___________。 (5)计算800 K时，反应②的平衡常数的值___________。(写出计算过程，结果保留两位小数) (6)二氧化碳甲烷化反应体系中，催化剂的表面积炭可导致催化剂失活。研究表明，催化剂(助剂／载体)载体表面碱性越强，抗积炭能力越强。下列催化剂抗积炭能力最强的是___________。 A． B． C． D． 光催化也可以制备甲烷，反应原理示意图如下图所示。 (7)写出a区的电极反应___________。 2．（25-26高三上·上海·开学考试）CO2的捕获、转化和利用。 Ⅰ．液体捕获法 (1)_______技术既可以获取干冰晶胞的大小、形状、原子种类、位置排列，又可以获得CO2分子中的键长与键角数据。 A．红外光谱 B．X射线衍射 C．分光光度 D．核磁共振 (2)常温下氨的饱和食盐水可捕获CO2，其反应原理为：。可推知，常温下推动该反应自发进行的主要因素是_______。 (3)KOH溶液也可捕获CO2，吸收CO2后，溶液中含K2CO3和KHCO3，电解吸收液可将其转化为有机物。已知：25℃时，碳酸的电离平衡常数分别为Ka1=4.2×10-7、Ka2=4.7×10-11当吸收液pH=12时，_______。 (4)在阴极放电生成，碱性溶液有利于抑制阴极副产物的产生，该副产物的化学式可能为_______。 Ⅱ．CO2的转化和利用 (5)中国科学院马延和团队发表于Science上的论文成果显示：实验室条件下，只需4个小时11步就能合成淀粉，其中关键步骤是CO2转化为甲醇：利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生的反应如下：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ：____________。 ①反应Ⅲ的平衡常数，则反应Ⅲ热化学反应式为_______。 ②有利于提高反应Ⅰ中H2平衡转化率的措施是_______(不定项)。 A．使用催化剂              B．降低反应温度 C．恒容条件下，投料比不变，增加反应物的浓度           D．减小CO2和H2的初始投料比 ③在绝热恒容容器中，下列可以说明反应Ⅱ已达平衡状态的是_______(不定项)。 A．压强保持不变         B．混合气体密度保持不变 C．CO的体积分数保持不变     D．体系中比值不变 (6)若将2 mol CO2、6 mol H2和4 mol Ar充入密闭容器中发生反应Ⅰ：下图表示压强为0.1 MPa 和5.0 MPa 下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。 ①a、b两点正反应速率分别用，表示，则_______。 A．大于    B．小于    C．等于    D．无法判断 ②200℃、b点_______(保留一位小数)(为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。 3．（25-26高三上·上海·期中）碳酸镁广泛应用于医药、保健品、食品添加剂等领域，尤其是对镁缺乏者有益。 (1)最近我国化学家成功研发了陶瓷部件的焊接技术。通过反应，然后在电子束照射下，又完全分解为纳米晶，可实现陶瓷材料的连接，并放出。下列说法不正确的是___________。 A．反应   B．可作为耐火材料 C．材料连接前后的质量没变化 D．纳米晶材料属于金属材料 (2)镁的矿物有、等。下列说法正确的是___________。 A．半径： B．电负性：O>S C．热稳定性： D．碱性：循环在捕获及转化等方面具有重要应用。 科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： (3)提高平衡产率的条件是___________。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (4)计算  ___________。 (5)反应Ⅰ的随温度T的变化趋势是___________。 A． B． C． D． (6)高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如下图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中反应速率最慢的基元反应是___________(填序号)。 A．①    B．②    C．③    D．④ 生成水的基元反应方程式为___________。 (7)100kPa下，在密闭容器中和各1mol发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是___________(填字母)。 ②550℃下达到平衡时，___________mol。500~600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是___________。 押题猜想02 半导体芯片制造中的高纯硅制备 终极押题 【原创题】2026年4月24日DeepSeek-V4大语言模型与华为升腾950芯片实现了芯模技术紧密协同，这一举措让它们的综合实力稳稳站在了开源模型的第一梯队，也标志着人工智能迈入了百万上下文普惠时代。高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料。它可以按下列方法制备： 下列说法不正确的是 A．步骤①的化学方程式：，该反应说明了非金属性：碳>硅 B．步骤①中每生成，转移4mol电子 C．步骤③中的反应为氧化还原反应 D．高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料 押题有据 （1）新材料是上海卷的高频考点，尤其是与国家“卡脖子”技术相关的材料科学。 （2）芯片制造涉及卤化物性质、氧化还原、晶体结构等多个核心知识点，且情境具有极高的时代感和科技感。 （3）熟练掌握硅及其化合物的转化关系，理解元素周期律对材料性能（如导电性、熔点）的预测作用。 考题猜想 1．（2025·上海杨浦·二模）晶体硅是半导体器件的核心材料；α-AgI是超离子导体，在固态电池上有突破性应用。工业上，常通过以下反应获得高纯硅： Si(粗)+3HClSiHCl3+H2、SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl （1）依据VSEPR理论，推断SiHCl3的空间结构。_____ （2）SiHCl3易水解，故提纯过程须保持干燥。资料表明，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成了配位键，该配位键是O提供_____，Si提供_____。 A．孤电子对、3d轨道 B．孤电子对、3p轨道 C．2p轨道、孤电子对 D．sp3杂化轨道、孤电子对 2．（2025·上海浦东新·二模）今年，国产DeepSeek开源AI模型大放异彩。AI模型训练需要使用图形处理器(GPU)，GPU芯片的主要成分是硅，纯硅(晶体结构如下图所示)的导电性较差，在硅中引入特定的元素(如磷、硼等)，可以增强其导电性。 （1）下列关于硼的说法中，正确的是_______。 A．硼元素位于元素周期表中的第2周期第3族 B．硼元素位于元素周期表中的s区 C．基态硼原子有2种不同形状的电子云 D．基态硼原子有3种不同运动状态的电子 （2）下列关于硅和磷的性质比较中，正确的是_______。(不定项) A．原子半径： B．第一电离能： C．熔点：(白磷) D．酸性： （3）当磷原子取代了纯硅中少量硅原子后，能形成导电性较好的n型半导体。请从结构的角度解释导电性增强的原因。_______ 3．（24-25高三上·上海·月考）工业上以硅石(主要成分SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺主要分为三步： 步骤一：； 步骤二：； 步骤三：…… （1）步骤一除了生成Si和MgO外，还可能存在一种由硅和镁形成的化合物，其化学式为___________。 （2）写出的电子式：___________。 （3）已知非金属性。标出步骤二反应的电子转移方向与数目：___________。 该反应的还原产物是___________。 （4）步骤二主要产物中，大约占，此外还有、、等，有关物质熔沸点如下表所示： 物质 SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl 熔点/℃ -70.4 -126.5 -122 -188 沸点/℃ 57.6 31.8 8.2 -30.4 提纯SiHCl3的主要工艺操作是将产物冷凝后再___________。 A．过滤 B．结晶 C．蒸馏 D．萃取 （5）步骤三、用在下还原得到冶金级高纯硅，其化学方程式为：___________。 （6）硅与碳位于同一主族，下列事实能说明碳的非金属性强于硅的是___________。 A．焦炭与二氧化硅高温反应制取粗硅： B．通入溶液中产生硅酸沉淀： C．碳化硅与浓强碱能发生非氧化还原反应： D．石灰石和石英高温制玻璃： 押题猜想03 新能源汽车电池的安全与回收 终极押题 【原创题】利用废旧三元锂电池黑粉浸出液(主要存在的阳离子为、、、、、)进行钴、锰、镍、锂等的回收利用，流程如图所示。 已知：①常温下，部分物质的溶度积常数如表所示。 难溶物 ②Cyanex272和P204萃取钴、锰的原理均为(水相)＋2HR(有机相)(有机相)(水相)。 ③。 回答下列问题： (1)酸性浸出液中加入反应的离子方程式为___________。 (2)加入“沉铁、铝”时，沉铁的离子方程式为___________。已知溶液中的离子浓度时，认为该离子沉淀完全，若使用NaOH代替调节pH，且氧化后几种金属离子的浓度均为，则应调节的pH范围是___________。 (3)“萃取钴”时，若萃取平衡时的萃取率为，则溶液中___________。萃取时，的萃取率随pH的变化如图所示，其原因是___________。 (4)①磷酸铁锂电池的内部结构如图a所示，充电时总反应是放电时，电池的正极反应为______。 ②下列分析合理的是______(填序号)。 A．拆分前对废旧电池进行预放电，有利于释放残余能量，消除安全隐患 B．预放电时电池中的锂离子移向负极，有利于提高正极片中锂元素的回收率 C．对废旧锂离子电池进行热处理可以除去其中的难溶有机物、碳粉等 D．锂离子电池不含汞、镉、铅等有毒重金属，可直接深埋处理 ③磷酸铁锂()的晶胞结构如图b所示，其中“○”代表。则磷酸铁锂晶体的摩尔体积______(已知阿伏加德罗常数为)。 (5)在进行废旧材料回收后，需检测“再生石墨”的结构是否符合锂电池的需要，可采用的仪器分析方法为_______。 A．原子吸收光谱 B．质谱 C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射 (6)以下是常见的三种石墨回收方案，简要流程如下。 方案一：50°C乙酸浸出1小时→过滤→蒸馏水清洗→干燥 方案二：KOH浸泡6小时→过滤→蒸馏水清洗→干燥 方案三：800°C下N2流中退火1小时→蒸馏水清洗→过滤 成本贡献占比 占比/% 方案一 方案二 方案三 试剂 84.8 91.4 —— 用电 13.3 6.4 74.1 用气 —— 1.9 25.4 水洗 1.9 0.3 0.5 请从绿色化学的角度评价方案三_______。 押题有据 （1）电化学与沉淀溶解平衡的综合应用是上海卷计算题的重灾区。 （2）新能源汽车普及带来电池回收问题，涉及资源循环利用，符合“循环经济”理念。 （3）强化Ksp的计算应用，特别是分步沉淀的条件控制；熟练书写各类新型电池的电极反应。 考题猜想 1．（24-25高三上·上海·期中）燃料电池种类众多，应用广泛。目前已经上市的氢燃料电池汽车有数十种，某种氢燃料客车搭载质子交换膜燃料电池的结构如图所示。 (1)通入氧气的电极发生______反应。 A．氧化 B．还原 C．氧化还原 D．非氧化还原 (2)该电池的导电粒子为质子，它在电池内部的定向移动方向是______。 A．a极→b极 B．b极→a极 C．正极→负极 D．负极→正极 (3)该电池的负极的电极反应式：______ (4)肼—空气燃料电池也是一种环保型碱性燃料电池，电解质为溶液，该电池的总反应方程式为。电池工作时，若有消耗，转移的电子数为______，溶液的______。 A．增大　　B．减小　　C．不变　　D．无法确定 (5)已知水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数，。向的水溶液中加入的溶液，该反应的离子方程式为______，反应后的溶液呈______。 A．碱性　　B．中性　　C．酸性　　D．无法确定 推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。该电池的正极材料为，利用废料（带铝箔）回收Li、Al、Fe、P元素的工业模拟过程如下： 已知，易溶于盐酸。 (6)步骤①加入溶液的目的是______，产品1主要成分为______。 (7)写出步骤③发生反应的离子方程式______。 (8)已知的，的，判断步骤⑤是否可以完全反应，说明理由______。 (9)步骤④、⑥两步加入均产生沉淀，指出两步中的作用____________。 2．（25-26高三上·上海嘉定·期中）锂离子电池具有高能量密度、长寿命、无记忆效应等特点，在移动通信、电动汽车、便携式设备等领域得到了广泛应用。锂电池的负极材料为Li+嵌入两层石墨层中间形成的晶体，石墨堆积方式因Li+嵌入发生改变，上下层一样，形成如图晶体结构。 (1)晶体中与相邻石墨六元环的作用力属于______。 A．范德华力 B．离子键 C．共价键 D．氢键 某种锂电池的正极材料为，充电时电极反应式为：。 (2)充电时，LiFePO4中是失电子，而不是失电子，结合微粒结构解释原因：______。 从废旧锂电池正极片(主要成分为LiFePO4，另含少量Al与石墨)中回收锂、铁、磷等元素的工艺流程如图所示： (3)拆解废旧锂电池前需要经过放电处理(将化学能转变为电能)，既可以保证安全又有利于回收锂。有利于回收锂的原因是______。 (4)正极片用NaOH溶液浸泡，发生反应的化学方程式为______。 (5)“酸浸”时，加入的作用是______；该步骤中用代替更好，其优点是______。 (6)为提高酸浸的浸出率，除粉碎、搅拌、适当升温外，还可以采用的方法有______(任写一种)。 (7)向滤液①中加入调节，铁与磷的沉淀率随变化如图所示。后，随增加，铁的沉淀率仍然升高，磷沉淀率出现了减小的趋势，已知，)，可能的原因是：______。 (8)已知，若滤液②中，加入等体积的溶液后，锂的沉淀率达到，滤液③中______。 押题猜想04 传统非遗技艺中的化学智慧 终极押题 【原创题】铁在推动人类文明进步、促进生产力发展和改变人类命运等方面作出了巨大贡献，在文化传承和文物保护方面意义非凡。非遗技艺打铁花是“高温物理+氧化化学+力学技巧”的完美结合，它承载了中国古代工匠的智慧与勇气。打铁花的主要原料为生铁、锯末等。 Ⅰ．打铁花的原理 1．如图是铁原子的结构示意图，其中X等于___________。铁的化学性质比较活泼，在化学变化中容易___________(填“得”或“失”)电子。 2．打铁花的“花”谐音“发”，像烟花一样绚烂。实验室探究氧气性质时，铁丝在氧气中剧烈燃烧，也能呈现出火树银花的景象，写出反应的化学方程式___________，该反应的基本类型是___________。 Ⅱ．打铁花的技巧 表演时，打花者先将生铁放到熔炉加热至1600℃熔化，用坩埚舀出铁水抛起，再用木板奋力一击。 3．由教材实验可知，铁丝在空气中不能燃烧，但是“打铁花”能使铁在空气中剧烈燃烧的原因是___________。 Ⅲ．出土的铁制文物往往腐蚀较为严重，化学方法在文物保护中的作用巨大，某博物馆修复出土铁器的过程如下： 4．检测锈蚀产物 主要成分的化学式 铁器在具有、_____等环境中容易被腐蚀。 5．分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。 （1）转化为。 （2）在自然环境中形成，该物质中铁元素的化合价为_______。 （3）和反应形成致密的保护层，的作用是_______。 a．氧化剂    b．还原剂    c．既不是氧化剂也不是还原剂 （4）保护层被氧化为，如此往复腐蚀，___+___+_______(将反应补充完整) 6．研究发现，Cl-对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成保护层，方法如下： 将铁器浸没在盛有溶液的容器中，缓慢加热至 60～90℃。一段时间， 取出器物，用溶液洗涤至无Cl-。 （1）检测洗涤液中 Cl-的方法是_____。 （2）脱氯反应：。离子反应的本质是离子浓度的减小，比较与溶解度的大小：__________较大。[填与] 押题有据 （1）文化自信融入高考，考查传统文化背后的科学原理。 （2）上海拥有丰富的江南文化资源，将本地非遗与化学结合，既体现地域特色又考查核心素养。 （3）关注常见天然产物（色素、香料、药物）的化学结构与性质，理解氧化还原在文物修复中的应用。 考题猜想 1．2025年春晚融入了大量的非遗元素，让我们深刻感受到了中华文化的博大精深和时代精神的蓬勃向上，彰显文化自信。下列有关说法正确的是 A．北京绢花、扬州绒花用到的主要材料蚕丝是天然高分子材料 B．山东“东明粮画”描绘的五谷杂粮可用福尔马林进行防腐处理 C．聚中国陶瓷技艺诸派之精髓的洛阳牡丹瓷，其主要成分是SiO2 D．“温州螺钿”挑选螺壳、贝壳等制作成螺钿片，螺钿片比较耐酸、耐碱 2．“非遗”呈现了我国优秀传统文化的多样性。下列说法错误的是 A．“扎染技艺”所用靛蓝的主要成分是 B．“织锦技艺”所用棉线的主要成分是纤维素 C．“皮影制作技艺”所用牛皮的主要成分是蛋白质 D．“陶器烧制技艺”所用黏土的主要成分是硅酸盐 3．非物质文化遗产中承载着大量的化学知识。下列说法错误的是 A．“腰鼓”一般用兽皮作鼓面，兽皮的主要成分为蛋白质 B．“豫剧”戏服珠饰中用到珍珠，珍珠的主要成分是CaCO3 C．“木版年画”绘制用到木炭条，木炭的主要成分是碳单质的同素异形体 D．“汾酒酿制技艺”涉及淀粉、葡萄糖的水解反应 4．陆川青砖青瓦烧制技艺、横州铜器制作技艺、东兰壮族服饰制作技艺、桂平乳泉井酒酿造技艺等入选了广西第九批区级非遗代表性项目。下列描述错误的是 A．陆川青砖青瓦呈现青色的原因是含有二价铁 B．横州出土的“鸟纹变形羽人纹铜鼓”表面的铜绿主要成分是碱式碳酸铜 C．东兰壮族服饰原材料的主要成分为棉、麻，点燃时有烧焦羽毛的气味 D．桂平乳泉井酒的酿造过程涉及蒸馏操作 5．我国是世界上最早发明印染的国家，“非遗印染技艺”是中华优秀传统文化的瑰宝。下列说法正确的是 A．山西印染技艺中的蓝色染料可能是自然界的赤铁矿、孔雀石等 B．传统制靛工艺用水浸泡蓝草分离出菘蓝甙和靛甙，涉及萃取原理 C．宁夏蓝印印染技艺使用的靛蓝结构中含有羰基和苯环，属于芳香烃 D．陕西花袱子印染技艺中棉织品的主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物 押题猜想05 光催化分解水制氢的机理探究 终极押题 【改编题】我国科学家在太阳能可规模化分解水制氢方面取得新进展——率先提出并验证了一种全新的基于粉末纳米颗粒光催化剂太阳能分解水制氢的“氢农场”策略，其太阳能光催化全分解水制氢的效率创国际最高记录(示意图如图所示，M1、M2为含铁元素的离子)。下列说法不正确的是 A．制O2装置中，太阳能转化为化学能 B．制H2时阳极可发生反应：[Fe(CN)6]4––e- = [Fe(CN)6]3– C．制 H2装置中，交换膜为阳离子交换膜 D．系统制得1mol H2的同时可制得11.2L的O2 押题有据 （1）微观反应机理的图示分析是上海卷的新宠，考查学生从微观视角理解宏观现象的能力。 （2）氢能是清洁能源的未来，光催化是前沿热点，涉及能量转化与反应动力学。 （3）学会阅读能带图、能量分布图，理解活化能、量子效率等概念。 考题猜想 1．电催化水氧化析氧反应是电解水制氢的关键步骤。研究人员探究了两种不同结构的氧化锰基电催化剂对该氧化反应的催化性能，其催化循环机理如图所示： 其中(a)有D4h对称性共顶点的八面体；(b)有D3d对称性的共顶点的八面体。图中标注了几种物种的形成寿命或消耗寿命。下列叙述错误的是 A．的催化效果更好 B．图中总过程可表示为： C．八面体中Mn的配位数均为6 D．该过程有极性键、非极性键的断裂和形成 2．（多选）从可持续发展考虑，太阳能光解水制氢是获取H2的最好途径，但迄今仍然存在诸多问题，如光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，能量转化效率低等，这些都阻碍了光解水的实际应用，需设计课题进一步研究解决。下列设想符合研究方向的是_________ A 将研究方向专注于紫外光区，无需考虑可见光区 B 研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料 C 研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料 D 研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢成为可能 3．某种过渡金属硫化物光催化分解水制的原理如图。 已知：可见光在催化剂表面可产生电子和带正电荷的空穴。 (1)发生的电极反应式为___________。 (2)在反应过程中体现了___________(填“氧化性”或“还原性”)。 4．氢能是一种绿色能源，研发新型制氢技术具有重要意义。 (1)光热协同分解水制氢的过程如题图1所示，反应的关键为Vo(氧空位)的产生和消除。 ①题图2表示一种晶胞，该晶胞中含有的氧原子数为___________。 ②过程(ⅰ)为光化学阶段：反应原理为，过程(ⅱ)～(ⅳ)为热化学阶段：反应原理可表示为___________。 (2)近年来，(R表示氢原子或烃基)等三核金属-氧簇结构的配合物光催化剂的研究受到重视。该配合物催化剂中暴露的金属原子是光催化反应的活性位点(能有效催化反应的表面位置)。 ①的结构如题图3(H原子已略去)。中心氧原子与3个形成平面三角形，则该O原子的杂化轨道类型为___________。 ②与相比，用作催化剂，制氢反应效率大幅提升，其主要原因是___________。 (3)肼在Ni-Pt催化剂作用下分解制氢的过程如题图4所示。 ①X的结构简式为___________。 ②催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于___________(填“Ni”或“Pt”)活性位点。 ③已知：N—N键、N—H键的键能分别是、。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N—N键，而是N—H键，原因可能是___________。 押题猜想06 复杂体系中的多重平衡竞争 终极押题 【原创题】为探究同一体系中多重平衡间的相互影响，现有室温下溶液，加强酸、强碱调节该溶液的pH，溶液中含碳和氮微粒的分布系数(如的分布系数：随pH变化如图．下列叙述不正确的是 A．该溶液中水电离出的浓度为 B． C．的溶液中 D．向溶液滴加含0.1mol NaOH的稀溶液时仅发生： 押题有据 （1）定量计算与图像结合，考查对平衡本质的理解。 （2）多重平衡是高中化学难点，也是区分度所在，结合生理或环保情境更具现实意义。 （3）掌握分布系数图的读取方法，熟练运用电荷守恒、物料守恒进行计算。 考题猜想 1．（24-25高三下·上海·期中）常温下物质R在水溶液中存在以下电离平衡：。可与多种配体形成多样的配离子，在溶液体系中存在以下多种反应： I．   II．   Ⅲ．   （1）配位存在多个竞争反应，其中有，该反应___________(用、、表示)。 （2）写出反应Ⅰ的平衡常数表达式___________。 （3）常温下，往含的的溶液体系中加入NaOH溶液，反应Ⅰ的平衡常数___________。 A．变大 B．不变 C．变小 D．无法判断 （4）关于含的溶液体系，下列说法正确的是___________。 A．当溶液中不变时，说明反应达到了平衡状态 B．平衡体系中仅加入，新平衡时的转化率增大 C．在水溶液中不能水解 D．当平衡体系中时，(表示反应Ⅲ的平衡常数) 2． 氯气溶于水时存在多重平衡：①②。下列有关说法不正确的是 A．反应①为放热反应 B．反应②的平衡常数表达式为 C．加热一定能增强氯水的漂白性 D．加入一定量的石灰石，可提高HClO的浓度 3． 溶洞水体里存在空气中参与的平衡：等多重平衡。现测得溶洞水体中(X为、、或)与pH的关系如图所示(水平线Ⅳ代表)，已知25℃下，，假设溶洞水体中仅溶解气体，大气中分压强保持不变。关于溶洞水体说法错误的是 A．在c点时： B．在时， C．溶洞水体溶液中总有， D．在a点时， 押题猜想07 化学反应动力学的实时监测技术 终极押题 【改编题】利用传感器和信息处理终端对氯水的光照实验进行数据采集与分析，得到如下图象。下列有关说法正确的是 A．图一可为光照过程中氯水中的变化情况 B．图二可为光照过程中氯水中的变化情况 C．图三可为光照过程中氧气在瓶中的体积分数的变化情况 D．根据实验数据推测，氯水长期放置后漂白性和酸性都会逐渐减弱 押题有据 （1）引入仪器分析数据，考查数据处理与建模能力。 （2）现代化学研究离不开仪器监测，上海卷倾向于考查学生处理真实实验数据的能力。 （3）理解常见仪器（光谱、色谱）的基本原理，掌握速率方程的推导方法。 考题猜想 1．复方硫酸亚铁胶囊是一种补充铁剂的药物，用于防治缺铁性贫血。某品牌宣传硫酸亚铁补铁剂每粒胶囊含60mg铁。 (1)如图为该胶囊溶于水后得到的溶液放置在空气中，其色度随时间变化的图像(溶液的颜色越深，色度越大)，其中在300s时加入了一定量的维生素C．维生素C使溶液色度减小的原因是_______。 (2)某研究性学习小组利用实验验证该药物中铁含量是否合格，通过查阅资料获知： 现设计实验操作如下(设该药片中的其他成分不与KMnO4反应)： 步骤一：配制0.10mol•L﹣1的KMnO4溶液； 步骤二：取10粒该胶囊中的粉末，加入100.00mL蒸馏水充分溶解； 步骤三：加入0.10mol•L﹣1的KMnO4溶液（经稀硫酸酸化），记下所消耗KMnO4溶液的体积。 在称量KMnO4固体之后，进行了下列操作： a．待KMnO4溶液的温度与室温一致后，将溶液沿玻璃棒注入容量瓶中； b．容量瓶中加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切； c．将称好的KMnO4固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其充分溶解； d．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。 ①现配制240mL 0.10mol•L﹣1的KMnO4溶液，则需要_______g KMnO4固体。(精确到小数点后两位，KMnO4的摩尔质量为158g/mol) ②上述操作中正确的顺序是_______。(填字母) ③下列说法正确的是_______。 A．容量瓶经蒸馏水洗涤后，有少量蒸馏水残留，不影响使用 B．容量瓶在实验室中可用于长期存放试剂 C．称取的KMnO4固体中若含有不参与反应的杂质，会导致所配溶液的浓度偏高 D．定容时若俯视刻度线，则会使所配溶液的浓度偏低 某同学进行了3次测定，平均消耗KMnO4的物质的量为0.002mol； ④根据这个同学的实验数据，通过计算可知每粒胶囊中铁含量为_______mg。 ⑤有人说该补铁剂和维生素C一起服用，更有利于吸收，你认为是否合理请说明理由_______。 2．含氯物质在生产生活中发挥着重要作用。以下是制备氯气并探究其相关性质的实验装置图，回答下列问题。 (1)盛放的仪器名称为___________，装置中发生反应的离子方程式为___________。 (2)Ⅲ可制取漂白粉，装置中使用多孔球泡的目的是___________。 (3)若试剂b为水，反应结束制得氯水，氯水呈黄绿色是由于其中含有___________(填标号，下同)； A．                    B．                    C．                    D． 检验上述溶液是否含有氯离子的操作是___________。 (4)将Ⅳ中氯水转移至三颈烧瓶内，把pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入其中(如图甲)，用强光照射，验证氯水中HClO光照分解的产物。实验并采集数据，获得溶液中相关成分随时间变化的曲线图(如图乙)。 图乙中纵坐标可以表示的物理量是___________。[已知：酸性溶液中，越大，pH越小，溶液酸性越强。] A．氯水的pH                B．的浓度                C．氧气的体积分数 由实验可知，HClO在光照下发生反应的化学方程式为___________。 (5)城市饮用水处理新技术用、替代。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么、、的消毒效率由大到小的顺序是___________。 3．智能手机因其集成的高清摄像头和智能传感器而常被应用于化学实验。某实验小组利用实验室中的废铁屑(久置但未生锈)制备硝酸铁，并利用配制的硝酸铁标准溶液对“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的含量进行测定。 已知：溶液有强氧化性，浓度越大，氧化性越强。 实验过程如下： 实验I：的制备 (1)实验室保存的溶液往往易被氧化，请设计实验方案验证溶液被部分氧化：_______。 (2)操作A包含的实验步骤有：_______、_______、过滤、洗涤、干燥。 实验Ⅱ：标准硝酸铁溶液的配制 准确称取0.8080 g的按如图步骤配成100 mL溶液。 (3)智能手机连接热成像配件FLIRO nePro可即时测定过程①中溶液温度。若将如图溶解所得溶液立即转移至容量瓶中并进行定容，则上述操作会导致配得溶液浓度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 实验Ⅲ：绘制标准溶液与灰度值的标准曲线 ①分别向7个100 mL容量瓶中加入0、0.5、1.0、2.0、3.0、4.0、5.0mL实验Ⅱ中配制的浓度为0.0200mol/L的标准溶液，然后分别加入1.5mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。 ②将配好的溶液加入到100 mL比色皿中，如图进行放置，在相同条件下用智能手机进行拍照，后用软件确定照片中各溶液相同位置的灰度数值，所得数据如下表所示： 比色管编号 S0 S1 S2 S3 S4 S5 S6 溶液(mL) 0 0.5 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 0 0.0001 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 0.001 灰度值 127.3 119.4 107.1 87.3 65.3 47.2 29.2 (4)上述实验中，根据合理数据处理得_______(结果保留到整数位)。 实验Ⅳ：“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素含量的测定 ①取补铁剂样品2.0 g，加入10 mL蒸馏水完全溶解，再加入足量溶液，充分反应后配成100 mL溶液。 ②取1.0 mL①中所配溶液于100 mL容量瓶中，加入1.5 mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。将最终配好的溶液加入到10 mL比色皿中，在与实验Ⅲ步骤②中相同条件下拍照，软件处理获得溶液图片的灰度值为97.32。 (5)“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的质量分数为_______%(保留2位有效数字)。 (6)下列操作中有利于更准确测得“硫酸亚铁补铁剂”中的铁元素含量的有_______。 A．提前除去实验I溶解铁屑所用硝酸中的杂质 B．用浓硝酸溶液代替实验IV中所用的溶液 C．整个实验中所用的KSCN溶液均采用相同浓度的溶液 D．将配制样品溶液和7个标准溶液放在一起在相同条件下同时拍照，再统一进行数据处理 (7)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示： 根据上述图像分析可知_______；_______。 押题猜想08 微型化与绿色化实验装置评价 终极押题 【改编题】微型实验具有装置小巧、节约药品、操作简便、现象明显、安全可靠、减少污染等优点，下图是某同学设计的实验室制取Cl2并探究其化学性质的微型装置(图中夹持装置均略去)。 查阅资料：氯气的氧化性大于HIO3。 回答下列问题： (1)实验室中可代替图中添加浓盐酸的仪器名称是___________。 (2)加入浓盐酸后试管内发生反应的化学方程式是___________。 (3)探究氯气的化学性质，将实验现象填写在下表对应的空格里： 操作步骤 实验现象 I.缓慢加入浓盐酸，关闭b，打开c、d、e，使产生的氯气缓慢充入Y型管 ①潮湿的红色布条褪色； ②___________； ③___________。 II.关闭c打开b，使氯气缓慢进入Y型管 ①浸有NaBr溶液的滤纸变为红棕色； ②___________； ③湿润的蓝色石蕊试纸先变红色后褪色。 (4)实验中发现若氯气的通入量过多，淀粉碘化钾试纸会逐渐变为无色，可能的原因是___________。 (5)此装置___________(填“能”或“不能”)证明氧化性顺序Cl2>Br2>I2，原因是___________，实验完毕后，关闭止水夹b，打开a、c，挤压气球，目的是___________。 押题有据 （1）绿色化学理念贯穿实验题，考查对实验装置的批判性思维。 （2）微型实验是中学化学改革方向，符合上海卷“创新与实践”的要求。 （3）熟悉常见气体的制备、净化、收集及尾气处理，能从绿色角度评价装置优劣。 考题猜想 1．某兴趣小组同学为探究、的制备及性质实验，设计了如图所示的微型实验，各滤纸分别浸泡了相关试剂，下列说法正确的是 A．与固体反应的浓硫酸浓度越大，制效果越好 B．①④两处滤纸都因发生氧化还原反应而变色 C．②⑤两处品红溶液褪色是因为、的漂白性 D．③⑥两处紫色石蕊溶液的现象完全相同 2．某同学设计验证氯气性质的微型实验如下图。向晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用一培养皿扣在上面。已知：(浓)。对实验现象的预测及对应的解释或结论正确的是 选项 实验现象 解释或结论 A a处有红棕色烟 铁和氯气反应生成氯化铁 B b处逐渐褪色 氯气有漂白性 C c处先变红后褪色 氯气与水既生成了酸性物质也生成了漂白性物质 D d处很快褪色 氯气与水生成了漂白性物质 A．A B．B C．C D．D 3．某化学兴趣小组的同学利用如图微型实验装置进行探究实验。下列说法不正确的是 A．该装置的优势是节约药品，现象明显 B．再挤压左滴管，白磷熄灭，这说明二氧化碳不可燃不助燃 C．实验过程中只产生了有害气体，因此需要进行尾气处理 D．先挤压右滴管并微热燃烧管，白磷燃烧而红磷不燃烧，这说明燃烧需要温度达到可燃物的着火点 押题猜想09 未知物成分的定性定量综合推断 终极押题 【改编题】利用滴定法可以测定胆矾中铜的含量，原理如下： ①2Cu2+ + 4I–=2CuI↓+ I2   ②I2 +2 S2O32–=2I–+S4O62– （1）需加入的指示剂为___________；需要的物理量除胆矾晶体的质量外，还需要___________；判定滴定终点的方法为___________。 （2）将制得的胆矾(CuSO4•5H2O)进行热重分析，其热重曲线(即样品质量随温度变化曲线)如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式___________。(写出计算过程) 押题有据 （1）逻辑推理与定量计算结合，考查严谨的科学态度。 （2）物质推断是经典题型，引入仪器数据和定量要求提升了思维层级。 （3）掌握常见离子的检验方法及干扰排除，熟悉滴定操作及误差分析。 考题猜想 1．（25-26高三上·上海·月考）工业上由氯气与石灰乳反应制备漂白粉，其化学式可以用(、、为简单整数)来表示。YA兴趣小组同学对漂粉精进行定性、定量探究如下： 【实验1】证明漂白粉中含有 （1）向漂白粉固体中滴加足量浓硫酸，观察到黄绿色气体生成。写出生成黄绿色气体的化学反应方程式：___________。 （2）将生成的黄绿色气体缓缓通过足量碱石灰，碱石灰增重，并收集到无色气体。推测生成气体中除，还含有___________、___________(填化学式)。 【实验2】证明漂白粉中含有［已知电离常数：］ （3）将少量漂白粉溶于水后，测定其pH值为12.3.采用的测定方法可能是__________。 A．使用广泛pH试纸 B．使用精密pH试纸 C．使用pH计 D．以酚酞为指示剂进行酸碱中和滴定 （4）下列探究步骤的设计中，对证明该结论无意义的是___________。 A．向漂白粉溶液中通入适量，测定溶液的pH值变化 B．向漂白粉溶液中加入适量碳酸氢钠固体，测定溶液pH值变化 C．向漂白粉溶液中加入适量亚硫酸钠固体，测定溶液pH值变化 【实验3】测定漂白粉中的含量 实验原理： ； 实验步骤： ⅰ.称取6.192 g漂白粉固体，溶解，配成200 mL溶液； ⅱ.量取该溶液5.00 mL于锥形瓶，加入过量KI溶液、酸化，并加入指示剂； ⅲ.用标准溶液滴定至终点，记录始末读数： ⅳ.重复ⅱ、ⅲ操作，记录始末读数 （5）该实验中要使用的定量仪器有电子天平、___________。 （6）步骤ⅱ中加入的指示剂为___________(写名称)，当___________，即达到滴定终点。 实验数据如下： 实验编号 1 2 3 4 消耗体积 26.90 26.55 27.00 26.95 （7）根据表格数据计算漂白粉中的质量分数为___________(保留三位有效数字)；若理论上滴定时消耗标准溶液27.00 mL，则相对误差为___________(保留三位有效数字)。 （8）下列操作可能导致测定结果偏高的是_________。 A．滴定过程中消耗时间过长 B．指示剂变色10 s后颜色复原，但此时停止滴定 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水 2．（24-25高三上·上海奉贤·期中）亚硫酰氯()也是重要的硫氯化合物，易水解。实际应用中，可利用其易水解的性质，与、等结晶水合氯化物共热制取无水氯化物。 (1)()在空气中受热脱水过程中，热重分析测得剩余固体质量占初始固体质量的百分含量随温度变化的曲线如图所示： 计算得出A点固体的化学式为______；写出温度在450～460℃范围的反应方程式为_______。 (2)已知与水反应会生成两种常见的酸，则在加热时，将气流通过盛有的硬质玻璃管中制取无水的化学方程式为_______。 押题猜想10 电化学传感器的工作原理与应用 终极押题 【改编题】某研究团队设计了一种可穿戴汗液传感器用于检测汗液中的葡萄糖浓度，该传感器同时集成了供电与检测两个模块。如图是供电模块工作原理(其中GOD为电极表面修饰的葡萄糖氧化酶)。下列说法正确的是 A．使用高活性GOD，可提高酶促反应速率，减弱电信号强度 B．利用纳米材料修饰电极表面可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏度 C．供电模块负极反应：C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+ D．供电模块中1×10-6mmol C6H12O6被氧化，正极消耗1.12×10-5mL O2(标准状况) 押题有据 （1）电化学从能源领域扩展到传感领域，考查知识迁移能力。 （2）生物传感器是化学与生物、医学的交叉点，符合新高考跨学科趋势。 （3）理解原电池原理在检测中的应用，关注酶的特性及干扰因素。 考题猜想 1．（2025·上海黄浦·三模）研究发现，纳米在肿瘤的饥饿治疗中有着巨大的应用前景。某科研小组欲探究纳米对肿瘤饥饿治疗的协同作用，实验过程如下： (一)纳米的制备 a．配制的稀硫酸。 b．称取0.5 g硫酸亚铁铵粉末溶于10.0 mL去离子水后，加入1 mL稀硫酸调节溶液酸碱性，同时以每秒2~3滴的速度向装置A中滴加溶液。 c．在的条件下，加入的NaOH溶液，继续反应10 min后停止加热与搅拌。 (1)装置A的名称是_______。 (2)制备纳米时，需将水浴温度控制在，以下解释不合理的是_______。 A．可提高试样与NaOH的反应速率 B．更高温度下，溶液中的受热易水解 C．减少的分解 D．更高温度下，会导致纳米成分的损失 (3)欲从反应后的混合液中分离出纳米粒子，最简便的方法是_______。 A．磁铁吸出 B．过滤 C．分液 D．蒸馏 (4)分离纳米粒子后，需要进行洗涤，最佳的洗涤剂是_______。 A．蒸馏水　　　B．95%乙醇溶液　　　C．四氯化碳 (二)纳米催化活性的测定 肿瘤的饥饿治疗通过葡萄糖的快速消耗，进而切断肿瘤营养物质的供应，达到“饿死”肿瘤细胞的效果。原理是基于葡萄糖氧化酶(GOx)，专一地催化葡萄糖和形成葡萄糖酸和，原理如下图所示。 (代表溶解氧) 在上述治疗中，纳米可起到辅助作用。因为其具有类似过氧化氢酶的催化活性。 (5)天然葡萄糖在水溶液中存在多种形式的平衡转化关系，如下图所示。下列说法正确的是_______。 A．葡萄糖与葡萄糖均具有6个不对称碳原子 B．工业上可通过淀粉水解制备葡萄糖 C．葡萄糖与葡萄糖结构相似，无需分离即可进行后续临床实验 D．可通过核磁共振氢谱区分葡萄糖与葡萄糖 (6)葡萄糖氧化酶需保存在以磷酸二氢钾和磷酸氢二钠配制成磷酸盐缓冲溶液中，室温下，将和按混合，测得该缓冲溶液的pH约等于7，溶液中有关离子浓度的关系是：_______。 A．>　　　　B．<　　　　　C．= 通过测定体系中溶解氧含量来可验证纳米的催化活性。 如图所示，曲线I仅添加了葡萄糖氧化酶(GOx)，曲线II是在相同条件下又补充了纳米。 (7)由图可知，引入纳米催化剂，葡萄糖的转化率_______， A．增大　　　　B．减小　　　　C．不变 结合图像说明原因_______。 治疗过程中，患者一般会佩戴动态血糖仪实时检测血糖变化，如下图所示。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作(血糖浓度以葡萄糖浓度计)。 (8)以下关于该动态血糖仪说法不正确的是_______。 A．CuO通过Cu(II)和Cu(I)的相互转变在该反应中起催化作用 B．血液中的在电场驱动下的迁移方向为b→a C．理论上每消耗18 mg葡萄糖，电极a处将有0.2 mmol电子流入 D．血糖仪工作时，电极b处的pH会略微升高 2．电化学传感器是将环境中浓度转变为电信号的装置，工作原理如图所示。已知在测定含量过程中，电解质溶液的质量保持不变。一定时间内，若通过传感器的待测气体为22.4 L(标准状况)，某电极增重了1.6 g。下列说法错误的是 A．甲电极的电极反应为B．乙电极的电势高于甲电极的电势 C．反应过程中转移的物质的量为0.2 mol D．待测气体中氧气的体积分数为 3．一种检测空气中甲醛(HCHO)含量的电化学传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．传感器工作时，工作电极电势高 B．工作时H+通过交换膜向工作电极附近移动 C．当导线中通过1.2×10-6mol电子，进入传感器的甲醛为9×10-3mg D．工作时，对电极区电解质溶液的pH减小 押题猜想11 海水淡化与卤素资源的综合提取 终极押题 【原创题】我国海洋资源十分丰富。随着科学技术的不断发展，可以通过淡化海水获取淡水、从海水中提取食盐、镁等重要的化学物质。食盐是一种食品添加剂，也是一种重要的工业原料，如生产烧碱、纯碱、盐酸等。 (1)海水淡化的方法主要有两种原理，除了可以利用反渗透膜的分离作用淡化海水，还可以利用_______原理，进行海水淡化。 A．过滤 B．蒸馏 C．渗析 D．萃取 (2)某海水样品测得其pH值约为8.0~8.5(常温下)，以下物质中，可能使海水呈碱性的有_______。 A．MgCl2 B．NaCl C．KBr D．NaHCO3 (3)常温下，将盐酸和氨水混合，所得溶液pH=7，此时溶液中[]+[NH3·H2O]_______[Cl-](填“>”“<”或“=”)； (4)碳酸钠和碳酸氢钠是两种非常重要的化工产品，下列关于两种物质的水溶液的说法错误的是_______。 A．两种溶液之间不能相互转化 B．均存在水解平衡 C．均呈碱性，且加热后碱性都增强 D．均存在 （5）目前世界上大多数的镁是从海水中提取的，下图是海水提镁的部分流程。 ①用化学用语表示的沉淀溶解平衡___________。 ②从平衡角度解释脱水时需要在HCl气流中进行的原因___________。 ③写出电解时，阳极的电极反应式___________。 押题有据 （1）海洋资源开发是上海地理与化学的交叉热点。 （2）上海临海，海水利用具有地域相关性，流程长、考点多，适合考查综合能力。 （3）熟悉海水提溴、提镁、提碘的工艺流程，理解氧化还原与分离操作的配合。 考题猜想 1．（25-26高三上·上海·期中）海水中卤素资源的开发利用。海洋约占地球表面积的71%，其中水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力，其中卤素资源的开发利用已经相对成熟。 (1)海水中有丰富的食盐，要从海水中获得食盐，常采用的方法是___________。 A．冷却热饱和溶液法 B．蒸发溶剂法 C．过滤法 D．加硝酸银沉淀过滤法 已知粗盐中含有的主要杂质为、、，还含有少量的等。由粗盐提纯氯化钠的流程如下： (2)写出试剂中溶质的化学式：试剂a___________、试剂b___________。 (3)粗盐提纯过程中需要用到下列仪器中的___________。 A． B． C． D． (4)从平衡移动的角度，解释通入HCl气体的目的：___________。 (5)写出系列操作的名称：___________。 工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下： (6)鼓入热空气吹出溴是利用了溴的___________的性质。 (7)在吸收塔内，将空气吹出的含溴混合气应从吸收塔的通入___________。 A．上部    B．中部    C．底部 (8)写出溶液吸收反应的离子方程式：___________。 (9)海水提取溴采用先吹出再吸收的目的是___________。 (10)卤化银因具有感光性，可用于制造感光材料。已知室温下，，，将与的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓溶液，关于所生成的沉淀说法正确的是___________。 A．只有AgI生成 B．AgCl和AgI等量生成 C．AgCl沉淀少于AgI沉淀 D．AgCl沉淀多于AgI沉淀 2．（2025·上海·一模）Ⅰ.海水中的氯化钠被提纯和精制后，可通过电解饱和食盐水制取氯气、氢气和氢氧化钠。实验室电解饱和食盐水所用装置如下图所示： (1)①a仪器的名称是___________。 A．试管            B．离心试管            C．U形管            D．Y形试管 ②在a的两端滴加酚酞试液，通电后左边电极周围出现红色，写出该电极的电极反应式说明溶液变红的原因___________。 (2)通电后试管b中淀粉KI溶液由无色变为蓝色，结合离子方程式说明变化原因。___________。 (3)c处出来的气体可以点燃，其燃烧的现象是___________。 Ⅱ.地球上99%的溴元素分布在海洋中。空气吹出法工艺是目前“海水提溴”的主要方法之一，工艺流程如下图所示： (4)上述流程中，利用了含溴物质的___________性质。 A．溴离子的还原性 B．溴单质的还原性 C．溴的沸点高 D．HBr极易溶于水 (5)上述流程中热空气吹出已经得到了粗溴，为什么还要添加“SO2吸收、氧化、水蒸气吹出”三个步骤，其目的是___________。 Ⅲ.海洋中的海带等海藻类植物具有富集碘的能力，工业上获取碘的主要流程如下图所示： (6)通常可采用萃取的方法来富集I2，萃取碘可选择的有机试剂是___________。 A．酒精 B．裂化汽油 C．四氯化碳 D．乙酸 Ⅳ.硫元素和氮元素也存在于海洋中。 (7)是海洋中硫元素的主要存在形式之一，其存在会干扰海水中Cl-的检验。检验海水中Cl-的方法是___________。 (8)氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环起始于氮的固定，过程可用下图表示。下列关于海洋氮循环的说法正确的是___________。 A．海洋中的氮循环起始于氮的氧化 B．海洋中的氮循环属于固氮作用的是③ C．海洋中的硝化作用可能有氧气的参与 D．NH4NO3中只含离子键 (9)N、O、S三种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。 A．O > S > N            B．S > N > O            C．N > O > S            D．O > N > S 押题猜想12 生物质能源的高值化转化 终极押题 【原创题】目前美以伊战争持续，使世界陷入能源危机，能源安全被各国视为头等大事。生物质资源的开发，是解决能源危机和绿色化学发展的重要研究方向，下面是有关生物质能研究方向的考查： 1．秸秆、稻草等生物质是一种污染小的可再生能源，其主要转化途径及主要产物如图。下列有关说法错误的是（    ） A．生物质能所含能量本质上来源于太阳能 B．由秸秆等物质水解获得的乙醇属生物质能 C．生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物 D．由秸秆稻草等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷 2．异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法不正确的是 A．平均速率(异山梨醇) B．时，反应②： C．该温度下的平衡常数：①>②>③ D．寻找合适的催化剂，有望改变反应路径，降低反应活化能 3．基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。 (1)已知化合物II也能以II′的形式存在。根据II′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。 序号 结构特征 可反应的试剂 反应形成的新结构 反应类型 ① 加成反应 ② _____ _____ _____ 氧化反应 ③ _____ _____ _____ _____ (2)化合物IV能溶于水，其原因是_____。 押题有据 （1）有机化工与绿色能源结合，考查有机反应条件控制。 （2）生物质能是可再生能源重要组成部分，涉及多糖水解、醇脱水等核心有机反应。 （3）掌握糖类、油脂、蛋白质的性质，熟悉醇、烯、醚的转化关系。 考题猜想 1．生物质能源的开发和利用已成为研究热点之一、生物质超临界水热制氢的主要反应如下(CHxOy因代表有机物最简比的通式)。 催化重整：   副反应1：   副反应2：   回答下列问题： (1)中反应物的总能量___________(填“＞”或“＜”)生成物的总能量。 (2)在副反应2中，下列条件能够同时提高化学反应速率和平衡转化率的是___________(填标号)。 A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．加入催化剂 (3)一定压强下，温度对生物质超临界水热制氢的影响如图所示。根据图中温度与产物平衡产率的关系分析，代表CH4平衡产率的是曲线___________(填“1”或“2”)。 (4)根据平衡移动原理分析曲线1变化的原因可能是___________。 (5)为研究副反应之间的平衡，恒温恒容条件下，向初始压强为100 kPa、体积为2 L的密闭容器中加入2 mol CO和2 mol H2O(g)，若仅发生副反应1和副反应2，10 min后反应达到平衡状态，此时CO转化率为50%，n(H2)=n(CH4)。 ①0～10 min内，___________，副反应2的Kp=___________(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 ②平衡时再向体系中加入1 molH2和1molCH4，此时副反应2___________(填“正向进行”、“逆向进行”或“已达平衡”)。 2．（2026·上海静安·二模）2024年4月，上海港首开绿色甲醇“船-船”加注，至2025年底已形成10万吨绿色甲醇本地产能，成为东北亚航运脱碳核心补给港。 绿色甲醇的主流生产是生物质路线和二氧化碳加氢路线，两路线涉及的反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   恒温恒容时，在密闭容器中进行反应Ⅱ，初始时只投入和。 （1）若转化为的平衡转化率为50%，则平衡常数___________。 A．0.148 B．0.2 C．0.333 D．0.111 （2）对容器内混合气体的推测，能说明反应Ⅱ已达平衡状态的是___________(不定项)。 A．压强不再改变 B． C．密度不再改变 D．容器内与的物质的量浓度相等 在A、B两种不同催化剂作用下，反应Ⅱ的相对能量与反应历程关系如下。 （3）工业生产上优选的是___________。 A．催化剂A    B．催化剂B （4）该催化条件下的控速步骤为___________。 A．④ B．③ C．② D．① （5）生物质路线主要涉及反应Ⅰ，其中CO、来源于生物质的氧化，反应Ⅰ的___________。升高温度，有利于反应Ⅲ的自发进行，则反应Ⅲ的___________。 A．>0    B．=0    C．<0 3MPa下，按、进气流量持续通过装有0.5 g催化剂的反应管，仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，经相同时间，测得的时空收率、转化率和的选择性随温度(T)变化的曲线如图。 已知： 的时空收率 的选择性 CO的选择性 （6）图中，代表选择性随温度变化的是___________。 A．曲线P    B．曲线N    C．曲线M （7）280℃时，若的时空收率为，则的转化率=___________。 （8）当，曲线M快速下降的原因是___________。 押题猜想13 稀土元素的分离与提纯工艺 终极押题 【原创题】中国是稀土资源大国。为维护全球供应链安全，商务部于10月9日公布了包括17种稀土在内的全新出口管制规定。下面有关稀土的性质与冶炼的考查： 1．中国稀土含量丰富，稀土元素用RE表示。在稀土元素提纯过程中可以向稀土元素的硫酸盐溶液中加入粉状Na2SO4，使稀土元素转化为沉淀RE2(SO4)3·Na2SO4·xH2O析出，反应式RE2(SO4)3+Na2SO4+xH2O= RE2(SO4)3·Na2SO4·xH2O↓（x=1~2）。下列叙述正确的 A．反应生成的沉淀属于复盐 B．该反应一定在强碱溶液中进行 C．产生沉淀的反应为复分解反应 D．产生沉淀的变化属于氧化还原反应 2．新一代高效、绿色的稀土(REE)开采技术如图a所示，其原理如图b所示。下列说法正确的是 A．阴极反应： B．阳极反应生成标准状况下22.4LO2，理论上外电路需要转移4mol电子 C．为加快开采速率，电源电压越高越好 D．该反应中用浸取剂将稀土元素从黏土中溶浸出来，该分离方法属于过滤 3．中央广播电视总台《2026年春节联欢晚会》武术节目演绎了“少林功夫+未来科技”，节目中人形机器人四肢的旋转关节采用了高性能钕铁硼永磁材料。工业上以独居石精矿（主要成分为，含、、杂质；代表稀土元素）为原料制备钕铁硼的原料氧化钕（）的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．“焙烧”将转化为可溶性物质 B．“水浸”后“过滤”所得滤渣的主要成分为 C．“萃取”时采用多级逆流萃取可达到富集元素的效果 D．“煅烧”时发生的反应属于非氧化还原反应 押题有据 （1）国家战略资源，考查配合物与分离工程。 （2）稀土是中国优势资源，其分离技术是世界难题，具有极高的命题价值。 （3）了解镧系收缩概念，理解溶剂萃取的基本原理及分配比。 考题猜想 1．（2026·上海杨浦·二模）稀土元素(第ⅢB族的钪、钇及镧系元素)是战略资源。我国南方拥有全球最大的离子吸附型稀土矿，其矿土表面吸附有稀土离子(统一表示为)。 （1）基态钪(Sc)原子形成，失去的电子依次来自___________能级。(填能级符号) （2）判断是否为离子化合物的方法是___________。 A．观察其状态及颜色 B．测定其在水中的溶解度 C．测定其熔融状态下的导电性 D．测量其晶体的硬度 工业上常将溶液注入矿体，通过正离子交换反应浸取。 （3）溶液显酸性的原因是___________。(用离子方程式表示) （4）写出鉴定某白色固体是的实验方案。___________。 （5）下图为溶液浸出矿土表面1个的微观过程示意图。从图例中选取离子，补全浸取后的示意图。___________。 稀土矿伴生铝化合物，其浸出液含。将浸出液与鞣酸混合，二者生成配合物沉淀而除去。已知鞣酸的结构简式如下： ，其中为 （6）鞣酸显酸性，因其结构中含___________。 （7）确定沉淀中含氧铝配位键的方法是___________。 A．元素分析法 B．核磁共振氢谱法 C．红外光谱法 D．质谱法 钇铂合金()是高活性催化剂，可通过还原和熔融盐制备。 （8）每生成，转移电子___________mol。 A．6 B．9 C．12 D．15 （9）实际反应中，选用三乙基硼氢化钠还原该熔融盐，而不选金属钾，分析可能的原因___________。(列举2点) 2．（2025·上海杨浦·模拟预测）化学家徐光宪及其团队创立的串级萃取理论，使我国在稀土资源生产应用方面实现质的飞跃。 镨(Pr)是一种重要的稀土元素，采用如图工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、、等)制备。 已知：该体系中，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH 金属离子 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.4 3.2 9.0 8.9 (1)滤渣Ⅰ中除含有___________外，还含有一种淡黄色沉淀，写出ZnS在“溶浸”中反应的离子方程式___________。 (2)从绿色化学的角度考虑，相比于在空气中煅烧孪生矿，该工艺的优势在于___________。 (3)“除铁”加入的目的是___________。 (4)用有机萃取剂HL萃取的原理为，反萃取后，存在于(填“水相”或“有机相”)___________。徐光宪提出的串级萃取理论，基本思想为萃取结束后向萃余液中再次加入萃取剂萃取，反复多次，其目的是___________。 可由溶液制备，主要包含沉淀、灼烧两个步骤。已知镨元素的常见价态为+3、+4。 (5)搅拌下，将一定量的溶液与沉淀剂溶液充分反应，过滤得到沉淀。若改用溶液为沉淀剂，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是___________。 (6)将置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备最适宜的温度为___________。 A．280℃ B．560℃ C．755℃ D．1200℃ (7)将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，该反应的离子方程式为___________。 押题猜想14 药物分子的手性合成与绿色修饰 终极押题 【原创题】药物分子的手性合成与分子修饰技术是当前有机合成发展的重要方向。下面有关手性合成与分子修饰的考查： 1．近期，某课题组报道了一种通过手性路易斯碱催化不对称亲电硫代反应合成平面手性含硫大环化合物的方法。该反应的催化剂结构如图所示。下列说法正确的是 A．该有机分子所有的碳原子都采用杂化 B．该有机分子中氮原子可提供孤电子对与质子形成配位键 C．共价键键能大小决定该物质熔点高低 D．该化合物中第一电离能最大的元素是磷元素 2．中国科学技术大学的龚流柱教授课题组首次合成手性烯基衍生物（M），结构如图所示。 已知：1-氯丙烯有顺、反异构体，结构简式分别为、。下列有关M的叙述正确的是 A．M中含氧官能团有3种 B．M可被催化氧化生成醛基 C．M分子有顺、反异构体 D．用钠可以证明M中含羟基 3．高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。 下列说法正确的是 A．分子的核磁共振氢谱有组峰 B．生成高分子的反应为加成反应 C．高分子最多可与反应 D．高分子可通过分子内氢键增大水溶性 押题有据 （1）手性化学是现代有机合成的核心，上海卷常考立体化学。 （2）药物合成涉及复杂结构与立体控制，能全面考查有机化学素养。 （3）熟练掌握手性判断、逆合成分析法，关注绿色合成策略（如一锅法、串联反应）。 考题猜想 1．上海有机化学研究所施世良课题组以Ni(cod)2为催化剂实现了叔醇的手性合成。 (1)Ni在元素周期表中的位置是_______，写出其基态原子的价电子排布式：_______。 (2)Ni(cod)2是指双-(1，5-环辛二烯)镍，其结构如图所示。 ①与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有_______种。 ②Ni(cod)2分子内存在的作用力有_______(填序号)。 a.配位键     b.金属键     c.极性键     d.非极性键         e.氢键 ③Ni(cod)2分子中碳原子的杂化方式为_______ 。 (3)葡萄糖（ ）分子中，手性碳原子个数为 _______。 (4)下图三种叔醇的沸点从高到低的顺序及原因是_______。 (5)红银矿NiAs晶体结构如图所示： ①Ni原子的配位数为_______。 ②两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和_______。 ③已知晶体密度为pg·cm-3，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______mol-1(用含m、n和p的代数式表示)。 2．（2025·上海静安·一模）普鲁卡因是一种常用麻醉药品，对其化学结构进行修饰和优化，可得到一系列安全性更高的普鲁卡因衍生物，其中一种衍生物的合成路线如下(部分试剂省略)： (1)化合物A中含氮官能团的名称为___________。 (2)关于化合物B的说法正确的是___________。 A．分子式为C4H8BrNO2 B．碳原子杂化方式为sp、sp2 C．所有碳原子可能共平面 D．能形成分子间氢键 (3)C→D、F→G的反应类型分别为___________反应、___________反应。 A．加成    B．取代    C．还原    D．消去 (4)化合物H中不对称碳原子的个数是___________。 A．0 B．1 C．2 D．3 (5)D和G反应生成H的过程中，K2CO3的作用是___________。 (6)设计实验证明中含溴元素___________。 (7)Z是E的同系物，经___________测定，其相对分子质量比E大28. A．原子发射光谱 B．红外光谱 C．核磁共振氢谱 D．质谱 (8)写出1种满足下列条件的Z的同分异构体Y的结构简式___________。 ①能发生银镜反应和水解反应； ②1 mol Y最多消耗2 mol NaOH； ③核磁共振氢谱显示有四组峰，且峰面积之比为6：2：2：1. (9)参照上述合成路线，以和BrCH2NH2为原料合成(无机试剂任选)___________。 已知： 押题猜想15 化工流程分析 终极押题 【改编题】锂是制造电池的重要原材料。“锂”作为战略资源，海水提锂是一项具有巨大应用前景的技术。 1．海水提锂是一项具有巨大应用前景的技术。某电化学海水提锂的装置如图所示： 该装置工作步骤如下： ①打开电源b，海水中的嵌入电极形成； ②关闭电源b，打开电源a，同时向石墨电极通入空气(其中体积分数为20%)，使中的脱出进入甲溶液。下列说法错误的是 A．步骤①中，电极应该与电源b的负极相连 B．步骤②中，电极应该与电源a的负极相连 C．步骤②中，阴极发生的电极反应为 D．每有进入甲溶液，理论上消耗标准状况下的空气28L 2．一种流体电解海水提锂的工作原理如图所示，中间室辅助电极材料具有选择性吸附转化为/脱出转化为的功能。 (1)第一步吸附锂时，应接通电源_____(填“1”或“2”)，中间室材料接电源_____极(填“正”或“负”)。 (2)第二步脱出锂时，中间室材料发生的电极反应式为_____。 (3)为完成锂离子的吸附/脱出，中间室两侧选用_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 (4)结合化学用语解释阴极室生成的原因_____。 (5)当阴极室得到时，理论上阳极室产生气体的体积为_____(标准状况下)。 押题有据 （1）上海卷近年偏爱“多资源联产”与“绿色闭环”流程，强调工程思维（成本、效率、环保的权衡）。 （2）上海作为海洋城市，海水资源化是本地热点；同时，“锂”作为战略资源，从卤水中提取锂是行业前沿，符合“新情境”要求。 （3）复习时需建立“预处理→核心转化→分离提纯→尾气/废液处理”的流程模型，重点关注pH调控、温度选择、试剂替换背后的化学原理与经济逻辑。 考题猜想 1．（25-26高三上·上海·期中）我国是世界上最大的稀土生产、出口和应用国。稀土元素中丰度最高的是铈，在电子材料、催化剂等方面应用广泛。工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵和氯化亚铁，工艺流程如下图所示： 已知：①在空气中易被氧化为，具有强氧化性； ②“沉铈”时发生反应得到复盐：。 （1）氟碳铈矿中铈元素的化合价为___________价(填序号)，焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是___________。 A．        B．        C．        D． （2）向含有的溶液中加入反应生成的离子方程式为___________。 （3）“溶解”时，为防止被氧化，可以加入___________(不定项)。 A． B．NaClO C． D． 向“含滤液”先后加入物质X、Y可以得到两种副产品，工艺流程如下图所示： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.5 3.0 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 （4）物质X是___________，后加入的物质Y需要控制pH范围在___________。 A．1.9～3.2        B．3.2～7.5        C．4.7～7.5        D．1.9～7.5 （5）副产物氯化亚铁易被氧化，如何检验其是否已被氧化___________。 （6）“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜条件是___________。 （7）若“酸浸”步骤的稀硫酸改用稀盐酸，可能造成的影响是___________。 （8）取所得的8.0g含的产品，用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250mL溶液。取25.00mL溶液用硫酸亚铁铵溶液滴定，已知滴定时发生的反应为，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.00mL，假定杂质不参与反应，则该产品的纯度为___________。 2．（25-26高三上·上海·月考）氰化法是工业炼金的常用方法。工业上利用氰化法从含金矿石(成分为、、和其他不溶性杂质)中提取金和银。工艺流程如图所示： 已知：               （1）步骤1中“磨矿”的目的是___________。 （2）步骤2中浸出应选用___________； A．盐酸    B．硫酸    C．硝酸 （3）步骤4浸出的目的是将单质Au转化为进入溶液，为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度过高浸出速率反而会降低，原因是___________。 （4）请从绿色化学角度分析设计步骤6的原因：___________。 （5）步骤7“置换”时发生的反应为，该反应的化学平衡常数___________。 押题猜想16 实验综合探究 终极押题 【改编题】某化学兴趣小组对过氧化氢的分解做了两组探究性实验。 Ⅰ．化学兴趣小组的同学为了比较氧化铁和二氧化锰对过氧化氢分解的催化效果。用如图所示的装置先后进行了两次实验。 (1)实验1：取过氧化氢溶液与粉末状二氧化锰混合。 实验2：取过氧化氢溶液与___________混合。 (2)在检查装置的气密性后，分别将过氧化氢溶液一次性注入盛有催化剂的小试管中，注入双氧水的方法是___________(填序号)。 A．快速推注射器活塞        B．缓慢推注射器活塞 (3)依据“相同时间内用二氧化锰作催化剂的反应收集的氧气体积较大”，得出结论：二氧化锰对过氧化氢分解的催化效果比氧化铁___________。 (4)实验过程中发现U型管内右侧液面上升，原因是该反应___________(填“放热”或“吸热”) (5)为比较二氧化锰和氧化铁对过氧化氢分解快慢的不同影响，用下图装置进行实验：启动传感器，注入过氧化氢溶液。氧气体积分数随时间变化情况如下： ①初始时氧气的体积分数不为0，原因是___________。 ②使过氧化氢分解较快的催化剂是___________(填二氧化锰或氧化铁)。 Ⅱ．某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。 实验编号 温度(℃) 反应物 催化剂 ① 20 25 mL 3% H2O2溶液 无 ② 20 25 mL 5% H2O2溶液 无 ③ 20 25 mL 5% H2O2溶液 0.1g MnO2 ④ 20 25 mL 5% H2O2溶液 1~2滴1mol/L FeCl3溶液 ⑤ t 25 mL 5% H2O2溶液 0.1g MnO2 (6)实验①和②的目的是___________。甲同学在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了达到实验目的，可采取的改进方法是___________(写出一种即可)。 (7)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如甲图所示。由图可知⑤中温度t___________20℃(填“>”、“<”或“=”)，分析该图能得出的结论是___________对H2O2分解的催化效果更好。    (8)写出实验③中H2O2分解的化学方程式：___________，催化剂能增大化学反应速率的原因是___________。 押题有据 （1）上海卷实验题已从“操作记忆”转向“数据分析与异常探究”，特别青睐引入数字化实验（DIS）手段。 （2）过氧化氢分解是经典反应，但结合传感器数据和微观机理分析，能极好地考查“证据推理”核心素养，符合上海卷重逻辑的特点。 （3）掌握控制变量法的设计逻辑，学会从图表斜率、截距、拐点提取信息；熟悉常见干扰因素（温度、副反应、仪器滞后）的分析方法。 考题猜想 1．（2026·上海浦东新·模拟预测）重铬酸钾是一种重要的化工原料，某电镀厂采用“化学还原沉淀法”将废水中低浓度的六价铬转化为Cr(OH)3沉淀，再经过一系列转化，制得重铬酸钾。 已知，六价铬在水溶液中存在以下平衡：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，其中Cr2O的氧化性强于CrO。 (1)常温下，关于某含铬酸性废水的说法正确的是______。 A．pH>7 B．溶液中不存在OH- C．一定能使甲基橙变红 D．水的离子积Kw=10-14 (2)某含铬酸性废水中含有Fe3＋，则还可以大量共存的离子是______。 A．NO B．S2- C．HCO D．I- 电镀厂将含六价铬的酸性废水转化为Cr(OH)3的流程如下： (3)加入适量的Na2SO3充分反应后，铬元素的主要存在形式为______。 A．CrO B．Cr2O C．Cr3＋ D．[Cr(OH)4]- (4)根据资料，在不同pH的废水中，加入等量的Na2SO3，反应24 h后，测得六价铬的残留量如图所示。从六价铬在水溶液中存在的平衡分析，pH在2～4区间内排放液中六价铬的残留量升高的原因______。 测定废水中六价铬的含量，便于控制Na2SO3的用量。取原废水20 mL稀释至100 mL，取25.00 mL加入过量稀硫酸酸化，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.0100 mol·L⁻¹的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.50 mL。反应的离子方程式如下：Cr2O＋6Fe2+＋14H+= 2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O (5)测定所用的仪器中，需要润洗的是______。 A． B． C． D． (6)若滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，会导致测量结果______。 A．偏高 B．偏低 C．不变 D．无法判断 (7)计算原废水中六价铬的浓度为______ mg·L⁻¹。(六价铬以Cr计，写出计算过程，计算结果保留一位小数) (8)“沉铬”后的Cr(OH)3经处理得到Na2Cr2O7溶液，向该溶液中加入KCl粉末。相关物质的溶解度曲线如下图所示。 为得到K2Cr2O7晶体，将溶液蒸发浓缩，再______(填操作名称，下同)去除NaCl，然后______、过滤、洗涤、干燥得到K2Cr2O7晶体。 (9)该厂在制备K2Cr2O7晶体时，将废水中低浓度的Cr2O先转化为Cr(OH)3沉淀，再转化为K2Cr2O7，分析先转化为Cr(OH)3沉淀的作用______。 2．（2026·上海黄浦·二模）富马酸是一种治疗贫血的药物。某兴趣小组以顺丁烯二酸酐为原料，硫脲为催化剂制备富马酸亚铁。 Ⅰ.富马酸的制备 取2.50g顺丁烯二酸酐，加水温热溶解。加入催化剂硫脲，溶液在搅拌下加热煮沸至较多固体析出时立即冷却，结晶，抽滤，洗涤，干燥。 （1）1mol富马酸分子中含有______mol 键。 （2）富马酸与马来酸互为______。 A．顺反异构 B．官能团异构 C．碳链异构 D．对映异构 （3）（不定项）可以用来鉴别富马酸和马来酸的是______。 A．高锰酸钾酸性溶液 B．原子发射光谱 C．晶体X射线衍射 D．质谱 （4）富马酸熔点为300℃，马来酸熔点为140℃，二者熔点差异的原因是__________。 Ⅱ.富马酸亚铁的制备 步骤一：将2.32g富马酸置于三颈烧瓶中，加水溶解。 步骤二：加入溶液调节溶液pH为6.5～6.7。 步骤三：安装好回流装置，搅拌，加热至沸。 步骤四：打开活塞持续通入，缓慢加入溶液，维持反应温度100℃，充分搅拌30～90min。 步骤五：冷却，过滤，洗涤，干燥，得棕红色粉末。 （5）步骤二控制溶液pH为6.5～6.7，pH不宜太高或太低的原因是__________。 （6）步骤四一直通的目的是__________。 Ⅲ.富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）含量的测定 步骤一：准确称取2.500g富马酸亚铁样品，加入适量 HCl溶液，待样品完全溶解后，配成100mL溶液； 步骤二：取20.00mL样品溶液，加入足量KI，振摇溶解，暗处放置5min。 步骤三：用 标准溶液滴定至淡黄色，加入2mL淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失即为终点，记录标准液用量。重复2～3次，标准溶液平均消耗量为15.00mL。 已知： （7）（不定项）步骤一中所需的定量仪器有______。 A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．滴定管 （8）若检验富马酸亚铁产品中是否含有，可选用的试剂组合是______。 A．稀HCl，KSCN B．稀， C．稀，KSCN D．稀HCl， （9）中国药典2020版规定：富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）的含量不得大于2.0%。通过计算说明该富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）的含量是否符合要求______。（写出计算过程） 押题猜想17 化学反应原理综合应用 终极押题 【改编题】2021年度中国科学十大进展之一就是人工淀粉合成途径的研究，其关键步骤之一就是利用CO2合成出有机小分子。这将有利于我国实现碳达峰碳中和，有利于建设环境友好型社会。如CO2可与H2生成CH4： 反应①：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) （1）在恒温恒容装置中进行反应①，能判断反应已达平衡状态的是_________(不定项选择) A．混合气体密度不再改变 B．混合气体压强不再改变 C．混合气体平均摩尔质量不再改变 D．n(CO2)：n(H2)=1：4 （2）反应①的平衡常数表达式K=___________。 （3）下列措施有利于提高其反应速率的是________ (不定项选择) A．使用合适的催化剂 B．减压 C．升高温度 D．增大初始投料比n(CO2)/n(H2) （4）将1mol CO2和4mol H2置于体积为2L的密闭容器中发生反应①，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示，该反应的平衡常数K随温度升高而___________(选填“增大”或“减小”)。 （5）化石燃料在能源结构中依然占比巨大，选择碳排放较低的化石燃料利于碳中和的实现： 已知甲烷的单位热值含碳量为，丙烷的燃烧热，计算丙烷的单位热值含碳量为___________，从单位热值含碳量角度分析，___________(填电子式)更有利于碳中和。 押题有据 （1）“多重平衡竞争”与“工况条件权衡”是上海卷原理题的高频难点，强调定量计算与定性分析的结合。 （2）“双碳”背景下，CO2资源化利用是顶级热点。该情境涵盖了勒夏特列原理、反应速率、能量变化、催化剂机理等所有核心考点。 （3）熟练运用“三段式”进行平衡计算；学会阅读分布系数图、能量图；建立“热力学（可能性）+动力学（现实性）+工程学（经济性）”的综合评价思维。 考题猜想 （2026·上海黄浦·二模）苯乙烯是合成高分子材料和橡胶的重要原料之一，可用乙苯为原料制备苯乙烯。常见的方法有直接脱氢法和氧化法。反应原理表示如下： ⅰ.直接脱氢法：   ⅱ.氧化法：   1．下列关于反应ⅰ的随温度T的变化趋势正确的是______。 A． B． C． D． 2．已知：CO的燃烧热为，的燃烧热为，的气化焓为；则________。 某科研团队提出在某催化剂表面发生反应ⅰ的机理（Ph—代表苯基，*代表吸附态）如下图所示： 3．虚线框内化学反应速率最慢的一步活化能为______。 A．11.5 B．17.3 C．63.5 D．102.1 4．关于上述反应历程说法正确的是______。 A．吸附过程吸收能量，脱附过程放出能量 B．状态ⅱ→状态ⅲ过程中形成了碳碳双键 C．状态ⅲ→状态ⅳ的能量变化说明形成H—H键是吸热过程 D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和焓变 工业上，通常在乙苯蒸气中掺混一定量的水蒸气进行反应ⅰ。实验测得某恒定压强下，控制投料比n（乙苯）∶分别为1∶1、1∶4、1∶9，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如下图所示。 5．恒温恒压的密闭体系中，发生反应ⅰ，下列能说明体系一定达到平衡状态的是______。 A．n（苯乙烯）∶的值保持不变 B．混合气体的总压保持不变 C．v（乙苯） D．混合气体的平均摩尔质量保持不变 6．图中曲线c代表的n（乙苯）∶为______。 A．1∶1                B．1∶4                C．1∶9 理由是：__________。 7．图中A、B、C三点对应平衡常数大小顺序为______。（用、、表示） 以高价态钒镁氧化物晶体作催化剂进行氧化乙苯脱氢反应的一种可能机理如下： 8．上图中，物质X为______。 A． B． C． D．CO 9．利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有__________（写出两点）。 （2026·上海奉贤·二模）碳酸二甲酯(DMC)结构简式为，是一种重要的化工原料，用于制备锂离子电池和聚碳酸酯等。DMC的合成方法如下： 方法I：“甲醇氧化羰基法” i．制备 此方法以捕集回收的为原料，在一定条件下直接催化合成甲醇，全过程无新的碳排放。涉及的反应为: 在某催化剂作用下的反应机理如图所示： 1．判断该反应的热效应________0。 A．>    B．＜ 2．在该反应机理中，共有________个基元反应。 A．7 B．8 C．13 D．14 3．写出上述机理中决速步骤反应方程式_________。 ii．制备DMC 以和为原料，为催化剂，一定条件下发生反应为： 反应1 已知： 反应2   反应3   反应4   4．__________。 5．如图关于反应1的随温度变化趋势正确的是__________。 A．① B．② C．③ D．④ 生成DMC的过程中会发生副反应： 反应5   已知：DMC的选择性； 催化剂部分被还原为是活化CO和的活性中心。 6．在恒温恒压密闭容器中合成DMC，不能说明反应1达到平衡状态的是__________。(不定项) A． B．DMC与的物质的量之比保持不变 C．混合气体的密度保持不变 D．混合气体平均摩尔质量保持不变 7．向2 L密闭容器中充入的混合气体，一定条件下发生上述反应。2小时后反应达平衡，测得，则小时内DMC的平均生成速率为__________。 保持其他条件不变时，改变CO与的进料比，测得的转化率、DMC的选择性在相同时间内变化趋势如下图所示： 8．由图可知，当时，DMC选择性最高，但工业上的进料比：，分析其原因_________。 9．对反应1，下列说法正确的是__________(不定项)。 A．使用催化剂，可降低反应的热效应，加快反应速率 B．活化分子之间的碰撞不都能发生化学反应 C．增加的浓度，平衡正向移动，有利于提高的转化率 D．为了增加DMC的产率，应及时将循环气冷却后分离冷凝水 方法II：高效串联电催化合成DMC反应原理及其装置工作原理如下所示： 10．阴极电极反应为__________。 押题猜想18 有机合成与推断 终极押题 【改编题】抗高血压药替米沙坦的一种合成路线如下(部分条件省略)： 已知： (1)物质B中含有的官能团名称为______。 (2)物质A转化成B的化学反应方程式为______。 (3)物质C转化成D的反应类型为______反应。 A．加成 B．取代 C．还原 D．氧化 (4)物质C的产率不高，可能生成的副产物为______。(结构简式) (5)1 mol物质D与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应，消耗氢氧化钠的物质的量为______。 A．1 mol B．2 mol C．3 mol D．4 mol (6)1 mol物质F与足量反应后的产物中含不对称碳原子数为______。 A． B． C． D． (7)以下说法正确的是______。 A．物质B中碳原子的杂化方式为和 B．物质E在浓加热条件下转化为物质F C．酸性比强 D．物质C转化成D使用的溶剂能与新制在加热条件下反应 (8)写出1种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式：______。 ①能使溴水褪色； ②在氢氧化钠溶液加热条件下生成两种产物，且物质的量之比为； ③水解产物中带苯环的物质显碱性，且核磁共振氢谱有5组峰。 (9)参照上述合成路线，以邻硝基甲苯及为原料，设计合成的路线______(无机试剂任选)。 (合成路线可表示为：AB……目标产物) 押题有据 （1）上海卷有机题压轴常考“逆合成分析”与“新反应信息迁移”，特别注重手性化学与绿色合成理念。 （2）上海生物医药产业发达，药物合成情境具有鲜明的地域特色。引入“绿色催化”符合新课标对社会责任的要求。 （3）强化官能团转化网络的记忆；训练“逆推法”思维，从目标分子断键回溯；关注新信息反应（如成环、开环、偶联）的机理模仿与应用。 考题猜想 1．（2026·上海普陀·二模）氧氟沙星是一种人工合成、广谱抗菌的药物，主要用于革兰阴性菌所致的急、慢性感染。目前临床注射最优药用形式为盐酸左氧氟沙星。氧氟沙星和盐酸氧氟沙星的结构如下： 氧氟沙星 盐酸氧氟沙星 (1)下列关于氧氟沙星的说法中错误的是___________。 A．可形成内盐 B．分子中氮原子的杂化方式只有sp3 C．可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．具有对映异构体且两者性质相同 (2)临床注射最优药用形式为盐酸左氧氟沙星，而非普通氧氟沙星，可能的原因是：___________、___________。 氧氟沙星的一种合成方法如下： 已知： (3)物质A的系统命名是___________。 (4)C3H5OCl分子中的官能团有___________。 (5)不属于取代反应的有___________(选填序号①~⑦)。 (6)D→E反应中涉及ⅰ)加成、ⅱ)消去、ⅲ)加成3个过程，过程ⅱ)的化学反应方程式：___________。 (7)下列说法正确的是___________。(不定项) A．反应④的生成物包括G和(CH3)2NH B．化合物G存在对映异构和顺反异构 C．化合物J的碱性强于 D．1 mol化合物H最多可与2 molNaOH反应 (8)反应③中若选择不同试剂，可能会产生中间体X(分子式：C9H9F2NO4)。请写出一种同时满足下列条件的X的同分异构体的结构简式___________。 ①为α-氨基酸； ②核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：3； ③1mol该物质与足量NaOH反应，消耗3mol NaOH； ④能与FeCl3溶液发生显色反应。 (9)合成化合物F的过程中会生成一种中间产物M[(CH3)2NCH2CH(COOH)2]，设计以甲醇(CH3OH)、丙二醛()为原料，制备化合物M的合成路线___________ (无机试剂任用)。 (合成路线常用的表示方式为：) 提示：①   ② 2．（2026·上海徐汇·二模）K是一种治疗糖尿病的药物，它的一种合成路线如下。 (1)物质M的名称___________。 (2)物质K中的含氧官能团名称___________。 (3)D转化为E时，可能经历的反应类型有___________。(不定项) A．取代反应 B．聚合反应 C．加成反应 D．消去反应 (4)下列有关物质A的说法正确的是___________。 A．所有原子不可能共平面 B．分子中键和键的个数比7:3 C．不能使酸性溶液褪色 D．能与NaOH溶液反应 (5)写出的反应式___________。 (6)的过程中可能会生成一种K的同分异构体L，L的结构简式为___________。 (7)写出1种符合下列条件的H的同分异构体的结构简式___________。 ①含苯环 ②核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为6:2:1 (8)参照相关信息，以、和乙酸酐为原料，设计制备的合成路线___________。(无机试剂任选) 1 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 “双碳”目标下的碳捕获与利用（CCUS） 1 押题猜想02 半导体芯片制造中的高纯硅制备 4 押题猜想03 新能源汽车电池的安全与回收 4 押题猜想04 传统非遗技艺中的化学智慧 4 押题猜想05 光催化分解水制氢的机理探究 4 押题猜想06 复杂体系中的多重平衡竞争 4 押题猜想07 化学反应动力学的实时监测技术 4 押题猜想08 微型化与绿色化实验装置评价 4 押题猜想09 未知物成分的定性定量综合推断 4 押题猜想10 电化学传感器的工作原理与应用 4 押题猜想11 海水淡化与卤素资源的综合提取 4 押题猜想12 生物质能源的高值化转化 4 押题猜想13 稀土元素的分离与提纯工艺 4 押题猜想14 药物分子的手性合成与绿色修饰 4 押题猜想15 化工流程分析 4 押题猜想16 实验综合探究 4 押题猜想17 化学反应原理综合应用 5 押题猜想18 有机合成与推断 5 押题猜想01 “双碳”目标下的碳捕获与利用（CCUS） 终极押题 【原创题】CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益，也为我国实现“绿水青山”工程提供支撑。请回答下列问题： I .捕获的高浓度CO2能与CH4制备合成气(CO、H2) (1)科学家提出制备“合成气”反应历程分两步进行，能量变化如图所示： 。 反应①：CH4(g) C(s)+2H2(g) 反应②：C(s)+CO2(g)2CO(g) 结合图象写出CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式：_______。决定该反应快慢的是分步反应中的反应_______(填序号)，判断理由是 _______。(已知：b-a>e-d) II .利用废气中的二氧化碳为原料可以制取甲醇。一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。 已知：H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热(∆H)分别为-285.8 kJ⋅mol−1和-761.7 kJ⋅mol−1；H2O(l)=H2O(g) ∆H=+44kJ⋅mol−1，(2)则CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=______ kJ⋅mol−1。有利于提高H2平衡转化率的条件是______(填字母)。 A．高温低压         B．低温高压         C．高温高压 D．低温低压 (3)一定温度下，在两个容积均为2L的恒容密闭容器中，起始条件如下表所示： 容器 甲 乙 反应物投入量 1mol CO2(g)和3mol H2(g) 1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g) 平衡时c(CH3OH) c1 c2 则c1______ c2 (填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ．二氧化碳可合成低碳烯烃 (4)2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)∆H，在恒容密闭容器中，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。a___________3(填“＞”“＜"或“=”)；M、N两点的反应速率v逆(M)___________v正(N)(填“＞”“＜"或“=”)；M、N两点的反应平衡常数KM___________KN(填“＞”“＜"或“=”)，判断的理由是___________ (5)以CO2为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为：_______。 【答案】 (1) CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)  ∆H=(c-a)kJ/mol ① 决定反应快慢的为所需能量高的一步反应，反应①活化能为(d-a)kJ/mol，反应②活化能为(e-b)kJ/mol，(d-a)kJ/mol>(e-b)kJ/mol （2）-51.7 B (3) = （4） ＞ ＜ ＞ 反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小 （5） 【解析】 （1）由图可知，总反应方程式为CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)，只需要求出∆H，由给出的反应方程式可得总反应方程式=反应①+反应②，故∆H=(c-a)kJ/mol，得CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) ∆H=(c-a)kJ/mol； 决定反应快慢的为所需能量高的一步反应，反应①活化能为(d-a)kJ/mol，反应②活化能为(e-b)kJ/mol，(d-a)kJ/mol>(e-b)kJ/mol，故决定反应快慢的为反应①； （2）H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热(∆H)分别为-285.8 kJ⋅mol−1和-761.7 kJ⋅mol−1，则①H2(g)+O2(g)= H2O(l) ∆H=-285.8 kJ⋅mol−1，②CH3OH(g) +O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) ∆H=-761.7 kJ⋅mol−1，③H2O(l)=H2O(g) ∆H=+44kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，3①-②+③可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，则∆H=3×(-285.8 kJ⋅mol−1)+ 761.7 kJ⋅mol−1+44kJ⋅mol−1=-51.7 kJ⋅mol−1；该反应为气体减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，则高压低温有利于提高氢气的转换率； （3）装置乙中各物质转化为CO2(g)、H2(g)时，和装置甲中CO2(g)、H2(g)的量完全相等，故装置甲与装置乙等效，则平衡时甲醇的浓度相等； （4）2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)∆H，在恒容密闭容器中，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。温度相同时，x=a的二氧化碳平衡转化率大于x=3，增大氢气的物质的量平衡正向移动，则a＞3；温度升高反应速率加快，故M、N两点的反应速率v逆(M) ＜v正(N)；平衡常数仅与温度有关，根据图象可知，温度升高二氧化碳平衡转化率下降，故反应为放热反应，故M、N两点的反应平衡常数KM＞KN。 （5）CO2中C元素显+4价，乙烯C2H4中C元素显-2价，则以CO2为原料，电解法制取乙烯时，在阴极CO2得电子产物与电解质反应生成乙烯等，依据得失电子守恒、电荷守恒(溶液呈酸性，可添加H+)和质量守恒，可得出电极反应式为：。 押题有据 上海卷近年极度重视“绿色化学”与“可持续发展”，不再单纯考查勒夏特列原理的记忆，而是强调在实际工况下的权衡（Trade-off）。 “双碳”是国家战略，CCUS是化学学科介入减排的核心技术。上海作为国际化大都市，对环保工艺要求极高，此类情境符合上海卷“高立意、低入口”的特点。 考题猜想 1．（2026·上海徐汇·一模）二氧化碳甲烷化是一种将捕获的二氧化碳与氢气在催化剂作用下转化为甲烷的过程。该反应不仅能够有效减少温室气体排放，还能通过“电力到气体”技术，将过剩的可再生能源转化为高能量密度的燃料。 ① ② (1)反应平衡常数与温度的关系如下图，上述反应中符合变化趋势的是___________。 = A．反应①    B．反应② (2)利用或作催化剂有利于甲烷化，反应路径的相对能量如下图。根据图像可知，的催化效果更好，理由是___________，该催化路径决速步骤的能垒是___________eV。 向恒容密闭容器中充入和，在不同温度下同时发生反应①和反应②，平衡时含碳物质的物质的量与温度的关系如下图所示。 (3)当反应①和反应②均达到化学平衡状态时，维持温度不变，压缩装置体积，则反应②的平衡移动方向是___________。 A．正向移动 B．逆向移动 C．不移动 D．无法确定 (4)曲线Z表示的是___________(填化学式)的物质的量与温度的关系，解释其在温度段物质的量增大的原因___________。 (5)计算800 K时，反应②的平衡常数的值___________。(写出计算过程，结果保留两位小数) (6)二氧化碳甲烷化反应体系中，催化剂的表面积炭可导致催化剂失活。研究表明，催化剂(助剂／载体)载体表面碱性越强，抗积炭能力越强。下列催化剂抗积炭能力最强的是___________。 A． B． C． D． 光催化也可以制备甲烷，反应原理示意图如下图所示。 (7)写出a区的电极反应___________。 【答案】(1)B (2) 能更大程度的降低活化能 1.03 (3)B (4) CO2 反应①放热，反应②吸热，此温度范围内，升高温度，反应①平衡左移使CO2增大的程度大于反应②右移使CO2减少的程度 (5)0.34 (6)C (7) 【解析】（1）由图可知，随着温度升高，K增大，符合吸热反应的变化趋势，故为反应②； （2）能更大程度的降低活化能，使反应速率更快；慢反应决定反应速率，而活化能越大，反应速率越慢，故决速步的能垒为0.65eV-(-0.38eV)=1.03 eV； （3）反应①气体分子总数减小、反应②气体分子总数不变，均达到化学平衡状态时，维持温度不变，压缩装置体积，反应①正向移动，使氢气量减小、水蒸气量增加，则反应②的平衡移动方向是逆向移动，选B； （4）曲线Y对应物质的含量随温度升高不断增加，则曲线Y对应物质为CO，曲线Z对应物质为CO2，0-1100K左右，反应①占优势，反应①平衡左移使CO2增大的程度大于反应②右移使CO2减少的程度，导致CO2的含量增大，1100K后，反应②占优势，导致CO2的含量减少； （5）设反应①和反应②中分别反应amol和bmol的CO2，可列出如下三段式：，，由图可知5-a-b=1，b=0.2，则a=3.8，故平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量分别为1mol、4.6mol、0.2mol、7.8mol，设容器体积为VL，代入公式； （6）是两性氧化物，碱性较弱，是酸性氧化物，是强碱性氧化物，是弱碱性氧化物，碱性最强的应该为，故答案选C； （7）由原理图可知，在a区，CO2得到电子，并与由b区转移过来的H+反应转化成CH4和水，故电极反应式为。 2．（25-26高三上·上海·开学考试）CO2的捕获、转化和利用。 Ⅰ．液体捕获法 (1)_______技术既可以获取干冰晶胞的大小、形状、原子种类、位置排列，又可以获得CO2分子中的键长与键角数据。 A．红外光谱 B．X射线衍射 C．分光光度 D．核磁共振 (2)常温下氨的饱和食盐水可捕获CO2，其反应原理为：。可推知，常温下推动该反应自发进行的主要因素是_______。 (3)KOH溶液也可捕获CO2，吸收CO2后，溶液中含K2CO3和KHCO3，电解吸收液可将其转化为有机物。已知：25℃时，碳酸的电离平衡常数分别为Ka1=4.2×10-7、Ka2=4.7×10-11当吸收液pH=12时，_______。 (4)在阴极放电生成，碱性溶液有利于抑制阴极副产物的产生，该副产物的化学式可能为_______。 Ⅱ．CO2的转化和利用 (5)中国科学院马延和团队发表于Science上的论文成果显示：实验室条件下，只需4个小时11步就能合成淀粉，其中关键步骤是CO2转化为甲醇：利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生的反应如下：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ：____________。 ①反应Ⅲ的平衡常数，则反应Ⅲ热化学反应式为_______。 ②有利于提高反应Ⅰ中H2平衡转化率的措施是_______(不定项)。 A．使用催化剂              B．降低反应温度 C．恒容条件下，投料比不变，增加反应物的浓度           D．减小CO2和H2的初始投料比 ③在绝热恒容容器中，下列可以说明反应Ⅱ已达平衡状态的是_______(不定项)。 A．压强保持不变         B．混合气体密度保持不变 C．CO的体积分数保持不变     D．体系中比值不变 (6)若将2 mol CO2、6 mol H2和4 mol Ar充入密闭容器中发生反应Ⅰ：下图表示压强为0.1 MPa 和5.0 MPa 下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。 ①a、b两点正反应速率分别用，表示，则_______。 A．大于    B．小于    C．等于    D．无法判断 ②200℃、b点_______(保留一位小数)(为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1)B (2)，反应放热 (3) (4) (5) BC AC (6) A 【解析】（1）红外光谱可以获得分子中含有的官能团及化学键类型，不能得到晶胞的大小、形状、原子种类、位置排列及键长与键角数据，A错误；X射线衍射能获得晶胞的大小、形状、原子种类、位置排列，可以分析计算键长与键角数据，B正确；分光光度测量物质对光的吸收获取物质的含量，而不能测定物质结构，C错误；核磁共振可以测定有机物结构中的H种类，而不能得到晶胞的大小、形状、原子种类、位置排列及键长与键角数据，D错误；故答案为：B。 （2）判断反应自发进行的因素有判据和判据，而该反应气体物质的量减少，为反应，则常温自发进行的主要因素为，放热反应。 （3）根据，时，则。 （4）阴极发生得电子、还原反应，放电生成，而碱性溶液较大、而小，有利于抑制阴极发生，即副产物的化学式为。 （5）、，反应Ⅲ的平衡常数，反应Ⅲ的化学方程式为。 ①根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，，热化学方程式为。 ②使用催化剂，不能使平衡移动，则平衡转化率不变，A错误；反应Ⅰ为放热反应，降低反应温度，平衡正移，可以提高平衡转化率，B正确；恒容条件下，投料比不变，增加反应物的浓度，压强增大，反应Ⅰ平衡正移，平衡转化率提高，C正确；减小CO2和H2的初始投料比，相当于减少，平衡逆移，转化率降低，D错误；故答案为：BC。 ③反应Ⅱ为吸热反应、气体物质的量不变的反应，绝热恒容时，温度降低，压强减小，压强保持不变说明反应为平衡状态，A正确；气体质量守恒，恒容时，混合气体密度是恒定值，气体密度保持不变不能说明反应为平衡状态，B错误；CO为生成物，随反应的发生CO的体积分数增大，CO的体积分数保持不变说明反应为平衡状态，C正确；、是反应Ⅱ的生成物，体系中恒等于1，不是变量，比值不变不能说明反应为平衡状态，D错误；故答案为：AC。 （6）①反应Ⅰ为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正移，CO2的平衡转化率增大，而从图中可看出a、b两点温度相同、不同压强下转化率a点大于b点，则a点压强大为5.0 MPa，b点压强小为0.1 MPa，a点压强大反应速率大，b点压强小反应速率小，即，A正确。 ②200℃、b点压强为0.1 MPa，CO2的平衡转化率为0.5，根据三段式分析，平衡时，气体总物质的量为，。 3．（25-26高三上·上海·期中）碳酸镁广泛应用于医药、保健品、食品添加剂等领域，尤其是对镁缺乏者有益。 (1)最近我国化学家成功研发了陶瓷部件的焊接技术。通过反应，然后在电子束照射下，又完全分解为纳米晶，可实现陶瓷材料的连接，并放出。下列说法不正确的是___________。 A．反应   B．可作为耐火材料 C．材料连接前后的质量没变化 D．纳米晶材料属于金属材料 (2)镁的矿物有、等。下列说法正确的是___________。 A．半径： B．电负性：O>S C．热稳定性： D．碱性：循环在捕获及转化等方面具有重要应用。 科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： (3)提高平衡产率的条件是___________。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (4)计算  ___________。 (5)反应Ⅰ的随温度T的变化趋势是___________。 A． B． C． D． (6)高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如下图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中反应速率最慢的基元反应是___________(填序号)。 A．①    B．②    C．③    D．④ 生成水的基元反应方程式为___________。 (7)100kPa下，在密闭容器中和各1mol发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是___________(填字母)。 ②550℃下达到平衡时，___________mol。500~600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是___________。 【答案】(1)D (2)B (3)B (4)-65 (5)C (6) D (7) c 0.2 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量 【解析】（1）A．反应气体分子数减少，ΔS<0，A正确； B．MgO的熔点高，且在高温下化学性质稳定，不易与酸、碱或多数金属反应，因此能够耐受极端高温环境，常用于制造耐火砖、炉材等耐火材料，B正确； C．材料连接前后MgO首先与CO2生成MgCO3，在电子束照射下，MgCO3分解为MgO和CO2，MgO前后质量不变，C正确； D．MgO纳米晶材料是金属氧化物，属于无机非金属材料，D错误； 故答案为D。 （2）A．离子电子数相同，原子序数越小，半径越大，则半径：，A错误； B．同主族元素从上至下电负性减小，则电负性：O>S，B正确； C．O半径小于S，O-H键键能大于S-H，则热稳定性：，C错误； D．Mg半径小于Ca，Mg2+与OH-结合强于Ca2+与OH-结合，则碱性：，D错误； 故答案为B。 （3）反应II放热、反应分子数减小，则低温、高压条件有利于反应进行，故答案为B。 （4）为反应I+反应II，则ΔH=ΔH1+ΔH2=+101kJ/mol-166kJ/mol=-65kJ/mol。 （5）反应I吸热、气体分子数增加，则ΔH>0、ΔS>0，因此温度增加，ΔH-TΔS在低温下为正值、高温下为负值，故答案为C。 （6）如图可知，最慢的基元反应为活化能最大的基元反应，第④步活化能最大，故答案为D；生成水的基元反应方程式为。 （7）①已知反应I为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性； ②在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的，在500~600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量。 押题猜想02 半导体芯片制造中的高纯硅制备 终极押题 【原创题】2026年4月24日DeepSeek-V4大语言模型与华为升腾950芯片实现了芯模技术紧密协同，这一举措让它们的综合实力稳稳站在了开源模型的第一梯队，也标志着人工智能迈入了百万上下文普惠时代。高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料。它可以按下列方法制备： 下列说法不正确的是 A．步骤①的化学方程式：，该反应说明了非金属性：碳>硅 B．步骤①中每生成，转移4mol电子 C．步骤③中的反应为氧化还原反应 D．高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料 【答案】A 【解析】A．步骤①的化学方程式正确，但碳的还原性比硅强，因此不能得出“非金属性：碳>硅”。A错误； B．步骤①中Si的化合价从+4降为0，每生成1mol Si转移4mol电子，B正确； C．步骤③中Si的化合价从+2变为0，发生还原反应，属于氧化还原反应，C正确； D．高纯硅用于太阳能电池，二氧化硅用于光导纤维，描述正确，D正确； 故选A。 押题有据 （1）新材料是上海卷的高频考点，尤其是与国家“卡脖子”技术相关的材料科学。 （2）芯片制造涉及卤化物性质、氧化还原、晶体结构等多个核心知识点，且情境具有极高的时代感和科技感。 （3）熟练掌握硅及其化合物的转化关系，理解元素周期律对材料性能（如导电性、熔点）的预测作用。 考题猜想 1．（2025·上海杨浦·二模）晶体硅是半导体器件的核心材料；α-AgI是超离子导体，在固态电池上有突破性应用。工业上，常通过以下反应获得高纯硅： Si(粗)+3HClSiHCl3+H2、SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl （1）依据VSEPR理论，推断SiHCl3的空间结构。_____ （2）SiHCl3易水解，故提纯过程须保持干燥。资料表明，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成了配位键，该配位键是O提供_____，Si提供_____。 A．孤电子对、3d轨道 B．孤电子对、3p轨道 C．2p轨道、孤电子对 D．sp3杂化轨道、孤电子对 【答案】（1）四面体形 （2）A 【解析】（1）依据VSEPR理论，SiHCl3中Si原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为四面体形； （2）SiH4中Si原子为sp3杂化，与4个H原子成键，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成配位键时O原子提供孤电子对，Si原子提供3d轨道，故答案为：A。 2．（2025·上海浦东新·二模）今年，国产DeepSeek开源AI模型大放异彩。AI模型训练需要使用图形处理器(GPU)，GPU芯片的主要成分是硅，纯硅(晶体结构如下图所示)的导电性较差，在硅中引入特定的元素(如磷、硼等)，可以增强其导电性。 （1）下列关于硼的说法中，正确的是_______。 A．硼元素位于元素周期表中的第2周期第3族 B．硼元素位于元素周期表中的s区 C．基态硼原子有2种不同形状的电子云 D．基态硼原子有3种不同运动状态的电子 （2）下列关于硅和磷的性质比较中，正确的是_______。(不定项) A．原子半径： B．第一电离能： C．熔点：(白磷) D．酸性： （3）当磷原子取代了纯硅中少量硅原子后，能形成导电性较好的n型半导体。请从结构的角度解释导电性增强的原因。_______ 【答案】（1）C （2）AC （3）磷原子最外层有5个电子，4个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定向移动而导电 【解析】（1）A．硼元素位于元素周期表中第2周期第IIIA族，而非第3族，故A错误； B．硼为p区元素，故B错误； C．基态硼原子()有、两种形状的电子云，故C正确； D．基态硼原子有5个电子，有5种不同运动状态的电子，故D错误； 故选C。 （2）A．同周期中原子序数越大，原子半径越小， (14号)原子半径大于 (15号)，故A正确； B．由于同周期电离能整体越来越大，且的3p处于半充满状态，较稳定，故第一电离能，故B错误； C．为共价晶体，为分子晶体，一般共价晶体熔沸点比分子晶体熔沸点高，故，故C正确； D．非金属性为，故最高价水化物含氧酸，故D错误； 故选AC。 （3）当磷原子取代了纯硅中少量硅原子后，能形成导电性较好的n型半导体原因在于磷原子最外层有5个电子，4个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定向移动而导电，故答案为：磷原子最外层有5个电子，4个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定向移动而导电。 3．（24-25高三上·上海·月考）工业上以硅石(主要成分SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺主要分为三步： 步骤一：； 步骤二：； 步骤三：…… （1）步骤一除了生成Si和MgO外，还可能存在一种由硅和镁形成的化合物，其化学式为___________。 （2）写出的电子式：___________。 （3）已知非金属性。标出步骤二反应的电子转移方向与数目：___________。 该反应的还原产物是___________。 （4）步骤二主要产物中，大约占，此外还有、、等，有关物质熔沸点如下表所示： 物质 SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl 熔点/℃ -70.4 -126.5 -122 -188 沸点/℃ 57.6 31.8 8.2 -30.4 提纯SiHCl3的主要工艺操作是将产物冷凝后再___________。 A．过滤 B．结晶 C．蒸馏 D．萃取 （5）步骤三、用在下还原得到冶金级高纯硅，其化学方程式为：___________。 （6）硅与碳位于同一主族，下列事实能说明碳的非金属性强于硅的是___________。 A．焦炭与二氧化硅高温反应制取粗硅： B．通入溶液中产生硅酸沉淀： C．碳化硅与浓强碱能发生非氧化还原反应： D．石灰石和石英高温制玻璃： 【答案】（1） （2） （3） （4）C （5） （6）B 【解析】（1）步骤一除了生成Si和MgO外，Si和Mg反应还可能生成一种由硅和镁形成的化合物； （2） 是共价化合物，电子式为：； （3） 中Si元素由0价上升到+4，H元素由+1价下降到0价和-1价，标出该反应的电子转移方向与数目为：，该反应的还原产物是； （4）由题意可知，SiCl4（沸点57.6℃）、SiHCl3（沸点31.8℃）、SiH2Cl2（沸点8.2℃）、SiH3Cl（沸点-30.4℃）的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏，故选C； （5）步骤三用在下还原得到冶金级高纯硅和氯化氢，其化学方程式为：； （6）A．焦炭与二氧化硅高温反应制取粗硅：，该反应中C元素化合价上升作还原剂，不能说明碳的非金属性强于硅，A错误； B．非金属性越强，元素最高价氧化物水化物的酸性越强，通入溶液中产生硅酸沉淀：，说明碳酸的酸性强于硅酸，说明碳的非金属性强于硅，B正确； C．非金属性越强，元素最高价氧化物水化物的酸性越强，与氢化合越容易，氢化物越稳定，碳化硅与浓强碱能发生非氧化还原反应：无法比较非金属性强弱，C错误； D．石灰石和石英高温制玻璃：，该反应与元素的非金属性无关，D错误； 故选B； 押题猜想03 新能源汽车电池的安全与回收 终极押题 【原创题】利用废旧三元锂电池黑粉浸出液(主要存在的阳离子为、、、、、)进行钴、锰、镍、锂等的回收利用，流程如图所示。 已知：①常温下，部分物质的溶度积常数如表所示。 难溶物 ②Cyanex272和P204萃取钴、锰的原理均为(水相)＋2HR(有机相)(有机相)(水相)。 ③。 回答下列问题： (1)酸性浸出液中加入反应的离子方程式为___________。 (2)加入“沉铁、铝”时，沉铁的离子方程式为___________。已知溶液中的离子浓度时，认为该离子沉淀完全，若使用NaOH代替调节pH，且氧化后几种金属离子的浓度均为，则应调节的pH范围是___________。 (3)“萃取钴”时，若萃取平衡时的萃取率为，则溶液中___________。萃取时，的萃取率随pH的变化如图所示，其原因是___________。 (4)①磷酸铁锂电池的内部结构如图a所示，充电时总反应是放电时，电池的正极反应为______。 ②下列分析合理的是______(填序号)。 A．拆分前对废旧电池进行预放电，有利于释放残余能量，消除安全隐患 B．预放电时电池中的锂离子移向负极，有利于提高正极片中锂元素的回收率 C．对废旧锂离子电池进行热处理可以除去其中的难溶有机物、碳粉等 D．锂离子电池不含汞、镉、铅等有毒重金属，可直接深埋处理 ③磷酸铁锂()的晶胞结构如图b所示，其中“○”代表。则磷酸铁锂晶体的摩尔体积______(已知阿伏加德罗常数为)。 (5)在进行废旧材料回收后，需检测“再生石墨”的结构是否符合锂电池的需要，可采用的仪器分析方法为_______。 A．原子吸收光谱 B．质谱 C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射 (6)以下是常见的三种石墨回收方案，简要流程如下。 方案一：50°C乙酸浸出1小时→过滤→蒸馏水清洗→干燥 方案二：KOH浸泡6小时→过滤→蒸馏水清洗→干燥 方案三：800°C下N2流中退火1小时→蒸馏水清洗→过滤 成本贡献占比 占比/% 方案一 方案二 方案三 试剂 84.8 91.4 —— 用电 13.3 6.4 74.1 用气 —— 1.9 25.4 水洗 1.9 0.3 0.5 请从绿色化学的角度评价方案三_______。 【答案】(1) (2) 4.67≤pH<6.25 (3) 4 pH过低时H+浓度高，平衡逆向移动，萃取率降低；随着pH升高，H+浓度降低，平衡正向移动，萃取率上升；pH过高时，Co2+生成Co(OH)2沉淀，也会降低萃取率，因此萃取率随pH先升高后降低 (4) AC (5)D (6)优点：原料来源广泛、所需时间较少；缺点：能耗高 【解析】（1）MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为：； （2）沉铁时，Ni(OH)2与Fe3+发生沉淀转化，离子方程式为：；调节pH的原则是使Fe3+、Al3+沉淀完全，其中Al(OH)3的Ksp大，则使Al3+沉淀完全即可满足要求；同时不使Co2+、Mn2+、Ni2+沉淀，其中Co(OH)2的Ksp最小，则不使Co2+沉淀即可满足要求；计算如下： Al3+沉淀完全时，，，pH=4.67；Co2+开始沉淀时，，，pH=14-7.75=6.25；因此应调节的pH范围为4.67≤pH<6.25； （3）萃取率为80%，即有机相中CoR2占总钴的80%，水相中Co2+占20%，则；萃取原理为：Co2+(水相)＋2HR(有机相)⇌CoR2(有机相)+2H+(水相)，pH过低时H+浓度高，平衡逆向移动，萃取率降低；随着pH升高，H+浓度降低，平衡正向移动，萃取率上升；pH过高时，Co2+生成Co(OH)2沉淀，也会降低萃取率，因此萃取率随pH先升高后降低； （4）①由题可知：电池的正极反应为； ②A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，可以使锂离子在正极富集，也能保证后续处理的安全性，A正确； B．锂离子电池预放电时电池中的锂离子移向正极，B错误； C．热处理过程使废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳等燃烧而除去等，C正确； D．电池中含有多种化学物质，因此不能直接掩埋，否则会导致产生土壤污染、水污染，D错误； 故选AC； ③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上的锂离子个数为，磷酸铁锂晶体的晶胞参数分别为、，则磷酸铁锂晶体的摩尔体积； （5）在进行废旧材料回收后，需检测“再生石墨”的结构是否符合锂电池的需要，对结构的检测需要通过X射线衍射仪进行晶体X射线衍射，故选D； （6）方案三中原料来源广泛、所需时间较少，但是在800℃下反应，能耗大，所以优点为原料来源广泛、所需时间较少；缺点为能耗高。 押题有据 （1）电化学与沉淀溶解平衡的综合应用是上海卷计算题的重灾区。 （2）新能源汽车普及带来电池回收问题，涉及资源循环利用，符合“循环经济”理念。 （3）强化Ksp的计算应用，特别是分步沉淀的条件控制；熟练书写各类新型电池的电极反应。 考题猜想 1．（24-25高三上·上海·期中）燃料电池种类众多，应用广泛。目前已经上市的氢燃料电池汽车有数十种，某种氢燃料客车搭载质子交换膜燃料电池的结构如图所示。 (1)通入氧气的电极发生______反应。 A．氧化 B．还原 C．氧化还原 D．非氧化还原 (2)该电池的导电粒子为质子，它在电池内部的定向移动方向是______。 A．a极→b极 B．b极→a极 C．正极→负极 D．负极→正极 (3)该电池的负极的电极反应式：______ (4)肼—空气燃料电池也是一种环保型碱性燃料电池，电解质为溶液，该电池的总反应方程式为。电池工作时，若有消耗，转移的电子数为______，溶液的______。 A．增大　　B．减小　　C．不变　　D．无法确定 (5)已知水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数，。向的水溶液中加入的溶液，该反应的离子方程式为______，反应后的溶液呈______。 A．碱性　　B．中性　　C．酸性　　D．无法确定 推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。该电池的正极材料为，利用废料（带铝箔）回收Li、Al、Fe、P元素的工业模拟过程如下： 已知，易溶于盐酸。 (6)步骤①加入溶液的目的是______，产品1主要成分为______。 (7)写出步骤③发生反应的离子方程式______。 (8)已知的，的，判断步骤⑤是否可以完全反应，说明理由______。 (9)步骤④、⑥两步加入均产生沉淀，指出两步中的作用____________。 【答案】(1)B (2)D (3) (4) 8NA B (5) C (6) 溶解铝 (7) (8)可以，该转化反应的平衡常数，该平衡常数有很大的数值，因此该反应是进行得相当完全的沉淀转化反应 (9)步骤④加碳酸钠可调节pH，以便于生成沉淀；步骤⑥加碳酸钠是为了生成碳酸锂沉淀 【分析】利用废料（带铝箔）回收Li、Al、Fe、P元素的工业模拟过程分析： 废料（带铝箔），加入氢氧化钠溶液后，铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，滤液1中含四羟基合铝酸钠，通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀，故产品1为；而滤渣为，与盐酸和双氧水反应生成氯化锂、氯化铁和磷酸，得到滤液2，加入碳酸钠可调节pH，以便于生成沉淀，再与氢氧化钠反应生成和，得到的含粗盐溶液，加入碳酸钠后得到碳酸锂沉淀。 【解析】（1）在氢氧燃料电池中，总反应为，燃料中化合价升高、发生失电子的氧化反应，作负极，氧气中O的化合价降低、发生得电子得还原反应，故选B； （2）氢燃料电池属于原电池，原电池中阳离子向正极移动，所以质子在电池内部的定向移动方向是由负极向正极移动，故选D； （3）该电池的负极是发生失电子的氧化反应，电极反应式为：； （4）根据电池的反应方程式：可知1mol燃烧转移4mol电子，所以若有2mol消耗，转移的电子数为8NA；从总反应式可知产物有水生成，所以溶液pH减小； （5）0.01mol和0.015mol盐酸反应的离子方程式为：；反应生成的和为强酸弱碱盐，水解导致溶液呈酸性； （6）废料（带铝箔），加入氢氧化钠溶液后，铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，所以步骤①加入溶液的目的是溶解铝；滤液1中含四羟基合铝酸钠，通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀，故产品1为； （7）步骤③是与盐酸和双氧水反应生成氯化锂、氯化铁和磷酸的过程，其反应的离子方程式为：； （8）该沉淀转化反应的平衡常数，该平衡常数有很大的数值，因此该反应是进行得相当完全的沉淀转化反应； （9）步骤④加碳酸钠可调节pH，以便于生成沉淀；步骤⑥加碳酸钠是为了生成碳酸锂沉淀。 2．（25-26高三上·上海嘉定·期中）锂离子电池具有高能量密度、长寿命、无记忆效应等特点，在移动通信、电动汽车、便携式设备等领域得到了广泛应用。锂电池的负极材料为Li+嵌入两层石墨层中间形成的晶体，石墨堆积方式因Li+嵌入发生改变，上下层一样，形成如图晶体结构。 (1)晶体中与相邻石墨六元环的作用力属于______。 A．范德华力 B．离子键 C．共价键 D．氢键 某种锂电池的正极材料为，充电时电极反应式为：。 (2)充电时，LiFePO4中是失电子，而不是失电子，结合微粒结构解释原因：______。 从废旧锂电池正极片(主要成分为LiFePO4，另含少量Al与石墨)中回收锂、铁、磷等元素的工艺流程如图所示： (3)拆解废旧锂电池前需要经过放电处理(将化学能转变为电能)，既可以保证安全又有利于回收锂。有利于回收锂的原因是______。 (4)正极片用NaOH溶液浸泡，发生反应的化学方程式为______。 (5)“酸浸”时，加入的作用是______；该步骤中用代替更好，其优点是______。 (6)为提高酸浸的浸出率，除粉碎、搅拌、适当升温外，还可以采用的方法有______(任写一种)。 (7)向滤液①中加入调节，铁与磷的沉淀率随变化如图所示。后，随增加，铁的沉淀率仍然升高，磷沉淀率出现了减小的趋势，已知，)，可能的原因是：______。 (8)已知，若滤液②中，加入等体积的溶液后，锂的沉淀率达到，滤液③中______。 【答案】(1)B (2)Li+的最外层为2电子的稳定结构，难以失去电子，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe2+易失去电子形成3d能级半充满的Fe3+ (3)放电使Li+从负极嵌入正极材料中，便于酸浸时溶解回收 (4)2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑ (5) 将Fe2+氧化为Fe3+ 的还原产物为H2O，无污染，绿色环保，还原产物为NOx，污染空气 (6)延长浸出时间、适当增大硫酸浓度、多次浸出（任写一种） (7)pH>2.5后，Fe3+主要生成Fe(OH)3沉淀，与结合减少；或FePO4沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，释放 (8) 【分析】从废旧锂电池正极片(主要成分为LiFePO4，另含少量Al与石墨)中回收锂、铁、磷等元素，先加入NaOH溶液除去Al，再加入硫酸和硝酸混合液，将Fe2+氧化为Fe3+，滤渣中主要成分为石墨，向滤液中加入碳酸钠调节溶液pH，生成FePO4沉淀，向滤液②中加入碳酸钠溶液生成Li2CO3。 【解析】（1）Li+嵌入两层石墨层中间形成的晶体，晶体中与相邻石墨六元环的作用力属于离子键，故答案为B。 （2）LiFePO4中，Li+的最外层为2电子的稳定结构，难以失去电子；而Fe2+的3d轨道电子排布不稳定(3d6)，易失去1个电子形成Fe3+(稳定的3d5结构) （3）放电过程中Li+从石墨电极脱嵌，嵌入中形成，后续酸浸时Li+能随正极材料溶解进入溶液，便于分离回收。 （4）正极片(主要成分为LiFePO4，另含少量Al与石墨)，用NaOH溶液浸泡，Al与NaOH反应，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。 （5）“酸浸”时，加入的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，用代替 的优点：的还原产物为H2O，无污染，绿色环保，还原产物为NOx，污染空气。 （6）除粉碎、搅拌、升温外，还可延长浸出时间、适当增大硫酸浓度、多次浸出等。 （7）pH>2.5时，溶液中OH-浓度增大，Fe3+优先与OH-结合生成Fe(OH)3沉淀，导致Fe3+与的结合能力下降；或FePO4沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，释放，使磷沉淀率下降。 （8）滤液②中，加入等体积的溶液后，锂的沉淀率达到，混合后溶液体积加倍，剩余，剩余滤液③中。 押题猜想04 传统非遗技艺中的化学智慧 终极押题 【原创题】铁在推动人类文明进步、促进生产力发展和改变人类命运等方面作出了巨大贡献，在文化传承和文物保护方面意义非凡。非遗技艺打铁花是“高温物理+氧化化学+力学技巧”的完美结合，它承载了中国古代工匠的智慧与勇气。打铁花的主要原料为生铁、锯末等。 Ⅰ．打铁花的原理 1．如图是铁原子的结构示意图，其中X等于___________。铁的化学性质比较活泼，在化学变化中容易___________(填“得”或“失”)电子。 2．打铁花的“花”谐音“发”，像烟花一样绚烂。实验室探究氧气性质时，铁丝在氧气中剧烈燃烧，也能呈现出火树银花的景象，写出反应的化学方程式___________，该反应的基本类型是___________。 Ⅱ．打铁花的技巧 表演时，打花者先将生铁放到熔炉加热至1600℃熔化，用坩埚舀出铁水抛起，再用木板奋力一击。 3．由教材实验可知，铁丝在空气中不能燃烧，但是“打铁花”能使铁在空气中剧烈燃烧的原因是___________。 Ⅲ．出土的铁制文物往往腐蚀较为严重，化学方法在文物保护中的作用巨大，某博物馆修复出土铁器的过程如下： 4．检测锈蚀产物 主要成分的化学式 铁器在具有、_____等环境中容易被腐蚀。 5．分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。 （1）转化为。 （2）在自然环境中形成，该物质中铁元素的化合价为_______。 （3）和反应形成致密的保护层，的作用是_______。 a．氧化剂    b．还原剂    c．既不是氧化剂也不是还原剂 （4）保护层被氧化为，如此往复腐蚀，___+___+_______(将反应补充完整) 6．研究发现，Cl-对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成保护层，方法如下： 将铁器浸没在盛有溶液的容器中，缓慢加热至 60～90℃。一段时间， 取出器物，用溶液洗涤至无Cl-。 （1）检测洗涤液中 Cl-的方法是_____。 （2）脱氯反应：。离子反应的本质是离子浓度的减小，比较与溶解度的大小：__________较大。[填与] 【答案】1． 14 失 2． 化合反应 3．铁水与空气的接触面积更大 4． H2O或潮湿 5． +3 c 4 1 6 12 6． 取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl- FeOCl 【解析】1．在原子中，质子数等于核外电子数。铁的质子数为26，则2+8+X+2=26，解得X=14；铁原子的最外层电子数为2，小于4，在化学变化中容易失电子； 2．铁丝在氧气中燃烧生成四氧化三铁，化学方程式为； 该反应是由两种物质反应生成一种物质，符合 “多变一” 的特征，基本反应类型是 化合反应； 3．铁丝在空气中不能燃烧，但是 “打铁花” 时，铁水被抛起并用木板奋力一击，使铁水变成细小的铁屑，增大了与氧气的接触面积，从而能在空气中剧烈燃烧。 4．铁器在潮湿的环境中和氧气发生电化腐蚀生成铁锈，铁器在具有O2、H2O 等环境中容易被腐蚀；答案为H2O（或潮湿）。 5．（2）根据化合物中元素化合价代数和为0，计算FeO(OH)中铁元素的化合价为+3；答案为+3。 （3）FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，四氧化三铁看作Fe2O3•FeO，所以Fe2+既不是氧化剂也不是还原剂，故选c；答案为c。 （4）反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1，结合原子守恒配平得到反应的化学方程式为：4Fe3O4+O2+6H2O=12FeO(OH)；答案为4，1，6，12。 6．（1）检验Cl-常用硝酸酸化的硝酸银溶液，操作为：取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl-；答案为取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl-。 （2）化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCl→FeO(OH)，所以FeOCl的溶解度大于FeO(OH)；答案为FeOCl。 押题有据 （1）文化自信融入高考，考查传统文化背后的科学原理。 （2）上海拥有丰富的江南文化资源，将本地非遗与化学结合，既体现地域特色又考查核心素养。 （3）关注常见天然产物（色素、香料、药物）的化学结构与性质，理解氧化还原在文物修复中的应用。 考题猜想 1．2025年春晚融入了大量的非遗元素，让我们深刻感受到了中华文化的博大精深和时代精神的蓬勃向上，彰显文化自信。下列有关说法正确的是 A．北京绢花、扬州绒花用到的主要材料蚕丝是天然高分子材料 B．山东“东明粮画”描绘的五谷杂粮可用福尔马林进行防腐处理 C．聚中国陶瓷技艺诸派之精髓的洛阳牡丹瓷，其主要成分是SiO2 D．“温州螺钿”挑选螺壳、贝壳等制作成螺钿片，螺钿片比较耐酸、耐碱 【答案】A 【解析】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料，A正确； B．福尔马林是35%~45%的甲醛水溶液，有毒，一般用于制作标本，不能用于食物防腐，B错误； C．陶瓷主要成分是硅酸盐，C错误； D．螺钿片是由贝壳等制成，主要成分为碳酸钙，不耐酸，D错误； 故答案为：A。 2．“非遗”呈现了我国优秀传统文化的多样性。下列说法错误的是 A．“扎染技艺”所用靛蓝的主要成分是 B．“织锦技艺”所用棉线的主要成分是纤维素 C．“皮影制作技艺”所用牛皮的主要成分是蛋白质 D．“陶器烧制技艺”所用黏土的主要成分是硅酸盐 【答案】A 【解析】 A．为红棕色，靛蓝的结构简式为或，A错误； B．棉线的主要成分是纤维素，B正确； C．牛皮的主要成分是蛋白质，C正确； D．黏土的主要成分是硅酸盐，D正确； 故答案为：A 3．非物质文化遗产中承载着大量的化学知识。下列说法错误的是 A．“腰鼓”一般用兽皮作鼓面，兽皮的主要成分为蛋白质 B．“豫剧”戏服珠饰中用到珍珠，珍珠的主要成分是CaCO3 C．“木版年画”绘制用到木炭条，木炭的主要成分是碳单质的同素异形体 D．“汾酒酿制技艺”涉及淀粉、葡萄糖的水解反应 【答案】D 【解析】A．兽皮为动物皮毛材料，主要成分为蛋白质，A正确； B．珍珠的主要成分是碳酸钙：CaCO3，B正确； C．木炭中的主要成分是石墨，石墨、金刚石均是碳单质的同素异形体，C正确； D．“汾酒酿制技艺”最终糖类转化为酒精，涉及淀粉水解、葡萄糖的发酵反应(葡萄糖分解为乙醇和二氧化碳)，葡萄糖是单糖不会水解，D错误； 故选D。 4．陆川青砖青瓦烧制技艺、横州铜器制作技艺、东兰壮族服饰制作技艺、桂平乳泉井酒酿造技艺等入选了广西第九批区级非遗代表性项目。下列描述错误的是 A．陆川青砖青瓦呈现青色的原因是含有二价铁 B．横州出土的“鸟纹变形羽人纹铜鼓”表面的铜绿主要成分是碱式碳酸铜 C．东兰壮族服饰原材料的主要成分为棉、麻，点燃时有烧焦羽毛的气味 D．桂平乳泉井酒的酿造过程涉及蒸馏操作 【答案】C 【解析】A．青砖青瓦在烧制的过程中，粘土中含有的铁未被完全氧化，还含有二价铁，A正确； B．铜绿是因为铜与空气中的、、反应生成，B正确； C．壮族服饰的主要原材料棉、麻的成分为纤维素，点燃没有烧焦羽毛的气味，C错误； D．桂平乳泉井酒酿造过程中要得到高度数的白酒，需要涉及蒸馏的操作，D正确； 故选C。 5．我国是世界上最早发明印染的国家，“非遗印染技艺”是中华优秀传统文化的瑰宝。下列说法正确的是 A．山西印染技艺中的蓝色染料可能是自然界的赤铁矿、孔雀石等 B．传统制靛工艺用水浸泡蓝草分离出菘蓝甙和靛甙，涉及萃取原理 C．宁夏蓝印印染技艺使用的靛蓝结构中含有羰基和苯环，属于芳香烃 D．陕西花袱子印染技艺中棉织品的主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物 【答案】B 【解析】A．赤铁矿的主要成分Fe2O3呈红褐色，孔雀石主要成分Cu2(OH)2CO3呈绿色，它们都不是呈蓝色，因此不可能是蓝色染料来源，A错误； B．用水浸泡蓝草，通过溶解提取菘蓝甙和靛甙，这种分离混合物的原理属于萃取，B正确； C．靛蓝结构中含有含羰基和苯环，由于含有的元素不仅有C、H，还含氧元素，因此属于芳香族化合物但不是属于芳香烃，C错误； D．棉织品主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，是天然高分子化合物，但不是属于蛋白质，D错误； 故选B。 押题猜想05 光催化分解水制氢的机理探究 终极押题 【改编题】我国科学家在太阳能可规模化分解水制氢方面取得新进展——率先提出并验证了一种全新的基于粉末纳米颗粒光催化剂太阳能分解水制氢的“氢农场”策略，其太阳能光催化全分解水制氢的效率创国际最高记录(示意图如图所示，M1、M2为含铁元素的离子)。下列说法不正确的是 A．制O2装置中，太阳能转化为化学能 B．制H2时阳极可发生反应：[Fe(CN)6]4––e- = [Fe(CN)6]3– C．制 H2装置中，交换膜为阳离子交换膜 D．系统制得1mol H2的同时可制得11.2L的O2 【答案】D 【分析】制氧气装置中，光催化剂太阳能分解水得到氧气，M1转化为M2，O元素化合价升高，则M1中Fe元素化合价下降；制氢装置中阳极M2转化为M1，阴极，总反应方程为：，以此分析。 【解析】A． 制O2装置中，太阳能转化为化学能，故A正确； B．制H2时阳极M2转化为M1，且M1中Fe元素化合价比M2低，可发生反应：[Fe(CN)6]4––e- = [Fe(CN)6]3–，故B正确； C． 制 H2 装置中，阴极发生的反应为，其中的交换膜为阳离子交换膜，故C正确； D．由总反应方程式可知：系统制得1mol H2的同时可制得0.5mol O2，但未给标准状况，O2的体积不能求算，故D错误； 答案选D。 押题有据 （1）微观反应机理的图示分析是上海卷的新宠，考查学生从微观视角理解宏观现象的能力。 （2）氢能是清洁能源的未来，光催化是前沿热点，涉及能量转化与反应动力学。 （3）学会阅读能带图、能量分布图，理解活化能、量子效率等概念。 考题猜想 1．电催化水氧化析氧反应是电解水制氢的关键步骤。研究人员探究了两种不同结构的氧化锰基电催化剂对该氧化反应的催化性能，其催化循环机理如图所示： 其中(a)有D4h对称性共顶点的八面体；(b)有D3d对称性的共顶点的八面体。图中标注了几种物种的形成寿命或消耗寿命。下列叙述错误的是 A．的催化效果更好 B．图中总过程可表示为： C．八面体中Mn的配位数均为6 D．该过程有极性键、非极性键的断裂和形成 【答案】D 【解析】A．催化剂的催化性能可以通过中间体寿命判断：中间体寿命越短，转化越快，反应速率越快，催化效果越好。对比(a)和(b)各步骤：所有中间体寿命均远短于，反应更快，催化效果更好，A正确； B．电催化水氧化析氧，反应物为，产物为​、，反应失电子，配平后总反应为：，B正确； C．Mn3+O6​八面体中，每个周围直接结合6个配位O，共顶点仅指顶点O被两个八面体共用，不改变的配位数，因此Mn配位数为6，C正确； D．该过程总反应为水分解生成氧气、和电子：断裂的只有中极性键，没有非极性键断裂；只形成了中非极性键，没有非极性键断裂，也没有新的极性键形成，D错误； 故选D。 2．（多选）从可持续发展考虑，太阳能光解水制氢是获取H2的最好途径，但迄今仍然存在诸多问题，如光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，能量转化效率低等，这些都阻碍了光解水的实际应用，需设计课题进一步研究解决。下列设想符合研究方向的是_________ A 将研究方向专注于紫外光区，无需考虑可见光区 B 研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料 C 研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料 D 研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢成为可能 【答案】 BCD 【解析】A、光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，但催化剂有选择性，不同催化剂的效果不同，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，将研究方向专注于紫外光区，同时也要考虑可见光区，选项A错误； B、光催化剂能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，必须研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料，选项B正确； C、研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料，提高能量转化效率，选项C正确； D、光催化剂能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，需使用牺牲剂进行抑制，故需研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢，选项D正确； 答案选BCD； 3．某种过渡金属硫化物光催化分解水制的原理如图。 已知：可见光在催化剂表面可产生电子和带正电荷的空穴。 (1)发生的电极反应式为___________。 (2)在反应过程中体现了___________(填“氧化性”或“还原性”)。 【答案】(1) (2)氧化性 【解析】（1）观察图中信息，可得出； （2）图中乙醇生成乙醛体现还原性，故h+体现氧化性； 4．氢能是一种绿色能源，研发新型制氢技术具有重要意义。 (1)光热协同分解水制氢的过程如题图1所示，反应的关键为Vo(氧空位)的产生和消除。 ①题图2表示一种晶胞，该晶胞中含有的氧原子数为___________。 ②过程(ⅰ)为光化学阶段：反应原理为，过程(ⅱ)～(ⅳ)为热化学阶段：反应原理可表示为___________。 (2)近年来，(R表示氢原子或烃基)等三核金属-氧簇结构的配合物光催化剂的研究受到重视。该配合物催化剂中暴露的金属原子是光催化反应的活性位点(能有效催化反应的表面位置)。 ①的结构如题图3(H原子已略去)。中心氧原子与3个形成平面三角形，则该O原子的杂化轨道类型为___________。 ②与相比，用作催化剂，制氢反应效率大幅提升，其主要原因是___________。 (3)肼在Ni-Pt催化剂作用下分解制氢的过程如题图4所示。 ①X的结构简式为___________。 ②催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于___________(填“Ni”或“Pt”)活性位点。 ③已知：N—N键、N—H键的键能分别是、。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N—N键，而是N—H键，原因可能是___________。 【答案】(1) 4 (2) 杂化 甲酸根配体相较于乙酸根配体具有更小的空间占比，催化剂中金属原子暴露程度更大 (3) Pt N-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力 【解析】（1）①用均摊方法计算。含有的小球原子数目是；含有的大球原子数目是，小球与大球原子个数比为2:4=1:2，所以根据物质化学式，可知：小球表示Ti原子，大球表示氧原子，因此在该晶胞中含有的氧原子数为4个； ②根据图示可知：过程(ⅱ)~(ⅳ)的反应原理为； （2）①在结构中，中心氧原子与3个形成平面三角形，则键角是120°，说明该氧原子的杂化轨道类型为杂化； ②与相比，用作催化剂，制氢反应效率大幅提升，其主要原因是甲酸根配体相较于乙酸根配体具有更小的空间占比，催化剂中金属原子暴露程度更大，因此制氢反应效率大幅提升； （3） ①根据图1，生成X的过程中，①②③④断键，③④结合生成，①②结合生成π键得到X，则X为； ②N与H相连，H电负性小于N，故H原子显正价，金属性Ni＞Pt，故Ni-Pt催化剂负电荷集中在Pt上，正负电荷相互吸引，所以H会吸附在Pt活性位点； ③N-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力。 押题猜想06 复杂体系中的多重平衡竞争 终极押题 【原创题】为探究同一体系中多重平衡间的相互影响，现有室温下溶液，加强酸、强碱调节该溶液的pH，溶液中含碳和氮微粒的分布系数(如的分布系数：随pH变化如图．下列叙述不正确的是 A．该溶液中水电离出的浓度为 B． C．的溶液中 D．向溶液滴加含0.1mol NaOH的稀溶液时仅发生： 【答案】D 【解析】A．NH4HCO3溶液pH=7.8显碱性，溶液中c(OH-)=10-6.2 mol/L，水电离出的H+与OH-浓度相等，应为10-6.2 mol/L，A正确； B．NH4HCO3溶液显碱性，说明的水解程度大于的水解程度，的水解常数，的水解常数，水解程度>，则>，可得Ka1(H2CO3)<Kb(NH3·H2O)，B正确； C．pH=9时，假设加入的强碱是NaOH，则引入Na+，则溶液中存在电荷守恒：，C正确； D．滴加NaOH时，与均会与OH-反应，D错误； 故选D。 押题有据 （1）定量计算与图像结合，考查对平衡本质的理解。 （2）多重平衡是高中化学难点，也是区分度所在，结合生理或环保情境更具现实意义。 （3）掌握分布系数图的读取方法，熟练运用电荷守恒、物料守恒进行计算。 考题猜想 1．（24-25高三下·上海·期中）常温下物质R在水溶液中存在以下电离平衡：。可与多种配体形成多样的配离子，在溶液体系中存在以下多种反应： I．   II．   Ⅲ．   （1）配位存在多个竞争反应，其中有，该反应___________(用、、表示)。 （2）写出反应Ⅰ的平衡常数表达式___________。 （3）常温下，往含的的溶液体系中加入NaOH溶液，反应Ⅰ的平衡常数___________。 A．变大 B．不变 C．变小 D．无法判断 （4）关于含的溶液体系，下列说法正确的是___________。 A．当溶液中不变时，说明反应达到了平衡状态 B．平衡体系中仅加入，新平衡时的转化率增大 C．在水溶液中不能水解 D．当平衡体系中时，(表示反应Ⅲ的平衡常数) 【答案】（1） （2） （3）B （4）AD 【解析】（1）利用盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅲ得：； （2）反应中为固体，平衡常数表达式； （3）平衡常数只受温度的影响，平衡体系溶液中加入固体，溶液的温度不变，则平衡常数不变，故选B； （4）A．在含的的溶液体系中，溶液中R浓度不变，可说明反应达到了平衡状态，A正确； B．加入，溶液中增大，虽然三个平衡均正向移动，但根据勒夏特列原理，的转化率反而减小，B错误； C．根据可判断R水溶液相当于弱碱，可水解呈酸性，离子方程式可表示为，即，C错误； D．时，，即，D项正确； 故选AD； 2． 氯气溶于水时存在多重平衡：①②。下列有关说法不正确的是 A．反应①为放热反应 B．反应②的平衡常数表达式为 C．加热一定能增强氯水的漂白性 D．加入一定量的石灰石，可提高HClO的浓度 【答案】C 【解析】A．氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，则焓变，故A正确； B．水为纯液体，浓度为定值，则反应②平衡常数K=，故B正确；C．加热时，氯气在水中的溶解度减小，同时次氯酸受热分解，次氯酸的浓度不一定增大，则漂白性不一定增大，故C错误； D．加入一定量的石灰石，石灰石消与氢离子反应，氢离子减小，平衡向正反应方向移动移动，次氯酸浓度增大，故D正确； 故选C。 3． 溶洞水体里存在空气中参与的平衡：等多重平衡。现测得溶洞水体中(X为、、或)与pH的关系如图所示(水平线Ⅳ代表)，已知25℃下，，假设溶洞水体中仅溶解气体，大气中分压强保持不变。关于溶洞水体说法错误的是 A．在c点时： B．在时， C．溶洞水体溶液中总有， D．在a点时， 【答案】B 【分析】随着pH的增大，溶液的酸性逐渐减弱，c()、c()都增大，c(Ca2+)随着c()的增大而减小，即lgc()、lgc()逐渐增大，lgc(Ca2+)逐渐减小，并且弱酸性环境中lgc()>lgc()，所以曲线I表示lgc()与pH的关系，曲线Ⅱ表示lgc()与pH的关系，曲线Ⅲ表示lgc(Ca2+)与pH的关系。剩余的一条与横轴平行、为碳酸，据此分析解答。 【解析】A．c点c()=c()，存在电荷守恒，，即，故A正确； B．在时，由图可知，故B错误； C．由a点c()=c（H2CO3）得到，由c点c()=c()，得到，，c（H2CO3）=10-5，即，故C正确； D．a点溶液中，pH=6.3，由C的分析得，，，，故D正确； 故选B。 押题猜想07 化学反应动力学的实时监测技术 终极押题 【改编题】利用传感器和信息处理终端对氯水的光照实验进行数据采集与分析，得到如下图象。下列有关说法正确的是 A．图一可为光照过程中氯水中的变化情况 B．图二可为光照过程中氯水中的变化情况 C．图三可为光照过程中氧气在瓶中的体积分数的变化情况 D．根据实验数据推测，氯水长期放置后漂白性和酸性都会逐渐减弱 【答案】C 【解析】A．氯水中存在反应：，光照时，氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，所以氯水中增大，A错误； B．光照时，光照过程中氯水中分子分解，会越来越少，与图示变化趋势不符，B错误； C．光照时，氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，氧气在瓶中的体积分数变大，与图示变化相符，C正确； D．氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，增大，酸性增强，D错误； 故选C。 押题有据 （1）引入仪器分析数据，考查数据处理与建模能力。 （2）现代化学研究离不开仪器监测，上海卷倾向于考查学生处理真实实验数据的能力。 （3）理解常见仪器（光谱、色谱）的基本原理，掌握速率方程的推导方法。 考题猜想 1．复方硫酸亚铁胶囊是一种补充铁剂的药物，用于防治缺铁性贫血。某品牌宣传硫酸亚铁补铁剂每粒胶囊含60mg铁。 (1)如图为该胶囊溶于水后得到的溶液放置在空气中，其色度随时间变化的图像(溶液的颜色越深，色度越大)，其中在300s时加入了一定量的维生素C．维生素C使溶液色度减小的原因是_______。 (2)某研究性学习小组利用实验验证该药物中铁含量是否合格，通过查阅资料获知： 现设计实验操作如下(设该药片中的其他成分不与KMnO4反应)： 步骤一：配制0.10mol•L﹣1的KMnO4溶液； 步骤二：取10粒该胶囊中的粉末，加入100.00mL蒸馏水充分溶解； 步骤三：加入0.10mol•L﹣1的KMnO4溶液（经稀硫酸酸化），记下所消耗KMnO4溶液的体积。 在称量KMnO4固体之后，进行了下列操作： a．待KMnO4溶液的温度与室温一致后，将溶液沿玻璃棒注入容量瓶中； b．容量瓶中加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切； c．将称好的KMnO4固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其充分溶解； d．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。 ①现配制240mL 0.10mol•L﹣1的KMnO4溶液，则需要_______g KMnO4固体。(精确到小数点后两位，KMnO4的摩尔质量为158g/mol) ②上述操作中正确的顺序是_______。(填字母) ③下列说法正确的是_______。 A．容量瓶经蒸馏水洗涤后，有少量蒸馏水残留，不影响使用 B．容量瓶在实验室中可用于长期存放试剂 C．称取的KMnO4固体中若含有不参与反应的杂质，会导致所配溶液的浓度偏高 D．定容时若俯视刻度线，则会使所配溶液的浓度偏低 某同学进行了3次测定，平均消耗KMnO4的物质的量为0.002mol； ④根据这个同学的实验数据，通过计算可知每粒胶囊中铁含量为_______mg。 ⑤有人说该补铁剂和维生素C一起服用，更有利于吸收，你认为是否合理请说明理由_______。 【答案】(1)维生素C具有还原性，Fe3+被维生素C还原，使色度下降 (2) 3.95 cadb A 56 合理，维生素C具有还原性，防止亚铁被氧化，有利于补铁剂被人体吸收 【解析】（1）胶囊中的亚铁盐溶于水后，被氧气氧化成Fe3+使溶液颜色变深，再加入维生素C又将Fe3+还原成Fe2+，溶液颜色又变浅； （2）①实验室没有240mL容量瓶，应配制250mL，需要KMnO4的质量为； ②配制溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序是cadb； ③A．配制过程中需加水稀释、故容量瓶经蒸馏水洗涤后，有少量蒸馏水残留，不影响溶质的物质的量、不影响浓度，A正确； B．容量瓶只能配制溶液，在实验室中不可用于存放试剂，B错误； C．KMnO4固体中若含有不参与反应的杂质，则称取KMnO4的试剂质量减小，导致配制的浓度偏低，C错误； D．定容时若俯视刻度线，导致体积偏小、所配溶液浓度偏大，D错误； 故答案选A； ④根据反应离子方程式可知，消耗KMnO4的物质的量为0.002 mol，则Fe2+物质的量为0.01 mol，相当于每粒胶囊含Fe2+的物质的量为0.001 mol，其质量为0.056g，即56 mg； ⑤维生素C具有还原性，防止亚铁被氧化，有利于补铁剂被人体吸收，故合理。 2．含氯物质在生产生活中发挥着重要作用。以下是制备氯气并探究其相关性质的实验装置图，回答下列问题。 (1)盛放的仪器名称为___________，装置中发生反应的离子方程式为___________。 (2)Ⅲ可制取漂白粉，装置中使用多孔球泡的目的是___________。 (3)若试剂b为水，反应结束制得氯水，氯水呈黄绿色是由于其中含有___________(填标号，下同)； A．                    B．                    C．                    D． 检验上述溶液是否含有氯离子的操作是___________。 (4)将Ⅳ中氯水转移至三颈烧瓶内，把pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入其中(如图甲)，用强光照射，验证氯水中HClO光照分解的产物。实验并采集数据，获得溶液中相关成分随时间变化的曲线图(如图乙)。 图乙中纵坐标可以表示的物理量是___________。[已知：酸性溶液中，越大，pH越小，溶液酸性越强。] A．氯水的pH                B．的浓度                C．氧气的体积分数 由实验可知，HClO在光照下发生反应的化学方程式为___________。 (5)城市饮用水处理新技术用、替代。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么、、的消毒效率由大到小的顺序是___________。 【答案】(1) 圆底烧瓶 (2)增大氯气与石灰乳的接触面积，使氯气被充分吸收； (3) C 取少量Ⅳ中溶液于一干净试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，观察有白色沉淀生成，证明有氯离子存在 (4) BC (5)>> 【分析】装置I中利用二氧化锰和浓盐酸在共热的条件下制备氯气，装置Ⅱ为除杂装置，除去的气体，装置Ⅲ为制取漂白粉装置，装置Ⅳ用于探究氯气的性质，氯气有毒，蘸有NaOH溶液的棉花用于吸收尾气，防止污染空气。 【解析】（1）盛放的仪器名称为圆底烧瓶；装置I中利用二氧化锰和浓盐酸在共热的条件下制备氯气，反应的离子方程式为：； （2）装置Ⅲ制取漂白粉，装置中使用多孔球泡的目的是增大氯气与石灰乳的接触面积，使氯气被充分吸收； （3）为黄绿色，氯水呈黄绿色是由于其中含有，故答案选C； 检验上述溶液是否含有氯离子的操作是：取少量Ⅳ中溶液于一干净试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，观察有白色沉淀生成，证明有氯离子存在； （4）在光照的条件下分解生成和O2，反应的化学方程式为。 A．在光照的条件下分解生成和O2，随着时间推移，变大，氯水的pH减小，A不符合题意； B．在光照的条件下分解生成和O2，的浓度增大，B符合题意； C．根据可知，反应生成氧气，氧气的体积分数增大，C符合题意； 故答案选BC。 HClO在光照下发生反应的化学方程式为； （5）、、的还原产物均为Cl-，假设、、质量为1 g，则1 g 转移电子的物质的量为；1 g 转移电子的物质的量为；1g 转移电子的物质的量为；故、、的消毒效率由大到小的顺序是>>。 3．智能手机因其集成的高清摄像头和智能传感器而常被应用于化学实验。某实验小组利用实验室中的废铁屑(久置但未生锈)制备硝酸铁，并利用配制的硝酸铁标准溶液对“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的含量进行测定。 已知：溶液有强氧化性，浓度越大，氧化性越强。 实验过程如下： 实验I：的制备 (1)实验室保存的溶液往往易被氧化，请设计实验方案验证溶液被部分氧化：_______。 (2)操作A包含的实验步骤有：_______、_______、过滤、洗涤、干燥。 实验Ⅱ：标准硝酸铁溶液的配制 准确称取0.8080 g的按如图步骤配成100 mL溶液。 (3)智能手机连接热成像配件FLIRO nePro可即时测定过程①中溶液温度。若将如图溶解所得溶液立即转移至容量瓶中并进行定容，则上述操作会导致配得溶液浓度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 实验Ⅲ：绘制标准溶液与灰度值的标准曲线 ①分别向7个100 mL容量瓶中加入0、0.5、1.0、2.0、3.0、4.0、5.0mL实验Ⅱ中配制的浓度为0.0200mol/L的标准溶液，然后分别加入1.5mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。 ②将配好的溶液加入到100 mL比色皿中，如图进行放置，在相同条件下用智能手机进行拍照，后用软件确定照片中各溶液相同位置的灰度数值，所得数据如下表所示： 比色管编号 S0 S1 S2 S3 S4 S5 S6 溶液(mL) 0 0.5 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 0 0.0001 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 0.001 灰度值 127.3 119.4 107.1 87.3 65.3 47.2 29.2 (4)上述实验中，根据合理数据处理得_______(结果保留到整数位)。 实验Ⅳ：“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素含量的测定 ①取补铁剂样品2.0 g，加入10 mL蒸馏水完全溶解，再加入足量溶液，充分反应后配成100 mL溶液。 ②取1.0 mL①中所配溶液于100 mL容量瓶中，加入1.5 mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。将最终配好的溶液加入到10 mL比色皿中，在与实验Ⅲ步骤②中相同条件下拍照，软件处理获得溶液图片的灰度值为97.32。 (5)“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的质量分数为_______%(保留2位有效数字)。 (6)下列操作中有利于更准确测得“硫酸亚铁补铁剂”中的铁元素含量的有_______。 A．提前除去实验I溶解铁屑所用硝酸中的杂质 B．用浓硝酸溶液代替实验IV中所用的溶液 C．整个实验中所用的KSCN溶液均采用相同浓度的溶液 D．将配制样品溶液和7个标准溶液放在一起在相同条件下同时拍照，再统一进行数据处理 (7)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示： 根据上述图像分析可知_______；_______。 【答案】(1)取少量溶液，分成两份：一份中加入几滴KSCN溶液，溶液变红：一份中加入溶液，产生蓝色沉淀；则可说明原溶液中被部分氧化 (2) 蒸发浓缩 冷却结晶 (3)偏高 (4)1 (5)8.4 (6)CD (7) 4 1 【分析】废铁屑加入碳酸钠溶液净化是除去铁表面的油污，过滤洗涤得到的滤渣为铁屑，加入硝酸溶液溶解，得到硝酸铁，同时产生二氧化氮气体，将反应后的溶液进行过滤，除去未反应的铁屑和杂质，得到硝酸铁溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，最后得到，据此作答。 【解析】（1）验证溶液被部分氧化的实验过程和现象：取少量溶液，分成两份：一份中加入几滴KSCN溶液，溶液变红：一份中加入溶液，产生蓝色沉淀；则可说明原溶液中被部分氧化； （2）根据上述分析，操作A包含的实验步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （3）如图溶解所得溶液可知，溶解放热所得溶液温度高于常温，若立即转移至容量瓶中并进行定容，溶液体积偏大，加水偏少，最终溶液浓度偏高； （4）由表中数据可知，灰度值与呈线性关系，代入比色管编号S0和S2的实验数据可得， ，解得=1； （5）根据所给数据可知，求得x=0.0003，则补铁剂样品中铁元素的质量为，其样品中铁元素的质量分数为 ； （6）A．提前除去实验I溶解铁屑所用硝酸中的杂质，对制备无影响，A错误； B．用浓硝酸溶液代替实验IV中所用的溶液，都是氧化亚铁离子，对结果无影响，B错误； C．整个实验中所用的KSCN溶液均采用相同浓度的溶液，可使灰度值更准确，铁元素含量测定更准确，C正确； D．将配制的样品溶液和7个标准溶液放在一起在相同条件下同时拍照，再统一进行数据处理，可使灰度值更准确，铁元素含量测定更准确，D正确； 故选CD。 （7）据图像分析，的摩尔质量为，当失重比为 时，失去的水的质量为，对应水，因此剩余结晶水数；当失重比为 时，失去的水的质量为 ，对应水，因此剩余结晶水数。综上，，。 押题猜想08 微型化与绿色化实验装置评价 终极押题 【改编题】微型实验具有装置小巧、节约药品、操作简便、现象明显、安全可靠、减少污染等优点，下图是某同学设计的实验室制取Cl2并探究其化学性质的微型装置(图中夹持装置均略去)。 查阅资料：氯气的氧化性大于HIO3。 回答下列问题： (1)实验室中可代替图中添加浓盐酸的仪器名称是___________。 (2)加入浓盐酸后试管内发生反应的化学方程式是___________。 (3)探究氯气的化学性质，将实验现象填写在下表对应的空格里： 操作步骤 实验现象 I.缓慢加入浓盐酸，关闭b，打开c、d、e，使产生的氯气缓慢充入Y型管 ①潮湿的红色布条褪色； ②___________； ③___________。 II.关闭c打开b，使氯气缓慢进入Y型管 ①浸有NaBr溶液的滤纸变为红棕色； ②___________； ③湿润的蓝色石蕊试纸先变红色后褪色。 (4)实验中发现若氯气的通入量过多，淀粉碘化钾试纸会逐渐变为无色，可能的原因是___________。 (5)此装置___________(填“能”或“不能”)证明氧化性顺序Cl2>Br2>I2，原因是___________，实验完毕后，关闭止水夹b，打开a、c，挤压气球，目的是___________。 【答案】(1)分液漏斗 (2)2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O (3) 浸有Na2S溶液的棉花出现淡黄色固体 浸有氯化亚铁和KSCN溶液的棉花变为红色 湿润的淀粉­KI试纸变为蓝色 (4)氯气过量，将生成的I2氧化成HIO3 (5) 不能 该装置只能证明Cl2的氧化性强于Br2、I2，但不能证明Br2的氧化性强于I2 将装置内的氯气赶入Y型管，使其完全被吸收，减少污染 【分析】本实验为利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，其反应为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；氯气通过不同的装置的验证其化学和物理性质，据此分析回答问题。 【解析】（1）实验室利用分液漏斗和烧瓶或者锥形瓶组合成制备氯气的装置，故图中盛装浓盐酸的仪器可用分液漏斗代替； （2）加入浓盐酸后发生反应生成氯气，其反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O； （3）关闭b，打开c、d、e后，氯气溶于水后具有漂白性，所以c处湿润的红布条褪色；氯气具有较强的氧化性，能与氯化亚铁和硫化钠反应，其反应为FeCl2+3Cl2=2FeCl3、Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，其现象为浸有硫酸溶液的棉花出现黄色固体，浸有NaOH溶液的棉花无明显现象，浸有氯化亚铁和KSCN溶液的棉花变红；关闭c，打开b后，氯气进入Y管中，溴化钠与氯气反应生成溴单质，现象为浸有溴化钠溶液的棉花出现红棕色，因为氯气密度大于空气，f处先发生变化，其现象为湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；然后g处的淀粉KI试纸变蓝，故填浸有Na2S溶液的棉花出现淡黄色固体；浸有氯化亚铁和KSCN溶液的棉花变为红色；湿润的淀粉-KI试纸变为蓝色； （4）因氯气过量，碘单质被氧化为碘酸，碘酸与淀粉无明显变化，使蓝色褪去，故填氯气过量，将生成的I2氧化成HIO3； （5）此装置只能证明氯气的氧化性大于溴和碘，没有实验证明溴的氧化性大于碘，所以不能证明氧化性Cl2>Br2>I2；挤压气球的目的将装置内的氯气全部排到e、d处吸收，防止污染空气，故填该装置只能证明Cl2的氧化性强于Br2、I2，但不能证明Br2的氧化性强于I2、将装置内的氯气赶入Y形管，使其完全被吸收，减少污染。 押题有据 （1）绿色化学理念贯穿实验题，考查对实验装置的批判性思维。 （2）微型实验是中学化学改革方向，符合上海卷“创新与实践”的要求。 （3）熟悉常见气体的制备、净化、收集及尾气处理，能从绿色角度评价装置优劣。 考题猜想 1．某兴趣小组同学为探究、的制备及性质实验，设计了如图所示的微型实验，各滤纸分别浸泡了相关试剂，下列说法正确的是 A．与固体反应的浓硫酸浓度越大，制效果越好 B．①④两处滤纸都因发生氧化还原反应而变色 C．②⑤两处品红溶液褪色是因为、的漂白性 D．③⑥两处紫色石蕊溶液的现象完全相同 【答案】B 【分析】制备涉及的反应为，溶于水生成亚硫酸而能使紫色石蕊溶液变红，使品红溶液褪色则体现出二氧化硫的漂白性，使酸性高锰酸钾溶液褪色体现的是二氧化硫的还原性；图中制备涉及的反应为，与水反应产生盐酸和次氯酸，前者具有酸性而后者具有酸性和漂白性，故紫色石蕊试液先变红后褪色，品红溶液褪色，与碘化钾反应生成碘单质而使淀粉溶液变蓝，据此分析解答。 【解析】A．浓硫酸浓度过大时，硫酸主要以分子形式存在，浓度低，反应速率减慢，制取气体的效果反而变差，实验中一般用70%左右的浓硫酸与固体反应制备，A错误； B．①处与发生氧化还原反应（），溶液紫色褪去；④处氧化生成（），淀粉遇变蓝，均为氧化还原反应导致变色，B正确； C．②处品红溶液褪色是因二氧化硫具有漂白性；⑤处品红溶液褪色是因为与水反应生成的HClO具有漂白性，本身无漂白性，C错误； D．③处与水生成，紫色石蕊溶液只变红不褪色（不能漂白石蕊试液）；⑥处与水生成HCl（使紫色石蕊试液变红）和HClO，现象为“先红后褪色”，二者现象不同，D错误； 故答案选B。 2．某同学设计验证氯气性质的微型实验如下图。向晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用一培养皿扣在上面。已知：(浓)。对实验现象的预测及对应的解释或结论正确的是 选项 实验现象 解释或结论 A a处有红棕色烟 铁和氯气反应生成氯化铁 B b处逐渐褪色 氯气有漂白性 C c处先变红后褪色 氯气与水既生成了酸性物质也生成了漂白性物质 D d处很快褪色 氯气与水生成了漂白性物质 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A．a处为铁片，常温下干燥的氯气与铁不反应，不会产生红棕色烟，故A错误； B．b处为干燥红纸片，氯气本身无漂白性，氯气不能使干燥的红纸片褪色，故B错误； C．c处为湿润蓝色石蕊试纸，氯气与水反应生成HCl和HClO，蓝色石蕊试纸先因酸性变红，后被HClO漂白褪色，故C正确； D．d处为浸有NaOH+酚酞的滤纸，氯气与NaOH发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaOH被消耗，导致溶液碱性减弱，酚酞褪色可能是溶液碱性减弱，故D错误； 选C。 3．某化学兴趣小组的同学利用如图微型实验装置进行探究实验。下列说法不正确的是 A．该装置的优势是节约药品，现象明显 B．再挤压左滴管，白磷熄灭，这说明二氧化碳不可燃不助燃 C．实验过程中只产生了有害气体，因此需要进行尾气处理 D．先挤压右滴管并微热燃烧管，白磷燃烧而红磷不燃烧，这说明燃烧需要温度达到可燃物的着火点 【答案】C 【解析】A．微型实验装置优势是节约药品，现象明显，A正确； B．再挤压左滴管，碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，白磷熄灭，这说明二氧化碳不可燃不助燃，B正确； C．实验过程中磷燃烧生成五氧化二磷固体，故只产生了有害气体说法错误，C错误； D．先挤压右滴管，反应生成氧气，微热燃烧管，白磷燃烧而红磷不燃烧，这说明燃烧需要温度达到可燃物的着火点，D正确。 故选C。 押题猜想09 未知物成分的定性定量综合推断 终极押题 【改编题】利用滴定法可以测定胆矾中铜的含量，原理如下： ①2Cu2+ + 4I–=2CuI↓+ I2   ②I2 +2 S2O32–=2I–+S4O62– （1）需加入的指示剂为___________；需要的物理量除胆矾晶体的质量外，还需要___________；判定滴定终点的方法为___________。 （2）将制得的胆矾(CuSO4•5H2O)进行热重分析，其热重曲线(即样品质量随温度变化曲线)如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式___________。(写出计算过程) 【答案】（1） 淀粉溶液 Na2S2O3的浓度与体积 溶液中蓝色消失且30S内不复色 （2）CuSO4•H2O 【解析】（1）需加入的指示剂为淀粉溶液，碘遇到淀粉会变蓝；需要的物理量除胆矾晶体的质量外，还需要Na2S2O3的浓度与体积；判定滴定终点的方法为溶液中蓝色消失且30S内不复色。 （2）设200℃时固体物质的化学式为CuSO4•xH2O， ，，x1，200℃时固体物质的化学式为CuSO4•H2O。 押题有据 （1）逻辑推理与定量计算结合，考查严谨的科学态度。 （2）物质推断是经典题型，引入仪器数据和定量要求提升了思维层级。 （3）掌握常见离子的检验方法及干扰排除，熟悉滴定操作及误差分析。 考题猜想 1．（25-26高三上·上海·月考）工业上由氯气与石灰乳反应制备漂白粉，其化学式可以用(、、为简单整数)来表示。YA兴趣小组同学对漂粉精进行定性、定量探究如下： 【实验1】证明漂白粉中含有 （1）向漂白粉固体中滴加足量浓硫酸，观察到黄绿色气体生成。写出生成黄绿色气体的化学反应方程式：___________。 （2）将生成的黄绿色气体缓缓通过足量碱石灰，碱石灰增重，并收集到无色气体。推测生成气体中除，还含有___________、___________(填化学式)。 【实验2】证明漂白粉中含有［已知电离常数：］ （3）将少量漂白粉溶于水后，测定其pH值为12.3.采用的测定方法可能是__________。 A．使用广泛pH试纸 B．使用精密pH试纸 C．使用pH计 D．以酚酞为指示剂进行酸碱中和滴定 （4）下列探究步骤的设计中，对证明该结论无意义的是___________。 A．向漂白粉溶液中通入适量，测定溶液的pH值变化 B．向漂白粉溶液中加入适量碳酸氢钠固体，测定溶液pH值变化 C．向漂白粉溶液中加入适量亚硫酸钠固体，测定溶液pH值变化 【实验3】测定漂白粉中的含量 实验原理： ； 实验步骤： ⅰ.称取6.192 g漂白粉固体，溶解，配成200 mL溶液； ⅱ.量取该溶液5.00 mL于锥形瓶，加入过量KI溶液、酸化，并加入指示剂； ⅲ.用标准溶液滴定至终点，记录始末读数： ⅳ.重复ⅱ、ⅲ操作，记录始末读数 （5）该实验中要使用的定量仪器有电子天平、___________。 （6）步骤ⅱ中加入的指示剂为___________(写名称)，当___________，即达到滴定终点。 实验数据如下： 实验编号 1 2 3 4 消耗体积 26.90 26.55 27.00 26.95 （7）根据表格数据计算漂白粉中的质量分数为___________(保留三位有效数字)；若理论上滴定时消耗标准溶液27.00 mL，则相对误差为___________(保留三位有效数字)。 （8）下列操作可能导致测定结果偏高的是_________。 A．滴定过程中消耗时间过长 B．指示剂变色10 s后颜色复原，但此时停止滴定 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水 【答案】（1）Ca(ClO)2+CaCl2+4H2SO4(浓)=2Ca(HSO4)2+2Cl2↑+2H2O或Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4(浓)=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O （2） HCl O2 （3）C （4）A （5）碱式滴定管、250 mL容量瓶 （6） 淀粉 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为无色，且半分钟内不变化 （7） 62.2% -0.185% （8）AC 【解分析】（1）向漂粉精固体中滴加足量浓硫酸，生成Cl2、CaSO4或Ca(HSO4)2和H2O，生成黄绿色气体的化学反应方程式：Ca(ClO)2+CaCl2+4H2SO4(浓)=2Ca(HSO4)2+2Cl2↑+2H2O或Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4(浓)=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O。 （2）将生成的黄绿色气体缓缓通过足量碱石灰，碱石灰增重，并收集到无色气体，说明漂粉精固体中滴加足量浓硫酸，除发生氧化还原反应生成氯气外，CaCl2与浓硫酸反应产生HCl，HClO分解产生O2。 （3）将少量漂粉精溶于水后，测定其pH为12.3，因为ClO-水解产物HClO具有漂白性，所以不能使用pH试纸、酸碱指示剂，只能使用pH计进行检验，答案为：C。 （4）A．CO2既能与Ca(OH)2反应，也能与ClO-反应，且都生成Ca(HCO3)2，无法检验Ca(OH)2的存在，A符合题意； B．已知电离常数：，则酸性：，碳酸氢钠只能与Ca(OH)2反应，且生成CaCO3和NaOH，产物仍有较强的碱性，可以证明含有Ca(OH)2，B不合题意； C．，Ca(OH)2与反应生成CaSO4和OH-，产物仍具有较强的碱性，可以证明含有Ca(OH)2，C不合题意； 故选A。 （5）由于没有200mL的容量瓶，200 mL待测溶液需要250 mL容量瓶，盛装Na2S2O3标准溶液需要碱式滴定管。 （6）反应生成碘，淀粉遇碘变蓝色，可用淀粉作指示剂，当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为无色，且半分钟内不变化，说明达到滴定终点时。 （7）由表格数据可知，第2组数据误差较大，应该舍去，则消耗溶液的平均体积为，根据方程式可得到关系式 ，可求出该漂粉精中的质量分数为 =62.2%，三次实验消耗的平均体积为26.95mL，比理论值27.00 mL少0.05mL，由此可计算相对误差为=-0.185%。 （8）A．滴定过程中消耗时间过长会导致过量的I-被空气中的氧气氧化为I2，导致消耗标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，A选； B．指示剂变色10 s后颜色复原，说明还没有到达滴定终点，但此时停止滴定，导致消耗标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，B不选； C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，由于滴定后气泡所占体积被计入，导致计算所用的标准溶液体积读数比实际消耗量更大，导致测定结果偏高，C选； D．滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水对实验结果没有影响，D不选； 故选AC。 2．（24-25高三上·上海奉贤·期中）亚硫酰氯()也是重要的硫氯化合物，易水解。实际应用中，可利用其易水解的性质，与、等结晶水合氯化物共热制取无水氯化物。 (1)()在空气中受热脱水过程中，热重分析测得剩余固体质量占初始固体质量的百分含量随温度变化的曲线如图所示： 计算得出A点固体的化学式为______；写出温度在450～460℃范围的反应方程式为_______。 (2)已知与水反应会生成两种常见的酸，则在加热时，将气流通过盛有的硬质玻璃管中制取无水的化学方程式为_______。 【答案】(1) (2) 【解析】（1）加热固体首先失去结晶水，设分解1mol，m(MgCl2)=n(MgCl2)×95g/mol=1mol×95g/mol=95g，180℃，剩余固体质量为203g×73.4%=149g，则结晶水n(H2O)=，n(MgCl2)：n(H2O)=1：3，剩余固体为；E点固体质量为203g×19.7%=40g，则剩余固体为MgO，D→E减少的质量为203g×(37.68%－19.7%)=36.5g，为HCl的质量，因此450～460℃范围的反应方程式为。 （2）将气流通过盛有的硬质玻璃管中制取无水说明有HCl气体生成从而抑制Mg2+水解，根据元素守恒还会生成SO2，化学方程式为。 押题猜想10 电化学传感器的工作原理与应用 终极押题 【改编题】某研究团队设计了一种可穿戴汗液传感器用于检测汗液中的葡萄糖浓度，该传感器同时集成了供电与检测两个模块。如图是供电模块工作原理(其中GOD为电极表面修饰的葡萄糖氧化酶)。下列说法正确的是 A．使用高活性GOD，可提高酶促反应速率，减弱电信号强度 B．利用纳米材料修饰电极表面可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏度 C．供电模块负极反应：C6H12O6-2e-+H2O=C6H12O7+2H+ D．供电模块中1×10-6mmol C6H12O6被氧化，正极消耗1.12×10-5mL O2(标准状况) 【答案】B 【解析】A．使用高活性GOD能降低反应所需的活化能，使更多反应物分子转化为活化分子，可提高酶促反应速率，增强电信号强度，A错误； B．纳米材料具有较大的表面积，用来修饰电极表面，可提供更多的活性位点，有利于提高传感器的灵敏度，B正确； C．葡萄糖在反应中失电子作负极，电极反应式为C6H12O6+2e-+H2O=C6H12O7+2H+，C错误； D．1×10-6mmol C6H12O6被氧化，转移电子2×10-6mmol，依据电子守恒可得正极消耗氧气2×10-6mmol××22.4mL/mmol=2.24×10-5mL，D错误； 故答案为：B。 押题有据 （1）电化学从能源领域扩展到传感领域，考查知识迁移能力。 （2）生物传感器是化学与生物、医学的交叉点，符合新高考跨学科趋势。 （3）理解原电池原理在检测中的应用，关注酶的特性及干扰因素。 考题猜想 1．（2025·上海黄浦·三模）研究发现，纳米在肿瘤的饥饿治疗中有着巨大的应用前景。某科研小组欲探究纳米对肿瘤饥饿治疗的协同作用，实验过程如下： (一)纳米的制备 a．配制的稀硫酸。 b．称取0.5 g硫酸亚铁铵粉末溶于10.0 mL去离子水后，加入1 mL稀硫酸调节溶液酸碱性，同时以每秒2~3滴的速度向装置A中滴加溶液。 c．在的条件下，加入的NaOH溶液，继续反应10 min后停止加热与搅拌。 (1)装置A的名称是_______。 (2)制备纳米时，需将水浴温度控制在，以下解释不合理的是_______。 A．可提高试样与NaOH的反应速率 B．更高温度下，溶液中的受热易水解 C．减少的分解 D．更高温度下，会导致纳米成分的损失 (3)欲从反应后的混合液中分离出纳米粒子，最简便的方法是_______。 A．磁铁吸出 B．过滤 C．分液 D．蒸馏 (4)分离纳米粒子后，需要进行洗涤，最佳的洗涤剂是_______。 A．蒸馏水　　　B．95%乙醇溶液　　　C．四氯化碳 (二)纳米催化活性的测定 肿瘤的饥饿治疗通过葡萄糖的快速消耗，进而切断肿瘤营养物质的供应，达到“饿死”肿瘤细胞的效果。原理是基于葡萄糖氧化酶(GOx)，专一地催化葡萄糖和形成葡萄糖酸和，原理如下图所示。 (代表溶解氧) 在上述治疗中，纳米可起到辅助作用。因为其具有类似过氧化氢酶的催化活性。 (5)天然葡萄糖在水溶液中存在多种形式的平衡转化关系，如下图所示。下列说法正确的是_______。 A．葡萄糖与葡萄糖均具有6个不对称碳原子 B．工业上可通过淀粉水解制备葡萄糖 C．葡萄糖与葡萄糖结构相似，无需分离即可进行后续临床实验 D．可通过核磁共振氢谱区分葡萄糖与葡萄糖 (6)葡萄糖氧化酶需保存在以磷酸二氢钾和磷酸氢二钠配制成磷酸盐缓冲溶液中，室温下，将和按混合，测得该缓冲溶液的pH约等于7，溶液中有关离子浓度的关系是：_______。 A．>　　　　B．<　　　　　C．= 通过测定体系中溶解氧含量来可验证纳米的催化活性。 如图所示，曲线I仅添加了葡萄糖氧化酶(GOx)，曲线II是在相同条件下又补充了纳米。 (7)由图可知，引入纳米催化剂，葡萄糖的转化率_______， A．增大　　　　B．减小　　　　C．不变 结合图像说明原因_______。 治疗过程中，患者一般会佩戴动态血糖仪实时检测血糖变化，如下图所示。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作(血糖浓度以葡萄糖浓度计)。 (8)以下关于该动态血糖仪说法不正确的是_______。 A．CuO通过Cu(II)和Cu(I)的相互转变在该反应中起催化作用 B．血液中的在电场驱动下的迁移方向为b→a C．理论上每消耗18 mg葡萄糖，电极a处将有0.2 mmol电子流入 D．血糖仪工作时，电极b处的pH会略微升高 【答案】(1)三颈烧瓶 (2)B (3)A (4)B (5)B (6)C (7) A 纳米及时将反应产物分解，产生溶解氧，降低了反应产物浓度，增加了反应物氧源浓度，平衡向正反应方向移动，使葡萄糖转化率更大 (8)D 【解析】（1）装置A的名称为：三颈烧瓶。 （2）A. 温度升高加快反应速率，解释合理； B. 制备核心反应与水解无关，“受热水解” 不是控制50℃的原因，解释不合理； C. H2O2受热易分解，控制温度可减少其分解，解释合理； D. 更高温度下，Fe3O4会分解，会导致纳米Fe3O4成分的损失，解释合理。 故选B。 （3）纳米Fe3O4具磁性，用磁铁吸出最简便；过滤、分液、蒸馏不适合磁性粒子分离，故选A。 （4）95%乙醇溶液可减少纳米Fe3O4溶解损失，且乙醇易挥发，便于干燥；蒸馏水溶解损失大，四氯化碳分离效果差，故选B。 （5）A． 不对称碳原子是指连接 4 个不同基团的碳原子。 α-D-葡萄糖、β−D−葡萄糖均含5个不对称碳原子，分别为环上的5个碳，并非6个，A错误； B．工业上可通过酸催化或酶催化水解淀粉，最终生成葡萄糖，B正确； C. α−D−葡萄糖与β−D−葡萄糖是立体异构体，二者空间结构存在差异，对生物体系的作用（如与酶的结合、生理活性等）不同，临床实验对物质的纯度和结构有严格要求，需分离后再进行后续实验，C错误； D．核磁共振氢谱区分物质的关键是不同化学环境的氢原子有不同的化学位移。α-D-葡萄糖和β−D−葡萄糖仅在苷羟基（与环上氧直接相连的羟基）的构型上有差异，其余氢原子的化学环境高度相似；且苷羟基的氢属于 “活泼氢”，在溶液中易发生质子交换，导致其在氢谱中的峰形宽、积分不准确，与其他氢的化学位移差异也较小，因此难以通过核磁共振氢谱清晰区分二者，D 错误。 故选B。 （6）通过物料守恒（P总浓度守恒）和电荷守恒（pH≈7时c(H+)=c(OH-)）推导，最终得。 （7）由图可知，纳米Fe3O4催化分解H2O2，产生溶解氧（增加O2浓度）、降低H2O2浓度，使葡萄糖氧化的平衡正向移动，转化率增大。 （8）由题中信息可知，b电极为负极，发生反应，然后再发生；a电极为正极，发生反应，在这个过程中发生的总反应为。 A． b电极上CuO将葡萄糖氧化为葡萄糖酸后被还原为Cu2O，Cu2O在b电极上失电子转化成CuO，在这个过程中CuO的质量和化学性质保持不变，因此，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(I)相互转变起催化作用，A正确； B．原电池中，阳离子移向正极，两电极间血液中的Na+在电场驱动下的迁移方向为b→a，B正确； C．根据反应，消耗1 molC6H12O6转移2 mol电子，18 g葡萄糖物质的量为0.1 mol，理论上a电极有0.2 mol电子流入，C正确； D．根据上述分析，电极b处生成葡萄糖酸，pH略降低（非升高），D错误； 故选D。 2．电化学传感器是将环境中浓度转变为电信号的装置，工作原理如图所示。已知在测定含量过程中，电解质溶液的质量保持不变。一定时间内，若通过传感器的待测气体为22.4 L(标准状况)，某电极增重了1.6 g。下列说法错误的是 A．甲电极的电极反应为B．乙电极的电势高于甲电极的电势 C．反应过程中转移的物质的量为0.2 mol D．待测气体中氧气的体积分数为 【答案】A 【解析】A．根据装置图分析可知，该装置为原电池，通入氧气的一极为正极，乙电极即Pt电极为正极，甲电极Pb为负极，则甲电极反应为，A错误； B．乙为正极，甲为负极，乙电极的电势高于甲电极的电势，B正确； C．Pb电极为负极，电极反应为，转移2 mol 电子时，结合2 mol 氢氧根离子，电极质量增重16 g，该电极增重的质量为1.6 g，则反应过程中转移OH-的物质的量为0.2 mol，C正确； D．根据选项C的分析可知，转移电子物质的量为0.2 mol，正极电极方程式为O2+2H2O+4e-＝4OH-，标准状况下消耗氧气的体积为，故氧气的体积分数为，D正确； 故答案选A。 3．一种检测空气中甲醛(HCHO)含量的电化学传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．传感器工作时，工作电极电势高 B．工作时H+通过交换膜向工作电极附近移动 C．当导线中通过1.2×10-6mol电子，进入传感器的甲醛为9×10-3mg D．工作时，对电极区电解质溶液的pH减小 【答案】C 【分析】由图可知，HCHO在工作电极失去电子发生氧化反应生成CO2，则工作电极为负极，电极反应式为HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+，对电极为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O。 【解析】A．由上述分析可知，工作电极为负极，则传感器工作时，工作电极电势低，A错误； B．原电池中阳离子会向正极移动，因此工作时H+通过交换膜向对电极附近移动，B错误； C．根据HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+可知，当导线中通过1.2×10-6mol电子，消耗甲醛的物质的量为3×10-7mol，质量为3×10-7mol×30g/mol=9×10-6g=9×10-3mg，C正确； D．对电极的电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，反应过程中消耗H+，同时生成水，则对电极电解质溶液的pH增大，D错误； 故选C。 押题猜想11 海水淡化与卤素资源的综合提取 终极押题 【原创题】 我国海洋资源十分丰富。随着科学技术的不断发展，可以通过淡化海水获取淡水、从海水中提取食盐、镁等重要的化学物质。食盐是一种食品添加剂，也是一种重要的工业原料，如生产烧碱、纯碱、盐酸等。 (1)海水淡化的方法主要有两种原理，除了可以利用反渗透膜的分离作用淡化海水，还可以利用_______原理，进行海水淡化。 A．过滤 B．蒸馏 C．渗析 D．萃取 (2)某海水样品测得其pH值约为8.0~8.5(常温下)，以下物质中，可能使海水呈碱性的有_______。 A．MgCl2 B．NaCl C．KBr D．NaHCO3 (3)常温下，将盐酸和氨水混合，所得溶液pH=7，此时溶液中[]+[NH3·H2O]_______[Cl-](填“>”“<”或“=”)； (4)碳酸钠和碳酸氢钠是两种非常重要的化工产品，下列关于两种物质的水溶液的说法错误的是_______。 A．两种溶液之间不能相互转化 B．均存在水解平衡 C．均呈碱性，且加热后碱性都增强 D．均存在 （5）目前世界上大多数的镁是从海水中提取的，下图是海水提镁的部分流程。 ①用化学用语表示的沉淀溶解平衡___________。 ②从平衡角度解释脱水时需要在HCl气流中进行的原因___________。 ③写出电解时，阳极的电极反应式___________。 【答案】(1)B (2)D (3)> (4)AD (5)① ②加热时易发生水解反应，脱水时需要在HCl气流中进行，可使平衡逆向移动，防止水解 ③ 【解析】（1）除了利用反渗透膜的分离方法外，还可以通过蒸馏的方法对海水进行淡化； （2）A．MgCl2属于强酸弱碱盐，水解呈酸性，故A错误； B．NaCl属于强酸强碱盐，不水解溶液呈中性，故B错误； C．KBr属于强酸强碱盐，不水解溶液呈中性，故C错误； D．NaHCO3属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D正确； 答案选D； （3）若将盐酸和氨水等量混合，生成产物只有氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，所以常温时当所得溶液pH=7，氨水过量，根据物料守恒，[]+[NH3·H2O]>[Cl-]； （4）A．碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成碳酸氢钠，而碳酸氢钠与碱反应生成碳酸钠，二者可以相互转化，故A错误； B．碳酸钠中的碳酸根离子和碳酸氢钠中的碳酸氢根离子均能水解，均存在水解平衡，故B正确； C．碳酸钠中碳酸根离子和碳酸氢钠中的碳酸氢根离子水解都为吸热过程，所以升温促进水解使溶液碱性增强，故C正确； D．碳酸钠溶液中存在物料守恒：，碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：，故D错误； 答案选AD。 （5）①是难溶电解质，在水溶液中存在沉淀溶解平衡，其沉淀溶解平衡方程式为；； ②由于为强酸弱碱盐，易发生水解反应，脱水时需要在HCl气流中进行，可使平衡逆向移动，防止水解； ③电解时，阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为； 押题有据 （1）海洋资源开发是上海地理与化学的交叉热点。 （2）上海临海，海水利用具有地域相关性，流程长、考点多，适合考查综合能力。 （3）熟悉海水提溴、提镁、提碘的工艺流程，理解氧化还原与分离操作的配合。 考题猜想 1．（25-26高三上·上海·期中）海水中卤素资源的开发利用。海洋约占地球表面积的71%，其中水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力，其中卤素资源的开发利用已经相对成熟。 (1)海水中有丰富的食盐，要从海水中获得食盐，常采用的方法是___________。 A．冷却热饱和溶液法 B．蒸发溶剂法 C．过滤法 D．加硝酸银沉淀过滤法 已知粗盐中含有的主要杂质为、、，还含有少量的等。由粗盐提纯氯化钠的流程如下： (2)写出试剂中溶质的化学式：试剂a___________、试剂b___________。 (3)粗盐提纯过程中需要用到下列仪器中的___________。 A． B． C． D． (4)从平衡移动的角度，解释通入HCl气体的目的：___________。 (5)写出系列操作的名称：___________。 工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下： (6)鼓入热空气吹出溴是利用了溴的___________的性质。 (7)在吸收塔内，将空气吹出的含溴混合气应从吸收塔的通入___________。 A．上部    B．中部    C．底部 (8)写出溶液吸收反应的离子方程式：___________。 (9)海水提取溴采用先吹出再吸收的目的是___________。 (10)卤化银因具有感光性，可用于制造感光材料。已知室温下，，，将与的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓溶液，关于所生成的沉淀说法正确的是___________。 A．只有AgI生成 B．AgCl和AgI等量生成 C．AgCl沉淀少于AgI沉淀 D．AgCl沉淀多于AgI沉淀 【答案】(1)B (2) BaCl2 Na2CO3 (3)BD (4)饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：，通过HCl增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，促进NaCl析出 (5)蒸发结晶、过滤 (6)易挥发 (7)C (8) (9)将溴元素富集 (10)D 【解析】（1）A．冷却热饱和溶液法适用于溶解度随温度变化较大的物质，食盐的溶解度随温度变化不大，因此不适合这种方法，A不符题意； B．溶剂蒸发法适用于溶解度随温度变化不大的物质，通过蒸发海水中的水分，可以将食盐结晶析出，B符合题意； C．过滤法主要用于分离不溶性固体和液体，不适用从海水提取盐，C不符题意； D．加硝酸银沉淀过滤主要用于化学检验，不适用从海水提取盐，D不符题意； 故选B。 （2）粗食盐溶解后，先加入BaCl2溶液，除去，再加入NaOH、Na2CO3溶液，除去Mg2+、Ca2+、以及过量的Ba2+，最后加入盐酸，中和NaOH和Na2CO3，得到NaCl溶液，通过一系列蒸发结晶操作，得到NaCl晶体。试剂a溶质为BaCl2，试剂b为Na2CO3。 （3）粗盐提纯过程需要过滤使用漏斗，蒸发使用蒸发皿，不需要分液和蒸馏操作，故选BD。 （4）饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：，通过HCl增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，促进NaCl析出。 （5）从饱和氯化钠溶液得到氯化钠晶体的操作为蒸发结晶、过滤。 （6）热空气吹出溴利用了溴的易挥发性质。 （7）应将含溴混合气从吸收塔底部通入，使溴与吸收液充分接触，提高吸收率。 （8）SO2溶液吸收Br2发生的离子方程式为。 （9）流程中先吹出溴再吸收的目的为将溴元素富集。 （10）饱和AgCl溶液和AgI溶液中，，由于加入足量AgNO3，则Cl-和I-均完全与Ag+反应生成沉淀，由于混合后溶液中远大于，加入足量溶液后，生成的AgCl沉淀的物质的量远多于AgI沉淀，故选D。 2．（2025·上海·一模）Ⅰ.海水中的氯化钠被提纯和精制后，可通过电解饱和食盐水制取氯气、氢气和氢氧化钠。实验室电解饱和食盐水所用装置如下图所示： (1)①a仪器的名称是___________。 A．试管            B．离心试管            C．U形管            D．Y形试管 ②在a的两端滴加酚酞试液，通电后左边电极周围出现红色，写出该电极的电极反应式说明溶液变红的原因___________。 (2)通电后试管b中淀粉KI溶液由无色变为蓝色，结合离子方程式说明变化原因。___________。 (3)c处出来的气体可以点燃，其燃烧的现象是___________。 Ⅱ.地球上99%的溴元素分布在海洋中。空气吹出法工艺是目前“海水提溴”的主要方法之一，工艺流程如下图所示： (4)上述流程中，利用了含溴物质的___________性质。 A．溴离子的还原性 B．溴单质的还原性 C．溴的沸点高 D．HBr极易溶于水 (5)上述流程中热空气吹出已经得到了粗溴，为什么还要添加“SO2吸收、氧化、水蒸气吹出”三个步骤，其目的是___________。 Ⅲ.海洋中的海带等海藻类植物具有富集碘的能力，工业上获取碘的主要流程如下图所示： (6)通常可采用萃取的方法来富集I2，萃取碘可选择的有机试剂是___________。 A．酒精 B．裂化汽油 C．四氯化碳 D．乙酸 Ⅳ.硫元素和氮元素也存在于海洋中。 (7)是海洋中硫元素的主要存在形式之一，其存在会干扰海水中Cl-的检验。检验海水中Cl-的方法是___________。 (8)氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环起始于氮的固定，过程可用下图表示。下列关于海洋氮循环的说法正确的是___________。 A．海洋中的氮循环起始于氮的氧化 B．海洋中的氮循环属于固氮作用的是③ C．海洋中的硝化作用可能有氧气的参与 D．NH4NO3中只含离子键 (9)N、O、S三种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。 A．O > S > N            B．S > N > O            C．N > O > S            D．O > N > S 【答案】(1) C 2H2O+2e-=2OH-+H2，电极附近溶液呈碱性 (2)Cl2+2I-═ 2Cl-+I2 ，Cl2与KI反应生成的I2使淀粉变蓝 (3)淡蓝色火焰 (4)AD (5)富集、浓缩溴 (6)C (7)取少量海水于试管中，向其中加入Ba(NO3)2溶液，静置，向上层清液中(或取上层清液)加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明海水中有Cl- (8)C (9)C 【分析】海水得到苦卤，酸化后用氯气氧化得到溴，使用热空气吹出后使用二氧化硫吸收，再将溴离子氧化为溴单质，使用水蒸气蒸出冷凝得到液溴； 干海带浸泡过滤，除去不溶性杂质，得含有碘离子的溶液，含有碘离子的溶液通入适量氯气氧化，得含有碘单质的水溶液，提纯得到单质碘。 【解析】（1）①a仪器的名称是C．U形管； ②左边电极为阳极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电极附近溶液呈碱性，使得酚酞试液变红色； （2）通电后U型管右侧电极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，氯气入试管b中，Cl2与KI反应生成的I2使淀粉变蓝：Cl2+2I-= 2Cl-+I2 。 （3）c处出来的气体为氢气，氢气具有可燃性，可以点燃，其燃烧的现象是淡蓝色火焰； （4）由分析可知，上述流程中，溴离子被氧化为溴单质，溴单质和二氧化硫被还原为HBr，故利用了溴离子的还原性、HBr极易溶于水的性质，故选AD； （5）热空气吹出得到粗溴，通过“SO2吸收、氧化、水蒸气吹出”三个步骤使得溴元素被富集、浓缩； （6）酒精、乙酸和水互溶，裂化汽油会和碘单质反应，故萃取碘可选择的有机试剂是为四氯化碳； （7）应该首先加入硝酸钡除去硫酸根离子，再加入酸化的硝酸银检验氯离子，故实验操作为：取少量海水于试管中，向其中加入Ba(NO3)2溶液，静置，向上层清液中(或取上层清液)加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明海水中有Cl-； （8）A．海洋中的氮循环起始于氮溶解，错误； B．固氮作用为游离态氮转化为化合态氮，海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，错误； C．海洋中的硝化作用中氮化合价升高，发生氧化反应，则可能有氧气的参与，正确； D．NH4NO3中的铵根离子中存在氮氢共价键、硝酸根离子中存在氮氧共价键，错误； 故选C； （9）同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，N、O、S三种元素第一电离能由大到小的顺序为C．N > O > S。 押题猜想12 生物质能源的高值化转化 终极押题 【原创题】目前美以伊战争持续，使世界陷入能源危机，能源安全被各国视为头等大事。生物质资源的开发，是解决能源危机和绿色化学发展的重要研究方向，下面是有关生物质能研究方向的考查： 1．秸秆、稻草等生物质是一种污染小的可再生能源，其主要转化途径及主要产物如图。下列有关说法错误的是（    ） A．生物质能所含能量本质上来源于太阳能 B．由秸秆等物质水解获得的乙醇属生物质能 C．生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物 D．由秸秆稻草等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷 【答案】C 【解析】A．生物质本质上能来源于太阳能，故A正确； B．乙醇来源于纤维素，属于生物质能，故B正确； C．汽油、柴油等属于混合物，故C错误； D．沼气的主要成分是甲烷，故D正确。 故答案为C。 2．异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法不正确的是 A．平均速率(异山梨醇) B．时，反应②： C．该温度下的平衡常数：①>②>③ D．寻找合适的催化剂，有望改变反应路径，降低反应活化能 【答案】C 【解析】A．由图可知，在内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg，所以平均速率(异山梨醇) ，A正确； B．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h时，反应②未达到平衡状态，反应还在正向进行，即反应②：，B正确； C．由图知，与呈正相关，与呈正相关，与呈正相关，平衡时，，因为，所以，所以③>①，，，，所以①>②，综上该温度下的平衡常数：③>①>②，C错误； D．催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，从而加快反应速率，所以寻找合适的催化剂，有望改变反应路径，降低反应活化能，D正确； 故选C。 3．基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。 (1)已知化合物II也能以II′的形式存在。根据II′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。 序号 结构特征 可反应的试剂 反应形成的新结构 反应类型 ① 加成反应 ② _____ _____ _____ 氧化反应 ③ _____ _____ _____ _____ (2)化合物IV能溶于水，其原因是_____。 【答案】(1) -CHO O2 -COOH -COOH CH3OH -COOCH3 酯化反应(取代反应) (2)Ⅳ中羟基能与水分子形成分子间氢键 【分析】化合物含有的官能团是醛基、碳碳双键和羧基，具有相应官能团的化学性质。 【解析】（1）②化合物中含有的可以在氧气环境下利用铜作催化剂，被氧化为。 ③化合物中含有，可与含有羟基的物质(如甲醇)发生酯化反应（取代反应）生成酯，形成的酯基结构是。 （2）化合物中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，使其能溶于水。 押题有据 （1）有机化工与绿色能源结合，考查有机反应条件控制。 （2）生物质能是可再生能源重要组成部分，涉及多糖水解、醇脱水等核心有机反应。 （3）掌握糖类、油脂、蛋白质的性质，熟悉醇、烯、醚的转化关系。 考题猜想 1．生物质能源的开发和利用已成为研究热点之一、生物质超临界水热制氢的主要反应如下(CHxOy因代表有机物最简比的通式)。 催化重整：   副反应1：   副反应2：   回答下列问题： (1)中反应物的总能量___________(填“＞”或“＜”)生成物的总能量。 (2)在副反应2中，下列条件能够同时提高化学反应速率和平衡转化率的是___________(填标号)。 A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．加入催化剂 (3)一定压强下，温度对生物质超临界水热制氢的影响如图所示。根据图中温度与产物平衡产率的关系分析，代表CH4平衡产率的是曲线___________(填“1”或“2”)。 (4)根据平衡移动原理分析曲线1变化的原因可能是___________。 (5)为研究副反应之间的平衡，恒温恒容条件下，向初始压强为100 kPa、体积为2 L的密闭容器中加入2 mol CO和2 mol H2O(g)，若仅发生副反应1和副反应2，10 min后反应达到平衡状态，此时CO转化率为50%，n(H2)=n(CH4)。 ①0～10 min内，___________，副反应2的Kp=___________(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 ②平衡时再向体系中加入1 molH2和1molCH4，此时副反应2___________(填“正向进行”、“逆向进行”或“已达平衡”)。 【答案】(1)＞ (2)C (3)2 (4)催化重整反应吸热，副反应放热，升高温度时，催化重整反应正移，副反应不同程度逆移，其中生成H2的方向移动程度大于消耗H2的方向，故H2平衡产率不断升高 (5) 0.01 0.49 正向进行 【解析】（1）根据分析可知，的，故反应物的总能量＞生成物的总能量； （2）副反应2为放热、气体体积减小的反应，增大压强可以同时提高化学反应速率和平衡转化率； （3）反应中含碳产物有、和，图中显示含量较少，平衡产率随温度升高而增大，根据原子守恒，平衡产率应随温度升高而降低(或，温度升高，副反应2逆向移动，平衡产率降低)，故曲线2代表； （4）催化重整反应属于吸热反应，两个副反应都是放热反应，升高温度时，催化重整反应平衡正向移动，副反应则不同程度逆向移动，其中生成的方向移动程度大于消耗的方向，故平衡产率不断升高； （5）分别考虑副反应1和副反应2，列出如下“三段式”： 假设副反应2中变化了，可列出如下“三段式”： ①根据，，可求出，故。平衡时，，，，。，针对副反应2，计算得，，，，副反应2的； ②加入和后，，，，CO2与H2O的分压保持不变，，故此时副反应2正向进行。 2．（2026·上海静安·二模）2024年4月，上海港首开绿色甲醇“船-船”加注，至2025年底已形成10万吨绿色甲醇本地产能，成为东北亚航运脱碳核心补给港。 绿色甲醇的主流生产是生物质路线和二氧化碳加氢路线，两路线涉及的反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   恒温恒容时，在密闭容器中进行反应Ⅱ，初始时只投入和。 （1）若转化为的平衡转化率为50%，则平衡常数___________。 A．0.148 B．0.2 C．0.333 D．0.111 （2）对容器内混合气体的推测，能说明反应Ⅱ已达平衡状态的是___________(不定项)。 A．压强不再改变 B． C．密度不再改变 D．容器内与的物质的量浓度相等 在A、B两种不同催化剂作用下，反应Ⅱ的相对能量与反应历程关系如下。 （3）工业生产上优选的是___________。 A．催化剂A    B．催化剂B （4）该催化条件下的控速步骤为___________。 A．④ B．③ C．② D．① （5）生物质路线主要涉及反应Ⅰ，其中CO、来源于生物质的氧化，反应Ⅰ的___________。升高温度，有利于反应Ⅲ的自发进行，则反应Ⅲ的___________。 A．>0    B．=0    C．<0 3MPa下，按、进气流量持续通过装有0.5 g催化剂的反应管，仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，经相同时间，测得的时空收率、转化率和的选择性随温度(T)变化的曲线如图。 已知： 的时空收率 的选择性 CO的选择性 （6）图中，代表选择性随温度变化的是___________。 A．曲线P    B．曲线N    C．曲线M （7）280℃时，若的时空收率为，则的转化率=___________。 （8）当，曲线M快速下降的原因是___________。 【答案】（1）A （2）A （3）B （4）C （5） A （6）C （7） （8）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后反应Ⅱ平衡逆向移动、反应Ⅲ平衡正向移动，的选择性大幅降低，因此曲线M快速下降 【解析】（1）据三段式计算平衡浓度，初始，，转化率为：，平衡常数； （2）A．反应Ⅱ是气体分子数减小的反应（左 mol气体，右 mol气体），恒容下压强不再改变，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，A正确； B．未说明正逆反应方向，任何反应阶段该比例都成立，不能判断平衡，B错误； C．恒容容器，气体总质量始终不变，密度​始终不变，不能判断平衡，C错误； D．与浓度相等不能说明浓度不再变化，无法判断平衡，D错误； 故选A； （3）催化剂可以降低反应活化能，从能量图可知，催化剂B的整体活化能更低，反应速率更快，因此优选催化剂B； （4）反应的控速步骤是活化能最大的一步。对催化剂B，步骤②需要的活化能最大，因此控速步骤为②； （5）根据盖斯定律：反应I = 反应II - 反应III，因此。 自发反应满足，反应III，升高温度更利于自发，说明，选A； （6）反应Ⅱ放热，反应III吸热，升高温度，平衡向反应Ⅲ正向、反应Ⅱ逆向移动，转化为的比例降低，因此选择性随温度升高逐渐降低，对应图中一直下降的曲线M，选C； （7）总进气流量为，，因此单位时间（小时）通入的物质的量为 ，根据题干时空收率的公式得，时，由图可知选择性，则； （8）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后，平衡向反应Ⅱ逆向、反应Ⅲ正向移动，更多转化为，的选择性大幅降低，因此代表选择性的曲线M快速下降。 押题猜想13 稀土元素的分离与提纯工艺 终极押题 【原创题】中国是稀土资源大国。为维护全球供应链安全，商务部于10月9日公布了包括17种稀土在内的全新出口管制规定。下面有关稀土的性质与冶炼的考查： 1．中国稀土含量丰富，稀土元素用RE表示。在稀土元素提纯过程中可以向稀土元素的硫酸盐溶液中加入粉状Na2SO4，使稀土元素转化为沉淀RE2(SO4)3·Na2SO4·xH2O析出，反应式RE2(SO4)3+Na2SO4+xH2O= RE2(SO4)3·Na2SO4·xH2O↓（x=1~2）。下列叙述正确的 A．反应生成的沉淀属于复盐 B．该反应一定在强碱溶液中进行 C．产生沉淀的反应为复分解反应 D．产生沉淀的变化属于氧化还原反应 【答案】A 【解析】试题分析：A、生成的沉淀含有多种阳离子，属于复盐，正确；B、稀土阳离子与OH‾反应可生成沉淀，所以该反应不能在强碱溶液中进行，错误；C、多种反应物反应生成一种化合物，属于化合反应，错误；D、各元素化合价不变，不属于氧化还原反应。 2．新一代高效、绿色的稀土(REE)开采技术如图a所示，其原理如图b所示。下列说法正确的是 A．阴极反应： B．阳极反应生成标准状况下22.4LO2，理论上外电路需要转移4mol电子 C．为加快开采速率，电源电压越高越好 D．该反应中用浸取剂将稀土元素从黏土中溶浸出来，该分离方法属于过滤 【答案】B 【分析】由题干信息可知，阳极电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极电极反应式为：REE3++3e-=REE，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+与阴极上产生的OH-生成Al(OH)3沉淀，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，阴极反应：和2H2O+2e-=2OH-+H2↑，A错误； B．阳极反应生成标准状况下22.4L即=1molO2，故理论上外电路需要转移4mol电子，B正确； C．电源电压越大，将使阴极副反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，OH-浓度过大，使产生的Al(OH)3沉淀转化为NaAlO2溶液而溶解，是分离不完全，故为了加快开采速率，不是电源电压越高越好，C错误； D．该反应中用浸取剂将稀土元素从黏土中溶浸出来，该分离方法属于萃取分液，而不是过滤，D错误； 故答案为：B。 3．中央广播电视总台《2026年春节联欢晚会》武术节目演绎了“少林功夫+未来科技”，节目中人形机器人四肢的旋转关节采用了高性能钕铁硼永磁材料。工业上以独居石精矿（主要成分为，含、、杂质；代表稀土元素）为原料制备钕铁硼的原料氧化钕（）的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．“焙烧”将转化为可溶性物质 B．“水浸”后“过滤”所得滤渣的主要成分为 C．“萃取”时采用多级逆流萃取可达到富集元素的效果 D．“煅烧”时发生的反应属于非氧化还原反应 【答案】D 【分析】独居石精矿加入硫酸焙烧后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，滤液加入P204萃取剂萃取出含Nd3+的有机相，然后反萃取得到含Nd3+的水相，加入草酸沉淀后煅烧得到高纯； 【解析】A．由流程，“焙烧”将转化为可溶性物质，便于后续萃取提取，A正确； B．二氧化硅不反应成为滤渣，“水浸”后“过滤”所得滤渣的主要成分为，B正确； C．“萃取”时采用多级逆流萃取，可以提高萃取效率，达到富集元素的效果，C正确； D．“煅烧”时发生反应，存在元素化合价改变，该反应属于氧化还原反应，D错误； 故选D。 押题有据 （1）国家战略资源，考查配合物与分离工程。 （2）稀土是中国优势资源，其分离技术是世界难题，具有极高的命题价值。 （3）了解镧系收缩概念，理解溶剂萃取的基本原理及分配比。 考题猜想 1．（2026·上海杨浦·二模）稀土元素(第ⅢB族的钪、钇及镧系元素)是战略资源。我国南方拥有全球最大的离子吸附型稀土矿，其矿土表面吸附有稀土离子(统一表示为)。 （1）基态钪(Sc)原子形成，失去的电子依次来自___________能级。(填能级符号) （2）判断是否为离子化合物的方法是___________。 A．观察其状态及颜色 B．测定其在水中的溶解度 C．测定其熔融状态下的导电性 D．测量其晶体的硬度 工业上常将溶液注入矿体，通过正离子交换反应浸取。 （3）溶液显酸性的原因是___________。(用离子方程式表示) （4）写出鉴定某白色固体是的实验方案。___________。 （5）下图为溶液浸出矿土表面1个的微观过程示意图。从图例中选取离子，补全浸取后的示意图。___________。 稀土矿伴生铝化合物，其浸出液含。将浸出液与鞣酸混合，二者生成配合物沉淀而除去。已知鞣酸的结构简式如下： ，其中为 （6）鞣酸显酸性，因其结构中含___________。 （7）确定沉淀中含氧铝配位键的方法是___________。 A．元素分析法 B．核磁共振氢谱法 C．红外光谱法 D．质谱法 钇铂合金()是高活性催化剂，可通过还原和熔融盐制备。 （8）每生成，转移电子___________mol。 A．6 B．9 C．12 D．15 （9）实际反应中，选用三乙基硼氢化钠还原该熔融盐，而不选金属钾，分析可能的原因___________。(列举2点) 【答案】（1）4s、3d （2）C （3） （4）取白色固体溶于水，将溶液分成两份，一份加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通向湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则溶液中含有；另一份加入盐酸没有明显现象，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有；综上白色固体是 （5） （6）酚羟基 （7）C （8）D （9）金属钾还原性太强，反应不易控制；金属钾可能与产物Pt₃Y形成合金(或其他合理答案) 【解析】（1）基态钪(Sc)原子核外有21个电子，电子排布式为，失去3个电子形成时先失去外层(4s)能级的2个电子，再失去内层(3d)能级上的1个电子，失去的电子依次来自4s、3d。 （2）A．物质的状态及颜色与本身是否为离子化合物无关，故观察其状态及颜色并不能确定是否为离子化合物，A不符合题意； B．溶解度这种物理性质，与是否为离子化合物无关，B不符合题意；， C．含有离子键的离子化合物在熔融下能导电，只含共价键的共价化合物在熔融下不导电，故可通过测定其熔融状态下的导电性，C符合题意； D．晶体硬度是物理性质，共价晶体的硬度以及部分金属晶体的硬度也很大，所以通过测量晶体的硬度不能确定其是否为离子化合物，D不符合题意； 故选C。 （3）溶液中的水解使溶液显酸性，离子方程式表示为。 （4）鉴定某白色固体是需分别检验和，具体为：取白色固体溶于水，将溶液分成两份，一份加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通向湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则溶液中含有；另一份加入盐酸没有明显现象，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有；综上白色固体是。 （5）溶液浸出矿土表面1个的同时按照电荷守恒会有3个。 （6）鞣酸中含有酚羟基显酸性。 （7）氧铝配位键是一种化学键，要通过红外光谱法确定沉淀中含氧铝配位键，故选C。 （8）钇铂合金()是高活性催化剂，可通过还原和熔融盐制备方程式为，每生成，转移电子15 mol；故选D。 （9）实际反应中，选用三乙基硼氢化钠还原该熔融盐，而不选金属钾，因金属钾的还原性很强，与熔融盐反应剧烈，难以控制反应速率，存在安全隐患；且钾可能会与生成的铂、钇形成其他合金，导致产物不纯。而三乙基硼氢化钠的还原性相对温和，反应更易于控制。 2．（2025·上海杨浦·模拟预测）化学家徐光宪及其团队创立的串级萃取理论，使我国在稀土资源生产应用方面实现质的飞跃。 镨(Pr)是一种重要的稀土元素，采用如图工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、、等)制备。 已知：该体系中，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH 金属离子 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.4 3.2 9.0 8.9 (1)滤渣Ⅰ中除含有___________外，还含有一种淡黄色沉淀，写出ZnS在“溶浸”中反应的离子方程式___________。 (2)从绿色化学的角度考虑，相比于在空气中煅烧孪生矿，该工艺的优势在于___________。 (3)“除铁”加入的目的是___________。 (4)用有机萃取剂HL萃取的原理为，反萃取后，存在于(填“水相”或“有机相”)___________。徐光宪提出的串级萃取理论，基本思想为萃取结束后向萃余液中再次加入萃取剂萃取，反复多次，其目的是___________。 可由溶液制备，主要包含沉淀、灼烧两个步骤。已知镨元素的常见价态为+3、+4。 (5)搅拌下，将一定量的溶液与沉淀剂溶液充分反应，过滤得到沉淀。若改用溶液为沉淀剂，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是___________。 (6)将置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备最适宜的温度为___________。 A．280℃ B．560℃ C．755℃ D．1200℃ (7)将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，该反应的离子方程式为___________。 【答案】(1) (2)不产生有害气体 (3)使转化为便于后续除铁 (4) 水相 浓缩富集(或提高萃取率) (5)碳酸氢铵沉淀过程生成大量气体 (6)C (7) 【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Fe3+，滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，再除Zn2+和氢氧化锌，过滤后将所得滤液进行多次反复萃取（稀土元素在孪生矿中含量较低），多次萃取后，反萃取，得到PrCl3； 【解析】（1）滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；ZnS在溶浸中和铁离子发生氧化还原生成硫单质、亚铁离子，同时生成锌离子，反应为； （2）煅烧过程中S元素会与氧气反应产生污染空气的二氧化硫，该工艺的优势在于避免产生污染性气体； （3）过氧化氢具有氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，故目的为：使转化为便于后续除铁； （4）反萃取时加入酸，提高氢离子浓度，使得进入水相，故存在于水相。徐光宪提出的串级萃取理论，基本思想为萃取结束后向萃余液中再次加入萃取剂萃取，反复多次，其目的是浓缩富集(或提高萃取率)； （5）碳酸氢铵沉淀过程生成大量二氧化碳气体，气体产生气泡导致制得的沉淀颗粒较为疏松； （6）置于空气中灼烧制备，则由Pr元素守恒存在：，则剩余固体质量与起始固体质量的比值为，由图，则最适宜的温度为755℃，故选C； （7）将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，则反应为氧化还原反应生成和氧气，结合质量守恒，还生成水，反应为：。 押题猜想14 药物分子的手性合成与绿色修饰 终极押题 【原创题】药物分子的手性合成与分子修饰技术是当前有机合成发展的重要方向。下面有关手性合成与分子修饰的考查： 1．近期，某课题组报道了一种通过手性路易斯碱催化不对称亲电硫代反应合成平面手性含硫大环化合物的方法。该反应的催化剂结构如图所示。下列说法正确的是 A．该有机分子所有的碳原子都采用杂化 B．该有机分子中氮原子可提供孤电子对与质子形成配位键 C．共价键键能大小决定该物质熔点高低 D．该化合物中第一电离能最大的元素是磷元素 【答案】B 【解析】A．该有机物甲基中的碳原子采用杂化，故A错误； B．该有机物中氮原子形成3个单键，每个氮原子有1个孤电子对。可与质子形成配位键，表现碱性，故B正确； C．该化合物是分子晶体，其熔点由分子间作用力(范德华力)大小决定，与共价键无关，故C错误； D．该化合物中第一电离能最大的元素是氮元素，故D错误； 故选B。 2．中国科学技术大学的龚流柱教授课题组首次合成手性烯基衍生物（M），结构如图所示。 已知：1-氯丙烯有顺、反异构体，结构简式分别为、。下列有关M的叙述正确的是 A．M中含氧官能团有3种 B．M可被催化氧化生成醛基 C．M分子有顺、反异构体 D．用钠可以证明M中含羟基 【答案】C 【解析】A．M中有羟基和羧基两种含氧官能团，A错误； B．与醇羟基直接相连的C上只有1个H，只能被催化氧化成酮，B错误； C．M中含有碳碳双键，且碳碳双键每侧所连的基团不相同，因此具有顺反异构，C正确； D．M中的羧基也能与钠反应放出气泡，无法证明羟基的存在，D错误； 故选C。 3．高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。 下列说法正确的是 A．分子的核磁共振氢谱有组峰 B．生成高分子的反应为加成反应 C．高分子最多可与反应 D．高分子可通过分子内氢键增大水溶性 【答案】B 【解析】A．a分子结构高度对称，其中只有两种化学环境的H，其核磁共振氢谱有两组峰，A项错误； B．从流程中可以看出，聚乙烯与a发生加成反应生成高分子b，B项正确； C．1mol高分子b中含有的酯基远大于2mol，故与NaOH反应时消耗的NaOH远大于2mol，C项错误； D．高分子b在碱性条件下水解得到高分子含有羟基，羟基与水分子形成氢键时，可以增强高分子与水的相互作用力，从而提高其水溶性，而分子内氢键会减弱与水分子的作用，从而降低水溶性，D项错误； 答案选B。 押题有据 （1）手性化学是现代有机合成的核心，上海卷常考立体化学。 （2）药物合成涉及复杂结构与立体控制，能全面考查有机化学素养。 （3）熟练掌握手性判断、逆合成分析法，关注绿色合成策略（如一锅法、串联反应）。 考题猜想 1．上海有机化学研究所施世良课题组以Ni(cod)2为催化剂实现了叔醇的手性合成。 (1)Ni在元素周期表中的位置是_______，写出其基态原子的价电子排布式：_______。 (2)Ni(cod)2是指双-(1，5-环辛二烯)镍，其结构如图所示。 ①与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有_______种。 ②Ni(cod)2分子内存在的作用力有_______(填序号)。 a.配位键     b.金属键     c.极性键     d.非极性键         e.氢键 ③Ni(cod)2分子中碳原子的杂化方式为_______ 。 (3)葡萄糖（ ）分子中，手性碳原子个数为 _______。 (4)下图三种叔醇的沸点从高到低的顺序及原因是_______。 (5)红银矿NiAs晶体结构如图所示： ①Ni原子的配位数为_______。 ②两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和_______。 ③已知晶体密度为pg·cm-3，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______mol-1(用含m、n和p的代数式表示)。 【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 3d84s2 (2) 3 acd sp3、sp2 (3)4 (4)丙>乙>甲，甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。 (5) 6 【解析】（1）Ni是28号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，其基态原子的价电子排布式3d84s2。 （2）①同周期元素从左到右电负性增大，与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有N、O、F，共3种。 ②Ni(cod)2分子内，cod分子和Ni形成配位键，cod分子内C和C形成非极性键、C和H形成极性键，存在的作用力有配位键、极性键、非极性键，选acd。 ③Ni(cod)2分子单键C为sp3杂化、双键C为sp2杂化。 （3） 与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，葡萄糖()分子中，手性碳原子个数为4(*号标出)。 （4）甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。 （5）①根据图示，As的配位数是6，根据配位数与化学式中原子数的关系可知，Ni原子的配位数为6。 ②根据图示，两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和。 ③根据均摊原则，晶胞中As原子数为2，Ni原子数为，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，晶胞的体积为m2n×10-30cm3,晶体密度为pg·cm-3，则，阿伏加德罗常数NA可表示为mol-1。 2．（2025·上海静安·一模）普鲁卡因是一种常用麻醉药品，对其化学结构进行修饰和优化，可得到一系列安全性更高的普鲁卡因衍生物，其中一种衍生物的合成路线如下(部分试剂省略)： (1)化合物A中含氮官能团的名称为___________。 (2)关于化合物B的说法正确的是___________。 A．分子式为C4H8BrNO2 B．碳原子杂化方式为sp、sp2 C．所有碳原子可能共平面 D．能形成分子间氢键 (3)C→D、F→G的反应类型分别为___________反应、___________反应。 A．加成    B．取代    C．还原    D．消去 (4)化合物H中不对称碳原子的个数是___________。 A．0 B．1 C．2 D．3 (5)D和G反应生成H的过程中，K2CO3的作用是___________。 (6)设计实验证明中含溴元素___________。 (7)Z是E的同系物，经___________测定，其相对分子质量比E大28. A．原子发射光谱 B．红外光谱 C．核磁共振氢谱 D．质谱 (8)写出1种满足下列条件的Z的同分异构体Y的结构简式___________。 ①能发生银镜反应和水解反应； ②1 mol Y最多消耗2 mol NaOH； ③核磁共振氢谱显示有四组峰，且峰面积之比为6：2：2：1. (9)参照上述合成路线，以和BrCH2NH2为原料合成(无机试剂任选)___________。 已知： 【答案】(1)氨基 (2)D (3) C B (4)B (5)吸收反应产生的HBr，提高反应物的转化率 (6)取少量于试管，加入足量的NaOH溶液并加热，冷却至室温，加入足量稀硝酸至溶液呈酸性，加入AgNO3溶液，若出现浅黄色沉淀，则证明中含有溴元素 (7)D (8) (9) 【分析】 A与发生取代反应生成B，B在碱性条件下脱去一分子HBr成环变成C，C被LiAlH4还原得到D；E与Boc酸酐发生取代反应生成F，F与取代生成水和G，G与D发生取代反应生成HBr和H，H与HCl化合得到I； 【解析】（1）A中含有的官能团为羟基，氨基，故含氮官能团的名称为氨基； （2）A．化合物B的分子式为C7H14BrNO2，A错误； B．分子中的饱和碳原子为sp3杂化，酰胺基碳原子为sp2杂化，B错误； C．分子中存在连接了3个碳原子的sp3杂化的碳原子，这4个碳原子就不可能共平面，C错误； D．分子中有羟基、氨基这种电负性很强的O原子和N原子，因此能形成分子间氢键，D正确； 故选D； （3） C被LiAlH4还原得到D，发生还原反应；F与取代生成水和G，为取代反应； （4） 不对称碳原子即手性碳原子，需要连接4根单键且四根单键连接的原子或原子团各不相同，如图有1个不对称碳原子，故选B； （5）G与D发生取代反应生成HBr和H，有HBr产生，K2CO3可以吸收反应产生的HBr，提高反应物的转化率； （6） 检验中含溴元素，需利用水解反应将溴原子反应到溶液中，再进行Br-的检验，具体操作为取少量于试管，加入足量的NaOH溶液并加热，冷却至室温，加入足量稀硝酸至溶液呈酸性，加入AgNO3溶液，若出现浅黄色沉淀，则证明中含有溴元素； （7）质谱仪是测定有机物相对分子质量的方法，故选D； （8） 结合7问中Z是E的同系物且相对分子质量比E大28，可知Z的分子式为C9H11NO2，结合信息①能发生银镜反应和水解反应②1 mol Y最多消耗2 mol NaOH说明是甲酸酚酯，结合核磁氢谱可知可能的结构为； （9） 结合已知以及产物的结构简式，可知成环需要引入羧基以及氨基，可将醛基氧化为羧基，结合图中A→B利用取代反应引入氨基，具体可设计如下合成路线； 押题猜想15 化工流程分析 终极押题 【改编题】锂是制造电池的重要原材料。“锂”作为战略资源，海水提锂是一项具有巨大应用前景的技术。 1．海水提锂是一项具有巨大应用前景的技术。某电化学海水提锂的装置如图所示： 该装置工作步骤如下： ①打开电源b，海水中的嵌入电极形成； ②关闭电源b，打开电源a，同时向石墨电极通入空气(其中体积分数为20%)，使中的脱出进入甲溶液。下列说法错误的是 A．步骤①中，电极应该与电源b的负极相连 B．步骤②中，电极应该与电源a的负极相连 C．步骤②中，阴极发生的电极反应为 D．每有进入甲溶液，理论上消耗标准状况下的空气28L 【答案】B 【解析】A．在步骤①中，通电时海水中的Li+嵌入MnO2电极形成LixMn2O4，这说明MnO2电极是阴极，应该与电源b的负极相连，A正确； B．在步骤②中，通电时LixMn2O4中的 Li+脱出进入甲溶液，这说明MnO2电极是阳极，应该与电源a的正极相连，B错误； C．在步骤②中，通电时通入阴极的氧气得电子，发生的电极反应为，C正确； D．在步骤②中，每有1molLi+进入甲溶液，理论上消耗标准状况下的氧气是0.25mol，因为氧气的体积分数为20%，所以消耗的空气是，体积是1.25mol×22.4 L/mol=28L，D正确； 故选B。 2．一种流体电解海水提锂的工作原理如图所示，中间室辅助电极材料具有选择性吸附转化为/脱出转化为的功能。 (1)第一步吸附锂时，应接通电源_____(填“1”或“2”)，中间室材料接电源_____极(填“正”或“负”)。 (2)第二步脱出锂时，中间室材料发生的电极反应式为_____。 (3)为完成锂离子的吸附/脱出，中间室两侧选用_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 (4)结合化学用语解释阴极室生成的原因_____。 (5)当阴极室得到时，理论上阳极室产生气体的体积为_____(标准状况下)。 【答案】(1) 1 负 (2) (3)阳 (4)阴极室中，通入O2的N电极的电极反应式为，中间室材料的电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜进入阴极室 (5)1.12L 【分析】由题意可知，流体电解海水提锂的工作原理为第一步接通电源1，与直流电源正极相连的M电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为，中间室材料为阴极， 锂离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜由阳极室进入中间室，达到选择性提取锂的目的；第二步接通电源2，与直流电源正极相连的中间室材料为阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成和锂离子，电极反应式为，N电极为阴极，水分子作用下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜由中间室进入阴极室，从而达到使海水中的锂离子最终以氢氧化锂的形式被浓缩到阴极室的目的。 【解析】（1）由分析可知，第一步吸附锂时，应接通电源1，与直流电源负极相连的中间室材料为电解池的阴极，故答案为：1；阴； （2）由分析可知，第二步脱出锂时，与直流电源正极相连的中间室材料为阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成和锂离子，电极反应式为，故答案为：； （3）由分析可知，第一步选择性吸附锂过程中锂离子通过阳离子交换膜由阳极室进入中间室，第二步释放锂的过程中锂离子通过阳离子交换膜由中间室进入阴极室，所以中间室两侧的离子交换膜选用阳离子交换膜，故答案为：阳； （4）由分析可知，第二步接通电源2，与直流电源正极相连的中间室材料为阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成和锂离子，电极反应式为，N电极为阴极，水分子作用下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜由中间室进入阴极室，从而阴极室生成氢氧化锂，故答案为：阴极室中，通入O2的N电极的电极反应式为，中间室材料的电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜进入阴极室； （5）由得失电子数目守恒可知，当阴极室得到4.8g氢氧化锂时，理论上阳极室产生标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L。 押题有据 （1）上海卷近年偏爱“多资源联产”与“绿色闭环”流程，强调工程思维（成本、效率、环保的权衡）。 （2）上海作为海洋城市，海水资源化是本地热点；同时，“锂”作为战略资源，从卤水中提取锂是行业前沿，符合“新情境”要求。 （3）复习时需建立“预处理→核心转化→分离提纯→尾气/废液处理”的流程模型，重点关注pH调控、温度选择、试剂替换背后的化学原理与经济逻辑。 考题猜想 1．（25-26高三上·上海·期中）我国是世界上最大的稀土生产、出口和应用国。稀土元素中丰度最高的是铈，在电子材料、催化剂等方面应用广泛。工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵和氯化亚铁，工艺流程如下图所示： 已知：①在空气中易被氧化为，具有强氧化性； ②“沉铈”时发生反应得到复盐：。 （1）氟碳铈矿中铈元素的化合价为___________价(填序号)，焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是___________。 A．        B．        C．        D． （2）向含有的溶液中加入反应生成的离子方程式为___________。 （3）“溶解”时，为防止被氧化，可以加入___________(不定项)。 A． B．NaClO C． D． 向“含滤液”先后加入物质X、Y可以得到两种副产品，工艺流程如下图所示： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.5 3.0 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 （4）物质X是___________，后加入的物质Y需要控制pH范围在___________。 A．1.9～3.2        B．3.2～7.5        C．4.7～7.5        D．1.9～7.5 （5）副产物氯化亚铁易被氧化，如何检验其是否已被氧化___________。 （6）“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜条件是___________。 （7）若“酸浸”步骤的稀硫酸改用稀盐酸，可能造成的影响是___________。 （8）取所得的8.0g含的产品，用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250mL溶液。取25.00mL溶液用硫酸亚铁铵溶液滴定，已知滴定时发生的反应为，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.00mL，假定杂质不参与反应，则该产品的纯度为___________。 【答案】（1） C 将氟碳铈矿氧化为易溶于酸的CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如 SiO2等) （2） （3）C （4） 铁粉 C （5）取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化 （6）85℃，3.0mol/L （7）Ce4+具有强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2，导致铈元素损失，同时产生有毒气体污染环境 （8）86% 【解析】（1）CeCO3F中，C为+4价、O为-2价、F为-1价，设Ce化合价为x，则x+(+4)+3×(-2)+(-1)= 0，解得 x=+3；焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是：将难溶的氟碳铈矿转化为易溶于酸的 CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如 SiO2等)，为后续分离提纯奠定基础；故答案为：+3；将氟碳铈矿氧化为易溶于酸的CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如 SiO2等)。 （2）Ce3+与反应，电离出的与Ce3+结合生成沉淀同时释放氢离子，氢离子继续与反应生成CO2和H2O，因此，其离子方程式为：2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；故答案为：2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。 （3）Ce3+易被氧化为Ce4+，需加入还原剂保护，CH3CHO具有还原性，可防止Ce3+被氧化；A、B为氧化剂，会氧化Ce3+；D 一般无还原性，无法起到保护作用；故答案为：C。 （4）“含F-滤液”除F-外还含Fe3+、Al3+，故X为铁粉，目的是将三价铁还原为二价铁，pH控制理由：需先使FAl3+完全沉淀(pH≥4.7)，再避免Fe2+沉淀(pH＜7.5)，故选择4.7～7.5；故答案为：铁粉；C。 （5）Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与KSCN 反应生成血红色络合物，现象明显，因此检验氯化亚铁是否被氧化时：取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化；故答案为：取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化。 （6）由图1可知，85℃时铈浸出率达到较高水平，继续升温浸出率提升不明显；图2中3.0mol/L硫酸时浸出率最高，浓度过高或过低均会降低浸出率，即选择温度控制在85℃左右，硫酸浓度控制在3.0mol/L左右；故答案为：85℃，3.0mol/L。 （7）Ce4+具有强氧化性，“酸浸”时若将稀硫酸改为稀盐酸，Ce4+会氧化Cl-生成Cl2，2Ce4++2Cl-=2Ce3++Cl2↑，既消耗Ce4+，又产生污染性气体，故答案为：Ce4+具有强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2，导致铈元素损失，同时产生有毒气体污染环境。 （8）根据滴定时发生的反应可知，25.00mL溶液中n(Ce4+)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则样品中n(Ce4+)=0.004mol×=0.04mol，样品中n(CeO2)=n(Ce4+)=0.04mol，所以样品的纯度为100%=86%。 2．（25-26高三上·上海·月考）氰化法是工业炼金的常用方法。工业上利用氰化法从含金矿石(成分为、、和其他不溶性杂质)中提取金和银。工艺流程如图所示： 已知：               （1）步骤1中“磨矿”的目的是___________。 （2）步骤2中浸出应选用___________； A．盐酸    B．硫酸    C．硝酸 （3）步骤4浸出的目的是将单质Au转化为进入溶液，为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度过高浸出速率反而会降低，原因是___________。 （4）请从绿色化学角度分析设计步骤6的原因：___________。 （5）步骤7“置换”时发生的反应为，该反应的化学平衡常数___________。 【答案】（1）增大反应物的接触面积，提高浸出速率 （2）C （3）由于温度太高会降低O2的溶解度，使溶液中O2的浓度减小 （4）使洗涤液中的重复利用，实现原料尽可能多的转化为产品，实现废物零排放 （5） 【解析】（1）根据外界条件对反应速率的影响可判断步骤1中“磨矿”的目的是增大反应物的接触面积，提高浸出速率。 （2）步骤2中浸出过程中需要让Ag溶解，盐酸和硫酸不和Ag反应，应该选用硝酸，故选C。 （3）由于温度太高会降低O2的溶解度，使溶液中O2的浓度减小，因此但温度过高浸出速率反而会降低。 （4）步骤6中滤渣会附着，进行洗涤，将洗涤液与滤液合并，从绿色化学角度分析设计步骤6的原因：使洗涤液中的重复利用，实现原料尽可能多的转化为产品，实现废物零排放。 （5）步骤7“置换”时发生的反应为，已知：①；②；③；③+②-2×①可得，平衡常数K=。 押题猜想16 实验综合探究 终极押题 【改编题】某化学兴趣小组对过氧化氢的分解做了两组探究性实验。 Ⅰ．化学兴趣小组的同学为了比较氧化铁和二氧化锰对过氧化氢分解的催化效果。用如图所示的装置先后进行了两次实验。 (1)实验1：取过氧化氢溶液与粉末状二氧化锰混合。 实验2：取过氧化氢溶液与___________混合。 (2)在检查装置的气密性后，分别将过氧化氢溶液一次性注入盛有催化剂的小试管中，注入双氧水的方法是___________(填序号)。 A．快速推注射器活塞        B．缓慢推注射器活塞 (3)依据“相同时间内用二氧化锰作催化剂的反应收集的氧气体积较大”，得出结论：二氧化锰对过氧化氢分解的催化效果比氧化铁___________。 (4)实验过程中发现U型管内右侧液面上升，原因是该反应___________(填“放热”或“吸热”) (5)为比较二氧化锰和氧化铁对过氧化氢分解快慢的不同影响，用下图装置进行实验：启动传感器，注入过氧化氢溶液。氧气体积分数随时间变化情况如下： ①初始时氧气的体积分数不为0，原因是___________。 ②使过氧化氢分解较快的催化剂是___________(填二氧化锰或氧化铁)。 Ⅱ．某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。 实验编号 温度(℃) 反应物 催化剂 ① 20 25 mL 3% H2O2溶液 无 ② 20 25 mL 5% H2O2溶液 无 ③ 20 25 mL 5% H2O2溶液 0.1g MnO2 ④ 20 25 mL 5% H2O2溶液 1~2滴1mol/L FeCl3溶液 ⑤ t 25 mL 5% H2O2溶液 0.1g MnO2 (6)实验①和②的目的是___________。甲同学在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了达到实验目的，可采取的改进方法是___________(写出一种即可)。 (7)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如甲图所示。由图可知⑤中温度t___________20℃(填“>”、“<”或“=”)，分析该图能得出的结论是___________对H2O2分解的催化效果更好。    (8)写出实验③中H2O2分解的化学方程式：___________，催化剂能增大化学反应速率的原因是___________。 【答案】(1)粉末状氧化铁 (2)B (3)好 (4)放热 (5) 装置内含有空气，空气中氧气的体积分数约为21% 二氧化锰 (6) 探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) (7) > MnO2 (8) 2H2O2 2H2O +O2↑ 降低了反应的活化能 【解析】（1）因为要比较氧化铁和二氧化锰对过氧化氢分解的催化效果，所以要控制变量，只能是催化剂的种类不同，故填：粉末状氧化铁； （2）若快速推注射器活塞，因反应剧烈、放热大，会造成活塞向外移动偏大，所以注入双氧水的方法是缓慢推注射器活塞，故选B； （3）依据“相同时间内用二氧化锰作催化剂的反应收集的氧气体积较大”，得出结论：二氧化锰对过氧化氢分解的催化效果比氧化铁好； （4）实验过程中发现U型管内右侧液面上升，说明过氧化氢分解生成氧气的同时放出热量，使试管内压强大于外界压强，导致U型管内左侧液面下降，右侧液面上升，所以该反应放热； （5）①初始时氧气的体积分数不为0，原因是装置内含有空气，空气中氧气的体积分数约为21%； ②由图可知，两者作催化剂时，产生等量的氧气，二氧化锰所需时间较短，则使过氧化氢分解较快的催化剂是二氧化锰。 （6）由表格数据可知，实验①和②的其他条件相同，过氧化氢溶液的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对反应速率的影响；同学甲在进行实验①和②时并没有观察到明显现象是因为通常条件下过氧化氢稳定，不易分解，所以为达到实验目的，应向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度)； （7）由图可知，⑤中H2O2完全分解所需时间短于③、④，结合三者反应条件，说明温度更高，则温度t>20℃，结合图像，③④中③的H2O2完全分解所需时间更短，分析该图能得出的结论是MnO2对H2O2分解的催化效果更好； （8）实验③中H2O2分解的化学方程式：2H2O2 2H2O +O2↑，催化剂能降低反应的活化能，增大化学反应速率，故原因是降低了反应的活化能； 押题有据 （1）上海卷实验题已从“操作记忆”转向“数据分析与异常探究”，特别青睐引入数字化实验（DIS）手段。 （2）过氧化氢分解是经典反应，但结合传感器数据和微观机理分析，能极好地考查“证据推理”核心素养，符合上海卷重逻辑的特点。 （3）掌握控制变量法的设计逻辑，学会从图表斜率、截距、拐点提取信息；熟悉常见干扰因素（温度、副反应、仪器滞后）的分析方法。 考题猜想 1．（2026·上海浦东新·模拟预测）重铬酸钾是一种重要的化工原料，某电镀厂采用“化学还原沉淀法”将废水中低浓度的六价铬转化为Cr(OH)3沉淀，再经过一系列转化，制得重铬酸钾。 已知，六价铬在水溶液中存在以下平衡：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，其中Cr2O的氧化性强于CrO。 (1)常温下，关于某含铬酸性废水的说法正确的是______。 A．pH>7 B．溶液中不存在OH- C．一定能使甲基橙变红 D．水的离子积Kw=10-14 (2)某含铬酸性废水中含有Fe3＋，则还可以大量共存的离子是______。 A．NO B．S2- C．HCO D．I- 电镀厂将含六价铬的酸性废水转化为Cr(OH)3的流程如下： (3)加入适量的Na2SO3充分反应后，铬元素的主要存在形式为______。 A．CrO B．Cr2O C．Cr3＋ D．[Cr(OH)4]- (4)根据资料，在不同pH的废水中，加入等量的Na2SO3，反应24 h后，测得六价铬的残留量如图所示。从六价铬在水溶液中存在的平衡分析，pH在2～4区间内排放液中六价铬的残留量升高的原因______。 测定废水中六价铬的含量，便于控制Na2SO3的用量。取原废水20 mL稀释至100 mL，取25.00 mL加入过量稀硫酸酸化，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.0100 mol·L⁻¹的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.50 mL。反应的离子方程式如下：Cr2O＋6Fe2+＋14H+= 2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O (5)测定所用的仪器中，需要润洗的是______。 A． B． C． D． (6)若滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，会导致测量结果______。 A．偏高 B．偏低 C．不变 D．无法判断 (7)计算原废水中六价铬的浓度为______ mg·L⁻¹。(六价铬以Cr计，写出计算过程，计算结果保留一位小数) (8)“沉铬”后的Cr(OH)3经处理得到Na2Cr2O7溶液，向该溶液中加入KCl粉末。相关物质的溶解度曲线如下图所示。 为得到K2Cr2O7晶体，将溶液蒸发浓缩，再______(填操作名称，下同)去除NaCl，然后______、过滤、洗涤、干燥得到K2Cr2O7晶体。 (9)该厂在制备K2Cr2O7晶体时，将废水中低浓度的Cr2O先转化为Cr(OH)3沉淀，再转化为K2Cr2O7，分析先转化为Cr(OH)3沉淀的作用______。 【答案】(1)D (2)A (3)C (4) 升高，减小，平衡逆向移动，转化为氧化性更弱的，还原难度增大，因此六价铬残留量升高 (5)B (6)B (7) (8) 趁热过滤 冷却结晶（或降温结晶） (9)富集铬元素，提高铬的浓度，分离除去杂质，得到较高浓度的铬原料用于后续制备重铬酸钾，提高产品纯度 【分析】工艺流程分析：该流程是将低浓度含六价铬废水转化为沉淀，再制备重铬酸钾，各步骤逻辑：加调：酸性条件下，平衡右移，生成氧化性更强的，方便后续还原；加还原：将六价铬还原为三价铬；加沉铬：使三价铬转化为沉淀，实现铬元素与废水的分离富集；溶解度曲线分析：四种物质溶解度随温度变化规律：溶解度随温度升高显著增大，高温下溶解度远高于其他物质；：溶解度随温度升高明显增大，但整体溶解度远小于，低温下溶解度很小；：溶解度随温度变化很小，高温下溶解度低于，高温下先达到饱和析出；：溶解度变化幅度较小，介于和之间。 利用溶解度差异，可以通过高温趁热过滤除，降温结晶析出实现分离。 【解析】（1）A．酸性废水，A错误； B．任何水溶液中都同时存在和，B错误； C．若酸性废水在之间，甲基橙显橙色，不一定变红，C错误； D．常温下水的离子积，D正确； 故选D； （2）A．酸性条件下与、六价铬离子均不反应，可以大量共存，A正确； B．会被酸性条件下的六价铬、氧化，且酸性下与反应生成，不能共存，B错误； C．酸性条件下与反应，且与发生双水解，不能共存，C错误； D．会被、酸性六价铬氧化，不能共存，D错误； 故选A； （3）是还原剂，在酸性条件下会将六价铬还原为三价铬，因此反应后铬元素主要以形式存在，故选C； （4）根据平衡，升高时减小，平衡逆向移动，转化为氧化性更弱的，还原性的更难氧化，因此六价铬残留量升高； （5）4个仪器分别为：A容量瓶、B酸式滴定管、C烧杯、D锥形瓶。滴定实验中，只有装标准液的滴定管需要用待装标准液润洗，若不润洗会稀释标准液，带来误差；容量瓶、锥形瓶、烧杯不需要润洗，故选B； （6）滴定结束后滴定管尖嘴出现气泡，会使读取的消耗标准液的体积偏小，根据比例关系计算出的六价铬物质的量也偏小，因此测量结果偏低，故选B； （7）根据反应关系：，可得关系。计算消耗的物质的量： ，计算25 mL待测液中的物质的量： ，计算原20 mL废水中总的物质的量： 原废水稀释为100 mL，取25 mL，因此总，计算浓度： ，； （8）根据溶解度曲线：高温下溶解度小，先析出，溶解度在高温下较高，因此蒸发浓缩后趁热过滤除去，再冷却结晶（降温结晶），使析出； （9）原废水中六价铬浓度很低，转化为沉淀可以富集铬元素，提高铬的浓度，同时除去可溶性杂质，便于后续制备高纯度的重铬酸钾产品。 2．（2026·上海黄浦·二模）富马酸是一种治疗贫血的药物。某兴趣小组以顺丁烯二酸酐为原料，硫脲为催化剂制备富马酸亚铁。 Ⅰ.富马酸的制备 取2.50g顺丁烯二酸酐，加水温热溶解。加入催化剂硫脲，溶液在搅拌下加热煮沸至较多固体析出时立即冷却，结晶，抽滤，洗涤，干燥。 （1）1mol富马酸分子中含有______mol 键。 （2）富马酸与马来酸互为______。 A．顺反异构 B．官能团异构 C．碳链异构 D．对映异构 （3）（不定项）可以用来鉴别富马酸和马来酸的是______。 A．高锰酸钾酸性溶液 B．原子发射光谱 C．晶体X射线衍射 D．质谱 （4）富马酸熔点为300℃，马来酸熔点为140℃，二者熔点差异的原因是__________。 Ⅱ.富马酸亚铁的制备 步骤一：将2.32g富马酸置于三颈烧瓶中，加水溶解。 步骤二：加入溶液调节溶液pH为6.5～6.7。 步骤三：安装好回流装置，搅拌，加热至沸。 步骤四：打开活塞持续通入，缓慢加入溶液，维持反应温度100℃，充分搅拌30～90min。 步骤五：冷却，过滤，洗涤，干燥，得棕红色粉末。 （5）步骤二控制溶液pH为6.5～6.7，pH不宜太高或太低的原因是__________。 （6）步骤四一直通的目的是__________。 Ⅲ.富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）含量的测定 步骤一：准确称取2.500g富马酸亚铁样品，加入适量 HCl溶液，待样品完全溶解后，配成100mL溶液； 步骤二：取20.00mL样品溶液，加入足量KI，振摇溶解，暗处放置5min。 步骤三：用 标准溶液滴定至淡黄色，加入2mL淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失即为终点，记录标准液用量。重复2～3次，标准溶液平均消耗量为15.00mL。 已知： （7）（不定项）步骤一中所需的定量仪器有______。 A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．滴定管 （8）若检验富马酸亚铁产品中是否含有，可选用的试剂组合是______。 A．稀HCl，KSCN B．稀， C．稀，KSCN D．稀HCl， （9）中国药典2020版规定：富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）的含量不得大于2.0%。通过计算说明该富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）的含量是否符合要求______。（写出计算过程） 【答案】（1）11 （2）A （3）C （4）二者均为分子晶体，由于富马酸可以形成分子间氢键，而马来酸形成分子内氢键，因此使得富马酸分子间作用力大于马来酸，故其熔点更高 （5）若pH过小，抑制富马酸电离，富马酸根离子浓度过小，因此不利于后续富马酸亚铁的制备；若pH过大，会水解生成或与结合生成，从而使产物不纯 （6）防止反应过程中被氧化，从而影响产品纯度 （7）BC （8）A （9）符合要求 【解析】本实验以顺丁烯二酸酐为原料制备富马酸亚铁，整体分为三个模块。首先顺丁烯二酸酐热水水解得到顺式马来酸，在硫脲催化、加热条件下发生顺反异构，生成热力学更稳定的反式富马酸，富马酸溶解度更低，冷却后结晶析出提纯。随后富马酸经碳酸钠调节pH得到富马酸钠，在氮气氛围下与硫酸亚铁发生复分解反应得到富马酸亚铁，氮气可防止被氧气氧化。最终采用碘量法滴定，测定样品中杂质含量，判断产品是否合规。 （1）富马酸结构简式为，含2个O—H键、2个C—O键、2个C=O键、2个C—C键、2个C—H键、1个C=C键，单键全为σ键、双键中含1个σ键和1个π键，因此1mol富马酸中含有11mol键。 （2）富马酸是反式丁烯二酸，马来酸是顺式丁烯二酸，二者双键两侧连接基团相同，空间排布不同，互为顺反异构，选A。 （3）A．二者都含碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾褪色，无法鉴别； B．二者元素种类完全相同，原子发射光谱无法鉴别； C．晶体X射线衍射可以区分不同的晶体结构，可鉴别二者； D．二者相对分子质量相同，质谱无法鉴别； 选C。 （4）二者均为分子晶体，富马酸为反式结构，易形成分子间氢键，分子间作用力更强；马来酸为顺式结构，易形成分子内氢键，削弱了分子间氢键的形成，导致分子间作用力弱，因此富马酸熔点远高于马来酸。 （5）pH过低：浓度大，抑制富马酸电离，富马酸根浓度低，不利于富马酸亚铁的制备； pH过高：易水解生成沉淀或与结合生成，从而使产物不纯，因此pH不宜过高或过低。 （6）排尽装置中的空气，防止被氧气氧化，提高产品纯度。 （7）准确称量样品需要电子天平，配制溶液需要容量瓶，量筒是粗略量取仪器、滴定管此处不需要，因此选BC。 （8）检验的常用方法是酸溶解样品后，加溶液，若溶液变红说明含。B、D用于检验，无法检验；C中硝酸会将氧化为，干扰原有的检验，因此只有A正确。 （9）根据反应关系：，可得，20mL样品液中：n(Fe3+)=， 100mL样品液中：， ， Fe(Ⅲ)的质量分数：， 因此该产品中Fe(Ⅲ)含量符合要求。 押题猜想17 化学反应原理综合应用 终极押题 【改编题】2021年度中国科学十大进展之一就是人工淀粉合成途径的研究，其关键步骤之一就是利用CO2合成出有机小分子。这将有利于我国实现碳达峰碳中和，有利于建设环境友好型社会。如CO2可与H2生成CH4： 反应①：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) （1）在恒温恒容装置中进行反应①，能判断反应已达平衡状态的是_________(不定项选择) A．混合气体密度不再改变 B．混合气体压强不再改变 C．混合气体平均摩尔质量不再改变 D．n(CO2)：n(H2)=1：4 （2）反应①的平衡常数表达式K=___________。 （3）下列措施有利于提高其反应速率的是________ (不定项选择) A．使用合适的催化剂 B．减压 C．升高温度 D．增大初始投料比n(CO2)/n(H2) （4）将1mol CO2和4mol H2置于体积为2L的密闭容器中发生反应①，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示，该反应的平衡常数K随温度升高而___________(选填“增大”或“减小”)。 （5）化石燃料在能源结构中依然占比巨大，选择碳排放较低的化石燃料利于碳中和的实现： 已知甲烷的单位热值含碳量为，丙烷的燃烧热，计算丙烷的单位热值含碳量为___________，从单位热值含碳量角度分析，___________(填电子式)更有利于碳中和。 【答案】（1）BC （2） （3）AC （4）减小 （5） 0.0163g/kJ 【解析】（1）A．，反应前后所有物质均为气体，总质量不变，恒容容器体积不变，因此混合气体密度始终不变，不能判断平衡，A不符合题意； B．方程式左右两边气体分子数不相等，恒温条件下，反应未达到平衡时气体压强一直在变化，达到平衡后保持不变，因此混合气体压强不变时说明反应达到平衡，B符合题意； C．平均摩尔质量，参加反应的物质均为气体，始终不变，方程式左右两边气体分子数不同，平衡前随反应变化，因此不变时说明反应达到平衡，C符合题意； D．、均为反应物，变化量之比始终为1：4，但起始的物质的量未知，因此物质的量之比未知，无法判断平衡，D不符合题意； 答案选BC。 （2）平衡常数为平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应所有物质均为气态，全部代入表达式即可得。 （3）A．合适的催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，A符合题意； B．减压会降低反应物浓度，减慢反应速率，B不符合题意； C．升高温度一定加快反应速率，C符合题意； D．增大投料比不一定提高反应物总浓度，不一定能加快反应速率，D不符合题意； 答案选AC。 （4）由图可知，温度升高，平衡时的物质的量分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，因此平衡常数随温度升高减小。 （5） 中含碳总质量为，丙烷燃烧放热，因此单位热值含碳量； 该数值大于甲烷的，甲烷单位热值含碳量更低，碳排放更少，更利于碳中和，甲烷中C与H形成4个极性共价键，电子式如图。 押题有据 （1）“多重平衡竞争”与“工况条件权衡”是上海卷原理题的高频难点，强调定量计算与定性分析的结合。 （2）“双碳”背景下，CO2资源化利用是顶级热点。该情境涵盖了勒夏特列原理、反应速率、能量变化、催化剂机理等所有核心考点。 （3）熟练运用“三段式”进行平衡计算；学会阅读分布系数图、能量图；建立“热力学（可能性）+动力学（现实性）+工程学（经济性）”的综合评价思维。 考题猜想 （2026·上海黄浦·二模）苯乙烯是合成高分子材料和橡胶的重要原料之一，可用乙苯为原料制备苯乙烯。常见的方法有直接脱氢法和氧化法。反应原理表示如下： ⅰ.直接脱氢法：   ⅱ.氧化法：   1．下列关于反应ⅰ的随温度T的变化趋势正确的是______。 A． B． C． D． 2．已知：CO的燃烧热为，的燃烧热为，的气化焓为；则________。 某科研团队提出在某催化剂表面发生反应ⅰ的机理（Ph—代表苯基，*代表吸附态）如下图所示： 3．虚线框内化学反应速率最慢的一步活化能为______。 A．11.5 B．17.3 C．63.5 D．102.1 4．关于上述反应历程说法正确的是______。 A．吸附过程吸收能量，脱附过程放出能量 B．状态ⅱ→状态ⅲ过程中形成了碳碳双键 C．状态ⅲ→状态ⅳ的能量变化说明形成H—H键是吸热过程 D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和焓变 工业上，通常在乙苯蒸气中掺混一定量的水蒸气进行反应ⅰ。实验测得某恒定压强下，控制投料比n（乙苯）∶分别为1∶1、1∶4、1∶9，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如下图所示。 5．恒温恒压的密闭体系中，发生反应ⅰ，下列能说明体系一定达到平衡状态的是______。 A．n（苯乙烯）∶的值保持不变 B．混合气体的总压保持不变 C．v（乙苯） D．混合气体的平均摩尔质量保持不变 6．图中曲线c代表的n（乙苯）∶为______。 A．1∶1                B．1∶4                C．1∶9 理由是：__________。 7．图中A、B、C三点对应平衡常数大小顺序为______。（用、、表示） 以高价态钒镁氧化物晶体作催化剂进行氧化乙苯脱氢反应的一种可能机理如下： 8．上图中，物质X为______。 A． B． C． D．CO 9．利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有__________（写出两点）。 【答案】1．C 2． 3．C 4．B 5．D 6． A 理由是：反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，因此压强一定时，体系中通入水蒸气越多，则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大。图中相同温度时，曲线c乙苯的平衡转化率最小，则曲线c代表体系中通入水蒸气最少，即n（乙苯）∶为1∶1 7． 8．B 9．来源广泛，简单易得；减少的排放，减少温室效应，实现碳中和 【解析】1．反应ⅰ，反应后气体分子数增加，；，该式为一次函数：截距（时），斜率，斜率为负，对应下降趋势，对应选项C。 2． 根据盖斯定律，整理热化学方程式： ① ；② ； ③ ； ④ ； 反应ⅱ=①③②④，计算得： 。 3．反应速率最慢对应活化能最大，活化能=过渡态能量该步起始物质能量： 第一步活化能：，第二步活化能：，最大活化能为，选C。 4．A．第一步吸附后能量降低，则吸附释放能量，最终脱附过程能量升高，脱附为吸热过程，A错误； B．ⅱ为，ⅱ→ⅲ失去第二个H，形成碳碳双键，B正确； C．形成化学键一定是放热过程，C错误； D．催化剂只能降低反应活化能，不改变反应焓变，D错误。 5．A．生成的苯乙烯和物质的量之比恒为，n（苯乙烯）∶的值保持不变，不能说明反应达到平衡，A错误； B．体系为恒温恒压，总压不变，不能说明反应达到平衡，B错误； C．未说明正逆反应速率，不能说明反应达到平衡，C错误； D．反应前后气体总质量不变，总物质的量增大，平均摩尔质量是变量，当平均摩尔质量保持不变时，说明反应达到平衡，D正确。 6．反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，恒温恒压下，投料比n(乙苯)越小（水蒸气占比越大），则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大，c曲线转化率最低，代表体系中通入水蒸气最少，对应n(乙苯)，即。 7．平衡常数只与温度有关，反应ⅰ，温度越高平衡常数越大；三点温度：，则平衡常数：。 8．催化剂循环中，高价态（X）氧化乙苯后，失去一个O被还原为低价态，即Y；乙苯被氧化为苯乙烯（M），（Y）再和反应得到O，重新生成（X），N为CO，故X为，选B。 9．利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有可利用，减少温室气体排放，符合环保理念；廉价易得，降低生产成本。 （2026·上海奉贤·二模）碳酸二甲酯(DMC)结构简式为，是一种重要的化工原料，用于制备锂离子电池和聚碳酸酯等。DMC的合成方法如下： 方法I：“甲醇氧化羰基法” i．制备 此方法以捕集回收的为原料，在一定条件下直接催化合成甲醇，全过程无新的碳排放。涉及的反应为: 在某催化剂作用下的反应机理如图所示： 1．判断该反应的热效应________0。 A．>    B．＜ 2．在该反应机理中，共有________个基元反应。 A．7 B．8 C．13 D．14 3．写出上述机理中决速步骤反应方程式_________。 ii．制备DMC 以和为原料，为催化剂，一定条件下发生反应为： 反应1 已知： 反应2   反应3   反应4   4．__________。 5．如图关于反应1的随温度变化趋势正确的是__________。 A．① B．② C．③ D．④ 生成DMC的过程中会发生副反应： 反应5   已知：DMC的选择性； 催化剂部分被还原为是活化CO和的活性中心。 6．在恒温恒压密闭容器中合成DMC，不能说明反应1达到平衡状态的是__________。(不定项) A． B．DMC与的物质的量之比保持不变 C．混合气体的密度保持不变 D．混合气体平均摩尔质量保持不变 7．向2 L密闭容器中充入的混合气体，一定条件下发生上述反应。2小时后反应达平衡，测得，则小时内DMC的平均生成速率为__________。 保持其他条件不变时，改变CO与的进料比，测得的转化率、DMC的选择性在相同时间内变化趋势如下图所示： 8．由图可知，当时，DMC选择性最高，但工业上的进料比：，分析其原因_________。 9．对反应1，下列说法正确的是__________(不定项)。 A．使用催化剂，可降低反应的热效应，加快反应速率 B．活化分子之间的碰撞不都能发生化学反应 C．增加的浓度，平衡正向移动，有利于提高的转化率 D．为了增加DMC的产率，应及时将循环气冷却后分离冷凝水 方法II：高效串联电催化合成DMC反应原理及其装置工作原理如下所示： 10．阴极电极反应为__________。 【答案】 1．B 2．B 3．或； 4． 54．C 6．AB 7． 8．当时，虽然DMC选择性最高，但此时的转化率过低，反应速率慢，不具备经济效益。工业采用的进料比，是在保证较高转化率（反应速率）的同时，获得较优的DMC选择性，是经济效益和生产效率的最佳平衡点 9．BD 10． 【解析】1．从反应历程能垒图可以看出，反应的最终状态能量低于初始状态能量，说明该反应为放热反应，因此； 2．基元反应的数目等于反应历程中过渡态（TS）的数目和吸附于催化剂和脱离催化剂过程，因此共8步基元反应； 3．决速步是活化能最大的步骤，对应能垒图中能量差最大的一步。从图中可以看出，第4步的能垒最高，为决速步。该步骤的反应方程式为：或：； 4．目标反应1：； 已知反应： 反应2：， 反应3：， 反应4：。根据盖斯定律，将反应4+反应2-反应3可得反应1，故，则； 5．反应1的焓变，为放热反应；同时该反应是气体分子数减少的反应，。根据吉布斯自由能判据，因此低温自发，高温不自发。反应1的随温度变化趋势为曲线③，选C； 6．A．，速率比不等于化学计量数比（应为），不能说明平衡，A符合题意； B．二者均为生成物，初始投料比不确定，不能说明平衡，B符合题意； C．恒压容器中，反应前后气体物质的量变化，体积变化；总质量不变，密度不变说明体积不变，即气体物质的量不变，反应达平衡，C不符合题意； D．平均摩尔质量，总质量不变，反应前后变化，不变说明不变，反应达平衡，D不符合题意； 7．体系中同时存在生成DMC的主反应：，以及生成副产物的反应：；根据初始投料、与平衡数据、，可得总消耗量为，总消耗量为；设生成DMC的物质的量为、生成副产物的物质的量为，依据两个反应的计量关系列出方程组：，解得；则； 8．工业生产需综合考虑反应速率和产率。由图可知，当时，虽然DMC选择性最高，但此时的转化率过低，反应速率慢，不具备经济效益。工业采用的进料比，是在保证较高转化率（反应速率）的同时，获得较优的DMC选择性，是经济效益和生产效率的最佳平衡点； 9．A．催化剂只改变活化能，不改变焓变，A错误； B．只有活化分子之间的有效碰撞才能反应，B正确； C．增加反应物浓度，平衡正向移动，但自身转化率降低，C错误； D．降低生成物浓度，平衡正向移动，提高产率，D正确； 10．据图示可知，玻碳电极上转化为，发生氧化反应，玻碳电极为阳极，阳极电极反应式为：，则金电极上转化为CO，金电极为阴极，阴极电极反应式为。 押题猜想18 有机合成与推断 终极押题 【改编题】抗高血压药替米沙坦的一种合成路线如下(部分条件省略)： 已知： (1)物质B中含有的官能团名称为______。 (2)物质A转化成B的化学反应方程式为______。 (3)物质C转化成D的反应类型为______反应。 A．加成 B．取代 C．还原 D．氧化 (4)物质C的产率不高，可能生成的副产物为______。(结构简式) (5)1 mol物质D与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应，消耗氢氧化钠的物质的量为______。 A．1 mol B．2 mol C．3 mol D．4 mol (6)1 mol物质F与足量反应后的产物中含不对称碳原子数为______。 A． B． C． D． (7)以下说法正确的是______。 A．物质B中碳原子的杂化方式为和 B．物质E在浓加热条件下转化为物质F C．酸性比强 D．物质C转化成D使用的溶剂能与新制在加热条件下反应 (8)写出1种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式：______。 ①能使溴水褪色； ②在氢氧化钠溶液加热条件下生成两种产物，且物质的量之比为； ③水解产物中带苯环的物质显碱性，且核磁共振氢谱有5组峰。 (9)参照上述合成路线，以邻硝基甲苯及为原料，设计合成的路线______(无机试剂任选)。 (合成路线可表示为：AB……目标产物) 【答案】(1)酯基、酰胺基。 (2) (3)C (4) (5)B (6)C (7)C (8)或 (9) 【分析】 A与发生反应生成B（），结合A的分子式和B的结构简式可知A为；B与浓硫酸、浓硝酸加热条件引入硝基生成C，将C的硝基还原为氨基生成D，D发生成环反应生成E，E中的酯基发生水解生成F，F与成环生成G，与G发生取代反应生H，H发生水解反应生成替米沙坦； 【解析】（1） B的结构简式为，其官能团为酯基、酰胺基； （2） 由分析知A的结构简式为，与发生取代反应生成B和HCl，其化学方程式为； （3）由分析知，将C的硝基还原为氨基生成D，其反应类型为还原反应，故选C； （4） B的苯环上有甲基，硝化反应容易发生多取代，生成二硝基取代副产物，导致C产率降低； （5）1个D分子中含有1个酯基和1个酰胺基，均可与氢氧化钠反应，所以1 mol物质D与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应，消耗氢氧化钠的物质的量为2 mol，故选B； （6） 如图，1 mol物质F与足量H2反应后的产物中含有5 mol不对称碳原子，即不对称碳原子数为，故选C； （7） A．物质B（）中，苯环、酯基和酰胺基中的碳原子为sp2杂化，其他碳原子为sp3杂化，A错误； B．物质E（）转化为F（）是酯的水解反应，不是在浓硫酸加热条件下进行，B错误； C．由于F的电负性大于H，所以羧基中O-H键的极性比大，所以酸性比强，C正确； D．新制不能氧化，D错误； 答案选C； （8） 满足条件的F的同分异构体，①能使溴水褪色，含碳碳双键；②NaOH加热水解生成两种产物，物质的量之比1:2；③水解产物带苯环的物质显碱性，说明有氨基，核磁共振氢谱5组峰，说明分子对称，则其含2个酰胺基，满足条件的同分异构体可能是或； （9） 在甲醇存在下用H2将硝基还原为氨基得到，与发生取代反应生成，发生硝化反应生成，发生已知信息反应生成，故流程为。 押题有据 （1）上海卷有机题压轴常考“逆合成分析”与“新反应信息迁移”，特别注重手性化学与绿色合成理念。 （2）上海生物医药产业发达，药物合成情境具有鲜明的地域特色。引入“绿色催化”符合新课标对社会责任的要求。 （3）强化官能团转化网络的记忆；训练“逆推法”思维，从目标分子断键回溯；关注新信息反应（如成环、开环、偶联）的机理模仿与应用。 考题猜想 1．（2026·上海普陀·二模）氧氟沙星是一种人工合成、广谱抗菌的药物，主要用于革兰阴性菌所致的急、慢性感染。目前临床注射最优药用形式为盐酸左氧氟沙星。氧氟沙星和盐酸氧氟沙星的结构如下： 氧氟沙星 盐酸氧氟沙星 (1)下列关于氧氟沙星的说法中错误的是___________。 A．可形成内盐 B．分子中氮原子的杂化方式只有sp3 C．可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．具有对映异构体且两者性质相同 (2)临床注射最优药用形式为盐酸左氧氟沙星，而非普通氧氟沙星，可能的原因是：___________、___________。 氧氟沙星的一种合成方法如下： 已知： (3)物质A的系统命名是___________。 (4)C3H5OCl分子中的官能团有___________。 (5)不属于取代反应的有___________(选填序号①~⑦)。 (6)D→E反应中涉及ⅰ)加成、ⅱ)消去、ⅲ)加成3个过程，过程ⅱ)的化学反应方程式：___________。 (7)下列说法正确的是___________。(不定项) A．反应④的生成物包括G和(CH3)2NH B．化合物G存在对映异构和顺反异构 C．化合物J的碱性强于 D．1 mol化合物H最多可与2 molNaOH反应 (8)反应③中若选择不同试剂，可能会产生中间体X(分子式：C9H9F2NO4)。请写出一种同时满足下列条件的X的同分异构体的结构简式___________。 ①为α-氨基酸； ②核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：3； ③1mol该物质与足量NaOH反应，消耗3mol NaOH； ④能与FeCl3溶液发生显色反应。 (9)合成化合物F的过程中会生成一种中间产物M[(CH3)2NCH2CH(COOH)2]，设计以甲醇(CH3OH)、丙二醛()为原料，制备化合物M的合成路线___________ (无机试剂任用)。 (合成路线常用的表示方式为：) 提示：①   ② 【答案】(1)BD (2) 去除普通氧氟沙星中药效弱的对映异构体（右氧氟沙星）； 与盐酸反应形成盐，提高水溶性及稳定性 (3)2，3，4-三氟硝基苯 (4)酮羰基、碳氯键 (5)③ (6) (7)AC (8)、（、） (9) 【分析】 A发生取代反应生成B；B和发生取代反应生成C；由B、C结构推知的结构简式为；C发生还原反应生成D；D发生加成、消去、加成反应生成E；E和F发生取代反应生成G；G发生取代反应生成H；H水解生成I，I和J取代生成氧氟沙星。 【解析】（1）A．氧氟沙星含酸性羧基和碱性叔胺，可形成内盐，A正确； B．分子中喹啉环的双键氮原子为杂化，不只有杂化，B错误； C．分子含碳碳双键、可被氧化的烷基，能使酸性高锰酸钾褪色，C正确； D．对映异构体（手性异构体）的生理活性、旋光性均不同，性质不完全相同，D错误； 故答案选BD。 （2）药物成盐后，去除普通氧氟沙星中药效弱的对映异构体（右氧氟沙星）；溶解度增大，更易溶于水，同时，稳定性提升，适合注射给药； （3）A苯环上，1位硝基，2、3、4位连氟，系统命名为2，3，4-三氟硝基苯； （4） 的结构简式为，官能团为碳氯键、酮羰基； （5）①是F被羟基取代，②是氯被酚氧基取代，都属于取代；③是硝基还原为氨基，属于还原反应，不属于取代；D→E过程为加成/消去/加成，④是F中C-N键断裂酯基部分取代E中N-H键中H，⑤为G的酯基中的碳氧键断裂取代苯环中H，都属于取代反应；⑥酯水解，⑦氟被氨基取代均属于取代；故不属于取代的是③； （6） 由分析知D的结构简式为，D到E结构变化知，第一步N-H键断裂与碳氧双键加成成环生成，第二步发生消去反应，生成或或；故发生反应的方程式为：； （7）A．④F中C-N键断裂，发生取代，生成G和(CH3)2NH，A正确； B．G中存在手性碳的对映异构，但双键碳一端连有两个不同基团，不符合顺反异构条件， B错误； C．J中含有甲基，是推电子基团，中含有是吸电子基团，推电子基团会使J中N更易结合，所以碱性强于，C正确； D．由分析知H的结构简式为，1 mol H中含有1 mol酯基，可与1 mol NaOH反应，D错误； 故答案选AC。 （8） ① α- 氨基酸：含有结构； ② 核磁共振氢谱 5 组峰，面积比 1:1:2:2:3，分子高度对称； ③ 1 mol X与足量 NaOH 反应，消耗 3 mol NaOH，则X中含 1 个羧基、2个酚羟基或2个酯基； ④ 能与显色：含酚羟基（-OH直接连苯环）；结合X分子式，满足条件X的同分异构体为：、（ 、） （9）甲醇氧化为甲醛；；利用信息②羟醛缩合构建碳链：（丙二醛与甲醛缩合，生成)； 氨基取代羟基转化为；利用信息①醇羟基与氨基取代生成；醛基氧化成羧基生成M； 故合成路线为： 2．（2026·上海徐汇·二模）K是一种治疗糖尿病的药物，它的一种合成路线如下。 (1)物质M的名称___________。 (2)物质K中的含氧官能团名称___________。 (3)D转化为E时，可能经历的反应类型有___________。(不定项) A．取代反应 B．聚合反应 C．加成反应 D．消去反应 (4)下列有关物质A的说法正确的是___________。 A．所有原子不可能共平面 B．分子中键和键的个数比7:3 C．不能使酸性溶液褪色 D．能与NaOH溶液反应 (5)写出的反应式___________。 (6)的过程中可能会生成一种K的同分异构体L，L的结构简式为___________。 (7)写出1种符合下列条件的H的同分异构体的结构简式___________。 ①含苯环 ②核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为6:2:1 (8)参照相关信息，以、和乙酸酐为原料，设计制备的合成路线___________。(无机试剂任选) 【答案】(1)丁二烯 (2)羧基、酰胺基 (3)CD (4)D (5) (6)    (7)(或) (8)   【分析】A与水反应生成B，则B为，B与在催化剂的作用下发生加成反应生成C，则C为，C与在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成D，则D 为，D与在作用下发生克莱森缩合反应生成E，E在一定条件下转化为F；A与M在加热条件下发生狄尔斯-阿尔德反应生成G，G与在加热条件下发生取代反应生成H，则G为，G在氨气加热条件下生成H：，H与在催化剂的作用下发生还原反应生成I，则I为，I在作用下发生还原反应生成J；F与J发生取代反应生成K，据此分析。 【解析】（1）由M的结构简式可知，M的名称为丁二烯。 （2）由K的结构简式可知，K的含氧官能团为羧基、酰胺基。 （3）由分析知，D与在作用下发生克莱森缩合反应生成E，经历的反应类型为加成反应、消去反应，故选CD。 （4）A．A分子中所有碳原子均采用杂化，所有原子可能共平面，A错误； B．A分子中含有键数为9，键数为3，键和键个数比为，B错误； C．A分子中含有碳碳双键，能与酸性溶液发生氧化反应，从而使溶液褪色，C错误； D．A分子中含有酯基，能与氢氧化钠溶液发生水解反应，D正确； 故选D。 （5）由分析知，发生的反应为酯化反应，化学方程式为。 （6）由分析知，发生的是取代反应，过程中另一个羧基和亚氨基发生取代反应可能会生成一种K的同分异构体L，则L的结构简式为 。 （7）由H的结构简式可知，H的分子式为，不饱和度为5，含有苯环，核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为6:2:1，则分子中含有2个对称的甲基且除苯环外还有一个硝基，结构简式可能为或。 （8）采用逆向合成分析法，根据流程信息可知，可由在作用下发生还原反应得到，可由与在加热条件下发生取代反应得到，可由发生类似的反应得到，可由与在浓硫酸作用下发生酯化反应得到，故合成路线为 。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $