化学终极押题猜想（浙江专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

**基本信息** 以20个高考核心专题为框架，通过原创题+考题猜想+押题依据构建"考点-方法-素养"三维训练体系，突出浙江选考命题特色。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |物质分类|5题|紧扣定义+关注特例+真题演练|从宏观辨识到微观探析，建立概念应用模型| |化学用语|5题|规范表达+空间想象+模型认知|符号表征与微观结构的对应关系| |元素周期律|5题|构位性推断+性质比较+数据应用|原子结构→周期表位置→物质性质逻辑链| |实验操作|5题|安全规范+误差分析+方案评价|实验原理与操作技能的融合| |有机合成|5题|官能团转化+信息迁移+路线设计|结构决定性质的核心观念应用|

2026年高考化学终极押题猜想 参考答案 押题猜想01 物质的分类 终极押题 B 考题猜想 1．A 2．D 3．D 4．D 5．B 押题猜想02 化学用语 终极押题 C 考题猜想 1．B 2．A 3．D 4．D 5．B 押题猜想03 化学生产与生活 终极押题 C 考题猜想 1．A 2．C 3．A 4．D 5．C 押题猜想04 元素周期律 终极押题 C 考题猜想 1．A 2．D 3．B 4．C 5．B 押题猜想05 化学实验基本操作 终极押题 D 考题猜想 1．A 2．D 3．B 4．D 5．B 押题猜想06 元素化合物与氧化还原反应 终极押题 C 考题猜想 1．A 2．C 3．D 4．A 5．D 押题猜想07 物质结构、性质和用途 终极押题 B 考题猜想 1．A 2．C 3．B 4．A 5．A 押题猜想08 离子(化学)方程式正误判断 终极押题 C 考题猜想 1．A 2．B 3．B 4．B 5．B 押题猜想09 官能团结构与性质 终极押题 C 考题猜想 1．D 2．C 3．C 4．C 5．A 押题猜想10 元素推断 终极押题 C 考题猜想 1．C 2．C 3．B 4．B 5．D 押题猜想11 化学反应原理的理解与运用 终极押题 B 考题猜想 1．D 2．D 3．D 4．C 5．C 押题猜想12 电化学及其应用 终极押题 D 考题猜想 1．D 2．D 3．B 4．D 5．C 押题猜想13 物质结构与性质小综合(选择题) 终极押题 A 考题猜想 1．C 2．C 3．D 4．A 5．B 押题猜想14 化学反应历程与机理 终极押题 B 考题猜想 1．D 2．B 3．B 4．D 5．B 押题猜想15 电离平衡常数和溶度积常数 终极押题 C 考题猜想 1．D 2．C 3．B 4．B 5．A 押题猜想16 工艺流程分析 终极押题 C 考题猜想 1．A 2．B 3．A 4．C 5．C 押题猜想17 物质结构与无机物质的性质 终极押题 (1)①哑铃 ②正四面体形 ③6 (2)BD (3)①S2O82-中的O—O键与SO3-基团相连，SO3-基团体积远大于H，O—O两端的SO3-基团排斥力大，O—O更易断裂，氧化性更强 ②5 (4) ①Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O ②SO42-、Zn2+、Fe2+ ③取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等) 考题猜想 1．(1) 8 1:1 硒离子半径比硫离子半径大，离子键(或共价键)强度减弱，晶胞的刚性变差 (2)3d9 (顺反均可) (3) sp3 少量氧化不完全，过量会将另一个S也被氧化或者将S氧化为更高价态() 2．(1) 5 H2O2 F原子半径小，Si-F键的键能大于Si-O键 (2) O＞Cl＞H＞Cu a GaCl3分子中Ga原子有空轨道，SbCl3分子中Sb原子有孤电子对，因此GaCl3更容易与Cl-配位 sp3 5 (3)顶点和面心 Li3ClO+Mg2+= LiMgClO +2Li+ 3．(1)FeCr 12 4 (2)9Fe+8H2O+4NO2-=3Fe3O4+4NH3↑+4OH- (3)＞ NH3BH3和NH3分子中N原子都是sp3杂化；NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对对N-H键斥力大，键角变小 或H-O-N=N*-O-H 4．(1)BCD (2) 8 F元素电负性强，F离子还原性很弱，很难被Pb4+氧化 (3) < > (4) SiO2、CaSO4 将煅烧后产生的混合气体先通过碱石灰，后通入装有灼热的氧化铜的硬质玻璃管，然后再将气体通入澄清石灰水中，若黑色氧化铜变红，石灰水变浑浊，则证明CO气体的存在 5．(1)Cl－ 负电 (2)12 (3) (4) sp3 不能 [(C2H5)4N][BF4] 拥有半径较大的阴阳离子，常温下为液体；而NH4F常温下为固体 4HF+H3BO3=HBF4+3H2O [(C2H5)4N]++[BF4]-+5OH-=(C2H5)3N+C2H4↑+[B(OH)4]-+4F-+H2O 押题猜想18 化学反应原理综合应用 终极押题 (1)H的移除 烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积 (2)①0.16mol·L-1·min-1 不是 ②在较低温度下有很强的催化活性 ③5.7mol 或 (3)NOH*+H++e-→N*+H2O 0.76 考题猜想 1．(1)+41.2 (2)ABC (3)升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度 (4)0.0375 (5)CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O C 催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH 2．(1)较低温度 0.002 (2) KII×KIII ＞ 碳酸氢根离子之间存在氢键 (3) CD 温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响 3．(1)CD (2)草酸过量后会生成FeC2O4沉淀，使得溶液中的总铁含量变少 (3)(起点和终点为0，最高点在0.6～0.7之间) (4) (5)反应的活化能高，反应速率慢 (6) dce 反应f会消耗活泼中间体SO4-•，且无法通过其他路径再生，当SO4-•消耗完后，反应就停止了 4．(1) C 减小 (2) 700℃后，反应Ⅰ几乎不发生，二者的体积分数均随温度升高而增大；反应Ⅱ是吸热反应，故升高温度，CO和H2O的体积分数均增大 (3)H* + O* →*OH + * (4) 先增大后减小 0.27 5．(1)-128kJ·mol−1 (2)CD (3) 用光照射Cl2，再于暗处与混合，能得到氯化产物，用光照射，再于暗处与Cl2混合，不能得到氯化产物，则观点一正确 (4)乙基为给电子基，碱性(CH3CH2)3N强于NH3；(CH3CH2)3N基团体积较大，受氯原子空间位阻影响难以与Ha结合 (5) 反应Ⅲ加上Ⅳ可得，氯代合成法的总反应，远大于K3，使产物的合成得以实现，且反应Ⅳ放热能为反应Ⅲ提供所需的能量 押题猜想19 综合实验设计与评价 终极押题 (1)CO32-+H2OHCO3- +OH— (2)cd (3)①恒压滴液漏斗(1分) ② 冷水浴、缓慢滴加 H2O2溶液、 磁力搅拌 (4)E (5)①dacbe ②当最后一滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内褪色，反应即达到终点 ③ 考题猜想 1．(1) d 恒压滴液漏斗 (2)自范性 (3)先加入氨水再加入H2O2可防止生成Co(OH)3/Co2+形成配合物后更易被氧化 (4)AD (5) 2．(1)恒压滴液漏斗 (2)AC (3)温度过高，碘易升华；盐酸易挥发；KClO3或碘酸氢钾分解 (4)I2+2KClO3+HCl=KH(IO3)2+ KCl＋Cl2↑(或6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5 KCl＋3Cl2↑) (5)ade 3．(1) 分液漏斗 降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度 (2)增大接触面积，加快反应速率 (3)酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂 (4)AB (5)B 4．(1)球形冷凝管(或冷凝管) (2)2NaNO2+2CH3OH+H2SO4=Na2SO4+2CH3ONO+2H2O或NaNO2+CH3OH+H2SO4=NaHSO4+CH3ONO+H2O (3)AB (4)抑制N3-的水解 (5) 乙醇或乙醚 低温真空 (6)86.7% 5．(1) 冷凝管 防止反应过于剧烈；避免双氧水受热分解 (2)AC (3)bcad (4) 1.8 减小 押题猜想20 有机合成与推断 终极押题 (1)醚键、羟基 (2) (3) (4)BD (5)取少量溶液，滴加到溴水中或溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色的即为G，另一个为F； (6) 考题猜想 1．(1)碳碳双键、羟基 (2)BD (3) (4) (5)、、、 (6) 2．(1)醚键、醛基 (2) (3)AB (4) (5) (6) 3．(1) 羧基 保护(亚)氨基，防止被氧化 (2) (3)BD (4) (5) (6) 4．(1) 加成反应 羰基，羧基 (2)AD (3) (4) > (5) 5．(1)酯基 (2)D (3) (4) (5)加入新制Cu(OH)2，溶液变为绛蓝色的则是 (6) 4 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想一 物质的分类 押题猜想二 化学用语 押题猜想三 化学与生产生活 押题猜想四 元素周期律 押题猜想五 化学实验基本操作 押题猜想六 元素化合物与氧化还原反应 押题猜想七 物质结构、性质和用途 押题猜想八 离子(化学)方程式正误判断 押题猜想九 官能团结构与性质 押题猜想十 元素推断 押题猜想十一 化学反应原理的理解与运用 押题猜想十二 电化学及其应用 押题猜想十三 物质结构与性质小综合(选择题) 押题猜想十四 化学反应历程与机理 押题猜想十五 电离平衡常数和溶度积常数 押题猜想十六 工艺流程分析 押题猜想十七 物质结构与无机框图 押题猜想十八 化学反应原理综合应用 押题猜想十九 综合实验设计与评价 押题猜想二十 有机合成与推断 押题猜想01 物质的分类 终极押题 【原创题】下列物质属于酸式盐的是( ) A．H2SO4 B．KHSO3 C．NaBH4 D．CH3NH3Cl 押题有据 物质分类是化学学科的基础核心内容，浙江省选考第1题就以选择题形式考查学生对概念体系的掌握和实际应用能力。本题考查物质分类的基本方法，旨在检测学生的识记和辨别能力，以此检测学生“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。物质分类需紧扣定义，关注特例，结合实例深化理解。建议考生通过真题演练，总结高频错题，提升概念应用的精准度。 考题猜想 1．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列分子属于非极性分子的是( ) A．CS2 B．Cl2O C．NH3 D．O3 2．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是( ) A．玛瑙 B．超级钢 C．光导纤维 D．合成纤维 3．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)下列属于离子化合物的是( ) A．K B．H2O C．H2SO4 D．Na2O 4．(2026·浙江强基联盟高三联考)油脂属于( ) A．高分子 B．超分子 C．合金 D．有机物 5．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)下列可用作食品添加剂的无机盐的是( ) A．硫酸钡 B．亚硝酸钠 C．谷氨酸钠 D．苯甲酸钠 押题猜想02 化学用语 终极押题 【原创题】下列化学用语或图示表达不正确的是( ) A．甲醛(HCHO)的分子空间结构模型： B．BF3的VSEPR模型： C．BCl3的电子式： D．基态30Zn原子的价层电子排布式： 3d104s2 押题有据 化学用语贯穿整个化学始终，与基本概念、基本理论、元素化合物、化学实验和化学计算等都有着密切联系。本题旨在考查学生化学用语使用的准确性，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。化学用语包括：元素符号、离子符号、化学式、化合价、化学方程式、离子反应方程式及用来说明元素符号、离子符号、化学式、化学方程式、离子反应方程式含义的语言，都称为化学用语。用来表示微粒结构的图形、图示；如表示分子结构模型、原子结构示意图都属于化学用语。 考题猜想 1．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列化学用语表示不正确的是( ) A．甲醛的电子式： B．SO32-的空间结构为：(正四面体形) C．sp2杂化轨道示意图： D．(CH3)2CHCH2CH(C2H5)CH3的名称：2，二甲基己烷 2．(2026·浙江杭州二中高三三模)下列化学用语表述正确的是( ) A．C(CH3)4的系统命名法：2，2-二甲基丙烷 B．激发态H原子的轨道表示式 ： C．乙烯的结构简式：CH2CH2 D．H2O2的电子式： 3．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)下列化学用语表述正确的是( ) A．基态Cr原子的价层电子排布图： B．H2分子中的σ键电子云图： C．CO32-的VSEPR模型： D．C(C2H5)4的系统命名：3，3-二乙基戊烷 4．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)下列化学用语表示正确的是( ) A．基态33As3+的核外电子排布式： B．CH4分子中σ键的形成： C．纤维素的分子式：(C6H12O6)n D．甲基正离子(CH3+)的电子式： 5．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)下列化学用语表述不正确的是( ) A．D+的结构示意图   B．HCl的形成过程：   C．SO2的VSEPR模型为   D．乙醚的分子式：C4H10O 押题猜想03 化学生产与生活 终极押题 【原创题】化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．抗坏血酸具有还原性，可用于去皮或预切的鲜水果中 B．苯甲酸及其钠盐可以作为食品防腐剂 C．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料 D．利用硝酸铵和水合碳酸钠的反应可制冷敷袋，该反应能发生的原理是熵增 押题有据 根据浙江省的选考大纲，化学生产与生活通常包括材料、能源、环境、食品、医药等方面的应用，以及相关的化学反应原理。题目从多个角度选取4个问题进行考查，重点测试“科学态度与社会责任”和“证据推理与模型认知”素养水平。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，旨在要求学生要学以致用。 考题猜想 1．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)化学与生产生活密切相关，下列有关物质性质的应用不正确的是( ) A．Na2O2具有强氧化性，可用于消防员的呼吸面具中 B．是一种红棕色粉末，常用作油墨和涂料的红色颜料 C．抗坏血酸具有还原性，可用于去皮或预切的鲜水果中 D．硅橡胶无毒、耐高温，可制成密封材料、人造血管 2．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．石油经过减压蒸馏可以获得润滑油 B．苯甲酸及其钠盐可以作为食品防腐剂 C．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料 D．烫发使头发中的二硫键(-S-S-)断裂产生巯基(-SH)的过程涉及氧化还原反应 3．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．晶体硅中的杂质会影响其通信容量，因此必须制备高纯度的硅 B．钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管仍被保护起来 C．硝酸纤维极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等 D．在某些酱油中加入铁强化剂，可以减少缺铁性贫血问题的发生 4．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．利用硝酸铵和水合碳酸钠的反应可制冷敷袋，该反应能发生的原理是熵增 B．二氧化硅可用作牙膏的摩擦剂，说明它难溶于水 C．La-Ni合金在一定条件下能吸放氢气，故可用作储氢合金 D．氢氟酸呈酸性，故可用于刻蚀玻璃器皿 5．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是( ) A．在纯铝中加入合金元素可制得硬铝，用于航空航天材料 B．碳酸钠溶液呈碱性，可作为食用碱或工业用碱 C．石油工业中的分馏、裂化均属于化学变化 D．氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛 押题猜想04 元素周期律 终极押题 【原创题】硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是人类发现的第一种常温离子液体。下列说法正确的是( ) A．键角：NH4+>NO3- B．碱性：NH3 > C2H5NH2 C．电负性： D．熔点：C2H5NH3NO3 > NH4NO3 押题有据 2025年1月浙江省选考首次呈现元素周期律相关选择题，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平，后一直延续。元素周期律的考查点可能包括周期表的结构(周期、族、区)、原子结构(电子层、原子半径)、元素性质(电离能、电负性、金属性、非金属性)、物质的熔沸点等变化规律，解决此类题需整合“原子结构→周期表位置→元素性质→化合物特性”的逻辑链条，提升综合分析能力。 考题猜想 1．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)太阳能转化为电能时，要用到、、等半导体材料。下列说法正确的是( ) A．原子半径：r(As)＜r(Ga) B．第二电离能：I2(Si)＞I2(P) C．热稳定性：PH3＜AsH3 D．酸性：H3PO4＜H2SiO3 2．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．分子的极性：H2O>H2S B．分子的键角：NCl3> NF3 C．酸性：HI>HBr D．第一电离能：Na>Mg>Al 3．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)下列说法正确的是( ) A．第一电离能：O>N>C B．第三周期中电负性最大的元素：Cl C．酸性：HNO3<H3PO4 D．离子键的百分数：Na2O<MgO 4．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．第一电离能：Li>Na>K B．熔点：金刚石>NaCl>CO2 C．最高正价：F>S>N D．中子数：31H>21H>11H 5．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)根据元素周期律推测，下列说法正确的是( ) A．原子半径： B．电负性： C．非金属性： D．热稳定性： 押题猜想05 化学实验基本操作 终极押题 【原创题】下列有关实验的说法正确的是( ) A．观察钠的燃烧时，需要戴好护目镜后才可以近距离俯视坩埚 B．如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用乙醇溶液冲洗 C．氨溶于水的喷泉实验，先挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，再打开弹簧夹 D．在配制0.100 mol/L NaCl溶液时，将洗涤液转移至容量瓶后，需轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀 押题有据 方式一，考查围绕“实验方案”“实验装置”“实验步骤”“实验结果”等几个方面来命题，每个选项提供一幅图片，然后对其分析判断，涉及常见的仪器使用，过滤、萃取、分液、升华等物质分离提纯方法，常见物质的制备等内容；方式二，选择合适的实验装置开展实验，能对基本操作的理解和应用，包括实验目的、原理、步骤、信息、实验装置的运用以及数据处理和问题讨论，并能作出分析评价。方式三，化学实验安全。诊断学生“科学态度与社会责任”“科学探究与创新意识”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列有关实验的说法中不正确的是( ) A．CCl4、浓硝酸或NaOH溶液可以保存在带玻璃塞的试剂瓶中 B．实验结束后，有利用价值的有机废液，可蒸馏回收特定馏分 C．金属钠着火时，可用干燥的细沙覆盖灭火 D．污水处理可以用硫酸亚铁、硫酸铝、ClO2等 2．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)下列与实验有关的说法正确的是( ) A．蒸馏操作时忘记加沸石，应停止加热，立即加入沸石再加热 B．滴定读数时，应双手持握滴定管保证其竖直 C．铵盐易受热分解且均生成氨气，故储存时需考虑避光 D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液制备Fe(OH)2时，胶头滴管应伸入液面以下滴加 3．(2026·浙江杭州二中高三三模)下列实验操作说法正确的是( ) A．在粗盐提纯实验中，过滤时，玻璃棒需不断搅拌漏斗中的液体 B．在配制0.100 mol/L NaCl溶液时，将洗涤液转移至容量瓶后，需轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀 C．制备Fe(OH)3胶体时，需向氨水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液 D．用标准液润洗滴定管后，将润洗液全部从上口倒出 4．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)下列有关仪器的使用方法或实验操作错误的是( ) A．在中和热测定实验中，温度计测量完盐酸溶液后需要洗净擦干再用于后续实验 B．酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗，润洗液从下口放出 C．在钠的燃烧实验中，不可近距离俯视坩埚 D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体 5．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)关于实验突发事件应对措施，下列说法不正确的是( ) A．烫伤时，若有水疱，尽量不要弄破 B．未用完的强氧化剂如KMnO4、Na2O2等固体不能随便丢弃，应放回原试剂瓶 C．有创伤时，伤口处若有碎玻璃片，先小心除去，然后用双氧水擦洗，最后用创可贴外敷处理 D．如果有少量酸(或碱)滴到实验桌上，应该立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布 押题猜想06 元素化合物与氧化还原反应 终极押题 【原创题】关于反应2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3↑，下列说法中正确的是( ) A．NH3是还原产物 B．生成2 mol的NaN3需要转移3 mol电子 C．NaNH2溶于水可能显碱性 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 押题有据 通常以某一特定物质或反应为情境，考查物质的性质，氧化还原反应的基本概念、电子转移数目，氧化还原中的守恒关系、基于物质类别角度判断物质性质及在氧化还原反应中的应用等内容，诊断学生“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”等素养水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O—Cu3P +3H3PO4+ H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是( ) A．若有1 mol CuSO4参与反应，转移NA个电子 B．PH3的空间构型为平面三角形 C．PH3既是氧化剂又是还原剂 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11 2．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模) “硝酸钠法”制备NaSbO3的反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O2NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法不正确的是( ) A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B．NO3-中原子的杂化类型为sp2杂化 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7 D．反应中消耗3molO2，转移20mole- 3．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)在酸性条件下甲醇可以将NO3-转化为无害的气体排放，甲醇转化为CO2。下列说法正确的是( ) A．若转移6 mol电子则生成22.4LCO2 B．NO3-对应的产物为 C．反应后溶液的酸性增强 D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：5 4．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O→Cu3P + H3PO4+ H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是( ) A．若有1mol CuSO4参与反应，转移NA个电子 B．PH3的空间构型为平面三角形 C．PH3既是氧化剂又是还原剂 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11 5．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若该反应产生了44.8 L气体(标准状况)，则下列判断不正确的是( ) A．转移电子的物质的量为1.25 mol B．被还原的KNO3物质的量为0.25 mol C．被氧化的N原子数目为3.75NA D．氧化产物的体积比还原产物多22.4 L(标准状况) 押题猜想07 物质结构、性质和用途 终极押题 【原创题】 根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是( ) 选项 材料 组成和结构变化 性能变化 A 石墨 剥离法制得石墨烯 电阻率低、热导率高 B 聚氯乙烯 加入增塑剂和热稳定剂 可塑性与稳定性更好，可用作食品包装材料 C 冠醚12-冠-4 增加—OCH2CH2O—单元数量 识别半径更大的碱金属离子 D 层状结构化合物(CF)x 石墨与F2在450 ℃反应，石墨层间插入F得到(CF)x (CF)x抗氧化性增强 押题有据 本题以组成和结构变化与性能变化之间的关系为载体，考查结构决定性质、性质决定用途的化学学科核心观念，诊断学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。通过观察、辨析一定条件下物质的形态及变化的宏观现象，能运用符合表征物质及其变化；能从物质的微观层面理解其组成、结构和性质的联系，形成“结构决定性质，性质决定用途”的观念，能根据物质的微观结构预测物质在特定条件下可能具有的性质和可能发生的变化，能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。 考题猜想 1．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)物质性质决定用途，下列对应关系正确的是( ) A．二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维 B．银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜 C．亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂 D．花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色 2．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列物质的结构或者性质不能说明其用途的是( ) A．碳化硅的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可用作砂轮磨料 B．硅胶具有疏松多孔结构，吸附性强，可用作袋装食品防潮剂 C．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的消毒杀菌 D．苯酚酚羟基的邻对位易取代，可用浓溴水定量测定苯酚 3．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是( ) 选项 结构 性质 A OF2中显正价 OF2可以氧化H2O B F-N键的极性小于F-B键的极性 分子的极性：NF3＜BF3 C 低压制得的聚乙烯支链少，密度高 质地较硬可生产塑料桶 D 水能形成氢键，且氢键具有方向性 液态水结成冰时体积变大 4．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是( ) 选项 实例 解释 A 键角：NH3 ＞H2O N-H、O-H键长逐渐减小，成键电子对的斥力逐渐减小 B 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 C 纤维素可以制备硝化纤维 纤维素的葡萄糖单元含有羟基 D 逐个断开CH4中的C-H键，每步所需能量不同 各步中的C-H键所处化学环境不同 5．(2026·浙江强基联盟高三联考)物质结构决定性质，影响物质用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( ) 结构或性质 用途 A 某种氮化硼结构与金刚石类似 该氮化硼可用于制作导电材料 B 叔丁基对苯二酚(TBHQ)有较强的抗氧化性 食品中添加TBHQ可延缓油脂氧化变质 C 酚醛树脂耐高温、隔热性好 用作烹饪器具的手柄 D 表面活性剂有亲水基和疏水基 可去除油渍等污垢 押题猜想08 离子(化学)方程式正误判断 终极押题 【原创题】 下列化学反应与方程式相符的是 A. 向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液呈浅绿色：2Fe3++Fe=3Fe2+ B. 向银氨溶液中加入过量盐酸：[Ag(NH3)2]OH+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O C. 碱性条件下，氢氧化铁与次氯酸钠溶液反应制备高铁酸钠(Na2FeO4)：4NaOH+3NaCl+2Fe(OH)3=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O D. 将浓度均为0.1 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2和Ba(OH)2溶液按体积比1∶1混合：2NH4++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2O 押题有据 本题以离子方程式为基本素材，涉及拆分、反应不完全、酸性强弱判断等知识点，考查学生分析解决问题的能力，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等素养的发展水平。另一考查方式曾呈现判断离子的共存问题，涉及离子间的氧化还原反应、沉淀反应、配合反应、双水解反应等内容，检测学生“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)下列用于解释事实的方程式书写正确的是( ) A．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O B．用Na2S2O3溶液脱氯：S2O32-+ 2Cl2+3H2O=2SO32-+4Cl-+6H+ C．硫化钠溶液在空气中氧化变质：2S2-+O2+4H+=2S↓+2H2O D．制备维纶： 2．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)下列方程式不正确的是( ) A．Cl2溶于水：Cl2＋H2OH++Cl-＋HClO B．溴乙烷与NaOH溶液共热： C．碱性条件下甲醇燃料电池的负极反应：CH3OH+8OH--6e-=CO32-＋6H2O D．Al粉加入NaOH溶液：2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑ 3．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)下列方程式正确的是( ) A．用稀硝酸清洗试管壁上的银镜：Ag+2H++NO3-=Ag++NO↑+H2O B．Na2O2与H2O反应：2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑ C．用饱和SO2水溶液吸收溴蒸气：SO2+ Br2+ 2H2O=2H++SO42-+HBr D．浓盐酸与K37ClO3反应：K37ClO3+6HCl(浓)=K37Cl+3Cl2↑+3H2O 4．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列离子方程式不正确的是( ) A．将少量Cl2通入Na2CO3溶液：Cl2+2CO32－+H2O＝Cl－+ClO－+2HCO3- B．向Na[Al(OH)4]溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液：[Al(OH)4]-+HCO3-=Al(OH)3↓+ CO32-+H2O C．将双氧水通入酸性溶液：Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O D．将AgCl溶于足量氨水：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]+ +Cl-+2H2O 5．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)下列反应方程式正确的是( ) A．Na2CO3溶液中加入过量苯酚： B．Al溶解在NaOH溶液中：2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na [Al(OH)4] + 3H2↑ C．在溶液中滴加少量NaClO溶液：HSO3-+ClO-=H++Cl-+SO42- D．氢氟酸溶蚀玻璃：SiO2 + 4H++4F- = SiF4↑ + 2H2O 押题猜想09 官能团结构与性质 终极押题 【原创题】功能高分子材料M可用于制造车、船挡风玻璃，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 化合物X、Y均难溶于水 B. Z中最多14个碳原子共面 C. Z与Y反应除生成M外，还生成小分子CH3OH D. 1 mol M多可消耗NaOH的物质的量为2n mol 押题有据 有机物的官能团决定物质的类别和性质，它是烃的衍生物的性质之源，反应之本。多官能团的有机物不仅保留单官能团独有的特性，而且还具有多官能团的多重性的多向性。本题通常以新材料、新科技、新药物的结构简式为载体，或合成某一特定的有机物为线索，考查典型有机物的物理性质和化学性质、反应条件、反应类型的判断、同分异构体数目的判断、原子共面判断、结构简式、官能团性质推断等分析与判断，能考查将题给信息进行综合、对比、分析、判断等多种能力，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江杭州二中高三三模)以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法不正确的是( ) A．M中所有原子一定不共面 B．若M＋X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C．用溴的四氯化碳溶液可鉴别N和Q D．P→Q过程中有CH3COOH生成 2．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)三氯蔗糖(又名蔗糖素)由蔗糖分子结构修饰而成，其甜度是蔗糖的600倍。 下列说法不正确的是( ) A．可用红外光谱法区分蔗糖和三氯蔗糖 B．蔗糖的熔点比三氯蔗糖高，可能是蔗糖的羟基数多，分子间氢键数多 C．三氯蔗糖溶液中滴加AgNO3溶液会产生AgCl沉淀 D．在酸作用下蔗糖分子中糖苷键水解生成葡萄糖和果糖 3．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)官能团的转化是有机合成中的重要问题。某种药物的合成过程如图所示，下列说法正确的是( ) A．该反应为取代反应，生成的另一种产物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．分离提纯后的产物在X射线衍射图中可以观察到宽化的“馒头状”峰 C．该反应过程中还可能产生含四元环且官能团与主产物相同的副产物 D．该生成物与足量H2加成后的产物中含有4个手性碳原子 4．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)某有机合成过程如图，下列说法不正确的是( ) A．用FeCl3溶液可区分M和P B．1mol M与足量溴水反应最多消耗3 mol Br2 C．P在酸性条件下水解产物含有手性碳原子 D．N的核磁共振氢谱有3组吸收峰 5．(2026·浙江强基联盟高三联考)科学家对具有生物活性的中药提取物肉桂醛和龙脑进行结构组装，合成新型药物肉桂酸龙脑酯，下列说法正确的是( ) A．1 mol肉桂醛最多能被5 molH2催化还原 B．1个龙脑分子中含有4个手性碳原子 C．可用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质 D．碱性KMnO4溶液用酸性KMnO4溶液代替更好，还可省去步骤I中的反应② 押题猜想10 元素推断 终极押题 【原创题】短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分布在三个周期，原子序数依次增大。Z原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，第一电离能低于同周期相邻元素；基态Y、Q原子的核外未成对电子数之比为3∶1，基态M原子的核外电子有7种空间运动状态。下列说法不正确的是 A. X、Q简单阴离子所带电荷相同 B. YX3、X2Z2均为极性分子 C. 离子键百分数：MQ3＞M2Z3 D. Y、M均可作为配位键的成键原子 押题有据 本题考查主要是以原子(或离子)结构、核外电子排布、物质的结构式、元素化合物的性质等为背景口，进行元素的推断，然后分项考查粒子半径大小的比较，金属性、非金属性强弱的比较，气态氢化物的稳定性强弱，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，中心原子成键与键角、分子空间结构与极性、晶体类型与熔点、氢键、元素周期表、元素周期律、离子的空间结构、离子键成分的百分数等内容，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法不正确的是( ) A．原子半径：Z＜W B．电负性：W＜X C．第二电离能：X＜Y D．最简单氢化物的稳定性：Y＜Z 2．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)短周期主族元素分布在三个周期且原子序数依次增大，基态Y原子中s能级与p能级的电子数相等，相邻，的价电子数之和为19，Q是第四周期元素，最外层只有1个电子，其内层均填满电子，下列说法正确的是( ) A．Y不可形成含极性共价键的单质 B．键角 C．ZY2M2的空间构型为四面体形 D．Q的基态原子有16种空间运动状态 3．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是( ) A．X与Z形成的10电子微粒有2种 B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒 C．M2Z与的晶体类型不同 D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性 4．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次减小，X的电负性是所有短周期主族元素中最小的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图。下列叙述正确的是( ) A．W的简单氢化物稳定性低于Y的简单氢化物稳定性 B．Y单质的熔点高于X单质 C．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构 5．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的5种短周期元素，A元素原子核外电子只有一种自旋取向；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；C元素原子价层电子排布是nsnnp2；D元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；E元素原子最外层有7个电子。下列说法不正确的是( ) A．简单离子半径：E>C>D B．由A、C、E元素组成的化合物可能具有消毒作用 C．由A、B、C元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 D．工业上通过电解DE2溶液可制备单质D 押题猜想11 化学反应原理的理解与运用 终极押题 【原创题】下列说法不正确的是( ) A．Cl2(aq)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+ Cl-(aq) ΔH＜0，加水稀释，增大 B．CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)，通入CO后，正反应速率逐渐增大 C．C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH＞0，该反应在高温条件下更易自发进行 D．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，增大反应物浓度，单位体积内活化分子总数增大 押题有据 本题考查学生对化学反应原理的理解与运用，具体涉及反应自发性、活化能、选择性、转化率、速率、产率等知识点，考查学生定性分析及定量计算能力，检测学生“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)下列说法正确的是( ) A．钠置换钾：Na+KClNaCl+K↑，钠的还原性比钾弱，因此该反应正向不自发 B．对于反应：2NO2(g)N2O4(g)，升温对正反应速率的影响程度大于对逆反应速率的影响 C．在AlPO4(s)Al3+(aq)+ PO43-(aq)的平衡体系中，加少量固体对平衡无影响 D．将pH=2的盐酸和醋酸等体积混合，所得混合溶液的等于2 2．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)下列说法正确的是( ) A．2NO(g)O2(g)＋N2(g)，已知ΔS＜0，则正反应在较高温度下可自发进行 B．，已知ΔH1>ΔH2，则船式环己烷比椅式环己烷更稳定 C．已知2Mg(s)＋CO2(g)C(s)＋2MgO(s)，达平衡后，温度保持不变，缩小容器体积，重新建立平衡后，CO2浓度增大 D．4NO(g)＋CH4(g)2N2(g)+CO2(g)＋2H2O(g)在绝热恒容容器中反应朝正向进行，若气体总压强增大，则ΔH<0 3．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)某种处理再利用H2S的方法为：2H2S(g)S2(?)＋2H2(g)。在密闭容器中充入H2S，其他条件不变时H2S的平衡转化率随温度和压强(P1＜P2＜P3)的变化如图所示。下列说法不正确的是( ) A．反应中S2是气态 B．总键能：反应物>生成物 C．速率大小： D．平衡常数： 4．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)下列说法正确的是( ) A．已知的燃烧热为283 kJ·mol-1，则2CO(g)+ O2(g)=2CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1 B．已知2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，平衡后保持恒温恒压通入Ar，平衡正向移动，H2的浓度增大 C．一定条件下，苯乙炔(Ph-C≡CH)可与发生加成反应，得到产物a和b，反应过程中物质转化关系与能量变化如图所示，平衡后产物占比：a < b D．已知TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)，及时分离TiCl4可缩短达到平衡的时间 5．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)酸催化下NaNO2与NH4Cl 混合溶液的反应：NH4+(aq)+NO2-(aq)=N2(g)+2H2O(l) ΔH 已知： 下列说法正确的是( ) A．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4 B．室温下，若ΔH3＞ΔH4＞0，则溶解度：NH4Cl＜NaCl C．其他条件不变时，将NH4Cl换成CH3COONH4，反应速率减慢 D．溶解过程的能量变化，取决于固体中微粒间作用力的强弱 押题猜想12 电化学及其应用 终极押题 【原创题】尼龙6的关键中间体环己酮肟可以通过电化学合成，将大气污染物NO转化为高价值化工原料，实现“变废为宝”，转化过程如图。 下列说法正确的是( ) A．电极B连接电源的负极，发生氧化反应 B．离子交换膜应选用阳离子交换膜 C．理论上获得1mol环己酮肟，电极B附近将生成16.8LO2 D．电极A的电极反应式为：NO+3e-+3H2O=NH2OH+3OH- 押题有据 本题以新型电源、电解装置等为情境素材，涉及电极名称及反应类型、电极反应式、离子交换膜种类判断等必备知识，意在考查学生在新情境下获取信息，基本概念和原理的迁移、分析解决问题的能力，诊断学生“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”等素养发展水平。尤其是当今新能源汽车的普及，新型动力电池成为科学家研究的重点方向之一，必将成为高考的高频考点。该类试题题材广、信息新、陌生度大，因此许多考生感觉难度大。虽然该类试题貌似新颖，但应用的解题原理还是电化学基础知识。 考题猜想 1．(2026·浙江强基联盟高三联考)某课题组以硫酸为介质，采用电解法制备H2O2，间接氧化邻硝基甲苯()制备邻硝基苯甲醛()，装置如图所示。制备过程中，b极表面无明显现象。下列说法正确的是( ) A．a电极连接电源正极 B．b电极反应式： C．电解质溶液的酸性逐渐增强 D．理论上，每生成1 mol邻硝基苯甲醛，标况下a电极消耗22.4LO2 2．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)将CO2转化为CO(OCH3)2是其资源化利用的重要研究方向，电化学转化装置如图所示。下列说法不正确的是( ) A．金电极连接电源负极，发生还原反应 B．电解过程中适当搅拌可促进电极产物在Pd/C上发生反应 C．若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低 D．若导线中通过电子，最多生成2molCO(OCH3)2 3．(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)液流电池是电化学储能领域的研究热点之一，一种钒液流电池的结构及其充电时的工作原理如图所示，其电解液存储在储液罐中，使用时将电解液分别泵入阴极室和阳极室中。下列说法不正确的是( ) A．a为正极 B．放电时，VO2+-e-+H2O=VO2++2H+ C．充电时，每生成1 molVO2+，有从左室向右室迁移 D．充电时，具有较高能量的产物被泵回储液罐，将能量储存起来 4．(2026·浙江金华十校高三模拟考试)TMAH[(CH3)4NOH]是一种强碱，可采用四甲基碳酸氢铵[(CH3)4NHCO3]为原料，利用三室两膜法电解制备，中间原料池中离子分别通过交换膜往两极移动，工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A．电池左侧为阳极池 B．电极N上的电极反应式为：2H2O+2e−=H2↑+2OH− C．中间原料池中的(CH3)4N+通过阳离子交换膜移向阴极池 D．理论上，每转移1 mole-，阳极池生成0.25 mol气体 5．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)采用如图所示的间接电解法制备氯仿(CHCl3)，离子交换膜只允许Na＋通过，生成CHCl3的原理：CH3COCH3+3ClO-→CHCl3+CH3COO-+2OH-。下列叙述不正确的是( ) A．电解时须控制电流强度，防止Cl-利用率下降 B．冷水可防止副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O发生 C．每生成1molCHCl3，通过交换膜的Na＋为2mol D．电解结束后，右室溶液添加CH3COCH3后可导入左室 押题猜想13 物质结构与性质小综合(选择题) 终极押题 【原创题】近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。下图为一种Ru配合物复合光催化剂。下列说法错误的是 A. 该配合物中Ru的配位数是6，中心离子为Ru4+ B. Ru配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为 C. 该配合物中的配位原子的配位能力C＞N D. PO43-中P的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形 押题有据 物质结构与性质综合选择题为某一指定物质的结构简式、分子模型或晶胞结构示意图等为载体，主各选项之间相对独立，重点考查考生对基础知识的掌握情况，要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。旨在考查学生依据分子结构、中心原子成键、元素性质、微粒间作用力及性质比较等基础知识，从题干中提取有效信息加以应用，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。晶体结构与性质是物质结构中的难点和重点，需备受关注。 考题猜想 1．(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)某储氢材料前驱体结构如图。下列说法不正确的是( ) A．该化合物阴、阳离子中均存在配位键 B．该化合物中的B、N、C、O原子的杂化方式均相同 C．该化合物中的离子键强于[(CH3)2NH2]Cl D．与水反应可得到CH3OH 2．(2026·浙江金华十校高三模拟考试)环六糊精()具有空腔结构，腔内极性小，腔外极性大，可包合某些分子，如阿司匹林()下列说法正确的是( ) A．环六糊精与阿司匹林可能通过氢键作用形成超分子 B．环六糊精与阿司匹林形成超分子，体现了超分子具有自组装的特征 C．环六糊精可实现阿司匹林分子中特定基团的化学反应 D．极性小的分子均可被环六糊精包合形成超分子 3．(2026·浙江绍兴市高三下学期选考科目考试适应性试卷)无水氯化铝在固态或冷蒸气状态下，均以二聚体Al2Cl6的形式存在，遇到水、醚类等物质时，二聚体结构会被破坏。下列说法不正确的是( ) A．二聚体Al2Cl6的结构： B．二聚体Al2Cl6遇到乙醚可形成AlCl3·O(C2H5)2 C．二聚体Al2Cl6遇到水，二聚体结构被破坏的原因是配位能力：H2O>Cl- D．氯化铝晶体中存在共价键、离子键和范德华力 4．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)化合物因优异的锂离子导电性与高储氢容量备受关注，其晶体由层和层按交替堆叠的方式构成，层的位于正六边形的顶点，位于正六边形的中心，层全部由构成且这些恰好位于层的正下方，结构如图所示。下列说法不正确的是( ) A．属于混合型晶体 B．的化学式为Li3N C．和水反应生成NH3和NH3 D．和H2反应可生成LiNH2 5．(2026·浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)FeCl3是层状晶体，其单层结构片段如图所示，下列说法不正确的是( ) A．该晶体中有范德华力和配位键 B．Fe-Cl键长：FeCl3晶体＜气态FeCl3(单分子) C．FeCl3溶液加热煮沸后颜色会发生变化 D．将FeCl3固体溶于HI溶液，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色 押题猜想14 化学反应历程与机理 终极押题 【原创题】乙酰丙酸()在催化剂作用下转化为γ-戊内酯()的流程如下，下列说法不正确的是 A．产物M是H2O B．步骤②中加入，则γ-戊内酯中可能有18O C．步骤③中存在π键的形成，步骤④中存在π键的断裂 以为原料，步骤⑤中的产物为   押题有据 本题以“反应历程”为情境素材，结合教材中所学知识，旨在考查学生在新情境下获取信息，构建模型，进行类比迁移、分析解决问题的能力，检测学生“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径，能够反映出物质结构和反应能力之间的关系，从而可以加深我们对于物质运动形态的认识；反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应，机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。 考题猜想 1．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)如图是一种钯催化的交叉偶联反应机理循环图，下列说法不正确的是( ) A．该反应的总反应为取代反应 B．步骤B得到的副产物是BrB(OH)2 C．整个过程中，存在配位键的断裂与形成，且Pd的化合价在0价与价之间变化 D．若反应物中Br替换为Cl，反应速率可能加快 2．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是( ) A．HCo(CO)3是该反应的催化剂 B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C．上述过程中涉及极性键的断裂和形成 D．该过程总反应为CH3CH=CH2+H2+COCH3CH2CH2CHO 3．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中------为副反应)，下列说法不正确的是( ) A．FeO+是反应中间体 B．每生成0.5molCH3CHO消耗N2O的物质的量1 mol C．主反应的总反应方程式为：C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O D．X与Y能互溶的原因之一是因为它们的分子结构具有相似性 4．(2026·浙江强基联盟高三联考)利用CO2(g)、CH3OH(g)也可化学合成碳酸二甲酯，反应机理如图所示(已知H2O会降低该催化剂的活性)，下列说法不正确的是( ) A．I、II为反应的中间产物，III为反应的催化剂 B．I到II的过程中有C=O的断裂和C-O的形成 C．该过程的主要反应为+H2O D．缩醛起到保护催化剂活性的作用，不影响碳酸二甲酯的产率 5．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)钯催化吲哚直接羰化合成吲哚-3-炔酮类化合物的反应机理如下图(Ph-表示苯基)，下列说法正确的是( ) A．为催化剂，在整个流程中化合价不变 B．整个过程中有非极性共价键、键的断裂 C．产物中碳原子的杂化方式有两种 D．总反应式为，符合绿色化学理念 押题猜想15 电离平衡常数和溶度积常数 终极押题 【原创题】感光材料CdS，常采用往CdCl2溶液中通入H2S至饱和后[c(H2S)=0.1 mol·L-1，pH约为4.1]，通过调节溶液pH来生产。已知Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13；Ksp(CdS)=1×10-26，Ksp[Cd(OH)2]=1×10-15，lg12=1.08。下列说法不正确的是 A. CdS的饱和溶液中，c(HS-)＞c(S2-) B. 饱和H2S溶液中存在c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(S2-) C. CdCl2溶液中缓慢滴加少量Na2S溶液，得到Cd(OH)2、CdS混合沉淀 D. 欲使沉淀的滤液中c(Cd2+)达到国家Ⅱ类地表水质量控制标准[c(Cd2+)≤7×10-6 mol·L-1]，应控制溶液的pH≥1 押题有据 本题以溶液中反应为情境载体，考查电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡、酸碱中和滴定原理、基于平衡常数的定量计算等核心知识，在题型稳定的基础上追求创新，意在考查学生对数据图表的识别能力、基于定性与定量相结合的分析、推理能力，诊断学生“证据推理与模型认知”“变化观念与平衡思想”素养的发展水平。从浙江选考题型的变化趋势来看，主要呈现两种题型：一是考查酸碱中和滴定图像或溶液中离子浓度变化图像，往往借助“多曲线图象”来考查，如对数图象、分布系数图象及不断创新发展匠双轴图象等，旨在考查学生从图表图象中获得数据和处理、应用数据的能力以及对曲线的数学意义和化学意义之间对应关系的分析、理解、运用能力。二是考查联系生活、生产实际，考查电离平衡常数、Ksp等概念的理解、定量计算等。 考题猜想 1．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)已知：25℃下，，，，，  K；将足量ZnS置于1 L x mol/L的盐酸中，收集到逸出的H2S气体0.15 mol。H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol/L。假设溶液体积不变，下列说法不正确的是( ) A．K=2.5×10－2 B．向反应后的溶液中滴加1 mL 0.02 mol/L CuSO4溶液，有黑色沉淀生成 C．反应后的溶液为酸性 D．反应后的溶液中c(Cl－)=0.5mol·L-1 2．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)已知：25℃时，CaC2O4的Ksp=2.0×10-9，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=5×10-5，。向10mL0.1mol·L-1CaCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2C2O4溶液，实验过程中忽略体积变化。下列说法不正确的是( ) A．0.1mol·L-1Na2C2O4中满足： B．当加入Na2C2O4体积为10 mL时，满足： C．当加入Na2C2O4体积为15 mL时，此时溶液pH约为9.7 D．反应CaC2O4+2H+ Ca2+ + H2C2O4的K=7.1×10-4 3．(2026·浙江金华十校高三模拟考试)已知：25℃， Ksp(CuI)=1.25×10-12 。Cu+(aq) +2I-(aq) [CuI2]-(aq) K1=7.1×108，Cu+(aq) +2NH3·H2O(aq) [Cu(NH3)2]+(aq) +2H2O(l) K1=7.2×1010。下列说法不正确的是 A．稀释浓K[CuI2]溶液，可析出CuI固体 B．0.01 molCuI在1L 1 mol·L－1KI溶液中可溶解完全 C．CuI(s) +2NH3·H2O(aq) [Cu(NH3)2]+(aq) +I-(aq)+2H2O(l) K=9×10-2 D．足量CuI在2 mol·L－1氨水中溶解达到饱和时的浓度约为0.375 mol·L－1 4．(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)25℃下，向AgCl饱和溶液(含足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：         K3 已知Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，下列说法正确的是( ) A．平衡常数K3= 1.8×103 B．滴加氨水过程中，的值逐渐减小 C．测得溶液中c(NH3)=10-3.5mol·L-1，则溶液中 D．滴加过程中存在： 5．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)常温下，向含一定量AgCl的悬浊液中通入NH3，发生如下反应： I． Ⅱ． 平衡时溶液中含银粒子的浓度随的变化曲线如图所示。 已知：，   。 下列说法不正确的是( ) A．随着c(NH3)的增大，的值保持不变 B．通入NH3的过程中存在： C．AgCl悬浊液能溶于氨水，而AgI却不能溶于氨水 D．反应I的平衡常数为50 押题猜想16 工艺流程分析 终极押题 【原创题】已知对甲基苯甲酸的制备原理：，过程中可用核磁共振氢谱(图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程。实验室按照上述原理制备对甲基苯甲酸时获得混合液A，对混合液A的分离提纯过程如下： 下列说法不正确的是( ) A．若用KMnO4 代替空气作氧化剂，也可能产生对甲基苯甲酸 B．由核磁共振氢谱可知：反应进行至5 h时，反应已经基本结束 C．两次乙酸乙酯的作用都是提取目标产物 D．可用重结晶的方法提纯粗产品 押题有据 第16题以往常见的表格型实验设计，2025年1月首考摇身一变，成了流程分析、物质制备和定量测定等。这看似小小的改动，实则对考生的知识综合运用能力和思维转换能力提出了更高的要求。引导学生跳出书本的局限，将化学知识与实际的科研、生产流程相结合，为未来投身化学相关领域的研究与工作奠定基础。重点演练“工艺流程+实验设计”复合题型，同时关注省内化工龙头企业(如新和成、浙江医药)的技改案例，强化“原理-技术-应用”三位一体分析能力。 考题猜想 1．(2026·浙江强基联盟高三联考)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂以及纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是( ) A．将锌块预处理成锌粉—水悬浊液，目的是提高锌的纯度，避免杂质影响产物纯度 B．步骤I中发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4，该反应为氧化还原反应 C．步骤III中Na2S2O4固体用乙醇洗涤，其优点是减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥 D．“后续处理”加入少量的Na2CO3固体，其原因是保险粉在碱性介质中较稳定 2．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)某化学兴趣小组按下列流程提取碘的CCl4溶液中的I2并回收CCl4： 已知：CCl4的密度大于水，沸点为76.8℃。 下列说法中不正确的是( ) A．操作i包括萃取和分液，分液时水层从分液漏斗上口倒出 B．配制45%硫酸溶液需用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管 C．若不过滤硫酸镁而直接蒸馏，则CCl4的纯度会下降 D．宜在通风橱中用水浴加热蒸馏回收CCl4 3．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)铜离子(Cu2+)具有较强的配位能力，能够与多种配体形成稳定的配合物，这主要归因于其独特的电子结构和物理特性。根据实验流程，下列说法正确的是( ) ①试剂X可以是(NH4)2SO4； ②操作Y为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤； ③由实验现象可知，反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-限度不大； ④步骤Ⅱ证明，与Cu2+的配位能力：Cl->NH3。 A．①③ B．②④ C．①④ D．①②③ 4．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)浓盐酸与MnO2混合加热，氯气不再产生时，所得固液混合物中仍残留盐酸和MnO2。实验小组通过如下过程探究其原因。 (1)查阅文献获知： ①随c(H＋)降低或c(Mn2+)升高，MnO2的氧化性减弱； ②随c(Cl-)降低，Cl-的还原性减弱。 (2)设计实验验证上述结论： 实验Ⅰ，向固液混合物A中加入浓H2SO4，加热，继续产生Cl2； 实验Ⅱ，向固液混合物A中加入KCl固体，加热，继续产生Cl2； 实验Ⅲ，向固液混合物A中加入X，加热，不产生Cl2； 下列说法不正确的是( ) A．实验Ⅰ证明c(H＋)升高，MnO2氧化性增强 B．实验Ⅱ证明c(Cl-)升高，Cl-还原性增强 C．实验Ⅲ为了证明c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱，加入的可为MnSO4固体 D．固液混合物A中加入足量AgNO3固体，再通入氯气，可能有MnO2生成 5．(2026·浙江金华十校高三模拟考试)某小组利用如下方案对茶叶中四种微量金属元素铁、铝、钙、镁进行定量测定： 步骤Ⅰ：称取一定质量茶叶，粉碎、灰化后进行充分酸浸，过滤、洗涤； 步骤Ⅱ：往滤液(含Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+、Mn2+等)中滴加NH3·H2O使Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤、洗涤，滤液配制成一定体积的待测液； 步骤Ⅲ：准确移取25.00 mL待测液，加入5 mL25%三乙醇胺水溶液，再加入指示剂，用EDTA标准溶液测定Ca2+、Mg2+总含量； 步骤Ⅳ：取步骤Ⅱ的沉淀经一系列操作后分别测定铁、铝元素含量。 已知：EDTA与Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+、Mn2+均能按1：1形成配合物。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ的灰化操作需要用到酒精灯、三脚架、泥三角、蒸发皿等 B．步骤Ⅱ中为使Fe3+、Al3+完全沉淀，需加入过量NH3·H2O C．由步骤Ⅲ可知，Mn2+与三乙醇胺的配位能力大于EDTA D．步骤Ⅳ中一系列操作包括：酸溶、定容至100 mL、取样用EDTA滴定 押题猜想17 物质结构与无机物质的性质 终极押题 【原创题】铁、硫及其化合物具有广泛的应用。请回答下列问题： (1)FeSO4·7H2O属于配位化合物，其结构如图所示。 ①基态S原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。 ②SO42-的空间结构为________。 ③由FeSO4·7H2O的结构示意图可知，FeSO4·7H2O中Fe2+的配位数为________。 (2)煅烧胆矾可得三氧化硫，液态三氧化硫有单分子SO3和三聚体(SO3)3两种形式，固态三氧化硫易升华，易溶于水，主要以三聚体和无限长链(SO3)n两种形式存在。下列说法不正确的是______。 A. SO3中心原子为sp2杂化，空间结构为平面三角形 B. 环状(SO3)3中硫原子的杂化轨道类型为sp2 C. 单分子SO3和链状(SO3)n均是分子晶体 D. 链状(SO3)n中sp3杂化的氧为3n个 (3)钢铁分析中常用过硫酸盐氧化法测定钢中锰的含量，反应原理为2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4 -+10SO42-+16H+。已知S2O82-的结构如图所示。 ①S2O82-的结构为，S2O82-比H2O2的氧化性更强，其原因是______________________________。 ②上述反应每生成2 mol MnO4 -，S2O82-层断裂的共价键数目为__________NA。 (4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3)原料实现如下转化： ①步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式 。 ②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子 (按照离子浓度大小顺序)。 ③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行” 。 押题有据 非选择题由原来的5道精简为4道，物质结构和无机流程融合成了16分的第一道大题。这种融合题型，宛如一场“知识大杂烩”，考生不仅要熟知物质结构的微观奥秘，还要能将其与宏观的无机流程顺畅对接，这样的分值架构，意味着每一道大题都不容有失，尤其是分值颇高的第一道大题，一旦出现失误，对整体成绩的影响可想而知。 本题第一部分考查物质结构与性质，主要是晶体化学式确定、电子排布式、电负性、电离能、吸电子能力、离子半径、键角大小、氢键强弱、共价键强弱等知识。考查学生获取信息能力、分析推理能力、迁移应用能力，体现“性构相依”的重要思想和基本观念，评估学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 本题以上述所涉及的元素及化合物转化为载体，考查元素及其化合物的性质、物质的推断及实验设计，涉及物质的溶解度、酸碱性、溶液中离子成分分析、氧化还原反应、离子反应方程式书写、实验方案设计等，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”“科学态度与社会责任”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)含硫化合物具有广泛应用。请回答： (1)一种含硫超导材料的晶胞示意图如下： ①离K离子距离最近的S离子有___________个。 ②该材料中不同价态的___________。 ③将该材料中的S替换为Se时，晶胞的刚性减弱，从结构角度解释___________。 (2)蛋氨酸结构为(C5H11O2NS)，可以与Cu2+形成只含有五元环的配合物M(C10H20S2N2O4Cu) ①的价电子排布式___________。 ②画出M的结构简式___________。 (3)大蒜素(二烯丙基硫代亚磺酸酯)的结构为 ①该结构中2号S的杂化轨道类型为：___________。 ②大蒜素与NaOH溶液按物质的量之比，发生水解反应的化学方程式为：___________。 ③大蒜素可以由(二烯丙基二硫醚)合成，工业上选用氧化剂(如H2O2)需适量，理由是___________。 2．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。请回答下列问题： (1)HF可用于雕刻玻璃，反应方程式为：SiO2 +4HF == SiF4↑+2H2O ①基态F原子中，电子的空间运动状态有___________种。 ②-40℃时，与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，HOF水解反应的产物除HF外的另一种化合物为___________(填化学式)。 ③从结构的角度分析Si-O转换为Si-F的原因：___________。 (2)卤族元素可以做配合物的配体。 ①[Cu(H2O)2Cl2]中所含元素电负性由大到小的顺序为___________。 ②一定条件下，SbCl3与GaCl3以物质的量之比为1：1混合得到一种固态离子化合物，其结构组成可能为：(a)[SbCl2]+[GaCl4]-或(b)[GaCl2]+[SbCl4]-，该离子化合物最可能的结构组成为___________(填“a”或“b”)，理由是___________。 ③利用AI模拟C38H30I3的结构如下图，该物质是一种含有碳一碳单电子σ键的化合物，虚线和圆点表示仅有1个共用电子的σ键。 (Ph代表苯基) 上图所示物质的正离子中，构成单电子σ键的碳原子的杂化方式是___________，上图所示物质的负离子[I-I-I]-的中心碘原子价层电子对数为___________。 (3)晶体的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。 ①图1晶胞中的Cl平移到面心位置，则平移后Li所在晶胞位置为___________； ②镁离子取代过程中，发生的反应的离子方程式为___________。 3．(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)材料是人类赖以生存和发展的物质基础。 (1)不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，已知Fe为立方体心结构，如下图a所示。 ①若体心位置的Fe置换成Cr，如图b，则晶胞的化学式为___________。 ②若将Fe按图c方式用Cr取代，则平均一个晶胞中含有的Cr原子数为___________，每个Cr周围距离最近且相等的Fe有___________个。 (2)“发蓝”是钢铁表面处理的一种方法：将洁净的铁件浸入NaOH和NaNO2溶液中，加热到适当温度，一段时间后在铁件表面形成均匀稳定且防锈的氧化膜Fe3O4，处理过程有无色有刺激性气味气体放出。写出该反应的离子方程式：___________。 (3)B、N元素广泛存在于各类新型非金属材料体系中。 ①H-N-H键角：NH3BH3___________NH3(填“>”“<”或“=”)，从结构角度解释原因___________。 ②气体BF3可与ClF发生反应：。ClF的电子式为___________；阳离子的结构式为___________，画出其VSEPR模型___________(用“○”表示F，用“●”表示Cl)。 ③羟胺和用同位素标记氮原子()的亚硝酸在某介质中发生反应，方程式如下：，由A脱水得到的有两种结构和。请写出A的结构式___________。 4．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)元素在自然界中存在形式丰富多彩，请回答： (1)下列有关说法正确的是___________。 A．基态Fe原子中有3个未成对电子，故易形成Fe3+ B．微粒半径：V3+＞V4+ C．Na元素位于周期表的s区 D．[Ne]3s23px1→[Ne]3s23py1的过程中不能形成发射光谱 (2)二氟化铅(PbF2)晶体是一种光学材料，若用○和■来表示PbF2中的两种离子，其中■在立方晶胞中的位置如图1所示，晶胞中ACGE和BDHF的截面图均如图2所示。 ①二氟化铅晶体中，的配位数为___________。 ②资料显示还存在四氟化铅(PbF4)和四氯化铅(PbCl4)，但四氯化铅不稳定，常温下会分解产生气体单质，而四氟化铅却能稳定存在。请从氧化还原反应的角度分析四氟化铅稳定的原因___________。 (3)现有三种物质：甲：  乙：  丙： ①常温下，比较物质甲和物质乙的Ka值大小：Ka1(甲)___________Ka(乙)。(填“>”“<”或=”) ②比较沸点：甲___________丙(填“>“<”或“=”)。 (4)某种工业赤泥，主要成分为Al2O3、Fe2O3、CaO、Na2O、Sc2O3等，从该赤泥中回收钪元素的流程图如下： ①流程中尾渣的主要成分为___________。 ②蒸干后固体混合物在焙烧时固体NaFe(SO4)2发生分解反应，生成的气体为氧气与另一气体的混合物，生成的固体中Fe为价，写出焙烧时物质NaFe(SO4)2发生该反应的化学方程式___________。 ③沉淀步骤中得到Sc2(C2O4)3，该物质煅烧时产生两种组成元素相同的气体，请设计实验证明混合气体中相对分子质量较小的气体___________。 5．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 (1)区域A“”中的离子为__________(填离子符号)，区域B带__________(填“正电”或“负电”)。 (2)ZnS晶体中Zn2+旁边最近的Zn2+有__________个。 (3)已知苹果酸()的Ka1=1.4×10-3，Ka2=1.7×10-5 ，HF的Ka=16.3×10-4。请写出苹果酸与足量NaF反应后的阴离子的结构简式__________。 (4)四乙基氟硼酸铵[(C2H5)4N][BF4] 是超级电容器中应用最广泛的有机电解液。其合成反应方程式如下：[(C2H5)4N]OH+HBF4=[(C2H5)4N][BF4] +H2O ①在[(C2H5)4N]+阳离子中，中心氮(N)原子的杂化方式为：__________；请写出[BF4]-的电子式__________。 ②能不能用NH4F代替[(C2H5)4N][BF4]作为电解液？__________(填“能”或“不能”)。请从物质的结构角度分析：__________。 ③HBF4可用HF与H3BO3反应制得，请写出该反应的化学方程式__________。 ④已知[BF4]-在碱性环境化会发生水解，试写出[(C2H5)4N][BF4]与足量氢氧化钠溶液加热反应的离子方程式(产物中有乙烯和三乙基胺生成)__________。 押题猜想18 化学反应原理综合应用 终极押题 【原创题】从衣食住行到探索浩瀚宇宙，都有氮及其化合物的参与，但同时有毒含氮化合物的排放，也对环境产生污染。如何实现环境保护与资源利用的和谐统一，已成为我们的重要研究课题。回答下列问题： (1)SCR法主要是针对柴油发动机产生的NOx的处理工艺，原理是NOx和NH3在选择性催化剂表面转化为N2和H2O，反应历程中的能量变化如下图所示： 其中决定总反应速率的步骤是__________，SCR法会产生高分散度的烟尘，会使催化剂的活性下降，原因是____________________。 (2)选择性催化还原法脱硝技术是目前国际上应用最为广泛的烟气脱硝技术，其反应如下： 主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0； 副反应：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH<0。 恒容密闭的容器中，分别在甲、乙催化剂作用下进行上述反应，10 min时测得体系温度与NO转化率的关系如图所示。 ①若初始c(NO)=2 mol·L-1，则P点时NO的反应速率为_______________，图中M点对应的转化率_______(填“是”或“不是”)NO在该温度下的平衡转化率 ②工业上选择催化剂乙的原因是______________________________。 ③在t °C、2 MPa下，向恒温恒压的密闭容器中通入4 mol NH3、5 mol NO、1 mol O2，发生上述反应。反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4 mol。此时，H2O的物质的量为___________，副反应的平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数；列出计算式即可)。 (3)中国科学院研究人员报道了一种以铜锡合金(Cu6Sn5)为催化剂，H2在电催化条件下还原NO高效合成氨的方法，并通过DFT计算研究了反应可能得机理如下(*表示催化剂表面吸附位，如表示吸附于催化剂表面的NOH)： Ⅰ. H2→2H++2e- Ⅱ. NO+H++e-+*→NOH* Ⅲ. ________________________ Ⅳ. N*+H++e-→NH* Ⅴ. NH*+H++e-→NH2* Ⅵ. NH2*+H++e-→NH3 上述反应机理中，第Ⅲ步的转化机理为______________________；若电路中有4 mol电子通过，其中生成氨气的选择性为95%，则阴极生成NH3的物质的量为_____mol。 押题有据 本题以工业生产中实际问题为情境，考查学生对化学反应原理的理解与运用，具体涉及原电池或电解池工作原理、电极反应式、盖斯定律、化学平衡常数、平衡转化率、溶液pH计算、催化剂，以及根据反应历程解释化学反应速率变化规律等知识，考查学生定性分析及定量计算能力，接受、吸收、整合题给信息进行分析推理的能力，利用相关理论解释各反应条件对反应速率及化学平衡影响等方面的能力，衡量“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)研究CO2的综合利用可实现碳循环。 I．在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应： 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-493kJ·mol−1 副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2   (1)已知25℃ 和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热 ΔH分别为-285.8kJ·mol−1、-283kJ·mol−1，H2O(l)=H2O(g) ΔH3＝+44kJ·mol−1  ，则 ΔH2= kJ·mol−1。 (2)要提高CO2平衡转化率，可采取的措施是___________。 A．增大H2浓度 B．增大压强 C．及时分离H2O(g) D．选用高效催化剂 (3)在恒温反应容器中，维持入口压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[]，随温度变化关系如图1所示： 若233~251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因： 。 (4)在压强为2.2MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，计算主反应在该温度下的平衡常数Kp= (MPa-2)。 Ⅱ．二氧化碳电还原反应生产甲醇 (5)我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率。 ①在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为 。 ②在酸性水溶液中，三种不同的催化剂(A、B、C)上CO2电还原为CH3OH的反应过程中(电还原为H2的反应可同时发生)，反应活化能变化如图2所示。由此判断制甲醇应选择催化剂 (填“A”“B”或“C”)，理由是 。 2．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答： (1)25℃，雨水中含有来自大气的CO2，发生如下反应： 反应Ⅰ  CO2(g)CO2(aq)  ，表示CO2的分压 反应Ⅱ  CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII ①反应Ⅰ能自发进行的条件是 。 ②若反应Ⅱ的反应速率表示为：，，计算KII= 。 ③25℃时，某1L密闭容器中，t=0时将CO2通入10Mlh2中，保持体系温度和不变发生上述反应(不考虑H2CO3的电离)，t1时达到平衡，t2时溶液体积变为20mL(加10mLH2O)，t3时再达到平衡。画出t1~ t3时，浓度与时间t关系图[已知] 。 (2) H2CO3(aq)中存在下列平衡： CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq) KIII HCO3(aq) CO32-(aq)+H+(aq)   KIV ①CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)的K，K= (用KII、KIII表示)。 ②相同条件下，Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小：Na2CO3 NaHCO3 (用“＞”、“＜”或“＝”表示)，从微粒间作用力角度解释原因 。 (3)碳酸酐酶(EZn)催化下H2O与CO2反应(途径a)、无催化下H2O与CO2反应(途径b)的机理如下图所示： 已知：假设快反应先达到平衡。 ①下列说法不正确的是 。 A．途径a中Q为49kJ/mol B．途径a决速步的过渡态为TS2 C．碳酸酐酶(EZn)提高了CO2的平衡转化率 D．若途径b加入NaOH(s)，平衡右移，HCO3-的平衡浓度一定增大 ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，反应速率减小，请解释 。 3．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)硫酸烧渣的主要成分是Fe2O3以及少量的FeO等，是很好的二次资源。在硫酸质量分数为55%、一定温度和相同时间下，H2C2O4加入量与铁元素的浸取率如图1所示。 已知：①H2C2O4是二元弱酸，受热易分解 ②三价铁易溶于盐酸，二价铁易溶于硫酸，FeC2O4难溶 ③FeS溶于硫酸 Ⅰ.请回答： (1)当H2C2O4加入量为5%时，下列措施一定能增大Fe元素浸取率的是___________。 A．进一步提高硫酸的浓度 B．进一步提高浸取液的温度 C．在浸取液中添加适量Na2S固体 D．在浸取液中添加适量NaCl固体 (2)当H2C2O4加入量大于20%时，铁元素浸取率下降的原因为___________。 (3)当加入H2C2O4的总量一定时，溶液pH值与溶液中Fe(Ⅲ)的分布情况如图2所示，请在图2中画出[Fe(C2O4)3]3-的分数随pH的变化曲线__________。 (4)在D2O中，一定浓度的H2C2O4溶液的 1H-NMR(核磁共振氢谱)如图3所示，其中H2C2O4与HC2O4-的峰面积分别为a和b，则H2C2O4的Ka1=___________(用a、b列出计算式)。 Ⅱ.浸出铁后的废液中含有C2O42-，可通过添加氧化剂去除。 (5)已知，在室温下：  ，该反应在一天的时间尺度内没有显著发生，原因为___________。 (6)少量[Ru(NH3)6]2+将S2O82-还原为S2O83-(负离子自由基)，使S2O82-与C2O42-的氧化还原反应快速进行，涉及的相关基元反应如下： 序号 反应 a 。 b 。 c d e ①请按照反应的先后顺序排序___________。 a→___________→___________→___________→b。 ②已知体系中还会发生如下两个基元反应 序号 反应 f g 若S2O82-与C2O42-不能快速消耗完，理由为___________。 4．(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)CO2与H2通过催化转化为高附加值化学品是实现“双碳”目标的途径之一。“Chem is try”小组将CO2和H2按体积比1：3通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。 Ⅰ.  2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g) ΔH1 K1 Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0 K2 请回答： (1)下列关于反应Ⅰ的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势正确的是________。 A．    B．    C．    D． 升高温度，________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 (2)实验测得平衡时，部分组分的体积分数-温度曲线如下图所示。 ①在下图中画出100~400℃之间CH3CH2OH的体积分数随温度变化的曲线________； ②CO(g)和H2O(g)对应的曲线，在700℃之后的趋势变化的原因是________； (3)反应Ⅱ的一种反应机理如下(其中*表示吸附态)： ①     ②     ③ ④________     ⑤     ⑥ ⑦ 写出第④步的反应方程式________。 (4)CO2和H2在一定条件下合成HCOOH。 25℃时，向含有0.1mol的NaOH溶液中逐滴滴加xmolHCOOH，所得溶液体积为100mL，pH=3.5，该滴加过程中水的电离程度变化情况为________，x=________(保留2位小数，已知HCOOH的，)。 5．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)碳酸亚乙烯酯是锂离子电池电解液添加剂研究的焦点。请回答： (1)碳酸亚乙烯酯的氯代合成法包含氯代和脱氯两步，反应方程式如下： 反应Ⅰ：   ΔH1 反应Ⅱ：  ΔH2＝+2kJ·mol−1 常温下测得各物质的相对能量如下表所示，试计算反应Ⅰ的_______。 物质 HCl(g) 相对能量(kJ·mol−1) -426 -462 -368 0 -92 (2)将一定量的和于密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是__________。 A．反应Ⅰ的ΔS=0 B．利用分子筛移除HCL，有利于提高转化率和反应速率 C．体系中可能会产生二氯代、三氯代等多氯代杂质 D．增大Cl2用量，当反应达到平衡时，比值不变 (3)已知光照下反应Ⅰ为自由基型的链反应。 ①反应机理如下： ⅰ：；ⅱ：_____；ⅲ： 请写出第2步反应的方程式__________。 ②对于上述自由基的产生，有以下两种观点。 观点一：在光照下产生，后续反应由引发； 观点二：在光照下产生，后续反应由引发。 事实证明观点一合理、观点二不合理，请设计实验方案验证(简述实验方法即可)__________。 (4)反应Ⅱ的历程如下： 试解释反应Ⅱ的催化剂为何选择(CH3CH2)3N而不选择__________。 (5)直接脱氢法也可合成碳酸亚乙烯酯，在温度下的反应及相应数据如下： 反应Ⅲ：    ΔH3＝+58.16kJ·mol−1   K3=62 ①在373K、10L的密闭容器中，投入，仅发生反应Ⅲ，与时间的关系如图所示，t0时达到平衡，平衡时，p(H2)=62Pa，保持温度不变，t1时瞬间将容器体积变为，t2时p(H2)不再随时间而变化，试在图中画出t1~t2时，p(H2)与时间的变化关系__________(液体的体积忽略不计)。 ②已知反应Ⅳ：    试结合数据说明为何工业上主要采用氯代合成法__________。 押题猜想19 综合实验设计与评价 终极押题 【原创题】过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体双氧水，是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。 某兴趣小组制备2Na2CO3•3H2O2流程如图： (1)过碳酸钠溶于水显碱性的原因是 (用离子方程式表示)。 (2) 反应I所以的氨气可以选用的发生装置 (填字母)。 (3)查阅资料可知：反应II的反应条件对产品质量的影响，为控制反应温度，实验装置如下图： ①图中仪器a的名称是 。 ②反应II的关键是控制温度，其措施有 (请写出两点)； (4)若在实验室完成上述制备，下列仪器中不需要用到的是 。 (5)过碳酸钠样品中H2O2含量的测定。 称量mg样品，配成500mL溶液，每次取50mL置于锥形瓶中，用c mol·L-1的标准酸性。KMnO4溶液滴定(KMnO4只与H2O2反应)，滴定3次，平均每次消耗VmL标准液。 ①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→ (按顺序填标号)→开始滴定。 a．装入滴定液至“0”刻度以上             b．调整滴定液液面至“0”刻度或“0”刻度以下 c．排除气泡    d．用滴定液润洗2至3次    e．记录起始读数 ②滴定终点的现象为 。 ③根据实验数据计算，样品中2Na2CO3·3H2O2的质量分数为 %。 押题有据 本题常以指定物质制备和纯度分析为情境，将平衡移动原理与物质制备、纯度分析相结合，考查学生依据已学核心知识、获取题干信息解决实际问题的能力。涉及制备原理、实验反应条件控制、仪器识别、实验装置、分离提纯、反应终点判断、物质检验、实验安全、滴定操作、指示剂的选择及滴定终点的判断、实验操作目的和原因、定量测定和数据处理等知识，检测学生“科学探究与创新意识”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴，M=267.5g·molˉ1)是一种重要的化工产品。 I．制备三氯化六氨合钴实验步骤如下： ①将CoCl2、NH4Cl 和活性炭在三颈烧瓶c中混合。 ②置于冰水浴中冷却到10℃以下，依次缓慢滴加浓氨水和双氧水并不断搅拌。 ③转移至60℃热水浴中，恒温加热，同时缓慢搅拌，充分反应后过滤。 ④将滤液冷却到0℃左右进行抽滤得到三氯化六氨合钴粗产品。 ⑤固体粗产品需要经过提纯得到纯净的三氯化六氨合钴。 (1)钴元素位于元素周期表的___________区。图中仪器a的名称为___________。 (2)步骤④缓慢冷却结晶得到多面体外形的晶体，该过程体现了晶体的___________性。 (3)步骤②中先滴加浓氨水的理由是___________。 Ⅱ．测定产品纯度，实验如下： ①称取a g产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1mol·L-1AgNO3 溶液，并加的硝基苯用力振荡后静置。 ②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2mol·L-1KSCN溶液进行滴定，达到滴定终点时用去V2mL溶液。 已知：硝基苯比水重；Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(AgSCN)= 1.0×10－12；AgCl、AgSCN均为白色沉淀。 (4)下列操作中能使所测产品的纯度偏低的是___________。 A．未用KSCN溶液润洗滴定管 B．滴定前盛放溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．滴定结束后，滴定管尖嘴处有气泡 D．步骤①中未加入硝基苯 (5)产品的纯度为___________。 2．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)碘酸钾是一种重要的无机物，可用作食盐中的加碘剂，溶解度随温度升高而增大。其制备方法如下： 步骤Ⅰ：碘酸氢钾[KH(IO3)2]的制备 在三颈烧瓶中加入2.80 g碘、2.60 g氯酸钾和50 mL水，滴加盐酸至溶液pH=1，控制温度左右，装置如图所示。 步骤Ⅱ：将步骤I所得溶液通过加入适量的X溶液转化为KIO3溶液；通过一系列操作得到KIO3晶体。 步骤Ⅲ：测定KIO3纯度。 (1)仪器c的名称是___________。 (2)下列说法正确的是___________。 A．步骤Ⅰ中可使用四氯化碳萃取除去KH(IO3)2中的碘单质 B．d装置中使用无水氯化钙固体吸收尾气 C．步骤Ⅱ中X溶液可以是KOH D．将步骤Ⅱ中KIO3溶液直接蒸发结晶得到KIO3晶体 (3)步骤I中温度不能过高的原因___________。 (4)已知步骤I装置中有大量黄绿色气体产生，请写出制备KH(IO3)2的化学反应方程式___________。 (5)步骤Ⅲ：从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤___________。 实验原理：I2+2S2O32-=S4O62-+2I- 称取0.1000 g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和过量的KI溶液。用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定：取滴定管检漏、水洗___________→装液→___________→调液面、读数→开始滴定+___________→读数，平行实验三次。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．将滴定管倾斜30°左右，迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴 d．将胶头弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出赶走气泡 e．接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失且半分钟内不变色 f．接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，出现蓝色且半分钟内不消失 3．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)乙酰乙酸乙酯(相对分子质量130，沸点180℃，超过120℃开始分解)是一种重要的有机中间体，实验室制备乙酰乙酸乙酯的原理、步骤如下： 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑ (乙酰乙酸乙酯) 实验步骤： ⅰ.向圆底烧瓶中加入25 ml甲苯，将4.6 g金属钠立即放入烧瓶中。安装冷凝回流装置，加热至金属钠完全熔化后停止加热。待混合液降温使金属钠成为细粒状钠砂。 ⅱ.迅速向带有钠砂的圆底烧瓶中加入44 g乙酸乙酯和少量乙醇，并在瓶口安装冷凝管和装有氯化钙的干燥管。反应回流3-4小时至钠砂基本消失，得到透明溶液。 ⅲ.边振荡边滴加醋酸溶液至弱酸性。将混合液转入 中，用饱和氯化钠溶液洗涤酯层，静置后分出酯层。进一步提纯有机混合物，收集产物并称量。 回答下列问题： (1)请补充步骤ⅲ中缺失的玻璃仪器的名称__________；加入饱和氯化钠溶液的目的是__________。 (2)本实验需要将钠先制备成钠砂的原因可能是__________。 (3)乙酰乙酸乙酯()分子中标*号碳原子上的氢有一定酸性，其。请从结构角度解释原因__________。 (4)下列关于本实验说法正确的是 。 A．实验中的甲苯应用专用回收瓶回收，防止残留的少量钠引发火灾 B．本实验应确保在无水环境中进行，但是乙酸乙酯中含有的少量乙醇无需处理 C．步骤ⅰ中的甲苯可换成CCl4 D．实验收集到乙酰乙酸乙酯19.5 g，则此次实验的产率是60% (5)为获得产品，有机混合物可以采用 方法进一步分离。 A．常压蒸馏 B．减压蒸馏 C．加生石灰常压蒸馏 D．加压蒸馏 4．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如下图。 已知：①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液利用下图装置制备水合肼(N2H4·H2O)； ②相关物质的物理、化学性质如下表： 物质 熔点℃ 沸点℃ 溶解性 化学性质 甲醇(CH3OH) 67.1 与水互溶 水合肼(N2H4·H2O) 118.5 与水、酸互溶，不溶于乙醚和氯仿 亚硝酸甲酯(CH3ONO) 溶于乙醇、乙醚 叠氮酸(HN3) 37 溶于水、乙醇、乙醚 弱酸，酸性与醋酸相当 叠氮化钠(NaN3) 275 300 与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇 受热易分解，具有较强的还原性 请回答： (1)仪器A的名称是___________。 (2)步骤①的化学方程式为___________。 (3)下列说法正确的是___________。 A．仪器B应盛放NaClO碱性溶液 B．NH3水溶液呈碱性，而HN3水溶液则呈酸性，原因之一是N3-中存在大π键，相对稳定 C．步骤②反应生成NaN3，转移5mol电子 D．步骤③可向NaN3溶液中通来制备HN3 (4)步骤④滴加的NaOH溶液要适当过量，目的是___________。 (5)步骤④对溶液加热蒸发至溶液体积的，有NaN3晶体析出，可以用___________来洗涤晶体，晶体干燥的方法是___________。 (6)用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为： 2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑ Fe2++Ce4+==Ce3++Fe3+ 称取0.150 g产品配成100 mL溶液，取20.00 mL置于锥形瓶中，加入20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，反应后稍作稀释，向溶液中加适量稀硫酸，滴加2滴指示剂，用0.100 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液16.00 mL。则产品纯度为___________(精确到小数点后1位)。 5．(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)“Chem is try”小组通过氧化(CH3)3CNH2制备化合物P，原理和装置如下： (CH3)3CNH2+2H2O2+3H2O 步骤Ⅰ：向三颈烧瓶中加入30%H2O2，反应0.5h，得混合液； 步骤Ⅱ：将混合液转移至分液漏斗中，加入少量NaCl固体，振荡，静置，分液，取上层有机层； 步骤Ⅲ：经“一系列操作”，得到蓝色晶体。 已知：化合物P为蓝色晶体，有还原性，有微毒，见光易分解，可溶于有机溶剂。请回答： (1)仪器b的名称是________；冰水浴的作用是________。 (2)下列说法正确的是________。 A．步骤Ⅰ中，反应须在通风橱中、避光条件下进行 B．步骤Ⅰ中，加入H2O2至过量，有利于提高P的产率 C．步骤Ⅱ中，加入NaCl固体，有利于液体分层 D．步骤Ⅱ中，分液时，应从下口放出有机层 (3)步骤Ⅲ从有机层中获得蓝色晶体的所有操作如下，请排序：e→________。 a.过滤 b.分液 c.加入无水MgSO4 d.蒸馏 e.稀盐酸洗涤 (4)化合物P在一定条件下容易二聚生成Q，Q溶于正庚烷发生解离： 20℃时，溶液中Q的初始浓度为0.50mol·L－1时，测得Q的平衡转化率为60%，该反应的平衡常数K=________。保持温度不变，随着Q初始浓度增大，其平衡转化率将________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 押题猜想20 有机合成与推断 终极押题 【原创题】他非诺喹主要用于生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药。其中间体H的一种合成路线如下(部分条件已省略)，其中E与F互为同分异构体，且F具有两个六元环结构。 已知：①++ R2OH ②+R7NH2+R6OH ③ (1)H中含氧官能团的名称是___________。 (2)写出D的结构简式___________。 (3)试剂X的结构简式为___________。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．化合物A具有还原性 B．B到C的反应属于加成反应 C．相同条件下，X比E的碱性强 D．化合物H的分子式为C10H11NO2 (5)请设计实验鉴别化合物F和化合物G___________(需写出所用到的试剂和观测到的现象)。 (6)请设计由乙烯和物质Ⅰ()合成对苯二甲酸()的合成路线___________。 押题有据 本题以某种新药物的合成为真实情景，考查学生依据已学知识、题干信息、分子式和结构式等信息进行综合分析、证据推理的能力，具体涉及官能团识别、反应条件判断、反应机理推测、反应类型判断、结构简式书写、基团间的相互影响、化学方程式书写、有机合成路线设计、限制条件下同分异构体书写等内容。诊断并发展学生“证据推理和模型认知”素养水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)有机物作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件(OLED)。的一种合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。 已知：(和为烃基) (1)A中所含官能团的名称是 。 (2)下列说法不正确的是_______。 A．化合物B中没有手性碳原子 B．C在盐酸中的溶解度小于水中溶解度 C．由流程信息可推测，D中苯环邻位上的氢原子比对位上的氢原子更活泼 D．化合物J最多能和7molH2发生加成反应 (3)E的结构简式为 。 (4)F+J→K的化学方程式为 。 (5)G到H的过程中有副产物(分子式为C15H24O4)生成，写出其中三种可能的副产物的结构简式 。 (6)以化合物、和乙醛为有机原料，设计化合物()的合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。 2．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)恩塞芬汀是一种治疗成人慢性阻塞性肺疾病的新型药物，其合成路线如下： 已知：①； ②； ③。 请回答： (1)化合物C中含氧官能团的名称为 。 (2)化合物B的结构简式为 。 (3)下列说法正确的是________。 A．化合物A→B的反应试剂与条件是Cl2、光照 B．化合物C→D的过程依次发生了加成反应、消去反应、还原反应 C．化合物H的分子式为 D．与化合物相比，D的碱性更弱 (4)写出化合物E→F的反应方程式 。 (5)在化合物F→G的过程中，考虑异构化的多样性，若参与反应的苯环反应位置不变，则生成与G互为同分异构体的副产物(含三个六元环)结构简式为 (写出一种即可)。 (6)利用已知信息和流程路线中的相关信息，设计以乙醇、1，3-丙二醇、为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 3．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)化合物G是制备某种降压药的中间体，其合成路线如下(反应条件及试剂已简化)： 请回答： (1)化合物G中的含氧官能团的名称是 ；从整个过程看，A→B的目的是 。 (2)生成B的同时还生成了HCl，则X的结构简式是 。 (3)下列说法不正确的是______。 A．化合物A中存在分子内氢键 B．化合物A的水溶性比化合物B的小 C．F→G反应过程中只发生加成反应 D．化合物D分子中含有3个手性碳原子 (4)B→C的化学方程式 。 (5)D→E过程中有副产物生成，写出一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式 。 (6)以和为有机原料，结合题干信息设计化合物的合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。 4．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用，某研究小组按以下路线合成该化合物(反应条件及试剂已简化)： 已知：①B中保留酸酐结构 ② 请回答： (1)A→B的反应类型是___________；化合物C中含氧官能团的名称是___________。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．A→B过程中将(CH3CH2)3N替换为Na2CO3浓溶液，可提高产率 B．化合物C有一个手性碳原子 C．F→G过程中有H2O生成 D．化合物D分子中所有碳原子可能共平面 (3)C→D的化学方程式___________。 (4)E→F过程中有副产物H生成，其分子式为C20H14O4N2S2F2 ①写出H的结构简式___________。 ②请判断化合物的碱性强弱：F___________H(填“>”“<”或“=”) (5)以苯酚、乙炔和(CH3CH2)3N为有机原料，设计化合物的合成路线__________(用流程图表示，无机试剂任选)。 5．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)氯霉素(H)是广谱抗菌素，某研究小组采用如下路线进行合成： 已知：①能选择性还原碳氧双键； ②含结构的物质遇新制会形成绛蓝色溶液 请回答： (1)G中的含氧官能团名称是___________。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．B的某种同分异构体具有两性 B．E可以发生加成反应、取代反应和氧化反应 C．G在酸性条件下水解可得到一种酸性强于乙酸的产物 D．H分子中含1个手性碳原子，与足量溶液反应最多消耗 (3)已知化合物C存在顺反异构，则C的结构简式为___________。 (4)写出F+G→H的化学反应方程式___________。 (5)E→F的过程中会产生少量的同分异构体，请利用实验区分和(只需写出试剂和现象)___________。 (6)根据所学知识和相关信息，设计用甲苯()与得到的合成路线___________。(用流程图表示，无机试剂任选) 4 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想一 物质的分类 押题猜想二 化学用语 押题猜想三 化学与生产生活 押题猜想四 元素周期律 押题猜想五 化学实验基本操作 押题猜想六 元素化合物与氧化还原反应 押题猜想七 物质结构、性质和用途 押题猜想八 离子(化学)方程式正误判断 押题猜想九 官能团结构与性质 押题猜想十 元素推断 押题猜想十一 化学反应原理的理解与运用 押题猜想十二 电化学及其应用 押题猜想十三 物质结构与性质小综合(选择题) 押题猜想十四 化学反应历程与机理 押题猜想十五 电离平衡常数和溶度积常数 押题猜想十六 工艺流程分析 押题猜想十七 物质结构与无机框图 押题猜想十八 化学反应原理综合应用 押题猜想十九 综合实验设计与评价 押题猜想二十 有机合成与推断 押题猜想01 物质的分类 终极押题 【原创题】下列物质属于酸式盐的是( ) A．H2SO4 B．KHSO3 C．NaBH4 D．CH3NH3Cl 【答案】B 【解析】酸式盐是指多元酸中的氢离子部分被金属离子或NH4+取代后形成的盐，其特点是仍含有可电离的H+。A项，H2SO4属于酸类物质，并不属于盐，A错误；B项，KHSO3中的HSO3-可以发生部分电离HSO3H++SO32-从而电离出H+，故属于酸式盐，B正确；C项，aBH4，硼氢阴离子(BH4-)不含可电离的酸式氢，因此不是酸式盐，C错误；D项，CH3NH3Cl由甲胺(CH3NH2，弱碱)与盐酸反应生成，属于强酸弱碱盐，阳离子CH3NH3+虽然会发生水解产生H+，但酸式盐的定义是多元酸部分电离产生的酸根离子与金属阳离子或铵根离子结合的盐，其可电离的H+在酸根阴离子上，故CH3NH3Cl不属于酸式盐，D错误；故选B。 押题有据 物质分类是化学学科的基础核心内容，浙江省选考第1题就以选择题形式考查学生对概念体系的掌握和实际应用能力。本题考查物质分类的基本方法，旨在检测学生的识记和辨别能力，以此检测学生“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。物质分类需紧扣定义，关注特例，结合实例深化理解。建议考生通过真题演练，总结高频错题，提升概念应用的精准度。 考题猜想 1．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列分子属于非极性分子的是( ) A．CS2 B．Cl2O C．NH3 D．O3 【答案】A 【解析】A项，CS2为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确；B项，Cl2O中心氧原子有2个孤电子对，空间结构为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；C项，NH3中心氮原子有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，C错误；D项，O3空间结构为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；故选A。 2．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是( ) A．玛瑙 B．超级钢 C．光导纤维 D．合成纤维 【答案】D 【解析】A项，玛瑙的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，A不符合题意；B项，超级钢属于铁的合金，主要成分是铁，属于金属材料，B不符合题意；C项，光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，C不符合题意；D项，合成纤维是人工合成的有机高分子材料，主要成分属于有机物，D符合题意；故选D。 3．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)下列属于离子化合物的是( ) A．K B．H2O C．H2SO4 D．Na2O 【答案】D 【解析】A项，K是金属单质，不是化合物，不符合离子化合物的要求，A不合题意；B项，H2O中H与O通过共价键结合，不存在离子键，属于共价化合物，B不合题意；C项，H2SO4属于酸，分子中只存在共价键，是共价化合物，C不合题意；D项，Na2O由活泼金属Na和活泼非金属O组成，由Na+和O2-通过离子键结合，属于离子化合物，D符合题意；故选D。 4．(2026·浙江强基联盟高三联考)油脂属于( ) A．高分子 B．超分子 C．合金 D．有机物 【答案】D 【解析】A项，油脂是甘油与高级脂肪酸形成的酯类化合物，相对分子质量远低于高分子化合物(分子量一般过万)，不属于高分子，A错误；B项，超分子指通过非共价键作用形成的分子组装体(如环糊精包合物)，油脂是单一化合物而非组装体，B错误；C项，合金是金属与金属(或非金属)熔合而成的混合物，油脂为有机化合物，与合金无关，C错误；D项，油脂含碳元素且属于酯类(含酯基)，属于有机物，D正确；故选D。 5．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)下列可用作食品添加剂的无机盐的是( ) A．硫酸钡 B．亚硝酸钠 C．谷氨酸钠 D．苯甲酸钠 【答案】B 【解析】A项，硫酸钡不溶于水且不被人体吸收，主要用于医疗钡餐造影，不可用作食品添加剂，A错误；B项，亚硝酸钠(NaNO2)是常见的食品添加剂，用于肉类防腐和发色(如火腿、香肠)，但需严格控制用量，B正确；C项，谷氨酸钠(味精)是谷氨酸的钠盐，属于有机酸盐，不符合“无机盐”的要求，C错误；D项， 苯甲酸钠是苯甲酸的钠盐，属于有机酸盐，同样不符合“无机盐”的定义，D错误；故选B。 押题猜想02 化学用语 终极押题 【原创题】下列化学用语或图示表达不正确的是( ) A．甲醛(HCHO)的分子空间结构模型： B．BF3的VSEPR模型： C．BCl3的电子式： D．基态30Zn原子的价层电子排布式： 3d104s2 【答案】C 【解析】A项，HCHO是平面结构的分子，含有C=O和C-H，且原子半径：C＞O＞H，该空间结构模型正确，A正确；B项，BF3分子中B原子的价层电子对数为，无孤电子对，其空间结构和VSEPR模型均为平面三角形，B正确；C项，BCl3是共价化合物，B原子不满足8电子稳定状态，电子式：，C错误；D项，锌是30号元素，基态原子的电子排布式为 [Ar]3d104s2，价电子排布式为 3d104s2，D正确；故答案为C。 押题有据 化学用语贯穿整个化学始终，与基本概念、基本理论、元素化合物、化学实验和化学计算等都有着密切联系。本题旨在考查学生化学用语使用的准确性，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。化学用语包括：元素符号、离子符号、化学式、化合价、化学方程式、离子反应方程式及用来说明元素符号、离子符号、化学式、化学方程式、离子反应方程式含义的语言，都称为化学用语。用来表示微粒结构的图形、图示；如表示分子结构模型、原子结构示意图都属于化学用语。 考题猜想 1．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列化学用语表示不正确的是( ) A．甲醛的电子式： B．SO32-的空间结构为：(正四面体形) C．sp2杂化轨道示意图： D．(CH3)2CHCH2CH(C2H5)CH3的名称：2，二甲基己烷 【答案】B 【解析】A项，甲醛(HCHO)分子中，C与O形成双键，C与两个H各形成单键，O原子还有2对孤电子对，图中电子式正确，A正确；B项，中心S原子：价层电子对数= σ键数+孤电子对数，价层电子对互斥模型为四面体形，但因存在1对孤电子对，分子空间结构为三角锥形，而非正四面体形，B错误；C项，sp2杂化是1个s轨道与2个p轨道杂化，形成3个等价杂化轨道，轨道间夹角为120°，呈平面三角形，剩余1个未杂化 p 轨道垂直于杂化轨道平面，图中示意图符合sp2杂化特征，C正确；D项，(CH3)2CHCH2CH(C2H5)CH3中最长碳链含6个C，称为己烷，从左端开始，使取代基位次最小，2号C有1个甲基，4号C有1个甲基，故命名为：2，4-二甲基己烷，D正确；故选B。 2．(2026·浙江杭州二中高三三模)下列化学用语表述正确的是( ) A．C(CH3)4的系统命名法：2，2-二甲基丙烷 B．激发态H原子的轨道表示式 ： C．乙烯的结构简式：CH2CH2 D．H2O2的电子式： 【答案】A 【解析】A项，C(CH3)4主链含三个碳原子，有两个甲基支链在2号碳，因此系统命名为2，2-二甲基丙烷，A正确；B项，原子轨道类型中不含1p，不是激发态H原子的轨道表示式，B错误；C项，结构简式中碳碳双键不可省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2，C错误；D项，过氧化氢为共价化合物，电子式为：，D错误；故选A。 3．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)下列化学用语表述正确的是( ) A．基态Cr原子的价层电子排布图： B．H2分子中的σ键电子云图： C．CO32-的VSEPR模型： D．C(C2H5)4的系统命名：3，3-二乙基戊烷 【答案】D 【解析】A项，依据洪特规则，3d5轨道上5个电子自旋方向应相同，A错误；B项，H2中的共价键是由2个H原子各提供1个未成对电子的1s轨道“头碰头”重叠形成s-sσ键，B错误；C项，CO32-中中心原子为C，采取sp2杂化方式，VSEPR模型为平面三角形，C错误；D项，C(C2H5)4的母体为戊烷，其中3号位2个乙基，系统命名为3，3-二乙基戊烷，D正确；故选D。 4．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)下列化学用语表示正确的是( ) A．基态33As3+的核外电子排布式： B．CH4分子中σ键的形成： C．纤维素的分子式：(C6H12O6)n D．甲基正离子(CH3+)的电子式： 【答案】D 【解析】A项，基态33As的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p3，33As失去3个电子，核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s2，A错误；B项，CH4分子中σ键是C的sp3杂化轨道()和H的1s()轨道重叠形成，B错误；C项，纤维素是多糖，属于高分子化合物，的分子式为(C6H10O5)n，C错误；D ．C最外层有4个电子，H最外层有1个电子，因此甲基正离子(CH3+)的价电子总数为，形成3个共用电子对，D正确；故选D。 5．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)下列化学用语表述不正确的是( ) A．D+的结构示意图   B．HCl的形成过程：   C．SO2的VSEPR模型为   D．乙醚的分子式：C4H10O 【答案】B 【解析】A项，D是氘，质子数为1，D+是D原子失去核外电子形成，仅含带1个单位正电荷的原子核，A正确；B项，HCl是共价化合物，不存在阴阳离子，正确的表示为，B错误；C项，SO2中心S原子价层电子对数=σ键数(2)+孤电子对数(1)=3，因此VSEPR模型为平面三角形，C正确；D项，乙醚结构为C2H5OC2H5，分子式为C4H10O，D正确；故选B。 押题猜想03 化学生产与生活 终极押题 【原创题】化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．抗坏血酸具有还原性，可用于去皮或预切的鲜水果中 B．苯甲酸及其钠盐可以作为食品防腐剂 C．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料 D．利用硝酸铵和水合碳酸钠的反应可制冷敷袋，该反应能发生的原理是熵增 【答案】C 【解析】A项，抗坏血酸(即维生素C)具有还原性，能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，可用于去皮或预切的鲜水果中，防止氧化褐变，A正确；B项，苯甲酸及其钠盐(苯甲酸钠)是常见的食品添加剂，具有防腐作用，B正确；C项，碳纤维主要由碳元素组成，属于无机材料；玻璃纤维由硅酸盐制成，也属于无机材料，两者均不属于有机高分子材料(如塑料、橡胶)，C错误；D项，硝酸铵与水合碳酸钠的溶解或反应吸热导致温度降低，反应吸热ΔH＞0，则需反应熵变足够大，即TΔS＞ΔH，ΔG=ΔH-TΔS<0，使反应自发进行，因此该反应能发生的原理是熵增，D正确；故选C。 押题有据 根据浙江省的选考大纲，化学生产与生活通常包括材料、能源、环境、食品、医药等方面的应用，以及相关的化学反应原理。题目从多个角度选取4个问题进行考查，重点测试“科学态度与社会责任”和“证据推理与模型认知”素养水平。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，旨在要求学生要学以致用。 考题猜想 1．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)化学与生产生活密切相关，下列有关物质性质的应用不正确的是( ) A．Na2O2具有强氧化性，可用于消防员的呼吸面具中 B．是一种红棕色粉末，常用作油墨和涂料的红色颜料 C．抗坏血酸具有还原性，可用于去皮或预切的鲜水果中 D．硅橡胶无毒、耐高温，可制成密封材料、人造血管 【答案】A 【解析】A项，Na2O2具有强氧化性，但用于消防员的呼吸面具是利用Na2O2与CO2、H2O反应生成O2，而非直接利用其氧化性，A错误；B项，Fe2O3为红棕色粉末，因其颜色特性，常用作油墨、涂料的红色颜料，B正确；C项，抗坏血酸(即维生素C)具有还原性，能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，可用于去皮或预切的鲜水果中，防止氧化褐变，C正确；D项，硅橡胶无毒、耐高温，这些性质使其适合制成密封材料(需耐高温、稳定)、人造血管(需无毒、与人体相容性好等)，性质与应用匹配，D正确；故选A。 2．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．石油经过减压蒸馏可以获得润滑油 B．苯甲酸及其钠盐可以作为食品防腐剂 C．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料 D．烫发使头发中的二硫键(-S-S-)断裂产生巯基(-SH)的过程涉及氧化还原反应 【答案】C 【解析】A项，石油减压蒸馏是石油炼制的一种方法，用于分离高沸点组分，如润滑油，A正确；B项，苯甲酸及其钠盐(苯甲酸钠)是常见的食品添加剂，具有防腐作用，B正确；C项，碳纤维主要由碳元素组成，属于无机材料；玻璃纤维由硅酸盐制成，也属于无机材料，两者均不属于有机高分子材料(如塑料、橡胶)，C错误；D项，烫发过程中，头发中的二硫键(-S-S-)断裂还原为巯基(-SH)，涉及电子转移(还原反应)，属于氧化还原反应，D正确；故选C。 3．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．晶体硅中的杂质会影响其通信容量，因此必须制备高纯度的硅 B．钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管仍被保护起来 C．硝酸纤维极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等 D．在某些酱油中加入铁强化剂，可以减少缺铁性贫血问题的发生 【答案】A 【解析】A项，晶体硅用于半导体材料，其纯度影响导电性能，但“通信容量”通常与光纤(二氧化硅)相关，而非晶体硅，A错误；B项，镀锌利用牺牲阳极保护，锌比铁活泼，破损后仍保护钢管，B正确；C项，硝酸纤维(硝化纤维素)根据硝化程度不同，可用于火药、塑料(如赛璐珞)和涂料，且极易燃烧，C正确；D项，酱油中添加铁强化剂可补充铁元素，预防缺铁性贫血，D正确；故选A。 4．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( ) A．利用硝酸铵和水合碳酸钠的反应可制冷敷袋，该反应能发生的原理是熵增 B．二氧化硅可用作牙膏的摩擦剂，说明它难溶于水 C．La-Ni合金在一定条件下能吸放氢气，故可用作储氢合金 D．氢氟酸呈酸性，故可用于刻蚀玻璃器皿 【答案】D 【解析】A项，硝酸铵与水合碳酸钠的溶解或反应吸热导致温度降低，反应吸热ΔH＞0，则需反应熵变足够大，即TΔS＞ΔH，ΔG=ΔH-TΔS<0，使反应自发进行，因此该反应能发生的原理是熵增，A正确；B项，二氧化硅硬度高且难溶于水，适合作为牙膏摩擦剂，B正确；C项，La-Ni合金可逆吸放氢气，是典型储氢材料，C正确；D项，氢氟酸刻蚀玻璃是因与SiO2反应，而非酸性，D错误；故选D。 5．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是( ) A．在纯铝中加入合金元素可制得硬铝，用于航空航天材料 B．碳酸钠溶液呈碱性，可作为食用碱或工业用碱 C．石油工业中的分馏、裂化均属于化学变化 D．氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛 【答案】C 【解析】A项，合金增强铝的性能，故A正确；B项，碳酸钠溶液因CO32-水解而呈碱性，是重要的工业用碱，也可用作食品加工中的食用碱，故B正确；C项，分馏是物理变化，故C错误；D项，氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛，属于物理性质应用，故D正确；故选C。 押题猜想04 元素周期律 终极押题 【原创题】硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是人类发现的第一种常温离子液体。下列说法正确的是( ) A．键角：NH4+>NO3- B．碱性：NH3 > C2H5NH2 C．电负性： D．熔点：C2H5NH3NO3 > NH4NO3 【答案】C 【解析】A项，NH4+中心原子价层电子对数为，N为sp3杂化，是正四面体结构，键角≈109.5°；NO3-中心原子价层电子对数为，N为sp2杂化，平面三角形结构，键角=120°；故键角NH4+＜NO3-，A错误；B项，碱性：乙胺(C2H5NH2)中乙基的给电子效应增强了氮原子的电子密度，使其碱性比氨(NH3)强，故NH3 > C2H5NH2错误，B错误；C项，电负性：碳的电负性(约2.55)大于氢的电负性(约2.20)，故χ(C) > χ(H)正确，C正确；D项，熔点：硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是常温离子液体，熔点低(室温下为液态)，而硝酸铵(NH4NO3)是固体，熔点较高，故C2H5NH3NO3 > NH4NO3错误，D错误；故选C。 押题有据 2025年1月浙江省选考首次呈现元素周期律相关选择题，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平，后一直延续。元素周期律的考查点可能包括周期表的结构(周期、族、区)、原子结构(电子层、原子半径)、元素性质(电离能、电负性、金属性、非金属性)、物质的熔沸点等变化规律，解决此类题需整合“原子结构→周期表位置→元素性质→化合物特性”的逻辑链条，提升综合分析能力。 考题猜想 1．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)太阳能转化为电能时，要用到、、等半导体材料。下列说法正确的是( ) A．原子半径：r(As)＜r(Ga) B．第二电离能：I2(Si)＞I2(P) C．热稳定性：PH3＜AsH3 D．酸性：H3PO4＜H2SiO3 【答案】A 【解析】A项，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径：r(As)＜r(Ga)，A正确；B项，第二电离能需比较失去第二个电子的难易。Si的第二电离能对应从3s23p1变为3s2的3p能级为全空的稳定结构，而P的第二电离能对应从3s23p2变为3s23p1，故I2(Si) ＜I2(P)，B错误；C项，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：P＞As，因此热稳定性：PH3＞AsH3，C错误；D项，同周期从左到右非金属性逐渐增强，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：P＞Si，则酸性：H3PO4＞H2SiO3，D错误；故选A。 2．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．分子的极性：H2O>H2S B．分子的键角：NCl3> NF3 C．酸性：HI>HBr D．第一电离能：Na>Mg>Al 【答案】D 【解析】A项，O的电负性大于S，H2O的极性比H2S强，A正确；B项，Cl的电负性小于F，F吸引电子导致氮的孤对电子排斥减弱，键角减小；而NCl3中Cl电负性较低，孤对电子排斥更明显，键角较大，B正确；C项，I的原子半径大于Br，H-I更长，键更易断裂，导致HI酸性强于HBr，C正确；D项，第一电离能顺序应为Mg>Al>Na，D错误；故选D。 3．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)下列说法正确的是( ) A．第一电离能：O>N>C B．第三周期中电负性最大的元素：Cl C．酸性：HNO3<H3PO4 D．离子键的百分数：Na2O<MgO 【答案】B 【解析】A项，第一电离能顺序应为N＞O＞C，N的核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，故A错误；B项，非金属性越强，电负性越大，第三周期中电负性最大的元素是Cl，故B正确；C项，元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，N的非金属性强于P，HNO3的酸性强于H3PO4，故C错误；D项，根据电负性差值计算，Na2O的离子键百分数(约79.3%)高于MgO(约67.8%)，故D错误；故选B。 4．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．第一电离能：Li>Na>K B．熔点：金刚石>NaCl>CO2 C．最高正价：F>S>N D．中子数：31H>21H>11H 【答案】C 【解析】A项，同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，则第一电离能为：Li>Na>K，A正确；B项，金刚石为共价晶体，NaCl为离子晶体，CO2为分子晶体，则熔点为：金刚石>NaCl>CO2，B正确；C项，F无最高正价，S最高正价为+6，N最高正价为+5，最高正价为：S>N>F，C错误；D项，31H>中子数为2，21H>中子数为1，11H>中子数为0，中子数：31H>，D正确；故选C。 5．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)根据元素周期律推测，下列说法正确的是( ) A．原子半径： B．电负性： C．非金属性： D．热稳定性： 【答案】B 【解析】A项，同一周期中原子半径随原子序数增大而减小，Na在Al左侧，原子半径Na更大，A错误；B项，同主族中电负性随原子半径增大而减小，C在Si上方，电负性C更强，B正确；C项，同主族中非金属性随原子半径增大而减弱，O在S上方，非金属性O更强，C错误；D项，Cl的非金属性比Br强，HCl的热稳定性更好，D错误。故选B。 押题猜想05 化学实验基本操作 终极押题 【原创题】下列有关实验的说法正确的是( ) A．观察钠的燃烧时，需要戴好护目镜后才可以近距离俯视坩埚 B．如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用乙醇溶液冲洗 C．氨溶于水的喷泉实验，先挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，再打开弹簧夹 D．在配制0.100 mol/L NaCl溶液时，将洗涤液转移至容量瓶后，需轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀 【答案】D 【解析】A项，观察钠的燃烧时，戴护目镜是必要的安全防护，但近距离俯视坩埚仍存在飞溅物或强光伤害的风险，不符合安全规范，A错误；B项，由于苯酚微溶于水，直接用水可能无法有效清除，而酒精可溶解残留苯酚，应该直接用酒精冲洗，B错误；C项，应该先打开弹簧夹，再挤压胶头滴管，否则①不够严谨，无法得出氨易溶于 水的结论判断，②先挤压胶头滴管，瓶内气压迅速下降，会引起胶头和胶管较大变形，此时打开弹簧夹， 液体迅猛倒吸，冲击烧瓶内壁，可能导致烧瓶破裂，或带氨的液体溅出灼伤皮肤、黏膜，有一定的安全问题，C错误；D项，在配制一定物质的量浓度的溶液时，将洗涤液转移至容量瓶后，轻轻摇动容量瓶可以使溶液混合均匀，这是正确的操作，D正确；故选D。 押题有据 方式一，考查围绕“实验方案”“实验装置”“实验步骤”“实验结果”等几个方面来命题，每个选项提供一幅图片，然后对其分析判断，涉及常见的仪器使用，过滤、萃取、分液、升华等物质分离提纯方法，常见物质的制备等内容；方式二，选择合适的实验装置开展实验，能对基本操作的理解和应用，包括实验目的、原理、步骤、信息、实验装置的运用以及数据处理和问题讨论，并能作出分析评价。方式三，化学实验安全。诊断学生“科学态度与社会责任”“科学探究与创新意识”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列有关实验的说法中不正确的是( ) A．CCl4、浓硝酸或NaOH溶液可以保存在带玻璃塞的试剂瓶中 B．实验结束后，有利用价值的有机废液，可蒸馏回收特定馏分 C．金属钠着火时，可用干燥的细沙覆盖灭火 D．污水处理可以用硫酸亚铁、硫酸铝、ClO2等 【答案】A 【解析】A项，NaOH溶液会与玻璃中的SiO2反应生成具有黏性的Na2SiO3，会将玻璃塞和试剂瓶黏结在一起，因此NaOH溶液不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，A错误；B项，不同有机物沸点存在差异，有利用价值的有机废液可通过蒸馏的方法分离回收特定馏分，B正确；C项，金属钠能与水、CO2发生反应，着火时不能用水或泡沫灭火器灭火，用干燥细沙覆盖可隔绝空气达到灭火目的，C正确；D项，硫酸亚铁、硫酸铝可水解生成胶体，能吸附水中悬浮杂质起到絮凝沉降的作用，ClO2具有强氧化性，可杀菌消毒，三者均可用于污水处理，D正确；故选A。 2．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)下列与实验有关的说法正确的是( ) A．蒸馏操作时忘记加沸石，应停止加热，立即加入沸石再加热 B．滴定读数时，应双手持握滴定管保证其竖直 C．铵盐易受热分解且均生成氨气，故储存时需考虑避光 D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液制备Fe(OH)2时，胶头滴管应伸入液面以下滴加 【答案】D 【解析】A项，蒸馏操作时忘记加沸石，应停止加热并冷却后再加入，立即加入热液体中可能导致暴沸或喷溅，存在安全隐患，A错误；B项，滴定读数时，滴定管应固定在滴定管架上保持竖直，双手持握不标准且可能影响读数稳定性和准确性，B错误；C项，并非所有铵盐受热分解均生成氨气(如硝酸铵分解产物不同)，且避光储存主要针对光敏感物质，铵盐分解主要受热影响，与避光无关，C错误；D项，制备Fe(OH)2时，胶头滴管伸入液面以下滴加NaOH可减少Fe(OH)2与氧气接触，防止产物被氧化，D正确；故选D。 3．(2026·浙江杭州二中高三三模)下列实验操作说法正确的是( ) A．在粗盐提纯实验中，过滤时，玻璃棒需不断搅拌漏斗中的液体 B．在配制0.100 mol/L NaCl溶液时，将洗涤液转移至容量瓶后，需轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀 C．制备Fe(OH)3胶体时，需向氨水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液 D．用标准液润洗滴定管后，将润洗液全部从上口倒出 【答案】B 【解析】A项，在粗盐提纯的过滤操作中，玻璃棒的作用是引流，不能搅拌漏斗中的液体，否则会戳破滤纸，导致过滤失败，A错误；B项，在配制一定物质的量浓度的溶液时，将洗涤液转移至容量瓶后，轻轻摇动容量瓶可以使溶液混合均匀，这是正确的操作，B正确；C项，制备氢氧化铁胶体时，应向沸水中逐滴加入 5~6 滴氯化铁饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。向氨水中加入氯化铁溶液会直接生成氢氧化铁沉淀，无法得到胶体，C错误；D项，用标准液润洗滴定管后，洗涤液应从滴定管下口放出，而不是上口倒出，这样才能保证滴定管内壁以及尖嘴部分都被标准液润洗，D错误；故选B。 4．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)下列有关仪器的使用方法或实验操作错误的是( ) A．在中和热测定实验中，温度计测量完盐酸溶液后需要洗净擦干再用于后续实验 B．酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗，润洗液从下口放出 C．在钠的燃烧实验中，不可近距离俯视坩埚 D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体 【答案】D 【解析】A项，在中和热测定实验中，温度计测量完盐酸溶液后，需洗净擦干后再测NaOH溶液温度，避免盐酸与NaOH反应放热影响NaOH溶液温度的测定，A正确；B项，酸式滴定管装标准液前需用标准液润洗，润洗液从下口放出，避免标准液被稀释，B正确；C项，钠的燃烧反应非常剧烈，会放出大量的热，同时生成淡黄色的过氧化钠，过程中可能有熔融的钠或产物飞溅出来，如果近距离俯视坩埚，飞溅的高温物质可能会灼伤眼睛或面部，造成安全事故，C正确；D项，用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线时，不能用胶头滴管吸出多余液体，否则会造成溶质损失，应重新配制，D错误；故选D。 5．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)关于实验突发事件应对措施，下列说法不正确的是( ) A．烫伤时，若有水疱，尽量不要弄破 B．未用完的强氧化剂如KMnO4、Na2O2等固体不能随便丢弃，应放回原试剂瓶 C．有创伤时，伤口处若有碎玻璃片，先小心除去，然后用双氧水擦洗，最后用创可贴外敷处理 D．如果有少量酸(或碱)滴到实验桌上，应该立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布 【答案】B 【解析】A项，烫伤后水疱弄破易引发感染，因此尽量不要弄破水疱，A不符合题意；B项，一般用剩的化学药品不能放回原试剂瓶，防止污染原瓶内的药品，KMnO4、Na2O2等未用完不能随便丢弃，但也不能放回原试剂瓶，B符合题意；C项，伤口处有碎玻璃片时，需先小心除去碎玻璃，再用双氧水擦洗消毒，最后用创可贴外敷处理，C不符合题意；D项，酸(或碱)具有腐蚀性，少量酸或碱滴到实验桌上，立即用湿抹布擦净，再用水冲洗抹布，D不符合题意；故选B。 押题猜想06 元素化合物与氧化还原反应 终极押题 【原创题】关于反应2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3↑，下列说法中正确的是( ) A．NH3是还原产物 B．生成2 mol的NaN3需要转移3 mol电子 C．NaNH2溶于水可能显碱性 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】C 【解析】A项，NH3中N元素化合价仍为-3价，来自反应物NaNH2，化合价未发生变化，既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；B项，生成1mol NaN3时，转移电子数为mol，生成2 mol NaN3需要转移电子为mol，不是3mol，B错误；C项，NaNH2可与水反应生成NaOH和NH3，二者均呈碱性，故其水溶液显碱性，C正确；D项，氧化剂为N2O，还原剂为1份的NaNH2，二者物质的量之比为1：1，不是2：1，D错误；故选C。 押题有据 通常以某一特定物质或反应为情境，考查物质的性质，氧化还原反应的基本概念、电子转移数目，氧化还原中的守恒关系、基于物质类别角度判断物质性质及在氧化还原反应中的应用等内容，诊断学生“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”等素养水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O—Cu3P +3H3PO4+ H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是( ) A．若有1 mol CuSO4参与反应，转移NA个电子 B．PH3的空间构型为平面三角形 C．PH3既是氧化剂又是还原剂 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11 【答案】A 【解析】首先根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应方程式：24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P + 3H3PO4+ 24H2SO4。氧化还原分析：Cu2+(+2价)被还原为Cu+(+1价)，每个Cu得1个电子；部分P3-(-3价)被氧化为P5+(+5价)，每个被氧化的P失8个电子。24 mol Cu得24 mol电子，3 mol P失24 mol电子(3×8=24)。A项，24 mol CuSO4转移24 mol电子，则1 mol CuSO4转移1 mol电子，即转移NA个电子，A正确；B项，PH3中的中心P原子的价层电子对为3+，为sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，非平面三角形，B错误；C项，PH3中磷部分被氧化，未被还原，因此只是还原剂，并非既是氧化剂又是还原剂，C错误；D项，氧化剂为CuSO4(24 mol)，还原剂为被氧化的PH3(3 mol)，物质的量之比为24：3=8：1，非24：11，D错误；故选A。 2．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模) “硝酸钠法”制备NaSbO3的反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O2NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法不正确的是( ) A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B．NO3-中原子的杂化类型为sp2杂化 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7 D．反应中消耗3molO2，转移20mole- 【答案】C 【解析】A项，NaSbO3中钠、氧化合价分别为+1、-2，结合电子守恒，Sb元素的化合价为+5，A正确；B项，NO3-中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，B正确；C项，反应中氮化合价降低、氧气中氧化合价降低，NaNO3、O2为氧化剂，Sb化合价升高为还原剂，氧化剂总量为7mol(4mol NaNO3中的N + 3molO2)，还原剂为4molSb，比例应为7：4，C错误；D项，结合C分析，反应中Sb化合价由0变为+5，反应中存在，即反应中消耗3molO2，转移20mole-，D正确；故选C。 3．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)在酸性条件下甲醇可以将NO3-转化为无害的气体排放，甲醇转化为CO2。下列说法正确的是( ) A．若转移6 mol电子则生成22.4LCO2 B．NO3-对应的产物为 C．反应后溶液的酸性增强 D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：5 【答案】D 【解析】A项，反应过程中，NO3-中N元素化合价由+5降低至0，CH3OH中C元素化合价由-2升高至+4，根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒，反应离子方程式为：6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O，每转移30mol电子生成5mol CO2，每转移6mol电子生成1mol CO2，标准状况下1mol气体的体积为22.4L，但题目未说明温度压强条件，无法确定生成二氧化碳的体积，A错误；B项，在酸性条件下甲醇可以将NO3-转化为无害的气体排放，反应中NO3-被还原为N2，B错误；C项，反应离子方程式为：6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O，反应过程中消耗了H+，反应后溶液酸性减弱，C错误；D项，还原产物(N2)与氧化产物(CO2)的物质的量之比为3：5，D正确；故选D。 4．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O→Cu3P + H3PO4+ H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是( ) A．若有1mol CuSO4参与反应，转移NA个电子 B．PH3的空间构型为平面三角形 C．PH3既是氧化剂又是还原剂 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11 【答案】A 【解析】首先根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应方程式：24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P + 3H3PO4+ 24H2SO4。氧化还原分析：Cu2+(+2价)被还原为Cu+(+1价)，每个Cu得1个电子；部分P3-(-3价)被氧化为P5+(+5价)，每个被氧化的P失8个电子。24 mol Cu得24 mol电子，3 mol P失24 mol电子(3×8=24)。A项，24 mol CuSO4转移24 mol电子，则1 mol CuSO4转移1 mol电子，即转移NA个电子，A正确；B项，PH3中的中心P原子的价层电子对为3+，为sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，非平面三角形，B错误；C项，PH3中磷部分被氧化，未被还原，因此只是还原剂，并非既是氧化剂又是还原剂，C错误；D项，氧化剂为CuSO4(24 mol)，还原剂为被氧化的PH3(3 mol)，物质的量之比为24：3=8：1，非24：11，D错误；故选A。 5．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若该反应产生了44.8 L气体(标准状况)，则下列判断不正确的是( ) A．转移电子的物质的量为1.25 mol B．被还原的KNO3物质的量为0.25 mol C．被氧化的N原子数目为3.75NA D．氧化产物的体积比还原产物多22.4 L(标准状况) 【答案】D 【解析】由反应，NaN3中氮元素的化合价由变为氮气中氮元素化合价的0，KNO3中氮元素的化合价由+5变为氮气中氮元素化合价的0，反应中NaN3为还原剂、KNO3为氧化剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，每生成16molN2中15molN2为氧化产物、1molN2为还原产物，同时转移10mol电子；若该反应产生了44.8 L气体(标准状况)，则生成2molN2。A项，由分析，生成2 mol N2时，转移电子为= 1.25 mol，A正确；B项，由分析，生成2 mol N2时，需KNO3为= 0.25 mol，B正确；C项，由分析，生成2 mol N2时，被氧化的N原子为= 3.75 mol，数目为3.75 NA，C正确；D项，由分析，生成2 mol N2时，氧化产物为= 1.875 mol，还原产物为= 0.125 mol，体积差为(1.875 - 0.125) mol × 22.4 L/mol = 1.75 mol × 22.4 L/mol = 39.2 L，D错误；故选D。 押题猜想07 物质结构、性质和用途 终极押题 【原创题】 根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是( ) 选项 材料 组成和结构变化 性能变化 A 石墨 剥离法制得石墨烯 电阻率低、热导率高 B 聚氯乙烯 加入增塑剂和热稳定剂 可塑性与稳定性更好，可用作食品包装材料 C 冠醚12-冠-4 增加—OCH2CH2O—单元数量 识别半径更大的碱金属离子 D 层状结构化合物(CF)x 石墨与F2在450 ℃反应，石墨层间插入F得到(CF)x (CF)x抗氧化性增强 【答案】B 【解析】石墨剥离法制得的石墨烯导电性、导热性更好，即电阻率低、热导率高，A项正确。聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装，B项错误。冠醚12-冠-4增加—OCH2CH2O—单元数量后，空腔半径增大，能识别半径更大的碱金属离子，C项正确。(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，没有未参与成键的孤电子或不饱和键，与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，D项正确。 押题有据 本题以组成和结构变化与性能变化之间的关系为载体，考查结构决定性质、性质决定用途的化学学科核心观念，诊断学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。通过观察、辨析一定条件下物质的形态及变化的宏观现象，能运用符合表征物质及其变化；能从物质的微观层面理解其组成、结构和性质的联系，形成“结构决定性质，性质决定用途”的观念，能根据物质的微观结构预测物质在特定条件下可能具有的性质和可能发生的变化，能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。 考题猜想 1．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)物质性质决定用途，下列对应关系正确的是( ) A．二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维 B．银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜 C．亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂 D．花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色 【答案】A 【解析】A项，二氧化硅具有特殊的光学性能，可传导光信号，因此可用于生产光导纤维，性质与用途对应正确，A正确；B项，银氨溶液可制作银镜是因为银氨溶液中Ag+具有弱氧化性，能被醛基还原为银单质，不是因为其具有碱性，对应关系错误，B错误；C项，亚硝酸钠虽有毒性，但在规定限量范围内可以作为食品防腐剂、护色剂，属于允许使用的食品添加剂，C错误；D项，花生油能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为花生油是不饱和油脂，分子中含有碳碳双键，酯基不能被酸性高锰酸钾氧化，对应关系错误，D错误；故选A。 2．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列物质的结构或者性质不能说明其用途的是( ) A．碳化硅的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可用作砂轮磨料 B．硅胶具有疏松多孔结构，吸附性强，可用作袋装食品防潮剂 C．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的消毒杀菌 D．苯酚酚羟基的邻对位易取代，可用浓溴水定量测定苯酚 【答案】C 【解析】A项，碳化硅属于共价晶体，碳、硅原子通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可作砂轮磨料，结构与用途对应，A正确，不符合题意；B项，硅胶具有疏松多孔结构，吸附水的能力强，因此可用作袋装食品防潮剂，性质与用途对应，B正确，不符合题意；C项，明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮杂质起到净水作用，但明矾没有强氧化性，不能对自来水消毒杀菌，性质与用途不对应，C错误，符合题意；D项，苯酚酚羟基的邻对位氢易被溴取代，可与浓溴水定量反应生成三溴苯酚沉淀，因此可用浓溴水定量测定苯酚，性质与用途对应，D正确，不符合题意；故选C。 3．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是( ) 选项 结构 性质 A OF2中显正价 OF2可以氧化H2O B F-N键的极性小于F-B键的极性 分子的极性：NF3＜BF3 C 低压制得的聚乙烯支链少，密度高 质地较硬可生产塑料桶 D 水能形成氢键，且氢键具有方向性 液态水结成冰时体积变大 【答案】B 【解析】A项，OF2中O显+2价，H2O中O为-2价，OF2可以作为氧化剂与H2O发生归中反应产生氧气，推测合理，A正确；B项，F与N的电负性差小于F与B的电负性差，故F-N键的极性较小，但NF3中心原子孤电子对数为、价层电子对数为4，则呈三角锥形，是极性分子，BF3中心原子孤电子对数为、价层电子对数为3，则呈平面三角形，分子对称，是非极性分子，分子极性应为NF3> BF3，性质推测不合理，B错误；C项，低压法制得的聚乙烯支链少、密度高，硬度大，可用于生产塑料桶等硬质容器，性质推测合理，C正确；D项，水分子间氢键具有方向性，导致冰中分子排列呈四面体结构、间距增大，故结冰时体积膨胀，性质推测合理，D正确；故选B。 4．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是( ) 选项 实例 解释 A 键角：NH3 ＞H2O N-H、O-H键长逐渐减小，成键电子对的斥力逐渐减小 B 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 C 纤维素可以制备硝化纤维 纤维素的葡萄糖单元含有羟基 D 逐个断开CH4中的C-H键，每步所需能量不同 各步中的C-H键所处化学环境不同 【答案】A 【解析】A项，NH3键角大于H2O的本质原因是中心原子孤电子对数不同：N原子有1对孤电子对，O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的斥力越大，键角越小，A符合题意；B项，原子的能级是量子化的，电子跃迁时能量变化不连续，因此原子光谱是不连续的线状谱，解释正确，B不符合题意；C项，纤维素的葡萄糖单元中含有羟基，羟基可与硝酸发生酯化反应，因此纤维素可以制备硝化纤维，解释正确，C不符合题意；D项，逐个断开CH4中C-H键时，每一步断裂后剩余基团结构改变，各步中C-H键所处化学环境不同，因此每步断裂所需能量不同，解释正确，D不符合题意；故选A。 5．(2026·浙江强基联盟高三联考)物质结构决定性质，影响物质用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( ) 结构或性质 用途 A 某种氮化硼结构与金刚石类似 该氮化硼可用于制作导电材料 B 叔丁基对苯二酚(TBHQ)有较强的抗氧化性 食品中添加TBHQ可延缓油脂氧化变质 C 酚醛树脂耐高温、隔热性好 用作烹饪器具的手柄 D 表面活性剂有亲水基和疏水基 可去除油渍等污垢 【答案】A 【解析】A项，氮化硼结构与金刚石类似，金刚石为共价晶体，不导电；类似结构的立方氮化硼也是绝缘体，不导电，因此不能用于制作导电材料，A符合题意；B项，TBHQ有较强的抗氧化性，能有效清除自由基，防止油脂氧化，因此可延缓油脂氧化变质，B不符合题意；C项，酚醛树脂耐高温、隔热性好，可防止烹饪时手柄烫伤，因此适合用作烹饪器具手柄，C不符合题意；D项，表面活性剂的亲水基和疏水基使其能降低表面张力，乳化油污，因此可去除油渍等污垢，D不符合题意；故选A。 押题猜想08 离子(化学)方程式正误判断 终极押题 【原创题】 下列化学反应与方程式相符的是 A. 向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液呈浅绿色：2Fe3++Fe=3Fe2+ B. 向银氨溶液中加入过量盐酸：[Ag(NH3)2]OH+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O C. 碱性条件下，氢氧化铁与次氯酸钠溶液反应制备高铁酸钠(Na2FeO4)：4NaOH+3NaCl+2Fe(OH)3=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O D. 将浓度均为0.1 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2和Ba(OH)2溶液按体积比1∶1混合：2NH4++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2O 【答案】C 【解析】Fe(SCN)3是配合物，在离子方程式中不可拆，正确的离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，A项错误。银氨溶液中存在[Ag(NH3)2]+和OH-，向银氨溶液中滴加盐酸，生成氯化银沉淀，离子方程式为[Ag(NH3)2] ++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O，B项错误。碱性条件下，氢氧化铁与次氯酸钠溶液反应制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁元素由+3价升为+6、氯元素由+1价降为-1价，根据得失电子守恒、元素守恒，反应方程式为4NaOH+3NaCl+2Fe(OH)3-2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，C项正确。将浓度均为0.1 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2和Ba(OH)2溶液按体积比1∶1混合，只发生Fe2+与OH-，Ba2+与SO42-的反应，离子方程式为Fe2++2OH-+Ba2++SO42-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，D项错误。 押题有据 本题以离子方程式为基本素材，涉及拆分、反应不完全、酸性强弱判断等知识点，考查学生分析解决问题的能力，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等素养的发展水平。另一考查方式曾呈现判断离子的共存问题，涉及离子间的氧化还原反应、沉淀反应、配合反应、双水解反应等内容，检测学生“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)下列用于解释事实的方程式书写正确的是( ) A．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O B．用Na2S2O3溶液脱氯：S2O32-+ 2Cl2+3H2O=2SO32-+4Cl-+6H+ C．硫化钠溶液在空气中氧化变质：2S2-+O2+4H+=2S↓+2H2O D．制备维纶： 【答案】A 【解析】A项，[Ag(NH3)2]OH是强电解质，完全电离出[Ag(NH3)2]+和OH-，与足量盐酸反应时，NH3与H+结合为NH4+，Ag+与Cl-生成AgCl沉淀，OH-与H+生成水。配平后方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O ，原子、电荷均守恒，A正确；B项，Cl2是强氧化剂，会将S2O32-氧化为最高价的SO42-，而非SO32-，正确的离子方程式为S2O32-+ 4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，B错误；C项，硫化钠溶液呈碱性，空气中氧化变质时，反应物不可能存在大量H+，正确离子方程式为：2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-，C错误；D项，制备维纶时，2个羟基与1分子甲醛缩合生成1个-O-CH2-O-结构，同时脱去1分子水。题目中反应物为n个甲醛，对应共脱去n分子水，而非题目给出的(2n-1)H2O，正确的方程式为，D错误；故选A。 2．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)下列方程式不正确的是( ) A．Cl2溶于水：Cl2＋H2OH++Cl-＋HClO B．溴乙烷与NaOH溶液共热： C．碱性条件下甲醇燃料电池的负极反应：CH3OH+8OH--6e-=CO32-＋6H2O D．Al粉加入NaOH溶液：2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑ 【答案】B 【解析】A项，Cl2溶于水是可逆反应，生成强酸HCl(拆分为离子)和弱酸HClO(保留化学式)，方程式书写正确，A正确；B项，溴乙烷与NaOH水溶液共热发生取代反应(水解反应)，产物是乙醇、溴化钠，正确方程式为：CH3CH2Br+NaOH CH3CH2OH+NaBr，只有溴乙烷与NaOH醇溶液共热才发生消去反应生成乙烯，B错误；C项，碱性条件下甲醇燃料电池，负极甲醇失电子，被氧化为CO32-，电荷、原子均配平正确，方程式书写正确，C正确；D项，Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸根和氢气，该配平符合反应事实，方程式书写正确，D 正确；故选B。 3．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)下列方程式正确的是( ) A．用稀硝酸清洗试管壁上的银镜：Ag+2H++NO3-=Ag++NO↑+H2O B．Na2O2与H2O反应：2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑ C．用饱和SO2水溶液吸收溴蒸气：SO2+ Br2+ 2H2O=2H++SO42-+HBr D．浓盐酸与K37ClO3反应：K37ClO3+6HCl(浓)=K37Cl+3Cl2↑+3H2O 【答案】B 【解析】A项，稀硝酸与银反应生成硝酸银、水和NO，离子方程式为3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，A错误；B项，Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑ ，B正确；C项，饱和SO2水溶液吸收溴蒸气时反应生成硫酸和溴化氢，离子方程式为SO2+ Br2+ 2H2O=4H++SO42-+2Br-，C错误；D项，浓盐酸与K37ClO3反应时，K37ClO3中的37Cl化合价降低生成氯气，而KCl中的Cl应来自HCl，故产物应为KCl而非K37Cl；D错误；故选B。 4．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列离子方程式不正确的是( ) A．将少量Cl2通入Na2CO3溶液：Cl2+2CO32－+H2O＝Cl－+ClO－+2HCO3- B．向Na[Al(OH)4]溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液：[Al(OH)4]-+HCO3-=Al(OH)3↓+ CO32-+H2O C．将双氧水通入酸性溶液：Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O D．将AgCl溶于足量氨水：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]+ +Cl-+2H2O 【答案】B 【解析】A项，少量Cl2与水反应生成HCl和HClO，酸性顺序为HClO＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，二者均与过量CO32--反应生成HCO3-，A正确；B项，反应生成的CO32--会与溶液中的Ca2+结合生成CaCO3沉淀，给出的离子方程式漏掉了CaCO3的生成，正确的离子方程式为Ca2++2[Al(OH)4]-+2HCO3-=2Al(OH)3↓+ CaCO3↓+CO32-+2H2O，B错误；C项，Cr2O72-被还原为Cr3+-，H2O2被氧化为O2，反应满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式书写正确，C正确；D项，AgCl与氨水反应生成可溶的银氨络离子，离子方程式书写正确，D正确；故选B。 5．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)下列反应方程式正确的是( ) A．Na2CO3溶液中加入过量苯酚： B．Al溶解在NaOH溶液中：2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na [Al(OH)4] + 3H2↑ C．在溶液中滴加少量NaClO溶液：HSO3-+ClO-=H++Cl-+SO42- D．氢氟酸溶蚀玻璃：SiO2 + 4H++4F- = SiF4↑ + 2H2O 【答案】B 【解析】A项，苯酚酸性弱于碳酸，无法与 Na2CO3反应生成 CO2，只能生成 NaHCO3，正确的反应方程式应为 Na2CO3 + C6H5OH → C6H5ONa + NaHCO3，A错误；B项，Al与NaOH 溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，方程式 2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na [Al(OH)4] + 3H2↑配平正确，符合反应事实，B正确；C项，NaClO少量时，生成的 H+会与过量HSO3-结合，不会以游离 H+形式存在，且 ClO-的还原产物与反应环境有关，原方程式不符合实际反应产物，因此正确的离子方程式应为 2HSO3-+ClO-=H2SO3+Cl-+SO42-，C错误；D项，氢氟酸是弱酸，离子方程式中不能拆分为 H+和 F-，正确反应为 SiO2 + 4HF = SiF4↑ + 2H2O，D错误；故选B。 押题猜想09 官能团结构与性质 终极押题 【原创题】功能高分子材料M可用于制造车、船挡风玻璃，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 化合物X、Y均难溶于水 B. Z中最多14个碳原子共面 C. Z与Y反应除生成M外，还生成小分子CH3OH D. 1 mol M多可消耗NaOH的物质的量为2n mol 【答案】 C 【解析】根据M的结构简式可知，Z为，Y为，Z、Y发生缩聚反应生成M，苯酚与X发生反应生成Z，结合X的分子式可推得X为丙酮，丙酮能与水互溶，A项错误。Z的结构简式为，分子中最多有13个碳原子共平面，B项错误。Z和Y发生缩聚反应，生成M及小分子CH3OH，C项正确。M中含有结构，1 mol发生水解，最多可消耗4 mol NaOH，1 mol M最多可消耗4n mol NaOH，D项错误。 押题有据 有机物的官能团决定物质的类别和性质，它是烃的衍生物的性质之源，反应之本。多官能团的有机物不仅保留单官能团独有的特性，而且还具有多官能团的多重性的多向性。本题通常以新材料、新科技、新药物的结构简式为载体，或合成某一特定的有机物为线索，考查典型有机物的物理性质和化学性质、反应条件、反应类型的判断、同分异构体数目的判断、原子共面判断、结构简式、官能团性质推断等分析与判断，能考查将题给信息进行综合、对比、分析、判断等多种能力，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江杭州二中高三三模)以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法不正确的是( ) A．M中所有原子一定不共面 B．若M＋X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C．用溴的四氯化碳溶液可鉴别N和Q D．P→Q过程中有CH3COOH生成 【答案】D 【解析】由图示可知，M到N多一个碳原子，M与X发生加成反应得到N，X为甲醛，N与CH2(COOC2H5)2发生先加成后消去的反应，得到P，P先在碱性条件下发生水解反应，再酸化得到Q。A项，异丁醛M的结构中存在甲基，甲基碳周围的原子为四面体结构，因此所有原子一定不能共面，A正确；B项，根据分析，若M+X→N原子利用率为100%，则X为HCHO，B正确；C项，N中没有碳碳双键，溴的四氯化碳溶液中，醛基不能与溴反应，因此N不能使溴的四氯化碳溶液褪色；Q中存在碳碳双键，可与溴发生加成使溶液褪色，因此可以鉴别两者，C正确；D项，P到Q两个酯基碱性条件下水解成2个乙醇与2个羧酸根，2个羧酸根再酸化为2个羧基，一个羧基加热脱羧生成二氧化碳，另一个羧基与醇羟基酯化反应生成内酯，过程中没有生成CH3COOH，D错误；故选D。 2．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)三氯蔗糖(又名蔗糖素)由蔗糖分子结构修饰而成，其甜度是蔗糖的600倍。 下列说法不正确的是( ) A．可用红外光谱法区分蔗糖和三氯蔗糖 B．蔗糖的熔点比三氯蔗糖高，可能是蔗糖的羟基数多，分子间氢键数多 C．三氯蔗糖溶液中滴加AgNO3溶液会产生AgCl沉淀 D．在酸作用下蔗糖分子中糖苷键水解生成葡萄糖和果糖 【答案】C 【解析】A项，三氯蔗糖中含碳氯键，其振动频率与羟基不同，A正确；B项，蔗糖的羟基数多，分子间氢键数多，分子间作用力大，熔点高，B正确；C项，三氯蔗糖中的碳氯键在AgNO3溶液中无法断裂，可以先与NaOH溶液反应、再用硝酸中和，最后与AgNO3溶液反应产生AgCl沉淀，C错误；D项，蔗糖水解时糖苷键断裂，生成葡萄糖和果糖，D正确；故选C。 3．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)官能团的转化是有机合成中的重要问题。某种药物的合成过程如图所示，下列说法正确的是( ) A．该反应为取代反应，生成的另一种产物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．分离提纯后的产物在X射线衍射图中可以观察到宽化的“馒头状”峰 C．该反应过程中还可能产生含四元环且官能团与主产物相同的副产物 D．该生成物与足量H2加成后的产物中含有4个手性碳原子 【答案】C 【解析】A项，该反应为取代反应；生成另一种产物为叔丁醇，叔丁醇α-碳无氢，不能被酸性高锰酸钾氧化，无法使高锰酸钾褪色，A错误；B项，提纯后的纯净有机产物属于晶体，晶体的X射线衍射图为明锐的衍射峰，宽化的"馒头状"峰是非晶体的特征，B错误；C项，反应物中氨基位于两个酯基之间：除了进攻右侧脱保护后的羧基(关六元环得到主产物)，氨基还可以进攻左侧的甲酯羰基，发生氨解关环，得到四元环酰胺，其官能团(酰胺键、酯基、噻吩结构)与主产物完全相同，属于副产物，C正确；D项，生成物与足量H2加成后，碳碳双键发生加成反应，酯基和酰胺基不加成，手性碳原子(连4个不同基团的碳)数目为3个，因此D错误；故选C。 4．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)某有机合成过程如图，下列说法不正确的是( ) A．用FeCl3溶液可区分M和P B．1mol M与足量溴水反应最多消耗3 mol Br2 C．P在酸性条件下水解产物含有手性碳原子 D．N的核磁共振氢谱有3组吸收峰 【答案】C 【解析】A项，M分子中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，显紫色，而P分子中没有酚羟基，不能显色。因此可以用FeCl3溶液区分M和P，A正确；B项，M分子中，酚羟基邻、对位的氢原子可与溴水发生取代反应，消耗2 molBr2，同时醛基与Br2发生氧化还原反应，消耗1 mol Br2，所以1 molM与足量溴水反应最多消耗3 mol Br2，B正确；C项，P在酸性条件下水解，产物为，手性C原子是C原子以sp3的杂化，C原子所连的4个原子或原子团均不同，所以该物质中不含有手性碳原子，C错误；D项，N中的氢原子种类如图，共3种H原子，D正确；故选C。 5．(2026·浙江强基联盟高三联考)科学家对具有生物活性的中药提取物肉桂醛和龙脑进行结构组装，合成新型药物肉桂酸龙脑酯，下列说法正确的是( ) A．1 mol肉桂醛最多能被5 molH2催化还原 B．1个龙脑分子中含有4个手性碳原子 C．可用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质 D．碱性KMnO4溶液用酸性KMnO4溶液代替更好，还可省去步骤I中的反应② 【答案】A 【解析】肉桂醛中醛基氧化为羧基得到肉桂酸，再和龙脑在一定条件下发生酯化反应转化为肉桂酸龙脑酯。A项，苯环、碳碳双键、醛基均会和氢气加成，则1 mol肉桂醛最多能被5 molH2催化还原，A符合题意；B项，手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，1个龙脑分子中含有3个手性碳原子：，B不符合题意；C项，肉桂酸龙脑酯含酯基，会和氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质，C不符合题意；D项，酸性KMnO4溶液氧化性太强，也会氧化肉桂醛中的碳碳双键，这样就不能得到肉桂酸，D不符合题意；故选A。 押题猜想10 元素推断 终极押题 【原创题】短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分布在三个周期，原子序数依次增大。Z原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，第一电离能低于同周期相邻元素；基态Y、Q原子的核外未成对电子数之比为3∶1，基态M原子的核外电子有7种空间运动状态。下列说法不正确的是 A. X、Q简单阴离子所带电荷相同 B. YX3、X2Z2均为极性分子 C. 离子键百分数：MQ3＞M2Z3 D. Y、M均可作为配位键的成键原子 【答案】C 【解析】Z原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，Z元素的第一电离能低于同周期相邻元素，则Z为O元素；基态M原子的核外电子有7种空间运动状态，M的核外电子排布式为1s22s2p63s23p1，M是Al元素；基态Y、Q原子的核外未成对电子数之比为3∶1，Y是N元素，Q是Cl元素；X、Y、Z、M、Q分布在三个周期，则X为H元素。H-、Cl-所带电荷相同，A项正确。NH3、H2O2均为极性分子，B项正确。Cl的电负性小于O，元素之间的电负性差值越大，形成离子键的百分数越大，则离子键百分数：AlCl3＜Al2O3，C项错误。配位键的成键原子必须有能接受电子对的空轨道，组成配位体的原子必须能提供配对的孤电子对，N和Al可提供孤电子对或空轨道，D项正确。 押题有据 本题考查主要是以原子(或离子)结构、核外电子排布、物质的结构式、元素化合物的性质等为背景口，进行元素的推断，然后分项考查粒子半径大小的比较，金属性、非金属性强弱的比较，气态氢化物的稳定性强弱，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，中心原子成键与键角、分子空间结构与极性、晶体类型与熔点、氢键、元素周期表、元素周期律、离子的空间结构、离子键成分的百分数等内容，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法不正确的是( ) A．原子半径：Z＜W B．电负性：W＜X C．第二电离能：X＜Y D．最简单氢化物的稳定性：Y＜Z 【答案】C 【解析】W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，电子排布式为1s22s22p63s23p4，已充满的能级数为1s、2s、2p、3s，共4个，最高能级3p电子数为4，则W为S；X与W同族，则为O；Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，O有2个未成对电子，Y为N有3个未成对电子；Z位于W的对角线位置，则Z为F元素。A项，Z为F元素、W为S元素，原子半径：F(Z)位于第二周期，S(W)位于第三周期，原子半径S＞F，A正确；B项，X为O元素、W为S元素，同主族元素从上到下电负性减小，O(X)的电负性大于S(W)，B正确；C项，X为O、Y为N，第二电离能取决于O+的电子排布结构2p3与N+的电子排布结构2p2，由于O⁺的电子排布结构2p3为半充满稳定状态，失去1个电子需要的能量更高，N+的电子排布结构2p2失去第二个电子相对容易，因此X(O)的第二电离能大于Y(N)，C错误；D项，Y、Z的最简单氢化物分别为NH3、HF，N-H键比H-F键的键能小，稳定性差，即HF(Z)的稳定性强于NH3(Y)，D正确；故选C。 2．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)短周期主族元素分布在三个周期且原子序数依次增大，基态Y原子中s能级与p能级的电子数相等，相邻，的价电子数之和为19，Q是第四周期元素，最外层只有1个电子，其内层均填满电子，下列说法正确的是( ) A．Y不可形成含极性共价键的单质 B．键角 C．ZY2M2的空间构型为四面体形 D．Q的基态原子有16种空间运动状态 【答案】C 【解析】短周期主族元素X、Y、Z、M分布在三个周期且原子序数依次增大,基态Y原子中s能级与p能级的电子数相等，则X为H 、Y为O，Z、M相邻，Y、Z、M的价电子数之和为19，则Z为S，M为Cl， Q是第四周期元素，最外层只有1个电子，其内层均填满电子，则Q为Cu。A项，由分析可知，Y为O，单质O3是极性分子，含有极性共价键，A错误；B项，H2O分子有2对孤对电子，[Cu(H2O)4]2+中H2O的孤对电子与Cu2+形成配位键，孤对电子对成键电子对的排斥作用更减小，键角增大，，B错；C项，SO2Cl2的中心原子S原子的价层电子对数为4，空间构型为四面体形，C正确；D项，基态原子Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，共15种空间运动状态，D错误；故选C。 3．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是( ) A．X与Z形成的10电子微粒有2种 B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒 C．M2Z与的晶体类型不同 D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性 【答案】B 【解析】X的核外电子数等于其周期数，X为H，YX3分子呈三角锥形，Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl，综合分析，X为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为Cl。A项，由分析可知X为H，Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A错误；B项，由分析可知Z为O，Q为Cl，可形成ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，B正确；C项，由分析可知Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，为离子晶体，MQ为NaCl，为离子晶体，晶体类型相同，C错误；D项，由分析可知X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH₃·H₂O，其溶液显碱性，D错误；故选B。 4．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次减小，X的电负性是所有短周期主族元素中最小的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图。下列叙述正确的是( ) A．W的简单氢化物稳定性低于Y的简单氢化物稳定性 B．Y单质的熔点高于X单质 C．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构 【答案】B 【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次减小，X的电负性是所有短周期主族元素中最小的，X为Na元素；W的核外电子数与X (Na )、Z的最外层电子数之和相等；W的原子序数小于9；结合图示可知，W形成2个共价键，则W为O元素；Z的最外层电子数=8-1=7，其原子半径大于O元素，则Z为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Y的原子序数为14，Y为Si元素。根据分析可知：X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，W为O元素。A项，元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞Si，则W(O)的简单氢化物稳定性大于Y(Si)的简单氢化物稳定性，A错误；B项，根据上述分析可知：Y是Si元素，Si单质形成晶体属于共价晶体，具有较高熔点；X是Na元素，Na单质为金属钠，属于金属晶体，金属钠的熔点较低，则熔点：Y(Si)＞X(Na)，B正确；C项，O的非金属性仅次于F元素，对于主族元素，同一周期从左向右元素的非金属性逐渐增强，则元素非金属性强弱的顺序为∶W(O)＞Z(Cl)＞Y(Si)，C错误；D项，根据分析可知：W为O元素，结合图示可知，该化合物M中所有O元素都满足8电子稳定结构，D错误；故选B。 5．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的5种短周期元素，A元素原子核外电子只有一种自旋取向；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；C元素原子价层电子排布是nsnnp2；D元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；E元素原子最外层有7个电子。下列说法不正确的是( ) A．简单离子半径：E>C>D B．由A、C、E元素组成的化合物可能具有消毒作用 C．由A、B、C元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 D．工业上通过电解DE2溶液可制备单质D 【答案】D 【解析】A元素原子核外电子只有一种自旋取向，其单电子自旋方向唯一，说明为氢；B元素原子最高能级不同轨道都有电子且自旋相同，说明最高能级半满且电子自旋平行，推断为氮；C元素原子价层电子排布为 nsnnp2n，n=2时，价层电子排布为2s22p4，推断为氧；D元素原子核外s能级与p能级电子总数相等，电子构型为1s22s22p63s2，s电子总数6，p电子总数6，推断为镁；E元素原子最外层有7个电子，推断为氯。A项，电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。Cl-有3个电子层，O2-、Mg2+ 有2个电子层，且电子层结构相同，所以简单离子半径：Cl-＞O2-＞Mg2+，A正确；B项，A(H)、C(O)、E(Cl)可形成HClO，有强氧化性，具有消毒作用，B正确；C项，A(H)、B(N)、C(O)可形成HNO3(酸)、NH3·H2O(碱)、NH4NO3(盐)，C正确；D项，DE2为MgCl2，工业上制备单质Mg需电解熔融MgCl2，D不正确；故选D。 押题猜想11 化学反应原理的理解与运用 终极押题 【原创题】下列说法不正确的是( ) A．Cl2(aq)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+ Cl-(aq) ΔH＜0，加水稀释，增大 B．CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)，通入CO后，正反应速率逐渐增大 C．C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH＞0，该反应在高温条件下更易自发进行 D．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，增大反应物浓度，单位体积内活化分子总数增大 【答案】B 【解析】A项，加水稀释，Cl2(aq)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+ Cl-(aq)平衡正向移动，HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq)平衡正向移动，c(Cl－)减小的程度比c(HClO)的小，增大，A正确；B项，通入CO后，反应物浓度瞬间增大，正反应速率应立刻增大，而非“逐渐增大”，B错误；C项，C(sg)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)是气体体积增大的反应，ΔS＞0，ΔH＞0，ΔH-TΔS＜0时反应能够自发进行，则该反应在高温条件下更易自发进行，C正确；D项，增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子总数增大，反应速率加快，D正确；故选B。 押题有据 本题考查学生对化学反应原理的理解与运用，具体涉及反应自发性、活化能、选择性、转化率、速率、产率等知识点，考查学生定性分析及定量计算能力，检测学生“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)下列说法正确的是( ) A．钠置换钾：Na+KClNaCl+K↑，钠的还原性比钾弱，因此该反应正向不自发 B．对于反应：2NO2(g)N2O4(g)，升温对正反应速率的影响程度大于对逆反应速率的影响 C．在AlPO4(s)Al3+(aq)+ PO43-(aq)的平衡体系中，加少量固体对平衡无影响 D．将pH=2的盐酸和醋酸等体积混合，所得混合溶液的等于2 【答案】D 【解析】A项，钠的还原性弱于钾，但高温下钾气化(熵增)使Na+KClNaCl+K↑反应进行，故A错误；B项，2NO2(g)N2O4(g)正反应放热，逆反应活化能大于正反应活化能，升温对逆反应速率影响更大，故B错误；C项，在AlPO4(s)Al3+(aq)+ PO43-(aq)的平衡体系中，加少量NaF固体，F-与Al3+反应生成AlF3沉淀，Al3+浓度减小，AlPO4(s)Al3+(aq)+ PO43-(aq)平衡正向进行，故C错误； D项，，将pH=2的盐酸和醋酸等体积混合，c(CH3COO－)、c(CH3COOH)均减半，Ka不变，所以cH＋不变，则混合溶液的pH等于2，故D正确；故选D。 2．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)下列说法正确的是( ) A．2NO(g)O2(g)＋N2(g)，已知ΔS＜0，则正反应在较高温度下可自发进行 B．，已知ΔH1>ΔH2，则船式环己烷比椅式环己烷更稳定 C．已知2Mg(s)＋CO2(g)C(s)＋2MgO(s)，达平衡后，温度保持不变，缩小容器体积，重新建立平衡后，CO2浓度增大 D．4NO(g)＋CH4(g)2N2(g)+CO2(g)＋2H2O(g)在绝热恒容容器中反应朝正向进行，若气体总压强增大，则ΔH<0 【答案】D 【解析】A项，反应2NO(g)O2(g)＋N2(g)的ΔS<0，反应自发性由ΔG=ΔH-TΔS<0判断。ΔS<0时，-TΔS为正值，高温下T增大使-TΔS更大，若ΔH<0，高温易导致ΔG>0，反应不自发；若ΔH>0，ΔG恒正，故较高温度下正反应不可自发，A错误；B项，物质能量越低越稳定。已知ΔH1>ΔH2且均为负值，说明椅式环己烷的生成焓更负(能量更低)，则椅式比船式更稳定，B错误；C项，反应2Mg(s)＋CO2(g)C(s)＋2MgO(s)的平衡常数K=，温度不变时K不变，故c(CO2)不变，C错误；D项，反应4NO(g)＋CH4(g)2N2(g)+CO2(g)＋2H2O(g)前后气体分子数不变，绝热恒容容器中压强增大，由PV=nRT可知只能是温度升高，说明反应放热(体系温度因放热升高)，故ΔH<0，D正确；故选D。 3．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)某种处理再利用H2S的方法为：2H2S(g)S2(?)＋2H2(g)。在密闭容器中充入H2S，其他条件不变时H2S的平衡转化率随温度和压强(P1＜P2＜P3)的变化如图所示。下列说法不正确的是( ) A．反应中S2是气态 B．总键能：反应物>生成物 C．速率大小： D．平衡常数： 【答案】D 【解析】2H2S(g)S2(?)＋2H2(g)，恒压时，温度升高，硫化氢的平衡转化率增大，即平衡正向移动，该反应为吸热反应；恒温时，已知P1＜P2＜P3，压强越大，硫化氢的平衡转化率减小，即平衡逆向移动，因此S2为气体。A项，由分析得，反应中S2为气体，A正确；B项，由分析得，该反应为吸热反应，因此反应物总键能大于生成物总键能，B正确；C项，Y点温度和压强均大于X点温度和压强，因此，点Y、点Z为温度相等，Z点压强大于Y点，因此，C正确；D项，Y点温度高于X点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，因此K(Y)＞K(X)，D错误；故选D。 4．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)下列说法正确的是( ) A．已知的燃烧热为283 kJ·mol-1，则2CO(g)+ O2(g)=2CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1 B．已知2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，平衡后保持恒温恒压通入Ar，平衡正向移动，H2的浓度增大 C．一定条件下，苯乙炔(Ph-C≡CH)可与发生加成反应，得到产物a和b，反应过程中物质转化关系与能量变化如图所示，平衡后产物占比：a < b D．已知TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)，及时分离TiCl4可缩短达到平衡的时间 【答案】C 【解析】A项，燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成指定产物的反应热，CO的燃烧热对应反应为：CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1，A错误；B项，恒温恒压通入Ar，容器体积增大，各气体分压减小，平衡向气体分子数增大的正向移动，但H2浓度因体积增大而减小，B错误；C项，由能量图可知产物b能量低于a，能量越低越稳定，平衡时更稳定的产物b占比更大，即a < b，C正确；D项，分离TiCl4使平衡正向移动，但浓度减小使反应速率减慢，无法缩短达到平衡的时间，D错误；故选C。 5．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)酸催化下NaNO2与NH4Cl 混合溶液的反应：NH4+(aq)+NO2-(aq)=N2(g)+2H2O(l) ΔH 已知： 下列说法正确的是( ) A．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4 B．室温下，若ΔH3＞ΔH4＞0，则溶解度：NH4Cl＜NaCl C．其他条件不变时，将NH4Cl换成CH3COONH4，反应速率减慢 D．溶解过程的能量变化，取决于固体中微粒间作用力的强弱 【答案】C 【解析】A项，根据盖斯定律推导：i：，ii：，iii：，iv：，目标反应为：，目标反应=i-ii-iii+iv，则ΔH=ΔH1-ΔH2+ΔH3-ΔH4，A错误；B项，溶解焓ΔH＞0说明溶解吸热， ΔH越大仅说明溶解吸热越多，溶解度还和熵变等因素有关，实际室温下溶解度：NH4Cl＞NaCl，且即使规律上， ΔH3＞ΔH4＞0也不能推出NH4Cl溶解度更小，B错误；C项，该反应为酸催化反应，在酸性条件下进行，溶液酸性越弱时，反应速率越慢。NH4Cl溶液显弱酸性而CH3COONH4溶液显中性，故将NH4Cl换成CH3COONH4，反应速率会减慢，C正确；D项，溶解过程的能量变化来自两部分：固体中微粒间作用力断裂吸收的能量，以及离子水合过程放出的能量，因此能量变化不仅取决于固体微粒间作用力的强弱，还与水合过程的能量变化有关，D错误；故选C。 押题猜想12 电化学及其应用 终极押题 【原创题】尼龙6的关键中间体环己酮肟可以通过电化学合成，将大气污染物NO转化为高价值化工原料，实现“变废为宝”，转化过程如图。 下列说法正确的是( ) A．电极B连接电源的负极，发生氧化反应 B．离子交换膜应选用阳离子交换膜 C．理论上获得1mol环己酮肟，电极B附近将生成16.8LO2 D．电极A的电极反应式为：NO+3e-+3H2O=NH2OH+3OH- 【答案】D 【解析】电极A上NO转化为NH2OH，N化合价从+2变为-1，化合价降低、得电子，阴极的电极反应为NO+3H2O+3e-=NH2OH+3OH-，电极A为阴极；电极B上OH-转化为O2，O化合价从-2变为0，化合价升高、失电子，阳极的电极反应为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，电极B为阳极。A项，根据分析，电极B为阳极，阳极连接电源正极，发生氧化反应，A错误；B项，阴极A反应生成OH-，阳极B消耗OH-，OH-需要从阴极室迁移到阳极室，因此选用阴离子交换膜，B错误；C项，获得1mol环己酮肟，需要1molNH2OH，对应NO得3mol电子，整个电路转移3mol电子。阳极反应为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，转移3mol电子时生成O2的物质的量为，标况下体积为，题中没有说明是否在标准状况下，C错误；D项，电极A上NO得电子生成NH2OH，配平后电极反应为NO+3H2O+3e-=NH2OH+3OH-，D正确；故选D。 押题有据 本题以新型电源、电解装置等为情境素材，涉及电极名称及反应类型、电极反应式、离子交换膜种类判断等必备知识，意在考查学生在新情境下获取信息，基本概念和原理的迁移、分析解决问题的能力，诊断学生“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”等素养发展水平。尤其是当今新能源汽车的普及，新型动力电池成为科学家研究的重点方向之一，必将成为高考的高频考点。该类试题题材广、信息新、陌生度大，因此许多考生感觉难度大。虽然该类试题貌似新颖，但应用的解题原理还是电化学基础知识。 考题猜想 1．(2026·浙江强基联盟高三联考)某课题组以硫酸为介质，采用电解法制备H2O2，间接氧化邻硝基甲苯()制备邻硝基苯甲醛()，装置如图所示。制备过程中，b极表面无明显现象。下列说法正确的是( ) A．a电极连接电源正极 B．b电极反应式： C．电解质溶液的酸性逐渐增强 D．理论上，每生成1 mol邻硝基苯甲醛，标况下a电极消耗22.4LO2 【答案】D 【解析】a电极通入氧气，转化为过氧化氢，氧元素化合价降低，为阴极，电极反应式为O2＋2H＋＋2e-=H2O2，则b电极为阳极，电极反应式为 2H2O-2e-=H2O2＋2H＋。A项，据分析，a电极为阴极，连接外接电源负极，A错误；B项，据分析，b电极为阳极，电极反应为 2H2O-2e-=H2O2＋2H＋，B错误；C项，转移相同电子数时，a电极消耗H+与b电极生成H+的物质的量相同，b电极消耗水，a极生成H2O2，忽略体积变化，溶液中H+浓度基本不变，酸性基本不变，C错误；D项，，转移4 mol电子时，生成1 mol邻硝基苯甲醛，需要2 molH2O2，由a电极反应式O2＋2H＋＋2e-=H2O2和b电极反应2H2O-2e-=H2O2＋2H＋可知，此时a电极消耗1 mol氧气，即消耗标准状况下氧气的体积为22.4 L，D正确；故选D。 2．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)将CO2转化为CO(OCH3)2是其资源化利用的重要研究方向，电化学转化装置如图所示。下列说法不正确的是( ) A．金电极连接电源负极，发生还原反应 B．电解过程中适当搅拌可促进电极产物在Pd/C上发生反应 C．若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低 D．若导线中通过电子，最多生成2molCO(OCH3)2 【答案】D 【解析】该装置为电解池，金电极上CO2转化为CO，C化合价从+4降低为+2，得电子，因此金电极为阴极，玻碳电极为阳极。A项，金电极为阴极，阴极连接电源负极，得电子发生还原反应，A正确；B项，搅拌可以使反应物与Pd/C催化剂更充分接触，促进反应，B正确；C项，原本体系中Br-在阳极被氧化为Br2，Br2在Pd/C上参与反应后又被还原为Br-，Br-循环使用；若CO逸出，Br2无法被还原为Br-，因此溶液中Br-浓度会降低，C正确；D项，生成1molCO(OCH3)2需要1molCO，阴极生成1molCO时，CO2得2mol电子，对应导线中转移2mol电子，因此转移2mol电子最多生成1molCO(OCH3)2，不是2mol，D错误；故选D。 3．(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)液流电池是电化学储能领域的研究热点之一，一种钒液流电池的结构及其充电时的工作原理如图所示，其电解液存储在储液罐中，使用时将电解液分别泵入阴极室和阳极室中。下列说法不正确的是( ) A．a为正极 B．放电时，VO2+-e-+H2O=VO2++2H+ C．充电时，每生成1 molVO2+，有从左室向右室迁移 D．充电时，具有较高能量的产物被泵回储液罐，将能量储存起来 【答案】B 【解析】充电时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，由图可知，充电时，与a电极相连的电极上VO2+→VO2+，发生失电子的氧化反应，与b电极相连的电极上V3+→V2+，发生得电子的还原反应，则a为正极，b为负极，左侧为阳极，右侧为阴极。A项，由分析可知，a为正极，A正确；B项，由分析可知，a为正极，则放电时VO2+得电子生成VO2+，电极反应式为VO2++e-+2H+=VO2++H2O，B错误；C项，充电时，左侧电极的电极反应式为VO2+-e-+H2O=VO2++2H+，每生成1 molVO2+，转移1 mol电子，同时生成2 molH+，其中1 molH+会通过质子交换膜从左室(阳极室)向右室(阴极室)迁移，C正确；D项，充电时，VO2+和V2+是具有较高能量的产物，被泵回储液罐储存能量，D正确；故选B。 4．(2026·浙江金华十校高三模拟考试)TMAH[(CH3)4NOH]是一种强碱，可采用四甲基碳酸氢铵[(CH3)4NHCO3]为原料，利用三室两膜法电解制备，中间原料池中离子分别通过交换膜往两极移动，工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A．电池左侧为阳极池 B．电极N上的电极反应式为：2H2O+2e−=H2↑+2OH− C．中间原料池中的(CH3)4N+通过阳离子交换膜移向阴极池 D．理论上，每转移1 mole-，阳极池生成0.25 mol气体 【答案】D 【解析】要制备(CH3)4NOH(TMAH)，需要(CH3)4N+与阴极生成的OH−结合得到产物，因此(CH3)4N+要向右侧移动，右侧为阴极，左侧为阳极。A项，由分析可知，右侧得到TMAH，因此右侧电极N为阴极，左侧电极M为阳极。左侧为阳极池，A正确；B项，阴极上水得电子生成H2和OH−，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，B正确；C项，电解池中阳离子向阴极移动，因此中间原料池的(CH3)4N+(阳离子)通过阳离子交换膜移向阴极池，在右侧结合OH−得到TMAH，C正确；D项，阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，转移1 mol e−时，生成0.25 mol O2，同时生成1 mol H+；同时中间池的阴离子HCO3-会移向阳极，1 molHCO3-与1 mol H+反应：H++HCO3-=CO2↑ +H2O，又生成1 mol CO2； 因此阳极总气体为0.25 mol + 1 mol = 1.25 mol，不是0.25 mol，D错误；故选D。 5．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)采用如图所示的间接电解法制备氯仿(CHCl3)，离子交换膜只允许Na＋通过，生成CHCl3的原理：CH3COCH3+3ClO-→CHCl3+CH3COO-+2OH-。下列叙述不正确的是( ) A．电解时须控制电流强度，防止Cl-利用率下降 B．冷水可防止副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O发生 C．每生成1molCHCl3，通过交换膜的Na＋为2mol D．电解结束后，右室溶液添加CH3COCH3后可导入左室 【答案】C 【解析】由图可知，左侧为阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，右侧为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A项，电解时电流强度过大，Cl-在阳极失电子生成Cl2的速率过快，可能导致Cl2未来得及与OH-反应生成ClO-就逸出，降低Cl-利用率，需控制电流强度，A正确；B项，副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O需加热条件，冷水可降低温度，抑制该反应发生，B正确；C项，结合题干给的方程式可知，生成1mol CHCl3需3mol ClO-，生成3mol ClO-需3mol Cl2(Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O)，生成3mol Cl2需阳极转移6mol e-(阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑)，电解中Na+向阴极移动，转移电子数=Na+迁移数，故通过交换膜的Na+为6mol，C错误；D项，右室为阴极区，反应生成NaOH，含过量NaCl，添加CH3COCH3后导入左室，可提供OH-、Cl-及反应物CH3COCH3，实现循环利用，D正确；故选C。 押题猜想13 物质结构与性质小综合(选择题) 终极押题 【原创题】近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。下图为一种Ru配合物复合光催化剂。下列说法错误的是 A. 该配合物中Ru的配位数是6，中心离子为Ru4+ B. Ru配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为 C. 该配合物中的配位原子的配位能力C＞N D. PO43-中P的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形 【答案】A 【解析】由图可知，该配合物中Ru的配位数是6，中心离子为Ru2+，A项错误；Ru配合物中第二周期元素为C、N、O，原子序数：O＞N＞C，同一周期元素的电负性从左到右逐渐增大，则电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，B项正确；N的电负性大于C，C提供电子的能力大于N，配位能力C＞N，C项正确；PO43-的中心P原子价电子对数为=4，无孤对电子，空间结构为正四面体形，D项正确。 押题有据 物质结构与性质综合选择题为某一指定物质的结构简式、分子模型或晶胞结构示意图等为载体，主各选项之间相对独立，重点考查考生对基础知识的掌握情况，要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。旨在考查学生依据分子结构、中心原子成键、元素性质、微粒间作用力及性质比较等基础知识，从题干中提取有效信息加以应用，检测学生“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”素养的发展水平。晶体结构与性质是物质结构中的难点和重点，需备受关注。 考题猜想 1．(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)某储氢材料前驱体结构如图。下列说法不正确的是( ) A．该化合物阴、阳离子中均存在配位键 B．该化合物中的B、N、C、O原子的杂化方式均相同 C．该化合物中的离子键强于[(CH3)2NH2]Cl D．与水反应可得到CH3OH 【答案】C 【解析】A项，该化合物中，N原子的孤对电子与H+的空轨道结合形成配位键，B原子的空轨道与O原子的孤对电子结合形成配位键，A正确；B项，该化合物中，阳离子的N原子(4个σ键+0对孤对电子)、C原子(4个σ键+0对孤对电子)，阴离子的B原子(4个σ键+0对孤对电子)、O原子(2个σ键+2对孤对电子)的价层电子对数均为4，故均为sp3杂化，B正确；C项，该化合物中的阳离子与[(CH3)2NH2]Cl相同，但阴离子体积大于Cl-，电荷更分散，因此[(CH3)2NH2]+与[B(OCH3)4]-之间的静电作用更弱，离子键更弱，C错误；D项，可发生水解反应，生成CH3OH和B(OH)3，D正确；故选C。 2．(2026·浙江金华十校高三模拟考试)环六糊精()具有空腔结构，腔内极性小，腔外极性大，可包合某些分子，如阿司匹林()下列说法正确的是( ) A．环六糊精与阿司匹林可能通过氢键作用形成超分子 B．环六糊精与阿司匹林形成超分子，体现了超分子具有自组装的特征 C．环六糊精可实现阿司匹林分子中特定基团的化学反应 D．极性小的分子均可被环六糊精包合形成超分子 【答案】C 【解析】A项，环六糊精的羟基(极性基团)都位于腔外，腔内是低极性的碳骨架，阿司匹林的低极性基团进入空腔依靠相似相溶的疏水作用包合，二者形成包合超分子的主要作用不是氢键，A错误；B项，环六糊精能够特异性包合阿司匹林，体现的是超分子分子识别的特征，不是自组装特征(自组装是分子自发通过非共价键结合形成有序聚集体的过程)，B错误；C项，环六糊精包合阿司匹林时，阿司匹林极性较小的部分进入低极性空腔被保护，极性较大的基团留在腔外，只有暴露在外的特定基团可以发生反应，因此可以实现阿司匹林分子中特定基团的选择性化学反应，C正确；D项，环六糊精的空腔尺寸是固定的，只有分子大小、极性都匹配的分子才能被包合，不是所有极性小的分子都可以被包合，D错误；故选C。 3．(2026·浙江绍兴市高三下学期选考科目考试适应性试卷)无水氯化铝在固态或冷蒸气状态下，均以二聚体Al2Cl6的形式存在，遇到水、醚类等物质时，二聚体结构会被破坏。下列说法不正确的是( ) A．二聚体Al2Cl6的结构： B．二聚体Al2Cl6遇到乙醚可形成AlCl3·O(C2H5)2 C．二聚体Al2Cl6遇到水，二聚体结构被破坏的原因是配位能力：H2O>Cl- D．氯化铝晶体中存在共价键、离子键和范德华力 【答案】D 【解析】A项，Al原子价层有空轨道，桥连Cl原子有孤电子对，可形成配位键，图中Al2Cl6的结构符合二聚体的成键特点，A正确；B项，题干明确说明二聚体遇到醚类物质时结构会被破坏，AlCl3中Al有空轨道，可与乙醚中O的孤对电子形成配位键，得到AlCl3·O(C2H5)2，B正确；C项，二聚体结构遇水被破坏，说明水分子可以取代桥连Cl-与Al配位，因此配位能力：H2O＞Cl-，C正确；D项，氯化铝是共价化合物，无水氯化铝固态以二聚Al2Cl6分子形式存在，晶体中只存在共价键(分子内)和范德华力(分子间)，不存在离子键，D错误；故选D。 4．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)化合物因优异的锂离子导电性与高储氢容量备受关注，其晶体由层和层按交替堆叠的方式构成，层的位于正六边形的顶点，位于正六边形的中心，层全部由构成且这些恰好位于层的正下方，结构如图所示。下列说法不正确的是( ) A．属于混合型晶体 B．的化学式为Li3N C．和水反应生成NH3和NH3 D．和H2反应可生成LiNH2 【答案】A 【解析】A层的正六边形顶点的Li+，每个Li+被3个正六边形共用，因此1个正六边形内Li+的数量为；中心N3-完全属于该正六边形，数量为1。B层Li+位于A层N3-正下方，完全属于该结构单元，数量为1。晶体ABAB交替堆叠，因此一个重复单元内：总数为2+1=3，N3-总数为1，化学式为Li3N。A项，Li3N是典型的离子晶体，由Li+和N3-通过离子键结合而成，并非混合型晶体，A错误；B项，由分析可知，Li与N的个数比为3：1，化学式为Li3N，B正确；C项，Li3N与水发生水解反应Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，符合反应规律，C正确；D项，Li3N可与H2发生加氢反应Li3N+2H2=LiNH2+2LiH，因此可以生成LiNH2，D正确；故选A。 5．(2026·浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)FeCl3是层状晶体，其单层结构片段如图所示，下列说法不正确的是( ) A．该晶体中有范德华力和配位键 B．Fe-Cl键长：FeCl3晶体＜气态FeCl3(单分子) C．FeCl3溶液加热煮沸后颜色会发生变化 D．将FeCl3固体溶于HI溶液，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色 【答案】B 【解析】A项，层与层之间存在范德华力(层状晶体的层间作用力)，层内Fe3+有空轨道，Cl-有孤电子对，形成配位键，A正确；B项，气态单FeCl3分子中，Fe为sp2杂化，形成 3 个正常σ键，键长较短，层状FeCl3晶体中，Fe为sp3d2杂化，与 6 个Cl成键，Fe-Cl键为平均化的离域键，键长更长，Fe-Cl键长：FeCl3晶体＞气态FeCl3(单分子)，B错误；C项，加热煮沸会促进FeCl3水解，生成氢氧化铁胶体，溶液颜色变为红褐色，C正确；D项，将FeCl3固体溶于HI溶液，FeCl3将HI氧化生成I2，再加CCl4萃取，I2进入有机层呈紫红色，D正确；故选B。 押题猜想14 化学反应历程与机理 终极押题 【原创题】乙酰丙酸()在催化剂作用下转化为γ-戊内酯()的流程如下，下列说法不正确的是 A．产物M是H2O B．步骤②中加入，则γ-戊内酯中可能有18O C．步骤③中存在π键的形成，步骤④中存在π键的断裂 以为原料，步骤⑤中的产物为   【答案】B 【解析】A项，与发生酯化反应生成和H2O，则产物M是H2O，A正确；B项，步骤②中加入，与发生酯化反应，结合酯化反应原理：酸脱羟基醇脱氢，则18O存在于形成的酯基中，第⑤步中酯基中C-O键断开，18O又脱离出来，γ-戊内酯中不含18O，B错误；C项，步骤③中变为，即C-O键变为C=O键，存在π键的形成；步骤④中C=O键变为C-O键，存在π键的断裂，C正确；D项，以为原料，即在乙酰丙酸中多了一个甲基，结合流程图可知，步骤⑤中的产物为 ，D正确；故选B。 押题有据 本题以“反应历程”为情境素材，结合教材中所学知识，旨在考查学生在新情境下获取信息，构建模型，进行类比迁移、分析解决问题的能力，检测学生“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。反应历程是指化学反应中的反应物转化为最终产物通过的途径，能够反映出物质结构和反应能力之间的关系，从而可以加深我们对于物质运动形态的认识；反应机理是化学中用来描述某一化学变化所经由的全部基元反应，机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。 考题猜想 1．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)如图是一种钯催化的交叉偶联反应机理循环图，下列说法不正确的是( ) A．该反应的总反应为取代反应 B．步骤B得到的副产物是BrB(OH)2 C．整个过程中，存在配位键的断裂与形成，且Pd的化合价在0价与价之间变化 D．若反应物中Br替换为Cl，反应速率可能加快 【答案】D 【解析】A项，从循环图可知，进入循环的物质是含有Br的有机物和含有B(OH)2的有机物，最终脱离循环的是BrB(OH)2，反应可看作是Br原子被取代，所以总反应为取代反应，A正确；B项，步骤B中，含有B(OH)2的有机物与中间产物反应，生成目标产物的同时，会得到副产物BrB(OH)2，B正确；C项，在反应过程中，与有机物结合形成含有配位键的物质，之后又有配位键的断裂，所以存在配位键的断裂与形成，从到变化可知，Pd的化合价在0价与+2价之间变化，C正确；D项，Cl的原子半径比Br小，C-Cl键的键长比C-Br键短，键能更大，若反应物中Br替换为Cl，断键更困难，反应速率减慢，而不是加快，D错误；故选D。 2．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是( ) A．HCo(CO)3是该反应的催化剂 B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C．上述过程中涉及极性键的断裂和形成 D．该过程总反应为CH3CH=CH2+H2+COCH3CH2CH2CHO 【答案】B 【解析】A项，催化剂在反应中先消耗，后生成，则该反应的催化剂为HCo(CO)3，A正确；B项，CO是中性配体，整个过程中，与Co相连的H、烷基、酰基均为-1价，所有中间体均为电中性，因此Co的化合价始终为+1，没有发生变化；只有配位数随反应过程在4~5之间变化，因此钴的化合价未变化，B错误；C项，反应过程中，存在Co-H极性键的断裂，也存在C-H、C=O等极性键的生成，因此涉及极性键的断裂和形成，C正确；D项，由图可知，反应物有丙烯、氢气和CO，生成物有CH3CH2CH2CHO，则总反应式为CH3CH=CH2+H2+COCH3CH2CH2CHO，D正确；故选B。 3．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中------为副反应)，下列说法不正确的是( ) A．FeO+是反应中间体 B．每生成0.5molCH3CHO消耗N2O的物质的量1 mol C．主反应的总反应方程式为：C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O D．X与Y能互溶的原因之一是因为它们的分子结构具有相似性 【答案】B 【解析】机理图中，N2O与Fe+反应生成N2和FeO+，FeO+和C2H6反应生成[(C2H5)Fe(OH)]+，[(C2H5)Fe(OH)]+生成Y和Fe+，Y为乙醇；[(C2H5)Fe(OH)]+生成X和[(C2H4)Fe] +，X为水；[(C2H4)Fe] +和N2O生成N2和 ，生成乙醛和Fe+。主反应的总反应方程式为：C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O。A项，反应中Fe+先和N2O反应生成FeO+，FeO+后续参与反应生成其他物质，最终FeO+在主循环中被消耗，属于反应中间体，A正确；B项，该过程存在副反应(图中虚线生成乙醇的反应)，部分N2O会在副反应中被消耗，因此生成0.5molCH3CHO时，消耗N2O的物质的量大于1 mol，B错误；C项，将主反应各步骤加和，消去中间体后，总反应为C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O，C正确；D项，根据原子守恒推断：[(C2H5)Fe(OH)]+分解生成[(C2H4)Fe]+和X，可得X为H2O；副反应中[(C2H5)Fe(OH)]+分解生成Fe+和Y，可得Y为C2H5OH。水和乙醇都含羟基，分子结构相似，根据相似相溶原理，二者互溶，D正确；故选B。 4．(2026·浙江强基联盟高三联考)利用CO2(g)、CH3OH(g)也可化学合成碳酸二甲酯，反应机理如图所示(已知H2O会降低该催化剂的活性)，下列说法不正确的是( ) A．I、II为反应的中间产物，III为反应的催化剂 B．I到II的过程中有C=O的断裂和C-O的形成 C．该过程的主要反应为+H2O D．缩醛起到保护催化剂活性的作用，不影响碳酸二甲酯的产率 【答案】D 【解析】A项，由反应机理图可知，III先与CH3OH反应，后又生成，III为反应的催化剂，I、II先生成，后又被消耗，I、II为反应的中间产物，A正确；B项，由反应机理图可知，I到II的过程中断裂CO2中的一个C=O，插入CO2后形成C-O，B正确；C项，由反应机理图可知，主要反应为CO2和CH3OH生成和H2O，即+H2O，C正确；D项，H2O会降低该催化剂的活性，反应过程中生成水，缩醛能与水反应生成甲醇，起到保护催化剂活性的作用，同时消耗水能减小生成物浓度，生成甲醇能增大反应物浓度，有利于向生成碳酸二甲酯的反应正向进行，增大碳酸二甲酯的产率，D错误；故答选D。 5．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)钯催化吲哚直接羰化合成吲哚-3-炔酮类化合物的反应机理如下图(Ph-表示苯基)，下列说法正确的是( ) A．为催化剂，在整个流程中化合价不变 B．整个过程中有非极性共价键、键的断裂 C．产物中碳原子的杂化方式有两种 D．总反应式为，符合绿色化学理念 【答案】B 【解析】A项，反应前后Pd没变，所以Pd为催化剂，但是反应过程中Pd参与成键和断键，化合价发生了变化，A错误；B项，反应 中I2的I-I非极性共价键断裂；反应中CO(结构式为C≡ O)的π键断裂，B正确；C项，产物中碳原子的杂化方式有sp3(饱和碳原子)、sp2(苯环、羰基和碳碳双键中的碳原子)、sp(碳碳三键中碳原子)三种，C错误；D项，总反应式为，原子利用率不等于100%，不符合绿色化学理念，D错误；故选B。 押题猜想15 电离平衡常数和溶度积常数 终极押题 【原创题】感光材料CdS，常采用往CdCl2溶液中通入H2S至饱和后[c(H2S)=0.1 mol·L-1，pH约为4.1]，通过调节溶液pH来生产。已知Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13；Ksp(CdS)=1×10-26，Ksp[Cd(OH)2]=1×10-15，lg12=1.08。下列说法不正确的是 A. CdS的饱和溶液中，c(HS-)＞c(S2-) B. 饱和H2S溶液中存在c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(S2-) C. CdCl2溶液中缓慢滴加少量Na2S溶液，得到Cd(OH)2、CdS混合沉淀 D. 欲使沉淀的滤液中c(Cd2+)达到国家Ⅱ类地表水质量控制标准[c(Cd2+)≤7×10-6 mol·L-1]，应控制溶液的pH≥1 【答案】C 【解析】Ksp(CdS)=1×10-26，则CdS的饱和溶液中c(S2-)为1×10-13 mol·L-1，Ka1(H2S)×Ka2(H2S)==1.1×10-7×1.3×10-13=1.43×10-20，即c2(H+)c(S2-)=1.43×10-21，则c(H＋)≈1.2×10-4 mol·L-1，Ka2(H2S)=，c(HS-)≈1×10-4 mol·L-1，c(HS-)＞c(S2-)，A项正确。0.1 mol·L-1 H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-(H2S的电离以第一步为主)、HS-H++S2-、H2OH++OH-，0.1 mol·L-1 H2S溶液的pH约为4.1，则溶液中c(OH-)=1.0×10-9.9 mol·L-1，Ka1(H2S)×Ka2(H2S)==1.1×10-7×1.3×10-13=1.43×10-20，c(H2S)=0.1 mol·L-1，则c(S2-)===1.43×10-12.8 mol·L-1，故c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(S2-)，B项正确。Ka1(H2S)×Ka2(H2S)==1.43×10-20，即c2(H+)c(S2-)=[]2c(S2-)=1.43×10-21，c2(OH-)=c(S2-)×1.43×10-7，当S2-刚好完全沉淀，即c(S2-)=10-5 mol·L-1时，根据Ksp(CdS)=10-26可得，c(Cd2+)为1×10-21 mol·L-1，则c2(OH-)=1.43×10-12，c(Cd2+)c2(OH-)=1.43×10-33<Ksp[Cd(OH)2]，Cd(OH)2还未开始沉淀，因此向CdCl2溶液中缓慢滴加少量Na2S溶液，无法得到Cd(OH)2、CdS混合沉淀，C项错误。当c(Cd2+)=7×10-6 mol·L-1时，c(S2-)==1.43×10-19 mol·L-1，Ka1(H2S)×Ka2(H2S)==1.43×10-20，即=1.43×10-20，c(H＋)=0.1 mol·L-1，pH=1，D项正确。 押题有据 本题以溶液中反应为情境载体，考查电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡、酸碱中和滴定原理、基于平衡常数的定量计算等核心知识，在题型稳定的基础上追求创新，意在考查学生对数据图表的识别能力、基于定性与定量相结合的分析、推理能力，诊断学生“证据推理与模型认知”“变化观念与平衡思想”素养的发展水平。从浙江选考题型的变化趋势来看，主要呈现两种题型：一是考查酸碱中和滴定图像或溶液中离子浓度变化图像，往往借助“多曲线图象”来考查，如对数图象、分布系数图象及不断创新发展匠双轴图象等，旨在考查学生从图表图象中获得数据和处理、应用数据的能力以及对曲线的数学意义和化学意义之间对应关系的分析、理解、运用能力。二是考查联系生活、生产实际，考查电离平衡常数、Ksp等概念的理解、定量计算等。 考题猜想 1．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)已知：25℃下，，，，，  K；将足量ZnS置于1 L x mol/L的盐酸中，收集到逸出的H2S气体0.15 mol。H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol/L。假设溶液体积不变，下列说法不正确的是( ) A．K=2.5×10－2 B．向反应后的溶液中滴加1 mL 0.02 mol/L CuSO4溶液，有黑色沉淀生成 C．反应后的溶液为酸性 D．反应后的溶液中c(Cl－)=0.5mol·L-1 【答案】D 【解析】A项，反应的平衡常数，A不符合题意；B项，反应后溶液中，则溶液中mol·L-1 ，滴加CuSO4溶液后，QC= c(Cu2+)·c(S2-)＞Ksp(CuS)，生成黑色CuS沉淀，B不符合题意；C项，将K=2.5×10－2、c(Zn2＋)=0.25mol·L-1、c(H2S)=0.1mol·L-1代入平衡常数表达式：，c(H＋)=1mol·L-1 ，溶液呈酸性，C不符合题意；D项，生成0.25molH2S消耗H+0.5mol，反应后剩余c(H＋)=1mol·L-1 ，初始盐酸浓度：1mol·L-1+0.5mol·L-1=1.5mol·L-1，溶液体积不变，反应后的溶液中c(Cl－)于初始盐酸浓度1.5mol·L-1，D符合题意；故选D。 2．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)已知：25℃时，CaC2O4的Ksp=2.0×10-9，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=5×10-5，。向10mL0.1mol·L-1CaCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2C2O4溶液，实验过程中忽略体积变化。下列说法不正确的是( ) A．0.1mol·L-1Na2C2O4中满足： B．当加入Na2C2O4体积为10 mL时，满足： C．当加入Na2C2O4体积为15 mL时，此时溶液pH约为9.7 D．反应CaC2O4+2H+ Ca2+ + H2C2O4的K=7.1×10-4 【答案】C 【解析】A项，Na2C2O4中C2O42-分步水解，第一步水解为主且水解程度小，离子浓度顺序为，A正确；B项，加入10 mL Na2C2O4时恰好完全反应生成NaCl和CaC2O4沉淀，电荷守恒式中c(Na＋)=c(Cl－)，消去后得到题干等式，B正确；C项，加入15 mL Na2C2O4时，剩余，，计算得，pH=8.3，不是9.7，C错误；D项，平衡常数，D正确；故选C。 3．(2026·浙江金华十校高三模拟考试)已知：25℃， Ksp(CuI)=1.25×10-12 。Cu+(aq) +2I-(aq) [CuI2]-(aq) K1=7.1×108，Cu+(aq) +2NH3·H2O(aq) [Cu(NH3)2]+(aq) +2H2O(l) K1=7.2×1010。下列说法不正确的是 A．稀释浓K[CuI2]溶液，可析出CuI固体 B．0.01 molCuI在1L 1 mol·L－1KI溶液中可溶解完全 C．CuI(s) +2NH3·H2O(aq) [Cu(NH3)2]+(aq) +I-(aq)+2H2O(l) K=9×10-2 D．足量CuI在2 mol·L－1氨水中溶解达到饱和时的浓度约为0.375 mol·L－1 【答案】B 【解析】A项，浓K[CuI2]溶液中存在平衡CuI(s) + I-(aq) [CuI2]-(aq)，稀释溶液时，平衡向逆反应方向移动，析出CuI固体，A正确；B项，反应 CuI(s)+I-(aq)[CuI2]-(aq)的平衡常数，1L 1 mol·L－1KI溶液中最多溶解约8.9×10-4molCuI，小于0.01mol，不能溶解完全，B错误；C项，目标反应可由CuI的溶解平衡和[Cu(NH3)2]+的生成平衡相加得到，故，C正确；D项，设饱和时[Cu(NH3)2]+浓度为x，则，，代入K的表达式得，解得x=0.375 mol·L－1，D正确；故选B。 4．(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)25℃下，向AgCl饱和溶液(含足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：         K3 已知Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，下列说法正确的是( ) A．平衡常数K3= 1.8×103 B．滴加氨水过程中，的值逐渐减小 C．测得溶液中c(NH3)=10-3.5mol·L-1，则溶液中 D．滴加过程中存在： 【答案】B 【解析】A项，①   ②   ③ ； ①+②+③得反应 ， ，故A错误；B项，根据物料守恒，，故，原式可转化为，滴加氨水时c(NH3)增大，分母增大，比值逐渐减小，故B正确；C项，，则；，则，故C错误；D项，根据电荷守恒，故D错误；选B。 5．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)常温下，向含一定量AgCl的悬浊液中通入NH3，发生如下反应： I． Ⅱ． 平衡时溶液中含银粒子的浓度随的变化曲线如图所示。 已知：，   。 下列说法不正确的是( ) A．随着c(NH3)的增大，的值保持不变 B．通入NH3的过程中存在： C．AgCl悬浊液能溶于氨水，而AgI却不能溶于氨水 D．反应I的平衡常数为50 【答案】A 【解析】向AgCl悬浊液中不断通入NH3，发生反应I和反应Ⅱ,随着c(NH3)的增大，c(Ag+)减小，c[[Ag(NH3)2]+]先增大后减小，c[[Ag(NH3)2]+]增大，沉淀溶解平衡向正向移动，当加入的NH3足够多时，沉淀完全溶解,故图中x表示c(Ag+)变化曲线，y表示c[[Ag(NH3)2]+]变化曲线，z表示c[[Ag(NH3)2]+]变化曲线。A项，AgCl未完全溶解时，保持不变，当AgCl完全溶解后，沉淀平衡消失，c(Ag+)越来越小，，故先不变后减小，A错误；B项，根据物料守恒，，根据电荷守恒，，把物料守恒代入电荷守恒得，，B正确；C项，AgCl、AgI在氨水中的溶解，是沉淀溶解平衡与银氨配离子配位平衡的耦合，总反应为：AgX+2NH3[Ag(NH3)2]++X-，总平衡常数，是定值，AgC的，反应正向进行的趋势较大，故AgCl可溶于氨水；AgI溶解反应的平衡常数为，，说明反应正向进行的趋势几乎为0，故AgI难溶于氨水，C正确；D项，根据图像，当时，横坐标，则反应Ⅰ的平衡常数，D正确；故选A。 押题猜想16 工艺流程分析 终极押题 【原创题】已知对甲基苯甲酸的制备原理：，过程中可用核磁共振氢谱(图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程。实验室按照上述原理制备对甲基苯甲酸时获得混合液A，对混合液A的分离提纯过程如下： 下列说法不正确的是( ) A．若用KMnO4 代替空气作氧化剂，也可能产生对甲基苯甲酸 B．由核磁共振氢谱可知：反应进行至5 h时，反应已经基本结束 C．两次乙酸乙酯的作用都是提取目标产物 D．可用重结晶的方法提纯粗产品 【答案】C 【解析】混合液A包括：产物、未完全反应的对甲基苯甲醛、溶剂丙酮。步骤①蒸去丙酮，除去低沸点溶剂丙酮；加入NaOH溶液后，酸性的对甲基苯甲酸与NaOH反应生成易溶于水的对甲基苯甲酸钠，而未反应的对甲基苯甲醛不溶于水，分层后：有机层为对甲基苯甲醛，水层为对甲基苯甲酸钠水溶液；第一次加入乙酸乙酯萃取除去水层中残留的可溶性有机杂质，此时目标产物仍留在水层；调pH=1酸化，将对甲基苯甲酸钠重新转化为对甲基苯甲酸；第二次加入乙酸乙酯萃取溶解目标产物对甲基苯甲酸，实现目标产物与水相分离，后续处理得到粗产品。A项，KMnO4 为强氧化剂，醛基的还原性强于苯环侧链的甲基，控制反应条件和氧化剂用量，可以选择性氧化醛基得到对甲基苯甲酸，A正确；B项，核磁共振氢谱峰中左侧10.0的峰是对甲基苯甲醛的醛基氢，反应5 h后，醛基的特征峰完全消失，说明反应物对甲基苯甲醛几乎完全消耗，反应基本结束，B正确；C项，由分析可知，第一次乙酸乙酯的作用是除去水层中的有机杂质，第二次乙酸乙酯才是提取目标产物，两次作用不同，C错误；D项，对甲基苯甲酸是固体有机物，溶解度随温度变化差异较大，可用重结晶的方法提纯粗产品，D正确；故选C。 押题有据 第16题以往常见的表格型实验设计，2025年1月首考摇身一变，成了流程分析、物质制备和定量测定等。这看似小小的改动，实则对考生的知识综合运用能力和思维转换能力提出了更高的要求。引导学生跳出书本的局限，将化学知识与实际的科研、生产流程相结合，为未来投身化学相关领域的研究与工作奠定基础。重点演练“工艺流程+实验设计”复合题型，同时关注省内化工龙头企业(如新和成、浙江医药)的技改案例，强化“原理-技术-应用”三位一体分析能力。 考题猜想 1．(2026·浙江强基联盟高三联考)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂以及纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是( ) A．将锌块预处理成锌粉—水悬浊液，目的是提高锌的纯度，避免杂质影响产物纯度 B．步骤I中发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4，该反应为氧化还原反应 C．步骤III中Na2S2O4固体用乙醇洗涤，其优点是减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥 D．“后续处理”加入少量的Na2CO3固体，其原因是保险粉在碱性介质中较稳定 【答案】A 【解析】A项，锌块预处理为锌粉—水悬浊液的核心目的是增大锌与SO2的接触面积，加快反应速率，而非提高锌的纯度，故A错误；B项，步骤I的产物为ZnS2O4，化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4，反应中Zn元素化合价从0升为+2，S元素化合价也发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；C项，Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，步骤III中用乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥，故C正确；D项，Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境，增强保险粉的稳定性，故D正确；故选A。 2．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)某化学兴趣小组按下列流程提取碘的CCl4溶液中的I2并回收CCl4： 已知：CCl4的密度大于水，沸点为76.8℃。 下列说法中不正确的是( ) A．操作i包括萃取和分液，分液时水层从分液漏斗上口倒出 B．配制45%硫酸溶液需用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管 C．若不过滤硫酸镁而直接蒸馏，则CCl4的纯度会下降 D．宜在通风橱中用水浴加热蒸馏回收CCl4 【答案】B 【解析】A项，水层密度较小，分液时水层从分液漏斗上口倒出，A正确；B项，配制45%硫酸溶液是将浓硫酸稀释，必须用到的仪器是量筒、烧杯、玻璃棒，无需容量瓶和胶头滴管，B错误；C项，有机层中残留少量水分，无水硫酸镁是除去有机层中的水分，蒸馏前若不除去硫酸镁，蒸馏时硫酸镁吸收的水分会挥发，得到的CCl4不纯，C正确；D项，CCl4沸点为76.8℃ ，低于100℃ ，水浴加热便于控制温度，且CCl4有毒易挥发，需要在通风橱中进行操作，D正确；故选B。 3．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)铜离子(Cu2+)具有较强的配位能力，能够与多种配体形成稳定的配合物，这主要归因于其独特的电子结构和物理特性。根据实验流程，下列说法正确的是( ) ①试剂X可以是(NH4)2SO4； ②操作Y为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤； ③由实验现象可知，反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-限度不大； ④步骤Ⅱ证明，与Cu2+的配位能力：Cl->NH3。 A．①③ B．②④ C．①④ D．①②③ 【答案】A 【解析】①CuSO4加NaOH得到Cu(OH)2沉淀后，体系OH-浓度较高，对于平衡Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-，高浓度OH-使平衡左移，Cu(OH)2不溶解。加入(NH4)2SO4后，NH4+会结合OH-，降低OH-浓度，同时提供NH3，使平衡右移，得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，因此试剂X可以是(NH4)2SO4，①正确；②操作Y是从含[Cu(NH3)4]2+的溶液中得到深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，方法是加入乙醇降低溶剂极性，②错误；③实验现象显示：OH-浓度低时，Cu(OH)2可以溶解生成配合物；OH-浓度高时，Cu(OH)2不溶解。说明该可逆反应的平衡常数K较小，反应进行的限度不大，③正确；④步骤Ⅱ加入盐酸，H+会优先和NH3结合生成NH4+，使[Cu(NH3)4]2+分解释放Cu2+，之后Cu2+才和Cl-结合生成绿色的[CuCl4]2-，不是因为Cl-配位能力强于NH3，实际上NH3对Cu2+的配位能力更强，④错误；故选A。 4．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)浓盐酸与MnO2混合加热，氯气不再产生时，所得固液混合物中仍残留盐酸和MnO2。实验小组通过如下过程探究其原因。 (1)查阅文献获知： ①随c(H＋)降低或c(Mn2+)升高，MnO2的氧化性减弱； ②随c(Cl-)降低，Cl-的还原性减弱。 (2)设计实验验证上述结论： 实验Ⅰ，向固液混合物A中加入浓H2SO4，加热，继续产生Cl2； 实验Ⅱ，向固液混合物A中加入KCl固体，加热，继续产生Cl2； 实验Ⅲ，向固液混合物A中加入X，加热，不产生Cl2； 下列说法不正确的是( ) A．实验Ⅰ证明c(H＋)升高，MnO2氧化性增强 B．实验Ⅱ证明c(Cl-)升高，Cl-还原性增强 C．实验Ⅲ为了证明c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱，加入的可为MnSO4固体 D．固液混合物A中加入足量AgNO3固体，再通入氯气，可能有MnO2生成 【答案】C 【解析】A项，实验Ⅰ加入浓硫酸，c(H＋)升高，其他变量几乎不变，重新产生Cl2，可证明c(H＋)升高时MnO2氧化性增强，A正确；B项，实验Ⅱ加入KCl固体，c(Cl-)升高，其他变量几乎不变，重新产生Cl2，可证明c(Cl-)升高时Cl-还原性增强，B正确；C项，为了证明c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱，仅加入MnSO4固体、加热不产生氯气不能验证实验结论，应加入KCl和MnSO4，结合实验Ⅱ和实验Ⅲ的现象才能证明实验结论，C错误；D项，加入足量AgNO3后，Cl-被大量沉淀为AgCl，Cl2极低，再通入Cl2，此时Cl2可氧化Mn2+生成MnO2，D正确；故选C。 5．(2026·浙江金华十校高三模拟考试)某小组利用如下方案对茶叶中四种微量金属元素铁、铝、钙、镁进行定量测定： 步骤Ⅰ：称取一定质量茶叶，粉碎、灰化后进行充分酸浸，过滤、洗涤； 步骤Ⅱ：往滤液(含Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+、Mn2+等)中滴加NH3·H2O使Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤、洗涤，滤液配制成一定体积的待测液； 步骤Ⅲ：准确移取25.00 mL待测液，加入5 mL25%三乙醇胺水溶液，再加入指示剂，用EDTA标准溶液测定Ca2+、Mg2+总含量； 步骤Ⅳ：取步骤Ⅱ的沉淀经一系列操作后分别测定铁、铝元素含量。 已知：EDTA与Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+、Mn2+均能按1：1形成配合物。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ的灰化操作需要用到酒精灯、三脚架、泥三角、蒸发皿等 B．步骤Ⅱ中为使Fe3+、Al3+完全沉淀，需加入过量NH3·H2O C．由步骤Ⅲ可知，Mn2+与三乙醇胺的配位能力大于EDTA D．步骤Ⅳ中一系列操作包括：酸溶、定容至100 mL、取样用EDTA滴定 【答案】C 【解析】A项，灰化是灼烧固体样品的操作，需使用坩埚、酒精灯、三脚架、泥三角，蒸发皿用于蒸发溶液，灼烧固体不需要，A错误；B项，步骤Ⅱ的目的是仅让Fe3+、Al3+沉淀，Ca2+、Mg2+留在滤液中。若加入过量氨水，溶液pH过高，Mg2+也会生成氢氧化物沉淀进入滤渣，导致后续测定结果不准确，因此不能加过量氨水，B错误；C项，待测液中含Mn2+，Mn2+也能和EDTA配位，会干扰Ca2+、Mg2+的测定。加入三乙醇胺的作用是掩蔽Mn2+，说明Mn2+与三乙醇胺形成的配合物更稳定，即Mn2+与三乙醇胺的配位能力大于EDTA，因此Mn2+不会与EDTA结合，不干扰测定，C正确；D项，步骤Ⅳ需要分别测定铁、铝的含量，EDTA与Fe3+、Al3+都能1：1配位，仅酸溶、定容、滴定只能得到二者总含量，无法分开测定，因此该系列操作不满足要求，D错误；故选C。 押题猜想17 物质结构与无机物质的性质 终极押题 【原创题】铁、硫及其化合物具有广泛的应用。请回答下列问题： (1)FeSO4·7H2O属于配位化合物，其结构如图所示。 ①基态S原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。 ②SO42-的空间结构为________。 ③由FeSO4·7H2O的结构示意图可知，FeSO4·7H2O中Fe2+的配位数为________。 (2)煅烧胆矾可得三氧化硫，液态三氧化硫有单分子SO3和三聚体(SO3)3两种形式，固态三氧化硫易升华，易溶于水，主要以三聚体和无限长链(SO3)n两种形式存在。下列说法不正确的是______。 A. SO3中心原子为sp2杂化，空间结构为平面三角形 B. 环状(SO3)3中硫原子的杂化轨道类型为sp2 C. 单分子SO3和链状(SO3)n均是分子晶体 D. 链状(SO3)n中sp3杂化的氧为3n个 (3)钢铁分析中常用过硫酸盐氧化法测定钢中锰的含量，反应原理为2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4 -+10SO42-+16H+。已知S2O82-的结构如图所示。 ①S2O82-的结构为，S2O82-比H2O2的氧化性更强，其原因是______________________________。 ②上述反应每生成2 mol MnO4 -，S2O82-层断裂的共价键数目为__________NA。 (4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3)原料实现如下转化： ①步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式 。 ②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子 (按照离子浓度大小顺序)。 ③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行” 。 【答案】(1)①哑铃 ②正四面体形 ③6 (2)BD (3)①S2O82-中的O—O键与SO3-基团相连，SO3-基团体积远大于H，O—O两端的SO3-基团排斥力大，O—O更易断裂，氧化性更强 ②5 (4) ①Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O ②SO42-、Zn2+、Fe2+ ③取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等) 【解析】(1)①基态S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据的最高能级是3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形。②SO42-的中心原子的价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间结构为正四面体形。③由FeSO4·7H2O的结构示意图可知，6个水分子与Fe2+配位，Fe2+的配位数为6。 (2)SO3的中心S原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，没有孤对电子，空间结构为平面三角形，A项正确。环状(SO3)3中S形成4个单键，S为sp3杂化，B项错误。固态SO3易升华、熔沸点低，则单分子SO3和链状(SO3)n均为分子晶体，C项正确。一个三氧化硫链节中有两个氧原子为sp3杂化，链状(SO3)n中sp3杂化的氧为2n个，D项错误。 (3)②由离子方程式可知，反应中Mn元素的化合价由+2升为+7，O元素的化合价由-1降低为-2，生成10 mol SO42-时，转移10 mol电子，则每生成2 molMnO4 -，转移10 mol电子，S2O82-层断裂的O—O间非极性共价键数目为5NA。 (4)铜锌矿主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3，在通入足量的O2、控温90℃及足量硫酸的条件下，发生反应；Cu3ZnS4中S被氧化成SO2(气体X)，Cu转化为Cu2+，Zn转化为Zn2+；将生成的SO2气体通入到溶液中，可还原Fe3+为Fe2+，Cu2+为Cu+，加入KBr后，Cu+与Br-结合生成CuBr沉淀，Pb2+与Br-结合生成PbBr2沉淀，溶液D中除K+、H+、Br-外，大量存在的是SO42-和Zn2+，由于硫酸锌完全电离且硫酸足量，则SO42-浓度大于Zn2+，原料中还含有Fe2+，因此离子浓度从大到小为SO42-、Zn2+、Fe2+。①由分析可知，步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式为：Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O；②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子SO42-、Zn2+、Fe2+；③证明步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)。 押题有据 非选择题由原来的5道精简为4道，物质结构和无机流程融合成了16分的第一道大题。这种融合题型，宛如一场“知识大杂烩”，考生不仅要熟知物质结构的微观奥秘，还要能将其与宏观的无机流程顺畅对接，这样的分值架构，意味着每一道大题都不容有失，尤其是分值颇高的第一道大题，一旦出现失误，对整体成绩的影响可想而知。 本题第一部分考查物质结构与性质，主要是晶体化学式确定、电子排布式、电负性、电离能、吸电子能力、离子半径、键角大小、氢键强弱、共价键强弱等知识。考查学生获取信息能力、分析推理能力、迁移应用能力，体现“性构相依”的重要思想和基本观念，评估学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的发展水平。 本题以上述所涉及的元素及化合物转化为载体，考查元素及其化合物的性质、物质的推断及实验设计，涉及物质的溶解度、酸碱性、溶液中离子成分分析、氧化还原反应、离子反应方程式书写、实验方案设计等，检测学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”“科学态度与社会责任”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)含硫化合物具有广泛应用。请回答： (1)一种含硫超导材料的晶胞示意图如下： ①离K离子距离最近的S离子有___________个。 ②该材料中不同价态的___________。 ③将该材料中的S替换为Se时，晶胞的刚性减弱，从结构角度解释___________。 (2)蛋氨酸结构为(C5H11O2NS)，可以与Cu2+形成只含有五元环的配合物M(C10H20S2N2O4Cu) ①的价电子排布式___________。 ②画出M的结构简式___________。 (3)大蒜素(二烯丙基硫代亚磺酸酯)的结构为 ①该结构中2号S的杂化轨道类型为：___________。 ②大蒜素与NaOH溶液按物质的量之比，发生水解反应的化学方程式为：___________。 ③大蒜素可以由(二烯丙基二硫醚)合成，工业上选用氧化剂(如H2O2)需适量，理由是___________。 【答案】(1) 8 1：1 硒离子半径比硫离子半径大，离子键(或共价键)强度减弱，晶胞的刚性变差 (2)3d9 (顺反均可) (3) sp3 少量氧化不完全，过量会将另一个S也被氧化或者将S氧化为更高价态() 【解析】(1)①体心处的K+周围，距离最近的S共8个。②用均摊法计算晶胞中原子数：：；：；；已知K为+1价，S为-2价，设数目为x，数目为y： 列方程组，最终得x=2，y=2，故。③Se原子半径大于S，Ni-Se键长比Ni-S键更长，键能更小，因此晶胞刚性减弱。 (2)①Cu为29号元素，价电子排布为3d104s1，失去2个电子形成Cu2+后，价电子排布为3d9。②蛋氨酸脱去羧基中的氢后，通过氨基N和羧基的单键O与Cu2+配位，形成两个五元环，结构简式为：。 (3)①2号S形成3个σ键(1个S=O含一个σ键、1个S-Sσ键、1个S-Cσ键)且有1对孤对电子，价层电子对数为3+1=4，故杂化类型为sp3杂化。②碱性条件下，大蒜素的S-S键易断裂，1 mol大蒜素与2 mol NaOH反应生成钠盐和1 mol水，方程式为：。③氧化剂用量不足，无法将二烯丙基二硫醚充分氧化得到大蒜素，产率低；氧化剂过量会将大蒜素进一步氧化，生成更高氧化态()的含硫副产物，降低大蒜素产率，所以需要适量。 2．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。请回答下列问题： (1)HF可用于雕刻玻璃，反应方程式为：SiO2 +4HF == SiF4↑+2H2O ①基态F原子中，电子的空间运动状态有___________种。 ②-40℃时，与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，HOF水解反应的产物除HF外的另一种化合物为___________(填化学式)。 ③从结构的角度分析Si-O转换为Si-F的原因：___________。 (2)卤族元素可以做配合物的配体。 ①[Cu(H2O)2Cl2]中所含元素电负性由大到小的顺序为___________。 ②一定条件下，SbCl3与GaCl3以物质的量之比为1：1混合得到一种固态离子化合物，其结构组成可能为：(a)[SbCl2]+[GaCl4]-或(b)[GaCl2]+[SbCl4]-，该离子化合物最可能的结构组成为___________(填“a”或“b”)，理由是___________。 ③利用AI模拟C38H30I3的结构如下图，该物质是一种含有碳一碳单电子σ键的化合物，虚线和圆点表示仅有1个共用电子的σ键。 (Ph代表苯基) 上图所示物质的正离子中，构成单电子σ键的碳原子的杂化方式是___________，上图所示物质的负离子[I-I-I]-的中心碘原子价层电子对数为___________。 (3)晶体的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。 ①图1晶胞中的Cl平移到面心位置，则平移后Li所在晶胞位置为___________； ②镁离子取代过程中，发生的反应的离子方程式为___________。 【答案】(1) 5 H2O2 F原子半径小，Si-F键的键能大于Si-O键 (2) O＞Cl＞H＞Cu a GaCl3分子中Ga原子有空轨道，SbCl3分子中Sb原子有孤电子对，因此GaCl3更容易与Cl-配位 sp3 5 (3)顶点和面心 Li3ClO+Mg2+= LiMgClO +2Li+ 【解析】(1)① 基态F原子核外电子排布为1s22s22p5，共占据5个原子轨道，电子的空间运动状态数等于原子轨道数，因此为5种；②HOF结构为H-O-F，水解时O-F键断裂，F-结合H+生成HF，剩余基团结合得到H2O2，因此另一产物为H2O2；③键能越大化学键越稳定，F原子半径小于O，Si-F键键长更短，键能更大，更稳定，因此反应可自发进行； (2)① 该化合物所含元素为Cu、H、O、Cl，非金属元素中，O的电负性大于 Cl，二者电负性都远大于H； 金属元素Cu的电负性是这四种元素中最小的，可得电负性顺序：O＞Cl＞H＞Cu ； ②Ga为第ⅢA族元素，GaCl3分子中Ga原子有空轨道，Sb为第ⅤA族元素，SbCl3分子中Sb原子有孤电子对，因此GaCl3更易接受Cl-的孤对电子形成[GaCl4]-，因此结构更可能为a；③ 该碳原子连接3个苯基和1个单电子σ键，共形成4个σ键，无孤对电子，因此杂化方式为sp3； 对于[I-I-I]-的中心I原子：σ键数为2，孤电子对数，因此价层电子对数=2+3=5； (3) ① 原晶胞中Cl位于(侧面)棱心，Li位于(上下面)棱心和体心，将Cl平移到面心后，原棱心Li对应晶胞顶点和面心(上下面)，体心Li对应面心(左右面)，因此Li平移后位置为顶点和面心； ②依据均摊法计算图1中Cl：个，O：个，Li：个，则化学式为Li3ClO；Mg2+为+2价，1个Mg2+取代晶胞中2个Li+(+1价)，根据电荷守恒，取代后释放出2个Li+，因此离子方程式为 Li3ClO+Mg2+= LiMgClO +2Li+。 3．(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)材料是人类赖以生存和发展的物质基础。 (1)不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，已知Fe为立方体心结构，如下图a所示。 ①若体心位置的Fe置换成Cr，如图b，则晶胞的化学式为___________。 ②若将Fe按图c方式用Cr取代，则平均一个晶胞中含有的Cr原子数为___________，每个Cr周围距离最近且相等的Fe有___________个。 (2)“发蓝”是钢铁表面处理的一种方法：将洁净的铁件浸入NaOH和NaNO2溶液中，加热到适当温度，一段时间后在铁件表面形成均匀稳定且防锈的氧化膜Fe3O4，处理过程有无色有刺激性气味气体放出。写出该反应的离子方程式：___________。 (3)B、N元素广泛存在于各类新型非金属材料体系中。 ①H-N-H键角：NH3BH3___________NH3(填“>”“<”或“=”)，从结构角度解释原因___________。 ②气体BF3可与ClF发生反应：。ClF的电子式为___________；阳离子的结构式为___________，画出其VSEPR模型___________(用“○”表示F，用“●”表示Cl)。 ③羟胺和用同位素标记氮原子()的亚硝酸在某介质中发生反应，方程式如下：，由A脱水得到的有两种结构和。请写出A的结构式___________。 【答案】(1)FeCr 12 4 (2)9Fe+8H2O+4NO2-=3Fe3O4+4NH3↑+4OH- (3)＞ NH3BH3和NH3分子中N原子都是sp3杂化；NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对对N-H键斥力大，键角变小 或H-O-N=N*-O-H 【解析】(1)① 晶胞化学式(图b)顶点全部为Fe，体心为Cr， Fe原子数 = ，Cr原子完全在晶胞内，数目为1，，因此化学式为FeCr；② 图c中，8个顶点有4个Cr、4个Fe，体心为1个Cr，Cr原子数 = ，图c不能“无隙并置”，图c不是晶胞，图c为晶胞的，1个晶胞中含Cr原子数为×8=12个； 对体心的Cr而言，距离最近的原子为顶点原子，8个顶点中共有4个Fe，因此每个Cr周围距离最近且相等的Fe为4个。 (2)反应中Fe被氧化为Fe3O4，NO2-作为氧化剂，被还原为无色有刺激性气味的NH3，碱性条件配平后离子方程式为：9Fe+8H2O+4NO2-=3Fe3O4+4NH3↑+4OH-； (3)① 因为NH3BH3和NH3分子中N原子都是sp3杂化；NH3BH3中N上没有孤电子对，NH3中N原子上存在1个孤电子对，孤电子对对于N-H键的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此NH3键角更小；② ClF为共价化合物，双方都满足8电子稳定结构，电子式为；阳离子的中心原子为Cl，中心Cl失去1个电子，与另一个Cl、F形成共价键，结构式为；中心Cl的价层电子对数 = ，因此VSEPR模型为四面体形：；③ 1 mol羟胺和1 mol亚硝酸反应生成1 mol A和1 mol水，A的分子式为HN2O2H，脱水后得到两种N2O，说明两个N都可成为端位N，因此A的结构式为或H-O-N=N*-O-H。 4．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)元素在自然界中存在形式丰富多彩，请回答： (1)下列有关说法正确的是___________。 A．基态Fe原子中有3个未成对电子，故易形成Fe3+ B．微粒半径：V3+＞V4+ C．Na元素位于周期表的s区 D．[Ne]3s23px1→[Ne]3s23py1的过程中不能形成发射光谱 (2)二氟化铅(PbF2)晶体是一种光学材料，若用○和■来表示PbF2中的两种离子，其中■在立方晶胞中的位置如图1所示，晶胞中ACGE和BDHF的截面图均如图2所示。 ①二氟化铅晶体中，的配位数为___________。 ②资料显示还存在四氟化铅(PbF4)和四氯化铅(PbCl4)，但四氯化铅不稳定，常温下会分解产生气体单质，而四氟化铅却能稳定存在。请从氧化还原反应的角度分析四氟化铅稳定的原因___________。 (3)现有三种物质：甲：  乙：  丙： ①常温下，比较物质甲和物质乙的Ka值大小：Ka1(甲)___________Ka(乙)。(填“>”“<”或=”) ②比较沸点：甲___________丙(填“>“<”或“=”)。 (4)某种工业赤泥，主要成分为Al2O3、Fe2O3、CaO、Na2O、Sc2O3等，从该赤泥中回收钪元素的流程图如下： ①流程中尾渣的主要成分为___________。 ②蒸干后固体混合物在焙烧时固体NaFe(SO4)2发生分解反应，生成的气体为氧气与另一气体的混合物，生成的固体中Fe为价，写出焙烧时物质NaFe(SO4)2发生该反应的化学方程式___________。 ③沉淀步骤中得到Sc2(C2O4)3，该物质煅烧时产生两种组成元素相同的气体，请设计实验证明混合气体中相对分子质量较小的气体___________。 【答案】(1)BCD (2) 8 F元素电负性强，F离子还原性很弱，很难被Pb4+氧化 (3) < > (4) SiO2、CaSO4 将煅烧后产生的混合气体先通过碱石灰，后通入装有灼热的氧化铜的硬质玻璃管，然后再将气体通入澄清石灰水中，若黑色氧化铜变红，石灰水变浑浊，则证明CO气体的存在 【解析】(4)赤泥经酸浸后成分中的Al2O3、Fe2O3、CaO、Na2O、Sc2O3溶于硫酸形成对应硫酸盐，其中硫酸钙微溶，因此和不溶于硫酸的SiO2一起形成尾渣，Al3+、Fe3+、Na+、Sc3+以离子形式存在于溶液中，通过蒸干操作得到了NaFe(SO4)2，NaFe(SO4)2经过焙烧得到了Fe2O3，通过水浸过滤将铁分离，得到了Al3+、Na+、Sc3+的溶液，经过萃取洗涤反萃取将Sc3+分离出来，再用草酸进行沉淀，得到草酸钪，最后煅烧得到Sc2O3，据此分析； (1)A项，基态Fe原子电子排布为[Ar]3d64s2，3d轨道有4个未成对电子，A错误；B项，同种元素的阳离子，正电荷越高，离子半径越小，故微粒半径V3+＞V4+，B正确；C项，Na元素价电子为3s1，位于周期表s区，C正确；D项，3px和3py属于同一能级，能量相等，该跃迁过程不释放能量，不能形成发射光谱，D正确；故选BCD； (2)晶胞中■(Pb2+)数目为，结合截面图可知晶胞中F-数目为8，Pb2+：F-=1：2符合化学式，该结构为萤石型结构，Pb2+的配位数为8；F-还原性弱于Cl-，Pb4+无法氧化F-得到2，但可氧化Cl-生成Cl2，因此四氟化铅稳定； (3)①甲为对羟基苯甲酸，乙为苯甲酸，丙为邻羟基苯甲酸，对位羟基的给电子共轭效应占主导，整体为给电子效应，降低了羧基的酸性，故对羟基苯甲酸的一级电离常数小于苯甲酸的电离常数；②邻羟基苯甲酸可形成分子内氢键，沸点降低；对羟基苯甲酸形成分子间氢键，沸点升高，故沸点：甲>丙；(4)①赤泥中只有SiO2不与硫酸反应，CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此酸浸后尾渣主要为SiO2、CaSO4；②Fe化合价不变，O从-2价升高为0价生成O2，S从+6价降低为+4价生成SO2，化学方程式： ；③Sc2(C2O4)3煅烧生成的组成相同的气体为CO和CO2，相对分子质量较小的为CO；利用CO还原CuO生成CO2的性质检验，需先除去原混合气体中的CO2，将煅烧后产生的混合气体先通过碱石灰，后通入装有灼热的氧化铜的硬质玻璃管，然后再将气体通入澄清石灰水中，若黑色氧化铜变红，石灰水变浑浊，则证明CO气体的存在。 5．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 (1)区域A“”中的离子为__________(填离子符号)，区域B带__________(填“正电”或“负电”)。 (2)ZnS晶体中Zn2+旁边最近的Zn2+有__________个。 (3)已知苹果酸()的Ka1=1.4×10-3，Ka2=1.7×10-5 ，HF的Ka=16.3×10-4。请写出苹果酸与足量NaF反应后的阴离子的结构简式__________。 (4)四乙基氟硼酸铵[(C2H5)4N][BF4] 是超级电容器中应用最广泛的有机电解液。其合成反应方程式如下：[(C2H5)4N]OH+HBF4=[(C2H5)4N][BF4] +H2O ①在[(C2H5)4N]+阳离子中，中心氮(N)原子的杂化方式为：__________；请写出[BF4]-的电子式__________。 ②能不能用NH4F代替[(C2H5)4N][BF4]作为电解液？__________(填“能”或“不能”)。请从物质的结构角度分析：__________。 ③HBF4可用HF与H3BO3反应制得，请写出该反应的化学方程式__________。 ④已知[BF4]-在碱性环境化会发生水解，试写出[(C2H5)4N][BF4]与足量氢氧化钠溶液加热反应的离子方程式(产物中有乙烯和三乙基胺生成)__________。 【答案】(1)Cl－ 负电 (2)12 (3) (4) sp3 不能 [(C2H5)4N][BF4] 拥有半径较大的阴阳离子，常温下为液体；而NH4F常温下为固体 4HF+H3BO3=HBF4+3H2O [(C2H5)4N]++[BF4]-+5OH-=(C2H5)3N+C2H4↑+[B(OH)4]-+4F-+H2O 【解析】(1)晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中“”由Cl-替换S2-，区域B中由Cu+替换Zn2+，按照均摊法，区域B中含3个Zn2+、1个Cu+、个，因为(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1，则区域B带负电； (2)ZnS晶体中Zn2+位于顶点和面心，则ZnS晶体中Zn2+旁边最近的Zn2+有12个； (3)结合信息可是，HF的酸性小于苹果酸的一级电离，大于其二级电离，则苹果酸与足量NaF反应后的阴离子为苹果酸氢根离子，其结构式为：； (4)①[(C2H5)4N]+中N原子的价层电子对数为4，其中心氮(N)原子的杂化方式为：sp3；[BF4]-为1个B结合4个氟离子形成的原子团，其电子式为：；②NH4F是离子晶体，阴阳离子半径小、离子键强，熔点高，常温下难以形成可流动的电解液；而[(C2H5)4N][BF4] 因有机阳离子体积大，离子键较弱，熔点低，易溶于有机溶剂形成稳定电解液；③结合题给信息可知，HBF4可用HF与H3BO3反应制得，方程式为：4HF+H3BO3=HBF4+3H2O；④[BF4]-在碱性环境化会发生水解，且[(C2H5)4N][BF4]与足量氢氧化钠溶液加热反应会生成乙烯和三乙基胺生成，相应的离子方程式为：[(C2H5)4N]++[BF4]-+5OH-=(C2H5)3N+C2H4↑+[B(OH)4]-+4F-+H2O。 押题猜想18 化学反应原理综合应用 终极押题 【原创题】从衣食住行到探索浩瀚宇宙，都有氮及其化合物的参与，但同时有毒含氮化合物的排放，也对环境产生污染。如何实现环境保护与资源利用的和谐统一，已成为我们的重要研究课题。回答下列问题： (1)SCR法主要是针对柴油发动机产生的NOx的处理工艺，原理是NOx和NH3在选择性催化剂表面转化为N2和H2O，反应历程中的能量变化如下图所示： 其中决定总反应速率的步骤是__________，SCR法会产生高分散度的烟尘，会使催化剂的活性下降，原因是____________________。 (2)选择性催化还原法脱硝技术是目前国际上应用最为广泛的烟气脱硝技术，其反应如下： 主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0； 副反应：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH<0。 恒容密闭的容器中，分别在甲、乙催化剂作用下进行上述反应，10 min时测得体系温度与NO转化率的关系如图所示。 ①若初始c(NO)=2 mol·L-1，则P点时NO的反应速率为_______________，图中M点对应的转化率_______(填“是”或“不是”)NO在该温度下的平衡转化率 ②工业上选择催化剂乙的原因是______________________________。 ③在t °C、2 MPa下，向恒温恒压的密闭容器中通入4 mol NH3、5 mol NO、1 mol O2，发生上述反应。反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4 mol。此时，H2O的物质的量为___________，副反应的平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数；列出计算式即可)。 (3)中国科学院研究人员报道了一种以铜锡合金(Cu6Sn5)为催化剂，H2在电催化条件下还原NO高效合成氨的方法，并通过DFT计算研究了反应可能得机理如下(*表示催化剂表面吸附位，如表示吸附于催化剂表面的NOH)： Ⅰ. H2→2H++2e- Ⅱ. NO+H++e-+*→NOH* Ⅲ. ________________________ Ⅳ. N*+H++e-→NH* Ⅴ. NH*+H++e-→NH2* Ⅵ. NH2*+H++e-→NH3 上述反应机理中，第Ⅲ步的转化机理为______________________；若电路中有4 mol电子通过，其中生成氨气的选择性为95%，则阴极生成NH3的物质的量为_____mol。 【答案】 (1)H的移除 烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积 (2)①0.16mol·L-1·min-1 不是 ②在较低温度下有很强的催化活性 ③5.7mol 或 (3)NOH*+H++e-→N*+H2O 0.76 【解析】(1)反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由图可知，氢的移出步骤时反应的活化能最大，反应速率最慢，则决定总反应速率的步骤是氢的移出；烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积，所以SCR法会产生高分散度的烟尘会使催化剂的活性下降；(2)①； M点的转化率小于N点的，说明反应还未达到平衡态，图中M点对应的转化率不是NO在该温度下的平衡转化率；②由图知，乙催化剂作用下，在低温时，NO的转化率很高，说明催化剂乙在较低温度下有很强的催化活性。③根据已知条件列出“三段式”： 反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4mol，则=0.95，5x+4y=4，解得x=0.2，y=0.75，H2O的物质的量为6xmol+6ymol=5.7mol，副反应的平衡常数Kp=或。(3)由题意可知，电化学脱硝的总反应为2NO+5H2=2NH3+2H2O，由题给反应机理可知，第Ⅲ步的转化机理为NOH*+H++e-→N*+H2O；由总反应可知，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，由生成氨气的选择性为95%可知，电路中有4mol电子通过时，生成氨气的物质的量为4mol××95%=0.76mol。 押题有据 本题以工业生产中实际问题为情境，考查学生对化学反应原理的理解与运用，具体涉及原电池或电解池工作原理、电极反应式、盖斯定律、化学平衡常数、平衡转化率、溶液pH计算、催化剂，以及根据反应历程解释化学反应速率变化规律等知识，考查学生定性分析及定量计算能力，接受、吸收、整合题给信息进行分析推理的能力，利用相关理论解释各反应条件对反应速率及化学平衡影响等方面的能力，衡量“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)研究CO2的综合利用可实现碳循环。 I．在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应： 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-493kJ·mol−1 副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2   (1)已知25℃ 和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热 ΔH分别为-285.8kJ·mol−1、-283kJ·mol−1，H2O(l)=H2O(g) ΔH3＝+44kJ·mol−1  ，则 ΔH2= kJ·mol−1。 (2)要提高CO2平衡转化率，可采取的措施是___________。 A．增大H2浓度 B．增大压强 C．及时分离H2O(g) D．选用高效催化剂 (3)在恒温反应容器中，维持入口压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[]，随温度变化关系如图1所示： 若233~251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因： 。 (4)在压强为2.2MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，计算主反应在该温度下的平衡常数Kp= (MPa-2)。 Ⅱ．二氧化碳电还原反应生产甲醇 (5)我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率。 ①在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为 。 ②在酸性水溶液中，三种不同的催化剂(A、B、C)上CO2电还原为CH3OH的反应过程中(电还原为H2的反应可同时发生)，反应活化能变化如图2所示。由此判断制甲醇应选择催化剂 (填“A”“B”或“C”)，理由是 。 【答案】(1)+41.2 (2)ABC (3)升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度 (4)0.0375 (5)CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O C 催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH 【解析】(1)，，； (2)A项，增大反应物H2的浓度，能提高CO2的平衡转化率，A正确；B项，主反应为正向气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，能提高CO2的平衡转化率，B正确；C项，及时分离出产物H2O(g) ，平衡正向移动，能提高CO2的平衡转化率，C正确；D项，催化剂不影响平衡，选用高效催化剂不能提高CO2的平衡转化率，D错误；故选ABC； (3)主反应为放热反应，副反应为吸热反应。升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，导致甲醇的选择性下降；同时CO₂的总转化率也下降，说明主反应平衡逆向移动的影响更大，故236°后图中曲线下降的原因为：升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度； (4)根据题意，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，则甲醇的生成量为：，CO的生成量为：，可列出三段式： 平衡时： 故主反应在该温度下的平衡常数； (5)①在酸性水溶液中，二氧化碳得到电子生成甲醇，电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；②H+电还原为H2的反应为副反应，选择催化剂时副反应的活化能高时不易发生，故选择催化剂C，原因为：催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH。 2．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答： (1)25℃，雨水中含有来自大气的CO2，发生如下反应： 反应Ⅰ  CO2(g)CO2(aq)  ，表示CO2的分压 反应Ⅱ  CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII ①反应Ⅰ能自发进行的条件是 。 ②若反应Ⅱ的反应速率表示为：，，计算KII= 。 ③25℃时，某1L密闭容器中，t=0时将CO2通入10Mlh2中，保持体系温度和不变发生上述反应(不考虑H2CO3的电离)，t1时达到平衡，t2时溶液体积变为20mL(加10mLH2O)，t3时再达到平衡。画出t1~ t3时，浓度与时间t关系图[已知] 。 (2) H2CO3(aq)中存在下列平衡： CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq) KIII HCO3(aq) CO32-(aq)+H+(aq)   KIV ①CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)的K，K= (用KII、KIII表示)。 ②相同条件下，Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小：Na2CO3 NaHCO3 (用“＞”、“＜”或“＝”表示)，从微粒间作用力角度解释原因 。 (3)碳酸酐酶(EZn)催化下H2O与CO2反应(途径a)、无催化下H2O与CO2反应(途径b)的机理如下图所示： 已知：假设快反应先达到平衡。 ①下列说法不正确的是 。 A．途径a中Q为49kJ/mol B．途径a决速步的过渡态为TS2 C．碳酸酐酶(EZn)提高了CO2的平衡转化率 D．若途径b加入NaOH(s)，平衡右移，HCO3-的平衡浓度一定增大 ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，反应速率减小，请解释 。 【答案】(1)较低温度 0.002 (2) KII×KIII ＞ 碳酸氢根离子之间存在氢键 (3) CD 温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响 【解析】(1)①反应Ⅰ混乱度减小(ΔS＜0)；气体溶于水放热即ΔH＞0，要使反应Ⅰ能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此需要低温条件才能自发进行，故选较低温度；②反应Ⅱ达到平衡时，正、逆反应速率相等，即：，反应Ⅱ的平衡常数，因此：；③由题，反应Ⅰ的平衡常数，已知，因此平衡时cCO2=a mol·L-1，则t1~ t2段：t1时达到平衡，cCO2=a mol·L-1，因此此段浓度保持水平直线(值为a)；t2时刻：加入10 mL 水，溶液体积从10 mL 变为20 mL ，cCO2被稀释，浓度瞬间降至0.5a(体积加倍，浓度减半); t2~t3段：稀释后，由于cCO2和温度不变，反应Ⅰ会正向进行(溶解更多CO2(g)，使CO2(g)浓度逐渐回升至平衡浓度a，最终保持稳定，因此图像为：； (2)①由题，方程式CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)，K可由CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)与H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq)相加得到，因此K= KII×KIII； ②相同条件下，Na2CO3在水中溶解度大于NaHCO3在水中溶解度；Na2CO3和NaHCO3均为离子晶体，碳酸氢根离子之间存在氢键，这种分子间作用力增强了HCO3-的聚集程度，使其更难分散到水中，因此溶解度更低，故选＞；碳酸氢根离子之间存在氢键； (3)①A项，催化剂改变反应路径，不改变反应热，由途径b可知，该反应，则(Q-60)=-11 kJ·mol−1，因此Q=49 kJ·mol−1，A正确；B项，决速步对应活化能大的过渡态，TS2的活化能(129-90=39)小于TS1(106-60=46)，因此途径a决速步的过渡态为TS1，B错误；C项，催化剂(碳酸酐酶)只改变反应速率，不影响平衡，因此不能提高CO2的平衡转化率，C错误；D项，途径b中加入NaOH(s)，OH-与H+反应，平衡右移，但HCO3-可能与OH-进一步反应生成CO32-，因此HCO3-的平衡浓度不一定增大，D错误；故选BCD； ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响，因此反应速率减小。 3．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)硫酸烧渣的主要成分是Fe2O3以及少量的FeO等，是很好的二次资源。在硫酸质量分数为55%、一定温度和相同时间下，H2C2O4加入量与铁元素的浸取率如图1所示。 已知：①H2C2O4是二元弱酸，受热易分解 ②三价铁易溶于盐酸，二价铁易溶于硫酸，FeC2O4难溶 ③FeS溶于硫酸 Ⅰ.请回答： (1)当H2C2O4加入量为5%时，下列措施一定能增大Fe元素浸取率的是___________。 A．进一步提高硫酸的浓度 B．进一步提高浸取液的温度 C．在浸取液中添加适量Na2S固体 D．在浸取液中添加适量NaCl固体 (2)当H2C2O4加入量大于20%时，铁元素浸取率下降的原因为___________。 (3)当加入H2C2O4的总量一定时，溶液pH值与溶液中Fe(Ⅲ)的分布情况如图2所示，请在图2中画出[Fe(C2O4)3]3-的分数随pH的变化曲线__________。 (4)在D2O中，一定浓度的H2C2O4溶液的 1H-NMR(核磁共振氢谱)如图3所示，其中H2C2O4与HC2O4-的峰面积分别为a和b，则H2C2O4的Ka1=___________(用a、b列出计算式)。 Ⅱ.浸出铁后的废液中含有C2O42-，可通过添加氧化剂去除。 (5)已知，在室温下：  ，该反应在一天的时间尺度内没有显著发生，原因为___________。 (6)少量[Ru(NH3)6]2+将S2O82-还原为S2O83-(负离子自由基)，使S2O82-与C2O42-的氧化还原反应快速进行，涉及的相关基元反应如下： 序号 反应 a 。 b 。 c d e ①请按照反应的先后顺序排序___________。 a→___________→___________→___________→b。 ②已知体系中还会发生如下两个基元反应 序号 反应 f g 若S2O82-与C2O42-不能快速消耗完，理由为___________。 【答案】(1)CD (2)草酸过量后会生成FeC2O4沉淀，使得溶液中的总铁含量变少 (3)(起点和终点为0，最高点在0.6～0.7之间) (4) (5)反应的活化能高，反应速率慢 (6) dce 反应f会消耗活泼中间体SO4-•，且无法通过其他路径再生，当SO4-•消耗完后，反应就停止了 【解析】(1)A项，提高硫酸浓度：虽可增强酸性促进溶解，但体系已达55%硫酸浓度，接近饱和，进一步提升效果有限，且可能引发副反应，不保证浸取率一定增大。A错误；B项，提高温度 H2C2O4 受热易分解(已知①)，高温会降低其还原能力，反而可能抑制浸取。B错误；C项，添加Na2S： 在酸性条件下，S2-(或生成的H2S)作为还原剂可将Fe3+还原为Fe2+，促进了Fe2O3的溶解，从而提高铁元素的浸取率。C正确；D项，添加NaCl：Cl-与Fe3+形成可溶性络合物(如[FeCl4]- )，降低游离Fe3+浓度，促使 Fe2O3 +6H+2Fe3+ +3H2O 平衡右移，促进溶解，提高浸取率。D正确； (2)过量草酸提供高浓度C2O42-，与溶液中Fe2+结合生成难溶的FeC2O4沉淀：Fe2++C2O42-=FeC2O4↓，沉淀使铁元素从溶液中析出，导致浸取率下降。 (3)根据图2中Fe(III)形态分布规律及配位化学原理，[Fe(C2O4)3]3-的分数随pH变化曲线应满足以下核心特征：低pH区(pH < 2)：溶液酸性强，C2O42-浓度极低，Fe3+主要形成[Fe(C2O4)2] -，[Fe(C2O4)3]3-分数接近0。中pH区(pH ≈ 2~4)：随pH升高，C2O42-浓度增加，Fe3+逐步形成更稳定的三草酸合铁(III)配离子：，此区间内[Fe(C2O4)3]3-分数迅速上升，在pH ≈ 4处达到峰值(约0.6)，为该形态主导区。较高pH区(6>pH > 4)：[Fe(C2O4)2] -已基本完全转化，Fe2O3尚未大量生成，分数维持在平台期，高pH区(pH > 6)：OH-浓度升高，Fe3+开始水解生成Fe(OH)3沉淀(即Fe2O3)，导致[Fe(C2O4)3]3-解离，分数持续下降；至pH > 8时，几乎完全转化为Fe2O3，其分数趋近于0。总量守恒约束：任意pH下，三种形态分数之和恒为1：，综上，所求曲线呈“单峰”形态，起始于pH=0附近接近0，于pH≈3~4达峰，pH≈4~6为平台期，pH>6后平滑下降，最终在pH>8时开始归零，与图中另两条曲线共同构成完整分布图。 (4)草酸(H2C2O4)在D2O中第一步电离平衡为：H2C2O4 HC2O4-+H+，其电离常数表达式为：，根据¹H-NMR峰面积比，[H2C2O4] ： [HC2O4-] = ： b，即：，已知pH = 2，故 [H⁺] = 10-2 mol·L-1。代入得：=。 (5)该反应 ΔG = -490 kJ·mol-1 < 0，表明热力学上自发进行。但一天内无显著反应，说明动力学受阻，核心原因是：反应活化能高，导致分子难以跨越能垒 ，最终反应速率减慢； (6)①反应顺序推导如下：起始步骤：反应a生成自由基S2O83-•，启动链反应。关键引发反应d：反应d产生SO4-•，为后续链传递提供活性物种。链传递1：反应c消耗 SO4-•，生成中间体C2O4-•。链传递2：反应e消耗C2O4-•，释放CO2-•，为最终氧化步骤准备。链终止/循环：反应b再生S2O83-•，实现催化循环。因此，合理顺序为：a → d → c → e → b；②基元反应f消耗了主反应必需的自由基SO4-•，使其无法有效参与链传递反应，导致主反应速率受阻，S2O82-与C2O42-不能快速消耗。 4．(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)CO2与H2通过催化转化为高附加值化学品是实现“双碳”目标的途径之一。“Chem is try”小组将CO2和H2按体积比1：3通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。 Ⅰ.  2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g) ΔH1 K1 Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0 K2 请回答： (1)下列关于反应Ⅰ的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势正确的是________。 A．    B．    C．    D． 升高温度，________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 (2)实验测得平衡时，部分组分的体积分数-温度曲线如下图所示。 ①在下图中画出100~400℃之间CH3CH2OH的体积分数随温度变化的曲线________； ②CO(g)和H2O(g)对应的曲线，在700℃之后的趋势变化的原因是________； (3)反应Ⅱ的一种反应机理如下(其中*表示吸附态)： ①     ②     ③ ④________     ⑤     ⑥ ⑦ 写出第④步的反应方程式________。 (4)CO2和H2在一定条件下合成HCOOH。 25℃时，向含有0.1mol的NaOH溶液中逐滴滴加xmolHCOOH，所得溶液体积为100mL，pH=3.5，该滴加过程中水的电离程度变化情况为________，x=________(保留2位小数，已知HCOOH的，)。 【答案】(1) C 减小 (2) 700℃后，反应Ⅰ几乎不发生，二者的体积分数均随温度升高而增大；反应Ⅱ是吸热反应，故升高温度，CO和H2O的体积分数均增大 (3)H* + O* →*OH + * (4) 先增大后减小 0.27 【解析】本题围绕CO2与H2催化转化的两个竞争反应(反应Ⅰ：2CO2(g) + 6H2(g)CH3CH2OH(g) + 3H2O(g) ΔH1、反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH2>0)展开，综合考查了热力学函数ΔH-TΔS与温度的关系、平衡常数比值的温度变化、反应历程与反应方程式书写、水的电离程度分析及弱电解质电离常数计算等核心知识点，需结合反应热效应、反应竞争规律、电离平衡移动原理等知识逐一分析； (1)反应的ΔH-TΔS(吉布斯自由能变ΔG)与温度呈线性关系，斜率为-ΔS。反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，ΔS1<0，故-ΔS1>0，ΔH-TΔS随T升高而增大，反应Ⅰ为放热反应，低温下能自发进行，ΔG<0，故C符合；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K1减小，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，K2增大；因此随温度升高减小。 (2)①由图可知，100℃~400℃区间内，温度升高，CO2体积分数增大，CO体积分数基本不变，故主要发生反应Ⅰ，且温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，CH3CH2OH体积分数逐渐降低，根据各物质体积分数之和等于1可知，曲线起点为100℃时的体积分数(1-75%=25.0%)，终点为400℃时的体积分数(1-37.5%-12.5%=12.5%)，连接两点绘制一条随温度升高单调下降的平滑曲线即可；②由图可知，根据各物质体积分数之和等于1可知，700℃后，CH3CH2OH的体积分数几乎为0，即反应Ⅰ几乎不发生，只发生反应Ⅱ，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO和H2O的体积分数均随温度升高而增大。 (3)根据反应机理的原子守恒与吸附态(*)规律，前序步骤生成O*、H*，第④步需结合H*与O*生成*OH，同时保留吸附态*，因此反应方程式为：H* + O* →*OH + *； (4)向0.1mol NaOH溶液中滴加xmolHCOOH，发生反应HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，初始为强碱溶液(NaOH抑制水的电离)；滴加HCOOH发生中和反应生成HCOONa，HCOO-水解促进水的电离，水的电离程度先增大；当HCOOH过量后，溶液呈酸性(HCOOH电离抑制水的电离)，水的电离程度后减小，故整体变化为先增大后减小；当混合液pH=3.5时，所得溶液为HCOONa和HCOOH混合溶液，由原子守恒知、，由电荷守恒知，pH=3.5时，，代入电离常数公式： Ka=；10-3.7=，解得。 5．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)碳酸亚乙烯酯是锂离子电池电解液添加剂研究的焦点。请回答： (1)碳酸亚乙烯酯的氯代合成法包含氯代和脱氯两步，反应方程式如下： 反应Ⅰ：   ΔH1 反应Ⅱ：  ΔH2＝+2kJ·mol−1 常温下测得各物质的相对能量如下表所示，试计算反应Ⅰ的_______。 物质 HCl(g) 相对能量(kJ·mol−1) -426 -462 -368 0 -92 (2)将一定量的和于密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是__________。 A．反应Ⅰ的ΔS=0 B．利用分子筛移除HCL，有利于提高转化率和反应速率 C．体系中可能会产生二氯代、三氯代等多氯代杂质 D．增大Cl2用量，当反应达到平衡时，比值不变 (3)已知光照下反应Ⅰ为自由基型的链反应。 ①反应机理如下： ⅰ：；ⅱ：_____；ⅲ： 请写出第2步反应的方程式__________。 ②对于上述自由基的产生，有以下两种观点。 观点一：在光照下产生，后续反应由引发； 观点二：在光照下产生，后续反应由引发。 事实证明观点一合理、观点二不合理，请设计实验方案验证(简述实验方法即可)__________。 (4)反应Ⅱ的历程如下： 试解释反应Ⅱ的催化剂为何选择(CH3CH2)3N而不选择__________。 (5)直接脱氢法也可合成碳酸亚乙烯酯，在温度下的反应及相应数据如下： 反应Ⅲ：    ΔH3＝+58.16kJ·mol−1   K3=62 ①在373K、10L的密闭容器中，投入，仅发生反应Ⅲ，与时间的关系如图所示，t0时达到平衡，平衡时，p(H2)=62Pa，保持温度不变，t1时瞬间将容器体积变为，t2时p(H2)不再随时间而变化，试在图中画出t1~t2时，p(H2)与时间的变化关系__________(液体的体积忽略不计)。 ②已知反应Ⅳ：    试结合数据说明为何工业上主要采用氯代合成法__________。 【答案】(1)-128kJ·mol−1 (2)CD (3) 用光照射Cl2，再于暗处与混合，能得到氯化产物，用光照射，再于暗处与Cl2混合，不能得到氯化产物，则观点一正确 (4)乙基为给电子基，碱性(CH3CH2)3N强于NH3；(CH3CH2)3N基团体积较大，受氯原子空间位阻影响难以与Ha结合 (5) 反应Ⅲ加上Ⅳ可得，氯代合成法的总反应，远大于K3，使产物的合成得以实现，且反应Ⅳ放热能为反应Ⅲ提供所需的能量 【解析】(1)，根据方程式： ，再根据表中数据计算。 (2)A项，熵变不仅和气体分子数有关，还和分子的种类、混乱度变化有关，反应中，Cl2变成了HCl ，同时有机分子发生了取代反应，分子的结构、对称性、自由度都发生了变化，因此体系的混乱度是改变的，熵变不为0，A错误；B项，移除HCl，平衡正向移动，转化率提高，但生成物浓度降低，反应速率会减慢(逆反应速率先减小，正反应速率逐渐减小)，B错误；C项，反应Ⅰ是自由基取代反应，氯自由基可以继续取代产物中的氢原子，生成二氯代、三氯代等多氯代杂质，C正确；D项，反应Ⅰ的平衡常数，温度不变时 K 不变，因此比值不变，D正确；故选CD。 (3)①自由基链式反应中，第1步生成，第3步是与碳酸亚乙烯酯反应生成氯代产物，因此第2步应为链传递步骤：碳酸亚乙烯酯与反应，生成自由基中间体和HCl，方程式为：；②观点一认为是引发反应，观点二认为是碳酸亚乙烯酯直接光解引发反应，我们可以通过对比实验，一组先光照Cl2再与碳酸亚乙烯酯混合，另一组先光照碳酸亚乙烯酯再与Cl2混合，题中需要观点1合理观点2不合理的事实结果，所以答案为：用光照射Cl2，再于暗处与混合，能得到氯化产物，用光照射，再于暗处与Cl2混合，不能得到氯化产物，则观点一正确。 (4)分析NH3与(CH3CH2)3N，两个分子的区别在于(CH3CH2)3N多3个乙基空间位阻更大，受氯原子的空间位阻影响，只能选择性地夺取目标 H 原子，且碱性(CH3CH2)3N强于NH3更有利于夺取H原子，结合反应历程分析，得到答案：乙基为给电子基，碱性(CH3CH2)3N强于NH3，且(CH3CH2)3N基团体积较大，受氯原子空间位阻影响难以与Ha结合。 (5)①平衡时，Kp=p(H2)=62Pa，t1​时刻：容器体积瞬间扩大为原来的2倍，压强骤降，H2的分压从 62 Pa 直接降到 31 Pa，t1∼t2：压强降低，平衡向生成气体的正向移动，H2的分压逐渐升高；由于温度不变，平衡常数不变，最终会达到新的平衡，此时假设完全反应，得到H2的物质的量为，计算其Kp=p(H2) <63Pa，所以此时反应物消耗完全，得到氢气，对应的分压为：(图像上是从31 Pa逐渐上升，向46.5Pa趋近且越来越缓的曲线)；②总反应是反应III与反应IV的加和，总的反应平衡常数K，远大于直接脱氢法的平衡常数，说明反应进行的程度极大，几乎可以完全转化，产率更高。且反应Ⅲ是吸热反应(ΔH>0)，需要外界提供能量；而反应Ⅳ是放热反应(ΔH=−186.21 kJ⋅mol−1)，放出的热量可以为反应Ⅲ提供能量，降低整体能耗，让反应更容易进行。 押题猜想19 综合实验设计与评价 终极押题 【原创题】过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体双氧水，是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。 某兴趣小组制备2Na2CO3•3H2O2流程如图： (1)过碳酸钠溶于水显碱性的原因是 (用离子方程式表示)。 (2) 反应I所以的氨气可以选用的发生装置 (填字母)。 (3)查阅资料可知：反应II的反应条件对产品质量的影响，为控制反应温度，实验装置如下图： ①图中仪器a的名称是 。 ②反应II的关键是控制温度，其措施有 (请写出两点)； (4)若在实验室完成上述制备，下列仪器中不需要用到的是 。 (5)过碳酸钠样品中H2O2含量的测定。 称量mg样品，配成500mL溶液，每次取50mL置于锥形瓶中，用c mol·L-1的标准酸性。KMnO4溶液滴定(KMnO4只与H2O2反应)，滴定3次，平均每次消耗VmL标准液。 ①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→ (按顺序填标号)→开始滴定。 a．装入滴定液至“0”刻度以上             b．调整滴定液液面至“0”刻度或“0”刻度以下 c．排除气泡    d．用滴定液润洗2至3次    e．记录起始读数 ②滴定终点的现象为 。 ③根据实验数据计算，样品中2Na2CO3·3H2O2的质量分数为 %。 【答案】(1)CO32-+H2OHCO3- +OH— (2)cd (3)①恒压滴液漏斗(1分) ② 冷水浴、缓慢滴加 H2O2溶液、 磁力搅拌 (4)E (5)①dacbe ②当最后一滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内褪色，反应即达到终点 ③ 【解析】(1)过碳酸钠溶液中碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，所以过碳酸钠溶于水显碱性，水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3- +OH—； (2)a、b、c、d装置均可生成氨气；a装置中，固体加热时，试管口应向下倾斜；b装置发生反应：Ca(OH)2+ 2NH4CI2NH3↑+ CaCl2 +2H2O，水被氯化钙吸收，但是氨气会与氯化钙结合成CaCl2·8NH3，无法得到氨气；c中氢氧化钙与氯化铵反应原理与b相同，但用碱石灰干燥，可以得到氨气；d中浓氨水中的水与CaO发生反应，反应放热，促使挥发，得到氨气；故选cd； (3)①由实验装置图可知，仪器a恒压滴液漏斗；②控制反应放出的热量可以通过控制反应物的量，通过搅拌能使热量散失，所以为控制反应温度，实验中采取的措施有冷水浴、磁力搅拌、缓慢滴加H2O2溶液； (4)上述实验过程需要灼烧、过滤、洗涤、干燥，不需要用到的仪器是蒸发皿，故选E； (5)①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至“0”刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至“0”刻度→记录起始读数→开始滴定，故答案：dacbe；②高锰酸钾滴定过碳酸钠溶液，当最后一滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内褪色，反应即达到终点；③高锰酸碱与双氧水发生反应如下： ，，，样品中2Na2CO3·3H2O2的质量分数为。 押题有据 本题常以指定物质制备和纯度分析为情境，将平衡移动原理与物质制备、纯度分析相结合，考查学生依据已学核心知识、获取题干信息解决实际问题的能力。涉及制备原理、实验反应条件控制、仪器识别、实验装置、分离提纯、反应终点判断、物质检验、实验安全、滴定操作、指示剂的选择及滴定终点的判断、实验操作目的和原因、定量测定和数据处理等知识，检测学生“科学探究与创新意识”素养的发展水平。 考题猜想 1．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴，M=267.5g·molˉ1)是一种重要的化工产品。 I．制备三氯化六氨合钴实验步骤如下： ①将CoCl2、NH4Cl 和活性炭在三颈烧瓶c中混合。 ②置于冰水浴中冷却到10℃以下，依次缓慢滴加浓氨水和双氧水并不断搅拌。 ③转移至60℃热水浴中，恒温加热，同时缓慢搅拌，充分反应后过滤。 ④将滤液冷却到0℃左右进行抽滤得到三氯化六氨合钴粗产品。 ⑤固体粗产品需要经过提纯得到纯净的三氯化六氨合钴。 (1)钴元素位于元素周期表的___________区。图中仪器a的名称为___________。 (2)步骤④缓慢冷却结晶得到多面体外形的晶体，该过程体现了晶体的___________性。 (3)步骤②中先滴加浓氨水的理由是___________。 Ⅱ．测定产品纯度，实验如下： ①称取a g产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1mol·L-1AgNO3 溶液，并加的硝基苯用力振荡后静置。 ②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2mol·L-1KSCN溶液进行滴定，达到滴定终点时用去V2mL溶液。 已知：硝基苯比水重；Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(AgSCN)= 1.0×10－12；AgCl、AgSCN均为白色沉淀。 (4)下列操作中能使所测产品的纯度偏低的是___________。 A．未用KSCN溶液润洗滴定管 B．滴定前盛放溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．滴定结束后，滴定管尖嘴处有气泡 D．步骤①中未加入硝基苯 (5)产品的纯度为___________。 【答案】(1) d 恒压滴液漏斗 (2)自范性 (3)先加入氨水再加入H2O2可防止生成Co(OH)3/Co2+形成配合物后更易被氧化 (4)AD (5) 【解析】根据题意，在浓氨水和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，用到的仪器有三颈烧瓶，恒压滴液漏斗，球形冷凝管等。 (1)①钴元素的价电子排布式为d74s2，位于元素周期表的d区；②根据分析得，a为恒压滴液漏斗； (2)步骤④缓慢冷却得到多面体外形的晶体，晶体能自发呈现规则多面体外形的性质，称为晶体的自范性； (3)该反应需要先形成[Co(NH3)6]2+，再被H2O2氧化为目标配离子；若先加H2O2，Co2+会被氧化后生成Co(OH)3沉淀，无法得到目标产物，因此先滴加浓氨水提供配体NH3。 (4)A项，未用KSCN润洗滴定管，KSCN被稀释，消耗体积V2大，计算得c(Cl-)偏小，纯度偏低，符合要求；B项，锥形瓶未干燥不改变KSCN总物质的量，对结果无影响，不符合； C项，滴定结束尖嘴有气泡，读取的V2体积偏小，计算得c(Cl-)偏大，纯度偏高，不符合； D项，未加入硝基苯，AgCl会转化为更难溶的AgSCN，消耗更多KSCN，V2偏大，计算得c(Cl-)偏小，纯度偏低，符合要求;故选AD。 (5)1 mol [Co(NH3)6]Cl3含3 mol ，，，因此纯度为。 2．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)碘酸钾是一种重要的无机物，可用作食盐中的加碘剂，溶解度随温度升高而增大。其制备方法如下： 步骤Ⅰ：碘酸氢钾[KH(IO3)2]的制备 在三颈烧瓶中加入2.80 g碘、2.60 g氯酸钾和50 mL水，滴加盐酸至溶液pH=1，控制温度左右，装置如图所示。 步骤Ⅱ：将步骤I所得溶液通过加入适量的X溶液转化为KIO3溶液；通过一系列操作得到KIO3晶体。 步骤Ⅲ：测定KIO3纯度。 (1)仪器c的名称是___________。 (2)下列说法正确的是___________。 A．步骤Ⅰ中可使用四氯化碳萃取除去KH(IO3)2中的碘单质 B．d装置中使用无水氯化钙固体吸收尾气 C．步骤Ⅱ中X溶液可以是KOH D．将步骤Ⅱ中KIO3溶液直接蒸发结晶得到KIO3晶体 (3)步骤I中温度不能过高的原因___________。 (4)已知步骤I装置中有大量黄绿色气体产生，请写出制备KH(IO3)2的化学反应方程式___________。 (5)步骤Ⅲ：从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤___________。 实验原理：I2+2S2O32-=S4O62-+2I- 称取0.1000 g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和过量的KI溶液。用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定：取滴定管检漏、水洗___________→装液→___________→调液面、读数→开始滴定+___________→读数，平行实验三次。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．将滴定管倾斜30°左右，迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴 d．将胶头弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出赶走气泡 e．接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失且半分钟内不变色 f．接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，出现蓝色且半分钟内不消失 【答案】(1)恒压滴液漏斗 (2)AC (3)温度过高，碘易升华；盐酸易挥发；KClO3或碘酸氢钾分解 (4)I2+2KClO3+HCl=KH(IO3)2+ KCl＋Cl2↑(或6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5 KCl＋3Cl2↑) (5)ade 【解析】本实验以碘(I2)和氯酸钾(KClO3)为原料，在酸性、85℃左右的条件下反应制备碘酸氢钾[KH(IO3)2]，再通过加入KOH溶液将其转化为碘酸钾(KIO3)溶液，经结晶得到KIO3晶体，最后利用KIO3在酸性条件下氧化KI生成I2，并用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2，从而测定KIO3的纯度。 (1)由仪器C的结构可知，仪器c为恒压滴液漏斗。 (2)A项，I2易溶于CCl4，而[KH(IO3)2]是离子化合物，难溶于CCl4，因此可用萃取法除杂，A正确；B项，尾气主要是Cl2和HCl，无水氯化钙只能干燥气体，不能吸收Cl2，应使用碱石灰等碱性干燥剂，B错误；C项，KH(IO3)2与KOH反应：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O，可将其转化为KIO3，C正确；D项，KIO3的溶解度随温度升高而增大，直接蒸发结晶易导致晶体结块或分解，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，D错误。 (3)碘单质(I2)易升华，温度过高会导致I2损失，降低产率；盐酸中的HCl易挥发，温度过高会加速HCl挥发，使溶液酸性降低，影响反应进行；高温可能导致KClO3或生成的KH(IO3)2发生分解，因此步骤Ⅰ中温度不能过高。 (4)根据氧化还原反应规律，I2被KClO3在酸性条件下氧化为IO3-，ClO3-被还原为Cl2，配平可得：I2+2KClO3+HCl=KH(IO3)2+ KCl＋Cl2↑或6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5 KCl＋3Cl2↑。 (5)滴定管检漏、水洗后，需用待装的Na2S2O3 标准溶液润洗滴定管2~3次，润洗时从滴定管尖嘴放出液体，确保滴定管内壁被标准液均匀浸润，避免残留水分稀释标准液，对应操作a；装液后，需排出滴定管尖嘴内的气泡。Na2S2O3 溶液呈碱性，应使用碱式滴定管，将胶头弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出赶走气泡，对应操作d；滴定过程中，接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失且半分钟内不变色，说明反应恰好完全，对应操作e。因此操作顺序为：检漏、水洗 → a → 装液 → d → 调液面、读数 → 开始滴定 + e → 读数，平行实验三次。 3．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)乙酰乙酸乙酯(相对分子质量130，沸点180℃，超过120℃开始分解)是一种重要的有机中间体，实验室制备乙酰乙酸乙酯的原理、步骤如下： 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑ (乙酰乙酸乙酯) 实验步骤： ⅰ.向圆底烧瓶中加入25 ml甲苯，将4.6 g金属钠立即放入烧瓶中。安装冷凝回流装置，加热至金属钠完全熔化后停止加热。待混合液降温使金属钠成为细粒状钠砂。 ⅱ.迅速向带有钠砂的圆底烧瓶中加入44 g乙酸乙酯和少量乙醇，并在瓶口安装冷凝管和装有氯化钙的干燥管。反应回流3-4小时至钠砂基本消失，得到透明溶液。 ⅲ.边振荡边滴加醋酸溶液至弱酸性。将混合液转入 中，用饱和氯化钠溶液洗涤酯层，静置后分出酯层。进一步提纯有机混合物，收集产物并称量。 回答下列问题： (1)请补充步骤ⅲ中缺失的玻璃仪器的名称__________；加入饱和氯化钠溶液的目的是__________。 (2)本实验需要将钠先制备成钠砂的原因可能是__________。 (3)乙酰乙酸乙酯()分子中标*号碳原子上的氢有一定酸性，其。请从结构角度解释原因__________。 (4)下列关于本实验说法正确的是 。 A．实验中的甲苯应用专用回收瓶回收，防止残留的少量钠引发火灾 B．本实验应确保在无水环境中进行，但是乙酸乙酯中含有的少量乙醇无需处理 C．步骤ⅰ中的甲苯可换成CCl4 D．实验收集到乙酰乙酸乙酯19.5 g，则此次实验的产率是60% (5)为获得产品，有机混合物可以采用 方法进一步分离。 A．常压蒸馏 B．减压蒸馏 C．加生石灰常压蒸馏 D．加压蒸馏 【答案】(1) 分液漏斗 降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度 (2)增大接触面积，加快反应速率 (3)酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂 (4)AB (5)B 【解析】本题为有机物制备类的实验题，向圆底烧瓶中加入25 ml甲苯，将4.6 g金属钠立即放入烧瓶中。安装冷凝回流装置，加热至金属钠完全熔化后停止加热。待混合液降温使金属钠成为细粒状钠砂，迅速向带有钠砂的圆底烧瓶中加入44 g乙酸乙酯和少量乙醇，钠和乙醇反应生成乙醇钠，再和乙酸乙酯反应生成产物，以此解题。 (1)步骤ⅲ为分液操作，必须使用分液漏斗；饱和NaCl溶液可减少有机物在水相中的溶解(盐析效应)； (2)增大钠与乙醇的接触面积，加快反应速率；同时防止钠块聚集放热导致局部过热或暴沸，提高反应安全性与均匀性； (3)*号碳原子位于两个羰基(C=O)之间，受两个强吸电子基团的诱导和共轭效应影响，使得C–H键极性增强，氢易于以H+形式离去；同时，脱氢后形成的碳负离子可被两个羰基共振稳定，因此表现出弱酸性； (4)A项，甲苯作为溶剂，可能残留微量钠，钠遇水或空气易燃，必须专用回收处理，A正确；B项，实验需无水环境，但少量乙醇可与钠反应生成乙醇钠，作为反应的催化剂，无需处理，B正确；C项，CCl4密度比钠大，钠会浮在表面，无法形成钠砂，不能替代甲苯，C错误；D项，钠的物质的量：，乙酸乙酯的物质的量：，由反应式可知，2 mol 乙酸乙酯生成 1 mol 乙酰乙酸乙酯，钠为限量试剂，理论产量：质量为 0.2 mol×130 g/mol=26 g，实际产率：，D错误；故选AB； (5)乙酰乙酸乙酯沸点 180℃，且超过 120℃开始分解，因此不能用常压蒸馏(会导致产物分解)，应采用减压蒸馏(降低沸点，避免高温分解)，故选B。 4．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如下图。 已知：①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液利用下图装置制备水合肼(N2H4·H2O)； ②相关物质的物理、化学性质如下表： 物质 熔点℃ 沸点℃ 溶解性 化学性质 甲醇(CH3OH) 67.1 与水互溶 水合肼(N2H4·H2O) 118.5 与水、酸互溶，不溶于乙醚和氯仿 亚硝酸甲酯(CH3ONO) 溶于乙醇、乙醚 叠氮酸(HN3) 37 溶于水、乙醇、乙醚 弱酸，酸性与醋酸相当 叠氮化钠(NaN3) 275 300 与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇 受热易分解，具有较强的还原性 请回答： (1)仪器A的名称是___________。 (2)步骤①的化学方程式为___________。 (3)下列说法正确的是___________。 A．仪器B应盛放NaClO碱性溶液 B．NH3水溶液呈碱性，而HN3水溶液则呈酸性，原因之一是N3-中存在大π键，相对稳定 C．步骤②反应生成NaN3，转移5mol电子 D．步骤③可向NaN3溶液中通来制备HN3 (4)步骤④滴加的NaOH溶液要适当过量，目的是___________。 (5)步骤④对溶液加热蒸发至溶液体积的，有NaN3晶体析出，可以用___________来洗涤晶体，晶体干燥的方法是___________。 (6)用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为： 2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑ Fe2++Ce4+==Ce3++Fe3+ 称取0.150 g产品配成100 mL溶液，取20.00 mL置于锥形瓶中，加入20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，反应后稍作稀释，向溶液中加适量稀硫酸，滴加2滴指示剂，用0.100 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液16.00 mL。则产品纯度为___________(精确到小数点后1位)。 【答案】(1)球形冷凝管(或冷凝管) (2)2NaNO2+2CH3OH+H2SO4=Na2SO4+2CH3ONO+2H2O或NaNO2+CH3OH+H2SO4=NaHSO4+CH3ONO+H2O (3)AB (4)抑制N3-的水解 (5) 乙醇或乙醚 低温真空 (6)86.7% 【解析】根据流程：步骤①NaNO2与甲醇、浓硫酸反应得到CH3ONO，步骤②加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=CH3OH+NaN3+3H2O，步骤③ NaN3、CH3OH混有水合肼、NaOH经蒸馏分离甲醇，得到HN3加NaOH最终生成NaN3。 (1)仪器A在实验中起到冷凝回流作用，其名称为球形冷凝管(或冷凝管)； (2)步骤①反应物是亚硝酸钠、甲醇和浓硫酸，生成CH3ONO和硫酸钠，根据原子守恒配平化学方程式为：2NaNO2+2CH3OH+H2SO4=Na2SO4+2CH3ONO+2H2O或NaNO2+CH3OH+H2SO4=NaHSO4+CH3ONO+H2O； (3)A项，由表②信息知产物水合肼(N2H4·H2O)易溶于水和酸，为增加水合肼(N2H4·H2O)溶解性，制备水合肼(N2H4·H2O)应将NaClO碱性溶液加入到尿素中，仪器B应盛放NaClO碱性溶液，A正确；B项，NH3水溶液呈碱性是结合水电离氢离子形成配离子NH4+，而HN3水溶液则呈酸性，原因之一是N3-中存在大π键，相对稳定，易电离出氢离子，B正确；C项，根据分析，反应中N原子价态变化：CH3ONO中N为+3价，NaN3中N的平均价态为，即生成1 mol NaN3转移 mol电子，故生成3molNaN3，转移10 mol电子，C错误；D项，由表②信息知叠氮酸(HN3)为弱酸，酸性与醋酸相当，已知醋酸酸性强于碳酸，故叠氮酸酸性也强于碳酸，所以不能向NaN3溶液中通CO2来制备HN3，D错误；故选AB。 (4)根据题干信息，叠氮酸(HN3)是弱酸，与NaOH反应生成NaN3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，为抑制N3-的水解，滴加的NaOH溶液要适当过量，故目的为抑制N3-的水解； (5)由表②信息知叠氮化钠(NaN3)与水互溶，不溶于乙醚，微溶于乙醇，为减少洗涤过程叠氮化钠(NaN3)溶解损失，应该用乙醇或乙醚洗涤晶体；结合叠氮化钠(NaN3)受热易分解，具有较强的还原性，干燥方法是低温真空，以防止叠氮化钠(NaN3)晶体分解和被空气氧化； (6)20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为0.02mol，由反应Fe2++Ce4+==Ce3++Fe3+知过量的20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量等于滴定消耗的0.100 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.0016mol，即，所以与(NaN3)反应的20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为0.002 mol-0.0016 mol=0.0004 mol，由反应方程式2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑知0.150 g产品中，，则产品纯度为：。 5．(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)“Chem is try”小组通过氧化(CH3)3CNH2制备化合物P，原理和装置如下： (CH3)3CNH2+2H2O2+3H2O 步骤Ⅰ：向三颈烧瓶中加入30%H2O2，反应0.5h，得混合液； 步骤Ⅱ：将混合液转移至分液漏斗中，加入少量NaCl固体，振荡，静置，分液，取上层有机层； 步骤Ⅲ：经“一系列操作”，得到蓝色晶体。 已知：化合物P为蓝色晶体，有还原性，有微毒，见光易分解，可溶于有机溶剂。请回答： (1)仪器b的名称是________；冰水浴的作用是________。 (2)下列说法正确的是________。 A．步骤Ⅰ中，反应须在通风橱中、避光条件下进行 B．步骤Ⅰ中，加入H2O2至过量，有利于提高P的产率 C．步骤Ⅱ中，加入NaCl固体，有利于液体分层 D．步骤Ⅱ中，分液时，应从下口放出有机层 (3)步骤Ⅲ从有机层中获得蓝色晶体的所有操作如下，请排序：e→________。 a.过滤 b.分液 c.加入无水MgSO4 d.蒸馏 e.稀盐酸洗涤 (4)化合物P在一定条件下容易二聚生成Q，Q溶于正庚烷发生解离： 20℃时，溶液中Q的初始浓度为0.50mol·L－1时，测得Q的平衡转化率为60%，该反应的平衡常数K=________。保持温度不变，随着Q初始浓度增大，其平衡转化率将________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 【答案】(1) 冷凝管 防止反应过于剧烈；避免双氧水受热分解 (2)AC (3)bcad (4) 1.8 减小 【解析】步骤Ⅰ中反应得到含化合物P的混合液，步骤Ⅱ将反应混合液转移至分液漏斗中，加入少量NaCl固体，降低有机物在水相的溶解度，促进分层，振荡，静置，分液，取上层有机层；步骤Ⅲ对有机层进行提纯，得到化合物P。 (1)根据装置特征，仪器b为冷凝管；H2O2受热易分解，冰水浴的作用是防止反应过于剧烈，同时避免双氧水受热分解。 (2)A项，化合物P微毒、见光易分解，因此反应需要在通风橱(防中毒)、避光条件下进行，A正确；B项，化合物P有还原性，过量H2O2会氧化P，降低P的产率，B错误；C项，加入NaCl发生盐析，降低有机物在水相的溶解度，促进分层，C正确；D项，有化合物P密度小于水，有机层在上层，分液时有机层需从上口倒出，D错误；故选AC。 (3)提纯流程：稀盐酸洗涤后，先分液分离得到有机层，再加无水MgSO4干燥除去有机层残留水，然后过滤除去干燥剂，最后蒸馏除去有机溶剂得到晶体，因此顺序为e→b→c→a→d。 (4)20℃时，溶液中Q的初始浓度为0.50mol·L－1时，测得Q的平衡转化率为60%，则转化的Q的浓度为，平衡时，平衡时，该反应的平衡常数；该反应是正向物质的分子数增大的反应，保持温度不变，若增大Q浓度，平衡将逆向移动，故随着Q初始浓度增大，其平衡转化率将减小。 押题猜想20 有机合成与推断 终极押题 【原创题】他非诺喹主要用于生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药。其中间体H的一种合成路线如下(部分条件已省略)，其中E与F互为同分异构体，且F具有两个六元环结构。 已知：①++ R2OH ②+R7NH2+R6OH ③ (1)H中含氧官能团的名称是___________。 (2)写出D的结构简式___________。 (3)试剂X的结构简式为___________。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．化合物A具有还原性 B．B到C的反应属于加成反应 C．相同条件下，X比E的碱性强 D．化合物H的分子式为C10H11NO2 (5)请设计实验鉴别化合物F和化合物G___________(需写出所用到的试剂和观测到的现象)。 (6)请设计由乙烯和物质Ⅰ()合成对苯二甲酸()的合成路线___________。 【答案】(1)醚键、羟基 (2) (3) (4)BD (5)取少量溶液，滴加到溴水中或溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色的即为G，另一个为F； (6) 【解析】他非诺喹主要用于生物制药等领域，是一种喹啉类抗疟疾新药。其中间体H的一种合成路线如下，以乙烯(A)为起始原料合成步骤为：乙烯转化为乙醇(B)，乙醇和乙酸反应，得到分子式为C4H8O2的中间体C；C在乙醇钠、乙酸条件下反应，得到分子式为C6H10O3的中间体D；D与试剂X反应，得到酰胺类化合物E；E经酸处理得到同分异构体F，F脱去1分子水得到分子式为C11H11NO2的G，G经异构化最终得到目标喹啉类中间体H。 (1)观察H的结构，H中含氧官能团的名称是醚键、羟基； (2)A为乙烯，加成得B为乙醇，乙醇与乙酸酯化得C为乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3，分子式C4H8O2)；结合已知①，2分子乙酸乙酯发生酯缩合，脱去1分子乙醇，得到分子式为C6H10O3的D (3)结合已知②，酯D与氨基发生取代得到酰胺E，对比E的结构，X为 (4)A项，A为乙烯，含碳碳双键，易被氧化，具有还原性，A正确；B项，B(乙醇)到C是和乙酸的酯化反应，属于取代反应，不是加成反应，B错误；C项，X是芳香胺，氨基碱性强，E中氨基形成酰胺，氮的孤对电子共轭到羰基，碱性减弱，故X碱性强于E，C正确；D项，数H的原子个数，H分子式为C11H11NO2，不是C10H11NO2，D错误。故选BD； (5)物质F结构简式为，不含碳碳双键；物质G结构简式为，含碳碳双键，能与溴水(或溴的四氯化碳溶液)发生加成反应褪色的是G，无明显现象的是F； (6)乙烯和发生D-A共轭加成，得到六元环烯醛，再根据信息得到对苯二甲醛，然后被高锰酸钾氧化为目标产物，合成路线为：。 押题有据 本题以某种新药物的合成为真实情景，考查学生依据已学知识、题干信息、分子式和结构式等信息进行综合分析、证据推理的能力，具体涉及官能团识别、反应条件判断、反应机理推测、反应类型判断、结构简式书写、基团间的相互影响、化学方程式书写、有机合成路线设计、限制条件下同分异构体书写等内容。诊断并发展学生“证据推理和模型认知”素养水平。 考题猜想 1．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)有机物作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件(OLED)。的一种合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。 已知：(和为烃基) (1)A中所含官能团的名称是 。 (2)下列说法不正确的是_______。 A．化合物B中没有手性碳原子 B．C在盐酸中的溶解度小于水中溶解度 C．由流程信息可推测，D中苯环邻位上的氢原子比对位上的氢原子更活泼 D．化合物J最多能和7molH2发生加成反应 (3)E的结构简式为 。 (4)F+J→K的化学方程式为 。 (5)G到H的过程中有副产物(分子式为C15H24O4)生成，写出其中三种可能的副产物的结构简式 。 (6)以化合物、和乙醛为有机原料，设计化合物()的合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。 【解析】(1)碳碳双键、羟基 (2)BD (3) (4) (5)、、、 (6) 【解析】A为与HBr发生取代反应生成B，B为与C(结构简式为)发生取代反应生成(D)，D在酸性条件下反应生成E，根据E转化生成F的反应条件可知该反应与“已知”反应条件相同，即反应原理相同，则根据F的结构可知E的结构为，G为与发生取代反应生成(H)，H经两步反应生成(J)，J与F反应生成和水(K)。 (1)根据A的结构简式可知，A中官能团名称为碳碳双键、羟基。 (2)A项，根据化合物B结构可知，B中无手性碳原子，A正确；B项，化合物C结构中含有氨基，具有碱性，能与盐酸反应生成盐酸盐，故在盐酸中的溶解度大于在水中的溶解度，B错误；C项，根据D转化成E时，D结构中的碳碳双键与苯环取代基邻位上的H发生加成反应，故可推测D中苯环邻位上的氢原子比对位上的氢原子更活泼，C正确；D项，化合物J结构中含有3个碳碳双键、2个碳氮三键，故1 molJ最多能和7molH2发生加成反应，未明确J的物质的量则不能确定消耗的H2的物质的量，D错误；故选BD。 (3)根据上述分析E的结构简式为。 (4)根据元素守恒可知J与F反应生成和水，故化学方程式为。 (5)分析G、及生成的H的分子式分别为C5H8O2、C6H12O2及C10H16O3，同时发生取代反应生成甲醇CH4O，则副产物C15H24O4是1分子G与2分子发生取代反应的产物，故可能的结构有、、、。 (6)化合物X结构中含有取代氨基、酯基、羟基，采用逆合成分析法，X是由发生酯化反应生成的；而1分子(B)与1分子(C)发生取代反应生成，在其对位引入取代基时，先发生类似E→F的反应引入醛基，即生成，再与乙醛发生加成反应增长碳链，生成，与HCN发生加成反应生成，发生水解生成，最终发生酯化反应生成(X)，故合成路线为。 2．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)恩塞芬汀是一种治疗成人慢性阻塞性肺疾病的新型药物，其合成路线如下： 已知：①； ②； ③。 请回答： (1)化合物C中含氧官能团的名称为 。 (2)化合物B的结构简式为 。 (3)下列说法正确的是________。 A．化合物A→B的反应试剂与条件是Cl2、光照 B．化合物C→D的过程依次发生了加成反应、消去反应、还原反应 C．化合物H的分子式为 D．与化合物相比，D的碱性更弱 (4)写出化合物E→F的反应方程式 。 (5)在化合物F→G的过程中，考虑异构化的多样性，若参与反应的苯环反应位置不变，则生成与G互为同分异构体的副产物(含三个六元环)结构简式为 (写出一种即可)。 (6)利用已知信息和流程路线中的相关信息，设计以乙醇、1，3-丙二醇、为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 【答案】(1)醚键、醛基 (2) (3)AB (4) (5) (6) 【解析】由A和B的分子式可知，A和Cl2发生取代反应生成B，结合C的结构简式可知A为，B为，B和CH3I先发生取代反应，再和NaOH、水在加热条件下反应已知信息②的原理生成C，C和CH3NO2发生加成反应、消去反应、还原反应生成D，D和H2NCOOH发生取代反应生成E，E和发生取代反应生成F，F先发生成环加成，再和POCl3发生已知信息③的反应原理得到G，G经过多步反应生成H。 (1)由C的结构简式可知，化合物C中含氧官能团的名称为醚键、醛基。 (2)由分析可知，化合物B的结构简式为。 (3)A项，由分析可知，A和Cl2发生甲基的取代反应生成B，化合物A→B的反应试剂与条件是Cl2、光照，A正确；B项，化合物C→D的过程中，C先和CH3NO2发生加成反应生成，再发生消去反应生成，再发生还原反应生成D，B正确；C项，由H的结构简式可知，化合物H的分子式为C25H29N5O4，C错误；D项，中-NH2与苯环直接相连，会形成p-π共轭导致氨基中N原子上电子密度减小，更难与氢离子配位，碱性减弱，与化合物相比，D的碱性更强，D错误；故选AB。 (4)E和发生取代反应生成F，化学方程式为：。 (5)F生成G的过程中碳氧双键先和苯环发生加成反应，然后再发生已知信息①的异构化(有两种方式)，最后和POCl3发生已知信息③的反应原理，将羟基转化为氯原子，化合物F→G的过程中，考虑异构化的多样性，若参与反应的苯环反应位置不变，F中含有2个碳氧双键可以加成，则生成与G互为同分异构体的副产物(含三个六元环)结构简式为。 (6)1，3-丙二醇发生氧化反应生成丙二酸，丙二酸和乙醇发生酯化反应生成，和发生E生成F的机理得到，合成路线为。 3．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)化合物G是制备某种降压药的中间体，其合成路线如下(反应条件及试剂已简化)： 请回答： (1)化合物G中的含氧官能团的名称是 ；从整个过程看，A→B的目的是 。 (2)生成B的同时还生成了HCl，则X的结构简式是 。 (3)下列说法不正确的是______。 A．化合物A中存在分子内氢键 B．化合物A的水溶性比化合物B的小 C．F→G反应过程中只发生加成反应 D．化合物D分子中含有3个手性碳原子 (4)B→C的化学方程式 。 (5)D→E过程中有副产物生成，写出一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式 。 (6)以和为有机原料，结合题干信息设计化合物的合成路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。 【答案】(1) 羧基 保护(亚)氨基，防止被氧化 (2) (3)BD (4) (5) (6) 【解析】由A、B的结构式结合(2)可知X为，A与X发生取代反应生成B，B在CrO3、H2SO4的条件下生成C，C在和H+的条件下生成D，D的分子式为C19H19O5N，由D的结构式、分子式和E的分子式及F的结构式，可知E为 ，D在CF3COOH条件下发生消去反应生成E，E在一定条件下发生取代反应生成F，F在一定条件下与H2发生加成反应生成G。据此分析解答。 (1)G中的含氧官能团为羧基；由题可知，A→B这一步的实质是用将(亚)氨基保护，防止被氧化； (2)由分析可知X的结构简式为； (3)A项，化合物A含有羟基、(亚)氨基和羧基，可以形成分子内氢键，A正确；B项，化合物A相较于化合物B，存在(亚)氨基，可以与H2O形成氢键，水溶性比B大，B错误；C项，F与H2发生了加成反应生成G，C正确； D项，化合物D分子中应含有2个手性碳原子，如图所示，，D错误；故选BD； (4)B→C的化学方程式为； (5)由分析可知，可知E为，D→E为消去反应，分析D的结构式可知羟基有两种β-H，所以与E互为同分异构体的副产物的结构简式为； (6)化合物可以由和发生酯化反应生成，可以由和CH3CHO反应生成，可以由和CO2反应生成，所以合成路线为。 4．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用，某研究小组按以下路线合成该化合物(反应条件及试剂已简化)： 已知：①B中保留酸酐结构 ② 请回答： (1)A→B的反应类型是___________；化合物C中含氧官能团的名称是___________。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．A→B过程中将(CH3CH2)3N替换为Na2CO3浓溶液，可提高产率 B．化合物C有一个手性碳原子 C．F→G过程中有H2O生成 D．化合物D分子中所有碳原子可能共平面 (3)C→D的化学方程式___________。 (4)E→F过程中有副产物H生成，其分子式为C20H14O4N2S2F2 ①写出H的结构简式___________。 ②请判断化合物的碱性强弱：F___________H(填“>”“<”或“=”) (5)以苯酚、乙炔和(CH3CH2)3N为有机原料，设计化合物的合成路线__________(用流程图表示，无机试剂任选)。 【答案】(1) 加成反应 羰基，羧基 (2)AD (3) (4) > (5) 【解析】A与加成得到B()，B发生开环取代生成C，C与SOCl2发生取代反应生成D()，D与CH3OH生成E()，E与NH2NH2·H2O反应生成F()，F与乙酸在POCl3条件下脱水生成G，据此分析； (1)A与发生双键加成，得到B(保留酸酐结构)，原子利用率100%，为加成反应；观察C的结构，含氧官能团为酮羰基和羧基； (2)A项，(CH3CH2)3N是有是有机碱，可溶于有机反应体系活化巯基；Na2CO3浓溶液是无机体系，与有机物不互溶，反应接触面小，会降低产率，A错误；B项，C中手性碳，只有1个，，B正确；C项，F()，与乙酸脱水成恶二唑环，过程生成水，C正确；D项，D中含有饱和sp3杂化碳(手性碳、亚甲基碳)，四面体结构不可能让所有碳原子共平面，D错误；故选AD； (3)羧基与SOCl2反应生成酰氯，化学方程式： ； (4)① E与NH2NH2·H2O反应生成和同时，因含有两个-NH2结构，也可以生成副产物H，H的结构简式：；② F中存在游离的端基-NH2，N电子云密度高，碱性强；H中两个N均连接吸电子酰基，电子云密度降低，碱性减弱：F＞H； (5)乙炔与Br2加成生成，与NaCN发生取代后酸性条件下水解生成，在硫酸条件下生成，和苯酚在(CH3CH2)3N条件下生成，在AlCl3条件下生成，合成路线流程图：。 5．(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)氯霉素(H)是广谱抗菌素，某研究小组采用如下路线进行合成： 已知：①能选择性还原碳氧双键； ②含结构的物质遇新制会形成绛蓝色溶液 请回答： (1)G中的含氧官能团名称是___________。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．B的某种同分异构体具有两性 B．E可以发生加成反应、取代反应和氧化反应 C．G在酸性条件下水解可得到一种酸性强于乙酸的产物 D．H分子中含1个手性碳原子，与足量溶液反应最多消耗 (3)已知化合物C存在顺反异构，则C的结构简式为___________。 (4)写出F+G→H的化学反应方程式___________。 (5)E→F的过程中会产生少量的同分异构体，请利用实验区分和(只需写出试剂和现象)___________。 (6)根据所学知识和相关信息，设计用甲苯()与得到的合成路线___________。(用流程图表示，无机试剂任选) 【答案】(1)酯基 (2)D (3) (4) (5)加入新制Cu(OH)2，溶液变为绛蓝色的则是 (6) 【解析】A发生硝化反应生成B，由E的结构简式逆推，可知B是；根据C、D的分子式，可知C与HOBr发生加成反应生成D， F和G发生取代反应生成H，由E、G 的结构简式逆推 ，可知F的结构简式为； (1)根据G的结构简式，可知G中的含氧官能团名称是酯基； (2)A项，B是，的同分异构体具有两性，故A正确；B项，E含有苯环，可以发生加成反应，E含有羟基，可以发生取代反应和氧化反应，故B正确；C项，G含有酯基，在酸性条件下水解可得到Cl2CHCOOH、CH3OH，Cl2CHCOOH酸性强于乙酸，故C正确；D项，分子中含2个手性碳原子(*标出)，，故D错误；选D。 (3)C与HOBr发生加成反应生成D，化合物C存在顺反异构，则C的结构简式为。 (4)F是，F和G发生取代反应生成H和CH3OH， F+G→H的化学反应方程式； (5)E→F的过程中会产生少量F的同分异构体，含结构的物质遇新制Cu(OH)2会形成绛蓝色溶液，加入新制Cu(OH)2，溶液变为绛蓝色的则是。 (6)和氯气在光照条件下发生取代反应生成，水解生成，氧化为，和CH3CHO发生羟醛缩合反应生成，发生发生还原反应生成，合成路线为。 4 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $