化学终极押题猜想（福建专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】C 考题猜想 1．C 2．D。 3．A。 4．A。 押题猜想02 有机化学基础 终极押题C。 考题猜想 1．D。 2．B。 3．B。 4．C。 押题猜想03 元素周期律 终极押题B。 考题猜想 1．A。 2．B。 3．B。 4．A。 押题猜想04 微工艺流程 终极押题C。 考题猜想 1．C。 2．B。 3．D。 4．D。 押题猜想05 阿伏伽德罗常数 终极押题D。 考题猜想 1．B。 2．B。 3．A。 4．B。 5．选D。 押题猜想06 化学反应速率与平衡 终极押题C。 考题猜想 1．B。 2．B。 3．B。 4．B。 押题猜想07 基础实验题 终极押题B。 考题猜想 1．C。 2．B。 3．B。 押题猜想08 实验探究题 终极押题C。 考题猜想 1．D。 2．A。 3．A。 4．B。 押题猜想09 电化学基础 终极押题A。 考题猜想 1．D。 2．C。 2．D。 3．D。 4．D。 押题猜想10 水溶液图像 终极押题C。 考题猜想 1．D。 2．D。 3．B。 4．B。 押题猜想11 工艺流程题 终极押题(1) (2)、 (3)防止产物中混有NaCl杂质 (4)两种情况下锆英砂的转化率都很高，用CaO替代NaOH会降低原料成本，升高温度会增加能源消耗，原料成本对生产的影响更大 (5)6 (6)层间有P-OH基团，与层间区域所容纳的结晶水分子形成氢键 1：3 考题猜想 1．(1) 第六周期第ⅣA族 3d104s2 (2)使Zn与Bi、Ag、Pb分离，同时减少空气污染 (3)PbSO4 (4) 60℃ 温度过高，HNO3大量分解(或HNO3大量挥发) (5)5.2×10-4 (6)[Ag(NH3)2]Cl (7)4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+3H2O=4Ag↓+N2↑+4+4NH3·H2O或4[Ag(NH3)2]++ N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4+NH3·H2O+3NH3 (8) 2．(1) 第六周期第Ⅷ族 非极性 (2)2.94 (3)+4 (4) (5) (6)使浓度增大，使反应向消耗的方向进行，从而促进气体的吸收 (7)加快干燥的速度，防止晶体在较高温下分解 (8)富集锇元素的同时除去杂质 (9)焰色试验 3．(1) A A的烷基链最短，空间位阻最小，对的配位能力更强，能更高效地络合，实现高选择性浸出 提供，为浸出提供酸性环境，提供，沉淀； (2)远大于，消耗，使反应i平衡正向移动，最终转化为； (3)< (4) (5) AC 8 八面体 押题猜想12 实验综合题 终极押题(1) 恒压滴液漏斗 冷凝回流 (2)二氧化碳 (3)+HCl+ (4)加入适量乙醇进行溶解、过滤、洗涤、干燥 (5) (6) 降低 考题猜想 1．(1)双口圆底烧瓶 (2) (3)溴单质会腐蚀橡胶 (4)延长反应时间，使反应更加充分 (5)BrOH (6)80% (7)当最后半滴溶液滴入时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (8) 4 2．(1)球形冷凝管 (2)不再产生气泡 (3) 冷水 (4)冷水浴 (5)回收甲醇，降低甲醇沸点避免产品发生爆炸 (6)1：1 (7)cd 3．(1)增大的溶解度，促进与氨的反应充分进行 (2)玻璃棒 量筒 (3) (4)ac (5)平面三角形 6 de 水的极性大于乙醇，在水中更易电离 (6)c 4．(1) (2)排尽反应体系中的空气，防止被氧化 (3)继续通入Ar直至装置冷却 (4)吸收第一阶段产生的、防止戊装置中的水进入乙 (5) 丙中的黄色固体不再增多 (6)在装置丙与后续装置之间，增加一个加热（或保温）的导管 (7)分子晶体 6 DF 为层状结构，层与层之间通过较弱的范德华力结合，在外力作用下易发生层间滑动，因此摩擦系数低 押题猜想13 有机推断题 终极押题(1) 取代反应 丙二酸二乙酯 (2) (3) (4)11 (5) 和 (6)酯基中碳氧键元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢键元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与难生成酰胺 考题猜想 1．(1) (2)取代反应 (3)++HCl (4)浓硝酸、浓硫酸 (5)硝基 氨基 (6)或   (7)   2．(1)酰胺基 (2)取代反应 (3) > C与水分子形成的氢键比D多 (4)b (5)+HCl+H2O+ (6) (7) 5 、、、、（任写一种） 3．(1)羰基（或酮羰基） 碳碳双键 (2)5 (3) (4)< F含氨基，能形成分子间氢键，分子间作用力更强，熔点更高 (5)取代反应 (6) 押题猜想14 化学反应原理综合题 终极押题(1)1s22s22p6 (2)0.205 (3) (4)-6.7 (5)AB (6)② (7) 考题猜想 1．(1)> (2)及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他合理答案） (3) 较低温度下甲苯侧链甲醇烷基化进行的程度更大 (4)425 (5)（或0.125p） (6)甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少 (7)八面体 (8)acd (9)16 1 2．(1) (2)B 3.2 (3) 的非羟基氧数目比多，中心Cl原子正电性更强，使键极性更强，更易电离出，因此酸性更强 温度升高，反应速率加快，催化剂活性增强，脱除速率升高 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高会导致分解、催化剂活性降低、溶解度降低，脱除率下降 3．(1)-17.32 ACD 5 三角双锥形 ； (2) 不变，浓度不变，温度高，速率快；不变，温度不变，增大，速率不变，反应V速率快，不是决速步 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想01 化学与STSE 2 押题猜想02 有机化学基础 3 押题猜想03 元素周期律 4 押题猜想04 微工艺流程 6 押题猜想05 阿伏伽德罗常数 9 押题猜想06 化学反应速率与平衡 10 押题猜想07 基础实验题 13 押题猜想08 实验探究题 15 押题猜想09 电化学基础 18 押题猜想10 水溶液图像 21 押题猜想11 工艺流程题 23 押题猜想12 实验综合题 28 押题猜想13 有机推断题 34 押题猜想14 化学反应原理综合题 38 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】福建科研团队在高性能氢燃料电池系统做出重大突破，不正确的是 A．储氢合金要求能大量吸收氢气，并形成金属氢化物，且室温下吸放氢速率快 B．海水直接电解制氢，阴极析氢一段时间后，电极可能会出现堵塞现象，是因为出现了、等沉淀 C．NaBH4与D2O反应催化释氢，所得气体的分子式为H2 D．甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法 押题有据 近年福建高考有关STSE试题主要考查新能源、新材料、环境保护、生活常识、传统文化等，旨在考查化学原理在生活场景中的应用。本题以我省科技工作者及取得的科研成果为试题情境，把学科基础知识融入前沿科技的情境之中，旨在考查考生“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”等化学学科核心素养，培育科学家精神，增强民族目信心和自豪感，厚植家国情怀，体现化学学科的育人功能。复习时多归纳整理生活中与化学原理有关的知识，2026年的高考更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。 考题猜想 1．（2025·福建泉州·一模）高分子化合物与生活、生产息息相关。下列说法错误的是 A．酚醛树脂可用作电绝缘材料 B．聚乳酸可用作免拆型手术缝合线 C．尼龙、涤纶、光导纤维都是有机合成纤维 D．茶叶中的纤维素属于天然高分子化合物 2．（2025·福建福州·二模）唐代孙思邈《千金方·面药第九》中记载澡豆配方与制作方法：“白芷、······、杏仁(各一两)，······，麝香(半两)，大豆末(五升)，猪胰(两具)。上十八味，捣筛为末，以猪胰和面，曝干，更捣筛收之。洗手面佳。”下列说法错误的是 A．大豆所含的皂甙和卵磷脂都属于有机物 B．猪胰含有多种消化酶，可以分解脂肪、蛋白质和淀粉，因而可以去污 C．澡豆制作过程涉及研磨、蒸发等操作 D．澡豆不会受潮霉变，故无需密封保存 3．（2026·福建厦门·二模）中国旅游标志“铜奔马”底部采取了“铁骨铜皮”的稳定设计。下列说法正确的是 A．Fe位于元素周期表d区 B．“铁骨铜皮”是一种合金 C．湿法炼铜与火法炼铜均为非氧化还原反应 D．“铜奔马”表面呈绿色是因为主要发生了析氢腐蚀 4．（2026·福建福州·二模）中国传统文化蕴含化学知识，下列相关说法正确的是 A．“以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取”，其中涉及到蒸馏操作 B．“黑火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硫”指硫酸 C．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，此处发生的反应为可逆反应 D．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”，表明玉石有可燃性 押题猜想02 有机化学基础 终极押题（2026·河北衡水·模拟预测）特戈拉赞是抑制胃酸分泌的药物，其结构简式如下： 下列说法错误的是 A．该物质的分子式为 B．该物质含1个手性碳原子 C．1 mol该物质最多消耗3 mol NaOH D．该物质可在稀硫酸中水解 押题有据 本题通过创设生活情境，以陌生有机反应的反应物和生成物为载体，考查考生对“组成、结构决定性质”大概念的理解，形成基于官能团、化学键与反应类型认识有机物的一般思路，要求考生运用物质结构的有关理论和模型，理解有机物分子中碳原子的结构特征与分子空间结构的关联，体现“宏观辨识与微观探析”“证据推理维护人类生命健康中的中心科学地位。2026高考重点关注真实情境下的活学活用的高价思维能力。 考题猜想 1．（2026·福建龙岩·二模）藜芦醛是一种食用香料，可由如下反应制得。下列说法错误的是 A．该反应为取代反应 B．原儿茶醛分子中所有原子可能共平面 C．可以用溶液鉴别原儿茶醛和藜芦醛 D．原儿茶醛的芳香族同分异构体均不能发生水解反应 2．（2026·福建泉州·一模）有机物Z是合成某杀虫剂的中间体，合成路线如下： 下列说法正确的是 A．X中所有原子可能共平面 B．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z C．Y的核磁共振氢谱有5组峰 D．该反应的原子利用率为100% 3．（2026·福建泉州·二模）某酰胺醇具有抑制细菌的作用，部分合成路线如图。 下列说法错误的是 A．X的分子式为 B．Z分子中含有3个手性碳原子 C．的反应类型为还原反应 D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别X、Z 4．（2026·福建·一模）EDTA（乙二胺四乙酸）能与大多数金属离子形成稳定的配合物，其分子结构如图，下列说法正确的是 A．分子式为 B．EDTA的核磁共振氢谱上有5组峰 C．EDTA分子中N、O原子可以提供孤对电子与金属离子最多可形成6个配位键 D．EDTA相对分子质量与正二十烷相近，所以沸点差异较小 押题猜想03 元素周期律 终极押题（2026·山西太原·二模）我国科学团队设计出钝化剂。D、E、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期元素，且原子序数之和为31。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z＜Y＜X B．简单氢化物的沸点：E＜X＜Y C．中X为杂化 D．TFA负离子中Y不满足8电子结构 押题有据 本题以钝化剂的结构图为素材，考查考生通过观察陌生离子的结构式来分析原子的成键特点，要求考生从原子、分子水平上认识物质构成的规律，依据题给信息，以微粒间的相互作用为线索推测各未知元素及其化合物的性质。本题着重考查考生获取、加工、整合信息和分析推理的能力以及综合应用物质结构知识分析和解决问题的能力。通过比较电离能的相对大小、最简单氢化物的沸点、杂化、8e-结构等，检测考生对原子结构、元素周期表与元素周期律、微粒间作用力与物质熔沸点的关系等化学核心知识的理解与掌握水平。试题促进考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的发展。2026高考仍然会延续此类试题的考查。 考题猜想 1．（2026·福建泉州·一模）某合成染料的中间体结构如图所示，Q、R、T、W、X和Y为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A．简单离子半径： B．第一电离能： C．虚框内基团均可与水分子形成氢键 D．最高价氧化物对应水化物的酸性： 2．（2026·福建莆田·二模）某化合物是制备锂离子电池的原料之一，其结构如图。X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，基态Y原子核外有3个未成对电子。下列说法正确的是 A．键角： B．第一电离能： C．简单氢化物的沸点： D．Q的氧化物对应的水化物为强酸 3．（2026·福建龙岩·二模）X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，只有Y、Z位于同一周期，M是地壳中含量最高的金属元素，化合物可由二聚体溶于形成，其结构式如图。下列说法错误的是 A．常温下，单质为液态 B．第一电离能大于的同周期元素有3种 C．分子所有原子最外层均满足8电子稳定结构 D．中含有共价键、配位键、离子键 4．（2026·福建泉州·二模）某锂离子电池电极添加剂的结构如图，X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是 A．电负性： B．键角： C．最简单氢化物沸点： D．最高价氧化物的水化物酸性： 押题猜想04 微工艺流程 终极押题（2026·山东青岛·一模）用某废旧锂离子电池中钴酸锂()粗品制备纯品，实现资源的循环利用，主要工艺流程如下。 已知：①氯化胆碱是一种铵盐，“微波共熔”时提供；②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；③25℃时，，认为沉淀完全。下列说法错误的是 A．“微波共熔”反应中草酸作还原剂 B．“水浸”溶液颜色发生变化，离子方程式为 C．25℃当“沉钴”反应恰好完成时，溶液pH约为4.9 D．“高温烧结”的化学方程式为 押题有据 本题用“废旧锂离子电池中钴酸锂(LiCoO2)粗品制备纯品，实现资源的循环利用”为载体，考查考生对流程图中物质转化原理的理解。考查内容体现基础性、实践性和综合性，着重考查考生整合题给信息与已有知识进行分析、推理与论证的能力。2026高考考查陌生元素化合物的转化，涉及条件控制、陌生方程式等。 考题猜想 1．（25-26高三下·福建泉州·开学考试改编）锌是一种应用广泛的金属，工业上以菱锌矿(主要成分是ZnCO3、ZnO，含少量SiO2和Na2SiO3)制备锌单质的流程如下： 已知： a．2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)  =-173 J·mol-1·K-1 b．C(s)+O2(g)=CO2(g)  =2.9 J·mol-1·K-1 c．2C(s)+O2(g)=2CO(g)  =178.8 J·mol-1·K-1 反应a、b、c的ΔG随温度的变化关系如图所示，已知ΔG越小反应越易进行。下列说法错误的是 A．反应a为放热反应 B．“滤渣”为SiO2和H2SiO3 C．“沉淀”过程中，消耗CO2与Na2ZnO2的物质的量之比为1：1 D．“热还原”过程中，发生主要反应的化学方程式为ZnO+CZn+CO↑ 2．（2026·福建莆田·二模）一种以拜耳法赤泥（主要成分为、、的氧化物）为原料分离钛铝铁并制备、的工艺流程如下： 已知：，微溶于水。下列说法错误的是 A．“焙烧”产生的气体主要成分是二氧化碳 B．“酸浸”后的溶液中，其 C．“氧化水解”温度不宜过高 D．“沉淀”反应的离子方程式为 3．（2026·福建泉州·一模）常用于印染工业。实验室制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．“溶解”时，利用冰水浴控制低温可增大的溶解度 B．“氧化”时，少量多次加入可减少生成 C．“调pH”的主要目的是除去过量的和 D．“分离”时，需选用坩埚、漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器 4．（2026·福建龙岩·二模）从银锰矿(主要含和，以及少量、的化合物)中提取和的工艺流程如图1。硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图2。 下列说法错误的是 A．将银锰矿粉碎是为了使反应更快更充分 B．利用淀粉水解液可将银锰矿中的还原为 C．“氰化提银”时存在反应 D．“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 押题猜想05 阿伏伽德罗常数 终极押题（2025·四川·模拟预测）我国学者把游离态氮固定在碳上，示踪反应方程式为（石墨）+2LiH，制得的离子可用于合成核酸的结构单元，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A．22.4 L 含有的中子数为16 B．12 g C（石墨）中含有的C-C的数目为3 C．1 mol 中含有的键数为4 D．生成1 mol 时，总反应转移的电子数为6 押题有据 本题以“把游离态氮固定在碳上，制得的离子用于合成核酸的结构单元”为载体，考查考生对物质结构与性质以及化学反应原理相关知识的掌握情况，涉及原子杂化、化学键变化、氧化还原反应、物质变化等必备知识。本题考查考生的信息提取与加工、逻辑推理与论证和批判性思维能力，以及“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”化学学科核心素养。2026高考考查与物构、溶液、转移电子数相关的计算。 考题猜想 1．（2026·福建泉州·一模）用尿素(结构如图)除去溶液中的反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．中孤电子对数为 B．溶液中阴离子总数小于 C．每生成转移电子数为 D．标准状况下，中含有的键数为 2．（2026·福建厦门·二模）一种氮单质的转化过程如图。设为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A．含阴、阳离子总数为 B．每生成反应Ⅱ转移电子数为 C．的杂化N原子数为 D．每生成标况下需分子数为 3．（2025·福建·二模）近日，自然资源部宣布辽宁省探明国内首个千吨级超大型金矿床。现代冶金原理：①；②。为阿伏加德罗常数的值，HCN(氰酸)的酸性比醋酸的弱。下列叙述错误的是 A．溶液含阴离子数小于 B．反应①中，11.2 L (标准状况)参与反应时转移电子数为 C．反应②中，13.0 g Zn参与反应时新生成的配位键数为 D．反应①和②中，0.1 mol配体含配位原子数为 4．（2025·河北沧州·一模）将与红磷均匀混合，然后滴加水可制备氢碘酸和二元弱酸，发生的反应为，表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，所含原子数目为 B．中含有键的数目为 C．(标准状况)受热分解，转移电子数目为 D．为6的溶液中，数目为 5．（25-26高三上·福建宁德·月考）离子液体在液液萃取、电化学、有机合成等方面有广泛应用。一种离子液体的制备方法如下。已知N-甲基咪唑具有平面环，下列有关的表述正确的是 A．0.1 mol N-甲基咪唑的键电子数为 B．(溴丁烷)含数目为 C．物质中含(价层)孤电子对数为 D．阴离子σ键电子数为 押题猜想06 化学反应速率与平衡 终极押题（2026·重庆·模拟预测）丙烷裂解时发生如下2个反应：（Ⅰ）；（Ⅱ）。在1200℃、1 MPa条件下，和的混合气体在催化剂a或b吸附催化下发生反应Ⅰ和Ⅱ。图1是和（T范围1000℃～1500℃）的关系。图2是使用催化剂a时，平衡时转化率、选择性以及生成速率随变化的关系。已知：（为速率常数，为活化能，为常数）。下列说法正确的是 A．实验条件下，催化剂效果： B．实验条件下，当体系中压强不变时反应达平衡状态 C．实验温度下， D．生成速率减小是因为高温使催化剂活性降低 押题有据 本题以“丙烷裂解”为情境，考查考生对催化剂活性、平衡状态、平衡常数等化学原理的理解与掌握程度。本题以同一条件下竞争性平行反应的产物分布差异为切入点，要求考生基于化学反应原理和物质结构知识，深入剖析反应机理，重点阐释动力学因素对产物选择性的调控作用。本题主要考查考生信息获取与加工、逻辑推理与论证能力。2026高考注意催化剂、动力学与热力学、转化率及选择性类的相关图像考查。 考题猜想 1．（2026·福建厦门·二模）丙酮可缩合得到和异佛尔酮，转化关系如图。升高温度，反应的平衡常数减小。下列说法错误的是 A． B．合成温度越高，产率越高 C．分馏、混合物时，先蒸出 D．推测缩合存在中间产物 2．（2026·福建福州·二模）醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可反应生成α-羟基磺酸钠(Q)，正、逆反应速率可以表示为和，和分别为正、逆反应的速率常数。与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．催化剂可以提高速率和平衡产率 B．该反应属于加成反应 C．达到平衡时 D．升高温度，平衡正向移动 3．（2026·福建·一模）1,3-丁二烯与溴水发生反应： i．(g)+Br2(aq)(l)   ii．(g)+Br2(aq)(l)     不同温度下、相同反应时间内，反应体系中产物比例如下表。 温度/℃ 反应i产物/% 反应ii产物/% 54 46 60 20 80 已知：反应ii产物更稳定。下列说法正确的是 A．焓变： B．活化能：反应i<反应ii C．键能：(中的π键) D．二烯烃均能与溴水反应生成2种二溴代物 4．（25-26高三上·福建南平·期中）等物质的量的溴与1，3-丁二烯在环己烷溶液中的反应机理及能量变化如下图。不同反应条件，反应相同时间，测得产物组成如下表。 实验编号 反应温度/℃ 产物中A的物质的量分数/% 产物中B的物质的量分数/% 1 -15 62 38 2 25 12 88 下列说法正确的是 A．A与B互为同分异构体，且A比B稳定 B．升高温度，A可经活性中间体转化为B C．升高温度，生成A的正反应速率增大，生成B正反应速率减小 D．实验1已达平衡状态，加入合适的催化剂可提高平衡转化率 押题猜想07 基础实验题 终极押题（2026·湖南邵阳·一模）某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： i．在中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得到滤液； ii．将滤液转移至中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽； iii．继续加热蒸馏，C中收集沸点为之间的馏分，得到氢碘酸(密度为，HI质量分数为)。 下列叙述错误的是 A．步骤i中快速搅拌的目的是防止固体产物包覆碘 B．步骤i中通入发生反应的离子方程式是： C．步骤iii实验结束时应先停止加热，继续通一段时间的后关闭 D．实验得到氢碘酸的物质的量浓度约为 押题有据 本题以测定25℃下Cu(IO₃)2的溶度积Ksp为情境，考查Cu(IO₃)₂饱和溶液的配制原理与操作。本题将实验操作的考查浸润于陌生的“Cu(IO₃)₂”情境中，考查考生对物质制备、净化、饱和溶液配制过程的掌握程度。准确知悉实验目的、根据实验目的展开实验、规范操作是本题的核心考查点。化学实验是提高学生综合素质的重要途径，通过实验可以培养学生的思维能力、动手能力、观察能力和质疑能力。本题考查考生对物质转化与应用、实验原理与方法的掌握情况，涉及实验仪器使用、实验基本操作、物质的分离与提纯、实验方案质疑与评价等必备知识，考查考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”等化学学科核心素养。 考题猜想 1．（2026·福建龙岩·二模）具有还原性，易水解，熔点、沸点，高于易分解。一种制备纯净的装置如图。 下列说法错误的是 A．应先通干燥HCl再加热管式炉 B．管式炉温度宜控制在左右 C．通入的气体可更换为 D．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管 2．（2026·福建厦门·二模）为探究存在时能否用KSCN检验溶液中的，分别向2mL溶液中滴加1滴试剂X，再滴加1滴KSCN溶液，现象如表。 编号 滴加X后实验现象 滴加KSCN溶液后实验现象 实验1 X为，溶液变浅绿色 溶液变血红色 实验2 X为，溶液无明显变化 溶液变血红色，产生白色浑浊 已知：CuSCN为白色沉淀；与卤素性质相似。下列说法正确的是 A．实验1溶液变浅绿色是因为有生成 B．实验2产生白色浑浊是因为被还原 C．实验2溶液变血红色：； D．实验表明存在时，可用KSCN检验溶液中的 3．（2026·福建莆田·二模）为了测定室温下的平衡常数。实验步骤如下： ①制备硫酸四氨合铜晶体。 ②…… ③测定原电池的电压。 将设计成原电池，通过测定原电池的电压间接获得溶液中的物质的量浓度。 下列说法错误的是 A．步骤①中，乙醇的作用是降低溶剂的极性，降低硫酸四氨合铜的溶解度 B．步骤①的“滤液”可通过直接蒸馏回收乙醇 C．步骤②为配制一定物质的量浓度的硫酸四氨合铜溶液 D．步骤③设计的原电池用银作负极 押题猜想08 实验探究题 终极押题（2026·江西九江·二模）为探究红色固体与酸的反应，进行如下实验。 已知：①水溶液中是蓝色，是黄绿色，是深蓝色。 ② 实验组 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 实验操作 实验现象 溶液变为蓝色，有少量的白色沉淀。 固体全部溶解，溶液变为黄绿色，加入氨水后溶液变成深蓝色。 溶液变为蓝色，液体呈浑浊状态。 固体全部溶解，溶液变为蓝色，加入氨水后溶液变成深蓝色。 下列说法不正确的是 A．Ⅰ中生成白色沉淀的反应： B．Ⅱ中溶液变成黄绿色的原因可能与溶解的氧气有关 C．Ⅲ溶液变蓝色原因是稀硝酸将氧化为 D．结合实验现象可知，与的配位能力强弱： 押题有据 本题以探究Cu2O与酸的反应为情境，以课程标准中要求学生必做的“有机化合物中常见官能团的检验”实验为载体，考查考生对实验探究的主要要素和流程的掌握程度。本题设置对比实验，让考生在熟悉与陌生的交织、碰撞中展开研究和探索历程，考生不仅要准确分析变量，比对实验结果，得出实验结论，更要对实验过程出现的“异常”现象给予分析并解释。本题考查考生信息获取与加工能力、实验探究能力以及创新思维和批判性思维，是对“科学探究与创新意识”等化学学科核心素养的具象化呈现。2026高考重在探究物质性质，特别是竞争反应、元素化合物颜色变化的考查。 考题猜想 1．（25-26高三下·福建三明·阶段检测）某实验小组探究与的反应，实验过程如下。 已知：①溶液呈淡黄色，、均为难溶于水的白色沉淀； ②的还原性介于、之间，可被氧化为 下列说法错误的是 A．过程i中生成了淡黄色，其与共存使溶液显绿色 B．过程ii中生成的白色沉淀为 C．反应速率：过程i>过程ii D．过程v中生成的白色沉淀包含和 2．（2026·福建泉州·一模）探究反应：的实验步骤如下： 已知：溶液a、b、c、d颜色深浅各不相同 下列说法错误的是 A．实验①说明存在一定的限度 B．实验①用萃取一次与分成2 mL萃取两次，溶液b颜色深浅不同 C．实验②，平衡向逆方向移动且减小 D．对比实验②③可用于判断生成物浓度对化学平衡的影响 3．（25-26高三下·福建·开学考试）室温下，探究不同金属硫酸盐与溶液的反应原理，实验步骤及产物信息如下： 实验 试剂1 滴加试剂2 现象及产物 Ⅰ 饱和溶液（约） 溶液 白色沉淀（） Ⅱ 溶液 棕黄色沉淀（含、） Ⅲ 溶液 白色沉淀（可溶于强酸、强碱） 下列说法错误的是 A．由实验Ⅰ、Ⅱ可得出氧化性： B．实验Ⅱ中S元素化合价升高 C．实验Ⅲ的产物可能为 D．若用溶液代替实验Ⅱ中溶液，有生成 4．（25-26高三上·福建厦门·月考）室温下，用质量和表面积相同的镁条(已用砂纸打磨)探究不同条件下镁与水反应的实验(装置如图)。实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁。下列说法正确的是 实验1 实验2 实验3 镁条表面有微小气泡产生，且溶液较长时间无明显变化 镁条表面有较多气泡且产生气泡的速率逐渐加快，溶液中无明显现象 镁条表面有大量 气泡产生，溶液 逐渐变浑浊 A．实验1现象不明显，可能是Mg不活泼，较难与水反应 B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失 C．实验3中与Mg反应产生氢气，加快反应速率 D．对比实验1和实验3可知碱性增强有利于加快镁与水的反应速率 押题猜想09 电化学基础 终极押题（2026·浙江·二模）一种电催化还原制备多碳()产物的装置示意图如图所示，该装置利用Ag掺杂CuO和电解液中碘离子双调控，促进C—C偶联反应的进行。已知可以通过范德华力等吸附在电极表面，增大电极有效表面积。下列说法中正确的是 A．Ag掺杂CuO后，降低C-C偶联反应的活化能，提高多碳()产物的选择性 B．可以用代替，且能提高电解效率 C．离子交换膜为阴离子交换膜 D．在电催化还原反应中，生成0.1mol ，则电极上转移的电子数为 押题有据 本题以一种电催化还原制备多碳()产物的工作原理为素材，考查电解池工作原理、离子交换膜种类的判断、转移电子数的计算和反应原理等必备知识。本题在陌生的研究对象及问题情境下，主要考查考生信息获取与加工、逻辑推理与论证能力和批判性思维。要求考生准确、迅速获取题给信息，着重考查考生对微粒观、转化观、守恒观等化学核心观念的理解和掌握情况。本题体现“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。2026高考要重点关注新型电解装置，关注实验事实，着重证据推理。 考题猜想 1．（2025·福建泉州·一模）某新型锂离子固态电池以卤化物作为M极电极材料，中间填充传导的聚合物，总反应式为，工作原理如图。 下列说法正确的是 A．充电时，Fe元素化合价不变 B．充电时，M极与外电源负极相连 C．放电时，通过聚合物隔膜往N极迁移 D．放电时，M极反应式为 2．（2026·福建莆田·二模），-二氯苯乙酮（乙）是一种重要的医药工业基础原料，以苯乙炔（甲）等为原料的电化学合成原理如图。已知常温下是一种黄色气体，极易溶于水。 下列说法错误的是 A．阳极反应式为 B．乙与足量反应后产物分子的水溶性增强 C．反应①每生成1 mol乙转移2 mol D．理论上乙与丁的物质的量之比为1：2 2．（2026·福建龙岩·二模）乙醇混合液流电池系统在充放电过程中具有良好的稳定性，同时在正极区可以合成高附加值的醋酸铵，原理如图。下列说法错误的是 A．放电时，极比极的电势高 B．放电时，正极反应式为 C．充电时，通过离子交换膜由右室移向左室 D．若正极区生成醋酸铵，理论上负极质量减少 3．（2026·福建泉州·二模）我国科学家研发的光电催化体系在中性条件下增大加氢()的速率，将硝酸盐快速转化为氨(工作原理如图)。下列说法错误的是 A．电势：电极电极 B．极的电极反应式为： C．在中性介质中，离子对可促进质子传递 D．电解一段时间后，溶液的减小 4．（2026·福建·一模）一种将废弃塑料PET()水解产生的乙二醇转化为高附加值的含硫有机物HMS()的工作原理如图。下列说法正确的是 A．“水解”时生成乙二醇和对苯二甲酸 B．a为电源负极 C．生成HMS的反应为 D．每生成，理论上生成标况下 押题猜想10 水溶液图像 终极押题（2026·山东潍坊·二模）常温下，水溶液体系中，初始浓度，，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(外加可溶性强碱固体调pH，忽略溶液体积变化)。已知：含M物种的存在形式为，和，易溶于水，难溶于水。下列说法正确的是 A．的电离平衡常数 B．d点对应溶液： C．时， D．的的数量级为 押题有据 本题以不同pH下水溶液体系中微粒百分含量的变化为情境，综合应用宏观、微观、符号、曲线四重表征，以图像为载体，考查考生从图中提取和处理数据的能力。本题涉及外界条件对平衡的影响、微粒浓度的计算、平衡常数的计算以及离子浓度大小比较等必备知识，要求考生能够在阅读中理解文本、符号、图形等信息所蕴含的化学原理和规律，客观全面地提取有效信息，深度挖掘数据及数据变化背后的化学意义，透过现象看本质。本题涉及多种微粒和多种平衡状态，要求考生在既熟悉又复杂的情境下进行思考、分析、计算和推断。试题旨在考查考生的“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。26高考仍然会以水溶液图像为情境，考查弱电解质电离、沉淀溶解平衡、配位平衡的知识点。 考题猜想 1．（25-26高三下·福建三明·阶段检测）常温下，向和醋酸的混合溶液中滴加氨水，溶液中与的关系如图所示。[其中，为、或]。下列叙述正确的是 A．直线表示与的关系 B． C．Q点表示加入的氨水与醋酸恰好完全反应 D．P点坐标为 2．（2026·福建泉州·一模）常温下，向1 L水中分别加入和，调节溶液的pH(忽略体积变化)，平衡时体系中P元素以、、、和形式存在，物质的量分数[如的物质的量分数为]随pH变化如图。 已知：，，，下列说法正确的是 A．甲线所示物种为 B． C．时， D．的平衡常数K的数量级为 3．（2026·福建泉州·二模）常温下，溶液中含硫微粒的物质的量分数()与变化关系如图中曲线所示。和分别在溶液(浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，(c为金属离子的物质的量浓度)与变化关系如图中直线所示。 下列说法错误的是 A．①表示溶液中的与的变化关系 B．P点中存在 C．向M点的平衡体系中滴入溶液，增大 D．水解平衡常数的数量级为 4．（2026·福建·一模）室温下，向溶液中加入少量固体，溶液中铬元素以、、、形式存在，保持溶液体积不变，pM(M包括含铬各组分及)随pH变化如图。 已知：  。下列说法正确的是 A．曲线Ⅱ代表的组分为 B．的平衡常数 C．时， D．任意pH下均有 押题猜想11 工艺流程题 终极押题（2025·江苏南通·模拟预测）锆是一种重要的战略金属。以锆英砂(主要成分为，含少量、杂质)制取的工艺如下： 已知：锆英砂能与烧碱高温反应生成，在水中溶解度很小。 (1)在750℃下碱熔，全部转化为，反应的化学方程式为___________。 (2)“水洗压滤”所得“滤液”中的溶质除NaOH外，还主要含有___________(填化学式)。 (3)“转型压滤”发生的主要反应为。“转型压滤”和“酸化”时都要加入盐酸，但没有将这两步操作合并进行的原因是___________。 (4)与NaOH相比，CaO更易获得且价格低廉。其他条件相同时，控制“碱熔”过程中，测得不同时，锆英砂转化率随温度变化的关系如图-1所示。实际生产中选择、800℃；而不选择、700℃的可能原因是___________。 (5)在800℃下煅烧可得一种用于制备压电陶瓷的原料，晶胞如图-2所示，晶体中每个氧原子周围与其最近的氧原子个数为___________。 (6)与磷酸反应可制得磷酸锆结合剂，其中具有胶结性能的化合物为和，中和度在0.5~1之间的物质具有胶结性能。 ①α-磷酸锆[]是一种二维层状材料，每层由锆原子的平面组成，其晶体部分结构图-3所示。层区域可以容纳结晶水分子的原因是___________。 ②当时，结合剂中的比值为___________。 押题有据 对战略金属的综合利用，是实现国家安全至关重要。本题以锆英砂(主要成分为，含少量、杂质)制取为情境，通过一系列工序，实现对目标元素锆的提取应用。本题要求考生能够在题干情境下有效梳理流程脉络，分析物质转化、分离提纯的工艺条件，书写陌生情境下的化学方程式。 本题深度融合不同模块知识，涵盖元素化合物性质、反应原理和物质结构等知识在物质转化、分离、纯化过程中的重要作用，旨在考查考生信息获取与加工能力、逻辑推理能力、灵活运用所学知识解决新问题的能力。本题要求考生在理解的基础上深度思索，快速完成读题、审题、析题、解题、答题的过程，考查考生的理解与辨析能力、分析与推理能力以及辩证思维与批判性思维，体现了对“宏观辨识与微观探析”“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”等化学学科核心素养的考查。2026高考重点关注过渡金属、考查元素化合物转化、条件控制、陌生方程式书写、物构相关知识点，特别是晶体。 考题猜想 1．（2026·福建·一模）银铋渣是铋精炼过程中产生的一种富银合金渣。回收银铋渣中Bi、Zn、Ag、Pb的工艺流程如下： 已知：①82Pb与Si同族。②银铋渣中各成分质量分数如下表。 成分 Pb Bi Zn Ag 其他不溶于酸的物质 质量分数/% 15.22 41.05 30.52 5.03 8.18 ③。回答下列问题： (1)写出82Pb在元素周期表中的位置__________，基态Zn的价层电子排布式为__________。 (2)“浸锌”步骤用H2SO4溶液不用HNO3溶液，目的是__________。 (3)“浸渣1”含有Bi、Ag、__________(填化学式)等物质。 (4)为探究“酸浸”步骤的最佳条件，进行了相关实验，实验数据记录如下，则适宜的酸浸温度为__________，80℃时浸出率降低的原因可能是__________。 序号 温度/℃ 浸出率/% 浸渣/% Pb Bi Ag 1 20 88.91 86.21 87.21 8.26 2 40 92.11 92.08 90.36 6.88 3 60 98.76 98.61 98.38 5.10 4 80 96.02 98.11 96.26 5.25 (5)若“沉银液”中，则溶液中__________(保留一位小数)， (6)“氨浸”步骤中AgCl溶解得到的物质的化学式为__________。 (7)“还原”步骤中N2H4·H2O(性质类似于NH3·H2O)作还原剂，反应的离子方程式为__________。 (8)已知银铋渣中铋元素的质量分数为28.7%，m kg银铋渣经上述转化最终得到57.4 g铋富集物BiONO3，则铋的提取率为__________%(用含m的代数式表示)。(已知：元素提取率) 2．（25-26高三上·福建厦门·月考）由锇酸钠废液(主要成分为，含少量和等杂质)回收锇并制备锇酸钾晶体()的工艺流程如下。 已知：①的熔点为40.6℃，沸点为130℃，微溶于水，易溶于四氯化碳； ②为紫红色晶体，加热至100℃以上失去一分子结晶水，微溶于冷水，不溶于乙醇； ③25℃时，，； ④当离子浓度不大于时，可认为该离子沉淀完全。 (1)已知Os元素的价层电子排布式为。Os元素位于元素周期表的位置是_______；是_______分子(填“极性”或“非极性”)。 (2)“除钙镁”步骤中，若废液中浓度均为，则1.0L该废液中至少需加入_______gNaF固体才能使废液中沉淀完全(不考虑溶液体积的变化)。 (3)“沉锇”得到难溶物，该化合物中硫元素的化合价为_______。 (4)“溶解、蒸馏”步骤中，先加入稀硫酸得到溶液，再加入溶液反应后蒸馏出生成的，而杂质留在蒸馏残液中。生成的化学方程式为_______。 (5)“吸收”步骤中，蒸馏出的气体用KOH溶液吸收。KOH溶液吸收发生的离子方程式为_______。 (6)“吸收”步骤需加入过量的KOH溶液，从平衡角度分析其原因为_______。 (7)“过滤”获得的晶体在干燥时采用真空干燥而不直接烘干的原因可能是_______。 (8)流程中从初始的“锇酸钠废液”到“吸收”获得，操作的目的是_______。 (9)检验滤液1和滤液2中金属阳离子的实验方法是_______。 3．（2026·福建厦门·二模）利用黄铜矿(主要含，以及少量、、)和为原料制备的工艺流程如下： 回答下列问题； (1)“氧化浸出”使用离子液体，通过调节其烷基链长度，可实现对Cu(Ⅱ)的高选择性萃取。黄铜矿中Cu(Ⅱ)浸出率与离子液体的关系如图。 ①最佳离子液体为_______(填标号)，从结构角度分析选择的理由为_______。 ②离子液体中阴离子的作用有_______。 ③将发生反应的离子方程式补充完整：_______。 (2)结合数据说明“氧化浸出”中加能使“”的理由_______。 已知：时，ⅰ．  ；ⅱ．  。 (3)“氨浸”存在转化：，相同条件下，配位能力_______。(填“<”“=”或“>”) 已知：时，、的分别为和。 (4)“转化”生成的离子方程式为_______。 (5)的四方晶胞结构如图(晶胞参数)。 ①晶体中微粒间的作用力有_______。(填标号) A．离子键    B．金属键    C．配位键    D．非极性共价键 ②与Pt等距离且最近的Pt有______个，面心处于形成的______空隙中。 押题猜想12 实验综合题 终极押题（2025·广西南宁·模拟预测）三氟甲基亚磺酸锂是通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，通过给锂电池“打针”来补充损耗的锂离子，显著提升电池性能。其合成原理如下： 已知：THF为四氢呋喃，是一种有机溶剂，与水任意比互溶。 I.三氟甲基亚磺酸锂的制备： ①向三颈烧瓶中加入和蒸馏水，搅拌下逐滴加入3.3 g三氟甲磺酰氯（），有气泡产生（装置如图）。反应结束后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。 ②向上述所得固体中加入THF，充分搅拌后，加入无水，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行相关操作。 ③将所得三氟甲基亚磺酸钠和THF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。 ④将滤液转入圆底烧瓶中，加入蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行相关操作，得产品1.1 g。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为_________，冷凝管的作用是_________。 (2)步骤①反应中有气泡产生，其主要成分为_________。 (3)步骤③中发生反应的化学方程式为_________。 (4)步骤④将产品进行纯化处理的操作是_________。 (5)三氟甲基亚磺酸锂的产率为_________（列出计算式即可）。 II.三氟甲基亚磺酸锂作为锂载体，其结构如图1所示。某种镍钴锰酸锂正极材料在补充（打针）前后胞变化如图2所示。 (6)三氟甲基亚磺酸锂中C原子的杂化方式为_________。注入过程中，过渡金属代表和Mn）化合价_________（填写“升高”、“不变”或“降低”），打针后，晶胞的化学式为_________（用R表示）。 押题有据 人工智能在生产生活中正在得到快速应用，本题以三氟甲基亚磺酸锂的制备为情境，考查考生对物质转化和物质结构的知识提取能力、实验操作能力、演绎推理能力以及批判性思维和辩证思维。本题考查实验仪器名称、仪器作用、产物产率的计算、陌生离子方程式的书写、纯化处理、晶体结构、杂化方式等知识点，旨在引导实验教学应注重科学性、安全性、规范性及准确性，避免实验教学流于形式和“机械刷题”,考查考生的“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“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”等化学学科核心素养。2026高考重点关注实验仪器使用及作用、实验操作、滴定计算、误差分析、物构相关知识点考查。 考题猜想 1．（2026·福建莆田·二模）二溴海因（DBDMH），白色或淡黄色粉末，能缓慢水解生成次溴酸，是一种缓释、长效且对环境友好的消毒剂。 Ⅰ、制备DBDMH 用二甲基海因（DMH）制备DBDMH的反应原理及实验装置如下图，图中夹持装置及磁力搅拌器略去。 实验步骤如下。 ⅰ、按图连接好实验装置。 ⅱ、往仪器a中加入8.00 g（）DMH，其他各物质按一定的物质的量比适时加入。 ⅲ、同时开启蠕动泵与磁力搅拌器，与HBr在聚四氟乙烯软管中混合生成，并与KOH溶液同时滴入仪器a中，通过调整滴加速率使反应液的pH处于5~7之间。 ⅳ、当仪器a中出现淡黄色并有大量白色沉淀生成时，停止滴加KOH溶液。再充分反应15 min后，抽滤，晾干，称重得到14.30 gDBDMH粗产品。 (1)仪器a的名称是________。 (2)聚四氟乙烯软管中发生反应的化学方程式为________。 (3)聚四氟乙烯软管不能用橡胶管替代的原因是________。 (4)聚四氟乙烯软管缠绕多圈的目的是________。 (5)步骤ⅲ中有反应发生，DBDMH中的溴元素来源于________（填“”或“”）。 (6)本实验DBDMH粗产品的产率为________。 Ⅱ、测定产品纯度 准确称量DBDMH，与过量的酸性KI溶液反应生成，调节溶液至弱酸性，用的标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入几滴淀粉溶液，充分摇动后继续滴定至终点，重复三次实验，消耗溶液的平均体积为。滴定过程涉及的反应如下：    (7)滴定终点的现象是________，样品的纯度为________×100%（用、、列出计算式）。 Ⅲ、晶体结构分析 DBDMH晶胞的结构及投影如下图（已略去氢原子）。 (8)已知的分数坐标为，则的分数坐标为________。该晶胞内含有________个DBDMH分子。 2．（2026·福建福州·二模）硝基吡唑类离子盐具有重要军工价值。 Ⅰ．合成硝基吡唑类离子盐的中间体(原理与装置如下) 已知：25℃，3,4-二硝基吡唑的pKa=3.95，碳酸的pKa1=6.35，pKa2=10.33；3.4-二硝基吡唑易溶于DMF，可溶于水；1-(3，4-二硝基-1H-吡唑-1-基)丙酮可溶于DMF，难溶于冷水。 (1)仪器A的名称是___________。 (2)常温下，用DMF溶解m1 g 3,4-二硝基吡唑，搅拌下加入稍过量的KHCO3，待___________(填现象)时，说明二者反应完全。 (3)继续添加KBr和CH3COCH2Cl，维持70°C反应3 h，停止实验。 ①反应后，可向反应液中加入___________(填试剂)，析出粗产品，过滤。 ②冷水洗涤粗产品除去，检验是否除净的方法为___________(用离子方程式表示)。 Ⅱ．合成硝基吡唑类钾盐 (4)配制混合酸时，为减少硝酸的挥发与分解，需将浓硫酸分多次逐滴加入浓硝酸并不断搅拌，还可采取的措施为___________。 (5)①已知：含多个硝基的物质，温度过高易爆炸，反应后，从甲醇溶液中获取产品采用减压蒸馏的原因是___________。 ②干燥后得到m2 g固体，产率=___________。[3.4-二硝基吡唑、1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑钾盐的相对分子质量分别用A、B表示] Ⅲ．1-二硝基甲基-3.4-二硝基吡唑铷盐的二维晶体结构 y (6)该二维晶体中阴阳离子个数比为___________。 (7)下列有关1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑铷盐的说法，正确的是___________。 a．分解温度高于1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑钾盐 b．Rb+的配位数为6 c．阴离子中，碳原子间键长介于C-C与C=C之间，说明存在大π键 d．晶体中，微粒之间存在离子键、非极性键 3．（2026·福建·一模）我国科学家通过调控体系碱性强弱与溶剂极性大小首次成功制备碳酸氢钙晶体，过程如下。 (1)中充入时需加压的原因是___________。 (2)将溶于80 mL乙醇配制乙醇溶液，需用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、___________和___________。 (3)中生成晶体的化学方程式为___________。 (4)上述实验过程中，下列操作或说法正确的是___________。(填标号) a．在通风橱中将氨溶于乙醇 b．可用托盘天平称取 c．离心分离时，应将装有混合液的离心管对称放置，以保持离心机平衡 d．若将“冷冻干燥”改为“加热干燥”，效果更好 (5)晶体结构与类似，的一种晶胞结构如图，其中分布在晶胞棱上和内部。 ①的空间结构为___________。 ②图中每个晶胞中含有___________个。 ③晶体中不存在的微粒间作用力有___________。(填标号) a．共价键    b．离子键    c．氢键    d．金属键    e．非极性键 ④从溶剂分子极性角度分析，在水中易形成晶体而在乙醇中易形成晶体的原因是___________。 (6)下列溶剂中替换氨的乙醇溶液效果最佳的是___________。(填标号) a．    b．    c．    d． 4．（25-26高三上·福建厦门·月考）二硫化钼()是一种黑色固体，它具有类似石墨的层状结构，这种特殊结构使得二硫化钼在润滑和催化等领域具有广泛的应用前景。某化学小组拟利用下列装置通过热分解四硫代钼酸铵制备二硫化钼。 实验步骤如下： I．连接装置并检查气密性，将干燥的粉末平铺于石英管中，置于管式炉恒温区，打开止水夹K并通入Ar； Ⅱ．分阶段升温： 第一阶段：以5℃/min升温至350℃，保温1h，发生反应：； 第二阶段：加热石英管继续升温至750℃，保温2h； Ⅲ．切断管式炉的电源停止加热； Ⅳ．_______； Ⅴ．收集装置乙中纯净的黑色固体。 (1)的价电子轨道表示式为_______。 (2)开始加热之前先通Ar的目的是_______。 (3)第Ⅳ步的操作为_______。 (4)丁装置中的作用为_______。 (5)第二阶段升温结束后有黄色的晶体生成，同时得到产品，该阶段反应的化学方程式为_______，证明该反应已完成的现象为_______。 (6)从安全的角度考虑，上述装置存在不足，则改进的方法是_______。 (7)单层二维结构如图所示： ①的晶体类型为_______；每个Mo原子周围距离最近的S原子数目为_______。 ②晶体中之间的化学键为_______(填标号)。 A．非极性键    B．金属键    C．氢键    D．极性键    E．范德华力    F．配位键 ③作为润滑材料表现优异，在高温、高负荷、高转速以及现代超真空条件下仍具有较低的摩擦系数，根据结构分析其原因为_______。 押题猜想13 有机推断题 终极押题（2025·吉林白城·模拟预测）阿哌沙班(Apixaban)可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。下图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线： 已知：i、 ii、 ⅲ、 回答下列问题： (1)A→B的反应类型是______。D的分子式为，则D的化学名称为______。 (2)一定条件下，B→C的化学方程式是______。 (3)G→H的化学方程式是______。 (4)与F含有相同官能团的同分异构体有______种(不考虑手性异构，不包括F)。 (5)K经多步反应可制得阿哌沙班(见下图)。下图中，中间体的结构简式为______，步骤3的试剂和反应条件是______。 (6)通常用酯基和生成酰胺基，不用羧基和直接反应，结合电负性解释原因：______。 元素 H C O 电负性 2.1 2.5 3.5 押题有据 本题以阿哌沙班中间体的合成路线为情境，引导考生体会有机合成在创造新物质、提高人类生活质量及促进社会发展中的重要贡献。本题考查内容涉及有机化合物结构性质的相关知识，并渗透融合物质结构考点，促进考生建立“组成、结构决定性质”的基本观念。本题要求考生对合成路线给出的信息进行加工处理，识别官能团类别及性质，从物质结构对性质的影响角度解释判断依据，统计核磁共振氢谱峰数目，书写有机反应方程式，判断有机反应类型，书写立体异构体结构简式，分析已知信息中陌生反应的反应机理，推断陌生物质结构简式，比较判断不同反应的原子利用率等；考查考生的信息获取与加工能力、分析与推测能力、逻辑推理与论证能力，以及“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”等化学学科核心素养。2026高考考查方式基本不变，考查官能团、结构简式、反应类型、有机方程式书写、长短句说理、同分异构体书写，关注下合成路线缺项等。 考题猜想 1．（2026·福建莆田·二模）一种用于治疗囊性纤维化疾病的药物J，其合成路线如下。 (1)A在酸性条件下水解生成某种酸和乙醇，该羧酸的结构简式为________。 (2)②的反应类型是________。 (3)写出反应④的化学方程式：________。 (4)实现反应⑤还需要的试剂有________。 (5)反应⑦实现了由________到________的转化（填官能团名称）。 (6)写出1种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式：________。 a．分子中含有酰胺基； b．能与氯化铁溶液发生显色反应： c．核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为9：6：2. (7)已知。 J、K均能形成六元环的分子内氢键，分别是X—H…Y和X—H…X型。J、K的分子内氢键分别表示为________（补全其结构简式）和。 2．（2026·福建龙岩·二模）治疗过敏性疾病药物氯雷他定(H)的一种合成路线如下。 已知：+RMgX→ (1)A中含氧官能团的名称为___________。 (2)A→B的反应类型为___________。 (3)水中的溶解性：C___________D(填“>”“<”或“=”)，判断依据是___________。 (4)氮原子电子云密度越大，碱性越强，则F中碱性较强的氮原子是___________(填“a”或“b”)。 (5)B→C的化学反应方程式为___________。 (6)E的结构简式为___________。 (7)有机物是试剂的同系物，且比多一个碳原子。的同分异构体有多种，其中满足下列条件的有___________种，写出其中一种的结构简式___________。 ①是芳香族化合物 ②核磁共振氢谱峰面积之比 3．（25-26高三下·福建三明·阶段检测）一种荧光探针DS可以实现对谷胱甘肽（GSH）的分析检测，其合成路线如下。 (1)A中官能团有__________、__________（填名称）。 (2)B的核磁共振氢谱有__________组峰。 (3)①“B→C”的转化依次经历了加成和消去两步反应，请写出中间产物的结构简式__________。 ②步骤Ⅱ可能生成C的立体异构体G，请写出G的结构简式__________。 (4)熔点：E__________F（填“>”“<”或“=”），判断依据是：__________。 (5)IV的反应类型为__________。 (6)反应V的化学方程式为__________。 押题猜想14 化学反应原理综合题 终极押题（2026·广东江门·二模）配合物在离子吸附分离、反应催化等领域应用广泛。 Ⅰ．吸附分离 与对苯二甲酸可形成能分离和的配合物，每克配合物吸附离子的物质的量随时间的变化如图所示。 (1)的电子排布式为___________。 (2)10~30分钟期间，该配合物对的吸附平均速率为___________。 (3)60分钟时吸附已达平衡，此时该配合物对的吸附选择性为___________(列出计算式) (已知：吸附选择性)。 Ⅱ．反应催化 某配合物可在常温下断开苯环上的键，形成活性中间体、或，过程如下图所示。图中所示为、、平衡时在所有中间体中的百分含量。回答下列问题。 (4)反应①中，正反应的活化能，逆反应的活化能。则该反应的___________。 (5)对于上述反应体系，以下说法正确的有___________。 A．改变温度，、和的相对含量改变 B．稀释反应体系，上述3个反应的平衡均发生移动，但平衡常数均不变 C．当一部分转化成其他物质，重新达到平衡后，在3种中间产物中的相对含量减少 D．平衡时，每生成的同时生成甲苯 (6)已知平衡常数，则反应①、②和③中的最小的是反应___________。(其中为自然对数，为常数，为热力学温度，为自由能) (7)与丙烯反应生成(e)和(f)，和不与丙烯反应。该反应较慢，反应过程中反应①、②和③可视为处于平衡状态。在某时刻消耗甲苯后，、和的物质的量之比为，则的物质的量为___________(用含、、的代数式表示，写出推导过程)。 押题有据 本题以配合物在离子吸附分离、反应催化为情境，考查配位反应、化学平衡等基础知识及反应原理。本题综合考查考生对化学反应原理的全面理解和综合运用能力，以及图像与文字信息的获取、加工、分析、推理能力，实验数据分析和处理的科学探究与创新能力，体现用联系发展、对立统一的观点观察和分析问题的化学学科核心价值。本题考查“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“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”等化学学科核心素养，引导考生认识化学科学与生命科学的紧密联系与交叉融合，了解配合物在生命生认识化学科学与生命科学的紧密科学及抗癌药物等领域的重要应用。2026高考重点关注反应原理与物构的融合题。 考题猜想 1．（2026·福建龙岩·二模）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯是一种新型生产技术。 Ⅰ．热力学分析 甲苯侧链甲醇烷基化发生的主要反应有： R1. R2. R3.（乙苯，g） R4.（二甲苯，g） 300～1100K范围内，以上各反应的随温度的变化如图所示。 (1)主反应R1的______0（填“>”“=”或“<”）。 (2)在恒压反应器中，保持温度、催化剂、甲苯和甲醇投料比不变，为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，可以采取的措施是__________（写一条）。 (3)乙苯脱氢是制苯乙烯的另一种方法。600K时，该反应的平衡常数______。与之相比，甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯工艺的优点是__________。 Ⅱ．温度对催化剂性能影响的探究 将甲苯和甲醇按物质的量比为5∶1混合，以为载气，按一定的流速通入装填催化剂（Cs/CuAl-LDO-3@X）的恒温反应器，控制不同温度，进行5组实验。反应45min后，测得反应物的转化率、含苯环产物的选择性（S）如图所示。 [注：选择性S（A）=×100％] (4)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度是_______℃。 (5)425℃时，S（苯乙烯）=S（乙苯），氢气的分压为pkPa，则反应R1的压强商____________kPa（用含p的代数式表示）。 (6)排除催化剂失活，温度高于425℃甲苯转化率降低的原因是____________。 Ⅲ．催化剂前体结构的研究 CuAl-LDH（层状复合氢氧化物）是Cs/CuAl-LDO-3@X的前体，其晶体结构如图所示。由于和层之间作用力弱，容易被其他阴离子替换，使催化剂的改性成为可能。 (7)该晶体中一个金属离子与所有紧邻的氧原子形成的空间构型为______。 (8)该晶体中微粒间作用力的类型有______（填标号）。 a．氢键        b．金属键            c．配位键            d．极性键            e．非极性键 (9)该晶体的化学式为，其中__________，__________。 2．（2026·福建厦门·二模）复合吸收液可用于脱除NO废气。吸收液中相关反应如下： ⅰ．   ii．   回答下列问题： (1)  _______(用、列出计算式) (2)在且与HClO初始浓度均为的吸收液中，含氯微粒的浓度随时间变化如图(仅考虑反应ⅰ、ⅱ)。 ①代表的曲线为_______。(填标号) ②反应ⅰ、ⅱ在内化学反应速率之比_______。 ③平衡时，，，则_______。(用、列出计算式) (3)时，利用复合吸收液脱除NO，存在以下平衡：          ①  。该反应平衡常数_______。 ②从结构角度解释酸性强于HClO的原因是_______。 ③以作催化剂，测得不同温度下NO脱除率如图。范围内，NO脱除率随温度升高而增大的原因有_______；当温度由升高至，NO脱除率减小的原因可能有_______。 3．（25-26高三上·福建厦门·月考）碘溶液及其相关的反应在基础化学实验及理论研究中很常见。 (1)在VmL的的四氯化碳溶液中加入VmL的KI水溶液，充分振荡、静置，存在如下平衡： I．； II．； ①298K时，相关物质的相对能量如下表所示； 物质类别 相对能量/ 0 22.6 _______。 ②平衡体系中，下列措施中能使层的颜色更浅的是_______。 A．加入VmL水         B．反复振荡混合液     C．再加入少量      D．加入少量水溶性淀粉     ③的中心原子的价层电子对数为_______，VSEPR模型为_______。 ④T℃下，平衡体系中存在关系式：，表示在溶液中的浓度，表示水溶液中的浓度。设，则_______(用、a表示)。在图中画出1/D~a的关系曲线(标出纵截距数值) _______。 (2)丙酮碘化反应是一种经典的有机化学反应，在盐酸催化下反应如下：。 有研究认为，反应分为下面三步： III． IV． V. 研究影响碘化反应的反应速率的因素：维持不变且相等，设计A、B、C、D四组实验(如下表)，通过测定溶液的吸光度[与呈正比]与反应时间的关系，结果如图。 实验组 A B C D 温度/℃ 6 16 6 16 6.0 6.0 4.0 4.0 ①由大到小的顺序是_______。 ②根据图表信息指出影响反应初始速率的因素，并结合反应Ⅲ、IV、V解释原因_______。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想01 化学与STSE 2 押题猜想02 有机化学基础 4 押题猜想03 元素周期律 7 押题猜想04 微工艺流程 11 押题猜想05 阿伏伽德罗常数 15 押题猜想06 化学反应速率与平衡 19 押题猜想07 基础实验题 24 押题猜想08 实验探究题 27 押题猜想09 电化学基础 31 押题猜想10 水溶液图像 37 押题猜想11 工艺流程题 43 押题猜想12 实验综合题 52 押题猜想13 有机推断题 63 押题猜想14 化学反应原理综合题 71 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】福建科研团队在高性能氢燃料电池系统做出重大突破，不正确的是 A．储氢合金要求能大量吸收氢气，并形成金属氢化物，且室温下吸放氢速率快 B．海水直接电解制氢，阴极析氢一段时间后，电极可能会出现堵塞现象，是因为出现了、等沉淀 C．NaBH4与D2O反应催化释氢，所得气体的分子式为H2 D．甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法 【答案】C 【解析】A．储氢合金需满足高吸氢量、形成稳定金属氢化物、室温快速吸放氢等特性，如合金，A正确。 B．阴极发生放氢生碱，海水电解制氢时，析氢一段时间后，海水中的Ca2+、Mg2+在此过程中会形成、等沉淀，电极可能会出现堵塞现象，B正确； C．若用D2O代替H2O，D2O中的D一部分进入氢气，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD，C错误； D．甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法；D正确； 答案是C。 押题有据 近年福建高考有关STSE试题主要考查新能源、新材料、环境保护、生活常识、传统文化等，旨在考查化学原理在生活场景中的应用。本题以我省科技工作者及取得的科研成果为试题情境，把学科基础知识融入前沿科技的情境之中，旨在考查考生“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”等化学学科核心素养，培育科学家精神，增强民族目信心和自豪感，厚植家国情怀，体现化学学科的育人功能。复习时多归纳整理生活中与化学原理有关的知识，2026年的高考更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。 考题猜想 1．（2025·福建泉州·一模）高分子化合物与生活、生产息息相关。下列说法错误的是 A．酚醛树脂可用作电绝缘材料 B．聚乳酸可用作免拆型手术缝合线 C．尼龙、涤纶、光导纤维都是有机合成纤维 D．茶叶中的纤维素属于天然高分子化合物 【答案】C 【详解】A．酚醛树脂绝缘性好，不导电，因此可用作电绝缘材料，A正确； B．聚乳酸可在人体内自然降解被人体吸收，因此可用作免拆型手术缝合线，B正确； C．尼龙、涤纶属于有机合成纤维，但光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，不是有机合成纤维，C错误； D．纤维素是天然存在的高分子化合物，茶叶中的纤维素属于天然高分子化合物，D正确； 故答案选C。 2．（2025·福建福州·二模）唐代孙思邈《千金方·面药第九》中记载澡豆配方与制作方法：“白芷、······、杏仁(各一两)，······，麝香(半两)，大豆末(五升)，猪胰(两具)。上十八味，捣筛为末，以猪胰和面，曝干，更捣筛收之。洗手面佳。”下列说法错误的是 A．大豆所含的皂甙和卵磷脂都属于有机物 B．猪胰含有多种消化酶，可以分解脂肪、蛋白质和淀粉，因而可以去污 C．澡豆制作过程涉及研磨、蒸发等操作 D．澡豆不会受潮霉变，故无需密封保存 【答案】D 【详解】A．皂甙和卵磷脂均为含碳化合物，属于有机物，A正确； B．猪胰中的消化酶（如脂肪酶、蛋白酶、淀粉酶）可催化分解相应物质，具有去污作用，B正确； C．“捣筛”为研磨和过筛，“曝干”为蒸发水分，C正确； D．澡豆含有机物（如大豆末、猪胰），吸湿后易霉变，需密封保存，D错误； 故选D。 3．（2026·福建厦门·二模）中国旅游标志“铜奔马”底部采取了“铁骨铜皮”的稳定设计。下列说法正确的是 A．Fe位于元素周期表d区 B．“铁骨铜皮”是一种合金 C．湿法炼铜与火法炼铜均为非氧化还原反应 D．“铜奔马”表面呈绿色是因为主要发生了析氢腐蚀 【答案】A 【详解】A．Fe的价电子排布为，属于第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，A正确； B．合金是两种或两种以上金属（或金属与非金属）经熔合形成的具有金属特性的物质，“铁骨铜皮”是铁、铜两种材料物理拼接，不属于合金，B错误； C．湿法炼铜是铁置换铜的反应、火法炼铜是还原铜的化合物得到铜单质的过程，二者均有元素化合价变化，都属于氧化还原反应，C错误； D．铜的活泼性弱于氢，无法发生析氢腐蚀，表面绿色是铜在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成碱式碳酸铜导致，D错误； 故答案选A。 4．（2026·福建福州·二模）中国传统文化蕴含化学知识，下列相关说法正确的是 A．“以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取”，其中涉及到蒸馏操作 B．“黑火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硫”指硫酸 C．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，此处发生的反应为可逆反应 D．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”，表明玉石有可燃性 【答案】A 【详解】A．该句描述酿酒后蒸馏提取酒精的过程，“蒸取”是利用各成分沸点不同分离得到产物，涉及蒸馏操作，A正确； B．黑火药的成分为硫单质、硝酸钾和木炭，文中“硫”指硫单质，不是硫酸，B错误； C．丹砂（HgS）分解生成水银（Hg）需要加热条件，Hg与S化合生成丹砂反应条件不同，可逆反应要求同一条件下进行，因此不是可逆反应，C错误； D．该句说明高温下玉石性质稳定，不发生变化，玉石主要成分为性质稳定的硅酸盐类物质，没有可燃性，D错误； 故选A。 押题猜想02 有机化学基础 终极押题（2026·河北衡水·模拟预测）特戈拉赞是抑制胃酸分泌的药物，其结构简式如下： 下列说法错误的是 A．该物质的分子式为 B．该物质含1个手性碳原子 C．1 mol该物质最多消耗3 mol NaOH D．该物质可在稀硫酸中水解 【答案】C 【详解】A．根据题干结构简式，该物质的分子式为，A项正确； B．该物质所含的手性碳标注如图：，B项正确； C．该物质苯环上有2个碳氟键和1个酰胺基，1 mol该物质与NaOH水溶液反应最多消耗5 mol NaOH，C项错误； D．该物质中含酰胺基，可在酸性条件下水解，D项正确。 故选C。 押题有据 本题通过创设生活情境，以陌生有机反应的反应物和生成物为载体，考查考生对“组成、结构决定性质”大概念的理解，形成基于官能团、化学键与反应类型认识有机物的一般思路，要求考生运用物质结构的有关理论和模型，理解有机物分子中碳原子的结构特征与分子空间结构的关联，体现“宏观辨识与微观探析”“证据推理维护人类生命健康中的中心科学地位。2026高考重点关注真实情境下的活学活用的高价思维能力。 考题猜想 1．（2026·福建龙岩·二模）藜芦醛是一种食用香料，可由如下反应制得。下列说法错误的是 A．该反应为取代反应 B．原儿茶醛分子中所有原子可能共平面 C．可以用溶液鉴别原儿茶醛和藜芦醛 D．原儿茶醛的芳香族同分异构体均不能发生水解反应 【答案】D 【详解】A．反应中羟基H被甲基取代，该反应为取代反应，A正确； B．苯环、醛基均为平面结构，通过单键的旋转，原儿茶醛分子中所有原子可能共平面，B正确； C．原儿茶醛含有酚羟基，可与溶液显紫色，故可以用溶液鉴别原儿茶醛和藜芦醛，C正确； D．原儿茶醛的芳香族同分异构体含有酯基结构的，如，能发生水解反应，D错误； 故选D。 2．（2026·福建泉州·一模）有机物Z是合成某杀虫剂的中间体，合成路线如下： 下列说法正确的是 A．X中所有原子可能共平面 B．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z C．Y的核磁共振氢谱有5组峰 D．该反应的原子利用率为100% 【答案】B 【详解】A．X分子中含有，中心碳原子是杂化，为四面体结构，因此所有原子不可能共平面，A错误； B．X中无碳碳双键，也无能够被酸性高锰酸钾氧化的烷基侧链，不能使酸性高锰酸钾褪色；Z中含有碳碳双键，碳碳双键可被酸性高锰酸钾氧化，能使高锰酸钾溶液褪色，因此可以用酸性高锰酸钾鉴别X和Z，B正确； C．Y的结构为苯环上连有3个不同取代基：、、，不同环境氢的种类：苯环上3种不等价氢，加上3个取代基中3个不等价甲基氢，共种，核磁共振氢谱有6组峰，C错误； D．该反应为羟醛缩合反应，会脱去1分子小分子水，并非所有原子都进入目标产物Z，原子利用率小于100%，D错误； 故选B。 3．（2026·福建泉州·二模）某酰胺醇具有抑制细菌的作用，部分合成路线如图。 下列说法错误的是 A．X的分子式为 B．Z分子中含有3个手性碳原子 C．的反应类型为还原反应 D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别X、Z 【答案】B 【详解】A．由X的结构简式可知，X的分子式为，A正确； B．Z分子中含有2个手性碳原子，，B错误； C．过程中-NO2转化-NH2，为还原反应，C正确； D．X中含有醛基，Z中无醛基，可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，D正确； 故选B。 4．（2026·福建·一模）EDTA（乙二胺四乙酸）能与大多数金属离子形成稳定的配合物，其分子结构如图，下列说法正确的是 A．分子式为 B．EDTA的核磁共振氢谱上有5组峰 C．EDTA分子中N、O原子可以提供孤对电子与金属离子最多可形成6个配位键 D．EDTA相对分子质量与正二十烷相近，所以沸点差异较小 【答案】C 【详解】A．该分子式为，而不是，A错误； B．分子中存在对称轴，共有3组等效氢，核磁共振氢谱中只有3组峰，B错误； C．EDTA中的每个氨基N原子有1个孤电子对，2个氨基N原子可以与金属离子形成2个配位键，在配位过程中，受制于空间位阻等因素，4个羧基失去质子后形成羧酸根，每个羧酸根中的O原子可提供孤对电子形成1个配位键，总共可形成4个配位键，1个EDTA分子共可以与金属离子形成6个配位键，如图：，C正确； D．EDTA相对分子质量与正二十烷相近，但是EDTA中含有羧基和氨基，能形成分子间氢键，沸点会大于正二十烷，D错误； 故选C。 押题猜想03 元素周期律 终极押题（2026·山西太原·二模）我国科学团队设计出钝化剂。D、E、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期元素，且原子序数之和为31。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z＜Y＜X B．简单氢化物的沸点：E＜X＜Y C．中X为杂化 D．TFA负离子中Y不满足8电子结构 【答案】B 【分析】D、E、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合结构和题干信息推断，D只形成1个共价键，原子序数最小，故D为H，X可形成-XH3，X形成4个共价键，但有1个氢是配位过来，说明X形成3个共价键饱和，则X最外层有5个电子，为ⅤA族，E能形成4个共价键，原子序数小于X，结合阴离子的结构，可得E为C，X为N，五种元素原子序数总和为31，因此Y+Z = 31-1-6-7=17，结合中Z显负价、Y原子序数小于Z，可得Y=8、Z=9，即Y为O，Z为F； 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，总体趋势为第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：F>N>O，A错误： B．水分子形成氢键大于氨分子，水沸点最高，甲烷分子不能形成氢键，沸点最低，故简单氢化物的沸点：CH4＜NH3＜H2O，B正确； C．的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp2杂化，C错误； D．TFA负离子带1个单位负电荷，则其中的单键氧、双键氧均满足8电子结构，D错误； 故选B。 押题有据 本题以钝化剂的结构图为素材，考查考生通过观察陌生离子的结构式来分析原子的成键特点，要求考生从原子、分子水平上认识物质构成的规律，依据题给信息，以微粒间的相互作用为线索推测各未知元素及其化合物的性质。本题着重考查考生获取、加工、整合信息和分析推理的能力以及综合应用物质结构知识分析和解决问题的能力。通过比较电离能的相对大小、最简单氢化物的沸点、杂化、8e-结构等，检测考生对原子结构、元素周期表与元素周期律、微粒间作用力与物质熔沸点的关系等化学核心知识的理解与掌握水平。试题促进考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的发展。2026高考仍然会延续此类试题的考查。 考题猜想 1．（2026·福建泉州·一模）某合成染料的中间体结构如图所示，Q、R、T、W、X和Y为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A．简单离子半径： B．第一电离能： C．虚框内基团均可与水分子形成氢键 D．最高价氧化物对应水化物的酸性： 【答案】A 【分析】根据结构和成键特点、原子序数依次增大的短周期条件，推导得： Q为（1号元素，只形成1个共价键），R为（6号元素，形成的为甲基，符合结构），T为N（7号元素，形成的为氨基），W为（8号元素，磺酸基中连接3个），X为Na（11号元素，带1个正电荷的阳离子，原子序数介于和之间），Y为（16号，磺酸基中心原子，短周期原子序数最大）。 【详解】A．有3个电子层，和都有2个电子层；电子层相同时，核电荷数越大半径越小，因此半径顺序为：，即，A错误； B．同周期（VA族，半充满稳定）第一电离能大于；同主族从上到下第一电离能减小，大于，因此顺序：即，B正确； C．虚框中的（含）、（含），、电负性大，都可以和水分子形成氢键，C正确； D．R是C，最高价碳酸，T是N，最高价硝酸，酸性，所以R<T，D正确； 答案选A。 2．（2026·福建莆田·二模）某化合物是制备锂离子电池的原料之一，其结构如图。X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，基态Y原子核外有3个未成对电子。下列说法正确的是 A．键角： B．第一电离能： C．简单氢化物的沸点： D．Q的氧化物对应的水化物为强酸 【答案】B 【分析】已知X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，基态Y有3个未成对电子，且Y后还有3种元素，故Y为N（价电子排布，符合3个未成对电子）；X仅形成1个单键，原子序数小于N，故X为H；Z形成双键，原子序数大于N，故Z为O；W仅形成1个单键，原子序数大于O，故W为F；Q形成6根共价键，原子序数大于F，短周期中最外层6个电子，故Q为S。 【详解】A．由分析可得为，为，二者中心O均为杂化：有2对孤对电子，只有1对孤对电子；孤对电子越多，对成键对的斥力越大，键角越小，故键角：，A错误； B．由分析可得W为F、Y为N、Z为O，同周期第一电离能从左到右总体增大，N的为半满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，因此第一电离能顺序：，B正确； C．由分析可得Y的简单氢化物为，Z的简单氢化物为，常温下为液体、为气体，沸点：，C错误； D．由分析可得Q为S，S的低价氧化物对应的水化物是弱酸，不是强酸，D错误； 故答案选B。 3．（2026·福建龙岩·二模）X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，只有Y、Z位于同一周期，M是地壳中含量最高的金属元素，化合物可由二聚体溶于形成，其结构式如图。下列说法错误的是 A．常温下，单质为液态 B．第一电离能大于的同周期元素有3种 C．分子所有原子最外层均满足8电子稳定结构 D．中含有共价键、配位键、离子键 【答案】B 【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，其中只有Y、Z位于同一周期，M是地壳中含量最高的金属元素，M为Al元素，由的结构式可知，X形成1个共价键，X为H元素，Y形成四个共价键，Y为C元素，Z可以和C原子形成三键，Z为N元素，Q带1个负电荷，Q为第四周期元素，Q为Br元素。 【详解】A．Q为Br元素，常温下，单质Br2为液态，A正确； B．Z是氮，位于第二周期ⅤA族，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，ⅡA族元素和ⅤA族元素大于相邻的元素，第二周期元素的第一电离能大小顺序为： ，第一电离能大于氮（N）的元素只有氟（F）和氖（Ne）两种，B错误； C．的结构式为：，其中Br为-1价，Al为+3价，均满足8电子稳定结构，C正确； D．中阳离子和阴离子之间存在离子键，中心离子Al3+与配体之间存在配位键，C原子和N原子间存在共价键，D正确； 故选B。 4．（2026·福建泉州·二模）某锂离子电池电极添加剂的结构如图，X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是 A．电负性： B．键角： C．最简单氢化物沸点： D．最高价氧化物的水化物酸性： 【答案】A 【分析】根据题目给出的结构式和X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素：X在结构中，X原子形成1个共价键，为氢元素(H)；Y在结构中，Y原子形成4个共价键，为碳元素；Z在结构中，Z原子形成2个共价键，为氧元素；Q在结构中，Q原子形成1个共价键，为氟元素；R在结构中，R原子形成4个共价键，且其原子序数大于F，为硅元素。 【详解】A．根据元素周期律，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小。电负性大小顺序为O>C>H，因此，Z> Y>X，A正确； B．为直线形，键角；为V形，键角约；为正四面体形，键角为；故键角顺序为，即 ，B错误； C．Q的氢化物是HF，Z的氢化物是H2O，Y的氢化物是CH4，H2O和HF分子间存在氢键，沸点远高于只存在范德华力的CH4，由于水分子间形成的氢键网络比氟化氢分子间的更强，因此H2O的沸点高于HF，故最简单氢化物沸点：H2O>HF>CH4，即Z>Q>Y，C错误； D．R是Si，其最高价氧化物的水化物是硅酸；Y是C，其最高价氧化物的水化物是碳酸，故酸性顺序为碳酸>硅酸，因此，Y>R，D错误； 故选A。 押题猜想04 微工艺流程 终极押题（2026·山东青岛·一模）用某废旧锂离子电池中钴酸锂()粗品制备纯品，实现资源的循环利用，主要工艺流程如下。 已知：①氯化胆碱是一种铵盐，“微波共熔”时提供；②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；③25℃时，，认为沉淀完全。下列说法错误的是 A．“微波共熔”反应中草酸作还原剂 B．“水浸”溶液颜色发生变化，离子方程式为 C．25℃当“沉钴”反应恰好完成时，溶液pH约为4.9 D．“高温烧结”的化学方程式为 【答案】C 【分析】氯化胆碱-草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以[Co(H2O)6]2+存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结（通入空气氧化）得到LiCoO2产品。 【详解】A．根据分析，草酸将Co元素还原为+2价，故草酸的作用是作还原剂，A正确； B．已知为蓝色， 为粉红色，“水浸”时与水发生配位平衡转化，离子方程式为：，溶液由蓝色变为粉红色，颜色发生变化，B正确； C．“沉钴”反应为，沉淀完全时；根据 ，代入 ：，，时， ，则：，，C错误； D．碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品，则“高温烧结”发生反应的化学方程式为，D正确； 故选C。 押题有据 本题用“废旧锂离子电池中钴酸锂(LiCoO2)粗品制备纯品，实现资源的循环利用”为载体，考查考生对流程图中物质转化原理的理解。考查内容体现基础性、实践性和综合性，着重考查考生整合题给信息与已有知识进行分析、推理与论证的能力。2026高考考查陌生元素化合物的转化，涉及条件控制、陌生方程式等。 考题猜想 1．（25-26高三下·福建泉州·开学考试改编）锌是一种应用广泛的金属，工业上以菱锌矿(主要成分是ZnCO3、ZnO，含少量SiO2和Na2SiO3)制备锌单质的流程如下： 已知： a．2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)  =-173 J·mol-1·K-1 b．C(s)+O2(g)=CO2(g)  =2.9 J·mol-1·K-1 c．2C(s)+O2(g)=2CO(g)  =178.8 J·mol-1·K-1 反应a、b、c的ΔG随温度的变化关系如图所示，已知ΔG越小反应越易进行。下列说法错误的是 A．反应a为放热反应 B．“滤渣”为SiO2和H2SiO3 C．“沉淀”过程中，消耗CO2与Na2ZnO2的物质的量之比为1：1 D．“热还原”过程中，发生主要反应的化学方程式为ZnO+CZn+CO↑ 【答案】C 【分析】菱锌矿成分：主要含、，杂质为、，酸浸：加入硫酸，、与硫酸反应生成可溶性；与硫酸反应生成沉淀；不与硫酸反应也不溶于硫酸，因此滤渣为和，滤液含、、。碱浸：加入过量，与过量反应生成可溶性（锌酸钠），得到含和过量的溶液。沉淀：通入，与反应生成沉淀，过滤得到沉淀，滤液为含钠的碳酸盐/碳酸氢盐溶液。煅烧：煅烧分解得到。热还原：加入过量焦炭，高温还原得到单质。 【详解】A．ΔG = ΔH - TΔS，反应a的=-173 J·mol-1·K-1＜0，从图中可知反应a在273K时，故ΔH ＜0，因此反应a为放热反应，A正确； B．由流程分析可知，酸浸时与硫酸反应生成沉淀，不溶于酸，因此滤渣为二者混合物，B正确； C．当过量时，与反应生成和，此时消耗与的物质的量之比为2:1，过量会消耗生成，总比例大于1:1，C错误； D．题目说明越小反应越容易进行，高温时由图像可知反应c（）的最小，说明高温下C反应更容易生成，而非，因此过量焦炭还原的主要产物为，反应式正确，D正确； 故选C。 2．（2026·福建莆田·二模）一种以拜耳法赤泥（主要成分为、、的氧化物）为原料分离钛铝铁并制备、的工艺流程如下： 已知：，微溶于水。下列说法错误的是 A．“焙烧”产生的气体主要成分是二氧化碳 B．“酸浸”后的溶液中，其 C．“氧化水解”温度不宜过高 D．“沉淀”反应的离子方程式为 【答案】B 【详解】A．赤泥与纯碱联合焙烧，将金属元素转化金属氧化物，生成气体为CO2，A正确； B．焙烧后硫酸酸浸，浸取液中含有的金属离子为Fe3+、Al3+、Na+以及含Ti的离子，若溶液中Fe3+浓度为0.1 mol/L，则，则pOH=12.5，pH=14-12.5=1.5，B错误； C．氧化水解时，利用H2O2将Ti元素转化为高价态离子并水解，温度过高会使氧化剂H2O2分解，所以温度不宜过高，C正确； D．NaF沉铝时发生的反应为，D正确； 故选B。 3．（2026·福建泉州·一模）常用于印染工业。实验室制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．“溶解”时，利用冰水浴控制低温可增大的溶解度 B．“氧化”时，少量多次加入可减少生成 C．“调pH”的主要目的是除去过量的和 D．“分离”时，需选用坩埚、漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器 【答案】D 【分析】 首先将溶解在蒸馏水中，气体溶解度随温度降低而增大，冰水浴低温可提升溶解量，为后续反应提供充足反应物。之后加入氧化，主反应生成含、的酸性体系，若一次性加入过量易引发副反应，将+4价硫过度氧化为，少量多次加料可减少副产物生成。 随后加入调节pH，既可以中和过量酸、除去溶解的，也能让副产物转化为沉淀除去；过滤除渣后加入，将体系中沉淀为除去，最终从滤液中分离提纯得到目标产物 【详解】A．气体的溶解度随温度降低而增大，冰水浴控制低温可以增大的溶解度，A正确； B．作氧化剂，若一次性加入过量，会过度氧化，生成更多，少量多次加入可控制氧化程度，减少生成，B正确； C．加入调，既可以中和除去过量，也可以沉淀，生成滤渣除去，C正确； D．“分离”是过滤分离出沉淀，从溶液中获得结晶水合物，用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，坩埚是高温灼烧固体的仪器，该操作不需要坩埚，D错误； 故选D。 4．（2026·福建龙岩·二模）从银锰矿(主要含和，以及少量、的化合物)中提取和的工艺流程如图1。硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图2。 下列说法错误的是 A．将银锰矿粉碎是为了使反应更快更充分 B．利用淀粉水解液可将银锰矿中的还原为 C．“氰化提银”时存在反应 D．“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】D 【分析】银锰矿(主要含和，以及少量、的化合物)经粉碎后，加入淀粉水解液、硫酸加热浸出。淀粉水解液（含葡萄糖等还原性物质）在酸性条件下将还原为，、的化合物溶解为、进入浸出液，不溶物为浸出渣，浸出渣加入石灰乳（调节）、、，被氧化并与形成络离子进入溶液，后续电解得到金属，浸出液经处理得到 溶液，通过“系列操作”得到晶体。 【详解】A．将固体粉碎可以增大表面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确； B．根据流程图，浸出时加入淀粉水解液，主要成分为葡萄糖C6H12O6，具有还原性，在酸性条件下，MnO2具有强氧化性，可将葡萄糖氧化，自身被还原为Mn2+，B项是正确的。 C．在“氰化提银”步骤中，Ag在碱性条件下被O2氧化，与CN⁻结合生成[Ag(CN)2]⁻，根据氧化还原反应配平离子方程式为：，C正确； D．根据图2，MnSO4的溶解度随温度变化显著， 题目要求从MnSO4溶液中获得MnSO4·H2O，需控制温度大于 23.9℃，若采用“蒸发浓缩、冷却结晶”，则在冷却过程中，当温度降至23.9℃以下时，会析出MnSO4·7H2O或MnSO4·5H2O，无法得到MnSO4·H2O，D错误； 故选D。 押题猜想05 阿伏伽德罗常数 终极押题（2025·四川·模拟预测）我国学者把游离态氮固定在碳上，示踪反应方程式为（石墨）+2LiH，制得的离子可用于合成核酸的结构单元，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A．22.4 L 含有的中子数为16 B．12 g C（石墨）中含有的C-C的数目为3 C．1 mol 中含有的键数为4 D．生成1 mol 时，总反应转移的电子数为6 【答案】D 【详解】A．22.4 L未指明温度和压强，不能确定其物质的量，无法计算中子数，A错误； B．12 g C（石墨）为1 mol，石墨中每个C原子与3个C原子相连，但每条C-C键被2个原子共用，故C-C键数目为1.5，不是3，B错误； C．离子中有两个双键，每个双键含1个π键，故1 mol该离子含π键数为2，不是4，C错误； D．反应中N元素从0价降至-3价（得电子），C元素从0价升至+4价（失电子），H元素从-1价升至0价（失电子），生成1 mol H2时，电子转移6 mol，则总反应转移的电子数6，D正确； 故选D。 押题有据 本题以“把游离态氮固定在碳上，制得的离子用于合成核酸的结构单元”为载体，考查考生对物质结构与性质以及化学反应原理相关知识的掌握情况，涉及原子杂化、化学键变化、氧化还原反应、物质变化等必备知识。本题考查考生的信息提取与加工、逻辑推理与论证和批判性思维能力，以及“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”化学学科核心素养。2026高考考查与物构、溶液、转移电子数相关的计算。 考题猜想 1．（2026·福建泉州·一模）用尿素(结构如图)除去溶液中的反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．中孤电子对数为 B．溶液中阴离子总数小于 C．每生成转移电子数为 D．标准状况下，中含有的键数为 【答案】B 【详解】A． 尿素分子中，O原子形成C=O双键后含2对孤电子对，尿素整个分子共平面，氮原子为杂化，每个N原子形成3个σ键后无孤电子对（孤对电子形成了共轭体系），C无孤电子对，总孤电子对为2对，1mol尿素含孤电子对数为，A正确； B．对溶液，根据电荷守恒：，，因此阴离子总物质的量，阴离子总数大于，B错误； C．反应中，中N为-3价，中N为+3价，均转化为0价的；每生成1 mol ，转移总电子为6 mol，因此生成0.1 mol 转移电子数为，C正确； D．标准状况下物质的量为0.1mol，结构式为，1个分子含2个键，因此0.1 mol 含键数为，D正确； 故选B。 2．（2026·福建厦门·二模）一种氮单质的转化过程如图。设为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A．含阴、阳离子总数为 B．每生成反应Ⅱ转移电子数为 C．的杂化N原子数为 D．每生成标况下需分子数为 【答案】B 【详解】A．15 g AgN3的物质的量为，含和，总离子数为，A正确； B．反应Ⅱ为：，是氮单质，为价；反应物中两个整体共显价，生成时，总共升高价，转移电子数为，B错误； C．N6结构为，所有原子共平面，两端及三键相连的4个均为杂化，中间两个成双键的，价层电子对数为，为杂化，故中杂化原子数为，C正确； D．N6分解反应：，标况下物质的量为，需要的物质的量为，分子数为，D正确； 故选B。 3．（2025·福建·二模）近日，自然资源部宣布辽宁省探明国内首个千吨级超大型金矿床。现代冶金原理：①；②。为阿伏加德罗常数的值，HCN(氰酸)的酸性比醋酸的弱。下列叙述错误的是 A．溶液含阴离子数小于 B．反应①中，11.2 L (标准状况)参与反应时转移电子数为 C．反应②中，13.0 g Zn参与反应时新生成的配位键数为 D．反应①和②中，0.1 mol配体含配位原子数为 【答案】A 【详解】A．氢氰酸(HCN)是弱酸，的水解反应式为，阴离子包括和，由电荷守恒可知：>0.1mol/L，即溶液含阴离子数大于，A项错误； B．反应①中，O2得电子：1 mol O2得4 mol电子，11.2 L O2（标准状况）为0.5 mol，转移电子：，B项正确； C．反应②中，13.0 g Zn为0.2 mol；1 mol Zn参与反应生成1 mol [Zn(CN)4]2-，新形成4个配位键；故新生成配位键0.8 mol，即0.8NA，C项正确； D．在反应①和②中，配体均为，配位原子为C，1个配体含1个配位原子，0.1 mol配体含0.1NA配位原子，D项正确； 答案选A。 4．（2025·河北沧州·一模）将与红磷均匀混合，然后滴加水可制备氢碘酸和二元弱酸，发生的反应为，表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，所含原子数目为 B．中含有键的数目为 C．(标准状况)受热分解，转移电子数目为 D．为6的溶液中，数目为 【答案】B 【详解】A．的物质的量为0.05 mol，分子含2个原子，原子数目为，A错误； B．分子结构中有1个键，含有1.2 mol 键，数目为，B正确； C．11.2 L HI（标准状况）为0.5 mol，HI分解反应为，该反应为可逆反应，不能完全反应，故转移电子数目小于，C错误； D．pH=6的溶液中，浓度为，但未给出溶液体积，无法确定数目，D错误； 故选B。 5．（25-26高三上·福建宁德·月考）离子液体在液液萃取、电化学、有机合成等方面有广泛应用。一种离子液体的制备方法如下。已知N-甲基咪唑具有平面环，下列有关的表述正确的是 A．0.1 mol N-甲基咪唑的键电子数为 B．(溴丁烷)含数目为 C．物质中含(价层)孤电子对数为 D．阴离子σ键电子数为 【答案】D 【详解】A．N-甲基咪唑具有平面环，其结构中存在一个由5个原子（2个N和3个C）组成的共轭大π键，该大π键包含6个π电子。因此，0.1 mol N-甲基咪唑中含有的π键电子数为，而非，A错误； B．（溴丁烷）是共价化合物，分子中原子以共价键与碳原子相连，不存在自由移动的，因此0.1 mol 中数目为0，B错误； C．在中，阳离子的咪唑环上N原子没有孤电子对，阴离子有4对价层孤电子对，故0.1 mol 中含价层孤电子对数为，C错误； D．的阴离子为，中心原子采取杂化，与6个原子形成6个σ键，每个σ键含2个电子，因此0.1 mol 中σ键电子数为，D正确； 故答案选D。 押题猜想06 化学反应速率与平衡 终极押题（2026·重庆·模拟预测）丙烷裂解时发生如下2个反应：（Ⅰ）；（Ⅱ）。在1200℃、1 MPa条件下，和的混合气体在催化剂a或b吸附催化下发生反应Ⅰ和Ⅱ。图1是和（T范围1000℃～1500℃）的关系。图2是使用催化剂a时，平衡时转化率、选择性以及生成速率随变化的关系。已知：（为速率常数，为活化能，为常数）。下列说法正确的是 A．实验条件下，催化剂效果： B．实验条件下，当体系中压强不变时反应达平衡状态 C．实验温度下， D．生成速率减小是因为高温使催化剂活性降低 【答案】C 【详解】A．已知：，图1中a线更陡，更大，活化能越大，催化效果越差，所以实验条件下，催化剂效果：，A错误； B．反应：（Ⅰ）；（Ⅱ）在1200℃、1 MPa恒压条件下发生反应，压强不变，当体系中压强不变时，不能判断反应是否达到平衡，B错误； C．图2中，时，转化率为40%，选择性为90%，假设，则生成的物质的量为，的物质的量为，生成和的物质的量为，，C正确； D．图2曲线的自变量是变化的关系，并未改变温度，所以生成速率减小与高温使催化剂活性降低无关，可能得原因是氢气占比增大，导致丙烷在催化剂上的吸附浓度下降，生成速率减小，D错误； 故答案选C。 押题有据 本题以“丙烷裂解”为情境，考查考生对催化剂活性、平衡状态、平衡常数等化学原理的理解与掌握程度。本题以同一条件下竞争性平行反应的产物分布差异为切入点，要求考生基于化学反应原理和物质结构知识，深入剖析反应机理，重点阐释动力学因素对产物选择性的调控作用。本题主要考查考生信息获取与加工、逻辑推理与论证能力。2026高考注意催化剂、动力学与热力学、转化率及选择性类的相关图像考查。 考题猜想 1．（2026·福建厦门·二模）丙酮可缩合得到和异佛尔酮，转化关系如图。升高温度，反应的平衡常数减小。下列说法错误的是 A． B．合成温度越高，产率越高 C．分馏、混合物时，先蒸出 D．推测缩合存在中间产物 【答案】B 【分析】根据题干信息可知，升高温度，反应的平衡常数减小，说明升高温度该平衡逆向移动，因此为放热反应，，据此分析： 【详解】A．根据盖斯定律，的焓变，因此，A正确； B．升高温度，平衡逆向移动，的平衡含量降低，因此不是温度越高，产率越高，B错误； C．分馏时沸点更低的物质先汽化蒸出，由图中信息可知，沸点为，低于的沸点，因此先蒸出，C正确； D．3分子丙酮缩合为环是逐步进行的，两分子丙酮先发生羟醛缩合，生成，再与第三分子丙酮缩合成环，因此该中间产物存在，D正确； 答案选B。 2．（2026·福建福州·二模）醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可反应生成α-羟基磺酸钠(Q)，正、逆反应速率可以表示为和，和分别为正、逆反应的速率常数。与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．催化剂可以提高速率和平衡产率 B．该反应属于加成反应 C．达到平衡时 D．升高温度，平衡正向移动 【答案】B 【详解】A．加入催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高平衡产率，A错误； B．该反应的醛基碳氧双键断裂，属于加成反应，B正确； C．达到平衡时，正逆反应速率相等，则有v正=v逆，所以，C错误； D．从ln k与关系图可知，随着温度升高，ln k逐渐增大，且ln k逆增大更多，说明升高温度，逆反应速率增加更多，平衡应逆向移动，D错误； 故选B。 3．（2026·福建·一模）1,3-丁二烯与溴水发生反应： i．(g)+Br2(aq)(l)   ii．(g)+Br2(aq)(l)     不同温度下、相同反应时间内，反应体系中产物比例如下表。 温度/℃ 反应i产物/% 反应ii产物/% 54 46 60 20 80 已知：反应ii产物更稳定。下列说法正确的是 A．焓变： B．活化能：反应i<反应ii C．键能：(中的π键) D．二烯烃均能与溴水反应生成2种二溴代物 【答案】B 【详解】A．产物越稳定，对应反应放热越多，已知反应ii产物更稳定，故，又因两者均为放热，因此，A错误； B．低温下反应i产物占比更高，说明低温时反应i速率更快，在相同温度下，反应速率越快则活化能越低，因此活化能：反应i<反应ii，B正确； C．由反应i可知，该反应为放热反应，则反应物断键吸收的热量[]小于形成生成物成键释放的热量[]，即，C错误； D．若为1,4-戊二烯()，与溴水加成时，只生成4,5-二溴-1-戊烯，产物种类只有1种，D错误； 故答案选B。 4．（25-26高三上·福建南平·期中）等物质的量的溴与1，3-丁二烯在环己烷溶液中的反应机理及能量变化如下图。不同反应条件，反应相同时间，测得产物组成如下表。 实验编号 反应温度/℃ 产物中A的物质的量分数/% 产物中B的物质的量分数/% 1 -15 62 38 2 25 12 88 下列说法正确的是 A．A与B互为同分异构体，且A比B稳定 B．升高温度，A可经活性中间体转化为B C．升高温度，生成A的正反应速率增大，生成B正反应速率减小 D．实验1已达平衡状态，加入合适的催化剂可提高平衡转化率 【答案】B 【详解】A．A与B的化学式相同，结构不同，故互为同分异构体，由图可知A具有的能量比B高，由于能量越低越稳定，故B比A稳定，A错误； B．由表可知，当温度由-15℃升高至25℃时，产物中B的物质的量分数增加，说明升高温度会导致部分产物A经活性中间体转化为B，B正确； C．根据化学反应发生的规律，升高温度，无论是对于生成A还是生成B的反应速率都会增加，不会导致生成B的正反应速率减小，C错误； D．加入催化剂不会影响反应平衡，也不会影响平衡转化率，只会改变反应速率，D错误； 因此，答案选B。 押题猜想07 基础实验题 终极押题（2026·湖南邵阳·一模）某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： i．在中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得到滤液； ii．将滤液转移至中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽； iii．继续加热蒸馏，C中收集沸点为之间的馏分，得到氢碘酸(密度为，HI质量分数为)。 下列叙述错误的是 A．步骤i中快速搅拌的目的是防止固体产物包覆碘 B．步骤i中通入发生反应的离子方程式是： C．步骤iii实验结束时应先停止加热，继续通一段时间的后关闭 D．实验得到氢碘酸的物质的量浓度约为 【答案】B 【分析】在A中加入H2O和I2，快速搅拌，打开K1通入H2S，H2S与I2发生反应I2+H2S=S↓+2HI，反应完成后，关闭K1，静置，过滤得滤液；将滤液转移至B中，打开K2通入N2，排出装置内的空气，接通冷凝水，加热保持微沸。实验结束时，将装置内残留的H2S等气体排入尾气处理装置，防止污染空气，同时也能防止在冷却过程中空气进入装置，氧化HI。 【详解】A．H2S与I2发生反应I2+H2S=S↓+2HI，生成的S是固体，若不快速搅拌，S可能包裹在未反应的I2表面，阻碍反应进行，A正确； B．H2S与I2发生反应I2+H2S=S↓+2HI，离子方程式为：，B错误； C．在步骤iii中，蒸馏结束后，若立即关闭K2，装置内可能残留HI气体，导致产率降低。通入N2可以将B中残留的HI蒸气赶入C中，确保收集完全。此外，先停止加热还可避免温度过高导致HI分解，C正确； D．已知氢碘酸的密度ρ= 1.7 g·mL⁻¹，HI质量分数w = 57%。根据公式：可知其物质的量浓度为，D正确； 故选B。 押题有据 本题以测定25℃下Cu(IO₃)2的溶度积Ksp为情境，考查Cu(IO₃)₂饱和溶液的配制原理与操作。本题将实验操作的考查浸润于陌生的“Cu(IO₃)₂”情境中，考查考生对物质制备、净化、饱和溶液配制过程的掌握程度。准确知悉实验目的、根据实验目的展开实验、规范操作是本题的核心考查点。化学实验是提高学生综合素质的重要途径，通过实验可以培养学生的思维能力、动手能力、观察能力和质疑能力。本题考查考生对物质转化与应用、实验原理与方法的掌握情况，涉及实验仪器使用、实验基本操作、物质的分离与提纯、实验方案质疑与评价等必备知识，考查考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”等化学学科核心素养。 考题猜想 1．（2026·福建龙岩·二模）具有还原性，易水解，熔点、沸点，高于易分解。一种制备纯净的装置如图。 下列说法错误的是 A．应先通干燥HCl再加热管式炉 B．管式炉温度宜控制在左右 C．通入的气体可更换为 D．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管 【答案】C 【详解】A．管式炉中存在氧气和水，具有还原性，且易水解，故应该先将管式炉中的氧气和水排尽再开始反应，A正确； B．高于易分解，控温有利于其以蒸气形式被导出且不会分解，B正确； C．氯气具有氧化性，而具有还原性，会将产品氧化，C错误； D．易水解，需要在导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管，避免水蒸气进入，D正确； 故答案为C。 2．（2026·福建厦门·二模）为探究存在时能否用KSCN检验溶液中的，分别向2mL溶液中滴加1滴试剂X，再滴加1滴KSCN溶液，现象如表。 编号 滴加X后实验现象 滴加KSCN溶液后实验现象 实验1 X为，溶液变浅绿色 溶液变血红色 实验2 X为，溶液无明显变化 溶液变血红色，产生白色浑浊 已知：CuSCN为白色沉淀；与卤素性质相似。下列说法正确的是 A．实验1溶液变浅绿色是因为有生成 B．实验2产生白色浑浊是因为被还原 C．实验2溶液变血红色：； D．实验表明存在时，可用KSCN检验溶液中的 【答案】B 【详解】A．实验1中氧化性，与不反应，溶液变浅绿色是的黄色与的蓝色混合得到的颜色，A错误； B．实验2中白色浑浊为，元素化合价从+2价降低为+1价，被还原，B正确； C．氧化性，反应不能自发进行，且实验2无单质生成，反应原理错误，C错误； D．由实验2可知，即使原溶液没有，只要存在，加入后也会产生使溶液变红，会干扰的检验，因此存在时，不能用检验溶液中的，D错误； 答案选B。 3．（2026·福建莆田·二模）为了测定室温下的平衡常数。实验步骤如下： ①制备硫酸四氨合铜晶体。 ②…… ③测定原电池的电压。 将设计成原电池，通过测定原电池的电压间接获得溶液中的物质的量浓度。 下列说法错误的是 A．步骤①中，乙醇的作用是降低溶剂的极性，降低硫酸四氨合铜的溶解度 B．步骤①的“滤液”可通过直接蒸馏回收乙醇 C．步骤②为配制一定物质的量浓度的硫酸四氨合铜溶液 D．步骤③设计的原电池用银作负极 【答案】B 【详解】A．硫酸四氨合铜是离子型配合物，极性强，在极性较低的乙醇-水混合溶剂中溶解度会降低，便于晶体析出，A正确； B．滤液中含有氨水，直接蒸馏会使氨气随乙醇蒸出，无法有效分离，直接蒸馏无法得到纯净的乙醇，B错误； C．得到硫酸四氨合铜晶体后，要测定解离平衡常数，需要先配制准确浓度的硫酸四氨合铜溶液，因此步骤②为配制溶液，C正确； D．根据总反应，发生失电子的氧化反应，原电池中负极发生氧化反应，因此银作负极，D正确； 故答案选B。 押题猜想08 实验探究题 终极押题（2026·江西九江·二模）为探究红色固体与酸的反应，进行如下实验。 已知：①水溶液中是蓝色，是黄绿色，是深蓝色。 ② 实验组 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 实验操作 实验现象 溶液变为蓝色，有少量的白色沉淀。 固体全部溶解，溶液变为黄绿色，加入氨水后溶液变成深蓝色。 溶液变为蓝色，液体呈浑浊状态。 固体全部溶解，溶液变为蓝色，加入氨水后溶液变成深蓝色。 下列说法不正确的是 A．Ⅰ中生成白色沉淀的反应： B．Ⅱ中溶液变成黄绿色的原因可能与溶解的氧气有关 C．Ⅲ溶液变蓝色原因是稀硝酸将氧化为 D．结合实验现象可知，与的配位能力强弱： 【答案】C 【详解】A．实验I中，Cu2O与0.3 mol/L HCl反应得到蓝色溶液（含[Cu(H2O)4]2+和少量白色沉淀，白色沉淀为CuCl，实验I中部分Cu2O与盐酸反应生成白色沉淀CuCl，反应的离子方程式为：Cu2O+2H++2Cl−=2CuCl↓+H2O；该描述正确，A不符合题意； B．实验II中，Cu2O溶于12mol/L的盐酸，由于氯离子浓度极高，必然会生成黄绿色的[CuCl4]2-离子；按理说应该还有Cu生成，但是固体全部溶解，Cu不能直接溶于盐酸，因此必须有溶解的氧气作为氧化剂，使之转化为[CuCl4]2-离子；离子方程式为2Cu2O+8H++16Cl-+O2=4[CuCl4]2-+4H2O；该描述正确，B不符合题意； C．实验III中，溶液变蓝且液体呈浑浊状态，说明生成了Cu2+和不溶于酸的Cu单质，这是Cu2O在酸性条件下发生歧化反应（Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O）的现象，而非稀硝酸将Cu2O氧化；描述错误，C符合题意； D．结合实验现象分析：实验II中浓盐酸中生成黄绿色[CuCl4]2−，说明Cl−配位能力强于H2O；加入氨水后变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+，说明NH3可以替换[CuCl4]2−中的Cl−，因此配位能力NH3>Cl−，最终得到配位能力强弱：NH3>Cl−>H2O，描述正确，D不符合题意； 故答案选C。 押题有据 本题以探究Cu2O与酸的反应为情境，以课程标准中要求学生必做的“有机化合物中常见官能团的检验”实验为载体，考查考生对实验探究的主要要素和流程的掌握程度。本题设置对比实验，让考生在熟悉与陌生的交织、碰撞中展开研究和探索历程，考生不仅要准确分析变量，比对实验结果，得出实验结论，更要对实验过程出现的“异常”现象给予分析并解释。本题考查考生信息获取与加工能力、实验探究能力以及创新思维和批判性思维，是对“科学探究与创新意识”等化学学科核心素养的具象化呈现。2026高考重在探究物质性质，特别是竞争反应、元素化合物颜色变化的考查。 考题猜想 1．（25-26高三下·福建三明·阶段检测）某实验小组探究与的反应，实验过程如下。 已知：①溶液呈淡黄色，、均为难溶于水的白色沉淀； ②的还原性介于、之间，可被氧化为 下列说法错误的是 A．过程i中生成了淡黄色，其与共存使溶液显绿色 B．过程ii中生成的白色沉淀为 C．反应速率：过程i>过程ii D．过程v中生成的白色沉淀包含和 【答案】D 【分析】Cu2+与SCN-混合后溶液变为绿色，是由于生成的淡黄色与未反应的蓝色水合铜离子共存导致，随后SCN-还原Cu2+为Cu+并生成难溶的白色CuSCN沉淀，自身被氧化为(SCN)2。静置后配离子完全转化为CuSCN沉淀。该沉淀可被稀硝酸氧化溶解，生成含Cu2+的淡蓝色溶液并生成HCN与，后者可通过BaCl2检验。该过程体现了SCN-作为还原剂和沉淀剂的双重作用，以及Cu2+在配位反应与氧化还原反应间的竞争反应机制。 【详解】A．水合铜离子为蓝色，已知为淡黄色，二者共存时蓝色与黄色混合显绿色，A正确； B．根据已知信息，可氧化为，被还原为，与生成难溶的白色沉淀，B正确； C．过程i加入KSCN后溶液立即变为绿色，反应速率快；过程ii需要静置1天才出现现象，反应速率慢，故反应速率：过程i>过程ii，C正确； D．过程ii得到的白色沉淀为，加入足量稀硝酸时，中+1价Cu会被硝酸氧化为，中的S元素被氧化为，加入后，只有白色沉淀生成；与不生成沉淀，故沉淀X只有，不含，D错误； 故答案选D。 2．（2026·福建泉州·一模）探究反应：的实验步骤如下： 已知：溶液a、b、c、d颜色深浅各不相同 下列说法错误的是 A．实验①说明存在一定的限度 B．实验①用萃取一次与分成2 mL萃取两次，溶液b颜色深浅不同 C．实验②，平衡向逆方向移动且减小 D．对比实验②③可用于判断生成物浓度对化学平衡的影响 【答案】A 【分析】过量，与少量反应后得到溶液，均分为三份，分别进行实验。逐一分析选项： 【详解】A．过量，萃取后，需要用KSCN证明未完全反应（上层清液滴加KSCN变红），才能说明是可逆反应，存在反应限度，A错误； B．萃取遵循“少量多次”效率更高的原则，一次萃取，萃取率低于两次萃取，上层溶液中残留浓度不同，因此颜色深浅不同，B正确； C．该反应左边粒子总计量数为4，右边为3，加水稀释后，浓度商，平衡向逆方向移动。即使平衡逆移，但由于稀释导致浓度反而减小，C正确； D．实验②加入水，实验③加入溶液，两者体积变化相同，仅实验③增大了生成物的浓度，对比和的颜色，可判断生成物浓度对化学平衡的影响，D正确； 故选A。 3．（25-26高三下·福建·开学考试）室温下，探究不同金属硫酸盐与溶液的反应原理，实验步骤及产物信息如下： 实验 试剂1 滴加试剂2 现象及产物 Ⅰ 饱和溶液（约） 溶液 白色沉淀（） Ⅱ 溶液 棕黄色沉淀（含、） Ⅲ 溶液 白色沉淀（可溶于强酸、强碱） 下列说法错误的是 A．由实验Ⅰ、Ⅱ可得出氧化性： B．实验Ⅱ中S元素化合价升高 C．实验Ⅲ的产物可能为 D．若用溶液代替实验Ⅱ中溶液，有生成 【答案】A 【详解】A．实验Ⅰ中Ag+与反应生成Ag2SO3沉淀，未发生氧化还原反应；实验Ⅱ中Cu2+与发生氧化还原反应，生成含Cu+的沉淀，表明Cu2+氧化了。但Ag+未显示氧化性可能因沉淀形成阻止反应，故不能直接得出Cu2+氧化性大于Ag+，A错误； B．实验Ⅱ中被氧化为，硫元素化合价从+4升至+6，B正确； C．实验Ⅲ中Al3+与可能发生双水解生成Al(OH)3沉淀，且该沉淀可溶于强酸强碱，符合现象，C正确； D．Fe3+具有氧化性，能与发生氧化还原反应生成Fe2+和，故用Fe2(SO4)3代替CuSO4溶液应有Fe2+生成，D正确； 故选A。 4．（25-26高三上·福建厦门·月考）室温下，用质量和表面积相同的镁条(已用砂纸打磨)探究不同条件下镁与水反应的实验(装置如图)。实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁。下列说法正确的是 实验1 实验2 实验3 镁条表面有微小气泡产生，且溶液较长时间无明显变化 镁条表面有较多气泡且产生气泡的速率逐渐加快，溶液中无明显现象 镁条表面有大量 气泡产生，溶液 逐渐变浑浊 A．实验1现象不明显，可能是Mg不活泼，较难与水反应 B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失 C．实验3中与Mg反应产生氢气，加快反应速率 D．对比实验1和实验3可知碱性增强有利于加快镁与水的反应速率 【答案】B 【详解】A．金属镁与水反应生成沉淀，会覆盖在镁条的表面阻止反应的继续进行，故实验1现象不明显，A错误； B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失，导致温度升高，的溶解度增大，覆盖在镁条的表面的溶解，不再阻止反应的进行，B正确； C．由于可水解产生，氢氧根浓度增大从而促进的生成，故实验3中镁条表面更多的沉淀，使产生氢气速率减慢，C错误； D．由题干信息可知实验1和实验3所得到的产物不同，故变量不唯一，不能由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论， D错误； 故选B。 押题猜想09 电化学基础 终极押题（2026·浙江·二模）一种电催化还原制备多碳()产物的装置示意图如图所示，该装置利用Ag掺杂CuO和电解液中碘离子双调控，促进C—C偶联反应的进行。已知可以通过范德华力等吸附在电极表面，增大电极有效表面积。下列说法中正确的是 A．Ag掺杂CuO后，降低C-C偶联反应的活化能，提高多碳()产物的选择性 B．可以用代替，且能提高电解效率 C．离子交换膜为阴离子交换膜 D．在电催化还原反应中，生成0.1mol ，则电极上转移的电子数为 【答案】A 【详解】A．Ag掺杂通过调整Cu的电子结构，优化了对CO中间体的吸附强度，同时Ag本身也促进了CO的生成，二者协同降低了C—C偶联的活化能，从而提高了多碳产物的选择性，A正确； B．Cl-代替I-，半径减小，范德华力减小，电解效率降低，B错误； C．应该是阳离子交换膜，若迁移到阳极室遇到大量H⁺，立刻反应：+ H⁺ = CO2 + H₂O，产生大量CO2气体，破坏电解液组成。I-迁移到阳极室，I-在阳极会被氧化成I2，消耗碘离子，破坏电解液调控作用，应该是质子交换膜，阳极产生H+迁移到阴极室作为CO2电还原的氢源，C错误； D．CO2还原反应中，生成0.1 mol C2H4气体时，还有乙醇等副产物的生成，则电极上转移的电子数大于1.2NA，D错误； 故选A。 押题有据 本题以一种电催化还原制备多碳()产物的工作原理为素材，考查电解池工作原理、离子交换膜种类的判断、转移电子数的计算和反应原理等必备知识。本题在陌生的研究对象及问题情境下，主要考查考生信息获取与加工、逻辑推理与论证能力和批判性思维。要求考生准确、迅速获取题给信息，着重考查考生对微粒观、转化观、守恒观等化学核心观念的理解和掌握情况。本题体现“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。2026高考要重点关注新型电解装置，关注实验事实，着重证据推理。 考题猜想 1．（2025·福建泉州·一模）某新型锂离子固态电池以卤化物作为M极电极材料，中间填充传导的聚合物，总反应式为，工作原理如图。 下列说法正确的是 A．充电时，Fe元素化合价不变 B．充电时，M极与外电源负极相连 C．放电时，通过聚合物隔膜往N极迁移 D．放电时，M极反应式为 【答案】D 【分析】由总反应式可知，放电时，N电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为；M电极为正极，发生还原反应，电极反应式为；充电时，N电极发生还原反应，为阴极，M电极发生氧化反应，为阳极； 【详解】A．由分析可知，充电时，M电极发生氧化反应，Fe元素化合价升高，A错误； B．充电时，M电极为阳极，与外电源正极相连，B错误； C．放电时，阳离子向正极移动，因此通过聚合物隔膜往M极迁移，C错误； D．由分析可知，放电时，M极反应式为，D正确； 故答案选D。 2．（2026·福建莆田·二模），-二氯苯乙酮（乙）是一种重要的医药工业基础原料，以苯乙炔（甲）等为原料的电化学合成原理如图。已知常温下是一种黄色气体，极易溶于水。 下列说法错误的是 A．阳极反应式为 B．乙与足量反应后产物分子的水溶性增强 C．反应①每生成1 mol乙转移2 mol D．理论上乙与丁的物质的量之比为1：2 【答案】C 【分析】该装置为电解池，左侧电极上失电子生成，发生氧化反应，为阳极，右侧电极为阴极，据此分析： 【详解】A．阳极失电子生成，配平后反应为，原子、电荷均守恒，A正确； B．乙是二氯苯乙酮，与足量加成后，分子中的羰基转化为亲水的羟基，羟基增强了分子水溶性，B正确； C．反应①为，中为价，产物中为价，共得到电子，因此每生成乙转移，不是，C错误； D．丁是右侧阴极产生的氢气，生成乙对应生成，转移电子，阴极得电子生成，转移电子时生成，因此乙与丁的物质的量之比为，D正确； 故答案选C。 2．（2026·福建龙岩·二模）乙醇混合液流电池系统在充放电过程中具有良好的稳定性，同时在正极区可以合成高附加值的醋酸铵，原理如图。下列说法错误的是 A．放电时，极比极的电势高 B．放电时，正极反应式为 C．充电时，通过离子交换膜由右室移向左室 D．若正极区生成醋酸铵，理论上负极质量减少 【答案】D 【分析】已知Zn的化学性质与Al相似，电池分为左侧正极区(还原为NH3)、右侧负极区(Zn被氧化为[Zn(OH)4]2-)，中间为OH-离子交换膜；负极(Zn板)：Zn-2e-+4OH- =[Zn(OH)4]2-；正极[Ru-Ni(OH)x]：+8e-+6H2O =NH3↑+9OH-(得8e⁻被还原为NH3)；充电时，阴极电极方程式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=4OH-+Zn，阳极发生反应：CH3CH2OH-4e-+5OH- =CH3COO-+4H2O)，据以上分析解答。 【详解】A．由分析可知，正极（Ru-Ni(OH)₂）的电势高于负极（Zn），A正确； B．放电时，正极发生还原反应。根据图示，被还原为NH3，同时生成OH-，N元素从+5价降为-3价，每个N原子转移8个电子，结合电荷守恒和原子守恒，可以写出：，B正确； C．充电时，原电池的正极（Ru-Ni(OH)₂）变为阳极，发生氧化反应；原电池的负极（Zn）变为阴极，发生还原反应。阳极（左室）：NH₃ + 9OH-- 8e- =+ 6H2O；阴极（右室）：[Zn(OH)4]2-+ 2e-=Zn+4OH-，在电解池中，阴离子（OH-）向阳极移动，即从右室（阴极区）移向左室（阳极区），C正确； D．结合上述分析可知，生成1 mol 转移8mol电子，同时消耗4mol Zn，生成1 mol 时又生成2mol Zn，若正极区恰好生成0.1 mol 醋酸铵，消耗 0.2 mol Zn，故理论上负极质量减少 0.2mol×65g/mol=13 g，D错误； 故选D。 3．（2026·福建泉州·二模）我国科学家研发的光电催化体系在中性条件下增大加氢()的速率，将硝酸盐快速转化为氨(工作原理如图)。下列说法错误的是 A．电势：电极电极 B．极的电极反应式为： C．在中性介质中，离子对可促进质子传递 D．电解一段时间后，溶液的减小 【答案】D 【分析】该装置为电解池装置，电极上失去电子，变为和，可知电极为阳极；电极上和得到电子，变为氨气和水，可知电极为阴极，据此分析作答。 【详解】A．在电解池中，电势高的电极连接电源的正极，为阳极，电势低的电极连接电源的负极，为阴极，则电势：电极电极，A项正确； B．电极上和得到电子，变为氨气和水，电极反应式为：，B项正确； C．在中性介质中，可以结合生成，又可以解离出，从而促进质子传递，有利于硝酸盐转化为氨的反应进行，C项正确； D．极的电极反应式为：，总反应方程式为：，可知溶液中浓度是减小的，溶液的增大，D项错误； 答案选D。 4．（2026·福建·一模）一种将废弃塑料PET()水解产生的乙二醇转化为高附加值的含硫有机物HMS()的工作原理如图。下列说法正确的是 A．“水解”时生成乙二醇和对苯二甲酸 B．a为电源负极 C．生成HMS的反应为 D．每生成，理论上生成标况下 【答案】D 【分析】乙二醇在电极上被氧化为甲醛，该电极为阳极；石墨电极端水转化为氢气，发生还原反应，该电极为阴极。故电源a为正极、电源b为负极。 【详解】A．废弃塑料PET()中是含有酯基的高分子化合物，在碱性条件下水解生成乙二醇和对苯二甲钠，A错误； B．根据分析电源a为正极，B错误； C．HCHO与反应生成HMS()的反应是在碱性环境下进行电极反应方程式不能出现，且方程式中元素不守恒，C错误； D．乙二醇在电极上被氧化为甲醛，电极反应为，每生成转移1 mol，石墨电极每生成一个氢气转移2个电子，故转移1 mol生成0.5 mol氢气，标况下的体积为11.2 L，D正确； 故选D。 押题猜想10 水溶液图像 终极押题（2026·山东潍坊·二模）常温下，水溶液体系中，初始浓度，，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(外加可溶性强碱固体调pH，忽略溶液体积变化)。已知：含M物种的存在形式为，和，易溶于水，难溶于水。下列说法正确的是 A．的电离平衡常数 B．d点对应溶液： C．时， D．的的数量级为 【答案】C 【分析】酸性较强时，含碳物种存在形式为CH3COOH，曲线Ⅰ代表δ(CH3COOH)，随着pH增大，醋酸电离平衡程度变大，由已知条件初始浓度可知，c[M(CH3COO)2]最大值为0.1mol/L，则c[M(CH3COO)2]≤=50%，由此可知，曲线Ⅱ代表δ[M(CH3COO)2]，其先增大后减小，说明随着醋酸电离过程中，先生成了M(CH3COO)2，随后转化为难溶沉淀，则曲线Ⅲ代表δ(CH3COO-)，图中a点δ(CH3COOH)= δ[M(CH3COO)2]，则c(CH3COOH)= 2c[M(CH3COO)2]，图中d点δ(CH3COO-)=δ(CH3COOH)，则c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，据此解答。 【详解】A．图中c点pH=4.25时，δ(CH3COO-)=δ[M(CH3COO)2]=30%、δ(CH3COOH)=40%，由物料守恒可知，c(CH3COO-)+2c[M(CH3COO)2]+ c(CH3COOH)=0.4 mol/L，由此可知，c(CH3COO-)=2c[M(CH3COO)2]=0.12 mol/L、c(CH3COOH)=0.16 mol/L，忽略M(OH)2，则M2+约为0.04mol/L，M(CH3COO)2的电离方程式为，电离平衡常数，A错误； B．选项要写电荷守恒需要考虑强碱对应的阳离子电荷的存在，且将醋酸根的浓度写成了醋酸的浓度，B错误； C．时，由分析可知c(CH3COOH)= 2c[M(CH3COO)2]，由图像可知，c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，故，C正确； D．图中c点pH=4.25时，c(OH-)=10-9.75mol/L，δ(CH3COO-)=δ[M(CH3COO)2]=30%、δ(CH3COOH)=40%由物料守恒可知，c(CH3COO-)+2c[M(CH3COO)2]+ c(CH3COOH)=0.4 mol/L，由此可知，c(CH3COO-)=2c[M(CH3COO)2]=0.12 mol/L、c(CH3COOH)=0.16 mol/L，该反应的=0.24×1019..5≈7.68×1018，K的数量级为1018，D错误； 故答案选C。 押题有据 本题以不同pH下水溶液体系中微粒百分含量的变化为情境，综合应用宏观、微观、符号、曲线四重表征，以图像为载体，考查考生从图中提取和处理数据的能力。本题涉及外界条件对平衡的影响、微粒浓度的计算、平衡常数的计算以及离子浓度大小比较等必备知识，要求考生能够在阅读中理解文本、符号、图形等信息所蕴含的化学原理和规律，客观全面地提取有效信息，深度挖掘数据及数据变化背后的化学意义，透过现象看本质。本题涉及多种微粒和多种平衡状态，要求考生在既熟悉又复杂的情境下进行思考、分析、计算和推断。试题旨在考查考生的“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。26高考仍然会以水溶液图像为情境，考查弱电解质电离、沉淀溶解平衡、配位平衡的知识点。 考题猜想 1．（25-26高三下·福建三明·阶段检测）常温下，向和醋酸的混合溶液中滴加氨水，溶液中与的关系如图所示。[其中，为、或]。下列叙述正确的是 A．直线表示与的关系 B． C．Q点表示加入的氨水与醋酸恰好完全反应 D．P点坐标为 【答案】D 【分析】根据溶度积、电离常数表达式以及水的离子积常数可知，，，，；结合图像中直线变化可知，代表与pH关系，代表与pH关系，代表与pH关系。 【详解】A．由分析可知，代表与pH关系，A错误； B．a点处，pH=4.67，pOH=9.33，，B错误； C． Q点表示在该pH下，即， 由点(9.76,-5)可知，由点(4.24,-5)可知，可得Q点pH=7，由可知氨水与醋酸恰好完全反应时pH=7；但原溶液含，即使完全沉淀，生成的水解显酸性，点，说明氨水已经过量，不是恰好反应，C错误； D． 由点(9.76,-5)可知，由，可知P点pH=3.44，pX=1.32，P点坐标为，D正确； 故答案为D。 2．（2026·福建泉州·一模）常温下，向1 L水中分别加入和，调节溶液的pH(忽略体积变化)，平衡时体系中P元素以、、、和形式存在，物质的量分数[如的物质的量分数为]随pH变化如图。 已知：，，，下列说法正确的是 A．甲线所示物种为 B． C．时， D．的平衡常数K的数量级为 【答案】D 【详解】A．含磷物种中，pH越小（酸性越强），越稳定，几乎所有P都以沉淀形式存在，因此低pH下物质的量分数接近1的甲为，不是，A错误； B．磷酸的电离：，，仅当时，。由图可知，是（甲）和（丙）的交点，此时的物质的量分数已经很小，，故，B错误； C．初始加入，故。时，几乎所有P都沉淀为，溶液中游离的总浓度远小于，因此，C错误； D．对反应，平衡常数，且已知，；磷酸第三步电离，；水的离子积；整理后可得：；从图像可知，时，和的物质的量分数相等，即，因此 ；，D正确； 故选D。 3．（2026·福建泉州·二模）常温下，溶液中含硫微粒的物质的量分数()与变化关系如图中曲线所示。和分别在溶液(浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，(c为金属离子的物质的量浓度)与变化关系如图中直线所示。 下列说法错误的是 A．①表示溶液中的与的变化关系 B．P点中存在 C．向M点的平衡体系中滴入溶液，增大 D．水解平衡常数的数量级为 【答案】B 【分析】随着pH增大，H2S物质的量分数减小，HS-物质的量分数先增大再减小，S2-物质的量分数增大，如图所示： 曲线③代表H2S物质的量分数，曲线④代表HS-物质的量分数，曲线⑤代表S2-物质的量分数；，，，由P点可知，，，随着溶液的pH增大，c(S2-)逐渐增大，则金属离子浓度逐渐减小，且由于c(Cd2+)减小得更快[即-lg c(Cd2+)增大得更快]，故直线①表示H2S溶液中的-lgc与pH的关系，直线②表示H2S溶液中Ag+的-lgc与pH的关系。 【详解】A．根据分析，直线①表示H2S溶液中Cd2+的-lgc与pH的关系，A正确； B．由图可知P点处c(HS-)=c(H2S)，pH由初始值到6.87可能加入了碱性物质调节pH，因此溶液中存在H+之外的阳离子，在不知道该阳离子的情况下无法列出电荷守恒式，B错误； C．M点处，，，滴入Na2S后c(S2-)增大，增大，C正确； D．HS-的水解常数Kh2===10-7.13，数量级为10-8，D正确； 故选B。 4．（2026·福建·一模）室温下，向溶液中加入少量固体，溶液中铬元素以、、、形式存在，保持溶液体积不变，pM(M包括含铬各组分及)随pH变化如图。 已知：  。下列说法正确的是 A．曲线Ⅱ代表的组分为 B．的平衡常数 C．时， D．任意pH下均有 【答案】B 【分析】pM=-lgc(M)，pM 越大c(M)越小，pM 越小c(M)越大。 为二元弱酸，存在电离平衡、。随着pH的增大，减小，先增大后减小，增大。pH较大时，应有，可知曲线Ⅰ表示，曲线Ⅱ表示，曲线Ⅲ表示。温度不变，Ksp(Ag2CrO4)=不变，由图可知，pH较大时，保持不变，则也保持不变。 【详解】A．根据分析可知曲线Ⅱ代表的组分应该是，A错误； B．交点所示溶液为饱和溶液，此时，则，B正确； C．pH=6.3时，由曲线Ⅱ()和曲线Ⅲ()的交点(6.3,2.1)可知，，，由 可得，求得。根据铬元素守恒，则有，因此，C错误； D．根据电荷守恒，有，只有当pH>7时，即，成立，D错误； 故选B。 押题猜想11 工艺流程题 终极押题（2025·江苏南通·模拟预测）锆是一种重要的战略金属。以锆英砂(主要成分为，含少量、杂质)制取的工艺如下： 已知：锆英砂能与烧碱高温反应生成，在水中溶解度很小。 (1)在750℃下碱熔，全部转化为，反应的化学方程式为___________。 (2)“水洗压滤”所得“滤液”中的溶质除NaOH外，还主要含有___________(填化学式)。 (3)“转型压滤”发生的主要反应为。“转型压滤”和“酸化”时都要加入盐酸，但没有将这两步操作合并进行的原因是___________。 (4)与NaOH相比，CaO更易获得且价格低廉。其他条件相同时，控制“碱熔”过程中，测得不同时，锆英砂转化率随温度变化的关系如图-1所示。实际生产中选择、800℃；而不选择、700℃的可能原因是___________。 (5)在800℃下煅烧可得一种用于制备压电陶瓷的原料，晶胞如图-2所示，晶体中每个氧原子周围与其最近的氧原子个数为___________。 (6)与磷酸反应可制得磷酸锆结合剂，其中具有胶结性能的化合物为和，中和度在0.5~1之间的物质具有胶结性能。 ①α-磷酸锆[]是一种二维层状材料，每层由锆原子的平面组成，其晶体部分结构图-3所示。层区域可以容纳结晶水分子的原因是___________。 ②当时，结合剂中的比值为___________。 【答案】(1) (2)、 (3)防止产物中混有NaCl杂质 (4)两种情况下锆英砂的转化率都很高，用CaO替代NaOH会降低原料成本，升高温度会增加能源消耗，原料成本对生产的影响更大 (5)6 (6)层间有P-OH基团，与层间区域所容纳的结晶水分子形成氢键 1：3 【分析】锆英砂（主要成分为，含、杂质）和碱熔时，转化为难溶的，杂质、转化为可溶的钠盐；水洗压滤除去可溶性杂质（过量、硅酸钠、四羟基合铝酸钠等），难溶的进入后续工序；转型压滤加盐酸使转化为沉淀，过滤除去生成的；再加盐酸酸化得到，最终结晶得到。 【详解】（1）与在反应生成，根据原子守恒，产物还有和，配平后得到方程式： ； （2）碱熔时，杂质与反应生成，和反应生成的均可溶于水，还可能溶解少量，因此滤液中除外还含有； （3）转型压滤的反应会生成，提前过滤可将除去，若两步合并，会留在溶液中，最终混入产物中； （4）由图像可知，两种条件下锆英砂的转化率都接近100%，都能满足生产要求；比廉价易得，用替代可以降低原料成本，虽然温度升高会增加能源消耗，但原料成本对总生产成本的影响更大，因此选择该条件； （5）该晶胞中按均摊法顶点和面心的黑球为4个、晶胞内白球为8个，则位于顶点和面心，位于晶胞内部，若把晶胞分为8个小立方体，每个O原子分别位于小立方体的体心，则每个O周围与其最近的O原子个数为6； （6）① 由结构图可知，磷酸锆层表面存在大量基团，羟基可与结晶水分子形成氢键，因此层间可以容纳水分子，原因是： 层间存在基团，可与结晶水分子形成氢键；② 设，，根据中和度定义： 总，总，因此 ，解得，即比值为。 押题有据 对战略金属的综合利用，是实现国家安全至关重要。本题以锆英砂(主要成分为，含少量、杂质)制取为情境，通过一系列工序，实现对目标元素锆的提取应用。本题要求考生能够在题干情境下有效梳理流程脉络，分析物质转化、分离提纯的工艺条件，书写陌生情境下的化学方程式。 本题深度融合不同模块知识，涵盖元素化合物性质、反应原理和物质结构等知识在物质转化、分离、纯化过程中的重要作用，旨在考查考生信息获取与加工能力、逻辑推理能力、灵活运用所学知识解决新问题的能力。本题要求考生在理解的基础上深度思索，快速完成读题、审题、析题、解题、答题的过程，考查考生的理解与辨析能力、分析与推理能力以及辩证思维与批判性思维，体现了对“宏观辨识与微观探析”“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”等化学学科核心素养的考查。2026高考重点关注过渡金属、考查元素化合物转化、条件控制、陌生方程式书写、物构相关知识点，特别是晶体。 考题猜想 1．（2026·福建·一模）银铋渣是铋精炼过程中产生的一种富银合金渣。回收银铋渣中Bi、Zn、Ag、Pb的工艺流程如下： 已知：①82Pb与Si同族。②银铋渣中各成分质量分数如下表。 成分 Pb Bi Zn Ag 其他不溶于酸的物质 质量分数/% 15.22 41.05 30.52 5.03 8.18 ③。回答下列问题： (1)写出82Pb在元素周期表中的位置__________，基态Zn的价层电子排布式为__________。 (2)“浸锌”步骤用H2SO4溶液不用HNO3溶液，目的是__________。 (3)“浸渣1”含有Bi、Ag、__________(填化学式)等物质。 (4)为探究“酸浸”步骤的最佳条件，进行了相关实验，实验数据记录如下，则适宜的酸浸温度为__________，80℃时浸出率降低的原因可能是__________。 序号 温度/℃ 浸出率/% 浸渣/% Pb Bi Ag 1 20 88.91 86.21 87.21 8.26 2 40 92.11 92.08 90.36 6.88 3 60 98.76 98.61 98.38 5.10 4 80 96.02 98.11 96.26 5.25 (5)若“沉银液”中，则溶液中__________(保留一位小数)， (6)“氨浸”步骤中AgCl溶解得到的物质的化学式为__________。 (7)“还原”步骤中N2H4·H2O(性质类似于NH3·H2O)作还原剂，反应的离子方程式为__________。 (8)已知银铋渣中铋元素的质量分数为28.7%，m kg银铋渣经上述转化最终得到57.4 g铋富集物BiONO3，则铋的提取率为__________%(用含m的代数式表示)。(已知：元素提取率) 【答案】(1) 第六周期第ⅣA族 3d104s2 (2)使Zn与Bi、Ag、Pb分离，同时减少空气污染 (3)PbSO4 (4) 60℃ 温度过高，HNO3大量分解(或HNO3大量挥发) (5)5.2×10-4 (6)[Ag(NH3)2]Cl (7)4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+3H2O=4Ag↓+N2↑+4+4NH3·H2O或4[Ag(NH3)2]++ N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4+NH3·H2O+3NH3 (8) 【分析】银铋渣经预处理后用稀H2SO4浸取，比较活泼金属Zn变为Zn2+进入到浸取液中，Pb变为PbSO4沉淀进入到浸渣中、Bi、Ag以单质形式进入浸渣中；再向浸取液中加入锌粉、电解就得到单质Zn；向含有Bi、Ag等元素的浸渣1中加入具有强氧化性的HNO3，Bi、Ag变为金属阳离子Bi3+、Ag+进入溶液，其中难溶性固体通过过滤进入浸渣2中；然后向滤液中加入NaCl溶液，使Ag+变为AgCl沉淀而与Bi3+分离；对沉银液稀释得到沉淀BiONO3；用氨水浸取AgCl沉淀，得到[Ag(NH3)2]Cl溶液，再加入N2H4•H2O进行还原，可反应产生Ag单质，据此分析解题。 【详解】（1）82Pb属于碳族元素，则其位于元素周期表中第六周期第ⅣA族；锌是30号元素其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s2，基态Zn的价层电子排布式为3d104s2，故答案为：第六周期第ⅣA族；3d104s2； （2）硫酸溶液可浸出锌元素，使与其他金属元素进行分离，若直接用具有强氧化性的硝酸进行酸浸，不仅产生更多的有毒气体，且还不易分离不同的金属元素，故答案为：使Zn与Bi、Ag、Pb分离，同时减少空气污染； （3）由分析可知，Pb变为PbSO4沉淀进入到滤渣中；Bi、Ag等元素也进入滤渣中，即“浸渣1”含有Bi、Ag、PbSO4等物质； （4）当浸出温度为60℃时，各种元素的浸出率均最高，渣率最低，故适宜的酸浸温度为60℃；当温度为80℃时，因分解或挥发损的硝酸增多而导致浸出率下降，故作案为：60℃；温度过高，HNO3大量分解(或HNO3大量挥发)； （5）由分析可知，“沉银”时产生PbCl2和AgCl混合沉淀，若“沉银液”中c(Ag+)=1.0×10-9mol•L-1，c(Cl-)==mol/L=0.18mol/L，可知c(Pb2+)==mol/L=5.2×10-4mol/L，故答案为：5.2×10-4； （6）“氨浸”步骤中AgCl溶解得到的物质的化学式为[Ag(NH3)2]Cl，故答案为：[Ag(NH3)2]Cl； （7）“还原”过程为一水合肼将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，一水合肼被氧化为N2，该反应的离子方程式为：4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+3H2O=4Ag↓+N2↑+4+4NH3·H2O或4[Ag(NH3)2]++ N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4+NH3·H2O+3NH3； （8）已知银铋渣中铋元素的质量分数为28.7%，即m kg银铋渣中含Bi元素的质量为：m×103g×28.7%=287m g，mkg银铋渣经上述转化最终得到57.4 g铋富集物BiONO3，57.4 g铋富集物BiONO3中含Bi元素的质量为：57.4g××100%=41.8 g，则铋的提取率为×100%=%，故答案为：。 2．（25-26高三上·福建厦门·月考）由锇酸钠废液(主要成分为，含少量和等杂质)回收锇并制备锇酸钾晶体()的工艺流程如下。 已知：①的熔点为40.6℃，沸点为130℃，微溶于水，易溶于四氯化碳； ②为紫红色晶体，加热至100℃以上失去一分子结晶水，微溶于冷水，不溶于乙醇； ③25℃时，，； ④当离子浓度不大于时，可认为该离子沉淀完全。 (1)已知Os元素的价层电子排布式为。Os元素位于元素周期表的位置是_______；是_______分子(填“极性”或“非极性”)。 (2)“除钙镁”步骤中，若废液中浓度均为，则1.0L该废液中至少需加入_______gNaF固体才能使废液中沉淀完全(不考虑溶液体积的变化)。 (3)“沉锇”得到难溶物，该化合物中硫元素的化合价为_______。 (4)“溶解、蒸馏”步骤中，先加入稀硫酸得到溶液，再加入溶液反应后蒸馏出生成的，而杂质留在蒸馏残液中。生成的化学方程式为_______。 (5)“吸收”步骤中，蒸馏出的气体用KOH溶液吸收。KOH溶液吸收发生的离子方程式为_______。 (6)“吸收”步骤需加入过量的KOH溶液，从平衡角度分析其原因为_______。 (7)“过滤”获得的晶体在干燥时采用真空干燥而不直接烘干的原因可能是_______。 (8)流程中从初始的“锇酸钠废液”到“吸收”获得，操作的目的是_______。 (9)检验滤液1和滤液2中金属阳离子的实验方法是_______。 【答案】(1) 第六周期第Ⅷ族 非极性 (2)2.94 (3)+4 (4) (5) (6)使浓度增大，使反应向消耗的方向进行，从而促进气体的吸收 (7)加快干燥的速度，防止晶体在较高温下分解 (8)富集锇元素的同时除去杂质 (9)焰色试验 【分析】首先利用NaF溶液对废液处理，分离Mg和Ca，再加入稀硫酸和沉锇，后利用NaClO氧化，再经过蒸馏，进一步提纯Os元素，最后加入KOH溶液制得目标产物。 【详解】（1）Os的价层电子排布式为，其中电子层数6对应第6周期，价电子数（，共8个）对应第Ⅷ族，因此位置为第六周期第Ⅷ族；中中心原子Os的价层电子数为，为杂化，的空间结构为正四面体，Os位于中心，4个O对称分布在顶点，分子中正负电荷中心完全重合，因此是非极性分子，故答案为：第六周期第Ⅷ族；非极性； （2）完全沉淀时，要满足，则需，要满足，则需，所以应满足，另外沉淀物质的量分别为0.01 mol的一共需要，所以至少需加入NaF的物质的量为，质量为：，故答案为：2.94； （3）中，为+1价，通常显+6价，O为-2价，结晶水不影响整体化合价。设S的化合价为x，则：，解得x=+4，故答案为：+4； （4）加入硫酸得到的溶液被NaClO氧化生成的化学方程式为：； （5）KOH溶液吸收气体发生的方程式为：，离子方程式为：； （6）“吸收” 的本质是与 KOH溶液的反应，即：，加入过量KOH，会使浓度增大，使反应向消耗的方向进行，从而促进气体的吸收，故答案为：使浓度增大，使反应向消耗的方向进行，从而促进气体的吸收； （7）真空干燥相比烘干，其因为压差，使得干燥速率快，且在温度较高的烘箱内容易失去结晶水，破坏产品，所以采取真空干燥更好，故答案为：加快干燥的速度，防止晶体在较高温下分解； （8）由分析知流程中两次提纯分离Os，目的是为了富集Os同时除去杂质，故答案为：富集锇元素的同时除去杂质； （9）滤液1中金属阳离子为钠离子，滤液2中金属阳离子为钾离子，检验的经典实验方法为焰色试验，钠离子显现出黄色火焰，钾离子为紫色火焰，故答案为：焰色试验。 3．（2026·福建厦门·二模）利用黄铜矿(主要含，以及少量、、)和为原料制备的工艺流程如下： 回答下列问题； (1)“氧化浸出”使用离子液体，通过调节其烷基链长度，可实现对Cu(Ⅱ)的高选择性萃取。黄铜矿中Cu(Ⅱ)浸出率与离子液体的关系如图。 ①最佳离子液体为_______(填标号)，从结构角度分析选择的理由为_______。 ②离子液体中阴离子的作用有_______。 ③将发生反应的离子方程式补充完整：_______。 (2)结合数据说明“氧化浸出”中加能使“”的理由_______。 已知：时，ⅰ．  ；ⅱ．  。 (3)“氨浸”存在转化：，相同条件下，配位能力_______。(填“<”“=”或“>”) 已知：时，、的分别为和。 (4)“转化”生成的离子方程式为_______。 (5)的四方晶胞结构如图(晶胞参数)。 ①晶体中微粒间的作用力有_______。(填标号) A．离子键    B．金属键    C．配位键    D．非极性共价键 ②与Pt等距离且最近的Pt有______个，面心处于形成的______空隙中。 【答案】(1) A A的烷基链最短，空间位阻最小，对的配位能力更强，能更高效地络合，实现高选择性浸出 提供，为浸出提供酸性环境，提供，沉淀； (2)远大于，消耗，使反应i平衡正向移动，最终转化为； (3)< (4) (5) AC 8 八面体 【分析】在离子液体中被氧化，生成和的溶液，并生成硫单质，同时产生不溶性滤渣，之后铜离子与过量结合生成，铁离子生成沉淀，之后与结合生成目标产物。 【详解】（1）①由图像可知A的浸出率更高，所以最佳离子液体为A；由题干信息可知，浸出率与烷基链长有关，故答案为：A的烷基链最短，空间位阻最小，对的配位能力更强，能更高效地络合，实现高选择性浸出； ②提供，为浸出提供酸性环境，提供，沉淀； ③配平与的离子方程式：； （2）是强氧化剂，能将中的氧化为，反应的平衡常数为，根据反应ⅱ的平衡常数知，反应ⅱ进行程度大，消耗，使反应i平衡正向移动，最终使转化为； （3）配位平衡：，反应的，反应正向进行，说明配位能力更强，因此配位能力。 （4）根据分析知，转化的离子方程式为： （5）①该晶体由配阳离子和配阴离子构成，阴阳离子间存在离子键，配离子内中心离子与配体之间存在配位键，无金属键、非极性共价键，故选AC。 ②由晶胞图可知，该阴离子位于顶点与体心，且a > b = c，故体心的最近的位于顶点，有8个； ③面心位置的配阳离子处于形成的八面体空隙中。 押题猜想12 实验综合题 终极押题（2025·广西南宁·模拟预测）三氟甲基亚磺酸锂是通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，通过给锂电池“打针”来补充损耗的锂离子，显著提升电池性能。其合成原理如下： 已知：THF为四氢呋喃，是一种有机溶剂，与水任意比互溶。 I.三氟甲基亚磺酸锂的制备： ①向三颈烧瓶中加入和蒸馏水，搅拌下逐滴加入3.3 g三氟甲磺酰氯（），有气泡产生（装置如图）。反应结束后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。 ②向上述所得固体中加入THF，充分搅拌后，加入无水，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行相关操作。 ③将所得三氟甲基亚磺酸钠和THF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。 ④将滤液转入圆底烧瓶中，加入蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行相关操作，得产品1.1 g。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为_________，冷凝管的作用是_________。 (2)步骤①反应中有气泡产生，其主要成分为_________。 (3)步骤③中发生反应的化学方程式为_________。 (4)步骤④将产品进行纯化处理的操作是_________。 (5)三氟甲基亚磺酸锂的产率为_________（列出计算式即可）。 II.三氟甲基亚磺酸锂作为锂载体，其结构如图1所示。某种镍钴锰酸锂正极材料在补充（打针）前后胞变化如图2所示。 (6)三氟甲基亚磺酸锂中C原子的杂化方式为_________。注入过程中，过渡金属代表和Mn）化合价_________（填写“升高”、“不变”或“降低”），打针后，晶胞的化学式为_________（用R表示）。 【答案】(1) 恒压滴液漏斗 冷凝回流 (2)二氧化碳 (3)+HCl+ (4)加入适量乙醇进行溶解、过滤、洗涤、干燥 (5) (6) 降低 【分析】向三颈烧瓶中加入和蒸馏水，搅拌下逐滴加入3.3g三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢和硫酸，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和THF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+，析出白色固体。抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g，据此解答。 【详解】（1）由图可知，A为恒压滴液漏斗。根据分析，冷凝管的作用是冷凝回流； （2）向三颈烧瓶中加入和蒸馏水，搅拌下逐滴加入3.3 g三氟甲磺酰氯生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生； （3）由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0 mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+； （4）根据分析，将产品进行纯化处理的操作是加入适量乙醇进行溶解、过滤、洗涤、干燥； （5）向三颈烧瓶中加入和蒸馏水，搅拌下逐滴加入3.3 g三氟甲磺酰氯，三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：，氟甲基亚磺酸锂的产率为； （6）打针前晶胞中有Li的个数为4×，R的个数为2+2×=3，O的个数为4+4×=6，化学式为LiR3O6；打针后晶胞中有Li的个数为，R的个数为2+2×=3，O的个数为4+4×=6，化学式为LiRO2。 C原子连接3个F和1个S，形成四面体结构，杂化方式为sp3；注入过程中（打针过程中），化学式由LiR3O6转化为LiRO2，过渡金属化合价降低；经分析，打针后，晶胞的化学式为。 押题有据 人工智能在生产生活中正在得到快速应用，本题以三氟甲基亚磺酸锂的制备为情境，考查考生对物质转化和物质结构的知识提取能力、实验操作能力、演绎推理能力以及批判性思维和辩证思维。本题考查实验仪器名称、仪器作用、产物产率的计算、陌生离子方程式的书写、纯化处理、晶体结构、杂化方式等知识点，旨在引导实验教学应注重科学性、安全性、规范性及准确性，避免实验教学流于形式和“机械刷题”,考查考生的“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“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”等化学学科核心素养。2026高考重点关注实验仪器使用及作用、实验操作、滴定计算、误差分析、物构相关知识点考查。 考题猜想 1．（2026·福建莆田·二模）二溴海因（DBDMH），白色或淡黄色粉末，能缓慢水解生成次溴酸，是一种缓释、长效且对环境友好的消毒剂。 Ⅰ、制备DBDMH 用二甲基海因（DMH）制备DBDMH的反应原理及实验装置如下图，图中夹持装置及磁力搅拌器略去。 实验步骤如下。 ⅰ、按图连接好实验装置。 ⅱ、往仪器a中加入8.00 g（）DMH，其他各物质按一定的物质的量比适时加入。 ⅲ、同时开启蠕动泵与磁力搅拌器，与HBr在聚四氟乙烯软管中混合生成，并与KOH溶液同时滴入仪器a中，通过调整滴加速率使反应液的pH处于5~7之间。 ⅳ、当仪器a中出现淡黄色并有大量白色沉淀生成时，停止滴加KOH溶液。再充分反应15 min后，抽滤，晾干，称重得到14.30 gDBDMH粗产品。 (1)仪器a的名称是________。 (2)聚四氟乙烯软管中发生反应的化学方程式为________。 (3)聚四氟乙烯软管不能用橡胶管替代的原因是________。 (4)聚四氟乙烯软管缠绕多圈的目的是________。 (5)步骤ⅲ中有反应发生，DBDMH中的溴元素来源于________（填“”或“”）。 (6)本实验DBDMH粗产品的产率为________。 Ⅱ、测定产品纯度 准确称量DBDMH，与过量的酸性KI溶液反应生成，调节溶液至弱酸性，用的标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入几滴淀粉溶液，充分摇动后继续滴定至终点，重复三次实验，消耗溶液的平均体积为。滴定过程涉及的反应如下：    (7)滴定终点的现象是________，样品的纯度为________×100%（用、、列出计算式）。 Ⅲ、晶体结构分析 DBDMH晶胞的结构及投影如下图（已略去氢原子）。 (8)已知的分数坐标为，则的分数坐标为________。该晶胞内含有________个DBDMH分子。 【答案】(1)双口圆底烧瓶 (2) (3)溴单质会腐蚀橡胶 (4)延长反应时间，使反应更加充分 (5)BrOH (6)80% (7)当最后半滴溶液滴入时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (8) 4 【详解】（1）仪器a是双口圆底烧瓶 （2）根据题干信息，聚四氟乙烯软管中和混合反应生成，反应的方程式为； （3）聚四氟乙烯软管中和混合反应生成，溴单质具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以不能用橡胶管代替； （4）与需要在聚四氟乙烯软管中混合反应生成，生成的再通入双口圆底烧瓶参与后续卤代反应，聚四氟乙烯软管缠绕多圈后，反应物的流动路径变长，延长了与在软管中的停留时间，使与充分混合、充分反应，保证完全生成，让后续制备反应更充分，提升转化率； （5）在碱性条件下发生歧化反应，生成和，为-1价，带负电，中的Br为+1价，具有亲电取代活性，可与DMH发生亲电取代反应引入溴原子，因此DMH中的Br来自； （6）从制备反应方程式可知，完全反应生成，因此理论上生成的物质的量等于投入的物质的量，，已知的摩尔质量，因此理论产量，实际得到粗产品质量为14.30 g，产率公式为； （7）该过程是硫代硫酸钠滴定碘单质，使用的指示剂是淀粉溶液，淀粉溶液遇到碘单质会变蓝，所以达到滴定终点时看到的现象是当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，根据反应关系式，得，质量为，因此纯度为； （8）根据晶胞投影图和对称性分析，该晶胞具有中心对称或特定的平移对称性，由坐标为，推导可知，坐标为，晶胞内共含有4个完整的DBDMH分子，因此分子数为4。 2．（2026·福建福州·二模）硝基吡唑类离子盐具有重要军工价值。 Ⅰ．合成硝基吡唑类离子盐的中间体(原理与装置如下) 已知：25℃，3,4-二硝基吡唑的pKa=3.95，碳酸的pKa1=6.35，pKa2=10.33；3.4-二硝基吡唑易溶于DMF，可溶于水；1-(3，4-二硝基-1H-吡唑-1-基)丙酮可溶于DMF，难溶于冷水。 (1)仪器A的名称是___________。 (2)常温下，用DMF溶解m1 g 3,4-二硝基吡唑，搅拌下加入稍过量的KHCO3，待___________(填现象)时，说明二者反应完全。 (3)继续添加KBr和CH3COCH2Cl，维持70°C反应3 h，停止实验。 ①反应后，可向反应液中加入___________(填试剂)，析出粗产品，过滤。 ②冷水洗涤粗产品除去，检验是否除净的方法为___________(用离子方程式表示)。 Ⅱ．合成硝基吡唑类钾盐 (4)配制混合酸时，为减少硝酸的挥发与分解，需将浓硫酸分多次逐滴加入浓硝酸并不断搅拌，还可采取的措施为___________。 (5)①已知：含多个硝基的物质，温度过高易爆炸，反应后，从甲醇溶液中获取产品采用减压蒸馏的原因是___________。 ②干燥后得到m2 g固体，产率=___________。[3.4-二硝基吡唑、1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑钾盐的相对分子质量分别用A、B表示] Ⅲ．1-二硝基甲基-3.4-二硝基吡唑铷盐的二维晶体结构 y (6)该二维晶体中阴阳离子个数比为___________。 (7)下列有关1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑铷盐的说法，正确的是___________。 a．分解温度高于1-二硝基甲基-3,4-二硝基吡唑钾盐 b．Rb+的配位数为6 c．阴离子中，碳原子间键长介于C-C与C=C之间，说明存在大π键 d．晶体中，微粒之间存在离子键、非极性键 【答案】(1)球形冷凝管 (2)不再产生气泡 (3) 冷水 (4)冷水浴 (5)回收甲醇，降低甲醇沸点避免产品发生爆炸 (6)1：1 (7)cd 【分析】3，4-二硝基吡唑经过取代反应生成1-(3，4-二硝基-1H-吡唑-1-基)丙酮。 【详解】（1）该仪器为回流装置中的球形冷凝管，是有机合成常用仪器。 （2）由pKa可知，3,4-二硝基吡唑酸性强于碳酸，可与KHCO3反应生成CO2，当不再产生气泡时，说明反应完全。 （3）①目标产物难溶于冷水，可向反应液中加入冷水，降低溶解度析出粗产品。 ②用硝酸银溶液检验，反应生成淡黄色沉淀，离子方程式为。 （4）1-(3，4-二硝基-1H-吡唑-1-基)丙酮在浓硫酸、浓硝酸的作用下生成1-三硝基甲基-3，4-二硝基吡唑，在KI甲醇溶液作用下生成1-二硝基甲基-3，4-二硝基吡唑阴离子。 浓硫酸滴入浓硝酸中会放热，温度升高会促进硝酸挥发和分解，因此可采取冰水浴冷却，控制温度。 （5）①减压蒸馏可降低溶剂甲醇的沸点，在较低温度下蒸馏出甲醇，减压蒸馏降低甲醇沸点避免产品发生爆炸。 ②初始原料3,4-二硝基吡唑的物质的量为mol，理论上生成产物的物质的量也为mol，理论产物质量为，因此产率=实际质量/理论质量×100%=。 （6）对二维晶胞用均摊法，取最小重复单元，位于顶点，共4个，每个贡献，总数为4×=1，阴离子位于单元中心，完全属于该单元，共1个，因此阴阳离子个数比为1:1，电荷也满足+1和−1平衡。 （7）a．半径小于，所带电荷相同，因此1-二硝基甲基-3，4-二硝基吡唑钾盐晶格能大，离子键更强，故分解温度高于1-二硝基甲基-3，4-二硝基吡唑铷盐，a错误； b．由二维晶体结构可知，每个周围结合4个阴离子，每个阴离子提供2个O配位，配位数为8，b错误； c．存在大π键时，共轭会使碳碳键键长平均化，键长介于单键和双键之间，c正确； d．构成晶体的微粒是阴阳离子，微粒（阴阳离子）之间存在离子键，非极性键存在阴离子的碳碳键之间，d正确； 故答案选cd。 3．（2026·福建·一模）我国科学家通过调控体系碱性强弱与溶剂极性大小首次成功制备碳酸氢钙晶体，过程如下。 (1)中充入时需加压的原因是___________。 (2)将溶于80 mL乙醇配制乙醇溶液，需用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、___________和___________。 (3)中生成晶体的化学方程式为___________。 (4)上述实验过程中，下列操作或说法正确的是___________。(填标号) a．在通风橱中将氨溶于乙醇 b．可用托盘天平称取 c．离心分离时，应将装有混合液的离心管对称放置，以保持离心机平衡 d．若将“冷冻干燥”改为“加热干燥”，效果更好 (5)晶体结构与类似，的一种晶胞结构如图，其中分布在晶胞棱上和内部。 ①的空间结构为___________。 ②图中每个晶胞中含有___________个。 ③晶体中不存在的微粒间作用力有___________。(填标号) a．共价键    b．离子键    c．氢键    d．金属键    e．非极性键 ④从溶剂分子极性角度分析，在水中易形成晶体而在乙醇中易形成晶体的原因是___________。 (6)下列溶剂中替换氨的乙醇溶液效果最佳的是___________。(填标号) a．    b．    c．    d． 【答案】(1)增大的溶解度，促进与氨的反应充分进行 (2)玻璃棒 量筒 (3) (4)ac (5)平面三角形 6 de 水的极性大于乙醇，在水中更易电离 (6)c 【分析】在乙醇溶剂中，先将氨与CO2反应生成中间体，再与CaCl2・2H2O的乙醇溶液混合，通过复分解反应生成碳酸氢钙晶体；随后用乙醇洗涤沉淀以除去杂质，经离心分离后，冷冻干燥得到目标产物；据此作答。 【详解】（1）在乙醇溶剂中，向氨的乙醇溶液加压充入CO2，目的是增大CO2的溶解度，促进与氨的反应充分进行； （2）配制80 mL溶液，需用量筒量取乙醇体积，玻璃棒搅拌加速溶解； （3）氨气、CO2与CaCl2・2H2O反应生成碳酸氢钙的反应为：； （4）a．氨气有毒，溶于乙醇需在通风橱中进行，a正确； b．托盘天平精度为0.1 g，无法称取3.675 g固体，b错误； c．离心分离时，离心管需对称放置以保持离心机平衡，c正确； d．加热干燥会使Ca(HCO3)2受热分解，d错误； 答案为ac； （5）①中C原子的价层电子对数=σ键数+孤电子对数=；即C原子采取sp2杂化，孤电子对数为0，空间结构为平面三角形； ②用均摊法计算，Ca2+位于晶胞顶点、棱心、内部，数目为：个； ③Ca(HCO3)2中内部存在C-O、O-H极性共价键；Ca2+与之间存在离子键；之间可形成O-H···O氢键；无金属键、非极性键；答案为de； ④水是强极性分子，能促进电离生成，与Ca2+结合生成CaCO3；乙醇极性较弱，抑制电离，更易形成Ca(HCO3)2；答案为：水的极性大于乙醇，在水中更易电离； （6）CH3OH极性强，促进电离，易生成CaCO3；NH2OH氨基活性高，优先与CO2反应，干扰主反应；NH2C(CH3)2CH2OH极性与乙醇接近，能抑制电离，氨基活性低，干扰小，是最佳选择；CH3NHOH氨基活性高，干扰主反应，且极性与乙醇差异大；综上所述，答案为c。 4．（25-26高三上·福建厦门·月考）二硫化钼()是一种黑色固体，它具有类似石墨的层状结构，这种特殊结构使得二硫化钼在润滑和催化等领域具有广泛的应用前景。某化学小组拟利用下列装置通过热分解四硫代钼酸铵制备二硫化钼。 实验步骤如下： I．连接装置并检查气密性，将干燥的粉末平铺于石英管中，置于管式炉恒温区，打开止水夹K并通入Ar； Ⅱ．分阶段升温： 第一阶段：以5℃/min升温至350℃，保温1h，发生反应：； 第二阶段：加热石英管继续升温至750℃，保温2h； Ⅲ．切断管式炉的电源停止加热； Ⅳ．_______； Ⅴ．收集装置乙中纯净的黑色固体。 (1)的价电子轨道表示式为_______。 (2)开始加热之前先通Ar的目的是_______。 (3)第Ⅳ步的操作为_______。 (4)丁装置中的作用为_______。 (5)第二阶段升温结束后有黄色的晶体生成，同时得到产品，该阶段反应的化学方程式为_______，证明该反应已完成的现象为_______。 (6)从安全的角度考虑，上述装置存在不足，则改进的方法是_______。 (7)单层二维结构如图所示： ①的晶体类型为_______；每个Mo原子周围距离最近的S原子数目为_______。 ②晶体中之间的化学键为_______(填标号)。 A．非极性键    B．金属键    C．氢键    D．极性键    E．范德华力    F．配位键 ③作为润滑材料表现优异，在高温、高负荷、高转速以及现代超真空条件下仍具有较低的摩擦系数，根据结构分析其原因为_______。 【答案】(1) (2)排尽反应体系中的空气，防止被氧化 (3)继续通入Ar直至装置冷却 (4)吸收第一阶段产生的、防止戊装置中的水进入乙 (5) 丙中的黄色固体不再增多 (6)在装置丙与后续装置之间，增加一个加热（或保温）的导管 (7)分子晶体 6 DF 为层状结构，层与层之间通过较弱的范德华力结合，在外力作用下易发生层间滑动，因此摩擦系数低 【分析】连接装置并检查气密性，将干燥的粉末平铺于石英管中，置于管式炉恒温区，并通入一段时间Ar，关闭K；分阶段升温：第一阶段：以5°C/min升温至350°C，保温1 h，发生反应，第二阶段：加热石英管继续升温至750°C，保温2 h，反应方程式为：↑，切断管式炉的电源停止加热，停止通Ar，装置冷却后，得到黑色固体，据此分析回答。 【详解】（1）是42号元素，价电子为，轨道表示式为：； （2）开始加热之前通一段时间Ar是为了排尽反应体系中的空气，防止被氧化，故答案为：排尽反应体系中的空气，防止被氧化； （3）产生的在Ar气氛中冷却更纯净，为防止高温下的产物被氧化，停止加热后应继续通入Ar气直至装置冷却，然后再停止通Ar，因此第Ⅳ步的操作，故答案为：继续通入Ar直至装置冷却； （4）为酸性干燥剂，会吸收第一阶段升温过程中产生的；同时也防止戊装置中的水进入乙，故答案为：吸收第一阶段产生的、防止戊装置中的水进入乙； （5）第二阶段升温过程中，产生的黄色的晶体为S，所以涉及的反应方程式为：；待丙中凝华的黄色固体不再增多证明反应已经完成，故答案为：；丙中的黄色固体不再增多； （6）从安全的角度考虑，整套装置的不足是S为分子晶体，容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，在装置丙与后续装置之间，增加一个加热（或保温）的导管，防止S蒸气凝华堵塞导管，故答案为：在装置丙与后续装置之间，增加一个加热（或保温）的导管； （7）①晶体为类似石墨的层状结构，层间靠范德华力结合，因此晶体类型为分子晶体；由结构可知，每个Mo与6个S相连，因此每个Mo原子周围距离最近的S原子数目为6，故答案为：分子晶体；6； ②Mo与S电负性不同，形成极性键；Mo有空轨道、S有孤电子对，可能形成配位键，故答案选：DF； ③为层状结构，层与层之间通过较弱的范德华力结合，在外力作用下易发生层间滑动，因此摩擦系数低。 押题猜想13 有机推断题 终极押题（2025·吉林白城·模拟预测）阿哌沙班(Apixaban)可用于预防膝关节置换手术患者静脉血栓栓塞的发生。下图是阿哌沙班中间体K的一种合成路线： 已知：i、 ii、 ⅲ、 回答下列问题： (1)A→B的反应类型是______。D的分子式为，则D的化学名称为______。 (2)一定条件下，B→C的化学方程式是______。 (3)G→H的化学方程式是______。 (4)与F含有相同官能团的同分异构体有______种(不考虑手性异构，不包括F)。 (5)K经多步反应可制得阿哌沙班(见下图)。下图中，中间体的结构简式为______，步骤3的试剂和反应条件是______。 (6)通常用酯基和生成酰胺基，不用羧基和直接反应，结合电负性解释原因：______。 元素 H C O 电负性 2.1 2.5 3.5 【答案】(1) 取代反应 丙二酸二乙酯 (2) (3) (4)11 (5) 和 (6)酯基中碳氧键元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢键元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与难生成酰胺 【分析】A在高温下与氯气反应生成B，B与HBr发生加成反应生成C，说明A、B中均含有碳碳双键，结合A的分子式可知A为丙烯(CH2=CHCH3)，则A在高温下与氯气发生取代反应生成的B为CH2=CHCH2Cl，B与HBr发生加成反应生成的C为；C与D发生取代反应生成E，结合D的分子式()和E的结构简式可知D为；F与SOCl2发生已知信息i的反应生成G，结合G的结构简式可知F为；G与发生取代反应生成H，H与在作用下反应生成I，据此解答。 【详解】（1）由分析可知，A为丙烯(CH2=CHCH3)，A在高温下与氯气发生取代反应生成B，则A→B的反应类型是取代反应。 由分析可知，D为，其化学名称为丙二酸二乙酯； （2）由分析可知，B为CH2=CHCH2Cl，B与HBr发生加成反应生成C为()，则一定条件下，B→C的化学方程式是：； （3）G与发生取代反应生成H，同时生成HCl，其化学方程式是：； （4）由分析可知，F为，与F含有相同官能团的同分异构体含有羧基和碳氯键，可看成是含4个碳原子的碳骨架的二取代物，由于含4个碳原子的碳骨架有2种，所以符合题意的同分异构体有：ClCH(COOH)CH2CH2CH3、ClCH2CH(COOH)CH2CH3、ClCH2CH2CH(COOH)CH3、CH3CH2CHClCH2COOH、CH3CH2CCl(COOH)CH3、CH3CH(COOH)CHClCH3、HOOCCH2CH2CHClCH3、(CH3)2CClCH2COOH、(CH3)2CHCHClCOOH、(CH3)2C(COOH)CH2Cl、HOOCCH2CH(CH3)CH2Cl，共11种； （5）对比K和阿哌沙班的结构可知，K在Pd-C/H2、CH3CH2OH和加热条件下发生还原反应，硝基被还原为氨基，产物和ClCH2CH2CH2CH2COCl发生题干中G⟶H的反应得到，最后在NH3和CH3OH条件下发生已知信息ii的反应得到阿哌沙班； （6）酯基中碳氧键元素电负性差值最大，而羧基中氧氢键元素电负性差值最大，因此通常用酯基和生成酰胺基，不用羧基和直接反应，结合电负性解释原因为：酯基中碳氧键元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢键元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与难生成酰胺。 押题有据 本题以阿哌沙班中间体的合成路线为情境，引导考生体会有机合成在创造新物质、提高人类生活质量及促进社会发展中的重要贡献。本题考查内容涉及有机化合物结构性质的相关知识，并渗透融合物质结构考点，促进考生建立“组成、结构决定性质”的基本观念。本题要求考生对合成路线给出的信息进行加工处理，识别官能团类别及性质，从物质结构对性质的影响角度解释判断依据，统计核磁共振氢谱峰数目，书写有机反应方程式，判断有机反应类型，书写立体异构体结构简式，分析已知信息中陌生反应的反应机理，推断陌生物质结构简式，比较判断不同反应的原子利用率等；考查考生的信息获取与加工能力、分析与推测能力、逻辑推理与论证能力，以及“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学态度与社会责任”等化学学科核心素养。2026高考考查方式基本不变，考查官能团、结构简式、反应类型、有机方程式书写、长短句说理、同分异构体书写，关注下合成路线缺项等。 考题猜想 1．（2026·福建莆田·二模）一种用于治疗囊性纤维化疾病的药物J，其合成路线如下。 (1)A在酸性条件下水解生成某种酸和乙醇，该羧酸的结构简式为________。 (2)②的反应类型是________。 (3)写出反应④的化学方程式：________。 (4)实现反应⑤还需要的试剂有________。 (5)反应⑦实现了由________到________的转化（填官能团名称）。 (6)写出1种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式：________。 a．分子中含有酰胺基； b．能与氯化铁溶液发生显色反应： c．核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为9：6：2. (7)已知。 J、K均能形成六元环的分子内氢键，分别是X—H…Y和X—H…X型。J、K的分子内氢键分别表示为________（补全其结构简式）和。 【答案】(1) (2)取代反应 (3)++HCl (4)浓硝酸、浓硫酸 (5)硝基 氨基 (6)或   (7)   【分析】 A与HC(OC2H5)3、乙酸酐反应转化为B，B与苯胺发生取代反应生成C，同时生成乙醇；E与ClCOOCl发生取代反应生成F与HCl，F发生硝化反应得到G，根据G与I的结构和H的分子式可知G转化为H的过程中，H为，H中硝基被还原为氨基，生成I，D与I发生取代反应生成J与H2O，据此解答。 【详解】（1）A中酯基水解后生成的酸为。 （2）反应②为取代反应。 （3）反应④为++HCl。 （4）反应⑤为硝化反应，需要的试剂为浓硝酸和浓硫酸。 （5）据分析得，反应⑦实现了从硝基到氨基的转化。 （6）满足条件b，说明该同分异构体含有酚羟基，C分子式为C14H17O4N，根据核磁氢谱数据，9+6+2=17，说明酚羟基数为2，甲基数为5，且有3个甲基化学环境相同，另外2个甲基的化学环境相同，该分子可为或。 （7）K中羟基与酮羰基形成X-H···X型六元环氢键，J中酮羰基中的氧原子可与仲胺基（-NH-）中氢原子形成X-H···Y型六元环氢键，为。 2．（2026·福建龙岩·二模）治疗过敏性疾病药物氯雷他定(H)的一种合成路线如下。 已知：+RMgX→ (1)A中含氧官能团的名称为___________。 (2)A→B的反应类型为___________。 (3)水中的溶解性：C___________D(填“>”“<”或“=”)，判断依据是___________。 (4)氮原子电子云密度越大，碱性越强，则F中碱性较强的氮原子是___________(填“a”或“b”)。 (5)B→C的化学反应方程式为___________。 (6)E的结构简式为___________。 (7)有机物是试剂的同系物，且比多一个碳原子。的同分异构体有多种，其中满足下列条件的有___________种，写出其中一种的结构简式___________。 ①是芳香族化合物 ②核磁共振氢谱峰面积之比 【答案】(1)酰胺基 (2)取代反应 (3) > C与水分子形成的氢键比D多 (4)b (5)+HCl+H2O+ (6) (7) 5 、、、、（任写一种） 【分析】 A在 的作用下和发生取代反应生成B，B在 水溶液中加热，酰胺键发生水解反应，生成C，C发生取代反应生成D，D和发生已知信息的反应生成化合物E为，E发生消去反应生成F，F和G发生取代反应生成H。 【详解】（1）由A的结构简式可知，含氧官能团的名称为酰胺基。 （2）由分析可知，A→B的反应类型为取代反应。 （3）C分子含有羧基（-COOH）和N原子，均可与水分子形成氢键，显著增强水溶性；D分子中只有N原子可以与水分子形成氢键，C与水分子形成的氢键比D多，所以水中的溶解性：C>D。 （4）F分子中存在两个氮原子：a位于吡啶环上，孤对电子参与大键，电子云密度低，碱性弱；b位于饱和的六元环上，形成3个键，孤对电子未参与共轭，电子云密度高，碱性强。 （5）B在HCl水溶液中加热，发生水解反应，酰胺键断裂生成C和，化学方程式为：+HCl+H2O+。 （6）由分析可知，E的结构简式为：。 （7）有机物是试剂的同系物，且比多一个碳原子，Q的分子式为C8H8Cl2，的同分异构体满足调节：①是芳香族化合物，说明其中含有苯环；②核磁共振氢谱峰面积之比，说明其是对称的结构，且含有2个对称的甲基，Cl原子直接连在苯环上；满足条件的同分异构体有：、、、、共5种， 3．（25-26高三下·福建三明·阶段检测）一种荧光探针DS可以实现对谷胱甘肽（GSH）的分析检测，其合成路线如下。 (1)A中官能团有__________、__________（填名称）。 (2)B的核磁共振氢谱有__________组峰。 (3)①“B→C”的转化依次经历了加成和消去两步反应，请写出中间产物的结构简式__________。 ②步骤Ⅱ可能生成C的立体异构体G，请写出G的结构简式__________。 (4)熔点：E__________F（填“>”“<”或“=”），判断依据是：__________。 (5)IV的反应类型为__________。 (6)反应V的化学方程式为__________。 【答案】(1)羰基（或酮羰基） 碳碳双键 (2)5 (3) (4)< F含氨基，能形成分子间氢键，分子间作用力更强，熔点更高 (5)取代反应 (6) 【分析】A和发生反应Ⅰ生成B，B和对羟基苯甲醛发生反应Ⅱ生成C，C发生取代反应（反应Ⅲ）生成D，E和发生取代反应（反应Ⅳ）生成F，F和D发生反应Ⅴ（先加成再消去）生成DS。 【详解】（1）物质A()中含有的官能团有（酮）羰基和碳碳双键。 （2）物质B（）的核磁共振氢谱中共含有5组峰。即只有5种化学环境不同的氢原子。 （3）①“B→C”的转化依次经历了加成和消去两步反应，中间产物（加成反应的产物）是 ②步骤Ⅱ可能生成C的立体异构体G，G的结构简式为：，G为顺式结构，C为反式结构。 （4）F的结构中比E多了氨基，使相邻F分子之间形成了分子间氢键，分子间氢键会使物质的熔沸点升高。而E分子间没有氢键，所以E的熔点小于F，所以答案是：      F含氨基，能形成分子间氢键，分子间作用力更强，熔点更高 （5）对比E、F分子结构简式，可发现E中的乙氧基与反应物中的基团发生了取代反应，所以反应Ⅳ的反应类型是取代反应。 （6）反应物D中的醛基和F中的肼基之间先发生加成反应，再发生消去反应，就得到了产物荧光探针DS。综合在一起的反应方程式为： 押题猜想14 化学反应原理综合题 终极押题（2026·广东江门·二模）配合物在离子吸附分离、反应催化等领域应用广泛。 Ⅰ．吸附分离 与对苯二甲酸可形成能分离和的配合物，每克配合物吸附离子的物质的量随时间的变化如图所示。 (1)的电子排布式为___________。 (2)10~30分钟期间，该配合物对的吸附平均速率为___________。 (3)60分钟时吸附已达平衡，此时该配合物对的吸附选择性为___________(列出计算式) (已知：吸附选择性)。 Ⅱ．反应催化 某配合物可在常温下断开苯环上的键，形成活性中间体、或，过程如下图所示。图中所示为、、平衡时在所有中间体中的百分含量。回答下列问题。 (4)反应①中，正反应的活化能，逆反应的活化能。则该反应的___________。 (5)对于上述反应体系，以下说法正确的有___________。 A．改变温度，、和的相对含量改变 B．稀释反应体系，上述3个反应的平衡均发生移动，但平衡常数均不变 C．当一部分转化成其他物质，重新达到平衡后，在3种中间产物中的相对含量减少 D．平衡时，每生成的同时生成甲苯 (6)已知平衡常数，则反应①、②和③中的最小的是反应___________。(其中为自然对数，为常数，为热力学温度，为自由能) (7)与丙烯反应生成(e)和(f)，和不与丙烯反应。该反应较慢，反应过程中反应①、②和③可视为处于平衡状态。在某时刻消耗甲苯后，、和的物质的量之比为，则的物质的量为___________(用含、、的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】(1)1s22s22p6 (2)0.205 (3) (4)-6.7 (5)AB (6)② (7) 【详解】（1）Mg是12号元素，镁原子失去最外层2个电子得到镁离子，的电子排布式为1s22s22p6。 （2）10~30分钟期间，该配合物吸附(8.1-4)mmol/g=4.1mmol/g Li+,该配合物对的吸附平均速率为 。 （3）60分钟时吸附已达平衡，每克该配合物吸附9.1mmol Li+、1.8mmol Mg2+，此时该配合物对的吸附选择性为。 （4）焓变=正反应活化能-逆反应活化能，反应①中，正反应的活化能，逆反应的活化能。则该反应的18.3kcal/mol-25.0kcal/mol=-6.7。 （5）A．化学平衡常数是温度的函数，改变温度，o、m、p三个中间体之间的转化平衡会移动，因此它们的相对含量会改变，故A正确； B．稀释反应体系，上述3个反应的平衡均逆向移动，温度不变，平衡常数不变，故B正确； C．当一部分转化成其他物质，重新达到平衡后，平衡常数不变，所以在3种中间产物中的相对含量不变，故C错误； D．平衡时，生成p的同时生成o、m，每生成的同时生成甲苯的物质的量大于1mol，故D错误； 选AB。 （6）活性中间体的相对含量m>p>，平衡常数K②>K③>K①，平衡常数，则反应①、②和③中的最小的是反应②。 （7）设平衡体系中p的物质的量为amol，则m、o的物质的量和为；、和的物质的量之比为，、和的物质的量和为，，则的物质的量为mol。 押题有据 本题以配合物在离子吸附分离、反应催化为情境，考查配位反应、化学平衡等基础知识及反应原理。本题综合考查考生对化学反应原理的全面理解和综合运用能力，以及图像与文字信息的获取、加工、分析、推理能力，实验数据分析和处理的科学探究与创新能力，体现用联系发展、对立统一的观点观察和分析问题的化学学科核心价值。本题考查“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“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”等化学学科核心素养，引导考生认识化学科学与生命科学的紧密联系与交叉融合，了解配合物在生命生认识化学科学与生命科学的紧密科学及抗癌药物等领域的重要应用。2026高考重点关注反应原理与物构的融合题。 考题猜想 1．（2026·福建龙岩·二模）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯是一种新型生产技术。 Ⅰ．热力学分析 甲苯侧链甲醇烷基化发生的主要反应有： R1. R2. R3.（乙苯，g） R4.（二甲苯，g） 300～1100K范围内，以上各反应的随温度的变化如图所示。 (1)主反应R1的______0（填“>”“=”或“<”）。 (2)在恒压反应器中，保持温度、催化剂、甲苯和甲醇投料比不变，为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，可以采取的措施是__________（写一条）。 (3)乙苯脱氢是制苯乙烯的另一种方法。600K时，该反应的平衡常数______。与之相比，甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯工艺的优点是__________。 Ⅱ．温度对催化剂性能影响的探究 将甲苯和甲醇按物质的量比为5∶1混合，以为载气，按一定的流速通入装填催化剂（Cs/CuAl-LDO-3@X）的恒温反应器，控制不同温度，进行5组实验。反应45min后，测得反应物的转化率、含苯环产物的选择性（S）如图所示。 [注：选择性S（A）=×100％] (4)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度是_______℃。 (5)425℃时，S（苯乙烯）=S（乙苯），氢气的分压为pkPa，则反应R1的压强商____________kPa（用含p的代数式表示）。 (6)排除催化剂失活，温度高于425℃甲苯转化率降低的原因是____________。 Ⅲ．催化剂前体结构的研究 CuAl-LDH（层状复合氢氧化物）是Cs/CuAl-LDO-3@X的前体，其晶体结构如图所示。由于和层之间作用力弱，容易被其他阴离子替换，使催化剂的改性成为可能。 (7)该晶体中一个金属离子与所有紧邻的氧原子形成的空间构型为______。 (8)该晶体中微粒间作用力的类型有______（填标号）。 a．氢键        b．金属键            c．配位键            d．极性键            e．非极性键 (9)该晶体的化学式为，其中__________，__________。 【答案】(1)> (2)及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他合理答案） (3) 较低温度下甲苯侧链甲醇烷基化进行的程度更大 (4)425 (5)（或0.125p） (6)甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少 (7)八面体 (8)acd (9)16 1 【详解】（1）由以上各反应的随温度的变化如图可知，曲线R1中随温度升高而增大，则该反应的正反应为吸热反应； （2）为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，要使R1反应正向移动，而R3反应逆向移动，可采取的措施要是及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他答案）； （3）由图可知，600K时，，则Kp(R3)=，乙苯脱氢制苯乙烯Kp=；根据随温度的变化关系可知制苯乙烯时甲苯侧链甲醇烷基化在较低温度下进行的程度更大； （4）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度选择依据是甲苯转化率高，苯乙烯选择性高，由图分析，在425℃时，甲苯的转化率、甲醇的转化率高，且在此温度下，苯乙烯的选择性最大； （5）由图可知，S（苯乙烯）=S（乙苯）=47.5%，消耗的C7H8与生成H2O的物质的量相等，则得到反应R1体系中各组分的占比为C7H8：转化，余；CH3OH：转化，余；生成C8H8为；生成C8H10为；生成H2O为，氢气的分压为pkPa，代入压强商Qp=； （6）甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少，导致甲苯的转化率降低 （7）从晶体结构示意图可以看到，黑色球（金属离子Cu2+或Al3+）被 6 个白色球（OH-中的 O 原子）紧密包围，形成正八面体的配位结构： 中心金属离子，上下、前后、左右各 1 个 O 原子，共 6 个紧邻 O 原子， 6 个配位原子围绕中心离子形成的空间构型为正八面体； （8）a.氢键：晶体中存在H2O和OH-，水分子之间、OH-与水分子之间可以形成氢键，因此存在氢键。 b. 金属键：金属键存在于金属晶体中，该物质是离子化合物（层状复合氢氧化物），不存在金属键。 c. 配位键：金属离子（Cu2+、Al3+）有空轨道，OH-的 O 原子有孤电子对，二者形成配位键，因此存在配位键。 d. 极性键：键（H2O、OH-中）、C=O键（中）都是不同原子形成的极性共价键，因此存在极性键。 e. 非极性键：晶体中不存在同种原子之间的共价键，因此无极性键。 答案：acd （9）根据化学式中化合价代数和为零可列式，即；每层总共有8个OH-，每一层OH-又被层与层共用，均摊为一半，共有16个OH-，x=16，y=1符合题意。 2．（2026·福建厦门·二模）复合吸收液可用于脱除NO废气。吸收液中相关反应如下： ⅰ．   ii．   回答下列问题： (1)  _______(用、列出计算式) (2)在且与HClO初始浓度均为的吸收液中，含氯微粒的浓度随时间变化如图(仅考虑反应ⅰ、ⅱ)。 ①代表的曲线为_______。(填标号) ②反应ⅰ、ⅱ在内化学反应速率之比_______。 ③平衡时，，，则_______。(用、列出计算式) (3)时，利用复合吸收液脱除NO，存在以下平衡：          ①  。该反应平衡常数_______。 ②从结构角度解释酸性强于HClO的原因是_______。 ③以作催化剂，测得不同温度下NO脱除率如图。范围内，NO脱除率随温度升高而增大的原因有_______；当温度由升高至，NO脱除率减小的原因可能有_______。 【答案】(1) (2)B 3.2 (3) 的非羟基氧数目比多，中心Cl原子正电性更强，使键极性更强，更易电离出，因此酸性更强 温度升高，反应速率加快，催化剂活性增强，脱除速率升高 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高会导致分解、催化剂活性降低、溶解度降低，脱除率下降 【详解】（1）该反应可由“反应ii反应ⅰ”得到，根据盖斯定律，。 （2）①设反应i消耗浓度为，反应ⅱ消耗浓度为，则生成，，。、、为生成物，随着反应的进行，浓度逐渐增加；则假设曲线C为，曲线B为，曲线A为；则2 s时，，，则，得，符合逻辑，假设正确。 ②速率比计算：反应速率，相同，由图可知。 ③初始，故初始；反应ⅰ消耗，反应ii生成，平衡。代入，，得。 （3）①目标反应可由“反应ⅰ + 反应ⅲ - 反应ⅱ”得到，因此。 ②含氧酸酸性与非羟基氧数目有关，非羟基氧越多，中心原子正电性越强，键极性越强，越易电离出，酸性越强，所以的酸性更强。 ③低温区温度升高，反应速率加快，催化剂活性升高，因此脱除率增大；该反应为放热反应，温度过高，平衡逆向移动，同时催化剂活性降低、反应物分解、溶解度降低，因此脱除率下降。 3．（25-26高三上·福建厦门·月考）碘溶液及其相关的反应在基础化学实验及理论研究中很常见。 (1)在VmL的的四氯化碳溶液中加入VmL的KI水溶液，充分振荡、静置，存在如下平衡： I．； II．； ①298K时，相关物质的相对能量如下表所示； 物质类别 相对能量/ 0 22.6 _______。 ②平衡体系中，下列措施中能使层的颜色更浅的是_______。 A．加入VmL水         B．反复振荡混合液     C．再加入少量      D．加入少量水溶性淀粉     ③的中心原子的价层电子对数为_______，VSEPR模型为_______。 ④T℃下，平衡体系中存在关系式：，表示在溶液中的浓度，表示水溶液中的浓度。设，则_______(用、a表示)。在图中画出1/D~a的关系曲线(标出纵截距数值) _______。 (2)丙酮碘化反应是一种经典的有机化学反应，在盐酸催化下反应如下：。 有研究认为，反应分为下面三步： III． IV． V. 研究影响碘化反应的反应速率的因素：维持不变且相等，设计A、B、C、D四组实验(如下表)，通过测定溶液的吸光度[与呈正比]与反应时间的关系，结果如图。 实验组 A B C D 温度/℃ 6 16 6 16 6.0 6.0 4.0 4.0 ①由大到小的顺序是_______。 ②根据图表信息指出影响反应初始速率的因素，并结合反应Ⅲ、IV、V解释原因_______。 【答案】(1)-17.32 ACD 5 三角双锥形 ； (2) 不变，浓度不变，温度高，速率快；不变，温度不变，增大，速率不变，反应V速率快，不是决速步 【详解】（1）①298K时， ，故答案为：-17.32； ②A．加入V mL水，水中减小，此时的溶液中的将有一部分进入水中，从而减小碘的溶液中碘的浓度，颜色变浅，A符合题意； B．反复振荡混合液，不能改变的溶液的浓度，不能使层的颜色更浅，B不符合题意； C．再加入少量，溶解后与反应生成，使在水中的溶解度增大，使的溶液中的有一部分进入水中，从而减小碘的溶液中碘的浓度，颜色变浅，C符合题意； D．加入少量水溶性淀粉，此时水中与淀粉结合，减小水溶液中，使的溶液中的有一部分进入水中，从而减小碘的溶液中碘的浓度，颜色变浅，D符合题意； 故答案选ACD； ③的中心原子与周围2个I形成2个σ键，孤电子对数为=3，形成的价层电子对数为2+3=5，因此VSEPR模型为三角双锥形，故答案为：5；三角双锥形； ④T℃下， 、，则、，设，则。由可知，a值越大，D越小，则越大，当a=0时，，则的关系曲线为，故答案为：；； （2）①从图中可以看出，A与C两条直线平行、B与D两条直线平行，则A与C、B与D两组实验的初始速率分别相等(相同时间内I2的浓度变化量相同)，从曲线斜率看，B、D两条直线的斜率大于A、C两条直线的斜率，则B、D两组实验的初始速率大于A、C两组实验的初始速率，从而得出由大到小的顺序是，故答案为：； ②图2信息显示，时，温度相同，不同，不影响反应速率，表明反应Ⅴ中，反应速率快，不是决速步；相同，温度越高，反应速率越快。则原因为：不变，浓度不变，温度高，速率快；不变，温度不变，增大，速率不变，反应V速率快，不是决速步。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $