化学终极押题猜想（湖南专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

**基本信息** 以高考高频考点为纲，构建"命题规律-解题策略-情境应用"三维训练体系，强化化学观念与科学思维的融合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |化学与STSE|4题|科技情境关联法|材料分类→性质判断→社会价值| |实验操作|3题|规范操作三步法|仪器使用→安全规范→误差分析| |化学用语|3题|微观结构图示法|电子式→空间构型→杂化类型| |反应原理|综合题|图像数据分析法|速率计算→平衡移动→能量转化|

2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想01 化学与STSE 押题猜想02 化学基本操作与安全 押题猜想03 化学用语 押题猜想04 阿伏伽德罗常数的值计算 押题猜想05 实验设计、操作、装置合理 押题猜想06 物质性质 押题猜想07 离子反应及方程式书写 押题猜想08 元素推断、元素性质 押题猜想09 有机基础 押题猜想10 电化学综合 押题猜想11 物质结构、晶体结构 押题猜想12 流程综合 押题猜想13 反应机理图 押题猜想14 水溶液离子平衡、图像、综合 押题猜想15 化工流程分析 押题猜想16 实验综合探究 押题猜想17 有机合成与推断 押题猜想18 化学反应原理综合应用 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】2026年春晚硬核AI科技，震惊全网。下列春晚涉及的物品中，主要成分属于金属材料的是 A．“LED地砖屏”的发光材料——氮化镓 B．“水上机场航空器”的电池封装材料——有机硅 C．“人形机器人”的机身涂层材料——纳米二氧化钛 D．“机器熊猫”的电机永磁材料——钕铁硼合金 押题有据近年湖南高考有关STSE试题主要考查新材料、环境保护、能源、生活常识、传统文化等，旨在考查考生对化学原理、化学在生活中的应用，以及化学对当前最新科技所做的贡献；并注意正确理解常见的化学概念。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，同时也彰显本土特色，旨在要求学生要学以致用，用化学原理解决生活问题，2026年的高考更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。 考题猜想 1．2026年1月我国科研团队在嫦娥六号带回的月壤样品中，首次发现了天然形成的单壁碳纳米管。它是一种由单层碳原子卷曲而成的中空管状纳米材料，具有优异的导电导热性。关于单壁碳纳米管，下列说法正确的是 A．属于金属材料 B．是由碳元素组成的化合物 C．是由碳原子通过离子键形成的 D．比金刚石导电能力强 2．从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法正确的是 A．“嫦娥六号”在月球背面发现的石墨烯属于有机高分子材料 B．人形机器人的感知与交互系统所使用的LED灯的发光原理与原子核外电子跃迁有关 C．稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，其包括镧系元素、锕系元素以及钪和钇，它们都位于元素周期表的ⅢB族 D．苯甲酸钠是一种常用的增味剂，能增加食品的鲜味 3．随着AI数据中心用电需求激增，燃气轮机发电成为当前最抢手的供电方案之一。下列说法错误的是 A．燃气轮机所用燃料天然气，属于化石能源 B．制造涡轮叶片的镍基单晶高温合金，属于金属材料 C．涡轮叶片表面覆盖极低热导率的陶瓷涂层，属于新型无机非金属材料 D．直接排放未完全燃烧的甲烷气体，不会引起温室效应 4．2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法错误的是 A．空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于化学变化 B．全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料 C．全息投影膜是一种薄而柔的聚酯膜(PET)，该聚酯膜是通过缩聚反应形成的 D．全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点 押题猜想02 实验室基本操作与安全 终极押题 【原创题】下列关于实验室操作与安全的说法正确的是 A．实验结束后，剩余稀盐酸与氢氧化钠溶液直接在废液缸中混合后倒入下水道 B．向废液中加入适量Ba(OH)2溶液除去其中的CuCl2，生成沉淀，过滤，滤液排放 C．制备乙烯时，向乙醇与浓硫酸的混合液中加入碎瓷片，是为了加快反应速率 D．用胶头滴管向试管中滴加液体时，滴管下端垂直悬空小心滴入 押题有据 湖南高考化学实验基本操作与安全类考题，命题方向稳定：立足教材基础实验、聚焦规范操作、注重安全规范、融合实景装置与误差辨析；命题意义在于引导学生回归实验实操本源，强化规范操作意识、树立化学安全素养，培养严谨求实的科学思维，落实新课标学以致用、知行合一的育人目标。2026年的高考继续重视学生基本操作能力。 考题猜想 1.实验安全至关重要，下列做法不合理的是 A．误食钡盐，可通过服用碳酸钠溶液解毒 B．实验中未用完的钠、钾应放回原试剂瓶 C．洒在桌上的少量酒精不慎着火，立即用湿毛巾盖灭 D．不慎将烧碱溶液沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸 2．下列试剂的实验室保存方法正确的是 A．AgBr固体保存在棕色广口瓶中 B．溶液保存在细口玻璃瓶中 C．白磷保存在盛水的细口瓶中 D．固体保存在带玻璃塞的广口瓶中 3．下列说法正确的是 A．验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯 B．苯酚不慎沾到皮肤上，用碳酸氢钠溶液擦拭 C．可用酒精萃取碘水中的碘 D．酸溶液，若，则该酸是强酸，若，则为弱酸 终极押题 【原创题】下列化学用语或图示表达错误的是 A．邻羟基苯甲醛的分子内氢键： B．NH3的空间结构模型： C．键的形成： D．反式聚1，3-丁二烯的结构简式： 押题有据湖南高考化学化学用语命题方向：立足课标基础，聚焦元素符号、电子式、结构式、方程式、氧化还原用语等核心考点，题型覆盖面广、稳中求新，常结合物质结构、情境素材综合考查规范表达。 考查价值：夯实化学学科语言根基，规范书面表达习惯，培养严谨的化学逻辑与精准表述能力。 2026预测：仍保持基础必考定位，侧重情境化、生活化载体考查用语规范，不偏不怪，重在基本功落地。 考题猜想 1．下列化学用语表述正确的是 A．的电子式： B．碳化硅的分子式： C．分子的空间填充模型： D．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式： 2．下列化学用语表达正确的是 A．分子中中心氧原子呈负电性： B．用电子式表示的形成过程： C．激发态碳原子核外电子轨道表示式： D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键： 3．下列化学用语或图示正确的是 A．的球棍模型： B．反应不属于化学变化 C．基态溴原子的简化电子排布式： D．的电子式： 阿伏加德罗常数的值计算 终极押题 【原创题】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A．水蒸气含有的氢键数为2NA B．1L1mol/L的NaF溶液中阳离子总数为NA C．室温下，的溶液中，由水电离出的数目为0.01NA D．标准状况下，和按任意体积比组成4.48L气体，则氢、氧原子总数为0.4NA 押题有据 湖南高考化学阿伏加德罗常数命题方向：紧扣物质结构、氧化还原、弱电解质电离水解、气体摩尔积适用条件等易错点，情境经典、陷阱设置灵活，以选择题形式稳定高频考查。 考查价值：夯实微观粒子与宏观物质的换算思维，甄别概念漏洞，培养学生严谨审题、精准辨析的化学理科素养。 2026预测：依旧为高考必考热点，延续经典陷阱设问，结合新材料、反应情境综合设题，侧重基础概念辨析与细节判断。 考题猜想 1．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．0.5 mol NO和足量反应生成0.5 mol NOF时转移电子数为 B．1 mol有机物含有键 C．溶于足量水，所得溶液中、、粒子数之和为 D．常温常压下，33.6 L NO所含有的分子数小于 2．离子化合物KC8水解可用于制备石墨，其反应原理为2KC8(s)＋2H2O(l)=16C(石墨，s)＋2KOH(s)＋H2(g)，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1.35 g KC8中含有的离子总数为0.09 NA B．常温下，pH=13的KOH溶液中含OH-的数目为0.1 NA C．7.2 g单层石墨中含有六元环的数目为0.3 NA D．每生成3.36 L H2，转移电子的数目为0.3 NA 3．硫氰酸二肼合镍与铁氰化钾在碱性溶液中生成氮气：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．中含有的键数目为 B．25℃时，的溶液中由水电离产生的数目为 C．每生成，反应转移的电子数目为 D．冰中含有氢键的数目为 实验设计、操作、装置是否能达到实验目的 终极押题 【原创题】下列图示的实验操作，不能达到实验目的的是 A．通过分液分离超分子与C70 B．除去苯中的苯酚 C．探究Cl2的漂白性和氧化性 D．在铁制镀件上电镀铜 押题有据湖南高考化学此类题型命题方向：依托教材经典实验，围绕装置选择、试剂搭配、操作顺序、干扰因素设置选项，多角度辨析实验方案的合理性与可行性。 考查价值：强化学生实验逻辑思维，提升方案评价、误差辨析与科学探究能力，回归化学以实验为基础的学科本质。 2026预测：仍为高频必考题型，延续多情境组合设问，结合生活化、新材料背景命题，侧重实操逻辑与细节陷阱辨析。 考题猜想 1．下列化学实验目的与相应实验示意图相符合的是 A．SO2尾气吸收 B．萃取过程中放气 C．制备无水Al2(SO4)3 D．检验溴乙烷中的溴元素 A．A B．B C．C D．D 2．下列有关实验操作和对实验结论的分析正确的是 A．称量NaOH固体 B．洗涤盛有CuSO4废液的试管 C．防止铁管道被腐蚀 D．温度升高时，CH3COONa溶液中c(OH-)增大 A．A B．B C．C D．D 3．巧设实验，方得真知。下列实验装置或操作不能达到实验目的的是 实验目的 A．证明苯与液溴的反应为取代反应 B．吸收尾气中 实验示意图 实验目的 C．制备无水氯化镁 D．用分水器提高反应物转化率 实验示意图 A．A B．B C．C D．D 终极押题 【原创题】下列变化中，气体物质作氧化剂的是 A．将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色 B．将通入硫化氢溶液中，出现黄色浑浊 C．将通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色 D．将通入滴有酚酞的水中，溶液变红 押题有据 湖南高考此类题型命题方向：以元素周期律、原子结构、化合价为依托，考查物质氧化性、还原性强弱比较，要求从原子结构、电子得失、价态高低简单解释性质成因，常融入选择推断与综合大题。 考查价值：引导学生建立结构决定性质的化学核心思维，跳出死记硬背，学会从微观本质推导宏观化学性质。 2026预测：依旧稳定考查，侧重主族元素、过渡元素及陌生化合物，结合原子半径、最外层电子排布、价态变化考查氧还性及结构归因，设问更贴合教材基础、重在逻辑表达。 考题猜想 1. 将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生大量白烟。下列说法不正确的是 A．、HCl中的共价键分别是键、s-p σ键 B．反应过程涉及配位键的形成 C．白烟的产生体现了的还原性 D．用浓硝酸代替浓盐酸，也会产生大量白烟 2．工业烟气中常含有，用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除，下列说法正确的是 A．第一电离能 B．在大气中会形成酸雨 C．O元素位于周期表中第IVA族 D．脱除过程中发生氧化反应 3．铝离子电池一般用离子液体作电解质，某离子液体的结构如图。 下列说法不正确的是 A．电负性： B．该化合物中阴离子的空间结构为正四面体形 C．该化合物中C、N原子的杂化轨道类型不同 D．该离子液体熔点较低，主要是因为阳离子的体积较大，离子键较弱 终极押题 【原创题】下列指定反应的离子方程式，书写错误的是 A．向溶液中加入稀硝酸： B．中性溶液中，与反应： C．向银氨溶液中加入稀盐酸： D．向碳酸钠溶液中通入少量氯气： 押题有据考查方向：考查离子方程式书写正误判断，涵盖物质拆分、守恒规律、反应用量、产物合理性等核心考点。 考查价值：夯实化学用语基础，考查离子反应本质认知，落实宏观辨识与微观探析化学核心素养。 2026预测：题型、难度保持稳定，聚焦氧化还原、过量少量、弱电解质反应等高频陷阱，侧重基础规范判断。 考题猜想 1．下列过程对应的离子方程式书写正确的是 A．用氢氟酸刻蚀玻璃： B．工业废水中的用FeS去除： C．用硫代硫酸钠溶液脱氯： D．浓氨水溶解： 2．下列方程式的书写正确的是 A．邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂： B．使酸性溶液褪色： C．向苯酚的溶液中通入少量的： D．向足量的溶液中通入少量的： 3．实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法对应的反应方程式不正确的是 A．用硫粉处理洒落在地上的水银： B．用碳酸钠溶液处理玻璃容器水垢中的硫酸钙： C．用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体： D．用稀硝酸处理银镜反应后试管内壁的金属银： 终极押题 【原创题】离子液体具有优良的物理和化学性质，可作为新型绿色溶剂，在电化学、催化等方面有着广泛的应用。下图是某离子液体的结构，W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z为同一周期的元素，R为金属元素。下列说法正确的是 A．阴离子中存在配位键 B．简单离子半径： C．简单氢化物的沸点： D．第一电离能： 押题有据 考查方向：元素推断，电负性、电离能大小比较，配位键、氢键及物质性质关联。考查价值：立足原子结构与周期律，落实结构决定性质，培养微观辨析素养。2026预测：题型稳定，仍结合元素推断，综合考查周期律、化学键与分子间作用力应用。 考题猜想 1．下列说法正确的是 A．氢键和离子键都属于化学键 B．IVA族元素单质的晶体类型相同 C．的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体 D．的电负性比的大，可推断分子的极性比的大 2．我国科学家低温下合成了超高能量“六氮分子”，其结构式为。下列说法错误的是 A．与互为同素异形体 B．分子为直线形分子，属于非极性分子 C．分子总键能很小，易分解为 D．分子中键和键数目之比为 3．蜜胺树脂可由如图所示的环状三聚体制备。和都是短周期主族元素，电子层数相同，基态的轨道半充满，是原子半径最小的元素。下列说法错误的是 A．的第一电离能： B．的简单氢化物的键角： C．最高价含氧酸的酸性：X>Y D．均能形成多种氧化物 终极押题 【原创题】氟代对乙酰氨基酚(结构简式如图所示)是一种新型的解热镇痛药候选分子。下列关于该分子的说法不正确的是 A．氟代对乙酰氨基酚的分子式为 B．分子中所有碳原子和氮原子不可能处于同一平面 C．该分子在红外光谱中会出现O-H键的伸缩振动吸收峰 D．一定条件下，1 mol氟代对乙酰氨基酚最多可消耗4 mol NaOH 押题有据考查方向：有机基础综合考查，涵盖各类官能团化学性质、有机基本反应类型判定、反应中断键与成键位置分析、有机物结构与性质关联辨析。 考查价值：建立“结构决定性质”有机化学核心思维，强化官能团认知与反应机理理解，提升宏观辨识与微观探析核心素养。 2026高考预测：题型保持稳定，仍以陌生有机物结构为载体，叠加多官能团综合性质、反应类型及断键规律，侧重情境化、生活化有机物考查。 考题猜想 1．以异丁醛（M）为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是 A．M中所有的碳原子可以在同一个平面中 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．1 mol Q最多能与1 mol H2发生加成反应 2．在催化下，喹喔啉-2(1H)硫酮可与D-A环丙烷发生(3+3)环化反应，如： 下列说法正确的是 A．甲分子中N的杂化类型均为 B．乙分子在发生上述反应时，第2处碳碳键发生了断裂 C．丙分子含有2个手性碳原子 D．丙不能与HCl发生反应 电化学综合 终极押题 【原创题】某离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B单元组成。通过在晶胞的棱心和体心嵌入或脱嵌，该晶体可作为锂电池的正极材料。 已知：嵌入率。下列说法错误的是 A．该锂电池充电时，从正极材料中脱嵌 B．嵌入率时，该正极材料的化学式为 C．若该正极材料中，则嵌入率为 D．铁氧化物晶胞完全嵌入，平均每个晶胞需转移电子数为3 押题有据 考查方向：电化学基础，原电池、电解池工作原理，电极反应式书写，电子、离子移动方向，新型电池模型分析。 考查价值：掌握氧化还原与电化学内在关联，建立能量转化思维，提升模型认知与证据推理核心素养。 2026高考预测：延续新颖储能电池、燃料电池、电解情境载体，侧重陌生模型拆解、电极反应判断及电子流向综合考查。 考题猜想 1．银首饰表面的黑色物质（）可用口香糖包装纸（含）与热食盐水浸泡进行清洗，发生反应如下：。下列说法不正确的是 A．该过程将化学能转化为电能 B．电子从转移至银首饰上 C．清洗过程中，移向银首饰 D．银首饰表面发生的变化为： 2．利用电催化协同制备的电解装置如图： 下列说法正确的是 A．催化电极接电源的负极 B．催化电极处的电极反应式为 C．电解一段时间后，左室电解质溶液升高 D．电路中每转移3 mol电子，可获得1.1 mol HCN 3．一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 终极押题 【原创题】水溶液中的之间通过氢键形成了二聚体，结构为：下列说法不正确的是 A．中C原子是杂化 B．之间的聚合作用会降低在水中的溶解度 C．二聚体是通过个氢键自组装构成的 D．二聚体解离为单体的过程中 押题有据 考查方向：物质结构基础、晶体类型判断、晶胞结构分析、微粒作用力、熔沸点比较、空间结构与杂化轨道综合考查。 考查价值：树立结构决定性质核心观念，培养微观空间想象能力，落实模型认知、宏观辨识与微观探析化学核心素养。 2026高考预测：仍以常见晶体、陌生晶胞为载体，综合考查晶体类型、作用力强弱、晶胞计算、空间构型与性质递变规律，题型稳定、侧重基础综合应用以及计算。 考题猜想 1．硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲，沿z轴投影如图乙。已知晶胞参数为a nm， O点原子分数坐标为(0，0，0)。下列说法正确的是 A．晶胞中Se原子的配位数为8 B．晶胞中Q点原子分数坐标为(，，) C．晶体密度ρ=g∙cm−3 D．Zn和Se的最短距离为a nm 2．将（晶胞如图）在空气中加热，部分被氧化为，得到（x<1），晶体结构出现缺陷，有的被取代，有的空缺形成空位，填充率下降，但晶体仍保持电中性。现有晶胞的质量为，下列说法正确的是 A．与相比，导电性大幅度增大，这和晶体中的空位有关 B．晶胞中、和空位的个数比为 C．晶胞中的配位数为4 D．中x为0.8 3．复旦大学某团队以1，3-环己二烯为载体，与苯胺和碘苯，通过钯与改进的Ming-Phos催化，实现了高对映、区域选择性的三组分碳胺化转化，并提出了如图所示的反应机理（部分无机产物略去）。已知：①Ph一为苯基；②动力学实验表明参加的反应为决速步骤；③反应V为副反应。下列说法正确的是 A．步骤I中存在非极性键的断裂 B．步骤II中发生加成反应 C．步骤IV中两种有机产物的质谱图完全一样 D．步骤V中钯的化合价没有发生变化 终极押题 【原创题】从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下： 已知：。下列说法不正确的是 A．酸溶时，溶解相同的原料，使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸产生的多 B．用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 C．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+ D．向1 mol HAuCl4中加入过量Zn充分反应，最多消耗 押题有据 考查方向：以化工流程选择题为载体，综合考查元素化合物性质、物质转化、分离提纯、反应原理等综合知识。 考查价值：整合模块知识，提升信息提取、逻辑推理和综合分析应用能力。 2026预测：仍以微型流程选择题形式命题，多知识点融合，侧重实际情境下物质转化与原理综合判断。 考题猜想 1．利用镁泥(主要成分为、和)制取(不溶于水)的工艺流程如图所示。下列叙述正确的是 A．“酸浸”时，硫酸浓度越大，酸浸速率越快 B．滤渣1可以用于制铁红 C．“除铁”过程中发生了氧化还原反应 D．分离产品的操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 2．某兴趣小组以含金烧渣（含有和）为原料，制备单质和的流程如图所示： 下列说法正确的是 A．“溶浸”时发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B．中σ键与π键的个数比为 C．与反应的方程式为： D．“试剂a”可以是粉或粉 3．一水硫酸四氨合铜（Ⅱ）的化学式为是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组在实验室以溶液为原料合成该物质，设计的合成路线为： 已知：。 下列说法正确的是 A．基态的电子排布式： B．中键角比普通小 C．方案1加入时，增大，促进晶体析出 D．方案2加乙醇能析出晶体原因是改变了的晶体结构 终极押题 【原创题】气体和在某催化剂表面可发生3种电还原反应，反应历程如图所示(图中“*”表示吸附态中间体)，下列叙述错误的是 A．一定温度下，反应时间越长，HCOOH在含碳产物中的比例越大 B．若该体系仅发生反应，则每生成1 mol CO，吸热小于 C．升高温度，短时间内有利于提高CO在含碳产物中的比例 D．强酸性条件，一定不利于提高二氧化碳的还原效率 押题有据 考查方向：结合反应机理图像，考查活化能、化学反应速率、基元反应与决速步骤判断。 考查价值：建立微观反应历程思维，提升图像解读与证据推理能力。 2026预测：仍以机理示意图为载体，聚焦活化能大小比较、决速步判定及速率影响因素综合考查。 考题猜想 1．在催化剂作用下，醛、酮的被卤素取代的反应称为醛、酮的卤化。在酸的催化作用下的反应如下：，其反应机理是首先羰基质子化，醛、酮失去活泼H形成烯醇，烯醇的π电子向卤素进攻，在失去氧上的质子完成卤化反应，具体过程如图所示。 已知：i．与官能团相连的碳称为碳，碳上的原子称为； ii．在酸的催化作用下，碳上的烷基越多，烷基的给电子诱导效应和超共轭效应越大，形成的烯醇越稳定，碳上的就越易离开而进行卤化反应。 下列说法错误的是 A．此过程中，反应②的活化能最高 B．在反应机理中，有加成反应和消去反应发生 C．在酸催化作用下，发生卤化反应的主产物为 D．即使不加酸作催化剂，只要引发该卤化反应，反应也可以快速进行 2．我国科学家已经实现催化氢化获得甲酸，反应过程如图甲，其中化合物2转化为化合物3过程的能量变化如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)，下列说法错误的是 A．化合物1→化合物2的反应是氧化还原反应 B．化合物1是催化剂，增加用量会降低反应所需活化能 C．图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物化合物”的决速步骤 D．从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与 3．Beckmann重排是酮肟在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氮原子上，具体反应历程如图所示。已知：R、代表烷基。下列说法不正确的是 A．不存在顺反异构 B．在该反应过程中作催化剂 C．物质Ⅲ→物质IV有配位键的形成 D．发生上述反应生成 终极押题 【原创题】一定温度下，向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：、，相关数据如下图所示。已知可看作中一个O原子被S原子取代。下列说法不正确的是 A．中配位原子为端基S原子 B．L3表示随变化的关系 C．AgBr的溶度积常数 D．反应的平衡常数K的值为10-4.6 押题有据 考查方向：水溶液中的离子平衡，综合考查弱电解质电离、盐类水解、三大守恒及溶液中离子浓度大小排序。 考查价值：深化平衡思想，培养定量分析、逻辑推理与变化观念核心素养。 2026预测：仍结合滴定曲线、分布系数图像命题，融合电离水解综合判断，侧重守恒应用与离子浓度比较。 考题猜想 1．常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液的pH与HCOOH滴定率的关系如图所示。下列叙述错误的是 A．该实验在滴定终点时宜选择酚酞作指示剂 B．b点时加入NaOH溶液的体积为10 mL C．常温下，HCOOH的电离常数 D．c点：2．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如]。已知室温下，饱和溶液的浓度约为，，。下列说法正确的是 A．饱和溶液的 B．少量HClO与溶液反应： C．等物质的量浓度的和NaHS混合溶液中存在关系： D．室温下，反应的平衡常数为 3．某兴趣小组进行如下实验，在反应中观察到B中先产生黑色沉淀，后产生黄色沉淀（CdS）。已知：25℃时，饱和溶液浓度约为0.1 mol/L，的，。下列说法错误的是 A．实验现象表明： B．装置A中溶液在反应过程中： C．装置B中若通至饱和，沉淀完全，则所得溶液中： D．反应后，测定得装置C中溶液的，则溶液中： 终极押题 【原创题】工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量)和辉钼矿(主要成分为，还含有少量、的氧化物)为原料，联合制备四钼酸铵晶体和硫酸锰晶体的工艺流程如下： 已知：①流程中“萃取”的原理为(叔胺)。 ②，常温下，NiS和MnS的p分别为19.4和12.6。 (1)已知基态的价层电子排布式为，则在元素周期表的位置为___________；是一种典型的过渡金属二硫化物，具有类似石墨烯的二维层状结构(如图)，说明链与链之间是靠___________维系的。 (2)“高温焙烧”过程中、转化为、，且不考虑产生其他物质，写出该反应的化学方程式___________。 (3)“酸浸”时加入稀硫酸的作用，除溶解焙烧产物、提供外，还能___________。(任答1点) (4)“反萃取”中的试剂X最适宜选用___________(填标号)； a．稀硫酸    b．氨水    c．NaOH溶液    d．溶液 从“母液”中回收的副产品在农业上可用于___________。 (5)四钼酸铵可以生产试剂级钼酸钠，已知钼酸钠的溶解度曲线如图所示，由钼酸钠溶液获得晶体的操作为___________、过滤、洗涤、烘干。 (6)若“调除镍”前溶液中，则“除镍”应控制溶液的范围是___________。(该溶液中，忽略溶液体积变化，) 押题有据 考查方向：化工工艺流程综合题，考查物质制备、分离提纯、氧化还原反应、离子反应、条件控制与产率计算。 考查价值：贴合化工生产实际，强化知识应用与流程分析能力，落实科学态度与社会责任核心素养。 2026预测：延续工业生产流程命题，侧重原料预处理、除杂提纯、循环利用及绿色化学相关考点考查。 考题猜想1 1．废旧镍钴锰酸锂电池正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。 已知：i．“高温氢化”时不参与反应，固体产物为、、和。 ii．(或)的萃取原理： 回答下列问题： (1)基态核外电子的空间运动状态有___________种。 (2)废旧锂电池经预处理获得正极材料时通常需要先进行放电处理的目的是___________。 (3)酸洗的目的是降低水洗时与空气接触生成的___________(填化学式)在固体中的残留。 (4)若“洗液”中，加入固体充分反应后，为，可使元素总量的___________转化为沉淀[]。 (5)“沉锰”过程中pH对金属沉淀率的影响如图所示。 “沉锰”时生成的离子方程式为___________。该工艺条件下，开始沉淀的为2.0，开始沉淀的为3.0.“沉锰”时，最佳pH为___________。 (6)试剂X为___________(填试剂名称)。 2．钽(Ta)和铌(Nb)是重要的战备金属，通过溶剂萃取法对工业余料(主要成分为NaTaO3、NaNbO3及Ti、Ca、Mg、Si的氧化物)提纯制备Ta2O5和Nb2O5的工艺流程如图。 已知：①MIBK(甲基异丁基甲酮)是一种有机萃取剂，对Ta、Nb的氟络离子具有较高萃取度；②在低酸度溶液中易被洗脱；③Ta2O5的水化物性质与Al元素相似。 (1)对“工业余料”预处理时常进行粉碎，目的是_______。 (2)“酸溶”时产生的废气中除了挥发的HF外，还可能含有的物质是_______。当氢氟酸过量时，Ta元素主要转化为H2TaF7，反应化学方程式为_______。 (3)“废液”中Ti元素以氟络离子形态存在，其中Ti4+位于由若干个F-构成的正八面体空隙内，则二者形成的离子可表示为_______。 (4)“反萃”所得“含Nb相”属于_______(填“水相”或“有机相”)。 (5)使用NaOH代替NH3进行“沉钽”会降低沉淀率，原因是_______。 (6)钽形成的某种晶体TaAs的晶胞结构如图。As的配位数为_______，晶体的密度为_______g/cm3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 3．钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1)“洗涤”时，加入H2O2的目的是__________。 (2)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为______mol/L。 (4)某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为______(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有_______(写两条)。 (5)写出“沉钛”过程中离子反应方程式________。 (6)上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为 ，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2   的结构可表示为________。 终极押题 【原创题】实验小组采用碘蒸气与锡制备四碘化锡()并测定其纯度，实验装置如图所示(夹持及加热装置省略)： 已知：为橙红色晶体，，易水解，在冰醋酸中溶解度较小；醋酸酐具有吸水性。 I．四碘化锡的制备 步骤如下： ①在三颈烧瓶中加入锡片、碘、适量冰醋酸和醋酸酐，加热至沸腾，直到反应完全； ②冷却结晶，过滤得四碘化锡粗品； ③将步骤②的粗品放在烧杯中，加入氯仿，热水浴充分溶解，过滤； ④在通风橱中将滤液蒸发结晶，待氯仿全部挥发抽尽后，得到橙红色晶体。 回答下列问题： (1)制备的化学方程式为_______。 (2)步骤①中，气雾上升高度不宜超过球形冷凝管高度的三分之一，若气雾上升过高，可采取的措施有_______(答一条即可)。 (3)加入醋酸酐的目的是_______。 (4)下列仪器中，步骤③和④中都不需使用的是_______(填仪器名称)。 II．四碘化锡纯度的测定 取产品，加水使其完全水解生成沉淀，将上层清液转移至容量瓶中定容，移取于锥形瓶中，加入少量和几滴溶液，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中发生反应，平行测定三次，平均消耗溶液的体积为。 (5)水解生成的化学方程式为_______。 (6)滴定终点的现象为_______。 (7)产品的纯度为_______。 押题有据 考查方向：化学综合实验，考查装置选择、仪器作用、物质制备、除杂净化、实验操作、现象分析与误差评价。 考查价值：夯实实验基础，提升实验探究、方案评价与动手思维能力。 2026预测：仍以物质制备探究为载体，侧重装置创新、操作规范、异常现象分析与实验方案评价。 考题猜想 1．钴常被添加到钢或者其他合金当中，可以明显提高合金的坚硬程度、耐磨程度等。设计如下装置图(部分加热及夹持装置已略)，测定还原时的转化率。 已知：①是易挥发的液体，实验室常用于制备，原理为； ②是白色固体，易吸水潮解生成，能快速与发生反应。 回答下列问题： (1)将已称重的装置D(含)、E与其他装置组装好，称量所用仪器为___________(填“托盘天平”或“电子天平”)。打开止水夹K，调整三通阀，按一定流速持续通入，一段时间后关闭K，调整三通阀。为了提升的转化率，下列操作合理的顺序为___________(填标号)。 a．打开分液漏斗的活塞        b．加热管式炉 (2)逐滴滴加的原因是___________，装置F的作用是___________。 (3)一段时间后关闭管式炉，还需要继续通，其目的是___________，当装置D冷却至室温后停止通。 (4)实验结束后，测得装置D质量变化，装置E质量变化，的转化率为___________。 (5)颗粒容易吸附气体分子，导致测定结果存在较大误差，设计如下测定方案： Ⅰ．将装置E中固体溶解在足量去离子水中，不断搅拌至无固体剩余，再加入溶液调约为5后，将其配成待测溶液； Ⅱ．取标准溶液于锥形瓶中，用待测液滴定，反应原理为(滴定时，和不参与反应)，平行滴定三次，消耗待测液平均为。①的转化率为___________； ②下列操作会导致的转化率测定值偏大的是___________(填标号)。 a．步骤Ⅰ中，没有加入溶液调 b．步骤Ⅱ中，取标准溶液时，先仰视后俯视 c．步骤Ⅱ中，滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡 2．某化学小组探究Zn和溶液反应的过程及产物。回答下列问题： (1)配制50 mL 1.0 溶液，下列药品中不需要使用的是__________（填标号）。 a.固体            b.Fe粉                c.蒸馏水                d.浓盐酸            e.氯水 【实验探究】向100 mL 1.0 溶液中加入6.5 g锌粉，实验装置如图。 第一阶段：刚开始无气泡产生，溶液温度升高。 第二阶段：溶液颜色变为浅绿色，且有红褐色絮状沉淀产生。 第三阶段：15 min后产生大量气泡，用试管收集后放在酒精灯火焰上有爆鸣声。反应结束后溶液最终呈无色。 (2)取第一阶段溶液少许于试管中，滴加酸性KSCN溶液，溶液颜色变为红色。甲同学认为：此现象说明第一阶段未发生反应。乙同学认为第一阶段发生了反应，理由为_________。 (3)丙同学认为第二阶段的上层清液中可能存在，设计实验检验的存在：_________。 (4)实验第二阶段产生红褐色絮状沉淀的原因为_________（从化学平衡、离子积与关系角度分析，结合必要的文字和反应方程式）。实验第三阶段产生气体的成分为__________（填化学式）。 (5)经检验，发现红褐色絮状沉淀中混有一种或两种能被磁铁吸引的黑色物质，对该黑色物质的可能成分提出猜想：Ⅰ.铁粉；Ⅱ. ；Ⅲ.两者都有。 【补充实验】将黑色物质用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象。 ①将猜想Ⅱ补充完整：_________。 ②若只有猜想Ⅰ正确，则第三阶段发生反应的离子方程式为_________。 ③小组同学认为上述【补充实验】无法确定猜想Ⅲ是否正确，理由是_________。 3．HF作为一种重要的精细化工原料，在玻璃雕刻和半导体清洗中发挥着关键作用。 (1)氟气可以跟水反应生成HF，该过程中，___________(填元素符号)被氧化。 (2)HF溶液因腐蚀玻璃，不能置于玻璃器皿中，该腐蚀原理的化学方程式为___________。 (3)测定某溶液的pH时，下列操作正确的是 。 A．先将pH试纸用蒸馏水润湿，再进行测定 B．将pH试纸直接浸入待测溶液中 C．用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，显色后与标准比色卡对照 D．使用pH计时，可不经校准直接插入待测液读数 (4)尽管F的电负性最强，但氢氟酸却是弱酸，请从分子内、分子间两个角度分别解释：分子内H原子和F原子形成的H-F键的键能大，在水中难以电离出H⁺；___________。 (5)兴趣小组讨论，在室温下如何衡量不同弱酸酸性的相对强弱。已知：电离度。 ①甲同学认为，根据电离平衡常数的相对大小，可判断酸性强弱。如Ka(CH3COOH)<Ka(HF)，故酸性CH3COOH<HF。 ②乙同学提出，利用相同浓度弱酸的pH值和电离度的大小对比，可以衡量酸性强弱，并进行以下实验验证了猜想。 序号 浓度 酸溶液 pH值 电离度 ⅰ 0.10mol/L CH3COOH 2.88 1.3% HF 2.18 7.9% HCl 1.00 100% ⅱ 0.0010mol/L CH3COOH 3.88 12.5% HF 3.20 60.0% HCl 3.00 100% 由表格数据可知，弱酸溶液浓度越小，电离度越大，即“越稀越电离”。请对电离平衡常数Ka、弱酸溶液浓度co、电离度，列算式进行有效转换，结合化学用语证明“越稀越电离”___________。 ③丙同学使用上述三种酸的盐溶液进行实验，同样判断出三种酸的酸性强弱，他的方案是___________。 ④丁同学指出，乙同学的推断不够准确，并基于理论计算，得到以下数据。 序号 浓度 酸溶液 pH值 ⅲ 1.0×10-5mol/L CH3COOH 5.15 HF 5.00 HCl 5.00 ⅳ 1.0×10-7mol/L CH3COOH 6.79 HF 6.79 HCl 6.79 a．基于表格数据，推断1.0×10-5mol/L的醋酸溶液中，除水分子外各微粒浓度由大到小的顺序为___________。 b．观察表格，当浓度为1.0×10-7 mol·L-1时，三种酸溶液的pH值均为6.79。丁同学据此判断：在极稀溶液中，CH3COOH、HF已经完全电离，其酸性强弱与HCl相同。请结合电离平衡理论说明该观点错误的原因___________。 ⑤综上所述，衡量弱酸酸性相对强弱的最合理指标是___________，它不受浓度变化的影响，只与___________有关。 终极押题 【原创题】脱落酸(K)是一种重要的植物激素，它的一种合成方法如下： 已知：①； ②RCOOR＇，； (1)A的名称为___________。 (2)D中含氧官能团的名称为___________，E→F的第二步反应类型为___________。 (3)G的结构简式为___________。 (4)H→K分两步进行，第一步的离子方程式为___________；第二步发生消去生成的产物K，同时可能生成的副产物的结构简式为___________。 (5)写出符合下列条件的C的同分异构体：___________。 a．含苯环    b．核磁共振氢谱显示只有两组峰 (6)已知：(代表烃基或，代表烃基)。B→C所需的，其结构简式为，请以乙醇为原料利用已知信息设计合成的路线__________(无机试剂任选)。 押题有据 考查方向：有机合成与推断，考查官能团转化、反应类型、同分异构体、合成路线设计及有机物结构推导。 考查价值：强化结构决定性质思维，提升信息迁移、逻辑推断与有机综合应用能力。 2026预测：以陌生有机合成路线为情境，多官能团融合考查，侧重推断、同分异构与简易合成路线设计。 考题猜想 1．呋喃烯唑是一种杀菌药，它的一种合成路线如下，回答下列问题： (1)B中含氧官能团的名称是_______，C的分子式为_______。 (2)已知：吡啶为，具有弱碱性。D→E中，吡啶的作用是_______。 (3)与足量溶液完全反应，最多消耗_______。 提示：连接在同一个碳原子上的2个羟基不稳定，易脱水，生成羰基。 (4)写出F合成呋喃烯唑的化学方程式：_______。该反应的反应类型是_______。 (5)B在酸性介质中的水解产物为T，T的同分异构体中同时满足下列条件的结构有_______种。 ①遇氯化铁溶液发生显色反应；②能发生银镜反应。 其中，在核磁共振氢谱上有4组峰的结构简式为_______(写一种即可)。 (6)设计以乙二醇、为原料合成己二酸的合成路线_______(其他试剂自选)。 2．有机物M是重要的合成中间体，制备M的路线如下(部分试剂与反应条件略去)。 已知：ⅰ． ⅱ． (1)E中官能团的名称是羰基、酯基和___________。 (2)检验A中官能团所需的试剂是___________。 (3)D→E的反应类型是___________。 (4)D的结构简式是___________。 (5)E生成F的过程中依次发生了异构化、取代反应，F的结构简式是___________。 (6)G→I中步骤①反应的化学方程式是___________。 (7)物质L转化为M的过程如图所示。 中间体1的摩尔质量比中间体2大，中间体1、中间体2的结构简式分别是___________、___________。 3．盐酸醋克利定(H)可用于治疗成人老花眼，以下为其合成路线之一(部分试剂和条件已略去)： 已知：Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： (1)A中含氧官能团的名称是_______。 (2)B→C的反应类型是_______。 (3)反应①中加入的作用是_______。 (4)反应②的化学方程式为_______。 (5)F的结构简式为_______。 (6)A的同分异构体中含有的有_______种(不考虑立体异构)。 (7)参照上述流程，以、CH3CH2OH为主要原料，设计的合成路线图_______(无机试剂任选)。 终极押题 【原创题】甲醇是一种重要的化工原料和液态氢储存燃料，选择性加氢制甲醇反应在全球范围内引起了广泛关注。已知发生的主要反应如下： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 回答下列问题： (1)___________；反应Ⅰ在一定条件下可自发进行，则自发进行的条件为___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (2)反应Ⅲ的反应历程如图所示(*表示吸附态)。由图可知上的___________原子加氢更有利。 (3)一定条件下，在的恒容密闭容器中，充入和，使之发生上述三个反应。末反应达到平衡，测得和的物质的量均为。 ①内，的平均反应速率为___________。 ②能说明该反应体系已达到平衡状态的是___________(填标号)。 a．容器内混合气体的密度保持不变 b．容器内压强保持不变 c．混合气体的平均相对分子质量保持不变 (4)一定条件下，在压强为p的恒压密闭容器中，加入和，使之发生上述三个反应，转化率和甲醇选择性[]随温度的变化关系如图所示。 ①若时催化剂的活性受温度影响不大，分析后图中曲线下降的原因：___________。 ②时反应的平衡常数___________(列出含p的计算式即可)。 押题有据 近考查方向：化学反应原理综合，涵盖化学平衡、反应热、速率计算、水溶液平衡、电化学多维综合考查。 考查价值：构建变化与平衡思想，培养数据处理、图像分析与定量计算推理能力。 2026预测：延续多模块融合命题，结合图像、数据情境，侧重平衡移动、转化率计算与电化学综合应用。 考题猜想 1．复旦大学郑耿锋教授团队合成了空心多层纳米球催化剂，并利用该催化剂光催化氧化制乙醇。相关反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： (1)根据上述反应，______。 (2)DFT理论计算研究活化的机理以及转化为乙醇的三个关键步骤机理如下图所示。结合图中信息，该过程中可能产生的烃类物质为______（填结构简式）。 (3)被活化为超氧自由基（），该自由基在四个不同的金属位点的能量如图所示，则该反应主要在______位点（填“、、或”）发生，理由是______。 (4)整个偶联反应生成过程的能量变化如图所示，则决定该反应速率快慢的是第______步（*表示吸附在催化剂表面）。 (5)在450℃、101kPa条件下，将和按投入一恒温密闭容器中，在催化剂作用下，发生反应Ⅰ和Ⅱ，经过相同反应时间（未达平衡）测得乙醇的选择性S和的转化率如下表所示。 已知：产物A的选择性 催化剂 乙醇选择性（%） 转化率（%）      58.2 43.5 26.8 33.8 46.3 50 ①依据表中数据应选择______作催化剂（填“”或“”或“”）。 ②某温度下，向容积为2L的恒容容器中加入，发生反应Ⅰ和Ⅱ，在催化剂的作用下达到平衡时的体积分数为，的转化率为80%，则的选择性为______，该温度下反应Ⅰ的平衡常数______（保留三位有效数字）。 2．氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，制氢方法是当前研究的热点，制氢方法很多，如甲烷与水蒸气重整制氢、硼氢化钠(NaBH4)水解制氢等。 (1)甲烷水蒸气重整制氢：其涉及如下两步反应： I．CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)   ∆H1=+206 kJ·mol-1 II．CO(g)＋H2O(g) ⇌CO2(g)＋H2(g)   ∆H2=-41 kJ·mol-1 ①实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量。分析投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_______。 ②CH4(g)＋2H2O(g) ⇌CO2(g)＋4H2(g)，该反应需在高温下才能自发进行，其理由是_______。 (2)NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。已知：浓度较大时，NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为_______，其中过程b步用化学方程式表示为：_______。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。0~20min内，温度随时间快速升高的原因是_______。 (3)NaBH4转化为NaBO2后，电解NaBO2溶液又可制取NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。 ①阴极上的电极反应式是_______。 ②两电极区间使用阳离子交换膜，不能用阴离子交换膜的原因是_______。 3．甲醇高选择性转化制乙烯是煤化工领域的重要研究方向，是保证能源安全的重要手段。其涉及反应如下。 主反应：   副反应：   回答下列问题： (1)已知：   则主反应的_________。 (2)对于主反应，加压会使平衡向_________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，但是实际生产中仍选择适度加压，其目的是_________。 (3)分子筛可为气体提供活性位点，以达催化的目的。分子筛上的甲醇转化的部分反应路径如图所示。 ①该反应路径中过程（iii）的化学方程式为_________。 ②随温度升高，乙烯的平衡选择性升高的原因是_________。 [乙烯选择性：] ③500℃时，100 kPa恒压条件下通入1 mol CH3OH(g)和4 mol H2O(g)，平衡时α(CH3OH)=90%，S(C2H4)=40%，只考虑副产物为丙烯，则平衡时n(H2O)=_________mol，主反应的Kp=_________kPa（列出计算式）。 ④研究发现，进料中添加一定量的H2O(g)可以提高乙烯的选择性，从催化剂角度分析可能原因是_________。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 参考答案 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 D 考题猜想 1．D 2．B 3．D 4．A 押题猜想02 实验室基本操作与安全 终极押题 D 考题猜想 1．A 2．A 3．A 押题猜想03 化学用语 终极押题 D 考题猜想 1．D 2．B 3．B 押题猜想04 阿伏加德罗常数的值计算 终极押题 D 考题猜想 1．C 2．C 3．A 押题猜想05 实验设计、操作、装置是否能达到实验目的 终极押题 D 考题猜想 1．C 2．D 3．A 押题猜想06 物质的性质 终极押题 B 考题猜想 1．C 2．B 3．C 押题猜想07 离子方程式书写 终极押题 C 考题猜想 1．D 2．A 3．D 押题猜想08元素推断、电负性、电离能等 终极押题 A 考题猜想 1．C 2．B 3．C 押题猜想09有机基础 终极押题 A 考题猜想 1．A 2．C 押题猜想10 电化学综合 终极押题 D 考题猜想 1．C 2．D 3．A 押题猜想11 物质结构、晶体结构 终极押题 C 考题猜想 1．D 2．A 3．B 押题猜想12 流程综合 终极押题 C 考题猜想 1．C 2．C 3．C 押题猜想13 反应机理图 终极押题 A 考题猜想 1．C 2．B 3．D 押题猜想14 水溶液离子平衡、图像、综合 终极押题 A 考题猜想 1．C 2．C 3．D 押题猜想15 化工流程分析 终极押题 【答案】(1) 第五周期第ⅥB族 范德华力 (2) (3)抑制水解；便于分离出；提供酸性环境，便于后续萃取(任答1点) (4) b 作氮肥 (5)蒸发浓缩、冷却至10℃以下结晶 (6) 考题猜想 1．【答案】(1)14 (2)防止拆解过程中因短路发生安全事故 (3)Li2CO3 (4)89.0或89 (5) 1.0或1 (6)盐酸 2．【答案】(1)增大固液接触面积，提高酸溶速率 (2) (3) (4)水相 (5)可溶于过量强碱，降低钽的沉淀率 (6) 6 3．【答案】(1)提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛 (2)Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］ (3)2.8×10-6 (4) 83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (5)TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+ (6) 押题猜想16 实验综合探究 终极押题 【答案】(1) (2)调低热源的加热温度或调快冷凝水流速 (3)加入醋酸酐的目的是与体系中的试剂吸附的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解 (4)坩埚 (5) (6)当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s不褪去 (7)62.7% 考题猜想 1．【答案】(1) 电子天平 ba (2) 控制(减缓)反应速率、提高利用率 防止外界空气中水蒸气进入装置E中 (3)将赶入装置E中完全吸收 (4) (5) abc 2．【答案】(1)be (2)溶液温度升高，说明发生反应且该反应为放热反应（或发生了反应等相近意思描述） (3)取少量上层清液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀则证明存在 (4) Zn与反应，使平衡向逆反应方向移动，溶液的酸性减弱，溶液中增大，使，以形式沉淀析出 (5) （或四氧化三铁） 、 若存在，稀盐酸与反应产生的可与Fe继续反应生成，导致反应后的溶液中检测不到，与没有得到的反应后溶液现象相同 3．【答案】(1)O (2)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (3)C (4)分子间HF存在氢键，易形成缔合分子，进一步抑制了其电离 (5) ，由于弱酸电离度很小，近似得电离度，温度不变时，c越小，α越大，即“越稀越电离” 配制相同浓度的、、溶液，测定三者pH值大小，pH 越大，说明对应酸的酸性越弱 在极稀溶液中，水的电离对溶液浓度的贡献占主导地位，当酸的浓度为时，酸电离产生的浓度与水电离产生的浓度相当，导致测得的pH趋同；但弱酸的电离平衡依然存在，电离平衡常数Ka不变，并未完全电离，其酸性仍弱于HCl，故该观点错误 电离平衡常数(或) 温度 押题猜想17 有机合成与推断 终极押题 【答案】(1)丙酮 (2) 酮羰基、酯基 氧化反应 (3) (4) +H2O+OH- 或或或 (5) (6) 考题猜想 1．【答案】(1) 醚键 (2)吸收，促进反应正向进行 (3)6 (4) 取代反应 (5) 9 或 或 (6) 2．【答案】(1)羟基、碳氯键 (2)溶液 (3)加成反应 (4) (5) (6) (7) 3．【答案】(1)羧基 (2)取代反应 (3)与盐酸反应，降低产物浓度，使平衡正向移动，提高转化率 (4) (5) (6)6 (7) 押题猜想18 化学反应原理综合应用 终极押题 【答案】(1) 高温 (2)氧(或“O”) (3) bc (4) 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降 考题猜想 1．【答案】(1) (2) (3) 位点能量更低，生成的超氧自由基更稳定 (4)三 (5) 68.75% 18.9 2．【答案】(1) CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应II平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应I平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量 ，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，该反应，可知该反应高温下可自发进行 (2) 、D2 NaBH4与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 (3) 防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗，通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低 3．【答案】(1)-23.1 (2) 逆反应 提高反应物浓度，加快反应速率，提高单位时间内产物产量 (3) 主、副反应均为放热反应，升高温度使其平衡逆向移动，但对主反应的抑制程度较小 4.9 催化位点被水分子占据，有利于乙烯的脱附，还会减少其进一步参与副反应 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 押题猜想01 化学与STSE 押题猜想02 化学基本操作与安全 押题猜想03 化学用语 押题猜想04 阿伏伽德罗常数的值计算 押题猜想05 实验设计、操作、装置合理 押题猜想06 物质性质 押题猜想07 离子反应及方程式书写 押题猜想08 元素推断、元素性质 押题猜想09 有机基础 押题猜想10 电化学综合 押题猜想11 物质结构、晶体结构 押题猜想12 流程综合 押题猜想13 反应机理图 押题猜想14 水溶液离子平衡、图像、综合 押题猜想15 化工流程分析 押题猜想16 实验综合探究 押题猜想17 有机合成与推断 押题猜想18 化学反应原理综合应用 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 【原创题】2026年春晚硬核AI科技，震惊全网。下列春晚涉及的物品中，主要成分属于金属材料的是 A．“LED地砖屏”的发光材料——氮化镓 B．“水上机场航空器”的电池封装材料——有机硅 C．“人形机器人”的机身涂层材料——纳米二氧化钛 D．“机器熊猫”的电机永磁材料——钕铁硼合金 【答案】D 【详解】A．氮化镓属于无机非金属半导体材料，不属于金属材料，A错误； B．有机硅属于有机高分子材料，不属于金属材料，B错误； C．纳米二氧化钛是金属氧化物，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C错误； D．钕铁硼合金属于合金，金属材料包括纯金属和合金，因此该物质属于金属材料，D正确； 押题有据 近年湖南高考有关STSE试题主要考查新材料、环境保护、能源、生活常识、传统文化等，旨在考查考生对化学原理、化学在生活中的应用，以及化学对当前最新科技所做的贡献；并注意正确理解常见的化学概念。题目体现了化学源于生活、服务于生活的理念，同时也彰显本土特色，旨在要求学生要学以致用，用化学原理解决生活问题，2026年的高考更要关注当前最新科技的发展趋势以及社会热点问题。 考题猜想 1．2026年1月我国科研团队在嫦娥六号带回的月壤样品中，首次发现了天然形成的单壁碳纳米管。它是一种由单层碳原子卷曲而成的中空管状纳米材料，具有优异的导电导热性。关于单壁碳纳米管，下列说法正确的是 A．属于金属材料 B．是由碳元素组成的化合物 C．是由碳原子通过离子键形成的 D．比金刚石导电能力强 【答案】D 【详解】A．金属材料包括金属单质和合金，单壁碳纳米管由碳元素组成，属于非金属材料，A错误； B．化合物是由两种或两种以上元素组成的纯净物，单壁碳纳米管仅含碳元素，属于碳单质，B错误； C．离子键是阴、阳离子之间的静电作用，单壁碳纳米管中碳原子间以共价键结合，不存在离子键，C错误； D．金刚石中碳原子均以sp3杂化形成共价键，无自由移动电子，导电能力极差，题干明确说明单壁碳纳米管具有优异的导电性，因此其导电能力比金刚石强，D正确； 故答案选D。 2．从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法正确的是 A．“嫦娥六号”在月球背面发现的石墨烯属于有机高分子材料 B．人形机器人的感知与交互系统所使用的LED灯的发光原理与原子核外电子跃迁有关 C．稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，其包括镧系元素、锕系元素以及钪和钇，它们都位于元素周期表的ⅢB族 D．苯甲酸钠是一种常用的增味剂，能增加食品的鲜味 【答案】B 【详解】A. 石墨烯是碳的单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误； B. LED灯发光的原理是原子核外电子吸收能量跃迁到高能级，再从高能级跃迁回低能级时以光子的形式释放能量，与原子核外电子跃迁有关，B正确； C. 稀土元素包括15种镧系元素以及钪和钇，不包含锕系元素，C错误； D. 苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，作用是抑制微生物生长延长食品保质期，不是增味剂，不能增加食品鲜味，D错误； 故选B。 3．随着AI数据中心用电需求激增，燃气轮机发电成为当前最抢手的供电方案之一。下列说法错误的是 A．燃气轮机所用燃料天然气，属于化石能源 B．制造涡轮叶片的镍基单晶高温合金，属于金属材料 C．涡轮叶片表面覆盖极低热导率的陶瓷涂层，属于新型无机非金属材料 D．直接排放未完全燃烧的甲烷气体，不会引起温室效应 【答案】D 【详解】A．天然气属于煤、石油、天然气三大化石能源之一，属于化石能源，A正确； B．镍基单晶高温合金属于合金，金属材料包含纯金属和合金，因此其属于金属材料，B正确； C．极低热导率的陶瓷涂层属于新型高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，C正确； D．甲烷是温室气体，温室效应能力远强于，直接排放会引起温室效应，D错误； 故答案选D。 4．2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法错误的是 A．空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于化学变化 B．全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料 C．全息投影膜是一种薄而柔的聚酯膜(PET)，该聚酯膜是通过缩聚反应形成的 D．全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点 【答案】A 【详解】A．通过电激发氧气发光，是利用氧气将电能转化为光能，氧气没有发生改变，该过程属于物理变化，A错误； B．氮化镓是性能优良的半导体材料，属于新型无机非金属材料，B正确； C．聚酯PET是由二元酸和二元醇通过缩聚反应制得的高分子材料，C正确； D．卤化银具有感光性，光照时可发生分解反应生成Ag原子，因此可用作光敏材料，D正确； 故选A。 押题猜想02 实验室基本操作与安全 终极押题 【原创题】下列关于实验室操作与安全的说法正确的是 A．实验结束后，剩余稀盐酸与氢氧化钠溶液直接在废液缸中混合后倒入下水道 B．向废液中加入适量Ba(OH)2溶液除去其中的CuCl2，生成沉淀，过滤，滤液排放 C．制备乙烯时，向乙醇与浓硫酸的混合液中加入碎瓷片，是为了加快反应速率 D．用胶头滴管向试管中滴加液体时，滴管下端垂直悬空小心滴入 【答案】D 【详解】A．稀盐酸与氢氧化钠混合后若存在酸或碱过量，会腐蚀下水管道，且实验室废液需统一处理，不可直接排放，A错误； B．加入Ba(OH)2除去CuCl2时，会生成可溶性的有毒物质BaCl2，滤液中含有重金属离子Ba2+，直接排放会造成水体污染，B错误； C．制备乙烯时需加热乙醇与浓硫酸的混合液至170℃，加入碎瓷片是防止溶液受热时暴沸，C错误； D．用胶头滴管滴加液体时，除特殊实验外，滴管需垂直悬空。若紧贴试管内壁会污染滴管，进而污染原试剂，D正确； 故答案选D。 押题有据 湖南高考化学实验基本操作与安全类考题，命题方向稳定：立足教材基础实验、聚焦规范操作、注重安全规范、融合实景装置与误差辨析；命题意义在于引导学生回归实验实操本源，强化规范操作意识、树立化学安全素养，培养严谨求实的科学思维，落实新课标学以致用、知行合一的育人目标。2026年的高考继续重视学生基本操作能力。 考题猜想 1.实验安全至关重要，下列做法不合理的是 A．误食钡盐，可通过服用碳酸钠溶液解毒 B．实验中未用完的钠、钾应放回原试剂瓶 C．洒在桌上的少量酒精不慎着火，立即用湿毛巾盖灭 D．不慎将烧碱溶液沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸 【答案】A 【详解】A．碳酸钡可溶于胃酸，误食钡盐不能通过服用纯碱溶液解毒，A不正确； B．钠、钾化学性质活泼，不能随意丢弃，未用完应放回原试剂瓶，B正确； C．酒精洒在桌上着火时，若用水扑灭，酒精密度比水小，会浮在水面上，无法隔绝空气，不能灭火，故应立即用湿毛巾盖灭，C正确； D．碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸，酸性较弱，可中和皮肤残余碱性物质又不至于再次损伤皮肤，D正确； 故选A。 2．下列试剂的实验室保存方法正确的是 A．AgBr固体保存在棕色广口瓶中 B．溶液保存在细口玻璃瓶中 C．白磷保存在盛水的细口瓶中 D．固体保存在带玻璃塞的广口瓶中 【答案】A 【详解】A．AgBr是见光易分解的固体试剂，固体试剂需保存在广口瓶中，见光易分解的试剂需用棕色瓶避光保存，A正确； B．NH4F溶液中F-水解生成HF，HF会与玻璃中的SiO2反应腐蚀玻璃，不能保存在玻璃瓶中，B错误； C．白磷是固体试剂，应保存在广口瓶中，细口瓶是用于存放液体试剂的容器，C错误； D．Na2O2接触水蒸气反应生成NaOH，NaOH会与玻璃中的SiO2反应生成黏性的Na2SiO3，将玻璃塞和瓶口粘在一起，不能用玻璃塞，D错误； 故选A。 3．下列说法正确的是 A．验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯 B．苯酚不慎沾到皮肤上，用碳酸氢钠溶液擦拭 C．可用酒精萃取碘水中的碘 D．酸溶液，若，则该酸是强酸，若，则为弱酸 【答案】A 【详解】A．H2少量直接点燃安全，无需验纯，A正确； B．苯酚不慎沾到皮肤上应立即用酒精洗，碳酸氢钠溶液与苯酚不反应，也难溶解，B错误； C．酒精与水互溶，无法萃取碘水中的碘单质，萃取剂应该选苯或者CCl4等与水互不相溶的有机溶剂，C错误； D．若，可能是弱酸或多元强酸，D错误。 终极押题 【原创题】下列化学用语或图示表达错误的是 A．邻羟基苯甲醛的分子内氢键： B．NH3的空间结构模型： C．键的形成： D．反式聚1，3-丁二烯的结构简式： 【答案】D 【详解】A．邻羟基苯甲醛中，羟基的的H可与醛基的O形成分子内氢键，氢键用虚线表示，图示表达正确，A不选； B．NH3中心N原子价层电子对数为4，由1对孤电子对，空间结构为正四面体形，空间结构为三角锥形，表达正确，B不选； C．键是两个p轨道以肩并肩的方式侧面重叠形成，图示过程正确，C不选； D．1,3-丁二烯加聚时以1,4-加成聚合，双键移到碳链中间；顺式结构中双键同侧连接相同基团，图示结构错误，D选； 故选D。 押题有据 湖南高考化学化学用语命题方向：立足课标基础，聚焦元素符号、电子式、结构式、方程式、氧化还原用语等核心考点，题型覆盖面广、稳中求新，常结合物质结构、情境素材综合考查规范表达。 考查价值：夯实化学学科语言根基，规范书面表达习惯，培养严谨的化学逻辑与精准表述能力。 2026预测：仍保持基础必考定位，侧重情境化、生活化载体考查用语规范，不偏不怪，重在基本功落地。 考题猜想 1．下列化学用语表述正确的是 A．的电子式： B．碳化硅的分子式： C．分子的空间填充模型： D．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式： 【答案】D 【详解】A．由与2个共同构成，电子式应为　，A错误； B．碳化硅是共价晶体，没有分子，故SiC是化学式，B错误； C．分子的空间填充模型中N原子半径小于Cl原子，图示错误，C错误； D．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式书写正确，D正确； 故选D。 2．下列化学用语表达正确的是 A．分子中中心氧原子呈负电性： B．用电子式表示的形成过程： C．激发态碳原子核外电子轨道表示式： D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键： 【答案】B 【详解】A．O3分子中中心氧原子提供2个电子，侧边氧原子各提供1个电子，形成三中心四电子的大π键，中心氧原子提供电子多，是电子给予体，呈正电性，A错误； B．Ca金属性比H的强，在的形成过程中Ca失去电子的能力较强，H得到电子带负电，B正确； C．等效于，均是基态C原子核外电子轨道表示式，不是激发态，C错误； D．邻羟基苯甲醛分子内的氢键(O—H…O)应该是，D错误； 故答案选B。 3．下列化学用语或图示正确的是 A．的球棍模型： B．反应不属于化学变化 C．基态溴原子的简化电子排布式： D．的电子式： 【答案】B 【详解】A．根据的结构，其分子式为B(OH)3，中心B与三个羟基（-OH）相连，每个氧原子连接一个氢原子，且B-O-H键夹角不是180°，故A错误； B．化学变化涉及原子间化学键的断裂与形成，而核变化涉及原子核内质子数或中子数变化，该反应中和的原子核发生变化，形成了新的元素，并释放中子，这属于核变化，而非化学变化，故B正确； C．溴的原子序数为35，其基态电子排布式应为，故C错误； D．CaF2是离子化合物，由Ca2+和F-构成，正确的电子式为，故D错误； 故答案选B。 阿伏加德罗常数的值计算 终极押题 【原创题】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A．水蒸气含有的氢键数为2NA B．1L1mol/L的NaF溶液中阳离子总数为NA C．室温下，的溶液中，由水电离出的数目为0.01NA D．标准状况下，和按任意体积比组成4.48L气体，则氢、氧原子总数为0.4NA 【答案】D 【详解】A．水蒸气中水分子间距大，几乎不存在氢键，无法计算氢键数目，A错误； B．1L 1mol/L NaF溶液中n(Na+)=1mol，溶液中阳离子还包含水电离出的，根据电荷守恒可知阳离子总数大于，B错误； C．题目未给出溶液的体积，无法计算水电离出的的物质的量及数目，C错误； D．标准状况下4.48L混合气体总物质的量为0.2mol，每个分子含2个H原子，每个分子含2个O原子，故氢、氧原子总物质的量为0.2mol×2=0.4mol，数目为0.4NA，D正确； 故选D。 押题有据 湖南高考化学阿伏加德罗常数命题方向：紧扣物质结构、氧化还原、弱电解质电离水解、气体摩尔积适用条件等易错点，情境经典、陷阱设置灵活，以选择题形式稳定高频考查。 考查价值：夯实微观粒子与宏观物质的换算思维，甄别概念漏洞，培养学生严谨审题、精准辨析的化学理科素养。 2026预测：依旧为高考必考热点，延续经典陷阱设问，结合新材料、反应情境综合设题，侧重基础概念辨析与细节判断。 考题猜想 1．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．0.5 mol NO和足量反应生成0.5 mol NOF时转移电子数为 B．1 mol有机物含有键 C．溶于足量水，所得溶液中、、粒子数之和为 D．常温常压下，33.6 L NO所含有的分子数小于 【答案】C 【详解】A．反应为 ， 中为价，中为价，反应转移电子，因此生成时转移电子数为，A正确； B．该有机物单键均为键，双键含1个键、1个键：总共有4个碳碳键和8个碳氢键，共12个键，因此该有机物含键，B正确； C．溶于水的反应为可逆反应，溶液中存在未反应的分子，根据物料守恒：，因此、、的粒子数之和小于，C错误； D．标准状况下物质的量为，常温常压温度更高，气体摩尔体积大于22.4L/mol，33.6LNO气体物质的量小于1.5mol，因此所含分子数小于，D正确； 故选C。 2．离子化合物KC8水解可用于制备石墨，其反应原理为2KC8(s)＋2H2O(l)=16C(石墨，s)＋2KOH(s)＋H2(g)，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1.35 g KC8中含有的离子总数为0.09 NA B．常温下，pH=13的KOH溶液中含OH-的数目为0.1 NA C．7.2 g单层石墨中含有六元环的数目为0.3 NA D．每生成3.36 L H2，转移电子的数目为0.3 NA 【答案】C 【详解】A．由K+、构成，1.35 g KC8的物质的量为0.01 mol，含有的离子总数为0.02 NA，A错误； B．溶液体积未知，无法计算离子数目，B错误； C．石墨中每个碳原子被3个六元环共用，故每个六元环实际占有2个碳原子，7.2 g单层石墨含有0.6 mol碳原子，六元环的个数为0.3 NA，C正确； D．温度、压强未知，无法计算转移电子数目，D错误； 故答案选C。 3．硫氰酸二肼合镍与铁氰化钾在碱性溶液中生成氮气：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．中含有的键数目为 B．25℃时，的溶液中由水电离产生的数目为 C．每生成，反应转移的电子数目为 D．冰中含有氢键的数目为 【答案】A 【详解】A．中，每个内含1个键，6个共6个键，同时与6个形成的6个配位键也属于键，1 mol该物质总键数目为，A错误； B．25℃时，的溶液中，全部由水电离产生，，1L溶液中水电离的数目为，B正确； C．物质的量为1 mol，反应中中为-2价，转化为0价，生成1mol时共转移4 mol电子，数目为，C正确； D．18 g冰物质的量为1 mol，冰晶体中每个水分子形成4个氢键，每个氢键为2个水分子所共有，每个水分子平均形成2个氢键，故氢键数目为，D正确； 故答案选A。 实验设计、操作、装置是否能达到实验目的 终极押题 【原创题】下列图示的实验操作，不能达到实验目的的是 A．通过分液分离超分子与C70 B．除去苯中的苯酚 C．探究Cl2的漂白性和氧化性 D．在铁制镀件上电镀铜 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．杯酚能适配C60，不能适配C70，杯酚与C60形成的超分子不溶于甲苯，而C70能溶于甲苯，采用过滤的方法分离C70和超分子，而不是分液，A错误； B．用浓溴水除去苯中的苯酚时，苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯，且溴也易溶于苯，无法通过过滤除去，不能达到除去苯中苯酚的目的，B错误； C．氯气与水反应会生成HClO，品红溶液褪色，不能说明氯气具有漂白性，通入硫化氢与氯气发生氧化还原反应，可证明其氧化性，C错误； D．在电镀装置中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，含有镀层金属离子的溶液作电解质溶液。该装置中铁质镀件作阴极，铜作阳极，硫酸铜溶液作电解质溶液，符合电镀原理，可以实现铁质镀件镀铜，D正确； 故答案选D 押题有据 湖南高考化学此类题型命题方向：依托教材经典实验，围绕装置选择、试剂搭配、操作顺序、干扰因素设置选项，多角度辨析实验方案的合理性与可行性。 考查价值：强化学生实验逻辑思维，提升方案评价、误差辨析与科学探究能力，回归化学以实验为基础的学科本质。 2026预测：仍为高频必考题型，延续多情境组合设问，结合生活化、新材料背景命题，侧重实操逻辑与细节陷阱辨析。 考题猜想 1．下列化学实验目的与相应实验示意图相符合的是 A．SO2尾气吸收 B．萃取过程中放气 C．制备无水Al2(SO4)3 D．检验溴乙烷中的溴元素 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．SO2尾气可用NaOH溶液、Na2CO3、Na2SO3或酸性高锰酸钾等溶液吸收，SO2气体难溶于饱和NaHSO3溶液、且与NaHSO3溶液不反应，A不符合题意； B．萃取振荡时放气，应将分液漏斗倒置，打开活塞放气，而实验示意图中是正立放气，操作错误，B不符合题意； C．制备无水Al2(SO4)3晶体时可直接加热硫酸铝溶液，虽然Al3+会发生水解，但同时生成不挥发性酸H2SO4，蒸干过程中酸性增强抑制铝离子的水解，水解生成的氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝，加热蒸干得到无水Al2(SO4)3晶体，C符合题意； D．检验溴乙烷中的溴元素，水解后的溶液显碱性，要加稀硝酸中和溶液中残留的NaOH溶液，再加AgNO3来检验Br-，D不符合题意； 故选C。 2．下列有关实验操作和对实验结论的分析正确的是 A．称量NaOH固体 B．洗涤盛有CuSO4废液的试管 C．防止铁管道被腐蚀 D．温度升高时，CH3COONa溶液中c(OH-)增大 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．NaOH固体易潮解、具有强腐蚀性，不能直接放在托盘上称量，必须放在烧杯或表面皿等玻璃器皿中称量，A错误； B．废液含重金属，直接冲洗排入下水道会污染水体，废液需经过处理后才能排放，B错误； C．外加电流法防护金属腐蚀时，被保护的铁管道应该接电源负极作阴极；图中铁管道接电源正极，作阳极会加快腐蚀，C错误； D．醋酸根水解反应为吸热过程，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中增大，D正确； 故选D。 3．巧设实验，方得真知。下列实验装置或操作不能达到实验目的的是 实验目的 A．证明苯与液溴的反应为取代反应 B．吸收尾气中 实验示意图 实验目的 C．制备无水氯化镁 D．用分水器提高反应物转化率 实验示意图 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．苯与液溴在铁粉催化下发生反应，如果是取代反应，会生成HBr，可以通过溶液检测出，但液溴易挥发，挥发出的会溶于水生成HBr干扰检测。因此需在圆底烧瓶和烧杯之间加一个盛装有的洗气装置，以吸收挥发的，且导管不能伸入硝酸银溶液液面以下，A符合题意； B．吸收尾气中的时，装置中下层为，上层为水。难溶于，直接通入水中易发生倒吸，而该装置可有效防止倒吸，方案合理，B不符合题意； C．实验目的是制备无水氯化镁，由于直接加热会水解，该装置在干燥HCl气流中加热，能抑制水解，从而得到无水氯化镁，装置与实验目的相符，C不符合题意；　 D．乙酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应：，分水器可及时分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应物转化率，能达到实验目的，D不符合题意。 故选A。 终极押题 【原创题】下列变化中，气体物质作氧化剂的是 A．将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色 B．将通入硫化氢溶液中，出现黄色浑浊 C．将通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色 D．将通入滴有酚酞的水中，溶液变红 【答案】B 【详解】A．SO2通入酸性高锰酸钾溶液时，SO2中S元素化合价从+4价升高为+6价，气体失电子作还原剂，A错误； B．SO2与硫化氢反应为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，SO2中S元素化合价从+4价降低为0价，得电子，作氧化剂，B正确； C．乙烯与溴发生加成反应CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，的化合价由0价降低到-1价，Br2为氧化剂，气体乙烯为还原剂，C错误； D．NH3通入水中发生反应NH3+H2ONH3·H2O+OH-，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，不存在氧化剂，D错误； 故答案选B 押题有据 湖南高考此类题型命题方向：以元素周期律、原子结构、化合价为依托，考查物质氧化性、还原性强弱比较，要求从原子结构、电子得失、价态高低简单解释性质成因，常融入选择推断与综合大题。 考查价值：引导学生建立结构决定性质的化学核心思维，跳出死记硬背，学会从微观本质推导宏观化学性质。 2026预测：依旧稳定考查，侧重主族元素、过渡元素及陌生化合物，结合原子半径、最外层电子排布、价态变化考查氧还性及结构归因，设问更贴合教材基础、重在逻辑表达。 考题猜想 1. 将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生大量白烟。下列说法不正确的是 A．、HCl中的共价键分别是键、s-p σ键 B．反应过程涉及配位键的形成 C．白烟的产生体现了的还原性 D．用浓硝酸代替浓盐酸，也会产生大量白烟 【答案】C 【详解】A．中采取杂化，的杂化轨道与的轨道形成键；中的轨道与的轨道形成键，A正确； B．反应生成，中的提供孤电子对、提供空轨道形成配位键，反应过程涉及配位键的形成，B正确； C．该反应为，反应中无元素化合价升降，属于非氧化还原反应，不体现的还原性，C错误； D．浓硝酸具有挥发性，挥发出的与反应生成固体，也会产生大量白烟，D正确； 故答案选C。 2．工业烟气中常含有，用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除，下列说法正确的是 A．第一电离能 B．在大气中会形成酸雨 C．O元素位于周期表中第IVA族 D．脱除过程中发生氧化反应 【答案】B 【详解】A．N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能，A错误； B．在大气中会与氧气、水反应生成硝酸，形成硝酸型酸雨，B正确； C．O原子最外层有6个电子，位于元素周期表第VIA族，C错误； D．脱除过程中NaClO将氧化，自身作为氧化剂得电子，发生还原反应，D错误； 故选B。 3．铝离子电池一般用离子液体作电解质，某离子液体的结构如图。 下列说法不正确的是 A．电负性： B．该化合物中阴离子的空间结构为正四面体形 C．该化合物中C、N原子的杂化轨道类型不同 D．该离子液体熔点较低，主要是因为阳离子的体积较大，离子键较弱 【答案】C 【详解】A．同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，故电负性C<N，中C是-4价，H是+1价，故电负性HC，A正确； B．阴离子为，中心Al原子的价层电子对数为，无孤电子对，因此空间结构为：正四面体形，B正确； C．该化合物中，所有C均为甲基碳，均形成4个σ键、无孤电子对，为杂化；中心N原子形成4个σ键（3个C-N键，1个N-H键），无孤对电子，也为杂化，二者杂化轨道类型相同，C错误； D．对于离子化合物，离子电荷相同时，离子半径越大，离子键越弱。该物质为离子化合物，因阳离子体积较大，离子键较弱，因此熔点较低，符合离子液体的性质，D正确； 故答案选C。 终极押题 【原创题】下列指定反应的离子方程式，书写错误的是 A．向溶液中加入稀硝酸： B．中性溶液中，与反应： C．向银氨溶液中加入稀盐酸： D．向碳酸钠溶液中通入少量氯气： 【答案】C 【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，会将氧化为，正确的化学方程式为，A正确； B．中性溶液中不存在大量作为反应物，且反应生成的会转化为沉淀，正确的离子方程式应为 ，B正确； C．银氨溶液中含有，会与反应生成，该离子方程式漏写了该反应，正确的离子方程式为，C错误； D．少量与水反应生成和，酸性顺序为，过量的与两者反应均生成，离子方程式书写正确，D正确； 故选C。 押题有据 考查方向：考查离子方程式书写正误判断，涵盖物质拆分、守恒规律、反应用量、产物合理性等核心考点。 考查价值：夯实化学用语基础，考查离子反应本质认知，落实宏观辨识与微观探析化学核心素养。 2026预测：题型、难度保持稳定，聚焦氧化还原、过量少量、弱电解质反应等高频陷阱，侧重基础规范判断。 考题猜想 1．下列过程对应的离子方程式书写正确的是 A．用氢氟酸刻蚀玻璃： B．工业废水中的用FeS去除： C．用硫代硫酸钠溶液脱氯： D．浓氨水溶解： 【答案】D 【详解】A．氢氟酸刻蚀玻璃的反应物为氧化物（不可拆），且HF是弱酸不可拆，选项反应物拆分错误，且F应为，正确反应为：，故A错误； B．是难溶电解质，不能拆写为，正确反应为，故B错误； C．为强氧化剂，会将氧化为而非，且产物中Cl应为，得失电子不守恒，正确应为：，故C错误； D．AgCl与浓氨水反应生成可溶性银氨络离子，离子方程式的拆分、守恒均正确，故D正确； 故选D。 2．下列方程式的书写正确的是 A．邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂： B．使酸性溶液褪色： C．向苯酚的溶液中通入少量的： D．向足量的溶液中通入少量的： 【答案】A 【详解】A．邻羟甲基苯酚在酸性加热条件下发生缩聚反应，个单体脱去分子水生成酚醛树脂，产物端基、原子守恒均符合反应规律，A正确； B．该反应得失电子不守恒，每个得，2个共得，每个由中-1价O氧化生成，失，生成3个仅失，电子不守恒，正确反应为，B错误； C．酸性顺序：苯酚，苯酚钠与反应无论用量多少，都只能生成，不能生成，正确方程式为：，C错误； D．足量，反应生成的会与过量的结合为，不会有剩余，正确离子方程式为，D错误； 故答案选A。 3．实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法对应的反应方程式不正确的是 A．用硫粉处理洒落在地上的水银： B．用碳酸钠溶液处理玻璃容器水垢中的硫酸钙： C．用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体： D．用稀硝酸处理银镜反应后试管内壁的金属银： 【答案】D 【详解】A．常温下硫单质可与汞反应生成难挥发的硫化汞，是处理水银泄漏的常用方法，反应方程式正确，A正确； B．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，可发生沉淀转化，将难溶于酸的硫酸钙转化为可溶于酸的碳酸钙，反应方程式正确，B正确； C．蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为，为酸性氧化物，与足量烧碱反应生成亚硫酸钠和水，反应方程式正确，C正确； D．稀硝酸与金属银反应的还原产物为，不是，正确离子方程式为，选项给出的方程式错误，D错误； 故答案选D。 终极押题 【原创题】离子液体具有优良的物理和化学性质，可作为新型绿色溶剂，在电化学、催化等方面有着广泛的应用。下图是某离子液体的结构，W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z为同一周期的元素，R为金属元素。下列说法正确的是 A．阴离子中存在配位键 B．简单离子半径： C．简单氢化物的沸点： D．第一电离能： 【答案】A 【分析】X、Y、Z为同一周期的元素应为第二周期，则W为H，X为C，Y为N，Z为F，R为Al。 【详解】A．阴离子为。有空轨道，有孤对电子，的孤对电子可进入空轨道形成配位键，A正确； B．电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，和均为10电子离子，核电荷数大于，简单离子半径：R()<Z()，B错误； C．HF分子间氢键强于，简单氢化物的沸点HF>，即Z>Y，C错误； D．同周期第一电离能从左到右呈增大趋势，故顺序应为Z(F)>Y(N)>X(C)，D错误； 故选A 押题有据 考查方向：元素推断，电负性、电离能大小比较，配位键、氢键及物质性质关联。考查价值：立足原子结构与周期律，落实结构决定性质，培养微观辨析素养。2026预测：题型稳定，仍结合元素推断，综合考查周期律、化学键与分子间作用力应用。 考题猜想 1．下列说法正确的是 A．氢键和离子键都属于化学键 B．IVA族元素单质的晶体类型相同 C．的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体 D．的电负性比的大，可推断分子的极性比的大 【答案】C 【详解】A．氢键不属于化学键，仅为分子间作用力的一种，化学键包括离子键、共价键、金属键，A错误； B．IVA族元素单质的晶体类型不同，如金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，C60为分子晶体，铅为金属晶体，B错误； C．中中心C原子的价层电子对数为，无孤电子对，价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体，C正确； D．分子极性取决于成键原子的电负性差与分子空间构型，中N-Cl键的极性较弱，且分子为三角锥形，其极性弱于，D错误； 故选C。 2．我国科学家低温下合成了超高能量“六氮分子”，其结构式为。下列说法错误的是 A．与互为同素异形体 B．分子为直线形分子，属于非极性分子 C．分子总键能很小，易分解为 D．分子中键和键数目之比为 【答案】B 【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同单质，和均为氮元素的单质，结构不同，互为同素异形体，A正确； B．N6结构中，单键两侧的N原子（即第3个、第4个N原子）：每个N原子形成2个键，还有1对孤对电子，价层电子对数为，杂化方式为杂化，空间构型为V形，因此整个分子不是直线形，属于极性分子，B错误； C．题干说明是超高能量物质，能量越高的物质总键能越小，越不稳定，容易分解为稳定的，C正确； D．单键全部是键，每个双键含1个键和1个键，分子中共有5个键、4个键，二者数目比为，D正确； 故答案为B。 3．蜜胺树脂可由如图所示的环状三聚体制备。和都是短周期主族元素，电子层数相同，基态的轨道半充满，是原子半径最小的元素。下列说法错误的是 A．的第一电离能： B．的简单氢化物的键角： C．最高价含氧酸的酸性：X>Y D．均能形成多种氧化物 【答案】C 【分析】Z是短周期原子半径最小的元素，故Z为H，基态Y的2p轨道半充满，电子排布为，故Y为N，X、Y电子层数相同，结合结构中的，即，X在环中为四价，符合碳的成键特点，故X为C。 【详解】A．同周期主族元素第一电离能从左到右整体增大（ⅡA、ⅤA反常），第一电离能，即，A正确； B．X的简单氢化物为，Y的简单氢化物为；中C无孤电子对，中N有1对孤电子对，孤对电子斥力大于成键电子对，故键角，即，B正确； C．X最高价含氧酸为（弱酸），Y最高价含氧酸为（强酸），酸性，即Y>X，C错误； D．C可形成，N可形成等，H可形成，均能形成多种氧化物，D正确； 故选C。 终极押题 【原创题】氟代对乙酰氨基酚(结构简式如图所示)是一种新型的解热镇痛药候选分子。下列关于该分子的说法不正确的是 A．氟代对乙酰氨基酚的分子式为 B．分子中所有碳原子和氮原子不可能处于同一平面 C．该分子在红外光谱中会出现O-H键的伸缩振动吸收峰 D．一定条件下，1 mol氟代对乙酰氨基酚最多可消耗4 mol NaOH 【答案】A 【详解】A．根据结构简式，该化合物的分子式应为，A错误； B．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子共平面，在酰胺基中，羰基C以杂化，与苯环、氮原子可共平面，甲基碳为杂化，通过单键旋转可使甲基碳与羰基碳、氮原子共平面，因此，分子中所有碳原子和氮原子可能处于同一平面，B正确； C．因为分子中存在-OH，所以红外光谱会出现O-H键的伸缩振动吸收峰，C正确； D．1 mol该分子与NaOH反应时，酚羟基消耗1 mol NaOH，酰胺基水解生成羧基和氨基，消耗1 mol NaOH，氟原子在碱性条件下发生水解，生成酚羟基和HF，新生成的酚羟基与HF各消耗1 mol NaOH，共消耗2 mol NaOH，总计消耗4 mol NaOH，D正确； 故答案选A。 押题有据 考查方向：有机基础综合考查，涵盖各类官能团化学性质、有机基本反应类型判定、反应中断键与成键位置分析、有机物结构与性质关联辨析。 考查价值：建立“结构决定性质”有机化学核心思维，强化官能团认知与反应机理理解，提升宏观辨识与微观探析核心素养。 2026高考预测：题型保持稳定，仍以陌生有机物结构为载体，叠加多官能团综合性质、反应类型及断键规律，侧重情境化、生活化有机物考查。 考题猜想 1．以异丁醛（M）为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是 A．M中所有的碳原子可以在同一个平面中 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．1 mol Q最多能与1 mol H2发生加成反应 【答案】A 【分析】在X的作用下，M中与醛基相连的碳上的氢（α氢）变为羟甲基（—CH2OH），得到N。N的醛基脱氧，丙二酸二乙酯中夹在两个酯基之间的亚甲基（—CH2—）脱两个氢，生成P和水。P的酯基在碱性条件下水解后又酸化变为羧基，一个羧基脱去CO2，另一个羧基与羟基发生分子内酯化成环，得到Q。 【详解】A．M为异丁醛［(CH3)2CHCHO］，分子中与醛基相连的碳采取sp3杂化，它与氢原子、醛基碳、两个甲基碳形成四面体结构，故M中所有的碳原子无法在同一平面中，A错误； B．若M+X→N原子利用率为100%，对比M（C4H8O）和N（C5H10O2）的分子式，可推知X的分子式为CH2O，即甲醛，B正确； C．N含醛基和羟基，Q含碳碳双键和酯基，溴的四氯化碳溶液与N不反应，与Q中碳碳双键发生加成反应而褪色，可鉴别，C正确； D．Q中仅碳碳双键能与H2加成，故1 mol Q最多与1 mol H2加成，D正确； 故选A。 2．在催化下，喹喔啉-2(1H)硫酮可与D-A环丙烷发生(3+3)环化反应，如： 下列说法正确的是 A．甲分子中N的杂化类型均为 B．乙分子在发生上述反应时，第2处碳碳键发生了断裂 C．丙分子含有2个手性碳原子 D．丙不能与HCl发生反应 【答案】C 【详解】Ａ．甲分子（喹喔啉-2(1H)硫酮）中含2个N原子：与苯环直接相连、连有H的 N：形成3个σ键，含1对孤电子对，为sp3杂化；环内双键上的N：形成2个σ键，含1对孤电子对，为sp2杂化。因此两个 N 杂化类型不同，A 错误； Ｂ．乙为1,2-二取代环丙烷，反应中环丙烷开环，根据产物丙结构可知，断裂的是3处的碳碳键，B错误； C．手性碳原子是连接四个不同基团的碳原子。在丙分子中，S原子两边的碳原子为手性碳原子，因此，丙分子含有2个手性碳原子，C项正确； D．丙分子中喹喔啉上的N具弱碱性，可接受质子生成盐：喹啉-N+HCl→喹啉-NH+Cl-，故能与HCl反应，D错误； 故答案选C 电化学综合 终极押题 【原创题】某离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B单元组成。通过在晶胞的棱心和体心嵌入或脱嵌，该晶体可作为锂电池的正极材料。 已知：嵌入率。下列说法错误的是 A．该锂电池充电时，从正极材料中脱嵌 B．嵌入率时，该正极材料的化学式为 C．若该正极材料中，则嵌入率为 D．铁氧化物晶胞完全嵌入，平均每个晶胞需转移电子数为3 【答案】D 【详解】A．该锂电池充电时为电解池，根据电解池原理，阳离子向阴极移动，所以从正极材料中脱嵌，故A正确；　 B．由晶胞结构可知，当嵌入率为100%时，占据棱心和体心，贡献为：，A单元和B单元放到晶胞中，占据顶点和面心，内部还有4个，贡献为：，在晶胞内部，贡献为：，在晶胞内部，贡献为：，该铁氧化物化学式为，即；当嵌入率为100%时，个数为个，此时化学式为，即；B正确； C．若该正极材料中，Fe总数为24，则为9个，为15个，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可得个数为，嵌入率为，故C正确； D．铁氧化物晶胞完全嵌入时，个数为4，Fe总共得电子数为4，所以平均每个晶胞需转移电子数为4，故D错误； 故选D。 押题有据 考查方向：电化学基础，原电池、电解池工作原理，电极反应式书写，电子、离子移动方向，新型电池模型分析。 考查价值：掌握氧化还原与电化学内在关联，建立能量转化思维，提升模型认知与证据推理核心素养。 2026高考预测：延续新颖储能电池、燃料电池、电解情境载体，侧重陌生模型拆解、电极反应判断及电子流向综合考查。 考题猜想 1．银首饰表面的黑色物质（）可用口香糖包装纸（含）与热食盐水浸泡进行清洗，发生反应如下：。下列说法不正确的是 A．该过程将化学能转化为电能 B．电子从转移至银首饰上 C．清洗过程中，移向银首饰 D．银首饰表面发生的变化为： 【答案】C 【分析】银首饰表面的黑色物质（）可用口香糖包装纸（含）与热食盐水浸泡进行清洗，形成原电池，，失电子为负极，得电子为正极，以此分析； 【详解】A．上述装置形成原电池，故该过程将化学能转化为电能，A正确； B．根据分析可知，为负极失电子，为正极得电子，所以电子从转移至银首饰上，B正确； C．清洗过程中，移向负极，即口香糖包装纸（含），C错误； D．银首饰表面发生还原反应，变化为：，D正确； 故答案选C。 2．利用电催化协同制备的电解装置如图： 下列说法正确的是 A．催化电极接电源的负极 B．催化电极处的电极反应式为 C．电解一段时间后，左室电解质溶液升高 D．电路中每转移3 mol电子，可获得1.1 mol HCN 【答案】D 【详解】A．左室的电极反应为，M是阳极，接电源正极，不是负极，A错误； B．N是阴极，发生得电子的还原反应，正确电极反应为 ，选项中写为失电子，B错误； C．左室的电极反应为，生成；中间为阴离子交换膜，（阳离子）不能透过，左室浓度增大，降低，C错误； D．两个电极都生成：每生成，极转移电子；当转移电子时，生成；每生成，极转移电子；当转移电子时，生成；总为，D正确； 故选D。 3．一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。 终极押题 【原创题】水溶液中的之间通过氢键形成了二聚体，结构为：下列说法不正确的是 A．中C原子是杂化 B．之间的聚合作用会降低在水中的溶解度 C．二聚体是通过个氢键自组装构成的 D．二聚体解离为单体的过程中 【答案】C 【详解】A．中C含有三条σ键，不含孤对电子，杂化方式为sp2，A正确， B．由于溶解需要破坏原有的作用力，故中的氢键聚合会影响其溶解度，B正确， C．一个二聚体含有2个氢键，C错误； D．解离过程，反应系数增大，属于熵增过程，D正确； 故选 C。 押题有据 考查方向：物质结构基础、晶体类型判断、晶胞结构分析、微粒作用力、熔沸点比较、空间结构与杂化轨道综合考查。 考查价值：树立结构决定性质核心观念，培养微观空间想象能力，落实模型认知、宏观辨识与微观探析化学核心素养。 2026高考预测：仍以常见晶体、陌生晶胞为载体，综合考查晶体类型、作用力强弱、晶胞计算、空间构型与性质递变规律，题型稳定、侧重基础综合应用以及计算。 考题猜想 1．硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲，沿z轴投影如图乙。已知晶胞参数为a nm， O点原子分数坐标为(0，0，0)。下列说法正确的是 A．晶胞中Se原子的配位数为8 B．晶胞中Q点原子分数坐标为(，，) C．晶体密度ρ=g∙cm−3 D．Zn和Se的最短距离为a nm 【答案】D 【详解】A．根据均摊法，晶胞中Zn的个数为4，Se的个数为4，与Zn距离最近的Se原子的个数为4，与Se距离最近的Zn原子的个数为4，则晶胞中Se原子的配位数为4，故A错误； B．将晶胞均分为8个小立方体，O的分数坐标为(0，0，0)，原子Q应在上层四个小立方体的右前面一个小立方体的体心，Q的分数坐标为，B错误； C．晶体密度，C错误； D．图中相邻的Zn与Se之间的距离为体对角线的，体对角线为，则相邻的Se和Zn之间的距离为，D正确； 故答案选D。 2．将（晶胞如图）在空气中加热，部分被氧化为，得到（x<1），晶体结构出现缺陷，有的被取代，有的空缺形成空位，填充率下降，但晶体仍保持电中性。现有晶胞的质量为，下列说法正确的是 A．与相比，导电性大幅度增大，这和晶体中的空位有关 B．晶胞中、和空位的个数比为 C．晶胞中的配位数为4 D．中x为0.8 【答案】A 【分析】NiO晶胞是NaCl型结构，O2-构成面心立方堆积，占据晶胞的顶点和面心，则晶胞中O2-的个数为 8×+6×=4个。晶胞质量m=4×10-22 g，晶胞中含4个O2-，则，解得x≈0.75 。 【详解】A．与NiO相比，NixO晶体存在空位，电子可以通过空位移动，因此导电性大幅度增大，和晶体中的空位有关，A正确； B．若NixO晶胞中Ni2+、Ni3+、空位个数比为2:1:1，它们的个数分别是分别为2、1、1，O原子个数为4，O原子带负电荷为4，正电荷为2×2+1×3=7，正负电荷数不相等，B错误； C．NiO是NaCl型结构，Ni2+的配位数为6（上下左右前后各1个O2-），不是4，C错误； D．由分析可得，x≈0.75，D错误； 故选A。 3．复旦大学某团队以1，3-环己二烯为载体，与苯胺和碘苯，通过钯与改进的Ming-Phos催化，实现了高对映、区域选择性的三组分碳胺化转化，并提出了如图所示的反应机理（部分无机产物略去）。已知：①Ph一为苯基；②动力学实验表明参加的反应为决速步骤；③反应V为副反应。下列说法正确的是 A．步骤I中存在非极性键的断裂 B．步骤II中发生加成反应 C．步骤IV中两种有机产物的质谱图完全一样 D．步骤V中钯的化合价没有发生变化 【答案】B 【详解】A．步骤I是极性键的断开和生成，不存在非极性键的断开和生成，A错误； B．步骤II是环己二烯的加成反应，B正确； C．质谱图是有机物分解产生的粒子的质荷比，步骤IV两种有机物分解的产生的粒子不完全相同，质荷比也不完全相同，C错误； D．反应V为副反应，步骤V中钯的化合价降低，发生了变化，D错误； 答案选B。 终极押题 【原创题】从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下： 已知：。下列说法不正确的是 A．酸溶时，溶解相同的原料，使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸产生的多 B．用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 C．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+ D．向1 mol HAuCl4中加入过量Zn充分反应，最多消耗 【答案】C 【详解】A．浓硝酸与金属原料反应生成，与稀硝酸反应生成。以溶解为例，铜与浓硝酸反应方程式：，生成；铜与稀硝酸反应方程式：，生成，浓硝酸产生的氮氧化物更多，A正确； B．在水溶液中电离产生，溶液中有硝酸根离子，相当于硝酸，具有强氧化性，并且会与金离子配位，使金溶解，B正确 C．都能与过量氨水反应生成铜氨配离子和银氨配离子，用过量的氨水无法分离，C错误； D．由分析可知，加入锌粉的目的是将转化为金，由题意可知为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应。根据得失电子守恒计算，完全反应时，设消耗的锌为，，解得，最多消耗，D正确； 故选C。 押题有据 考查方向：以化工流程选择题为载体，综合考查元素化合物性质、物质转化、分离提纯、反应原理等综合知识。 考查价值：整合模块知识，提升信息提取、逻辑推理和综合分析应用能力。 2026预测：仍以微型流程选择题形式命题，多知识点融合，侧重实际情境下物质转化与原理综合判断。 考题猜想 1．利用镁泥(主要成分为、和)制取(不溶于水)的工艺流程如图所示。下列叙述正确的是 A．“酸浸”时，硫酸浓度越大，酸浸速率越快 B．滤渣1可以用于制铁红 C．“除铁”过程中发生了氧化还原反应 D．分离产品的操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】C 【分析】镁泥中含有、和，“酸浸”一步，和可以溶解成为Mg2+和Fe2+进入溶液中，SiO2不能溶解，成为滤渣1。“除铁”一步，Fe2+被ClO-氧化为Fe3+，同时NaClO溶液具有强碱性，使得Fe3+以Fe(OH)3（滤渣2）的形式沉淀。此时，溶液中的主要成分为Mg2+，其在“沉淀”一步中，与NaOH、CO2发生反应：，得到产物。 【详解】A．当硫酸浓度过大时，浓硫酸将难以电离，难以和碳酸盐反应，酸浸速率变慢，A错误； B．酸浸步骤中，和被溶解，SiO2未溶解，滤渣1的成分为SiO2，不含Fe，不能用于制铁红（Fe2O3），B错误； C．除铁过程中，Fe2+被ClO-氧化为+3价，发生了氧化还原反应，C正确； D．不溶于水，不需蒸发浓缩、降温结晶就可得到固体，D错误。 故选C。 2．某兴趣小组以含金烧渣（含有和）为原料，制备单质和的流程如图所示： 下列说法正确的是 A．“溶浸”时发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B．中σ键与π键的个数比为 C．与反应的方程式为： D．“试剂a”可以是粉或粉 【答案】C 【分析】含金烧渣种含有和，在溶浸过程中与空气和溶液反应后得到溶液和浸渣，则可推断浸渣的主要成分为，浸渣与稀硫酸反应后生成，由于最终要制备，因此试剂a的作用是还原剂，且不引入杂质，最好的选择是铁粉。基于以上分析，思考各选项。 【详解】A．“溶浸”时发生的反应中氧化剂是氧气，被还原为氧离子，即1mol氧化剂得到4mol电子，还原剂是，被氧化为，即1mol还原剂失去电子1mol，根据得失电子守恒可知，因此，A错误； B．已知中与通过配位键结合，也属于σ键，即配位形成的σ键数目为2，的结构式为C≡N-，2个含2个σ键和4个π键，因此中σ键数：π键数=1：1，B错误； C．溶液与Zn反应置换出Au，Zn2+也有很强的接受配体能力且配位数一般为4，故方程式为，C正确； D．浸渣的主要成分为，与稀硫酸反应后生成，由于最终要制备，因此试剂a的作用是还原剂，且不引入杂质，应选择铁粉，铜会引入杂质，不合要求，D错误； 故选C。 3．一水硫酸四氨合铜（Ⅱ）的化学式为是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组在实验室以溶液为原料合成该物质，设计的合成路线为： 已知：。 下列说法正确的是 A．基态的电子排布式： B．中键角比普通小 C．方案1加入时，增大，促进晶体析出 D．方案2加乙醇能析出晶体原因是改变了的晶体结构 【答案】C 【分析】以溶液为原料制备一水硫酸四氨合铜(Ⅱ)的过程：向溶液中加入少量氨水，先发生反应生成悬浊液；继续加入过量氨水，沉淀与反应，生成可溶性的配合物，得到澄清溶液；两种方案都是通过改变平衡，促使目标产物结晶析出，得到产品晶体。 【详解】A．Cu的原子序数为29，基态Cu原子的核外电子排布式为，Cu原子失电子生成阳离子时，先失去最外层4s电子，因此基态的核外电子排布式应为，A错误； B．游离分子中N原子采取杂化，存在1对孤电子对，孤电子对对成键电子对之间的排斥力较大，导致H-N-H键角约为。当与形成配位键后，孤电子对的排斥作用消失，使得H-N-H键角增大，接近正四面体键角，因此中键角比游离更大，B错误； C．题目给出溶解平衡 加入后，溶液中增大，平衡逆向移动，促进晶体析出，符合勒夏特列原理，C正确； D．加入95%乙醇析出晶体的原因是：是离子型配合物，易溶于水，难溶于极性较小的乙醇-水混合体系，加入乙醇降低了其溶解度，促进结晶，过程中没有改变目标晶体的结构，D错误； 故选C。 终极押题 【原创题】气体和在某催化剂表面可发生3种电还原反应，反应历程如图所示(图中“*”表示吸附态中间体)，下列叙述错误的是 A．一定温度下，反应时间越长，HCOOH在含碳产物中的比例越大 B．若该体系仅发生反应，则每生成1 mol CO，吸热小于 C．升高温度，短时间内有利于提高CO在含碳产物中的比例 D．强酸性条件，一定不利于提高二氧化碳的还原效率 【答案】A 【详解】A．生成HCOOH的活化能更低，反应速率更快，短时间内HCOOH比例高；时间足够长时反应趋于平衡，能量更低、热力学更稳定的CO占比更高，并非反应时间越长HCOOH比例越大，A错误； B．由图可知，CO和的总能量为beV，反应物和的总能量不为0，生成物CO和的总能量高于反应物总能量，该反应为吸热反应，每生成1 mol CO吸收的热量小于，B正确； C．生成CO的反应活化能最高，根据阿伦尼乌斯公式，升高温度时活化能越大的反应速率提升幅度越大，CO的生成速率提升幅度最大，故短时间内其在含碳产物中的比例提高，C正确； D．强酸性条件下浓度过高，析氢生成的竞争反应速率加快，会消耗更多电子，反而降低的还原效率，D正确； 故选A。 押题有据 考查方向：结合反应机理图像，考查活化能、化学反应速率、基元反应与决速步骤判断。 考查价值：建立微观反应历程思维，提升图像解读与证据推理能力。 2026预测：仍以机理示意图为载体，聚焦活化能大小比较、决速步判定及速率影响因素综合考查。 考题猜想 1．在催化剂作用下，醛、酮的被卤素取代的反应称为醛、酮的卤化。在酸的催化作用下的反应如下：，其反应机理是首先羰基质子化，醛、酮失去活泼H形成烯醇，烯醇的π电子向卤素进攻，在失去氧上的质子完成卤化反应，具体过程如图所示。 已知：i．与官能团相连的碳称为碳，碳上的原子称为； ii．在酸的催化作用下，碳上的烷基越多，烷基的给电子诱导效应和超共轭效应越大，形成的烯醇越稳定，碳上的就越易离开而进行卤化反应。 下列说法错误的是 A．此过程中，反应②的活化能最高 B．在反应机理中，有加成反应和消去反应发生 C．在酸催化作用下，发生卤化反应的主产物为 D．即使不加酸作催化剂，只要引发该卤化反应，反应也可以快速进行 【答案】C 【详解】A．反应速率越慢，活化能越高，由机理可知，只有反应②是慢反应，因此反应②活化能最高，A正确； B．该机理中，烯醇与反应时，碳碳双键打开结合，属于加成反应；形成烯醇的过程属于消去反应，因此机理中存在加成反应和消去反应，B正确； C．根据已知信息，α−碳上烷基越多，越容易发生卤化反应，反应物CH3COCH(CH3)2有两个α−碳：羰基左侧的甲基碳（α−碳上烷基数目为0）、羰基右侧的−CH(CH3)2的碳（α−碳上连2个烷基，烷基更多），因此卤化更容易发生在右侧α−碳，主产物应为CH3COCX(CH3)2，不是选项给出的左侧取代产物，C错误； D．该反应产物含有，可以作为酸催化剂，因此只要引发反应产生，反应就可以自催化快速进行，D正确；故选C。 2．我国科学家已经实现催化氢化获得甲酸，反应过程如图甲，其中化合物2转化为化合物3过程的能量变化如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)，下列说法错误的是 A．化合物1→化合物2的反应是氧化还原反应 B．化合物1是催化剂，增加用量会降低反应所需活化能 C．图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物化合物”的决速步骤 D．从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与 【答案】B 【详解】A．化合物1结合生成化合物2，中为价，生成的化合物2中甲酸根配体中C为+2价，存在化合价变化，属于氧化还原反应，A正确； B．由反应循环可知化合物1是该反应的催化剂，催化剂通过改变反应路径降低活化能，但活化能是反应的固有属性，与催化剂用量无关，增加催化剂用量不会改变反应的活化能，仅能改变反应速率，B错误； C．决速步骤由能垒（活化能）最高的步骤决定，由图乙可知，生成中间体的步骤能垒（）最大，反应速率最慢，是该过程的决速步骤，C正确； D．由图乙可知，化合物2和水反应生成化合物3和的总反应中，生成物总能量低于反应物，是放热反应，降低温度平衡正向移动，促进反应进行，D正确； 故选B。 3．Beckmann重排是酮肟在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氮原子上，具体反应历程如图所示。已知：R、代表烷基。下列说法不正确的是 A．不存在顺反异构 B．在该反应过程中作催化剂 C．物质Ⅲ→物质IV有配位键的形成 D．发生上述反应生成 【答案】D 【详解】A．由结构简式可知，分子中双键碳原子上连有２个R基团，不可能存在顺反异构，A正确； B．由反应历程可知，物质Ⅰ转化为物质Ⅱ时，氢离子是反应的反应物，物质Ⅳ转化为物质Ⅴ时，氢离子是反应的生成物，所以氢离子在该反应过程中作催化剂，B正确； C．由图可知，物质Ⅲ转化为物质IV时，物质Ⅲ中具有空轨道的碳正离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成了配位键，Ｃ正确； D．由题意可知，Beckmann重排反应的机理是酮肟分子中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氮原子上，则发生重排反应生成，D错误； 故选D。 终极押题 【原创题】一定温度下，向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：、，相关数据如下图所示。已知可看作中一个O原子被S原子取代。下列说法不正确的是 A．中配位原子为端基S原子 B．L3表示随变化的关系 C．AgBr的溶度积常数 D．反应的平衡常数K的值为10-4.6 【答案】D 【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线L2表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线L1表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系。溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]-，溶液中小于，则直线L4表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系、直线L3表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系； 【详解】A．[Ag(S2O3)]-的配体为，可看作中一个O原子被S原子取代，中的中心S原子无孤电子对，不能作为配位原子，电负性:S＜O，所以端基S作为配位原子，A正确； B．根据分析，直线L3表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系，B正确； C．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10-8.35 mol/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Br-)=10-12.2，C正确； D．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol·L-1时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol·L-1、10-8.5mol·L-1，、均为10-4.2，即=，则反应的平衡常数K===104.6，D不正确。 故答案选D。 押题有据 考查方向：水溶液中的离子平衡，综合考查弱电解质电离、盐类水解、三大守恒及溶液中离子浓度大小排序。 考查价值：深化平衡思想，培养定量分析、逻辑推理与变化观念核心素养。 2026预测：仍结合滴定曲线、分布系数图像命题，融合电离水解综合判断，侧重守恒应用与离子浓度比较。 考题猜想 1．常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液的pH与HCOOH滴定率的关系如图所示。下列叙述错误的是 A．该实验在滴定终点时宜选择酚酞作指示剂 B．b点时加入NaOH溶液的体积为10 mL C．常温下，HCOOH的电离常数 D．c点： 【答案】C 【详解】A．滴定终点时生成甲酸钠，甲酸钠溶液呈碱性，酚酞的变色范围是，所以该实验在滴定终点时宜选择酚酞作指示剂，故A正确； B．b点时甲酸滴定率为0.5，说明有一半的甲酸参与反应，由于所用NaOH溶液和HCOOH溶液浓度相等，则消耗的NaOH溶液体积为甲酸溶液体积的一半，即。故B正确； C．b点时甲酸滴定率为0.5，溶液中，根据甲酸的电离常数，此时，由图知b点pH=3.75，所以，故C错误； D．c点时甲酸滴定率为1.0，此时恰好反应生成甲酸钠，甲酸钠溶液中甲酸根离子水解使溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度大小为，故D正确； 故选C。 2．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如]。已知室温下，饱和溶液的浓度约为，，。下列说法正确的是 A．饱和溶液的 B．少量HClO与溶液反应： C．等物质的量浓度的和NaHS混合溶液中存在关系： D．室温下，反应的平衡常数为 【答案】C 【分析】在溶液中存在电离平衡：、，随着pH的增大，的物质的量分数逐渐减小，的物质的量分数先增大后减小，的物质的量分数逐渐增大，则图中线①②③依次代表、、的物质的量分数随pH的变化；根据图示，时，，则，时，，则。 【详解】A．饱和溶液的浓度约为，在溶液中存在两步电离平衡，第二步电离微弱，可以忽略，由，，，溶液的，A错误； B．由于HClO具有强氧化性，具有还原性且呈强碱性，少量HClO与溶液会发生氧化还原反应生成硫单质：，B错误； C．等物质的量浓度的和NaHS混合溶液中，设和NaHS的浓度均为。根据物料守恒有：，，联立两式可得物料关系式：①。根据电荷守恒②，①代入②后两边同时，化简得，C正确； D．反应的平衡常数，D错误； 故选C。 3．某兴趣小组进行如下实验，在反应中观察到B中先产生黑色沉淀，后产生黄色沉淀（CdS）。已知：25℃时，饱和溶液浓度约为0.1 mol/L，的，。下列说法错误的是 A．实验现象表明： B．装置A中溶液在反应过程中： C．装置B中若通至饱和，沉淀完全，则所得溶液中： D．反应后，测定得装置C中溶液的，则溶液中： 【答案】D 【分析】在装置A中利用和稀反应制取气体，然后通入装置B中与、反应生成沉淀和沉淀，剩余的尾气用过量NaOH溶液吸收，据此信息解答。 【详解】A．装置B中优先生成黑色沉淀，后生成沉淀，说明相同条件下溶解度更小，因此，A正确； B．装置A中溶液满足电荷守恒：阳离子总电荷浓度等于阴离子总电荷浓度，等式符合电荷守恒关系，B正确； C．饱和溶液浓度约为0.1 mol/L，B中、浓度均为，根据反应：、可得，反应后== 0.3 mol/L；由电离平衡常数关系：，代入数据，，计算得：，C正确； D．C中溶液的，则溶液中 mol/L， mol/L ，由代入数据得，由于剩余 mol/L ，远大于和，离子浓度的正确顺序为：，D错误； 故答案选D。 终极押题 【原创题】工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量)和辉钼矿(主要成分为，还含有少量、的氧化物)为原料，联合制备四钼酸铵晶体和硫酸锰晶体的工艺流程如下： 已知：①流程中“萃取”的原理为(叔胺)。 ②，常温下，NiS和MnS的p分别为19.4和12.6。 (1)已知基态的价层电子排布式为，则在元素周期表的位置为___________；是一种典型的过渡金属二硫化物，具有类似石墨烯的二维层状结构(如图)，说明链与链之间是靠___________维系的。 (2)“高温焙烧”过程中、转化为、，且不考虑产生其他物质，写出该反应的化学方程式___________。 (3)“酸浸”时加入稀硫酸的作用，除溶解焙烧产物、提供外，还能___________。(任答1点) (4)“反萃取”中的试剂X最适宜选用___________(填标号)； a．稀硫酸    b．氨水    c．NaOH溶液    d．溶液 从“母液”中回收的副产品在农业上可用于___________。 (5)四钼酸铵可以生产试剂级钼酸钠，已知钼酸钠的溶解度曲线如图所示，由钼酸钠溶液获得晶体的操作为___________、过滤、洗涤、烘干。 (6)若“调除镍”前溶液中，则“除镍”应控制溶液的范围是___________。(该溶液中，忽略溶液体积变化，) 【答案】(1) 第五周期第ⅥB族 范德华力 (2) (3)抑制水解；便于分离出；提供酸性环境，便于后续萃取(任答1点) (4) b 作氮肥 (5)蒸发浓缩、冷却至10℃以下结晶 (6) 【详解】（1）①基态的价层电子排布式为，则在元素周期表的位置为第五周期第ⅥB族； ②是一种典型的过渡金属二硫化物，具有类似石墨烯的二维层状结构(如图)，说明链与链之间是靠范德华力维系的。 （2）高温焙烧时发生的反应为二氧化锰、二硫化钼与氧气在高温条件下反应生成钼酸锰和硫酸锰，反应的化学方程式为 （3）“酸浸”时加入稀硫酸的作用，除溶解焙烧产物、提供外，抑制水解；便于分离出；提供酸性环境，便于后续萃取； （4）①流程中“萃取”的原理为(叔胺)，加入氨水能中和溶液中的氢离子，使平衡向逆反应方向移动，有利于四钼酸铵的生成，且不引入新杂质，故选b； ②由分析可知，母液的主要成分为硫酸铵，则回收的副产品为硫酸铵，可以作氮肥； （5）温度高于10℃，便不再析出晶体，获得晶体的操作为溶解、蒸发浓缩、冷却至10℃以下结晶、过滤、洗涤、烘干； （6）由硫化锰的溶度积可知，溶液中锰离子浓度为0.5 mol/L时，溶液中，则，由硫化镍的溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，溶液中，则，则溶液中pH的范围为； 押题有据 考查方向：化工工艺流程综合题，考查物质制备、分离提纯、氧化还原反应、离子反应、条件控制与产率计算。 考查价值：贴合化工生产实际，强化知识应用与流程分析能力，落实科学态度与社会责任核心素养。 2026预测：延续工业生产流程命题，侧重原料预处理、除杂提纯、循环利用及绿色化学相关考点考查。 考题猜想1 1．废旧镍钴锰酸锂电池正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。 已知：i．“高温氢化”时不参与反应，固体产物为、、和。 ii．(或)的萃取原理： 回答下列问题： (1)基态核外电子的空间运动状态有___________种。 (2)废旧锂电池经预处理获得正极材料时通常需要先进行放电处理的目的是___________。 (3)酸洗的目的是降低水洗时与空气接触生成的___________(填化学式)在固体中的残留。 (4)若“洗液”中，加入固体充分反应后，为，可使元素总量的___________转化为沉淀[]。 (5)“沉锰”过程中pH对金属沉淀率的影响如图所示。 “沉锰”时生成的离子方程式为___________。该工艺条件下，开始沉淀的为2.0，开始沉淀的为3.0.“沉锰”时，最佳pH为___________。 (6)试剂X为___________(填试剂名称)。 【答案】(1)14 (2)防止拆解过程中因短路发生安全事故 (3)Li2CO3 (4)89.0或89 (5) 1.0或1 (6)盐酸 【详解】（1）Ni的原子序数为28，基态原子核外电子排布式为，失去最外层的2个电子得到；每个轨道的电子空间运动状态都不相同，的核外电子排布式为，电子共占据14个轨道，即核外电子的空间运动状态有14种。 （2）废旧锂电池在拆解、处理时，若处于带电状态，可能会发生短路、自燃、爆炸等危险，放电处理后可避免危险。 （3）是强碱，在空气中暴露会与酸性气体结合转化为，加入可与发生复分解反应，生成可溶性盐，使其从固体中分离出来。 （4）根据，代入数据得充分反应后溶液中，，则转化为沉淀的Li百分比为。 （5）酸浸后Mn以形式存在，氧化生成，配平得到离子方程式为；沉锰需要保证Mn沉淀完全，同时尽量避免、沉淀，由图像和题干信息，时Mn沉淀率接近100%，、沉淀率极低，故最佳pH为。 （6）根据萃取平衡，反萃取需要增大浓度使平衡逆向移动，且最终产物为、，故试剂X为盐酸。 2．钽(Ta)和铌(Nb)是重要的战备金属，通过溶剂萃取法对工业余料(主要成分为NaTaO3、NaNbO3及Ti、Ca、Mg、Si的氧化物)提纯制备Ta2O5和Nb2O5的工艺流程如图。 已知：①MIBK(甲基异丁基甲酮)是一种有机萃取剂，对Ta、Nb的氟络离子具有较高萃取度；②在低酸度溶液中易被洗脱；③Ta2O5的水化物性质与Al元素相似。 (1)对“工业余料”预处理时常进行粉碎，目的是_______。 (2)“酸溶”时产生的废气中除了挥发的HF外，还可能含有的物质是_______。当氢氟酸过量时，Ta元素主要转化为H2TaF7，反应化学方程式为_______。 (3)“废液”中Ti元素以氟络离子形态存在，其中Ti4+位于由若干个F-构成的正八面体空隙内，则二者形成的离子可表示为_______。 (4)“反萃”所得“含Nb相”属于_______(填“水相”或“有机相”)。 (5)使用NaOH代替NH3进行“沉钽”会降低沉淀率，原因是_______。 (6)钽形成的某种晶体TaAs的晶胞结构如图。As的配位数为_______，晶体的密度为_______g/cm3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 【答案】(1)增大固液接触面积，提高酸溶速率 (2) (3) (4)水相 (5)可溶于过量强碱，降低钽的沉淀率 (6) 6 【详解】（1）工业余料进行粉碎处理，可以增大“酸溶”时的固液接触面积，提高反应速率。 （2）由分析可知，工业余料中的可与反应生成四氟化硅气体，因此，废气中含挥发出来的和；当氢氟酸过量时，Ta元素由主要转化为，反应的化学方程式为。 （3）由题意可知，填充在构成的正八面体（六个顶点）空隙中，故周围有6个，该离子表示为。 （4）“反萃”时加入水，结合已知②在低酸度溶液中易被洗脱，故“含Nb相”属于低酸度的水相。 （5）由已知③，的性质与相似，会溶解；若使用代替进行“沉钽”，会导致溶解损失，降低沉淀率。 （6）根据晶胞结构可知，距离最近的原子数有6个，则的配位数为6；根据均摊法计算：该晶胞中有个，个，故晶胞的密度为。 3．钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1)“洗涤”时，加入H2O2的目的是__________。 (2)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为______mol/L。 (4)某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为______(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有_______(写两条)。 (5)写出“沉钛”过程中离子反应方程式________。 (6)上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为 ，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2   的结构可表示为________。 【答案】(1)提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛 (2)Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］ (3)2.8×10-6 (4) 83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (5)TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+ (6) 【详解】（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2+。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离； （2）Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在过量强碱中会溶解生成[Al(OH)4]-，已知Sc3+易形成八面体的配离子，因此Sc3+的配位数为6，在过量强碱中溶解，生成六羟基合钪酸钠Na3[Sc(OH)6]，化学方程式为：Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］； （3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L； （4）萃取率。代入D=10，V水=1000L，V有机=500L，得E=； 提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)； （5）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+； （6） 格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。 终极押题 【原创题】实验小组采用碘蒸气与锡制备四碘化锡()并测定其纯度，实验装置如图所示(夹持及加热装置省略)： 已知：为橙红色晶体，，易水解，在冰醋酸中溶解度较小；醋酸酐具有吸水性。 I．四碘化锡的制备 步骤如下： ①在三颈烧瓶中加入锡片、碘、适量冰醋酸和醋酸酐，加热至沸腾，直到反应完全； ②冷却结晶，过滤得四碘化锡粗品； ③将步骤②的粗品放在烧杯中，加入氯仿，热水浴充分溶解，过滤； ④在通风橱中将滤液蒸发结晶，待氯仿全部挥发抽尽后，得到橙红色晶体。 回答下列问题： (1)制备的化学方程式为_______。 (2)步骤①中，气雾上升高度不宜超过球形冷凝管高度的三分之一，若气雾上升过高，可采取的措施有_______(答一条即可)。 (3)加入醋酸酐的目的是_______。 (4)下列仪器中，步骤③和④中都不需使用的是_______(填仪器名称)。 II．四碘化锡纯度的测定 取产品，加水使其完全水解生成沉淀，将上层清液转移至容量瓶中定容，移取于锥形瓶中，加入少量和几滴溶液，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中发生反应，平行测定三次，平均消耗溶液的体积为。 (5)水解生成的化学方程式为_______。 (6)滴定终点的现象为_______。 (7)产品的纯度为_______。 【答案】(1) (2)调低热源的加热温度或调快冷凝水流速 (3)加入醋酸酐的目的是与体系中的试剂吸附的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解 (4)坩埚 (5) (6)当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s不褪去 (7)62.7% 【详解】（1） 锡单质和碘单质加热反应生成四碘化锡，化学方程式为： ； （2）气雾上升过高说明加热过度，温度过高，调低热源的加热温度或调快冷凝水流速； （3）已知易水解，醋酸酐有吸水性，因此加入醋酸酐的目的是与体系中的试剂吸附的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解； （4）四个仪器从左到右依次为普通漏斗、坩埚、酒精灯、蒸发皿。步骤③过滤需要普通漏斗；步骤④蒸发结晶需要酒精灯加热、蒸发皿盛放溶液；坩埚用于高温灼烧固体，本实验两步都不需要使用； （5）SnI4​水解，生成二氧化锡水合物和碘化氢，化学方程式为； （6）指示剂为，完全反应后，过量的与结合使溶液显血红色，据此判断终点，滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30 s不褪去； （7）根据反应关系：，可得： （25.00 mL溶液中）， 总， ， 纯度。 押题有据 近2025湖南高考化学第16题 综合实验题 考查方向：化学综合实验，考查装置选择、仪器作用、物质制备、除杂净化、实验操作、现象分析与误差评价。 考查价值：夯实实验基础，提升实验探究、方案评价与动手思维能力。 2026预测：仍以物质制备探究为载体，侧重装置创新、操作规范、异常现象分析与实验方案评价。 考题猜想 1．钴常被添加到钢或者其他合金当中，可以明显提高合金的坚硬程度、耐磨程度等。设计如下装置图(部分加热及夹持装置已略)，测定还原时的转化率。 已知：①是易挥发的液体，实验室常用于制备，原理为； ②是白色固体，易吸水潮解生成，能快速与发生反应。 回答下列问题： (1)将已称重的装置D(含)、E与其他装置组装好，称量所用仪器为___________(填“托盘天平”或“电子天平”)。打开止水夹K，调整三通阀，按一定流速持续通入，一段时间后关闭K，调整三通阀。为了提升的转化率，下列操作合理的顺序为___________(填标号)。 a．打开分液漏斗的活塞        b．加热管式炉 (2)逐滴滴加的原因是___________，装置F的作用是___________。 (3)一段时间后关闭管式炉，还需要继续通，其目的是___________，当装置D冷却至室温后停止通。 (4)实验结束后，测得装置D质量变化，装置E质量变化，的转化率为___________。 (5)颗粒容易吸附气体分子，导致测定结果存在较大误差，设计如下测定方案： Ⅰ．将装置E中固体溶解在足量去离子水中，不断搅拌至无固体剩余，再加入溶液调约为5后，将其配成待测溶液； Ⅱ．取标准溶液于锥形瓶中，用待测液滴定，反应原理为(滴定时，和不参与反应)，平行滴定三次，消耗待测液平均为。①的转化率为___________； ②下列操作会导致的转化率测定值偏大的是___________(填标号)。 a．步骤Ⅰ中，没有加入溶液调 b．步骤Ⅱ中，取标准溶液时，先仰视后俯视 c．步骤Ⅱ中，滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡 【答案】(1) 电子天平 ba (2) 控制(减缓)反应速率、提高利用率 防止外界空气中水蒸气进入装置E中 (3)将赶入装置E中完全吸收 (4) (5) abc 【详解】（1）托盘天平的精确度为，则称量三氧化二钴应选用电子天平称量；为了提升一氧化碳的转化率，实验时应保证一氧化碳与三氧化二钴充分反应生成二氧化碳，所以操作合理的顺序为先加热管式炉，再打开分液漏斗的活塞制备一氧化碳；则顺序为ba； （2）实验时为提高甲酸的利用率，应逐滴滴加甲酸控制(减缓)反应速率，使甲酸充分反应生成一氧化碳；由分析可知，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E中导致五氧化二碘潮解； （3）为使装置中残留的未反应的一氧化碳能够被五氧化二碘完全吸收，减小实验误差，实验一段时间后关闭管式炉，还需要继续通入氮气，将一氧化碳完全赶入装置E中被五氧化二碘完全吸收，当装置D冷却至室温后停止通入氮气； （4）装置D中的反应为；实验结束后，测得装置D质量变化，说明反应消耗一氧化碳和生成二氧化碳的物质的量为：；装置E质量变化，说明未反应的一氧化碳的物质的量为：，则一氧化碳的转化率为：； （5）①由方程式、可得如下转化关系：，由题意可知，滴定消耗待测液，则未反应的一氧化碳的物质的量为：，则一氧化碳的转化率为：； ②a．步骤Ⅰ中，没有加入氢氧化钠溶液调，溶液呈强酸性，溶液中的碘酸根离子会与滴定反应生成的碘离子反应生成碘，使得步骤Ⅱ中消耗的待测液体积偏小，导致测得未反应的一氧化碳的物质的量偏小，使得一氧化碳的转化率测定值偏大，a符合题意； b，步骤Ⅱ中，取标准溶液时，先仰视后俯视会使步骤Ⅱ中消耗的待测液体积偏小，导致测得未反应的一氧化碳的物质的量偏小，使得一氧化碳的转化率测定值偏大，b符合题意； c．步骤Ⅱ中，滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡会使步骤Ⅱ中消耗的待测液体积偏小，导致测得未反应的一氧化碳的物质的量偏小，使得一氧化碳的转化率测定值偏大，c符合题意； 故答案选abc。 2．某化学小组探究Zn和溶液反应的过程及产物。回答下列问题： (1)配制50 mL 1.0 溶液，下列药品中不需要使用的是__________（填标号）。 a.固体            b.Fe粉                c.蒸馏水                d.浓盐酸            e.氯水 【实验探究】向100 mL 1.0 溶液中加入6.5 g锌粉，实验装置如图。 第一阶段：刚开始无气泡产生，溶液温度升高。 第二阶段：溶液颜色变为浅绿色，且有红褐色絮状沉淀产生。 第三阶段：15 min后产生大量气泡，用试管收集后放在酒精灯火焰上有爆鸣声。反应结束后溶液最终呈无色。 (2)取第一阶段溶液少许于试管中，滴加酸性KSCN溶液，溶液颜色变为红色。甲同学认为：此现象说明第一阶段未发生反应。乙同学认为第一阶段发生了反应，理由为_________。 (3)丙同学认为第二阶段的上层清液中可能存在，设计实验检验的存在：_________。 (4)实验第二阶段产生红褐色絮状沉淀的原因为_________（从化学平衡、离子积与关系角度分析，结合必要的文字和反应方程式）。实验第三阶段产生气体的成分为__________（填化学式）。 (5)经检验，发现红褐色絮状沉淀中混有一种或两种能被磁铁吸引的黑色物质，对该黑色物质的可能成分提出猜想：Ⅰ.铁粉；Ⅱ. ；Ⅲ.两者都有。 【补充实验】将黑色物质用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象。 ①将猜想Ⅱ补充完整：_________。 ②若只有猜想Ⅰ正确，则第三阶段发生反应的离子方程式为_________。 ③小组同学认为上述【补充实验】无法确定猜想Ⅲ是否正确，理由是_________。 【答案】(1)be (2)溶液温度升高，说明发生反应且该反应为放热反应（或发生了反应等相近意思描述） (3)取少量上层清液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀则证明存在 (4) Zn与反应，使平衡向逆反应方向移动，溶液的酸性减弱，溶液中增大，使，以形式沉淀析出 (5) （或四氧化三铁） 、 若存在，稀盐酸与反应产生的可与Fe继续反应生成，导致反应后的溶液中检测不到，与没有得到的反应后溶液现象相同 【详解】（1）配制 50 mL 1.0 mol⋅L−1的FeCl3溶液，需要FeCl3固体、蒸馏水和少量浓盐酸，浓盐酸用于抑制Fe3+水解；不需要使用Fe粉和氯水，所以填be； （2）第一阶段刚开始无气泡产生，但溶液温度升高，说明已经发生反应，且该反应为放热反应。所以答案为溶液温度升高，说明发生反应且该反应为放热反应（或发生了反应等相近意思描述）； （3）取少量上层清液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀则证明存在； （4）Zn与反应，使平衡向逆反应方向移动，溶液的酸性减弱，溶液中增大，使，以形式沉淀析出；第三阶段产生大量气体，收集后靠近酒精灯火焰有爆鸣声，说明气体为H2； （5）①红褐色絮状沉淀中混有被磁铁吸引的黑色物质，可能是Fe粉，也可能是Fe3O4，所以猜想Ⅱ为Fe3O4（或四氧化三铁），猜想Ⅲ为二者都有； ②补充实验中黑色物质加稀盐酸产生大量气泡，说明其中有活泼金属锌参与反应；反应后溶液滴加KSCN无明显现象，说明没有检出Fe3+。若猜想Ⅱ成立，黑色物质为Fe3O4，其与稀盐酸反应生成的Fe3+会继续与过量锌反应生成Fe2+，因此也可能检测不到Fe3+，所以该补充实验不能排除猜想Ⅱ。若只有猜想Ⅰ正确，第三阶段发生的离子方程式为：、； ③若存在，稀盐酸与反应产生的可与Fe继续反应生成，导致反应后的溶液中检测不到，与没有得到的反应后溶液现象相同。 3．HF作为一种重要的精细化工原料，在玻璃雕刻和半导体清洗中发挥着关键作用。 (1)氟气可以跟水反应生成HF，该过程中，___________(填元素符号)被氧化。 (2)HF溶液因腐蚀玻璃，不能置于玻璃器皿中，该腐蚀原理的化学方程式为___________。 (3)测定某溶液的pH时，下列操作正确的是 。 A．先将pH试纸用蒸馏水润湿，再进行测定 B．将pH试纸直接浸入待测溶液中 C．用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，显色后与标准比色卡对照 D．使用pH计时，可不经校准直接插入待测液读数 (4)尽管F的电负性最强，但氢氟酸却是弱酸，请从分子内、分子间两个角度分别解释：分子内H原子和F原子形成的H-F键的键能大，在水中难以电离出H⁺；___________。 (5)兴趣小组讨论，在室温下如何衡量不同弱酸酸性的相对强弱。已知：电离度。 ①甲同学认为，根据电离平衡常数的相对大小，可判断酸性强弱。如Ka(CH3COOH)<Ka(HF)，故酸性CH3COOH<HF。 ②乙同学提出，利用相同浓度弱酸的pH值和电离度的大小对比，可以衡量酸性强弱，并进行以下实验验证了猜想。 序号 浓度 酸溶液 pH值 电离度 ⅰ 0.10mol/L CH3COOH 2.88 1.3% HF 2.18 7.9% HCl 1.00 100% ⅱ 0.0010mol/L CH3COOH 3.88 12.5% HF 3.20 60.0% HCl 3.00 100% 由表格数据可知，弱酸溶液浓度越小，电离度越大，即“越稀越电离”。请对电离平衡常数Ka、弱酸溶液浓度co、电离度，列算式进行有效转换，结合化学用语证明“越稀越电离”___________。 ③丙同学使用上述三种酸的盐溶液进行实验，同样判断出三种酸的酸性强弱，他的方案是___________。 ④丁同学指出，乙同学的推断不够准确，并基于理论计算，得到以下数据。 序号 浓度 酸溶液 pH值 ⅲ 1.0×10-5mol/L CH3COOH 5.15 HF 5.00 HCl 5.00 ⅳ 1.0×10-7mol/L CH3COOH 6.79 HF 6.79 HCl 6.79 a．基于表格数据，推断1.0×10-5mol/L的醋酸溶液中，除水分子外各微粒浓度由大到小的顺序为___________。 b．观察表格，当浓度为1.0×10-7 mol·L-1时，三种酸溶液的pH值均为6.79。丁同学据此判断：在极稀溶液中，CH3COOH、HF已经完全电离，其酸性强弱与HCl相同。请结合电离平衡理论说明该观点错误的原因___________。 ⑤综上所述，衡量弱酸酸性相对强弱的最合理指标是___________，它不受浓度变化的影响，只与___________有关。 【答案】(1)O (2)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (3)C (4)分子间HF存在氢键，易形成缔合分子，进一步抑制了其电离 (5) ，由于弱酸电离度很小，近似得电离度，温度不变时，c越小，α越大，即“越稀越电离” 配制相同浓度的、、溶液，测定三者pH值大小，pH 越大，说明对应酸的酸性越弱 在极稀溶液中，水的电离对溶液浓度的贡献占主导地位，当酸的浓度为时，酸电离产生的浓度与水电离产生的浓度相当，导致测得的pH趋同；但弱酸的电离平衡依然存在，电离平衡常数Ka不变，并未完全电离，其酸性仍弱于HCl，故该观点错误 电离平衡常数(或) 温度 【详解】（1）该反应化学方程式为：，该过程中，中-2价的O被氧化为中0价的O； （2）玻璃的主要成分是，与反应生成，化学方程式为：； （3）润湿pH试纸会稀释待测液，导致测量不准确，A错误；直接浸入待测液会污染溶液，也会使测量不准，B错误；用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，显色后与标准比色卡对照，是规范操作，C正确；pH 计使用前必须校准，否则读数不准确，D错误； （4）分子内原因： 键能大，难以电离出；分子间原因：分子间存在氢键，分子间缔合程度大，降低了的电离能力； （5）①设弱酸浓度为c，电离度为α，则，由于弱酸电离度很小，近似得电离度，温度不变时，c越小，α越大，即“越稀越电离”； ②根据弱酸的酸性越弱，其对应的强碱弱酸盐溶液的水解程度越大，碱性越强，配制相同浓度的、、溶液，测定三者pH值大小，pH 越大，说明对应酸的酸性越弱； ③1.0×10-5mol/L的醋酸溶液中，存在着的电离平衡：；溶液的pH值为5.15，则，，溶液中的几乎全部来自醋酸的电离，则（稍小于），未电离的醋酸，所以各微粒浓度由大到小的顺序为； ④在极稀溶液中，水的电离对溶液浓度的贡献占主导地位，当酸的浓度为时，酸电离产生的浓度与水电离产生的浓度相当，此时溶液的pH主要由水的电离决定，而非酸的电离程度。和的电离平衡常数远小于1，属于弱酸，即使在极稀溶液中也不会完全电离； ⑤衡量弱酸酸性相对强弱的最合理指标是电离平衡常数(或)； ⑥电离平衡常数只和温度有关。 终极押题 【原创题】脱落酸(K)是一种重要的植物激素，它的一种合成方法如下： 已知：①； ②RCOOR＇，； (1)A的名称为___________。 (2)D中含氧官能团的名称为___________，E→F的第二步反应类型为___________。 (3)G的结构简式为___________。 (4)H→K分两步进行，第一步的离子方程式为___________；第二步发生消去生成的产物K，同时可能生成的副产物的结构简式为___________。 (5)写出符合下列条件的C的同分异构体：___________。 a．含苯环    b．核磁共振氢谱显示只有两组峰 (6)已知：(代表烃基或，代表烃基)。B→C所需的，其结构简式为，请以乙醇为原料利用已知信息设计合成的路线__________(无机试剂任选)。 【答案】(1)丙酮 (2) 酮羰基、酯基 氧化反应 (3) (4) +H2O+OH- 或或或 (5) (6) 【详解】（1）由题干合成流程图中A的结构简式可知，A的名称为丙酮； （2）由题干合成流程图中D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称为酮羰基和酯基，由题干已知信息②可知，E→F的第一步反应为将E中的酯基还原为醇羟基，结合F的结构简式可知，E→F的第二步反应为将第一步还原生成的醇羟基氧化为醛基，即第二步反应类型为氧化反应； （3）由分析可知，G的结构简式为； （4）H→K分两步进行，第一步反应为已知①的第二步反应（环醚的水解），故有机产物为，故第一步反应的离子方程式为：+H2O+OH-，第二步反应是羟基的消去生成K即发生消去反应生成K，根据醇羟基的位置结合碳碳双键上连接的羟基不稳定已转化为碳氧双键可知，同时可能生成的副产物的结构简式为：或或或； （5）由题干流程图可知，C的分子式为：C12H18O3，不饱和度为4，则符合下列条件a．含苯环、b．核磁共振氢谱显示只有两组峰即分子中只有两种不同环境的氢原子即分子结构高度对称，该C的同分异构体为： ； （6）根据X的结构式推导其发生的反应为本小题题干已知信息，从而逆推出X的反应物为乙酸乙酯，即需要用乙醇合成乙酸乙酯，可先将乙醇氧化生成乙酸，再用乙酸和乙醇发生酯化反应得乙酸乙酯，后经发生本小题题干已知信息反应可得X，即合成路线为CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3。 押题有据 考查方向：有机合成与推断，考查官能团转化、反应类型、同分异构体、合成路线设计及有机物结构推导。 考查价值：强化结构决定性质思维，提升信息迁移、逻辑推断与有机综合应用能力。 2026预测：以陌生有机合成路线为情境，多官能团融合考查，侧重推断、同分异构与简易合成路线设计。 考题猜想 1．呋喃烯唑是一种杀菌药，它的一种合成路线如下，回答下列问题： (1)B中含氧官能团的名称是_______，C的分子式为_______。 (2)已知：吡啶为，具有弱碱性。D→E中，吡啶的作用是_______。 (3)与足量溶液完全反应，最多消耗_______。 提示：连接在同一个碳原子上的2个羟基不稳定，易脱水，生成羰基。 (4)写出F合成呋喃烯唑的化学方程式：_______。该反应的反应类型是_______。 (5)B在酸性介质中的水解产物为T，T的同分异构体中同时满足下列条件的结构有_______种。 ①遇氯化铁溶液发生显色反应；②能发生银镜反应。 其中，在核磁共振氢谱上有4组峰的结构简式为_______(写一种即可)。 (6)设计以乙二醇、为原料合成己二酸的合成路线_______(其他试剂自选)。 【答案】(1) 醚键 (2)吸收，促进反应正向进行 (3)6 (4) 取代反应 (5) 9 或 或 (6) 【详解】（1）由B的结构可知B中含氧官能团的名称是醚键；由C的结构可知C的分子式为； （2）吡啶具有弱碱性，反应产生的HCl为酸性，吡啶可吸收HCl从而推动平衡正向移动，故答案为：吸收，促进反应正向进行； （3）与足量溶液完全反应，连在饱和碳上的三个氯原子均被取代，消耗3 mol NaOH，由于连接在同一个碳原子上的2个羟基不稳定，易脱水生成羰基，故进一步反应生成羧基，羧基与NaOH反应生成羧酸盐，消耗1 mol NaOH，羰基上的氯原子先发生水解生成羧酸和盐酸，再与NaOH反应生成羧酸盐和NaCl，消耗2 mol NaOH，故共消耗6 mol NaOH； （4）由分析可知F合成呋喃烯唑的反应为取代反应，化学方程式为：； （5）B在酸性条件下水解产物为，分子式为，T能与氯化铁溶液发生显色反应，说明T含有酚羟基，能发生银镜反应，说明T含有醛基，故T的骨架结构可以是或，前者有3种位置异构，后者有6种位置异构，故共有9种同分异构体；其中，在核磁共振氢谱上有4组峰的结构简式为、 或； （6）在A→B的反应中出现，作用是延长碳链，将醛转化为不饱和腈类化合物，故先将乙二醇氧化为乙二醛，再与反应得到，再水解和还原得到己二酸，故合成路线为： 。 2．有机物M是重要的合成中间体，制备M的路线如下(部分试剂与反应条件略去)。 已知：ⅰ． ⅱ． (1)E中官能团的名称是羰基、酯基和___________。 (2)检验A中官能团所需的试剂是___________。 (3)D→E的反应类型是___________。 (4)D的结构简式是___________。 (5)E生成F的过程中依次发生了异构化、取代反应，F的结构简式是___________。 (6)G→I中步骤①反应的化学方程式是___________。 (7)物质L转化为M的过程如图所示。 中间体1的摩尔质量比中间体2大，中间体1、中间体2的结构简式分别是___________、___________。 【答案】(1)羟基、碳氯键 (2)溶液 (3)加成反应 (4) (5) (6) (7) 【详解】（1）由E的结构可知，E的官能团还有羟基、碳氯键； （2）A中官能团为羧基，检验羧基的试剂为碳酸氢钠溶液； （3）由D和E结构可知，D与ClCH2CHO发生加成反应； （4）由分析可知，D的结构为； （5）由分析可知，F的结构为； （6）由分析可知，G→I中步骤①反应的化学方程式为； （7）观察M的结构，结合L的分子式和中间体1的分子式，可知中间体1为，中间体1的摩尔质量比中间体2大26g/mol，中间体1与水加成后脱去CO2，生成中间体2的结构为，中间体2与中间体1反应生成M。 3．盐酸醋克利定(H)可用于治疗成人老花眼，以下为其合成路线之一(部分试剂和条件已略去)： 已知：Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： (1)A中含氧官能团的名称是_______。 (2)B→C的反应类型是_______。 (3)反应①中加入的作用是_______。 (4)反应②的化学方程式为_______。 (5)F的结构简式为_______。 (6)A的同分异构体中含有的有_______种(不考虑立体异构)。 (7)参照上述流程，以、CH3CH2OH为主要原料，设计的合成路线图_______(无机试剂任选)。 【答案】(1)羧基 (2)取代反应 (3)与盐酸反应，降低产物浓度，使平衡正向移动，提高转化率 (4) (5) (6)6 (7) 【详解】（1）根据A得结构简式可知A得含氧官能团为羧基； （2）B 中的酰氯（）与乙醇（）发生反应，生成酯，该反应属于取代反应（酯化反应）。 （3）是弱碱，作用是：与反应生成的中和，促进反应正向进行； 避免与反应物中的氨基发生成盐副反应。吸收反应生成的，提高反应物的转化率； （4）D→E 是已知条件Ⅰ的Dieckmann 缩合反应，方程式为：； （5）E 经酸性水解、加热脱羧（已知条件Ⅱ），得到分子式为的 F，结构简式为：； （6）双键骨架的不同连接位置：3种；环丙基的不同连接方式：3种；可得A的同分异构体中含有的有6种； （7）氰基水解：原料中的两个在酸性条件下水解为，得到二元羧酸。酯化反应：二元羧酸与乙醇发生酯化反应，生成二乙酯，为后续缩合提供反应位点。根据条件Ⅰ的Dieckmann 缩合：二乙酯在强碱（叔丁醇钾）作用下发生分子内的酯缩合，关环形成六元环的 β- 酮酯； 参照流程设计合成路线图： 终极押题 【原创题】甲醇是一种重要的化工原料和液态氢储存燃料，选择性加氢制甲醇反应在全球范围内引起了广泛关注。已知发生的主要反应如下： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 回答下列问题： (1)___________；反应Ⅰ在一定条件下可自发进行，则自发进行的条件为___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (2)反应Ⅲ的反应历程如图所示(*表示吸附态)。由图可知上的___________原子加氢更有利。 (3)一定条件下，在的恒容密闭容器中，充入和，使之发生上述三个反应。末反应达到平衡，测得和的物质的量均为。 ①内，的平均反应速率为___________。 ②能说明该反应体系已达到平衡状态的是___________(填标号)。 a．容器内混合气体的密度保持不变 b．容器内压强保持不变 c．混合气体的平均相对分子质量保持不变 (4)一定条件下，在压强为p的恒压密闭容器中，加入和，使之发生上述三个反应，转化率和甲醇选择性[]随温度的变化关系如图所示。 ①若时催化剂的活性受温度影响不大，分析后图中曲线下降的原因：___________。 ②时反应的平衡常数___________(列出含p的计算式即可)。 【答案】(1) 高温 (2)氧(或“O”) (3) bc (4) 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，因此，代入数据得：。反应Ⅰ，，根据自发判据 ，只有高温下才能满足，因此自发条件为高温。 （2）根据图像可知，加氢生成（氧原子加氢）的活化能远低于生成（碳原子加氢）的活化能，因此氧原子加氢更有利。 （3）①末测得和的物质的量均为，，，由C原子守恒可得，由O原子守恒可得，由H原子守恒可得，，则内，的平均反应速率为。 ②a．体系中气体总质量不变，容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，混合气体的密度保持不变不能判断反应是否达到平衡，a项不符合题意； b．该体系反应Ⅱ、Ⅲ前后气体分子数不相等，容器内压强保持不变，说明物质的量不再变化，反应达到平衡，b项符合题意； c．体系中气体总质量不变，反应Ⅱ、Ⅲ前后气体分子数不相等，混合气体的平均相对分子质量为变量，混合气体的平均相对分子质量保持不变能够说明反应达到平衡状态，c项符合题意； 故选bc。 （4）①反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ的，升高温度后，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，反应Ⅰ平衡正向移动，且逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，造成转化率降低，甲醇选择性也降低，因此曲线下降。 ②当加入和，反应达到平衡时平衡转化率为，转化的二氧化碳物质的量为，甲醇的选择性为，代入，可得，解得，，由O原子守恒可得，由H原子守恒可得，平衡时气体总物质的量：，平衡时各气体的分压分别是，，，，则在该温度下的压强平衡常数。 押题有据 近考查方向：化学反应原理综合，涵盖化学平衡、反应热、速率计算、水溶液平衡、电化学多维综合考查。 考查价值：构建变化与平衡思想，培养数据处理、图像分析与定量计算推理能力。 2026预测：延续多模块融合命题，结合图像、数据情境，侧重平衡移动、转化率计算与电化学综合应用。 考题猜想 1．复旦大学郑耿锋教授团队合成了空心多层纳米球催化剂，并利用该催化剂光催化氧化制乙醇。相关反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： (1)根据上述反应，______。 (2)DFT理论计算研究活化的机理以及转化为乙醇的三个关键步骤机理如下图所示。结合图中信息，该过程中可能产生的烃类物质为______（填结构简式）。 (3)被活化为超氧自由基（），该自由基在四个不同的金属位点的能量如图所示，则该反应主要在______位点（填“、、或”）发生，理由是______。 (4)整个偶联反应生成过程的能量变化如图所示，则决定该反应速率快慢的是第______步（*表示吸附在催化剂表面）。 (5)在450℃、101kPa条件下，将和按投入一恒温密闭容器中，在催化剂作用下，发生反应Ⅰ和Ⅱ，经过相同反应时间（未达平衡）测得乙醇的选择性S和的转化率如下表所示。 已知：产物A的选择性 催化剂 乙醇选择性（%） 转化率（%）      58.2 43.5 26.8 33.8 46.3 50 ①依据表中数据应选择______作催化剂（填“”或“”或“”）。 ②某温度下，向容积为2L的恒容容器中加入，发生反应Ⅰ和Ⅱ，在催化剂的作用下达到平衡时的体积分数为，的转化率为80%，则的选择性为______，该温度下反应Ⅰ的平衡常数______（保留三位有效数字）。 【答案】(1) (2) (3) 位点能量更低，生成的超氧自由基更稳定 (4)三 (5) 68.75% 18.9 【详解】（1）Ⅰ：   Ⅱ：   根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得  = （2）甲烷脱氢得到的·CH3之间可以发生自由基反应生成CH3CH3，所以该过程中可能产生的烃类物质为CH3CH3； （3）位点能量更低，生成的超氧自由基更稳定，所以该反应主要在位点发生。 （4）活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，整个偶联反应生成过程的中第三步活化能最大，反应最慢，则决定该反应速率快慢的是第三步。 （5）①依据表中数据，使用，在相同时间内生成的乙醇最多，所以应选择作催化剂。 ②某温度下，向容积为2L的恒容容器中加入，发生反应Ⅰ和Ⅱ，在催化剂的作用下达到平衡时的体积分数为，的转化率为80%， 设参与反应Ⅰ的甲烷的物质的量为amol、参与反应Ⅱ的甲烷的物质的量为bmol， ，解得a=1.1，b=0.5。则的选择性为，该温度下反应Ⅰ的平衡常数。 2．氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，制氢方法是当前研究的热点，制氢方法很多，如甲烷与水蒸气重整制氢、硼氢化钠(NaBH4)水解制氢等。 (1)甲烷水蒸气重整制氢：其涉及如下两步反应： I．CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)   ∆H1=+206 kJ·mol-1 II．CO(g)＋H2O(g) ⇌CO2(g)＋H2(g)   ∆H2=-41 kJ·mol-1 ①实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量。分析投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_______。 ②CH4(g)＋2H2O(g) ⇌CO2(g)＋4H2(g)，该反应需在高温下才能自发进行，其理由是_______。 (2)NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。已知：浓度较大时，NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O催化释氢，所得气体的分子式为_______，其中过程b步用化学方程式表示为：_______。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。0~20min内，温度随时间快速升高的原因是_______。 (3)NaBH4转化为NaBO2后，电解NaBO2溶液又可制取NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。 ①阴极上的电极反应式是_______。 ②两电极区间使用阳离子交换膜，不能用阴离子交换膜的原因是_______。 【答案】(1) CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应II平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应I平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量 ，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，该反应，可知该反应高温下可自发进行 (2) 、D2 NaBH4与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 (3) 防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗，通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低 【详解】（1）①向体系中加入CaO，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应II平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应I平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量； ②该反应=反应I+反应II，则，，由该反应方程式可知，该反应为气体分子数增多的反应，，根据，可知该反应在高温下可自发进行； （2）①由图可知，第一步转化过程中转化为和H原子，H原子可结合生成，第二步转化中与分别脱氢生成HD，同时得到，最终一步转化中结合中，同时得电子形成，断键得到D原子，D原子结合生成，故所得气体的分子式为；由上述分析可知，过程b步与分别脱氢生成HD，同时得到，化学方程式为：； ②水解会放出热量，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，同时温度升高催化剂的活性增强，故。0~20min内，温度随时间快速升高； （3）根据电解装置可知，电解可知制取，则电解装置右侧与电源负极相连，为阴极，发生电极反应：，左侧为阳极，电极反应为：； ①由分析可知，阴极上的电极反应式为：； ②在电解池中，阴离子向阳极移动，两电极区间使用阳离子交换膜可以防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗，通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低。 3．甲醇高选择性转化制乙烯是煤化工领域的重要研究方向，是保证能源安全的重要手段。其涉及反应如下。 主反应：   副反应：   回答下列问题： (1)已知：   则主反应的_________。 (2)对于主反应，加压会使平衡向_________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，但是实际生产中仍选择适度加压，其目的是_________。 (3)分子筛可为气体提供活性位点，以达催化的目的。分子筛上的甲醇转化的部分反应路径如图所示。 ①该反应路径中过程（iii）的化学方程式为_________。 ②随温度升高，乙烯的平衡选择性升高的原因是_________。 [乙烯选择性：] ③500℃时，100 kPa恒压条件下通入1 mol CH3OH(g)和4 mol H2O(g)，平衡时α(CH3OH)=90%，S(C2H4)=40%，只考虑副产物为丙烯，则平衡时n(H2O)=_________mol，主反应的Kp=_________kPa（列出计算式）。 ④研究发现，进料中添加一定量的H2O(g)可以提高乙烯的选择性，从催化剂角度分析可能原因是_________。 【答案】(1)-23.1 (2) 逆反应 提高反应物浓度，加快反应速率，提高单位时间内产物产量 (3) 主、副反应均为放热反应，升高温度使其平衡逆向移动，但对主反应的抑制程度较小 4.9 催化位点被水分子占据，有利于乙烯的脱附，还会减少其进一步参与副反应 【详解】（1）主反应等于两个已知反应之和，根据盖斯定律，则。 （2）主反应气体分子数增加，加压平衡向气体计量数减小的逆反应方向移动，但加压能提高反应物浓度，加快反应速率，提高单位时间内甲醇的转化率和产物产率，因此实际生产选择适度加压。 （3） ①由反应路径可知，每一步都是烯烃增加1个来自甲醇的碳原子、脱去1分子水，过程（iii）的反应物为2−丁烯（）和甲醇，生成物为2-甲基-2-丁烯（）和水，则化学方程式为； ②主反应生成乙烯、乙烯转化为高碳烯烃的副反应均为放热反应，副反应放热更多，升高温度对放热的副反应抑制程度更大，减少了乙烯的消耗，因此乙烯平衡选择性升高； ③平衡时α(CH3OH)=90%、S(C2H4)=40%，则平衡时C2H4的物质的量为，设副反应消耗x mol C2H4，可知主、副反应各物质的转化物质的量为：，根据α(CH3OH)=90%可知：，解得x=0.06 mol，则平衡时n(H2O)=[4+(0.72+2×0.06)+0.06] mol=4.9 mol、n(CH3OH)=1 mol×(1-90%)=0.1 mol、n(C2H4)=0.36 mol、n(C3H6)=0.06 mol，平衡时气体物质总物质的量为5.42 mol，体系总压强为100 kPa，则主反应的平衡常数为； ④催化位点被水分子占据，有利于乙烯的脱附，还会减少其进一步参与副反应，因此进料中添加一定量的可以提高乙烯的选择性。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $