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(共49张PPT)
2026高考化学试题评析及教学启示名师讲座
上海卷
contents
目录
01
命题要素统计分析
01
02
试题解析与评价
03
对化学教学的启示
命题要素统计分析
PART 01
01
2026上海高考化学命题要素统计表
综合情境 题号 试题情境 考查内容 题型 难度
硝普钠药物晶体的制备 1题 硝普钠中的配体的电性 配合物中心离子价态的判断、配位数的判断 单选题 容易
2题 制备流程中调pH的步骤 滴加药品时的仪器名称 单选题 容易
3题 制备流程中连续操作步骤 物质分离提纯的基本操作 填空题 容易
4题 制备流程中调pH的步骤 Na2CO3的作用 填空题 中等
5题 制备流程中调pH的步骤 检验方法的选择、指示剂的变色范围 单选题 容易
6题 制备流程中煮沸的步骤 条件控制及产物判断 单选题 中等
7题 制备流程中过滤的步骤 反应产物及滤液溶质的成分判断 填空题 中等
8题 硝普钠粗品中含结晶水 结晶水数目计算 填空题 中等
阿法诺啡中间体合成 9题 合成原料有机物A 检测有机物官能团的方法 单选题 容易
10题 合成路线中物质变化 基团变化、反应类型判断、反应条件 填空题 容易
11题 有机物D的结构 手性碳的判断、官能团性质考查 不定项选 容易
12题 有机物F中的溴原子 卤原子的检验方法 填空题 中等
13题 G→H合成路线 反应类型的判断、反应机理的分析、副产物的书写 选择+填空 难
14题 物质A的同分异构体 限定条件的同分异体的书写 填空题 中等
15题 结合已知信息设计合成路线 陌生信息的理解及使用、官能团的转化、对题目物质转化的理解 填空题 较难
命题要素统计分析
2026上海高考化学命题要素统计表
综合情境 题号 试题情境 考查内容 题型 难度
液体储氢材料的储氢原理 16题 两种催化剂对反应速率的图示 判断催化剂的催化效果、理由表述 填空题 中等
17题 恒容容器以反应I为情境 平衡状态标志判断 不定项选 容易
18题 反应II为研究对象 平衡移动的条件选择及方向判断 不定项选 中等
19题 恒容体系变为恒压体系 平衡时物质浓度变化及理由描述 选择+填空 较难
20题 反应I的加料方式及H2的物质的量分数 三段式计算 选择题 中等
21题 储氢密度的计算方法 储氢密度计算 填空题 较难
22题 反应I的加料方式及储氢量 三段式计算、平衡常数计算 填空题 难
23题 液氨分解制氢与液体储氢材料对比 产物分离、反应能耗、运输难度、循环利用的条件分析 填空题 难
黄铜矿的浸出流程 24题 黄铜矿的湿法冶炼 电负性大小比较、微粒间的相互作用、反应热计算、反应方向判断、陌生方程式书写、电极反应式书写、晶胞分析、键角比较 选择+填空 较难
硫化镉量子点的制备 25题 Cd在周期表中的信息 判断Cd在周期表中的位置 选择题 容易
26题 给出制备CdS量子点的反应物 离子方程式的书写 填空题 较难
27题 量子点直径 关于量子液体的描述 不定项选 容易
28题 量子点直径与光的关系 信息的理解和应用能力 选择题 容易
29题 加氨水调pH 弱电解质电离有关计算 填空题 中等
30题 环保排放Cd2+的标准 沉淀溶解平衡计算 填空题 难
命题要素统计分析
试题解析与评价
PART 02
02
试题解析与评价
综合情境一:硝普钠的制备
硝普钠(Na2[Fe(CN)5(NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
已知：①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大；
②氧化步骤的反应方程式为：K4[Fe(CN)6] + 6HNO3 = H2[Fe(CN)5(NO)] + CO2↑+ NH4NO3 + 4KNO3
调节溶液的pH
NH4NO3、KNO3
H2[Fe(CN)5(NO)]
将H [Fe(CN) (NO)] 转化为Na [Fe(CN) (NO)]
提供碱性环境， 转化为 NH3·H2O，方便后续煮沸除去
NH3
Na2[Fe(CN)5(NO)]
NaNO3、KNO3、Na2[Fe(CN)5(NO)] NH3·H2O
NaNO3、KNO3
试题解析与评价
综合情境一:硝普钠的制备
硝普钠(Na2[Fe(CN)5(NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
解析： 将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时提供碱性环境，将 转化为 NH3·H2O，以便后续煮沸除去。
4. 步骤③中加入Na2CO3的作用是___________。
评价：本题以硝普钠制备流程中“加入Na CO ”这一操作为情境，考查学生对反应产物转化的析和理解。侧重于对制备流程整体逻辑的把握与试剂作用的深层理解，难度中等，对学生的分析推理能力有一定区分度。
试题解析与评价
综合情境一:硝普钠的制备
硝普钠(Na2[Fe(CN)5(NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
解析：前一步中用Na2CO3调节溶液的pH = 8，碱性条件下煮沸，转化为NH3（氨）逸出，因此煮沸除去的物质a为氨；
6. 步骤④中除去的物质a是___________。
A. 硝酸钠 B. 氨 C. 硝酸钾 D. 硝酸
7. 物质b的主要成分是___________。
解析：氧化反应后生成大量KNO3，步骤③同时又会生成NaNO3，蒸发结晶后，滤液中主要含KNO3、NaNO3，因此物质b的主要成份为硝酸钾、硝酸钠；
评价：两题均以流程中具体操作为载体，考查学生对制备流程中“物质去向”的追踪能力；第6题考查“除去的物质”，第7题考查“得到的物质”，共同考查学生对整个分离纯化逻辑的整体把握。
B
KNO3、NaNO3
试题解析与评价
综合情境一:硝普钠的制备
硝普钠(Na2[Fe(CN)5(NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
1. 已知Na2[Fe(CN)5(NO)]中配体为NO+、CN-，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。
A. Fe2+、5 B. Fe2+、6 C. Fe3+、5 D. Fe3+、6
解析：整个配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为电中性， NO+带一个正电荷， CN-带一个负电荷，因此中心离子Fe的化合价为+2价，即中心离子为Fe2+；5个CN-和1个NO+均为配体，总配位数为5+1 = 6个；
评价：本道题以硝普钠（Na [Fe(CN) (NO)]）的结构为情境，考查配合物的核心概念——中心离子判断与配位数确定。学生需识别配体电荷差异后才能正确计算，这考查了信息提取与简单运算的综合能力。
B
试题解析与评价
综合情境一:硝普钠的制备
硝普钠(Na2[Fe(CN)5(NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
解析：操作要求缓慢滴加Na2CO3 ，要控制滴加速度，恒压滴液漏斗可以满足该要求，而量筒仅用于量取体积，烧杯、长颈漏斗无法控制匀速缓慢滴加；
评价：本道题以硝普钠制备流程中“调节pH”的具体实验操作为情境，考查学生对常见化学仪器的辨识能力及实验操作规范的理解，属于基础实验操作考查。
2. 在第3步中，通常需要将Na2CO3缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。
A. 量筒 B. 烧杯 C. 恒压滴液漏斗 D. 长颈漏斗
C
试题解析与评价
综合情境一:硝普钠的制备
硝普钠(Na2[Fe(CN)5(NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
解析：硝普钠易溶于水、溶解度随温度变化不大，杂质（ KNO3、NaNO3 ）溶解度随温度变化大，因此采用的方法是将硝普钠蒸发结晶析出，趁热过滤分离含KNO3、NaNO3溶液，得到滤渣粗产品硝普钠；
评价：本题以硝普钠制备流程中“连续操作”这一关键后处理步骤为情境，考查学生对结晶分离方法的选择及过滤条件的把控，难度中等。
3. 连续操作包含的过程有___________。
已知：①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大；
蒸发结晶、趁热过滤
试题解析与评价
综合情境一:硝普钠的制备
硝普钠(Na2[Fe(CN)5(NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
5. 制备过程中应选用的检验方法是___________。
A．甲基橙 B．甲基红 C．pH计
解析：甲基橙变色范围为3.1～4.4，甲基红变色范围为4.4～6.2，均无法准确指示pH = 8；pH计可以准确测定溶液pH，选择C项。
评价：本题以硝普钠制备中pH调节为情境，考查学生对pH检测方法的掌握，要求学生根据目标pH=8，判断甲基橙、甲基红和pH计的适用性，属于基础实验操作考查，难度较低。
C
试题解析与评价
综合情境一:硝普钠的制备
硝普钠(Na2[Fe(CN)5(NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
8. 已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为___________(保留整数)。已知：M(Na2[Fe(CN)5(NO)]) = 262 g·mol-1
评价：本题以硝普钠结晶水合物加热失重为情境，考查学生对结晶水合物组成计算的理解。要求学生建立失重质量与结晶水质量的关系进行求解。该题将热重分析原理与物质的量计算相结合，属于对化学计算能力的综合考查，难度适中。
解析：加热减少的质量为结晶水的质量，设结晶水个数为n，根据硝普钠化学式可知： 解得n≈2。
2
试题解析与评价
综合情境二:阿法诺啡中间体的合成
阿法诺啡是一种强效阿片类镇痛药，具有很强的镇痛作用。其某种中间体的合成路线部分如下：
已知：(1)R1CH2COOR2R1CH(Br)COOR2R1CH(NH2)COOR2
(2)H2NCHCOOR1R2CHCOOR1
10. 反应①中需要的试剂和反应条件通常是___________。
酯化反应
CH3OH、浓H2SO4、加热
α-H取代反应
取代反应
缩醛化反应
评价：本题需要学生通过观察A→B的官能团的变化，完成羧酸酯化反应的条件选择，属于基础有机反应条件辨识题，难度较低。
11. 关于化合物D的叙述正确的是________ (不定项)
A. 有手性碳原子 B. 能与碳酸氢钠溶液反应
C. 能与茚三酮反应 D. 能与氢氧化钠溶液反应
*
与α-氨基酸在加热条件下反应显蓝紫色
酯基在NaOH溶液中水解
AD
无-COOH
评价：本题化合物D为载体，将立体化学、官能团性质和特征鉴别反应融为一体，选项设置全面且干扰合理，对学生的综合判断能力有较好的区分度。
试题解析与评价
综合情境二:阿法诺啡中间体的合成
阿法诺啡是一种强效阿片类镇痛药，具有很强的镇痛作用。其某种中间体的合成路线部分如下：
缩醛化反应
节选自大学《有机化学第5版》
加成反应
取代反应
试题解析与评价
综合情境二:阿法诺啡中间体的合成
阿法诺啡是一种强效阿片类镇痛药，具有很强的镇痛作用。其某种中间体的合成路线部分如下：
已知：(2)H2NCHCOOR1R2CHCOOR1
取代反应
9. 可用于检测化合物A中官能团的仪器分析方法是___________。
红外光谱 B. 核磁共振氢谱法
C. 质谱法 D. 元素分析法
解析：确定有机物分子中官能团和化学键的种类用红外光谱。
等效氢的种类
相对分子质量
元素的种类及含量
评价：本题以检测化合物A中官能团为情境，考查学生对四种常见仪器分析方法功能的辨识能力。难度较低，侧重于对各方法核心功能的准确记忆与区分。
A
试题解析与评价
综合情境二:阿法诺啡中间体的合成
评价：本题考查学生对有机卤素检验方法的掌握。要求学生在理解检验原理的基础上，灵活选用取代或消去反应将Br原子转化为Br ，并正确完成后续的硝酸酸化及AgNO 沉淀检验操作，具有一定的综合性和开放性。
12. 简述检验F物质中含有溴元素的实验法___________。
思路：检验有机物中的卤原子，可利用卤原子的水解反应或消去反应将卤原子转化为卤离子；先加HNO3酸化，再加AgNO3，通过观察沉淀颜色判断卤原子的种类。
注意：并不是所有的卤原子都能发生消去反应，需要β-碳（与卤原子相邻的碳原子）上有氢原子。
解析：取少量F物质于试管中，加入NaOH水溶液（或醇溶液）并加热；冷却后加入稀HNO3酸化至溶液呈酸性；再滴加AgNO3溶液。若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴元素。
试题解析与评价
综合情境二:阿法诺啡中间体的合成
评价：本题考查学生对有机反应类型的辨识能力。要求学生能根据反应物与产物的结构变化分析反应过程中断键和成键情况，进而判断反应类型，难度较大。
13. G→H反应分两步进行：
(1)反应(i)和(ii)的反应类型分别是___________；
A．取代反应、氧化反应 B．加成反应、消去反应
C．加成反应、取代反应 D．取代反应、消去反应
取代反应
H
H
消去反应
解析：反应(i)是侧链进攻苯环发生分子内成环，本质是苯环上的氢原子被取代，属于取代反应；反应(ii)是中间体脱去一分子乙二醇形成碳碳双键，属于消去反应。故选D。
D
试题解析与评价
综合情境二:阿法诺啡中间体的合成
解析：-OCH3 为邻对位定位基，C-O键断开后，由于-OCH3对位的空间位阻小，因此侧链上的碳原子与-OCH3对位的H原子发生取代反应。那么副产物为侧链上的碳原子进攻-OCH3邻位H原子的产物，结构为如蓝框图所示；再发生反应(ii)的消去反应可得最终产物，如红框图所示。
评价：本题要求学生能够识别—OCH 的邻对位定位效应，进而分析C—O键断裂后侧链碳正离子的进攻位点，并据此推断副产物结构，最后结合过程(ii)的消去反应得出最终产物H的结构简式，对学生的有机反应推断能力有较高要求。
13. G→H反应分两步进行：
(2)过程(i)中可能会生成副产物，经过过程(ii)副产物为最终产物H，其结构简式为___________。
试题解析与评价
综合情境二:阿法诺啡中间体的合成
解析：A的分子式为 C9H10O3，不饱和度为5。条件i：与FeCl3 显色，说明含有苯环和酚羟基。条件ii：与NaHCO3 反应生成 CO2，说明含有羧基。已经满足5个不饱和度，还余下2个饱和C原子，由 iii知该物质有4类化学环境不同的氢原子，其个数比为1:1:2:6，两个1分别为羟基氢和羧基氢，说明两个饱和C原子为-CH3且处于对称位置。
评价：本题考查有条件限定的同分异构体的书写，给出的条件清晰，指向明确，要示学生对官能团性质、核磁共振氢谱及苯环对称性有一定综合分析能力。
14. 写出一种同时满足下列条件的A的同分异构体的结构简式__________。
i．属于芳香族化合物，且与FeCl3溶液可发生显色反应；
ii．能与NaHCO3反应生成CO2；
iii．核磁共振氢谱显示，该物质有4类化学环境不同的氢原子，其个数比为1:1:2:6
试题解析与评价
综合情境二:阿法诺啡中间体的合成
评价：本题要求学生根据已知反应模式，在给定结构片段中识别关键中间体，并合理补全各步反应物、试剂或条件。该题将信息迁移与合成设计相结合，综合性较强，对学生有机反应知识体系的完整性和逆向合成分析能力有较高要求，难度较大。
15. 结合以下合成信息，在括号中补全合成路线___________。已知：
已知路线
O2、Cu(或Ag)、Δ
HOCH2CH2OH、H+
解析：目标合成路线中红框中的物质与已知合成路线中的F结构相似，均为缩醛产物。因此前一物质应含有醛基，结构如蓝框所示，则第一个括号应为醇的催化氧化所需条件；第二个缩醛反应所需条件与E→F一致；第三步由已知信息可知应发生取代反应，生成MgBr2和有机产品，结构如绿框所示。
试题解析与评价
综合情境三:液体储氢材料
解析：由图像可知，相同CO物质的量分数下Cu/Al2O3催化的反应速率更高，且随CO物质的量分数增大，Cu/Al2O3对应的反应速率基本保持稳定，Cu/ZnO-cp对应的反应速率大幅下降，因此效果较好的催化剂为Cu/Al2O3。
评价：本题要求学生根据两条曲线的变化趋势，判断催化效果的优劣，考查学生图表数据分析能力及化学语言清晰表述能力。
氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，将氢作为能量载体储存起来，被认为是解决能源问题的最佳方案。
反应I： GBL(l) + 2H2 BDO(l) ΔH<0
反应II：BDO(l) GBL(l) + 2H2
(反应I中可以近似认为K≈1/[H2]2)
16. 使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如下图所示，判断其中效果较好的催化剂，并说明理由。___________
该催化剂在CO物质的量分数较高的条件下仍能维持较高的反应速率，抗CO中毒性能更优。
试题解析与评价
综合情境三:液体储氢材料
反应I： GBL(l) + 2H2 BDO(l) ΔH<0
17. 在恒容密闭容器中，能说明反应I达到化学平衡状态的是___________(不定项)。
A. BDO不再生成
B. v逆(GBL) : v正(H2) = 1:2
C. 气体压强不再变化
D. 气体密度不再变化
反应达到平衡时为动态平衡，BDO的生成速率与消耗速率相等，物质的量不再变化，不是不再生成，A错误。
反应速率之比等于化学计量数之比，v正(GBL):(H2) = 1:2，当 v逆(GBL) = v正(GBL)时，反应达平衡状态，此时v逆(GBL) : v正(H2) = 1:2，B正确。
反应I中仅氢气为气态，恒容条件下气体压强与氢气的物质的量成正比，压强不再变化说明氢气的物质的量不再变化，反应达到平衡，C正确；
该体系中只有氢气为气体，密度 ρ =，恒容条件下V为定值，当密度不再时说明氢气的质量不再变化，反应达到平衡，D正确；
BCD
评价：本题考查学生对化学平衡状态动态特征及判断标志的掌握。四个选项分别从反应速率、宏观物理量等不同角度切入，综合考查学生对化学平衡特征的全面理解。
试题解析与评价
综合情境三:液体储氢材料
解析：对于反应 I ，K =，由于平衡常数仅与温度有关，恒温条件下K值不变，因此氢气的浓度不变。
评价：这两题考查的都是改变条件平衡移动的问题，分别从“平衡移动方向的定性判断”和“平衡常数本质的定量分析”两个维度设问。前者需要学生结合反应的特点分析条件变化对平衡移动的影响，后者要求学生从平衡常数的本质出发进行判断，两者逻辑递进，难度适中。
反应II：BDO(l) GBL(l) + 2H2
B
18. 下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是__________(不定项)。
A. 体积减少 B. 温度升高 C. 加入GBL D. 使用催化剂
19. 恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，H2的浓度___________。
A．增大 B．减小 C．不变
原因是___________。
反应II为反应I的逆反应， ΔH>0，且正反应为气体分子数增大的反应
加压，平衡逆动
反应吸热，平衡正动
GBL 为液态，浓度为定值，平衡不动
催化剂不改变平衡状态
C
试题解析与评价
综合情境三:液体储氢材料
解析：起始灰氢总物质的量为 6mol，氢气的物质的量分数为 0.5，因此起始氢气的物质的量为 3mol，设t min内生成BDO的物质的量为x，列三段式如下：
20. 在起始GBL 1 mol、灰氢6 mol、氢的物质的量分数为0.5的条件下，反应t min达到平衡，此时氢气的物质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO的物质的量是___________mol。
A. 3/5t B. 5t/3 C. 3/5 D. 5/3
反应I： GBL(l) + 2H2 BDO(l) ΔH<0
始： 1 3 0
转： x 2x x
平： 1-x 3-2x x
依氢气的物质的量分数为 0.375可得: = 0.375，可解出x = ，因此每分钟生成BDO的物质的量为 =。
A
评价：本题考查学生运用“三段式”法进行化学平衡计算的能力。要求学生根据起始物质的量和平衡时氢气的物质的量分数，建立代数方程求解反应转化的物质的量，再计算平均反应速率。
22. 在2 L密闭容器中，加入1 mol储氢材料、6 mol灰氢(灰氢中H2物质的量分数为0.5)，反应达到平衡时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应的I的平衡常数K为___________。
21. 储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度=，若1 mol GBL理论上最多可吸收 2 mol H2，则其理论储氢密度为___________（用百分数表示，保留2位小数）(M(H2) = 2 g·mol-1；M(GBL) = 86 g·mol-1)
试题解析与评价
综合情境三:液体储氢材料
解析： 1mol GBL最多吸收2mol H2，吸收的氢气质量为2mol×2g·mol-1 = 4g，1mol GBL的质量为86g，因此储氢密度为 ×100% = 4.65%。
评价：21题以储氢密度定义为载体，考查学生对定义的理解和简单质量分数的计算，属于基础性题目，难度较低，主要考查信息提取能力和公式直接应用能力。22题在21题的基础上进一步深化，将储氢密度、气体混合物组成分析与化学平衡常数计算相结合，对学生的信息整合能力和定量推理能力有较高要求，属于中等偏上难度。两题情境统一、逻辑递进，体现了能力考查的梯度。
4.65%
解析：结合21信息，实际吸收的n(H2)=2mol×90%=1.8mol，即n(H2)的变化量为1.8mol，因此平衡时n(H2) =3mol-1.8mol =1.2mol；容器体积为2L，c(H2 )= = 0.6mol·L-1，代入反应I平衡常数表达式得K = = = ≈ 2.78。
2.78
试题解析与评价
综合情境三:液体储氢材料
评价：本题以氨分解制氢与液体储氢材料的对比为载体，考查学生从实际工业应用角度分析不同技术方案优劣的能力。设问给出三个明确的分析维度，要求学生结合具体化学知识进行分析比较，属于开放性简答题。该题对学生信息整合能力、知识迁移能力和规范表达能力有一定要求，难度较大。
解析：贮存运输：液体储氢材料常温下为液态，可在常温下储存运输，安全性高；液氨则需要高压或低温条件，对设备要求高、能耗大。
生成物分离：液体储氢材料反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；氨分解制氢需从N 和H 混合气中分离H ，增加工序和能耗。
反应条件：反应条件温和；氨分解制氢需高温和催化剂，能耗高，对反应器材质要求严格。
23. 氨分解制氢是通过催化将液氨分解为H2和N2的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、反应条件的角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为___________。
液体储氢材料常温下为液态，便于储存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高 纯度氢气；反应条件温和，能耗低。
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
24. 黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图：
（1）化合物 作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。
A. C、S B. C、H C. N、S D. N、H
解析：该辅助光亮剂含C、H、N、S四种元素，在C、N、S与H形成的简单化合物中H都表现正价，因此氢的电负性是最小的。其余三种元素，C、N位于同一周期，电负性N > C ，对于N和S，虽然S原子最外层电子数较N多1个，但氮的原子半径比硫小。半径越小，原子核对外层电子的吸引力就越强，电负性更大。
D
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
解析：该离子液体中阴阳离子之间存在离子键，离子键的本质就是离子间静电作用；阳离子中存在N-H键，阴离子存在O-H键，可形成O-H···N或N-H···O氢键；金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。
BC
（2）离子液体[ ]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有_______(不定项)。
A. 配位键 B. 离子间静电作用 C. 氢键 D. 金属键
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
解析：根据盖斯定律，目标反应2Cu+(aq) = Cu2+(aq) + Cu(s)可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故ΔH = ΔH 1+ΔH 4 = 1212 kJ·mol-1-337 kJ·mol-1 = 875 kJ·mol-1。
875
（3）已知：Cu+的歧化反应
2Cu+(aq) = Cu2+(aq) + Cu(g) ΔH1 = 1212 kJ·mol-1
Cu+(aq) = Cu+(g) ΔH2 = 582 kJ·mol-1
Cu2+ (g) = Cu2+(aq) ΔH3 = -42 kJ·mol-1
Cu(g) = Cu(s) ΔH4 = -337 kJ·mol-1
2Cu+(aq) = Cu2+(aq) + Cu(s) ΔH
①根据上述信息，计算反应热ΔH =___________kJ·mol-1。
②在298 K时，反应2Cu+(aq) = Cu2+(aq) + Cu(s)的ΔS = -148J·mol-1·K-1，则在该条件下，Cu+在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。
解析：判断一个反应能否自发进行可计算该反应的反应的吉布斯自由能，298K时，ΔG = ΔH –TΔS = 875 kJ·mol-1 – 298K× (-148J·mol-1·K-1) × 10-3 ≈ 919.1 kJ·mol-1>0，不能自发进行，因此能大量存在。
能
该反应的吉布斯自由能大于0，该反应不能自发进行。
Cu2O+2H+ = Cu2++ Cu +H2O ，说明Cu+在溶液中不能稳定存在，会发生歧化反应。
与客观事实相违背
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
更正：经查阅资料Cu (aq)标准生成焓()为+71.7 kJ·mol-1 ,Cu (aq)的=+64.4kJ·mol-1, Cu(g) 的 = +337.4 kJ/mol ，可算出ΔH1= 258 kJ·mol-1
-79
（3）已知：Cu+的歧化反应
2Cu+(aq) = Cu2+(aq) + Cu(g) ΔH1 = 1212 kJ·mol-1
Cu+(aq) = Cu+(g) ΔH2 = 582 kJ·mol-1
Cu2+ (g) = Cu2+(aq) ΔH3 = -42 kJ·mol-1
Cu(g) = Cu(s) ΔH4 = -337 kJ·mol-1
2Cu+(aq) = Cu2+(aq) + Cu(s) ΔH
①根据上述信息，计算反应热ΔH =___________kJ·mol-1。
②在298 K时，反应2Cu+(aq) = Cu2+(aq) + Cu(s)的ΔS = -148J·mol-1·K-1，则在该条件下，Cu+在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。
解析：ΔG = ΔH –TΔS = -79 kJ·mol-1 – 298K× (-148J·mol-1·K-1) × 10-3 ≈ -34.9 kJ·mol-1< 0，能自发进行，因此不能大量存在。
不能
该反应的吉布斯自由能小于0，该反应能自发进行。
258 kJ·mol-1
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
（4）写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：__________
4CuFeS2+ O2 + 24NH3 + = 4[Cu(NH3)4]2++ + 2Fe2O3 + 8
+2-2
0
+6-2
+3 -2
↑1
↑8×2
1molCuFeS2失去17mole ，4molCuFeS2失去68mole-
↓4
1molO2得4mole ，依得失电子守恒，O2的系数为 = 17
依N原子守恒， 的数目为8
最后由原子守恒可确定缺项为H2O，系数为4
17
8
4H2O
（5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu2+、Fe3+、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。
Cu2+、Fe3+、
FeSO4·7H2O
解析： 加硫酸浸出的下一步为将Cu2+萃取进入有机相，并从水相中分离提纯得到绿矾(FeSO4·7H2O)，即水相中铁元素以Fe2+ 的形式存；而酸浸的产物为Cu2+、Fe3+、此应加入适当的还原剂将Fe3+还原为Fe2+，为萃取工序做准备。
还原剂
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
解析：电解装置右侧物持变化为H2O转化为O2，O元素化合价升高，失电子被氧化，故右侧电极为阳极，接电源正极，电极反应式为2H2O - 4e- = O2↑+ 4H+。
铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。
（6）写出正极的电极反应式___________。
（7）反应中CuFeS2可以用___________替代。
A. 葡萄糖 B. CO2 C. H2O D. O2
2H2O - 4e- = O2↑+ 4H+
阳极
解析：反应中CuFeS2中Fe、S元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，CO2、H2O无强还原性，O2为氧化剂，故选A。
A
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
解析：H3O+、NH3、H2O的中心原子均为sp3杂化，H3O+中O和NH3中N均有1对孤电子对，H2O中O有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力更大，因此水分子的键角小于其它两个微粒；又由于N的电负性小于O，成键电子对离O更近，斥力更大， H3O+键角更大；故键角顺序为H3O+ > NH3 > H2O。
A
（8）下图为CuFeS2晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。
A. 体心 B. 面心 C. 顶点 D. 棱心
（9）NH3、H2O、H3O+三种微粒的键角从大到小的顺序是 。并说明NH3和H2O键角不同的原因是 。
1
3
4
2
3
4
解析：由题可知，距离S最近的Cu原子有2个，又因为配位数之比为微粒个数的反比，N Cu：NS=1：2，因此配位数之比为2：1，则距离Cu原子最近的S原子有4个
4
H3O+ > NH3 > H2O
NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。
距离Cu原子最近的S原子有___________个。
2
1
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
考查内容
电负性比较
微粒间的作用力判断
盖斯定律计算
化学反应方向的判断
试题解析与评价
综合情境四:黄铜矿的浸出
陌生氧还反应配平
考查内容
晶胞分析
键角比较
评价：本题覆盖物质结构、盖斯定律、热力学判据、氧化还原配平、化工流程、晶胞结构，考点综合，题型丰富，计算与文字描述兼具，考查对基础知识综合运用能力。
流程理解
电极反应式书写
试题解析与评价
综合情境五:硫化镉量子点
CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含Cd2+、H+、 ，少量Fe3+、Pb2+杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下：
25. 根据镉(Cd)元素在周期表中的信息，推测其在元素周期表中的位置是___________。
第四周期第2族 B. 第五周期第Ⅷ族
C. 第四周期第12族 D. 第五周期第ⅡB族
解析：由图示可知镉的基态价电子排布式为4d105s2，周期数等于电子层数（5层），属于第ⅡB族，因此位于第五周期第ⅡB族；故答案选D；
D
评价：本题依托元素卡片信息，借助核外电子排布判断周期与族，基础常规，考查电子排布与周期表定位的基础识记运用。
试题解析与评价
综合情境五:硫化镉量子点
CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含Cd2+、H+、 ，少量Fe3+、Pb2+杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下：
26. 写出用过量H2S和Cd(NO3)2溶液反应制备CdS量子点的离子方程式___________。
解析： 向Cd(NO3)2溶液中通入H2S 发生反应： Cd(NO3)2 + H2S = CdS↓+2HNO3，由于H2S过量，继续与HNO3发生氧化还原反应生成NO和S单质。因此反应的离子方程式为：
Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO +3S↓+4H2O
评价：这是一道以“过量理解+氧化还原判断”为核的好题，核心落脚点是考查学生对CdS沉淀反应及氧化还原反应方程式的书写及产物判断。
试题解析与评价
综合情境五:硫化镉量子点
27. 量子点的直径一般为2 nm -10 nm，下列关于量子液体的叙述正确的是___________。
A. 该分散系为溶液 B. 用激光笔照射量子液体时能产生丁达尔现象
C. CdS量子点不稳定，易分解 D. 过滤能得到CdS晶体
解析：量子点直径为2~10 nm，处于胶体粒子直径（1~100 nm）范围内，形成胶体分散系，A错误；胶体有丁达尔效应，B正确； CdS 是稳定的离子化合物，常温下不易分解，C错误；胶体粒子可透过滤纸，无法通过过滤得到晶体，D错误；
B
28. 当紫外光照射量子点时，量子点会发出不同波长的光。已知量子点直径越大，发出的光越偏向红光；量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。若发出的光更偏向蓝光，则该量子点的直径更接近于___________。 A. 2 nm B. 10 nm C. 50 nm D. 100 nm
解析：由27题可知量子点直径为2~10 nm，结合28题信息，若发出的光更偏向蓝光，则量子点直径应更接近最小值2 nm。
A
评价：两道题紧扣 CdS 量子点制备主线连贯设问，考查了学生对胶体的基本性质掌握，重点检验学生的信息提取、逻辑推理的能力。
试题解析与评价
综合情境五:硫化镉量子点
解析： Kb(NH3·H2O) = = 1.8×10-5，当pH = 9.7时，pOH=14 - 9.7= 4.3，c(OH-) =10-4.3mol/L， 则： = =1.8×10-0.7 = ≈ = 0.36（因为lg5 ≈ 0.7，因此 ≈5）。
评价：本题以氨水调节pH除杂为情境，依托 表达式变形，考查弱电解质平衡常数应用、pH计算及对数运算能力。同时与工艺流程呼应，体现化学原理在实际除杂步骤中的简单运用。
29. 室温下，往含Cd2+溶液中加入NH3·H2O至溶液的pH = 9.7 ，可生成Cd(OH)2沉淀，则溶液中的比值为___________。
已知：Kb(NH3·H2O) =1.8×10-5
0.36
试题解析与评价
综合情境五:硫化镉量子点
1.58
30. 国家环保规定排污时Cd2+的含量需要 ≤ 0.1mg·L-1，现有室温下1000 L含Cd2+的废水需要排放，废水中Cd2+浓度为1.0×10-5 mol·L-1，需要加入___________g Na2CO3。
已知：常温下，Ksp(CdCO3)= 5.2×10-12
废水中Cd2+总物质的量：n总= 1.0×10-5 mol·L-1 ×1000 L = 1.0×10-2 mol
生成CdCO3沉淀
余下，符合排污标准： n (Cd2+)余== 8.93×10-4 mol
n沉=(1.0×10-2- 8.93×10-4) ≈ 0.0091mol
加入的Na2CO3
生成CdCO3沉淀
0.0091mol
溶液中余下，与Cd2+满足沉淀溶解平衡
c()=≈ 5.8×10-6 mol·L-1 ，n() =5.8×10-3 mol
m(Na2CO3)=(0.0091+0.0058)mol×106g/mol ≈ 1.58g
评价：本题以废水处理与环保排放标准为真实情境，依托的溶度积常数，将沉淀溶解平衡、离子浓度换算与质量计算相结合，综合性强，数据量大，要求学生熟练运用平衡常数进行多步定量运算，难度较大。
对化学教学的启示
PART 03
03
对化学教学的启示
2026上海卷与去年结构相似，以配合物制备、有机药物合成、液体储氢材料、黄铜矿湿法冶炼和CdS量子点制备为综合情境统摄全卷，整体难度中等偏上。试卷注重核心素养的全面考查，情境新颖，主要表现为：以真实科研与工业背景为依托，引导学生关注国家在科技前沿领域的进步和发展，激发民族自豪感与科技使命感；注重考查学生的科学思维与实验探究能力，引导学生在复杂情境中进行逻辑推理、模型构建与定量分析；通过开放性与探究性问题的设计，激发学生的创新思维。注重教材内容的合理运用，引导学生深入理解化学基本原理与核心知识。全卷以非选择题综合设问为主，选择判断嵌入综合材料之中，体现上海卷重视连续情境、跨模块融合和开放表达的特点。
对化学教学的启示
1、从“讲透知识”转向“训练信息转化”
2026年上海卷的大题题干普遍在200字以上，包含文字、流程图、数据表、坐标图等多重信息载体。学生最集中的失分点往往不是“不会这个知识点”，而是没从题干里读出这个知识点。
教学建议
进行“题干信息提取专项训练” ——只给题干，不给问题，训练学生用笔圈出“已知”“调节至pH=8”“溶解度随温度变化不明显”等关键约束条件，并口头解释“这个信息可能在哪个问题里被用到”。
刻意训练“翻译”能力：把流程图翻译成化学方程式，把坐标图翻译成“当pH从a升到b时，离子浓度如何变化”的文字描述。
教学生识别“题干中的陷阱提示” ——比如2026年硝普钠题括号里注明“配合物中NO以NO 形式存在”，这可以帮助学生判断中心离子的价态。
对化学教学的启示
2、从“题型训练”转向“情境变式教学”
试题中大量采用前沿材料、化工生产、医药研发等陌生素材，难点不在知识本身，而在于学生剥离复杂背景、筛选有效化学信息的能力。
每个核心知识点至少准备2-3个不同情境的变式。比如“蒸发结晶”这个操作，在硝普钠情境中是“溶解度随温度变化不大→蒸发浓缩、趁热过滤”；在另一套题的情境中可能变成“溶解度随温度升高显著增大→蒸发浓缩、冷却结晶”。让情境变，操作跟着变，训练的是“基于条件做判断”的能力，而非“记住操作名称”。
日常教学主动引入真实化学情境：训练学生“去情境化”，学会把陌生素材转化为熟悉的化学模型，提升知识迁移水平。
教学建议
对化学教学的启示
3、从“重视结果”转向“重视表达过程”
上海卷主观题分值高， “因果关系表述的完整性”是重要区分点。学生常见问题：心里明白但写不清楚，因果关系断裂，只写结论不写依据，或逻辑混乱。这本质上不是“语言表达”问题，而是思维过程不清晰的外部表征。
课堂层层追问“为什么”——选A的依据是什么？不选B的理由是什么？把学生的推理过程用语言表达出来。错题整理不抄正解，而是反思“推理在哪一步断裂了” 。
提供规范表达框架但不死记硬背，训练学生形成完整的因果论证习惯。
教学建议
对化学教学的启示
4、从“全面覆盖”转向“核心深挖”
一轮复习时间有限，面面俱到等于面面俱到不了。上海卷重视核心考点如配合物、平衡移动、pH调控、电化学、有机信息迁移等内容的考查，几乎年年考，只是年年换情境。低频考点投入大量时间，收益极低。
果断做减法，低频考点浅尝辄止；集中精力对高频考点做深度加工——不是“讲一遍、练几题”就过，而是让每个核心概念在2-3个不同情境中反复出现，深化理解。
阶段性检测不出“章节卷”，出“融合卷”，检验学生跨模块调用的能力。
教学建议
THANKS
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