2026年高考化学二轮信息必刷卷01（上海专用）（全解全析）

2026年高考化学二轮信息必刷卷01化学考情速递高考·新动向：依据高考评价体系，强调依据核心价值引领、学科素养导向、关键能力为重、必备知识为基、试题情境链接、创新设计试题。突出关键能力考查，激发学生从事科学研究、探索未知的兴趣，助力拔尖创新人才的选拔培养，充分发挥高考育人功能和积极导向作用，精选试题素材弘扬爱国主义。如第1题转化为能源，考查化学反应类型、化学反应原理和方法、物质的性质等。高考·新考法：上海卷5道非选择综合题依据其内在的逻辑关联分设选择、填空、简答、计算等题型，且形式新颖。多角度、多层次考查学生化学学科核心素养发展水平，注重考查学生的分析、推理和实验设计能力。如第2题氨硼烷的制备，结合热重曲线图信息，考查元素的电负性、微粒间作用力、氧化还原反应、化学计算等知识。高考·新情境：创设真实情境是高考化学命题的一大特点。比如第4题三氯化硼的制备，考生在这些真实情境下分析合成过程中的化学物质转化、反应条件、反应类型等化学知识，从原料出发，经过多步反应得到目标产物等。这种情境化的命题形式有助于考查学生将化学知识应用于实际情境的能力，以及在复杂情境下分析和解决问题的能力。命题·大预测：2026年的高考试题命制仍会更贴近生产、生活。注重跨学科融合及热点应用等，全面考查学生的核心素养。强化图像解析，关注科技前沿案例及综合性实验与工艺流程等。如第5题铁制品的应用，化学情境可能更多涉及新能源、新科技等相关化学知识。（考试时间：60分钟试卷满分：70分）注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56一、转化为能源1．（12分）将转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一，和在一定条件下可转化为，转化过程中发生的反应如下：反应ⅰ(主反应)：

；反应ⅱ(副反应)：

；甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为：

。回答下列问题：(1)。有利于反应ⅰ自发进行的条件是(填序号)。A．高温

B．低温(2)催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图所示(“*”表示物质吸附在催化剂表面)，CO是活化的优势中间体，原因是。(3)在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________。A．的分压保持不变 B．混合气体的密度保持不变C．保持不变 D．密闭容器中温度保持不变在恒容条件下，按的投料比进行反应ⅰ和反应ⅱ，平衡时、和CO在含碳物质中的体积分数[]随温度T的变化如图所示。(4)①曲线b表示的含碳物质的名称为。②M点时反应ⅱ的(以分压表示，分压=总压×该物质的物质的量分数，结果保留至小数点后两位)。CO、的回收和利用是实现“碳中和”的重要途径。工业上可利用来制备清洁液体燃料甲醇，有关化学反应如下：反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

(5)反应的平衡常数K=(用含、的式子表示)。在传统的催化固定反应床(CFBR)中，转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离气态水双功能的分子筛膜催化反应器(CMR)，极大地改善了该问题，CMR模式原理和不同反应模式下的平衡转化率和甲醇选择性的实验数据。(甲醇的选择性)实验组反应模式/压强/MPa温度转化率选择性①CFBR3525025.661.3②CFBR3523020.070.0③CMR3326036.1100(6)下列说法正确的是___________。A．CFBR模式下，温度低有利于工业生产B．CFBR模式下，在原料气中掺入适量CO，可以提高的选择性C．CMR模式下，适当增加压强，可以提高的平衡转化率D．CMR模式下，温度越高，则反应速率一定快(7)由表中数据可知，CMR模式下，的平衡转化率显著提高，结合反应分析原因：。(8)在体积为2L的固定绝热的密闭容器中加入1mol和1mol，仅发生反应Ⅰ，在第4min达到平衡，反应中的变化情况如下图所示。在第5min时向体系中再充入0.2mol和0.4mol(其它条件不变)，第8min达到平衡，此时。请在下图中画出5到9min的浓度曲线。(9)可通过电化学还原制备甲醇，电解原理如图。双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜构成，在直流电场的作用下，双极膜间解离成和向两极迁移。催化电极上的电极反应式为。把附着在分子筛SSZ-13上，可催化CO、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图1所示。催化剂中/与CO转化率、烃的选择性关系如图2所示。(10)/大于1时，随/增加，烯烃产量减少的原因是。【答案】（每空1分）(1)B(2)生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成(3)AD(4)甲烷0.39(5)(6)BC(7)CMR模式下，只发生反应Ⅰ，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，使平衡右移，二氧化碳的产率增大(8)(9)(10)根据流程图，CO吸附在Zr上才能生成烯烃，/大于1时，随/增加，Zr减少，吸附在Zr上的CO减少【解析】（1）根据盖斯定律，ⅱ×2-ⅰ得甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为：

，即；正反应放热，正反应气体物质的量减少，，所以该反应在低温条件下有利于自发进行，选B；（2）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，CO是活化的优势中间体；（3）A．的分压保持不变，说明二氧化碳浓度不变，反应达到平衡状态，故选A；

B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不移动平衡，故不选B；C．根据碳元素守恒，是恒量，保持不变，反应不一定平衡，故不选C；

D．化学反应一定伴随能量变化，在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，温度是变量，密闭容器中温度保持不变，说明反应达到平衡状态，故选D；选AD；（4）①在恒容条件下，升高温度，反应i和反应ii分别向逆反应方向和正反应方向移动，平衡时CO在含碳物质中的体积分数增大，在含碳物质中的体积分数减小，则曲线c表示CO在含碳物质中的体积分数随温度的变化。800℃后，曲线b代表的物质在含碳物质中的体积分数为0，而CO在含碳物质中的体积分数还在随温度的升高增大，说明800℃后只会发生反应ii，可判断曲线a和b分别表示和在含碳物质中的体积分数随温度变化；②设投料为1molCO2和1molH2，M点时，CO在含碳物质中的体积分数为15%、CH4在含碳物质中的体积分数为15%，则参与反应ⅰ的CO2为0.15mol、参与反应ⅱ的CO2为0.15mol；平衡时气体总物质的量为0.7+0.25+0.15+0.15+0.45=1.7mol，设总压强为p，则反应ⅱ的。（5）Ⅱ×3-Ⅰ得，平衡常数K=。（6）A．CFBR模式下，250℃甲醇的产率为25.6%×61.3%=15.7%，230℃甲醇的产率为20.0%×70.0%=14.0%，所以温度高有利于工业生产，故A错误；B．CFBR模式下，在原料气中掺入适量CO，反应Ⅱ逆向移动，和H2浓度增大，使反应Ⅰ正向移动，可以提高的选择性，故B正确；C．CMR模式下，分离气态水，水浓度减小，反应Ⅰ、反应Ⅱ均正向移动；反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增加压强会使平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率，故C正确；D．温度过高，可能使催化剂活性降低，所以反应速率不一定快，故D错误；选BC；（7）CMR模式下，只发生，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的产率增大；（8）在第5min时向体系中再充入0.2mol和0.4mol(其它条件不变)，的浓度变为0.2mol/L，第8min达到平衡，此时。，0.5-3x=0.4+x，x=0.025，8min达到平衡时，的浓度变为0.175mol/L，画出5到9min的浓度曲线为。（9）催化电极上二氧化碳得电子发生还原反应生成甲醇，催化电极为阴极，电极反应式为。（10）从部分反应机理图可看出吸附在上产生、，再生成或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附的量增多，产生、增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少，而CO吸附在Zr上才能生成烯烃，/大于1时，随/增加，Zr减少，吸附在Zr上的CO减少，所以烯烃产量减少。二、氨硼烷的制备2．（12分）氨硼烷稳定、无毒、氢含量高，是理想的储氢材料。其制备原理是路易斯酸碱交换法，方程式为(L为一种路易斯碱)。路易斯酸碱理论认为路易斯酸接受电子对，路易斯碱提供电子对。（1）以下四种不同状态的硼，失去一个电子需要吸收能量最多的是。A． B．C． D．（2）比较键角：中的比中的。A．大 B．小 C．相等 D．不能确定（3）中所含化学键的类型有。(不定项)A．极性共价键 B．非极性共价键 C．配位键 D．氢键（4）下列反应属于路易斯酸碱中和的是。(不定项)A． B．C． D．（5）氨硼烷受热时固体残留率随温度的变化如图。时残留固体的化学式可能为。（6）水解会产生两种气体和，写出此反应的化学方程式：。一种镍磷化合物催化氨硼烷水解释氢的可能机理如下图所示。H、B电负性数值分别为2.1、2.0（7）若用重水代替作反应物，步骤②生成氢气分子应为。A． B．HD C． D．均有可能（8）在活性中间体I中，H与Ni形成相对较强的作用力的原因(从元素电负性的角度解释)。热解释氢的副产物为BN，常见的BN存在如下三种晶体结构。（9）试比较硬度：h-BN，c-BN。A．> B．＜ C．= D．不确定（10）c-BN晶胞边长为，阿伏加德罗常数为，其晶体的密度为【答案】（1）D（1分）（2）B（1分）（3）AC（1分）（4）BC（1分）（5）BNH2（1分）（6）（1分）（7）B（1分）（8）H(2.1)的电负性大于B(2.0)，因此在B-H键中，H原子带部分负电荷，B原子带部分正电荷，Ni是金属元素，与带部分负电荷的H原子之间能形成较强的作用力（2分）（9）B（1分）（10）（2分）【解析】（1）B为5号元素，B为基态硼原子，A、C为B+离子，D为B2+离子。元素的逐级电离能依次增大，故从B2+再失去一个电子需要吸收的能量最多，故选D；（2）二者N原子杂化方式相同，中N原子有孤电子对，而中N没有孤电子对，故键角更小；故选B；（3）氢键不是化学键，在中含N-H、B-H等极性共价键，N与B之间形成配位键，不含非极性键，故选AC；（4）根据定义可推知路易斯酸碱中和反应覆盖了配位键的形成，有电子对的接受，B、C两个反应均与配位键有关，故选BC；（5）氨硼烷氢含量高，是理想的储氢材料，则其受热会释放氢气，其相对分子质量为31，时残留固体为87.10%，则失去质量为31×(1-87.10%)=4，则失去4个H，残留固体的化学式可能为BNH2；（6）水解会产生两种气体和，结合质量守恒，生成气体为氨气和氢气，此反应的化学方程式：；（7）由流程可知，中与B相连的1个H断裂，然后与水分子中的1个H结合生成氢气，则用重水代替作反应物，步骤②生成氢气分子应为HD，故选B；（8）H(2.1)的电负性大于B(2.0)，因此在B-H键中，H原子带部分负电荷，B原子带部分正电荷，Ni是金属元素，与带部分负电荷的H原子之间能形成较强的作用力，故在活性中间体I中，H与Ni能形成相对较强的作用力；（9）h-BN结构类似石墨结构、c-BN结构类似金刚石结构，硬度：h-BN<c-BN；故选B；（10）据“均摊法”，晶胞中含个B，4个N，c-BN晶胞边长为，阿伏加德罗常数为，其晶体的密度为。三、DAP树脂的合成3．（12分）丙烯可用于合成是杀除根瘤线虫的农药(分子式为)和应用广泛的DAP树脂。农药分子中每个碳原子上均连有卤原子。已知：酯与醇可以发生如下酯交换反应：(R、、代表烃基)。DAP单体结构简式为：(1)A的结构简式是。(2)由丙烯生成A的反应类型是。(3)A水解可得到D，该水解反应的化学方程式是。(4)C蒸汽密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%，C的结构简式是。(5)下列说法错误的是___________。A．C能发生聚合反应，还原反应和氧化反应B．C含有两个甲基的羧酸类同分异构体有4个C．D催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量D．E有芳香气味，易溶于乙醇(6)E的水解产物经分离最终得到甲醇和B，二者均可循环利用于DAP树脂的制备。其中将甲醇与H分离的操作方法是。(7)F的分子式为，D和F反应生成DAP单体的化学方程式。【答案】(1)（2分）(2)取代反应（1分）(3)+NaOH+NaCl（2分）(4)CH3COOCH2CH=CH2（2分）(5)B（1分）(6)蒸馏（2分）(7)（2分）【分析】A与溴的四氯化碳溶液加成得到C3H5Br2Cl，可知A的分子式为C3H5Cl，显然丙烯中的烷基与Cl2发生自由基反应得到A，故A为。E在碱性环境下发生水解反应，则E为酯类，C和甲醇在催化剂的作用下得到D和E，根据已知，C也为酯类，D为醇，D和F再次发生酯交换反应，F为酯，DAP为酯类。【解析】（1）根据分析，A为。（2）由丙烯生成A的反应为自由基反应，反应类型为取代反应。（3）A含有氯原子，水解转化为羟基，则D为，发生反应的方程式为+NaOH+NaCl。（4）C蒸汽密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，即C的相对分子质量为16×6.25=100，C中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%，则C的分子式为C5H8O2，由D为，C与甲醇发生酯交换生成D与E，所以C中含有-COOCH2CH=CH2片段，根据分子式，可知C的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2。（5）A．C为CH3COOCH2CH=CH2，碳碳双键可以发生聚合反应，氧化反应（与高锰酸钾反应），还原反应（与氢气加成），A正确；B．符合条件的同分异构体只有如下两种：CH3－CH＝C(CH3)－COOH、(CH3)2C＝CH－COOH，B错误；C．由C为CH3COOCH2CH=CH2可知E为CH3COOCH3，E碱性水解得到甲醇和H，H为CH3COO-，H酸化得到B，B为CH3COOH，D催化加氢的产物为HOCH2CH2CH3，分子式为C3H8O，相对分子质量为3×12+8+16=60，B的相对分子质量为2×12+4+16×2=60，C正确；D．E为CH3COOCH3，属于酯，具有芳香气味，易溶于乙醇，D正确；故选B。（6）E为CH3COOCH3碱性水解后生成甲醇和CH3COOH-，H为CH3COOH-（盐类）沸点很高，而甲醇沸点很低，分离操作为蒸馏。（7）D与F发生酯交换反应生成DAP单体和甲醇，故F为，D和F反应的方程式为。四、三氯化硼的制备4．（12分）三氯化硼()的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，极易发生水解，主要用作有机反应催化剂，也可用作铸造镁及其合金时的防氧化剂，其制备原理为。利用如图装置制取少量(夹持装置略)。已知：溶液吸收CO时，溶液中析出灰黑色固体颗粒。回答下列问题：(1)按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：a→→de→hi→→。(2)下列说法正确的是___________。A．反应前先打开通入，一段时间后关闭，再向A中加入浓盐酸B．装置A中发生的反应体现出浓盐酸的性质有酸性和氧化性C．装置F中的碱石灰可以替换为浓硫酸D．装置C中反应结束的现象为E中无液体滴落，B中不再产生黑色固体(3)装置B中发生反应的离子方程式为。(4)水解得到白色晶体，下图为晶体的片层结构。在热水中比冷水中溶解度显著增大，主要原因是。(5)B与Al的某些性质相似，类比的酸式电离写出硼酸的电离方程式。(6)经过如下反应B-F键键长会变长，请从杂化及成键角度分析原因。(7)中国是第一个被发现有锰方硼石矿体的国家(主要成分)，该主要成分与稀盐酸反应有乳白色浑浊产生，写出所发生反应的离子方程式。氨硼烷储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。【答案】(1)fg（1分）jk（1分）bc（1分）(2)AD（1分）(3)（1分）(4)分子间存在强氢键作用形成稳定的晶体结构，冷水难以破坏该结构故溶解度小；热水中的分子间氢键被破坏，且与水分子形成新氢键，故溶解度增大。（2分）(5)（1分）(6)O原子提供孤对电子与中B原子形成配位键，B原子杂化方式由sp2变为sp3，成键电子对间斥力变化，导致B-F键键长增长。（2分）(7)（2分）【解析】（1）由分析可知，各仪器的连接顺序为：a→fg→de→hi→jk→bc；（2）反应前先打开通入，除去装置中的氧气，防止碳粉失效，一段时间后关闭，再向A中加入浓盐酸，A正确；装置A中发生的反应为：，体现出的是浓盐酸的酸性和还原性，B错误；装置F中碱石灰的作用是防止装置F中的水进入E中并吸收多余的氯气，浓硫酸可吸收水但不能吸收氯气，C错误；装置C中产生的蒸气会被冷凝变为液态后从冷凝管滴落，反应结束的现象为E中无液体滴落，反应过程B装置中产生的黑色固体为Pb，B中不再产生黑色固体，说明反应完全，D正确；故答案选AD；（3）装置B中溶液吸收CO，发生反应的离子方程式为：；（4）分子间通过氢键形成稳定的片层结构，在低温时水分子动能不足，难以有效破坏这些氢键网络，导致冷水中的溶解度较低，当温度升高时，水分子的热运动加剧，能够提供足够的能量破坏晶体中的氢键，同时分子与水分子之间形成新的氢键，使得溶解度显著增加；（5）的酸式电离方程式为：，故硼酸的电离方程式为：；（6）中B原子为sp2杂化，形成平面三角形结构，存在空的p轨道，O原子有孤对电子，反应后，O原子的孤对电子填入B原子的空轨道形成配位键，此时B原子杂化方式变为sp3，空间构型变为四面体。杂化方式改变使成键电子对间的斥力发生变化，相较于sp2杂化，sp3杂化中电子对更分散，从而导致B-F键的键长变长；（7）中Mn的化合价为+2，B的化合价为+3，不发生氧化还原反应，酸性条件下Mn以的形式存在，产生乳白色浑浊，说明有硼酸生成，故离子反应方程式为：；五、铁制品的应用5．（12分）铁制品在生产生活中应用广泛，但保存完好的铁器非常少，研究铁质文物的保护意义重大。铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的黄色FeOOH；在干燥的土壤中表面会生成致密的，过程如下：（1）在潮湿土壤中，参与的电极反应式为：。（2）在干燥土壤中，若每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为。海洋出水铁质文物表面有凝结物，凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或溶液中进行现场保护。（3）文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，请推测可能的原因。(任写2条)（4）无氧环境中，文物中的Fe与海水中的在细菌作用下形成、等含铁凝结物。写出这个过程的离子方程式：。（5）有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成黄色的FeOOH等凝结物。其可能原理如图所示：依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为。（6）铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有(填离子符号)。一种滴定法测定含FeOOH凝结物铁制品中铁元素含量的过程如下：步骤Ⅰ：称取—定量的溶于盐酸中，同时向溶液中加入少量锡粒；步骤Ⅱ：称取5.01g铁制品(除FeOOH与单质Fe外不含其他物质)于烧杯中，加入盐酸，微热，待试样完全溶解冷却后，将溶液转移到容量瓶中，并定容到100mL。步骤Ⅲ：取步骤Ⅱ得溶液20mL，先加入溶液将大多数还原(此时转化为)为，再加入溶液将剩下的完全还原为。向溶液中滴加指示剂，用标准溶液滴定，恰好到达终点时消耗标准溶液20mL。滴定过程中反应为：。（7）步骤Ⅰ中配制溶液时，加入锡粒的目的是。（8）计算该铁制品中FeOOH的质量，并写出计算过程。【答案】（1）（2分）（2）6：2：1（1分）（