2026年高考化学二轮信息必刷卷02（上海专用）（全解全析）

2026年高考化学二轮信息必刷卷02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2题Al、Fe、Ni元素性质与用途，考查其性质和用途等。高考·新考法：上海卷主要是综合题，旨在考查学生对基础知识的掌握和应用能力。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1题乙二醇的制备，利用曲线图和图表等图示，多角度考查化学反应有关原理，要求学生在真实情境中综合运用热化学、化学平衡等知识，突出应用所学知识解决实际问题的综合能力的考查。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题的海水中卤素资源的开发利用；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题锂——“21世纪的能源金属”，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、乙二醇的制备1．（13分）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO和)为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：①②已知：为物质的生成焓：在一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应。例如：。相关物质的生成焓如下表所示：物质-116-1110-455（1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为。该反应的熵变以及自发性判断正确的是。A．<0，任意条件自发

B．<0，低温自发C．>0，低温自发

D．>0，高温自发（2）恒压时，合成气中增大，单位时间产率降低，其原因是。反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足以下关系：常数。反应②和④的与的关系如图所示：（3）(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)。（4）欲抑制甲醇的生成，应适当(选填A表示“升高”、B表示“降低”)反应温度，理由是。石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇(EG)，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。主反应：副反应：体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。（5）内，。（6）下列说法正确的是___________。(不定项)A．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量B．内，C．内，D．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：（7）0(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)。（8）代表的曲线为(选填A表示“L1”、B表示“L2”或C表示“L3”)，原因是。（9）已知：为物质的量分数平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用组分的物质的量分数代替浓度。M、N两点对应的体系，(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)，D点对应体系的的值为。【答案】（13分）（1）（1分）B（1分）（2）反应②（消耗）的速率大于反应①（消耗CO）的速率使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低（1分）（3）B（1分）（4）B（1分）随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度（1分）（5）（1分）（6）CD（1分）（7）B（1分）（8）A（1分）该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大（1分）（9）C（1分）12（1分）【解析】（1）将反应①和②相加，消去中间产物，得到总反应：，反应焓变公式：，因此总反应③的热化学方程式为：；反应中气体分子数减少混乱度降低，则；反应自发性条件是，为负、为负时，则低温时能使，反应自发，因此选B，故答案为：；B；（2）恒压下增大合成气中与CO的物质的量之比，意味着CO的分压降低而的分压升高。这导致反应①（消耗CO）的速率减慢，而反应②（消耗）的速率加快，因此中间产物的单位时间产率降低，故答案为：反应②（消耗）的速率大于反应①（消耗CO）的速率使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低；（3）平衡常数与温度之间满足关系常数，与的关系图中，斜率为。图中反应②的斜率大于反应④，表明，由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热，因此，故答案选：B；（4）抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，由图可知，随着的增大，增大的程度大于增大程度，故需要降低温度才能抑制甲醇的生成，故答案为：B；随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度；（5）0~30min内，环氧乙烷完全转化，，故答案为：；（6）A．，主反应中，，则生成物总能量低于反应物总能量，A错误；B．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，，B错误；C．主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则，，则，C正确；D．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高乙二醇的最终产率，D正确；故答案选CD；（7），压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，<0，故答案选B；（8）该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4；，即选A，原因为该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，故答案为：A；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大；（9）M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=，即选C；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡时，、、的物质的量分数分别为，则，故答案为：C；12。二、Al、Fe、Ni元素性质与用途2．（11分）2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争胜利暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵在北京隆重举行，各种大国重器震撼亮相。Al、Fe、Ni元素常用来制造不锈钢和合金结构钢，广泛用于飞机雷达等各种军工制造业。(1)下列说法正确的是___________。A．飞机在空中拉出的彩色烟带属于丁达尔效应B．稀土工业又称为“冶金工业的维生素”，在合金中可适量加入稀土元素C．新型100坦克采用油电混动新能源技术，可实现能量利用率100%D．由于硬铝材料密度小、强度低、抗腐蚀能力强，可用作飞机外壳材料(2)在元素周期表中，Fe位于副族。基态Fe原子与基态离子未成对电子数之比为。尿素分子与形成配离子的硝酸盐；俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。(3)元素C、N、O、Fe中，第一电离能最大的是___________。A．C B．N C．O D．Fe(4)尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为___________。A．sp B． C．(5)八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是___________。A．C B．N C．O D．H(6)由Ni原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ar]、②[Ar]、③[Ar]，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。A．微粒半径：③>②>① B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D．③的核外电子有12种空间运动状态(7)某晶体的晶胞如图1所示，Cu可以完全取代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为。(8)某个Ni(Ⅱ)有机配合物的结构如图3所示。请在图3中用“→”标出的配位键。(9)也是一种配合物，它易溶于下列液体中的___________。(多选)A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液【答案】（11分）(1)B（1分）(2)4∶5（1分）(3)B（1分）(4)B（1分）(5)C（1分）(6)B（1分）(7)或（2分）(8)（2分）(9)BC（1分）【解析】（1）A．彩色烟带是飞机喷射的有色物质所形成的，不属于丁达尔效应，A错误；B．在合金中适量加入稀土元素可改善合金材料的性能，B正确；C．油电混动新能源技术能有效提高能量利用率，但能量利用率不可能达到100%，C错误；D．硬铝材料具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的特点，D错误；故答案为B；（2）铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为：，基态价电子排布式为：，未成对电子数之比为4∶5；（3）Fe的最外层电子数为2，最易失去，第一电离能最小，同周期的主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，C、N、O中，N的2p轨道处于半满状态，能量较低、较稳定，第一电离能最大，故选B；（4）尿素分子中的C原子，与O形成碳氧双键，与N形成两根单键，C的价层电子对数为3，C采取杂化，故选B；（5）碳氮键键长相等，说明尿素分子中C-N因共轭作用趋于等价，则N原子没有孤对电子参与配位，C原子成4根键，无孤对电子，而羰基O拥有未参与共轭的孤对电子，可以参与配位，故选C；（6）①：基态；②：基态；③：激发态；A．原子由基态变为激发态，半径会增大：③>①，②失去了一个电子，半径略小于①，半径大小：③>①>②，A错误；B．①②都属于基态，B正确；C．②已经失去了一个电子，再电离一个电子所需能量远远大于①和③，③为激发态，其电离最外电子所需能量小于基态原子，顺序为：②>①>③，C错误；D．[Ar]结构中电子运动状态有9种，共有9+5+1+1=16种空间运动状态的电子，D错误；故选B；（7）能量越高，物质越不稳定，故Cu代替位置b的晶体为较不稳定的，晶胞中N位于体心，Fe位于顶点，Cu位于面心，化学式为：或；（8）参与配位的为N、O原子，用“→”标出的配位键为；（9）为非极性分子，易溶于非极性溶剂中，四氯化碳和苯为非极性分子，故选BC。三、奥培米芬的合成3．（12分）奥培米芬(化合物J)是一种雌激素受体调节剂，以下是一种合成路线(部分反应条件已简化)。已知：（1）A中含氧官能团的名称是。（2）C的结构简式为。（3）D的化学名称为。（4）下列说法正确的是___________。A．A分子中所有原子可能共面B．B的分子式为C．与足量溶液反应，最多消耗D．上述A、B、E、G、I、J分子中均不含手性碳原子（5）F的核磁共振氢谱显示为两组峰，峰面积比为，其结构简式为。（6）由I生成J的反应类型是___________。A．取代反应 B．氧化反应 C．还原反应 D．加成反应（7）写出满足下列条件的D的同分异构体的结构简式。①能发生银镜反应；②遇溶液显紫色；③含有苯环；④核磁共振氢谱显示为五组峰、且峰面积比为2：2：2：1：1。（8）根据题目所给反应信息，设计由与为原料，合成的合成路线(无机试剂任选)。【答案】（12分）（1）醚键和羟基（1分）（2）（2分）（3）苯乙酸（1分）（4）D（1分）（5）（2分）（6）A（1分）（7）（2分）（8）（2分）【解析】（1）根据有机物A的结构，有机物A中的含氧官能团是醚键和羟基。（2）由分析，有机物C的结构为；（3）D的结构为，化学名称为苯乙酸；（4）A．A分子中含饱和碳原子，饱和碳原子为四面体形，则所有原子不共面，错误；B．由结构，B的分子式为，错误；C．I中酯基和氯原子都能和氢氧化钠反应，则与足量溶液反应，最多消耗2mol，错误；D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；由结构，上述A、B、E、G、I、J分子中均不含手性碳原子，正确；故选D；（5）由分析，F结构简式为；（6）根据流程，有机物I在乙醇、H+加热条件下生成有机物J，从J的结构中可以看出，其酯基被取代转化为羟基，为取代反应；故选A；（7）能发生银镜反应说明该结构中含有醛基，能遇FeCl3溶液显紫色说明该结构中含有酚羟基，核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1，说明这种同分异构体中不能含有甲基且结构为一种对称结构，因此，这种同分异构体的结构简式为：。（8）中羟基氧化为羧基得到，发生C、D生成的E的反应原理生成，再和生成，羟基发生消去反应生成产物，故为：。四、海水中卤素资源的开发利用4．（12分）海水中卤素资源的开发利用。海洋约占地球表面积的71%，其中水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力，其中卤素资源的开发利用已经相对成熟。(1)海水中有丰富的食盐，要从海水中获得食盐，常采用的方法是___________。A．冷却热饱和溶液法 B．蒸发溶剂法C．过滤法 D．加硝酸银沉淀过滤法已知粗盐中含有的主要杂质为、、，还含有少量的等。由粗盐提纯氯化钠的流程如下：(2)写出试剂中溶质的化学式：试剂a、试剂b。(3)粗盐提纯过程中需要用到下列仪器中的___________。A． B． C． D．(4)从平衡移动的角度，解释通入HCl气体的目的：。(5)写出系列操作的名称：。工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下：(6)鼓入热空气吹出溴是利用了溴的的性质。(7)在吸收塔内，将空气吹出的含溴混合气应从吸收塔的通入。A．上部

B．中部

C．底部(8)写出溶液吸收反应的离子方程式：。(9)海水提取溴采用先吹出再吸收的目的是。(10)卤化银因具有感光性，可用于制造感光材料。已知室温下，，，将与的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓溶液，关于所生成的沉淀说法正确的是___________。A．只有AgI生成 B．AgCl和AgI等量生成C．AgCl沉淀少于AgI沉淀 D．AgCl沉淀多于AgI沉淀【答案】（12分）(1)B（1分）(2)BaCl2（1分）Na2CO3（1分）(3)BD（1分）(4)饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：，通过HCl增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，促进NaCl析出（2分）(5)蒸发结晶、过滤（1分）(6)易挥发（1分）(7)C（1分）(8)（1分）(9)将溴元素富集（1分）(10)D（1分）【解析】（1）A．冷却热饱和溶液法适用于溶解度随温度变化较大的物质，食盐的溶解度随温度变化不大，因此不适合这种方法，A不符题意；B．溶剂蒸发法适用于溶解度随温度变化不大的物质，通过蒸发海水中的水分，可以将食盐结晶析出，B符合题意；C．过滤法主要用于分离不溶性固体和液体，不适用从海水提取盐，C不符题意；D．加硝酸银沉淀过滤主要用于化学检验，不适用从海水提取盐，D不符题意；故选B。（2）粗食盐溶解后，先加入BaCl2溶液，除去，再加入NaOH、Na2CO3溶液，除去Mg2+、Ca2+、以及过量的Ba2+，最后加入盐酸，中和NaOH和Na2CO3，得到NaCl溶液，通过一系列蒸发结晶操作，得到NaCl晶体。试剂a溶质为BaCl2，试剂b为Na2CO3。（3）粗盐提纯过程需要过滤使用漏斗，蒸发使用蒸发皿，不需要分液和蒸馏操作，故选BD。（4）饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：，通过HCl增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，促进NaCl析出。（5）从饱和氯化钠溶液得到氯化钠晶体的操作为蒸发结晶、过滤。（6）热空气吹出溴利用了溴的易挥发性质。（7）应将含溴混合气从吸收塔底部通入，使溴与吸收液充分接触，提高吸收率。（8）SO2溶液吸收Br2发生的离子方程式为。（9）流程中先吹出溴再吸收的目的为将溴元素富集。（10）饱和AgCl溶液和AgI溶液中，，由于加入足量AgNO3，则Cl-和I-均完全与Ag+反应生成沉淀，由于混合后溶液中远大于，加入足量溶液后，生成的AgCl沉淀的物质的量远多于AgI沉淀，故选D。五、锂——“21世纪的能源金属”5．（12分）因在航空、核能、电池等高技术领域的重要作用——锂被称为“21世纪的能源金属”。(1)锂在元素周期表中的位置。氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其电子式。(2)LiH中正离子半径负离子半径。A．大于

B．小于(3)与组成和性质相似，将投入水中，产生大量气体，写出上述反应的方程式，并标出电子转移的方向和数量。三草酸合铁(Ⅲ)酸钾()是一种经典的光敏剂，也是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。用废铁屑(含少量、)先制备草酸铁，然后再制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾。Ⅰ．制备草酸亚铁已知：部分氢氧化物沉淀时溶液的如下表：沉淀物

开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4(4)加入过量废铁屑的主要目的是___________。A．提高铁的利用率 B．除去溶液中的C．防止被氧化 D．抑制的水解(5)加入少量后，混合溶液pH范围应调控在___________。A．3.2以下 B．3.2~3.4 C．4.4~7.5 D．7.5以上(6)关于溶液中有关离子浓度的说法