2026年高考化学终极冲刺：化学终极押题猜想（江苏专用）（解析版）

、PAGE4/202026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化学用语规范使用 押题猜想03离子方程式正误判断 押题猜想04元素化合物的性质 押题猜想05化学反应机理分析 押题猜想06新型电化学装置分析 押题猜想07电解质溶液 押题猜想08反应速率与化学平衡图像 押题猜想09元素周期表与周期律 押题猜想10多官能团有机物的结构与性质 押题猜想11实验组合装置图的分析 押题猜想12操作现象结论一致性问题 押题猜想13探究性实验 押题猜想14无机化工流程分析 押题猜想15化学反应原理综合 押题猜想16有机合成与推断

押题猜想01化学与STSE终极押题【原创题】物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。下列说法正确的是A．制造机器人所使用的芯片的主要成分为SiOB．红外光谱法可区别石英玻璃(非晶态SiO2)和水晶(晶态SiOC．稀土金属是元素周期表ⅢB族中部分元素的总称，中国是生产稀土金属的主要国家，Sc元素位于元素周期表中ⅢB族D．2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机骨架(MOF)领域作出杰出贡献的三位科学家，MOF-5含锌、碳、氢、氧等元素，能稳定高效捕获CO2【答案】C【解析】制造芯片的主要成分为单质Si，SiO2是光导纤维的主要原料，A错误；红外光谱法用于检测物质中的化学键或官能团，石英玻璃和水晶均由SiO2组成，都含Si-O键，无法用红外光谱区分，区别晶态和非晶态应使用X射线衍射法，B错误；稀土金属是元素周期表ⅢB族的钪、钇和镧系元素的总称，Sc元素位于第四周期ⅢB族，C正确；锌元素属于周期表ⅡB族，为副族元素，不属于主族元素，D错误押题有据化化学与STSE是江苏高考选择题的必考点，近5年每年均以第1题或第2题的形式出现。2025年江苏卷以“大气中的氮”为素材考查工业生产原理，2024年以“探月工程月壤”为载体考查元素周期表，2023年以“碳中和”为背景考查物质认知，体现出“以科技前沿和国计民生为情境载体”的鲜明命题特点。本题以芯片材料、稀土资源和MOF诺贝尔奖成果为切入点，考查芯片（单晶硅）、SiO₂应用区分、稀土元素周期表位置等核心知识点，精准呼应了江苏卷“科技情境+基础化学知识”的命题思路。复习时应重点关注新材料、新能源、环境保护等热点领域与化学知识的交叉点。考题猜想1.（2026·江苏·模拟预测）化学与人类社会发展、生存环境都有重要关系。下列有关说法，正确的是A．“绿色化学”就是植树种草，绿化祖国B．“蓝色经济”就是充分开发利用海洋资源C．“白色污染”就是白色塑料造成的污染D．“赤潮”就是红色污染物排入大海引起的【答案】B【解析】“绿色化学”的核心是从源头上消除或减少化工生产对环境的污染，并非指植树种草绿化环境，A错误；“蓝色经济”又称海洋经济，核心是充分开发利用海洋资源发展经济，B正确；“白色污染”是所有难降解废弃塑料造成的环境污染的统称，和塑料颜色无关，并非只有白色塑料才会造成白色污染，C错误；“赤潮”是海水中氮、磷等营养物质过量，导致藻类等浮游生物大量繁殖引发的水体富营养化现象，不是红色污染物排入大海引起的，D错误；故选B。2.（2026·江苏南京·一模）化学助力科技。下列说法正确的是A．“北斗卫星导航系统”中的星载铷钟所用Rb元素位于元素周期表中的d区B．“碲化镉薄膜太阳能电池”使用的原料碲化镉属于合金C．“复兴号”高铁车厢连接处使用的聚四氟乙烯属于烃类D．全息投影技术的光电器件使用氮化镓材料，氮化镓是新型无机非金属材料【答案】D【解析】铷(Rb)为碱金属元素，位于元素周期表第ⅠA族，元素分区中属于s区，不是d区，A错误；碲化镉是由Cd和Te形成的纯净化合物，合金是金属与金属（或非金属）熔合形成的具有金属特性的混合物，因此碲化镉不属于合金，B错误；烃类仅由碳、氢两种元素组成，聚四氟乙烯只含碳、氟元素，因此不属于烃类，C错误；氮化镓具有优异的光电性能，属于新型无机非金属材料，D正确；故选D。3.（2026·江苏·一模）化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是A．制造“宇树机器人”采用的聚醚醚酮属于有机高分子材料B．“DeepSeek”服务器芯片材料为二氧化硅C．我国“人造太阳”利用核聚变实现了化学能到光能和热能的转化D．“钍基熔盐堆”中元素钍(90Th)属于s区元素【答案】A【解析】聚醚醚酮（PEEK）是一种高性能热塑性聚合物，由有机单体聚合而成，属于有机高分子材料，A符合题意；现代芯片的核心材料是单质硅，二氧化硅用于制造光导纤维，并非芯片主体材料，B不符合题意；核聚变是通过原子核反应释放能量（核能→光能/热能），不涉及化学键断裂或形成，因此不属于化学能转化，C不符合题意；钍（Th）位于周期表第七周期锕系，属于f区元素，D不符合题意；故选A。4.（2026·江苏宿迁·一模）2025年江苏省城市足球联赛“苏超”火出了圈，下列有关说法错误的是A．足球的材质可以是天然皮革(比如牛皮)，其主要化学成分为蛋白质B．足球烯C60是形似足球的笼状分子，它是碳元素的一种同位素C．球员们身穿的球服所用材质通常含有聚酯纤维，聚酯纤维属于高分子材料D．液态氯乙烷汽化吸热具有冷冻麻醉作用，可用于身体局部快速镇痛【答案】B【解析】天然皮革（如牛皮）由动物皮肤加工而成，主要成分为蛋白质，A正确；同位素是质子数相同、中子数不同的原子（如12C和14C），而C60是碳的同素异形体（结构不同的单质），B错误；聚酯纤维（如涤纶）是缩聚反应形成的高分子化合物，属于高分子材料，C正确；液态氯乙烷汽化吸热降温，可局部麻醉镇痛，D正确；故选B。5.（2026·江苏苏州·二模）“新质生产力”涵盖创新材料、新能源、生物医药等产业链。下列说法正确的是A．新型储氢材料石墨烯属于烃类B．导电塑料聚乙炔属于新型无机非金属材料C．耐高温材料碳化硅属于共价晶体D．纳米半导体CdTe量子点属于胶体【答案】C【解析】石墨烯是碳的单质，只含碳元素，而烃类是仅含碳元素和氢元素的有机物，因此石墨烯不属于烃类，A错误；聚乙炔是一种有机高分子聚合物，属于有机合成材料，而非无机非金属材料，B错误；碳化硅（SiC）中硅和碳原子通过共价键结合，形成类似金刚石的网状结构，具有高熔点和高硬度，属于典型的共价晶体，C正确；纳米CdTe量子点是半导体纳米颗粒，其尺寸虽在胶体粒子范围内（1-100nm），但胶体是一种分散体系，而量子点属于分散质，本身并不是分散系，因此不属于胶体，D错误；故选C。押题猜想02化学用语规范使用终极押题【原创题】下列化学用语或图示表达正确的是A．NO2-和HB．1molCuNH3C．CaC2的电子式：D．K+和S2-【答案】D【解析】NO2-和H2O均为V形结构，但NO2-的中心N原子与O原子的键角、原子相对大小和H2O不同，无法用同一个球棍模型表示，A错误；CuNH342+中，4个NH3含12个N-Hσ键，Cu2+与NH3形成4个配位σ键，SO42-中含4个S-Oσ键，总σ键数为20个，即1molCuNH34SO4中含20mol押题有据化学用语是江苏高考选择题的高频考点，通常与STSE合并设题或单独考查。2025年江苏卷第2题以核反应发现氚为载体，考查同位素、原子结构示意图和电子排布式；2024年以壁画修复为情境，考查离子结构示意图、化学键、化合价及空间构型-1。近5年真题中，化学用语的考查覆盖了电子式（K₂S、CaC₂）、轨道表示式（K⁺、S²⁻）、球棍模型（H₂O、NH₃）、σ键计数（配合物、有机物）等全部核心类型。本题正是从这四大易错方向切入，全面覆盖江苏卷的考查要点。复习时应强化电子排布与周期律的关联，注意配合物中配位键与σ键的区分，并关注同位素、核素等基本概念的规范表达。考题猜想1.（2026·江苏南通·模拟预测）H2O2A．基态Fe2+的结构示意图为 B．⋅OH的电子式为：C．H2O2仅含极性共价键 D．H【答案】A【解析】Fe的原子序数为26，Fe原子核外电子排布为2、8、14、2，Fe原子失去最外层2个电子得到Fe2+，因此Fe2+结构示意图为，A正确；⋅OH（羟基自由基）总电子数为9，O原子最外层共7个电子（存在1个单电子），正确电子式为，B错误；H2O2结构式为H−O−O−H，既含H−O极性共价键，也含O−O非极性共价键，C错误；同素异形体是同种元素组成的不同单质，H2O2.（2026·江苏·二模）Ca5PO4A．Ca原子的结构示意图为 B．基态F原子的价电子排布式为2sC．OH−的电子式为 D．PO4【答案】B【解析】Ca原子的结构示意图为，选项中为钙离子的结构示意图，故A错误；F是第9号元素，核外电子排布式为1s22s22p5，所以基态F原子的价电子排布式为2s22p5，故B正确；OH3.（2026·江苏徐州·模拟预测）反应C2A．Cl−的结构示意图为 B．C2C．C22−的电子式为 D．中子数20的Cl原子表示为【答案】B【解析】Cl−质子数是17、电子数为18，故Cl−的结构示意图为，A错误；C2H2分子中有一个碳碳三键和两个碳氢单键，故σ键和π键个数之比为3:2，B正确；C22−的电子式为，C错误；中子数20的Cl原子的质量数为37，表示为17374.（2026·江苏·一模）超氧化钾KO2可在潜水艇中作制氧剂，反应为4A．K+的结构示意图：B．KO2C．CO3D．CO2的电子式：【答案】B【解析】K+的核电荷数为19，核外电子数为18，其结构示意图应为，A不符合题意；KO2由K+和O2−通过离子键结合，O2−内部两个氧原子之间存在共价键，因此KO2中含有离子键和共价键，B符合题意；CO5.（2026·江苏镇江·模拟预测）反应RC≡CAg+2CNA．CN−的电子式为：B．电离能：IC．基态O原子的价电子排布式为1D．AgCN【答案】A【解析】CN−的电子式为：，A正确；氮原子价电子为半充满，更加稳定，故电离能：I1O<I1N，B错误；基态O原子的价电子排布式为2s22p押题猜想03离子方程式正误判断终极押题【原创题】下列反应的离子方程式不正确的是A．MnO2与浓盐酸共热制Cl2B．ICl与NaOH溶液反应：ICl+2C．Na2CO3溶液吸收D．NaClO碱性溶液吸收少量SO2：【答案】D【解析】MnO2与浓盐酸共热制Cl2的离子方程式符合反应事实、守恒规则，A正确；ICl中I为+1价、Cl为-1价，与NaOH反应生成Cl−、IO−和水，离子方程式配平正确，B正确；Br2与碳酸钠溶液发生歧化反应生成Br−、BrO3−和CO2押题有据离子方程式正误判断是江苏高考选择题的高频考点，题目选材聚焦于教材中易错的方程式，通过构建与实际应用相关的化学反应情境，考查学生对化学反应原理的理解及对方程式的书写能力。2025年江苏卷第6题即以黑火药爆炸、电解饱和食盐水等为背景考查化学反应表示的正确性。本题精选四个典型陷阱：MnO₂与浓盐酸（热力学条件）、ICl与碱（卤素互化物的水解）、Br₂与Na₂CO₃溶液（非水体系中的歧化）、NaClO碱性吸收SO₂（环境匹配性），精准覆盖了江苏卷最常设置的“少量/过量”“反应环境”“氧化还原顺序”三大易错维度。备考时应强化“以少定多”和“强氧化剂优先”的解题思路。考题猜想1.（2026·江苏·二模）下列化学反应表示正确的是A．用FeS除去工业废水中的Cu2+：B．Co(OH)3C．硫酸工业煅烧FeS2：D．制取Na2FeO【答案】C【解析】FeS是难溶物，不能拆分为Fe2+和S2−，正确离子方程式为Cu2+aq+FeSs=CuSs+Fe2+aq，A错误；CoIII酸性条件氧化性很强，可氧化Cl−，正确反应为2CoOH2.（2026·江苏镇江·一模）下列说法正确的是A．H2S燃烧的热化学方程式：2B．用酸性KMnO4溶液吸收SO2C．FeS2与足量稀盐酸反应：D．用Na2S【答案】B【解析】H2S燃烧的热化学方程式为H2Sg+32O2g=SO2g+H2OlΔH=−518 kJ/mol，A错误；用酸性KMnO43.（2025·江苏南通·三模）下列化学反应表示正确的是A．用氨水和AlCl3溶液制备Al(OH)B．工业上用足量氨水吸收SO2：C．用CuSO4溶液吸收PH3D．次磷酸与足量NaOH溶液反应：H【答案】C【解析】一水合氨难电离，用氨水和AlCl3溶液制备Al(OH)3：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，A错误；工业上用足量氨水吸收SO2生成正盐：4.（2025·江苏·二模）下列化学方程式或离子方程式与所给事实不相符的是A．实验室用大理石与稀盐酸制取二氧化碳：CaCOB．铜与浓硫酸在加热条件下反应：Cu+2C．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2D．用CuSO4溶液除去乙炔中的H2【答案】C【解析】CaCO3难溶于水，不能拆分为离子，与稀盐酸反应的离子方程式书写正确，符合事实，A正确；铜与浓硫酸加热反应的化学方程式中，产物、配平均正确，符合事实，B正确；通入过量氯气时，溴化亚铁中的Fe2+和Br−会完全被氧化，该方程式漏掉了Br−的氧化反应，正确离子方程式为2Fe2++4Br−+3押题猜想04元素化合物的性质终极押题【原创题】在给定条件下，下列制备原理正确，过程涉及的物质转化均可实现的是A．工业制备硝酸：NB．制镁工业：海水→C．HCl制备：NaCl溶液→电解HD．工业制银镜：AgNO【答案】C【解析】工业制备硝酸第一步应该用氮气生成氨气，正确的物质转化为N2→催化剂、ΔH2NH3→O2、催化剂、ΔNO→空气NO2→H2OHNO押题有据元素化合物性质是江苏高考“常见无机物及其应用”专题的核心内容，近5年考查频率高达4次。2025年江苏卷第1题即以氮气在四大工业生产（合成氨、湿法炼铜、高炉炼铁、接触法制硫酸）中的作用为载体，考查元素化合物的转化应用。本题从工业制备视角切入，精选工业制硝酸、制镁、制HCl、制银镜四条典型路线，要求学生从反应原理、工艺流程、条件控制三个维度判断转化可行性。此类题目不仅考查方程式的记忆，更考查对每一步反应背后化学原理的深层理解。复习时应梳理N、S、Cl、Mg、Fe、Cu等核心元素的工业制备流程，重点关注条件差异（如Mg的电解须熔融MgCl₂而非MgO、银镜反应须用葡萄糖而非蔗糖）。考题猜想1.（2026·江苏扬州·一模）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．饱和NaCl(aq)→2)CO2(g)1)NH3(g)NaHCOB．HCl(aq)→ΔFe2O3C．NH3(g)→O2(g)NO(g)→D．S(s)→点燃O2(g)SO2(g)→H【答案】A【解析】饱和NaCl溶液中通入NH3和CO2可制得NaHCO3沉淀，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，两步转化均能实现，A符合题意；HCl(aq)与Fe2O3加热反应生成FeCl3和H2O，不会生成Cl2，第一步不能实现，B不符合题意；NH3与O2反应可生成NO，但NO难溶于水，与水不反应，第二步不能实现，C不符合题意；S燃烧生成SO2，但SO2与H2S反应生成S和H2O，不是生成H2SO4，第二步不能实现，D不符合题意；故选A。2.（2026·江苏盐城·模拟）二氧化硅(SiO2)是一种用途极广的无机化合物。下列生产中不以SiOA．高炉炼铁 B．制光导纤维C．工业制玻璃 D．工业冶炼硅【答案】A【解析】高炉炼铁中，铁矿石（含Fe2O3或Fe3O4）是主要原料，焦炭作为还原剂，石灰石用于去除杂质SiO2（生成硅酸钙），但SiO2本身并非炼铁所需原料，而是作为杂质被处理，A符合题意；光导纤维直接以SiO2为原料，B不符合题意；工业制玻璃中，SiO2与Na2CO3、CaCO3反应生成硅酸盐，是必要原料，C不符合题意；工业冶炼硅通过SiO2与碳高温还原反应制得粗硅，需使用SiO2，D不符合题意；故选A。3.（2026·江苏镇江·模拟预测）下列有关物质的工业制备方法在指定条件下能实现的是A．制纯碱：NaClaq→CO2NaHCO3→B．制硫酸：FeSC．制备无水MgCl2：D．制漂白粉：NaClaq→电解【答案】D【解析】制纯碱流程为饱和氨盐水通入二氧化碳生成溶解度减小的碳酸氢钠晶体，受热碳酸氢钠分解为碳酸钠，A错误；制硫酸流程为FeS2焙烧得到二氧化硫，二氧化硫催化氧化得到三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，B错误；制备无水MgCl2，为防止镁离子水解，需要在氯化氢氛围中加热得到无水氯化镁，C错误；4.（2026·江苏南通·模拟）下列物质性质与用途具有对应关系的是A．氮气为无色气体，可用作焊接金属的保护气B．硝酸受热易分解，可用于制NHC．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂D．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀【答案】C【解析】N2的化学性质稳定，可避免金属与氧气接触发生氧化反应而作为保护气，与氮气为无色气体无关，A项错误；硝酸为酸，与氨水反应生成硝酸铵，可用于制NH4NO3，与硝酸受热易分解的性质无关，B项错误；液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，C项正确；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜，所以可用于保护金属免受腐蚀，与其难挥发性无关，D项错误。故选C。押题猜想05化学反应机理分析终极押题【原创题】CO2加氢制甲醇能实现碳的循环利用。CO2与H2在活化后的催化剂表面发生如下反应：CO已知：催化剂活化：In2O3下列说法不正确的是A．总反应ΔH<0B．过程Ⅱ中H2C．历程中有In−C、C−H键的形成和断裂D．In2O3【答案】C【解析】总反应气体分子数减少，ΔS<0，CO2加氢制甲醇为放热反应，ΔH<0，A正确；H2中H为0价，过程Ⅱ中形成C-H键、H为+1价，H元素化合价升高，发生氧化反应，B正确；C-H键是逐步加氢形成的，无C-H键断裂过程，C错误；In2O3活化后为In2O3-x（有活性），说明氧空位是活性位点，无活性的In2O3因缺少氧空位，D正确；故选C。押题有据化学反应机理分析是江苏高考近年新增的亮点题型，2025年江苏卷第10题以CO₂与NO₃⁻通过电催化生成CO(NH₂)₂的反应机理图为载体，考查过程分析、氧化还原判断和反应方程式书写。本题以CO₂加氢制甲醇为情境，融合催化剂活化（In₂O₃⇌In₂O₃₋ₓ）、中间体转化、键的断裂与形成、热力学判断等多个考点。备考时应引导学生关注催化循环图中的“始态终态”（总反应）、决速步（能垒最高的步骤）以及中间体（如•CHO自由基中碳原子的杂化类型）与过渡态的区分。考题猜想1.（2026·江苏·一模）Fenton试剂(含Fe2+和H2O2的水溶液)产生的羟基自由基(A．过程Ⅰ和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂B．过程Ⅱ的反应方程式：FeC．过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能D．用Fe3+代替Fe【答案】A【解析】H2O2结构为H−O−O−H，其中O−O为非极性共价键，O−H为极性共价键：过程Ⅰ中H2O2断裂O−O非极性键生成⋅OH，存在非极性键断裂；但过程Ⅱ中H2O2仅断裂O−H极性键生成HO2⋅和H+，O−O非极性键未断裂，因此不是两个过程都有非极性共价键断裂，A错误；根据反应机理，过程Ⅱ是Fe3+与H2O2反应生成Fe2+、HO2⋅和H+，给出的方程式满足原子守恒、电荷守恒，B正确2.（2026·江苏宿迁·二模）某金属烷氧基化合物催化CO2和甲醇(MeOH)合成碳酸二甲酯(

)的反应机理如图。已知：①H2O会降低该催化剂的活性；②反应中CO2插入催化剂的Sn-O键中得以活化。下列说法正确的是A．加入缩醛可以提高碳酸二甲酯的产率B．CO2与甲醇合成碳酸二甲酯的反应为加成反应C．CO2插入催化剂后形成Sn-O键、C-O键和C-C键D．III为该反应的催化剂【答案】A【解析】反应生成的水会降低催化剂的活性，不利于反应的进行，加入缩醛，与水反应生成甲醇，催化剂的活性不会被生成的水降低，同时消耗水，减少生成物浓度，且生成甲醇，增大反应物浓度，使平衡正向移动，从而提高碳酸二甲酯产率，故A正确；由图可知，CO2与甲醇合成碳酸二甲酯的反应为取代反应，B错误；由图可知，CO2插入催化剂后形成了新的Sn-O键和C-O键，但未形成C-C键，C错误；由图可知，I转化为II后，II经过反应转化为III，最后又生成I，故为该反应的催化剂，II、III生成之后又消失，属于中间产物，且题目中说催化剂为烷氧基化合物，III不是烷氧基化合物。D错误；故选A。3.（2026·江苏徐州·模拟预测）催化剂RhClPPh32A．反应①中H2B．反应②中，丙烯中碳原子上的孤电子对与Rh离子形成配位键C．反应③中碳原子的轨道杂化类型由sp3变为D．催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能【答案】D【解析】反应①中H2的H−H键断裂，形成两个Rh−H键，H元素从0价变为−1价，化合价降低，H2被还原，A错误；丙烯中双键碳原子没有孤电子对，是碳碳双键的π键电子对提供给Rh离子形成配位键，不是碳原子的孤电子对，B错误；反应③中，丙烯双键的碳原子原本为sp2杂化，加成后变成饱和单键碳原子，杂化类型由sp2变为sp34.（2026高·江苏苏州·一模）CuZnO催化CO2、H2A．反应过程中有非极性键的断裂和形成B．反应过程中没有甲酸生成C．CO2、DD．催化剂CuZnO【答案】C【分析】催化剂CuZnO表面首先吸附H2，使H-H非极性键断裂，生成吸附态的H原子；CO2分子在催化剂表面被吸附，C原子带部分正电荷，O原子带部分负电荷，从而被活化；活化的CO2与吸附态H原子结合，生成甲酸根中间体HCOO-【解析】反应中H2参与反应，存在H-H非极性键的断裂，但在整个反应机理中，没有新的非极性键形成，A错误；CO2和H2也可能发生反应生成甲酸，反应方程式为CO2+H2→HCOOH，B错误；由图可知，CO2、D2与二甲胺反应合成DMF的过程中，D5.（2026·江苏镇江·模拟预测）钒催化剂对H2O2A．步骤①反应为VOB．步骤③正、逆反应的活化能关系为EC．VO2D．步骤③生成的物质Z可能是H【答案】D【解析】步骤①中VO2+与H2O2反应生成VO2+、⋅OH和H+，反应方程式为VO2++H2O2=VO2++⋅OH+H+，A正确；步骤③为放热反应，意味着正反应的活化能小于逆反应的活化能，B正确；步骤③中，VO2+被还原为VO2+，说明VO2+在催化循环中起到氧化作用，C正确；整个反应过程是H2O押题猜想06新型电化学装置分析终极押题【原创题】锌-空气电池由金属锌和负载催化剂的空气电极组成，电解液为KOH与醋酸锌[化学式为CH3A．电子从Zn电极经过混合溶液传递到空气电极B．使用负载催化剂的空气电极，可以加快电池的放电速率C．Zn电极发生反应：Zn+4D．CH3COO【答案】B【解析】该装置是原电池，负极是Zn电极，正极是负载催化剂的空气电极（通入O2），电解液是KOH与CH3COO2Zn的混合溶液；Zn电极发生氧化反应，电极反应式为Zn−2e−+4OH−=[Zn(OH)4]押题有据新型电化学装置是江苏高考选择题的必考内容，近5年每年均有涉及，考查方向包括电极产物的判断、电子转移量、离子移动方向、溶液pH变化、质子交换膜作用及计算等。2025年江苏卷第8题以光解水装置为载体，综合考查电极反应、离子迁移和电子转移计算。本题以锌-空气电池为背景，设置弱电解质电离、催化剂作用、电极反应书写、电子流向等多个判断点，精准覆盖江苏卷对新型电池工作原理的综合考查要求。复习时应重点训练：原电池/电解池的正负极（阴阳极）判断、电极反应式的规范书写（注意介质酸碱性）、离子迁移方向与电子流向的区分、以及催化剂对电极反应速率的影响。考题猜想1.（2026·江苏·一模）一种热激活电池的构造示意图如图所示，无水LiCl−KCl混合物一旦受热熔融，即可按反应PbSO4下列说法正确的是A．负极的电极反应：Ca−2B．放电过程中，Li+C．正极反应物为LiClD．常温下，在正、负极之间连上电流表，指针发生偏转【答案】A【解析】根据总反应PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb，Ca从0价升高为+2价，失电子，作负极，电极反应式Ca−2e−=Ca2+；PbSO4中Pb从+2价降低为0价，得电子，硫酸铅电极为正极，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。由分析知，Ca为负极，Ca失电子生成2.（2026·江苏南京·模拟预测）近日，武汉大学研究了一种电化学分解甲烷源（ESM）的方法，实现了以节能、无排放和无水的方式生产氢气，反应机理如图所示。下列说法正确的是A．Ni电极连接电源的正极B．Ni-YSZ电极的电极反应为CHC．理论上每生产11.2LH2，电路中转移2moleD．反应过程中，需要不断补充CO【答案】B【解析】首先根据反应机理判断电极类型：Ni电极上CO32−转化为C，C从+4价降为Ni电极为阴极，连接电源负极，A错误；Ni-YSZ电极上CH4失电子，结合O2−生成CO2和H2，配平后电极反应为：CH4+2O2−−4e−=CO2+2H2，原子、电荷均守恒，B正确；选项未说明气体是标准状况，无法计算11.2L3.（2026·江苏南通·一模）某可充电锂电池分别以Li、Li1−xCoOA．该锂电池也可用Li2SB．放电时，Li1−C．放电时，负极质量每减少0.7g，外电路转移0.2moleD．充电时阳极电极反应式：LiCoO【答案】D【解析】电池工作原理：放电时为原电池：负极(Li)：Li-e-=Li+，Li失去电子被氧化，Li+通过硫化物固体电解质向正极移动，正极(Li1-xCoO2)：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，Li1-xCoO2得到电子被还原；充电时为电解池：阴极：Li++e-=Li，阳极：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi4.（2026·江苏镇江·模拟预测）尿素燃料电池既能去除城市废水中的尿素，又能发电。其工作原理如图所示，下列说法正确的是A．利用此工作原理，也可以除去废水中的苯酚B．每33.6LO2C．X膜为阴离子交换膜D．甲电极是正极，电极反应式为：CO【答案】A【解析】燃料CONH22在甲电极产生CO2和N2，氮元素化合价升高，发生氧化反应，故甲电极为电池的负极，乙电极通入氧气产生水，氧元素化合价降低，发生还原反应，故乙电极为电池的正极；将废水通入负极室(左室)，其中的苯酚能在负极发生氧化反应转化为无害物质而被除去：C6H5OH-28e−+11H2O=6CO2↑+28H+5.（2026·江苏常州·一模）我国科研团队利用电催化分解技术，在如图所示装置中实现了温和条件下消除污染物H2S，同时回收A．电极a连接电源的正极B．K+C．电解前后左、右两室溶液的pH值均保持不变D．理论上当外电路通过0.1mol电子时，可回收3.2g单质硫【答案】B【解析】电极a生成H2，发生还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以电极a是阴极，连接电源负极。电极b：通入H2S，生成单质硫，发生氧化反应：H2S-2e-+2OH押题猜想07电解质溶液终极押题【原创题】焦亚硫酸钠Na2S2O5有强还原性，可作抗氧化剂。一种制备焦亚硫酸钠的实验流程如图所示。室温下，已知Ka1HA．通入SO2与Na2CO3恰好反应生成Na2SOB．通入SO2至溶液pH=7：C．反应SO32−D．Na2S2【答案】B【解析】Na2CO3溶液吸收烟气中的SO2，反应生成NaHSO3，加热亚硫酸氢钠生成焦亚硫酸钠。在Na2SO3、NaHCO3的混合溶液中的电荷守恒为，cNa++cH+=cOH-+2cCO32-+cHCO3-+2cSO32-+cHSO3-，根据物料守恒（Na与C、S的关系）：cNa+=cCO32-+c押题有据电解质溶液是江苏高考的难点模块，选择题中常结合电离常数计算、离子浓度大小比较、守恒式判断等综合设题，主观题中则往往与工业流程或反应原理融合考查。2025年江苏卷在阅读材料题中以侯氏联合制碱法为背景，考查NH₃、CO₂等气体通入顺序与溶液离子平衡的关系。本题以焦亚硫酸钠的制备为情境，综合考查电荷守恒与物料守恒的联用、电离常数Ka₂的应用（pH=7时c(SO₃²⁻)/c(HSO₃⁻)的比值计算）、多重平衡常数的推导、以及过氧键对元素化合价的影响判断。备考时应重点训练守恒式的书写与变形、Ka/Ksp的计算应用，并关注“多重平衡体系”中常数推导的技巧。考题猜想1.（2026·江苏·一模）室温下，用CeO2废渣制备Ce已知：Ka1H2CO3下列说法正确的是A．0.1mol⋅L−1B．0.1mol⋅L−1C．生成Ce2COD．Ce2CO【答案】B【解析】对0.1mol⋅L−1NH4HCO3溶液，电荷守恒为cNH4++cH+=cHCO3−+2cCO32−+cOH−，物料守恒为cNH4++cNH3⋅H2O=cHCO3−+c2.（2026·江苏宿迁·二模）工业上以废铅膏(PbSO4、PbO2、PbO、少量Pb)为原料，制备甲基磺酸铅[Pb(CH3SO3)2]实现Pb循环再利用。已知Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=4×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.80×10-5.下列说法中正确的是A．0.1mol・L⁻¹(NH4)2CO3溶液中(pH=9.0)：c(NH4+)>c(CO32−)>c(HCO3−)>c(NH3B．“酸浸”后上层清液中：cC．脱硫反应：PbSO4s+CO32-aqD．脱硫反应后滤液中c【答案】B【解析】废铅膏中含有PbSO4、PbO2、PbO和少量Pb，加入H2SO4、H2O2溶液可将Pb元素全部变为PbSO4沉淀。再加入NH42CO3溶液可将PbSO4转化为PbCO3，最后加入甲基磺酸即可得到甲基磺酸铅。NH42CO3溶液中，NH4+初始浓度大于CO32−，NH4+水解得到NH3·H2O，使溶液显酸性CO32−水解得到HCO3−，使溶液显碱性。而溶液的pH=9.0，溶液中的cH+=10−9mol·L−1，也说明CO32−的水解程度更大。3.（2026·江苏·模拟预测）一种捕集烟气中CO2过程如图所示。室温下以0.1 mol⋅L−1 KOH溶液吸收CO2，溶液体积变化和H2O挥发忽略不计，溶液中含碳物种的浓度cA．“吸收”所得到的溶液中一定存在：cB．cC=0.05 mol⋅C．cC=0.1 mol⋅D．“转化”后的溶液中一定存在：c【答案】A【解析】吸收步骤中二氧化碳转化为碳酸钾或碳酸氢钾，转化步骤中与氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钾，碳酸钙煅烧后生成二氧化碳。吸收所得溶液中仅含K+、H+、CO32−、HCO3−、OH−五种离子，由电荷守恒可知，“吸收”后所得溶液中一定存在：cK++cH+=2cCO32−+cHCO3−+cOH−，A正确4.（2026·江苏南通·模拟预测）工业上常用足量Na2CO3、NaOH已知：室温下，Ka1H2S=1.1×10−7A．Na2COB．“吸收”反应的离子方程式：2C．“混合”后溶液中：cD．0.001mol⋅L−1【答案】C【解析】首先根据给出的电离常数，判断酸性强弱：Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)>Ka2(H2CO3)>Ka2(H2S)，因此酸性顺序为：H2CO3>H2S>HCO3−>HS−。Na2CO3溶液的质子守恒为：c(OH−)=c(H+)+c(5.（2026·江苏徐州·模拟预测）从炼钢粉尘(主要含Fe3O4已知：“盐浸”过程ZnO转化ZnNH342+并有少量A．“氧化”后的滤渣主要成分为FeB．“沉锌”后的滤液中cC．NH42D．“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中：c【答案】C【解析】“盐浸”过程ZnO转化ZnNH342+并有少量Fe2+和Fe3+浸出，故“盐浸”时Fe3O4、Fe2O3只有少量溶解，第二步通入空气氧化过程是将Fe2+氧化为Fe3+，在pH≈9的环境中Fe3+会生成氢氧化铁沉淀，故滤渣主要成分是未溶解的Fe3O4、Fe2O3，还有少量为Fe(OH)3，“沉锌”过程发生反应为：Zn(NH3)42++S2−+4H2O=ZnS↓+4NH3·H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。根据分析，通入空气氧化后所得的滤渣主要成分是押题猜想08反应速率与化学平衡图像终极押题【原创题】DMFHCONCH32反应Ⅰ

CH32反应Ⅱ

CH333MPa下，将n始(DMA):n始DMF的选择性=n下列说法不正确的是A．DMF的平衡选择性随温度升高而增大B．300℃时，CO2C．其他条件不变，在240∼350℃范围，出口处DMF的量随温度升高而不断减小D．高效合成DMF，需研发低温下DMA转化率高和DMF选择性高的催化剂【答案】C【解析】反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，(CH3)3N转化为DMF的量增加；反应Ⅰ为放热反应，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动，(CH3)3N生成量减少，因此，DMF的平衡选择性随温度升高而增大，A正确；初始投料比n始DMA:n始CO2:n始H2=0.2:1:3，CO押题有据反应速率与化学平衡是江苏高考主观题的考查重点，近5年选择题中对此内容的考查也有所增加，常结合坐标图像或表格进行设题-。2025年江苏卷以CO₂与NO₃⁻电催化反应的机理图间接考查了平衡与速率的相关概念。本题以二氧化碳加氢耦合DMA制DMF为背景，设置选择性、转化率、温度影响等多变量图像，考查学生解读“转化率-选择性-温度”关联曲线的能力。此类题型的核心难点在于区分平衡选择性（受热力学控制）与实际生成量（受动力学与热力学共同影响），本题精准命中了这一思维易错点。复习时应强化对转化率与选择性图像的综合分析能力，关注多反应竞争体系下目标产物收率的影响因素。元素推断题是周期律考查的经典形式，本题以“离子液体”这种热门材料为情境，增加了新颖度。考题猜想1.（2026·江苏·二模）一定温度下，将VCH4:VN2=1:9的混合气体以300mL⋅min−1的固定流速通过长度较短且装有足量镧铁载氧体(LaFeO3)的反应管制备CO和H2，测得出口处COA．X代表的物质是HB．250～375s，反应生成nHC．500～1000s，CH4D．1000～1500s，仅发生CH4分解为C和H【答案】B【解析】将VCH4:VN2=1:9的混合气体以300mL⋅min−1的固定流速通过长度较短且装有足量镧铁载氧体(LaFeO3)的反应管制备CO和H2，开始CH4的流速为30mL/min，反应过程中消耗CH4，则出口处甲烷的流速小于30mL/min，故Y代表的物质为CH4，X代表的物质为H2，A正确；

由图，250～375s，CO2的流速为0，根据C、H守恒，nH22.（2026·江苏·一模）生物质炭经水蒸气气化生产合成气(H2、CO、COCs+COg+COg+3固定单位时间内气流床中生物质炭的投入量，控制n起始H2O:n起始C=1:1，采用N已知：合成气产率=V下列说法正确的是A．反应Cs+B．曲线X表示CO的体积分数随温度的变化C．1200℃，反应达到平衡时，vD．其他条件不变，1300℃时，加压有利于提高平衡时合成气产率和H2【答案】B【解析】较高温度时，反应相同时间，反应达到平衡，升高温度，第一个反应正向移动，第二和第三个反应逆向移动，随温度升高CO的体积分数增大、CO2的体积分数减小；较低温度时，反应未达到平衡，随温度升高，反应速率都加快，H2的体积分数、合成气的产率随温度升高而增大，CH4的体积分数随温度升高而减小，说明在较低温度时升高温度对前两个反应速率的影响大于对第三个反应速率的影响，随温度升高CO2的体积分数增大；曲线X随温度升高先减小后增大，曲线Y随温度升高先增大后减小，故曲线Y表示CO2的体积分数随温度的变化；曲线X表示CO的体积分数随温度的变化。Cs+H2Og=COg+H2gΔHI=131.3kJ⋅mol−1，COg+H2Og=CO2g+H2gΔH23.（2026·江苏南通·模拟预测）一定条件下，甲烷和水蒸气催化制氢的主要反应：Ⅰ．CH4(g)+Ⅱ．CO(g)+H2在1.0×105Pa条件下，将1A．ΔH1B．曲线m表示的是COC．600℃时，H2D．恒温恒压下向体系中通入Ar会降低H2【答案】A【解析】温度升高时，CH4的物质的量分数降低（高于750℃时CH4的物质的量分数几乎为0），说明反应Ⅰ平衡正向移动，正反应吸热，因此ΔH1>0；根据C守恒，平衡时CH4、CO、CO2物质的量之和为1mol，结合反应的特点，平衡时CH4、CO、CO2物质的量分数之和小于25%，曲线p、q表示H2O或H2，随温度升高q先增大后减小、p先减小后增大，说明温度升高时，反应Ⅱ平衡逆向移动，正反应放热，因此ΔH2<0，曲线q表示H2，曲线p表示H2O，A正确；温度升高时，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的物质的量分数随温度升高而增大，曲线m表示CO，曲线n表示CO2，B错误；600℃，设反应Ⅰ中CH4转化了xmol，反应Ⅱ中CO转化了ymol，根据600℃时各物质的物质的量分数：n(CH4)=1mol−xmol，n(H2)=3xmol+ymol，n(H2O)=3mol−xmol−ymol，n(CO)=xmol-ymol，n(CO2)=y，n总=(4+2x)mol，3x+y4.（2026·江苏南京·模拟预测）燃油汽车尾气中除含大量CO2外，还含有NO和CO气体。某研究小组用新型催化剂对CO、NO的催化转化进行试验研究，测得一段时间内，nNOnCO已知NO可发生下列反应：反应Ⅰ：2COg+2NOg⇌2反应Ⅱ：2NOg⇌N2下列叙述不正确的是A．曲线a表示CO剩余的百分率B．ΔH1<0，ΔH2>0C．nNOD．775℃，nNOnCO=1时，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，该时刻c(CO2)【答案】B【解析】NO的转化率越大，CO剩余的百分率越小，因此用a、b两个趋势相反的线表示。c表示无CO时NO直接分解为N2的转化率。因为nNOnCO=1，若无NO直接分解的反应，则CO的剩余百分率和NO的转化率之和应该为1；现NO会直接分解，因此NO的转化率会大于(1−CO剩余百分率)，由此可知a表示CO剩余百分率，b表示发生反应Ⅰ时NO的转化率。在反应Ⅰ中，CO与NO反应，随着温度升高，反应速率加快，CO剩余百分率应先降低；但温度过高时，若反应Ⅰ逆向移动，CO剩余百分率会升高。曲线a符合“先降后升”的变化，且初始时CO剩余百分率接近100%（未反应），因此曲线a表示CO剩余的百分率，A不符合题意；b曲线表示NO转化率，因为反应相同的时间，首先随温度的升高，反应速率加快，NO的转化率升高，后温度再高的话，则是平衡移动的结果了，说明升温平衡逆向，ΔH1<0；曲线c表示无CO且无催化剂时NO直接分解为N2的转化率，反应Ⅱ转化率随温度升高先升高后降低，说明高温下平衡逆向移动，则ΔH2<0，B符合题意；脱除NO最适宜温度为NO转化率最高时对应的温度，曲线b（NO转化率）在975∘2COg+2NOg⇌2CO2g+N2g5.（2026·江苏常州·一模）常温下，HClO和ClO2Ⅰ．HClO+2ClOⅡ．HClO+初始pH=2.5，在浓度均为1.0×10−3mol⋅A．曲线①表示的微粒为ClB．0~2s内，cHC．0~2s内，vD．当体系中v正【答案】C【解析】反应I和Ⅱ均生成Cl−，根据两反应的化学计量数可知，cCl−=12cClO2+cClO3−，结合2s时数据，得出此时c(ClO2)=0.64×10-3mol⋅L−1，c(Cl-)=0.42×10-3mol⋅L−1，c(ClO3−)=0.10×10-3mol⋅L−1，故曲线①表示ClO2，曲线②表示Cl−，曲线③表示ClO3−。根据分析，曲线①表示ClO2，A错误；0~2s内，反应I消耗H+(0.32×10-3mol⋅L−1)，反应Ⅱ生成H+(0.10×10-3mol⋅押题猜想09元素周期表与周期律终极押题【原创题】元素镓(31Ga)、锗(32Ge)、砷(A．原子半径：rGa<rGeC．Ge、GaAs都具有半导体性能 D．第一电离能：I【答案】A【解析】Ga、Ge、As为第四周期同周期主族元素，同周期从左到右原子序数增大，原子半径随核电荷数增大逐渐减小，原子序数：Ga＜Ge＜As，因此原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As)，A错误；同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性：χ(Ga)<χ(Ge)<χ(As)，B正确/押题有据元素周期表和周期律是江苏高考的基础必考点，2025年江苏卷第4题以15-冠-5超分子体系为载体，综合考查电负性比较、离子半径比较、极性分子判断等周期律知识。2024年以探月工程月壤中Ca、Fe等元素的磷酸盐为情境，考查元素周期表结构。本题以Ga、Ge、As三种半导体材料核心元素为载体，系统考查原子半径（同周期递减）、电负性（同周期递增）、第一电离能（As因半充满结构异常偏高）三大周期律核心规律，同时涉及GaAs半导体性能的实际应用。复习时应强化“位-构-性”三位一体的推理能力，特别注意第ⅤA族元素因p轨道半充满导致的第一电离能反常，以及金属与非金属分界线附近元素的半导体特性。考题猜想1.（2026·江苏·一模）一种杯酚分子可固定CH3A．半径：rB．第一电离能：O>N>CC．CH3D．CH34N+中【答案】A【解析】氯离子的核外电子数比氯原子多，核外电子之间的斥力增大，运动空间增大，使得半径增大，所以氯离子的离子半径大于氯原子的原子半径，A正确；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，B错误；CH34N+Cl−中的氯离子和CH34N+离子形成离子键，C错误；CH32.（2026·江苏南通·模拟预测）溶有(CNO)3H3的吡啶()溶液与NaClO溶液发生反应可制备杀菌剂(CNO)3A．吡啶是非极性分子 B．离子半径：rC．电离能：I1(O)>I1【答案】B【解析】吡啶结构中，N原子电负性与C不同，分子结构不对称，正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，A错误；N3−和Na+电子层结构相同（均为10电子，两层电子），电子层结构相同时，核电荷数越小离子半径越大：N核电荷数为7，Na核电荷数为11，因此r(N3−)>r(Na+)，B正确；同周期元素第一电离能从左到右总体增大，但N的价电子排布为2p3，为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，即I1(N)>I13.（2026·江苏徐州·模拟预测）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子核外2p能级有1个空轨道，Y是地壳中含量最多的元素，W与X同主族，Z原子的逐级电离能kJ⋅molA．可在周期表中元素W附近寻找新半导体材料B．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C．Z的离子半径大于Y的离子半径D．电负性：χ【答案】A【解析】基态X原子核外2p能级有1个空轨道，电子排布式为1s22s22p2，X为C；Y是地壳中含量最多的元素，Y为O；Z原子第三电离能远大于第二电离能，说明Z最外层有2个电子，原子序数大于O，短周期中Z为Mg；W与X同主族，原子序数大于Z，且为短周期元素，故W为Si；据此回答。A．W是Si，位于元素周期表金属与非金属的分界线附近，该区域可寻找新型半导体材料，A正确；Y是O，W是Si，非金属性O>Si，非金属性越强，简单气态氢化物热稳定性越强，故热稳定性H2O>SiH4，B错误；Z的离子为Mg2+，Y的离子为O2-，二者电子层结构相同，电子层结构相同时核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Mg2+<O2-，C错误；电负性：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，Mg的电负性小于C，D错误；故选A。4.（2026·江苏常州·一模）某窝穴体结构如图所示，其与K+形成的超分子可用于提取含MgCl2和SrCl2A．沸点：NHB．碱性：KOH>MgC．离子半径：rD．提取Sr2+所得产物中，Sr【答案】B【解析】H2O分子间形成的氢键比NH3更多，沸点更高，故沸点H2O>NH3，A不符合题意；金属性K>Mg，最高价氧化物对应水化物的碱性KOH>Mg(OH)2，B符合题意；Sr5.（2026·江苏镇江·一模）如图所示的物质是一种用途广泛的抗生素药物。下列说法正确的是A．原子半径：rC>rC．S2与S8互为同位素 【答案】A【解析】C与N同属第二周期，核电荷数依次增大，原子核对电子吸引力增强，原子半径递减，故r(C)>r(N)，A正确；O与S同属第ⅥA族，O位于第二周期，S位于第三周期，O因原子半径更小，其第一电离能大于S，即I1(O)>I1(S)，B错误；同位素指质子数相同、中子数不同的原子；而S2押题猜想10多官能团有机物的结构与性质终极押题【原创题】化合物Z是合成一种天然产物的重要中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A．1molX最多能与3molHB．Y存在顺反异构体C．X、Z可用FeCl3D．用取代，则步骤Ⅱ的产物为【答案】D【解析】X分子中含有苯环和醛基，苯环可与3molH2加成，醛基可与1molH2加成，因此1molX最多能与4molH2发生加成反应，A错误；顺反异构体的形成条件是：碳碳双键两端的每个碳原子都连接2个不同的原子或基团；Y的结构中，双键的一个碳原子连接了2个H原子（14CH2=），不满足顺反异构的条件，因此Y不存在顺反异构体，B错误；X和Z分子中均含有酚羟基，遇FeCl3溶液均会发生显色反应，因此无法用FeCl3溶液鉴别二者，C错误；用取代，则步骤Ⅰ为与发生取代反应生成，在加热条件下发生重排生成，D正确；故选押题有据多官能团有机物的结构与性质是江苏高考选择题的压轴题之一，2025年江苏卷第9题以多环呋喃类化合物的合成路线为载体，综合考查加成反应（苯环与醛基的加氢计量比）、杂化类型（sp²/sp³碳原子计数）、共面判断和官能团性质。近5年江苏卷的有机选择题均以“多官能团复杂分子+合成路线片段”的形式呈现，重点考查学生对官能团性质的综合判断能力。本题从加成反应计量（注意苯环与醛基的区别）、顺反异构条件（双键碳原子上须连接两个不同基团）、鉴别方法（酚羟基与FeCl₃显色）及反应机理（取代+重排）四个维度系统考查有机化学核心素养。复习时应重点训练：加成反应的H₂计量计算、官能团转化与鉴别、同分异构体数目判断三大能力。考题猜想1.（2026·江苏·一模）吲哚(X)用于合成某手性药物中间体(Z)的关键步骤如下：下列说法不正确的是A．X中C原子均采取sp2杂化 C．Z中含有2个手性C原子 D．X+Y→Z反应的原子利用率为100%【答案】C【解析】X中所有碳原子均形成平面结构，均采取sp2杂化，A不符合题意；Y分子中碳碳双键两端分别连接不同基团，存在顺反异构体，B不符合题意；手性碳原子是指连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，Z分子中有1个手性碳原子，如图，C符合题意；该反应为加成反应，原子利用率为100%，D不符合题意；故选2.（2026·江苏南京·模拟预测）对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构：⇌

A．乙与足量H2加成后的产物中含有5个手性碳原子B．O-H的极性：甲<乙醇C．的互变异构体为D．可以发生加成、水解和消去反应【答案】C【解析】乙与足量H2加成后的产物中含有3个手性碳原子，A不符合题意；乙醇的烷基具有给电子效应，O-H极性较弱，甲物质中酚羟基受苯环吸电子共轭效应影响，O-H键极性比乙醇中的醇羟基更强，B不符合题意；由题给信息可知，1，3，5-苯三酚发生酮式互变异构，变为，C符合题意；含有的官能团是醚键和氰基，氰基可以发生加成、水解反应，无法发生消去反应，D不符合题意；故选C。3.（2026·江苏·二模）化合物Z是合成某药物的中间体，可由化合物X、Y合成得到：下列说法正确的是A．1molX最多能和1molNaOH发生反应 B．Y分子中所有原子可能在同一平面上C．Z能发生取代、加成和消去反应 D．可用银氨溶液检验Z中是否含有Y【答案】D【解析】X中酯基和碳溴键能与NaOH发生水解反应，故1molX最多能与2molNaOH发生反应，A错误；Y中氧原子连接的甲基上的原子不能在同一平面，故Y分子中所有原子不可能在同一平面，B错误；Z中含有的官能团为醚键、碳碳双键，能发生取代反应、加成反应，卤代烃和醇能发生消去反应，因此Z不能发生消去反应，C错误；Y中含有醛基，可用银氨溶液检验，故可以用银氨溶液检验Z中是否含有Y，D正确；故选D。4.（2026·江苏宿迁·二模）化合物丙是一种制备具有杀菌活性的中华裸蒴的重要中间体，下列说法错误的是A．反应①和②都是取代反应B．乙分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1：7C．丙分子中含有3种官能团，可以与NaOH溶液反应D．可以用FeCl3溶液鉴别甲和丙【答案】D【解析】甲是2,3-二羟基苯甲酸，反应①为羧基与甲醇的酯化反应，乙为2,3-二羟基苯甲酸甲酯；反应②为乙中1个酚羟基与溴苄(Ph-CH2Br，Ph为苯基)的取代反应，脱去1分子HBr得到丙（分子式为C15H14O4​），丙中存在1个酚羟基、1个醚键和1个酯基。据分析，反应①为酯化反应，反应②为酚羟基中H被苄基（Ph-CH2-）取代，两者均属于取代反应，A正确；乙为2,3-二羟基苯甲酸甲酯，碳原子位于苯环、酯基和甲基，苯环和酯基上的碳原子为sp2杂化，共6+1=7个，甲基的碳原子为sp3杂化，共1个，因此乙分子中sp3和sp25.（2026·江苏·模拟预测）已知：，光照下，氯气与甲苯反应历程如下，下列说法正确的是A．X中官能团是苯基和碳氯键B．可以用酸性KMnO4C．产物中可能含

D．1molY最多可以消耗3molNaOH【答案】C【解析】X为C6H5−CH2ClC6H5−CH2Cl，其官能团是碳-氯键。苯基是芳香烃基团，不属于典型的官能团，A错误；甲苯侧链的甲基可被酸性KMnO4氧化，使高锰酸钾褪色；X（C6H5−CH2Cl）的侧链α-碳上仍有氢原子，同样能被酸性高锰酸钾氧化，也会使高锰酸钾褪色，无法鉴别二者，B错误押题猜想11实验组合装置图的分析终极押题【原创题】下列关于NH3的制取和以NH3、AlCl3A．制取NHB．制取AlC．分离AlD．制取AlA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】加热NH4Cl和Ca(OH)2固体的混合物制取氨气时，为防止反应生成的冷凝水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，A错误；NH3极易溶于水，直接将导管伸入AlCl3溶液中会发生倒吸，B错误；Al(OH)3是难溶固体，分离固体和液体用过滤操作，图中有玻璃棒引流、漏斗下端紧贴烧杯内壁，装置使用规范，C正确押题有据化学实验装置图分析是江苏高考选择题的必考题型，2025年江苏卷第3题以草酸滴定NaOH溶液为背景，从溶液配制、滴定管润洗、滴定操作和读数四个维度考查实验操作规范。本题以NH₃的制取和Al(OH)₃制备为情境，综合考查四个典型装置：气体发生装置（试管口略向下倾斜）、防倒吸（导管不能直接插入溶液）、固液分离（过滤操作的规范仪器使用）、固体灼烧（必须用坩埚而非蒸发皿）。此类题目的命题特点是将多个实验装置并排呈现，要求学生在有限时间内识别出唯一的正确装置。复习时应系统梳理：气体制备（发生、净化、收集、尾气处理）、分离提纯（过滤、蒸发、蒸馏、萃取）、固体灼烧（坩埚、泥三角、三角架）等核心实验的装置规范。考题猜想1.（2026·江苏·二模）下列由废铜屑制取胆矾的实验原理、装置及操作不正确的是A．用装置甲除去废铜屑表面的有机物 B．用装置乙添加过量浓硝酸溶解废铜屑C．用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D．用装置丁加热浓缩CuSO【答案】B【解析】有机物易燃烧分解，将表面含有机物的废铜屑在坩埚中加热，可以除去废铜屑表面的有机物，实验原理、装置及操作正确，A不符合题意；相同的Cu消耗的浓硝酸多于稀硝酸，且浓硝酸产生的污染气体更多，故溶解废铜屑应采用稀硝酸，实验原理错误，B符合题意；用过滤的方式可以将CuSO4溶液与固体分离，实验原理、装置及操作正确，C不符合题意；对CuSO4溶液进行蒸发浓缩，需在烧杯中加热进行蒸发，并不断搅拌，实验原理、装置及操作正确，D不符合题意2.（2026·江苏南通·模拟预测）实验室利用NH3、SO2等物质制备A．利用装置甲制备SO2 B．利用装置乙制备C．利用装置丙制备NH4HSO3晶体 【答案】D【解析】铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置不能达到制备二氧化硫的实验目的，A错误；氢氧化钙固体与氯化铵固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，实验时为防止水冷却回流导致试管炸裂，试管口要向下倾斜，则题给装置不能达到制备氨气的实验目的，B错误；氨气极易溶于水、二氧化硫易溶于水，通入氨气、二氧化硫的导气管插入液面以下，会产生倒吸，则题给装置不能达到制备亚硫酸氢铵的实验目的，C错误；反应得到的亚硫酸氢铵溶液经冷却结晶、过滤可以得到亚硫酸氢铵晶体，则题给装置能达到分离出亚硫酸氢铵晶体的实验目的，D正确；故选D。3.（2026·江苏镇江·一模）CuCl是一种重要的催化剂。可用SO2、CuClA．甲装置制SO2 B．乙装置中X为C．丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸 D．丁装置吸收尾气中的SO【答案】B【解析】反应原理：SO2+2CuCl2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀，可用NaOH中和生成的酸。由图可知，甲中以Na2SO3与浓硫酸反应制取SO2是正确且常用的方法，A不符合题意；SO24.（2026·江苏·一模）实验室利用侯氏制碱法制纯碱的实验装置或操作，能达到目的的是A．制备NHB．制备NaHCOC．分离NaHCOD．制备NaA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】加热NH4Cl固体时，NH4Cl分解生成NH3和HCl，但在试管口遇冷又会重新化合生成NH4Cl，无法有效制备NH3，A不符合题意；制备NaHCO3时，应先通入NH5.（2026·江苏南通·一模）实验室以Cu和浓硝酸为原料制备NO2和CuA．用装置甲制备NO2 B．用装置乙收集C．用装置丙吸收尾气中的NO2 D．用装置丁蒸干溶液得到【答案】D【解析】装置(甲)中铜与浓硝酸反应制得NO2，符合实验原理，A不符合题意；装置(乙)利用NO2密度大于空气，可用向上排空气法收集NO2，符合实验原理，B不符合题意；装置(丙)用NaOH溶液吸收尾气中的NO2，离子方程式为：2OH-+2NO2=NO2−+NO押题猜想12操作现象结论一致性问题终极押题【原创题】室温下，下列实验设计能达成实验目的是选项实验设计实验目的A用pH计测定0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液和0.1mol⋅L比较室温下CH3COOH和NH3·H2O的电离能力B向苯酚溶液中滴入几滴浓溴水，振荡，观察是否有白色沉淀生成判断苯酚与溴是否发生取代反应C向2mL浓度均为0.1mol⋅L−1的CaCl2和BaCl比较CaCO3与BaCO3的Ksp大小D用pH试纸测定HClO溶液的pH判断HClO是否属于弱电解质A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】等浓度的NH4Cl和CH3COONa中，NH4+水解显酸性，CH3COO−水解显碱性。根据盐类水解规律：水解程度越大，对应弱电解质的电离能力越弱，通过测定pH可得到二者水解程度大小，从而比较CH3COOH和NH3·H2O的电离能力，实验可达成目的，A正确押题有据“操作—现象—结论”一致性判断是江苏高考实验选择题的重要考查形式，强调逻辑推理和实验设计能力。2025年江苏卷第7题以物质组成性质与分离提纯方法的对应关系为背景，综合考查蛋白质盐析、萃取、分馏等分离方法的原理与操作的匹配性。本题设置四个典型情境：盐类水解pH比较（等浓度NH₄Cl与CH₃COONa的pH可间接比较弱电解质电离能力）、苯酚溴代反应（苯酚过量时三溴苯酚会溶解，无法观察到沉淀）、沉淀Ksp比较（白色沉淀无法区分CaCO₃和BaCO₃）、HClO的pH测定（强漂白性使pH试纸褪色）。备考时应引导学生识别实验中的逻辑漏洞、干扰因素和操作误区，强化“现象不等于结论”的批判性思维。考题猜想1.（2026·江苏扬州·一模）根据下列实验操作和现象，能合理推出结论的是选项实验操作和现象结论A将5mL溴丙烷和10mL饱和KOH乙醇溶液混合，加热，产生气体通入稀酸性KMnO4溶液使之褪色溴丙烷与KOH醇溶液共热时能生成丙烯B向1mL20％蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，水浴加热，再加入银氨溶液，未出现银镜蔗糖在此条件下能水解生成葡萄糖C常温下，用pH计测得CH3COONa溶液的pH约为9.2，Na2CO3溶液的pH约为12.4此条件下Ka(CH3COOH)>Ka2(H2CO3)D常温下，向2mL0.03mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色此条件下HPO42−A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】溴丙烷在KOH乙醇溶液中加热发生消除反应生成丙烯，丙烯中可能混有挥发的乙醇，乙醇、丙烯均能使酸性KMnO4褪色，结论不严谨，A错误；蔗糖水解后需中和酸才能进行银镜反应，未中和酸会导致银氨溶液分解，不会出现银镜反应，结论错误，B错误；题中未标明CH3COONa溶液和Na2CO3溶液是否为等浓度，因此无法得出相应结论，C错误；Na2HPO4溶液使酚酞变浅红色，说明溶液呈碱性，HPO42−水解程度大于其电离程度，D正确；故选2.（2026·江苏苏州·一模）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向5 mL 0.5 mol/L H2O2溶液中滴加几滴H2B在试管中加入0.5g淀粉和4 mL 2 mol/L H2SO4溶液，加热。待溶液冷却后向其中加入淀粉水解后有还原性糖生成C向乙醇中加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色说明反应生成了乙烯D向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和Na2SO4蛋白质均发生了变性A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】过氧化氢溶液具有还原性，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，则溶液褪色与漂白性无关，A错误；葡萄糖酸性条件下不能与新制氢氧化铜反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，则向反应后的水解液加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，使溶液呈碱性后，再加入新制氢氧化铜共热生成砖红色沉淀，说明淀粉水解后有还原性糖葡萄糖生成，B正确；向乙醇中加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，产生乙烯，乙烯与溴水发生加成反应出现褪色现象，但浓硫酸具有强氧化性，能与乙醇共热反应生成二氧化硫，二氧化硫也能与溴水发生氧化还原反应使溶液褪色，则溴水褪色不能说明反应生成了乙烯，C错误；饱和硫酸钠溶液能降低蛋白质的溶解度而析出，该过程是蛋白质发生了盐析，不是发生了变性，D错误；故选B。3.（2026·江苏南通·一模）室温下，根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向I2的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液后振荡、静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅红色，上层呈棕黄色I2在浓KI溶液中的溶解能力小于CCl4中的溶解能力B向滴有酚酞的Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液后，出现白色沉淀，且红色褪去Na2SO3溶液中存在水解平衡C向0.1mol·L-1FeCl3溶液中加入几滴等浓度的KI溶液，充分反应后，向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液颜色变为红色2Fe3D向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热并充分振荡，然后滴入少量AgNO3溶液，出现褐色沉淀1-溴丙烷中混有杂质A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】向I2的CCl4溶液中加入浓KI溶液后，下层颜色变浅，说明I2从CCl4转移到KI溶液中，溶解能力更强，结论错误，A错误；Na2SO3溶液显碱性是因SO32-水解，加入BaCl2生成BaSO3沉淀，水解平衡被破坏，红色褪去，结论正确，B正确4.（2026·江苏扬州·一模）亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A先加入少量KClO3溶液，再加AgNO若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠B加到少量KMnO4若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠C先加到少量FeCl2若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量Na2SO3若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误；氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误；故选C。押题猜想13探究性实验终极押题【原创题】探究含铜化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ：将一定量CuCl2固体加少量水溶解得黄色溶液CuCl42−步骤Ⅱ：向其中一份溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液颜色没有变化。步骤Ⅲ：向另一份溶液中滴加浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好溶解为深蓝色溶液。步骤Ⅳ：向步骤Ⅲ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入过量的稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现少量红色物质。下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中平衡CuCl4B．步骤Ⅱ中滴加酚酞溶液颜色没有变化，不能判断Cu2+C．步骤Ⅲ可判断，与Cu2+配位的能力：D．步骤Ⅳ中产生的气体为NH3和H【答案】D【解析】加水稀释后，该平衡体系中所有微粒浓度降低，平衡向微粒数增大的正反应方向移动，溶液由黄色变为蓝色也可证明平衡正向移动，A正确，不符合题意；酚酞的变色范围为pH8.2~10.0，若Cu2+水解会使溶液呈酸性，酸性条件下酚酞本身为无色，因此酚酞不变色不能判断Cu2+是否水解，B正确，不符合题意；原溶液中Cu2+与H2O形成配离子[Cu(H2O)4]2+，加入浓氨水后转化为深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，说明NH3更易与Cu2+配位，配位能力：H2O<NH3，C正确，不符合题意；加入过量稀盐酸后，溶液呈酸性，配离子中的NH3会与H⁺结合为NH4+，不会逸出NH3，步骤Ⅳ中产生的气体只有铁与盐酸反应生成的H2，D错误，符合题意押题有据探究性实验题是江苏高考化学实验综合题的重要题型，2025年江苏卷第11题以“探究含铜化合物性质”为情境，设置配离子转化、水解判断、配位能力比较、气体成分分析等探究点。江苏卷的探究性实验题注重“基于证据的推理”，要求学生在理解实验操作和现象的基础上，推断反应过程、分析平衡移动、判断产物成分。本题以CuCl₂溶液的颜色变化（[CuCl₄]²⁻黄色⇌[Cu(H₂O)₄]²⁺蓝色）、氨水配位转化（[Cu(H₂O)₄]²⁺→[Cu(NH₃)₄]²⁺）、加酸后气体成分分析（NH₃在酸性条件下转化为NH₄⁺，只有H₂逸出）为线索，层层递进。复习时应强化对实验现象的观察、记录、解释能力的培养，关注配位平衡、水解平衡、氧化还原等多重平衡体系的综合分析。考题猜想1.（2026·江苏徐州·二模）探究AlCl3和CH3COONa反应情况的实验如下：步骤Ⅰ：2mL0.33mol·L-1AlCl3溶液中滴入2mL1mol·L-1CH3COONa溶液，无明显现象，经检验，溶液中含有配合物Al(CH3COO)3步骤Ⅱ：将步骤Ⅰ中混合溶液加热，观察到有白色沉淀生成。步骤Ⅲ：分别取步骤II洗净后的白色沉淀和Al(OH)3固体于两支试管中，加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH不同。步骤IV：取步骤|洗净后的白色沉淀进行实验分析，确定白色沉淀为AlOH(CH3COO)2。下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ能生成配合物的原因为CH3COO-有孤电子对，Al3+有空轨道B．步骤Ⅱ中生成白色沉淀的反应为：Al(CH3COO)3+H2OΔAlOH(CH3COO)2+CH3COOHC．步骤Ⅲ的实验目的是证明沉淀不是Al(OH)3D．步骤Ⅲ中加Al(OH)3固体的试管上层清液的pH小【答案】D【解析】配合物的形成条件是中心离子有空轨道、配体有孤电子对，Al3+存在空轨道，CH3COO−的O原子有孤电子对，可作为配体形成配合物，A正确；步骤Ⅱ加热时Al(CH3COO)3发生部分水解，生成AlOH(CH3COO)2和CH3COOH，所给方程式原子守恒、符合反应事实，B正确；步骤Ⅲ将白色沉淀和Al(OH)3分别与等体积等浓度盐酸反应，若沉淀是Al(OH)3，则与盐酸反应后上层清液的pH应相同，若上层清液pH不同，则证明白色沉淀不是Al(OH)3