2026年高考化学临考冲刺卷（江苏专用）（全解全析）

/2026年高考化学临考冲刺卷（江苏专用）化学（考试时间：75分钟试卷满分：100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：H1C12N14O16一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．下列物质中，工业上常用电解法冶炼的是A．Fe B．Na C．Cu D．Ag【答案】B【解析】A．冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb等，采用热还原法，故A错误；B．冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得，Na通常采用电解熔融氯化钠的方法冶炼制备，故B正确；C．铜不活泼，不用电解法冶炼Cu，可用火法炼铜、湿法炼铜等，故C错误；D．Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，故D错误；答案选B。2．下列关于反应的叙述正确的是A．简单氧离子的结构示意图为B．基态原子的电子分别占据5个能级C．的电子式为D．的空间结构为【答案】B【解析】A．简单氧离子的结构示意图为，A错误；B．基态原子（原子序数17）的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，占据的能级为1s、2s、2p、3s、3p，共5个能级，B正确；C．是共价化合物，电子式为，C错误；D．中心的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，不是题图所示的平面三角形，D错误；故选B。3．轮烯在有机合成及分子结构研究中具有重要价值，[18]-轮烯的结构如图所示。下列关于[18]-轮烯的说法错误的是A．与乙烯互为同系物 B．含极性共价键C．碳氢原子个数比为1：1 D．能与氢气发生加成反应【答案】A【解析】A．同系物要求结构相似（属于同类物质），分子组成相差若干个‑CH2原子团。乙烯是链状单烯烃，[18]-轮烯是环状多烯烃，二者结构不相似，不互为同系物，错误。B．[18]-轮烯中存在C−H键，C−H键是不同原子间形成的极性共价键，正确。C．[18]-轮烯的分子式为C18H18，碳氢原子个数比为18:18=1:1，正确。D．分子中含有多个碳碳双键，能与氢气发生加成反应，正确。故选A。阅读下列材料，完成以下3个小题：化工产业为我国经济发展提供重要支撑。“侯氏制碱法”实现了与联产，成为全球纯碱生产的标杆工艺；氯碱工业采用阳离子交换膜电解技术提高了产品纯度和生产安全性；光伏级多晶硅的生产通过技术改良将硅纯度提高至99.9999%，降低能耗，彻底打破国外技术垄断；煤制烯烃技术以甲醇为原料，在催化剂作用下制备乙烯、丙烯，缓解对石油的依赖；以乳酸(2-羟基丙酸)为原料经缩聚反应规模化合成可降解塑料聚乳酸，有效减轻白色污染。4．下列说法不正确的是A．乙烯与丙烯互为同系物B．1mol晶体硅(结构与金刚石相似)中含键C．甲醇转化为乙烯，碳原子轨道的杂化类型由变为D．溶解度小于，与间存在氢键有关5．下列方程式表示正确的是A．纯碱溶液显碱性的原因：B．电解饱和食盐水制烧碱：C．由石英砂制粗硅：D．由乳酸制聚乳酸：n6．下列物质的性质与用途对应关系正确的是A．氯化铵易分解，可用作氮肥B．高纯硅熔点高，可用作太阳能电池板C．甲醇易溶于水，可用作燃料电池的燃料D．聚乳酸能水解，可用作可降解塑料【答案】4．C5．C6．D【解析】4．A．乙烯与丙烯都是单烯烃，互为同系物，A正确；B．晶体硅中，每个硅原子与4个硅原子形成4个硅硅键，硅硅键为2个硅原子所共有，则每个硅原子形成的硅硅键数目为：4×=2，则1mol晶体硅含有硅硅键的物质的量为2mol，B正确；C．甲醇分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，乙烯分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，则甲醇转化为乙烯时，碳原子轨道的杂化类型由sp3杂化变为sp2杂化，C错误；D．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠是因为碳酸氢根离子间能氢键所致，D正确；故选C；5．A．纯碱溶液显碱性是因为碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解以一级水解为主，反应的离子方程式为：，A错误；B．电解饱和食盐水制烧碱发生的反应为饱和食盐水电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：，B错误；C．由石英砂制粗硅的反应为二氧化硅与碳高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为：，C正确；D．由乳酸制聚乳酸的反应为催化剂作用下乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸和水，反应的化学方程式为：n+(n-1)H2O，D错误；故选C；6．A．氯化铵可用作氮肥是因为氯化铵中含有的铵根离子可以提供农作物所需的氮元素，与氯化铵受热易分解无关，A错误；B．高纯硅可用作太阳能电池板是因为单晶硅是性能优良的半导体材料，与高纯硅的熔点高无关，B错误；C．甲醇可用作燃料电池的燃料是因为甲醇具有还原性，易失去电子发生氧化反应被氧化，与易溶于水无关，C错误；D．聚乳酸可用作可降解塑料是因为聚乳酸能发生水解反应生成乳酸，D正确；故选D。7．能满足下列物质间直接转化关系的是A．X可为Na，物质Y为 B．X可为N2，物质Y为NaOHC．X可为S，物质Y为NaClO D．X可为Fe，物质Y为HCl【答案】C【解析】A．钠（Na）在氧气中燃烧生成（过氧化钠），与水反应生成NaOH和（生成碱），但与NaOH不反应生成盐，A不符合题意；B．氮气与氧气在放电条件下生成NO，NO不溶于水，无法直接生成酸或碱，B不符合题意；C．硫（S）燃烧生成，与水反应生成（酸），与NaClO发生氧化还原反应生成（盐），符合直接转化关系，C符合题意；D．铁（Fe）燃烧生成，不溶于水，无法与水反应生成酸或碱，D不符合题意；故答案选C。8．聚己内酯广泛应用于药物载体、可降解塑料和纺丝纤维，可由己内酯制备。下列说法错误的是A．1mol己内酯中含有键B．己内酯难溶于水C．己内酯的一氯代物有3种D．聚己内酯和己内酯中均含有酯基，可发生取代反应【答案】C【解析】A．1mol己内酯中的键包括碳碳键、碳氢键、碳氧键、1mol己内酯中共含有键，A正确；B．己内酯中只含酯基和烃基，均为疏水基团，因此己内酯难溶于水，B正确；C．己内酯的一氯代物有5种，C错误；D．聚己内酯和己内酯中均含有酯基，可发生水解反应，这种水解反应属于取代反应，D正确；故答案选C。9．催化剂(Ph表示苯基)可实现温和条件下的丙烯加氢：，反应机理如题图所示，图中Rh离子形成的化学键都是配位键。下列说法正确的是A．反应①中被氧化B．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】A．反应①中的键断裂，形成两个键，元素从价变为价，化合价降低，被还原，A错误；B．丙烯中双键碳原子没有孤电子对，是碳碳双键的键电子对提供给离子形成配位键，不是碳原子的孤电子对，B错误；C．反应③中，丙烯双键的碳原子原本为杂化，加成后变成饱和单键碳原子，杂化类型由变为，C错误；D．催化剂的作用是改变反应的历程，改变反应的活化能（一般为降低活化能加快反应），不改变反应的焓变，D正确；故选D。10．向盛有溶液的试管中滴入几滴溶液，产生白色沉淀，再滴入氨水至沉淀完全溶解，得到溶液(忽略溶液体积变化)。取一定体积的溶液分别进行下列4组实验。实验1：加入溶液，产生黄色沉淀实验2：加入饱和NaCl溶液，产生白色沉淀实验3：加热，有刺激性气味气体产生实验4：加入溶液，产生白色沉淀已知：常温下，

；

。下列说法错误的是A．实验1产生的黄色沉淀为AgIB．反应

C．实验3加热过程中产生的气体可以用湿润的红色石蕊试纸检验D．溶液中加入硝酸发生离子反应：【答案】B【解析】A．由实验1现象分析黄色沉淀为AgI，A正确；B．由、可知的K==500，B错误；C．实验3加热过程中有氨气放出，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，C正确；D．HNO3电离出的H+与NH3结合生成，促使[Ag(NH3)2]+解离，Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，离子方程式符合事实，D正确；故选B。11．已知：反应Ⅰ：

，向AgCl悬浊液(液体1)中加入NaBr溶液，发生反应Ⅱ：，得到悬浊液(液体2)。下列说法不正确的是A．反应Ⅱ的平衡常数B．加入NaBr后，溶液中增大C．液体2中存在：D．向液体2中加入NaCl固体，增大，反应Ⅱ平衡逆向移动【答案】B【解析】A．反应的平衡常数，A项正确；B．加入NaBr后，生成更难溶的，减小，B项错误；C．液体2中存在电荷守恒：，C项正确；D．向液体2中加入，增大，反应Ⅱ平衡逆向移动，D项正确；故答案选B。12．氨可用于燃料电池，根据电解质传导机制可分为两类：O-SOFC（氧离子传导型电解质）和H-SOFC（质子传导型电解质），其工作原理如图所示。下列说法错误的是A．O-SOFC和H-SOFC燃料电池通一极均为负极B．H-SOFC燃料电池通一极的电极反应为C．从环保的角度来说，具有更大优势的是O-SOFC燃料电池D．两类燃料电池发生的总反应相同【答案】C【分析】氨燃料电池，氨气发生氧化还原反应最终转化为氮气，故通入氨气的一极为负极，通入氧气的一极为正极。【解析】A．根据分析可知，通入氨气的一极为负极，故A正确；B．酸性环境中通入氧气的一极电极反应为，故B正确；C．从环保的角度来说，O-SOFC（氧离子传导型电解质）生成氮气和水；H-SOFC（质子传导型电解质）的产物也为氮气和水，最终产物均为对环境无污染的氮气和水，从环保角度看，二者没有明显优势劣势之分，故C错误；D．两类燃料电池的总反应式都为4NH3+3O2=2N2+6H2O，故D正确；故选C。13．将和按不同投料比或1，以不同流速通入反应器中，分别在360℃、400℃下发生反应：

。min时，HCl流速与HCl转化率关系如图所示。较低流速下转化率可近似为平衡转化率；曲线a、b所示反应中投料比相同、温度不同，曲线a、c温度相同，投料比不同。下列说法正确的是A．曲线a投料比B．平衡常数：C．使用高效催化剂可提高M点HCl的转化率D．HCl转化率P点大于N点，原因为P点温度高，反应速率快【答案】C【解析】A．a、c温度相同，c的HCl平衡转化率更高，说明c中更小（O2相对更多），因此a的投料比为，A错误；B．该反应，温度越高平衡常数越小；a、b投料比相同，a的平衡转化率更低，说明a温度更高，M点温度高于N点，故，B错误；C．M点HCl流速较高，反应未达到平衡，高效催化剂可加快反应速率，相同时间内消耗HCl更多，能提高HCl转化率，C正确；D．P点转化率高于N点的主要原因是P点投料比更小，O2相对含量更高，促进HCl转化，且P点因为流速更低，反应更接近平衡，并非温度高、速率快，D错误；故选C。二、非选择题：共4题，共61分。14．（16分）常用于电镀、制造铬黄颜料等。以铬渣(主要成分为和，含少量等)为原料合成和的流程如图所示：已知：“水浸”后滤液中含有。回答下列问题：（1）基态Cr原子价层电子排布式为___________。（2）“焙烧”中被氧化的元素有___________(填元素符号)。（3）滤渣2经盐酸溶解、过滤，采用结晶法从滤液中提取，将和足量混合共热可制得，写出得到反应的化学方程式：___________。不能直接加热制备的原因为___________。（4）已知：常温下，“水浸”后滤液中部分离子的物质的量浓度的对数与pH的关系如图所示。图中能代表与pH关系的曲线是___________(填“”或“”)。常温下，若控制溶液中铝元素的浓度不超过，需要控制溶液的pH范围为___________。（5）和共热的副产物只有光气，则该反应中，的物质的量之比为___________。（6）铬的一种氧化物M的晶胞如图所示，则M的化学式为___________。【答案】（每空2分）（1）（2）Cr、Fe（3）易水解，HCl易挥发，直接加热得不到(合理即可)（4）（5）（6）【分析】铬渣的成分为、，含少量、、，加入纯碱并通入空气焙烧，、被转化为可溶于水的钠盐和，铁的氧化物不参与反应，仍为固体不溶物，故滤渣1为；通入酸性气体降低溶液，使转化为沉淀、转化为沉淀，过滤后得到滤渣2为和，滤液为含的溶液；向含的滤液中加入，生成沉淀，分离后灼烧得到；其与共热反应，最终得到目标产物。【解析】（1）Cr原子序数为24，价层电子为3d和4s轨道，半充满结构更稳定，基态铬原子的价层电子排布式为。（2）铬渣中中Cr为+3价，焙烧后生成中Cr为+6价；中Fe为+2价，焙烧后被氧化为+3价，因此被氧化的元素为Cr、Fe。（3）与水反应生成和HCl，抑制氯化铝水解，故得到反应的化学方程式为；是强酸弱碱盐，直接加热结晶水合物时，水解且HCl挥发，最终得到氧化铝，无法得到无水氯化铝。（4）溶液中存在可逆反应：，酸性越强，浓度越小，图中代表与pH关系的曲线是。由图可知，常温下，铝元素浓度不超过，即，由图可知：时，时，需要控制溶液的pH范围为。（5）和发生反应的化学方程式为，故与物质的量之比为。（6）由晶胞图可知，铬原子位于顶点和体心，4个氧原子位于面上、2个位于体内。所以，M晶胞中含铬原子数为，含氧原子数为的化学式为。15．（15分）毛兰素(F)是一种具有抗肿瘤活性的有机物，某合成路线如下：（1）的结构与苯环相似，则氮原子杂化方式为_______。（2）步骤I的化学方程式为_______。从结构角度说明加入可以提高A转化率的理由_______。（3）C中含氧官能团有醚键、_______(写名称)。（4）X的结构简式为_______。（5）步骤V的反应类型为_______。（6）B的同分异构体中，同时满足下列条件的有_______种，其中一种的结构简式为_______。①遇溶液显紫色②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：2：1：1（7）根据上述信息，设计由、和为原料，制备的合成路线(试剂任选)_______。【答案】（除标明外，每空2分）（1）sp2（1分）（2）

吡啶分子中，氮原子有孤电子对，与氢离子形成配位键，消耗HCl，促进反应正向进行（3）酯基（1分）（4）（5）加成反应(还原反应)（1分）（6）4、、、(任写一种)（7）（3分）【分析】中酚羟基与发生取代反应生成B和HCl，有机碱，可以消耗反应生成的HCl，促进反应正向进行，提高A转化率，B与ICl发生苯环上酯基间位的取代反应生成C，C酯基水解重新产生酚羟基生成D，涉及A→B的目的可能是保护酚羟基，防止被氧化或被碘原子取代，对比D、F的结构简式，结合X的分子式、E生成F的反应条件，可知X存在碳碳三键，D中的-I与X发生取代反应生成E，E中碳碳三键再与氢气发生加成反应生成F，则X为，E为。【解析】（1）的结构与苯环相似，为平面六边形，故氮原子杂化方式为sp2杂化；（2）A中酚羟基与CH3COCl发生取代反应生成B和HCl，步骤Ⅰ的化学方程式为，是有机碱，N原子含有孤电子对，可与形成配位键，促进反应正向进行，故答案为：步骤Ⅰ的化学方程式为；吡啶分子中，氮原子有孤电子对，与氢离子形成配位键，消耗HCl，促进反应正向进行。（3）由C的结构简式可知，C中官能团有醚键、酯基、碳碘键或碘原子，其中含氧官能团为酯基，故答案为酯基；（4）对比D、F的结构简式，结合X的分子式、E生成F的反应条件，可知X存在碳碳三键，D中的-I与X发生取代反应生成E，则X为；（5）由分析可知，E结构为，E结构中碳碳三键与氢气发生加成反应生成F，故答案为加成反应或者还原反应；（6）B的同分异构体同时满足条件：①遇FeCl3显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基或-OOCH；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为6：2：1：1，含有四种氢原子，且氢原子的个数之比为6：2：1：1，结构对称，含有2个等效的甲基，符合条件的结构简式为、、、，故同时满足条件的有4种，结构简式如上所示；（7）根据题中信息可知，先将在NaOH乙醇溶液中消去成，再将苯环与ICl在CH2Cl2溶剂中作用下生成，二则反应生成，最后在还原成目标产物，其合成路线为：16．（15分）光催化技术是利用太阳能驱动化学反应的前沿方向。某课题组采用以下工艺，通过光催化水产生羟基自由基而启动反应，再利用将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。反应原理：实验步骤：I.在的双颈圆底烧瓶中，加入少量二氧化钛纳米管粉末、对二甲苯和乙腈-水混合溶液(体积比4：1)。II.连通氧气源，开启冷凝水和磁力搅拌，光照。每隔一定时间，用注射器抽取少量反应液，分析产物组成。一段时间后，终止反应。III.将反应液离心分离出固体催化剂。将上清液转移至圆底烧瓶，蒸除乙腈溶剂。向剩余的水相中加入过量稀溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，再用稀盐酸酸化至，析出白色固体。抽滤、洗涤、用无水干燥得产品。回答下列问题：（1）对比作氧化剂，简要阐述本工艺的优点(答出两点即可)。（2）步骤I采用“乙腈-水混合溶液”而不只用乙腈的主要原因是。（3）产率随步骤II反应时间的变化关系如下表所示，可判断获得对甲基苯甲酸的最佳反应时间为，超过反应时间，产率下降的可能原因是。反应时间/h1234681012对甲基苯甲酸产率/%1838587585787065（4）步骤III中加入后，发生反应的化学方程式是、。（5）在最佳反应时间时，理论上可获得对甲基苯甲酸的最大产量为g(结果保留3位有效数字)。（6）实验小组获得产品的质谱图，推测产物中是否混有杂质，并说明理由。【答案】（除标明外，每空2分）（1）利用太阳能，节能环保；氧化剂为O2，污染小；条件更温和，可能实现选择性氧化（2）水是的来源，提供足够的水以产生（3）6h（1分）对甲基苯甲酸进一步氧化(或副反应增加)（4）+HCl→↓+NaClNaOH+HCl=NaCl+H2O（5）1.16（6）产物中混有杂质。对甲基苯甲酸的相对分子质量为136，其质荷比最大值应该为。图中质荷比最大值为228，说明存在分子量为228的杂质【分析】本工艺通过光催化水产生羟基自由基而启动反应，再利用将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。实验步骤I和II充分发生反应，步骤III分离产品，上清液含对甲基苯甲酸，加入过量NaOH后，发生中和反应生成对甲基苯甲酸钠盐，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，水层含有对甲基苯甲酸钠盐，再用稀盐酸酸化至，发生中和反应，生成对甲基苯甲酸，并沉淀析出，再经过抽滤、洗涤、用无水干燥得产品。【解析】（1）是强氧化剂，常需在酸性条件下使用，反应后会产生Mn2+等金属废弃物，且氧化过程可能不够温和。而本工艺利用太阳能驱动(光催化)，节能环保；氧化剂为O2，廉价，无污染，且光催化条件更温和，可能实现选择性氧化，故对比作氧化剂，本工艺的优点是利用太阳能，节能环保；氧化剂为O2，污染小；条件更温和，可能实现选择性氧化。（2）对二甲苯是有机物，乙腈是良好的有机溶剂，能溶解对二甲苯，但反应需光催化产生羟基自由基，水是的来源之一(光催化水分解产生)。若只用乙腈，水含量不足，生成量少，反应速率慢。故混合溶液的作用是提供足够的水以产生，同时乙腈溶解有机物，保证反应物充分接触。（3）根据表格数据，产率在反应时间为6h时达到最高(85%)，之后随时间延长产率下降。超过6h后，可能是对甲基苯甲酸进一步氧化(深度氧化为其他产物，如对苯二甲酸)或副反应增加(生成其他杂质)，导致目标产物减少。（4）步骤III中，上清液含对甲基苯甲酸，加入过量NaOH后，发生中和反应生成对甲基苯甲酸钠盐，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，水层含有对甲基苯甲酸钠盐，再用稀盐酸酸化至，发生中和反应：+HCl→↓+NaCl；同时，过量的NaOH也会与HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O。（5）10mmol对二甲苯理论生成10mmol对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸(C8H8O2)的摩尔质量为136g/mol，则理论上，对甲基苯甲酸质量=0.01mol136g/mol=1.36g，。（6）产物中混有杂质。对甲基苯甲酸的相对分子质量为136，其质荷比最大值应该为。图中质荷比最大值为228，说明存在分子量为228的物质，说明含有杂质。17．（15分）乙二醇()是重要的化工原料，主要用于生产聚酯纤维和防冻剂，其工业化制备与新型合成路线是研究热点。Ⅰ、合成气直接合成法

（1）已知、、的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol、1180.26kJ/mol，则上述合成反应的______kJ/mol。（2）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所示。①代表的曲线为______。②若在温度为TK，压强恒定