化学终极押题猜想（江苏专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

2026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 B．红外光谱法可区别石英玻璃(非晶态)和水晶(晶态) C．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，锌、碳、氢、氧元素都属于主族元素。 【答案】C 【解析】制造芯片的主要成分为单质Si，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；故选C。 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（1-100 nm），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．和的球棍模型均为： B．中含键 C．的电子式： D．和的最外层电子轨道表示式均为 【答案】D 【解析】和均为V形结构，但的中心N原子与O原子的键角、原子相对大小和不同，无法用同一个球棍模型表示，A错误；中，4个含12个N-H 键，与形成4个配位键，中含4个S-O 键，总键数为20个，即中含键，B错误；是离子化合物，由和构成，中C与C之间为三键，其电子式为，C错误；和的核外电子排布均为，最外层为，轨道表示式中3s轨道有2个成对电子，3p轨道有3对电子，与图示完全一致，D正确；故选D。 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）可用于得到具有高反应活性的。下列说法正确的是 A．基态的结构示意图为 B．的电子式为： C．仅含极性共价键 D．和互为同素异形体 【答案】A 【解析】Fe的原子序数为26，Fe原子核外电子排布为，Fe原子失去最外层2个电子得到，因此结构示意图为，A正确；（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；结构式为，既含极性共价键，也含非极性共价键，C错误；同素异形体是同种元素组成的不同单质，和都是化合物，不互为同素异形体，D错误；故选A。 2.（2026·江苏·二模）预防龋齿的原理为。下列说法正确的是 A．Ca原子的结构示意图为 B．基态F原子的价电子排布式为 C．的电子式为 D．的空间构型是三角锥形 【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，所以基态F原子的价电子排布式为，故B正确；的电子式为，故C错误；中心P原子：σ键数为4，孤电子对数为，即中心P原子价层电子对数为，无孤电子对，因此空间构型为正四面体形，故D错误；故选B。 3.（2026·江苏徐州·模拟预测）反应可用于制备有机反应催化剂——乙炔铜。下列有关说法正确的是 A．的结构示意图为 B．分子中σ键和π键数目比为3：2 C．的电子式为 D．中子数20的Cl原子表示为 【答案】B 【解析】质子数是17、电子数为18，故的结构示意图为，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； 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，D错误；故选B。 4.（2026·江苏·一模）超氧化钾可在潜水艇中作制氧剂，反应为。下列说法正确的是 A．的结构示意图： B．中含有离子键和共价键 C．的空间构型为三角锥形 D．的电子式： 【答案】B 【解析】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；由和通过离子键结合，内部两个氧原子之间存在共价键，因此中含有离子键和共价键，B符合题意；中，中心C原子的价层电子对数为 ，无孤电子对，空间构型为平面三角形，而非三角锥形，C不符合题意；的电子式应为，D不符合题意；故选B。 5.（2026·江苏镇江·模拟预测）反应可用于提纯炔烃。下列说法正确的是 A．的电子式为： B．电离能： C．基态O原子的价电子排布式为 D．既含离子键又含共价键 【答案】A 【解析】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：，B错误；基态O原子的价电子排布式为，C错误；中提供空轨道，中C提供孤对电子形成配位键，故仅含共价键，内部无离子键，D错误；故选A。 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．与浓盐酸共热制： B．ICl与NaOH溶液反应： C．溶液吸收： D．NaClO碱性溶液吸收少量： 【答案】D 【解析】与浓盐酸共热制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、和水，离子方程式配平正确，B正确；与碳酸钠溶液发生歧化反应生成、和，离子方程式得失电子、电荷、原子均守恒，C正确；碱性环境下反应不会生成，正确离子方程式应为，给出的离子方程式不符合反应环境，D错误；故选D。 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： B．溶于足量浓盐酸： C．硫酸工业煅烧： D．制取： 【答案】C 【解析】FeS是难溶物，不能拆分为和，正确离子方程式为，A错误；酸性条件氧化性很强，可氧化，正确反应为，B错误；硫酸工业煅烧生成氧化铁和二氧化硫，方程式配平、产物均正确，C正确；制取是碱性条件，产物不能生成，正确离子方程式为，D错误；故选C。 2.（2026·江苏镇江·一模）下列说法正确的是 A．燃烧的热化学方程式：   B．用酸性溶液吸收： C．与足量稀盐酸反应： D．用除去余氯： 【答案】B 【解析】燃烧的热化学方程式为 ，A错误；用酸性溶液吸收的离子方程式为，B正确；中的为价，其与足量稀盐酸的反应方程式为，C错误；用除去余氯的离子方程式为，D错误；故选B。 3.（2025·江苏南通·三模）下列化学反应表示正确的是 A．用氨水和溶液制备： B．工业上用足量氨水吸收： C．用溶液吸收： D．次磷酸与足量溶液反应： 【答案】C 【解析】一水合氨难电离，用氨水和溶液制备：，A错误；工业上用足量氨水吸收生成正盐：，B错误；用溶液吸收发生氧化还原反应：，C正确；次磷酸是一元弱酸，与足量溶液反应：，D错误；故选C。 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： B．铜与浓硫酸在加热条件下反应： C．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气： D．用溶液除去乙炔中的： 【答案】C 【解析】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，溴化亚铁中的和会完全被氧化，该方程式漏掉了的氧化反应，正确离子方程式为，与所给事实不符，C错误；的溶解度很小，硫酸铜溶液可与反应生成CuS沉淀除去杂质H2S，离子方程式书写正确，符合事实，D正确；故选C。 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： B．制镁工业：海水 C．HCl制备：NaCl溶液和 D．工业制银镜： 【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，不符合题意，A错误；制镁工业中，Mg单质的制备需要电解熔融，正确的物质转化为海水 ，不符合题意，B错误；电解NaCl溶液生成和，点燃二者可化合生成HCl，各步骤转化均能实现，符合题意，C正确；银镜反应需还原性糖（如葡萄糖），而蔗糖是非还原性糖，无法直接还原银氨溶液生成Ag，正确的物质转化为，不符合题意，D错误；故选C。 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)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B．HCl(aq)Cl2(g)HCl(g) C．NH3(g)NO(g)HNO3(aq) D．S(s)SO2(g)H2SO4(aq) 【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()是一种用途极广的无机化合物。下列生产中不以为原料的是 A．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：NaHCO3Na2CO3 B．制硫酸： C．制备无水： D．制漂白粉： 【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，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；制漂白粉为电解氯化钠溶液得到氯气，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙，D正确；故选D。 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 C．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】加氢制甲醇能实现碳的循环利用。与在活化后的催化剂表面发生如下反应：  ，其反应历程如图。 已知：催化剂活化：(无活性)(有活性) 下列说法不正确的是 A．总反应   B．过程Ⅱ中发生氧化反应 C．历程中有、键的形成和断裂 D．无活性的可能原因是结构中缺少氧空位 【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(含和的水溶液)产生的羟基自由基()能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 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： C．过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能 D．用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系 【答案】A 【解析】 结构为，其中为非极性共价键，为极性共价键： 过程Ⅰ中断裂非极性键生成，存在非极性键断裂；但过程Ⅱ中仅断裂极性键生成和，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是与反应生成、和，给出的方程式满足原子守恒、电荷守恒，B正确；反应速率越快，活化能越低，过程Ⅰ是快反应、过程Ⅱ是慢反应，因此过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能，C正确；若用代替，先和发生过程Ⅱ生成，生成的再继续发生过程Ⅰ产生，循环反应可以持续产生羟基自由基，因此能形成类似Fenton试剂的体系，D正确；故选A。 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(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】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；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；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；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。 4.（2026高·江苏苏州·一模）催化、与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如图，下列说法正确的是 A．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．、与二甲胺反应可能生成HDO D．催化剂降低了反应的活化能和焓变 【答案】C 【分析】催化剂表面首先吸附，使H-H非极性键断裂，生成吸附态的H原子；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；活化的与吸附态H原子结合，生成甲酸根中间体，此时C原子与两个O原子形成稳定的配位结构；二甲胺进攻甲酸根中间体，形成离子对；该中间体进一步脱水，最终生成目标产物DMF。据此分析。 【解析】反应中参与反应，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；和也可能发生反应生成甲酸，反应方程式为，B错误；由图可知，、与二甲胺反应合成DMF的过程中，中的一个D原子形成DMF中的C-D，另外一个D原子形成H2O中的一个O-D，反应可能生成HDO，C正确；催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变，D错误；故选C。 5.（2026·江苏镇江·模拟预测）钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是 A．步骤①反应为 B．步骤③正、逆反应的活化能关系为 C．在步骤③中起氧化剂作用 D．步骤③生成的物质可能是 【答案】D 【解析】步骤①中VO2+与H2O2反应生成、⋅OH和H+，反应方程式为VO2++H2O2=+⋅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，被还原为VO2+，说明在催化循环中起到氧化作用，C正确；整个反应过程是H2O2氧化苯制备苯酚，反应体系中无低价态氢的还原环境，且氢气具有强还原性，会被H2O2、⋅OH等氧化，因此Z不可能是氢气，D错误；故选D。 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，其为弱电解质]的混合溶液，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．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： D．在水中电离： 【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），电解液是KOH与的混合溶液；Zn电极发生氧化反应，电极反应式为。电子通过外电路从Zn电极流向空气电极，不经过电解液；溶液中靠离子迁移导电，A错误；催化剂可降低氧气在空气电极还原反应的活化能，从而加快电极反应速率，提升电池整体放电速率，B正确；Zn电极为负极，发生氧化反应，故正确电极反应式为，C错误；为弱电解质，其电离应为可逆过程，正确表达为，D错误；故选B。 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，无水混合物一旦受热熔融，即可按反应输出电能。 下列说法正确的是 A．负极的电极反应： B．放电过程中，向钙电极移动 C．正极反应物为LiCl D．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，从价升高为价，失电子，作负极，电极反应式；中从价降低为价，得电子，硫酸铅电极为正极，电极反应式为。由分析知，Ca为负极，Ca失电子生成，电极反应，书写正确，A正确；原电池放电时，阳离子向正极移动，钙电极为负极，因此向硫酸铅（正极）移动，B错误；正极是得电子发生还原反应，反应物为，不是，C错误；该电池需要受热熔融后才能电离出自由移动的离子导电，常温下电解质为固态，没有自由移动离子，不能形成闭合回路，电流表指针不偏转，D错误；故选A。 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 C．理论上每生产11.2 L H2，电路中转移2 mol D．反应过程中，需要不断补充 【答案】B 【解析】首先根据反应机理判断电极类型： Ni电极上转化为，从价降为价，得电子发生还原反应，因此Ni电极为阴极，连接电源负极；Ni-YSZ电极失电子发生氧化反应，为阳极，连接电源正极。 Ni电极为阴极，连接电源负极，A错误；Ni-YSZ电极上失电子，结合生成和，配平后电极反应为：，原子、电荷均守恒，B正确；选项未说明气体是标准状况，无法计算的物质的量；且即使为标况，对应转移电子，也不是，C错误；整个过程中在熔融盐中循环使用，总反应为，不消耗，不需要补充，D错误；故选择B。 3.（2026·江苏南通·一模）某可充电锂电池分别以Li、为电池的电极反应物，硫化物固体电解质传导，电池构造示意图如图所示。下列说法正确的是 A．该锂电池也可用水溶液作电解液传导 B．放电时，失电子，发生氧化反应 C．放电时，负极质量每减少0.7g，外电路转移0.2 mol D．充电时阳极电极反应式： 【答案】D 【解析】电池工作原理：放电时为原电池：负极(Li)：，Li失去电子被氧化，通过硫化物固体电解质向正极移动，正极()：，得到电子被还原；充电时为电解池：阴极：，阳极：，失去电子被氧化。Li是活泼金属，会与水溶液中的水发生反应，因此不能用水溶液作电解液传导，A错误；放电时，在正极得到电子，发生还原反应，而非氧化反应，B错误；放电时负极反应为，每消耗1 molLi即7 g，外电路转移1 mol电子。因此负极质量每减少0.7 g，外电路转移0.1 mol电子，C错误；充电时阳极发生氧化反应，失去电子生成和，电极反应式为：，D正确；故选D。 4.（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．每理论上可净化 C．X膜为阴离子交换膜 D．甲电极是正极，电极反应式为： 【答案】A 【解析】燃料在甲电极产生和，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：，故利用此工作原理，可以除去废水中的苯酚，A说法正确；因未指明是标准状况下的气体体积，故无法计算，B说法错误；甲电极产生二氧化，电极反应式为：，甲电极失去的电子通过导线转移到乙电极，乙电极为正极，电极反应式为：，故左室中产生的氢离子将通过离子交换膜进入到右室，X膜不是阴离子交换膜，C说法错误；甲电极是负极，在电极上失去电子，产生二氧化碳和氮气，故电极反应式应为：，D说法错误；故选A。 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，同时回收和单质硫。下列说法正确的是 A．电极a连接电源的正极 B．通过阳离子交换膜从右室移向左室 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0.1 mol电子时，可回收3.2 g单质硫 【答案】B 【解析】电极a生成，发生还原反应：，所以电极a是阴极，连接电源负极。电极b：通入，生成单质硫，发生氧化反应：，所以电极b是阳极，连接电源正极。电极a是阴极，应连接电源负极，A错误；电解池中阳离子向阴极移动，即从右室移向左室，B正确；左室生成，pH增大；右室消耗，pH减小。因此两室pH均改变，C错误；由电极b反应可知，每生成1 molS转移2 mol电子，当外电路通过0.1 mol电子时，生成S的物质的量为0.05 mol，质量为0.05 mol×32 g/mol=1.6 g，D错误；故选B。 押题猜想07 电解质溶液 终极押题 【原创题】焦亚硫酸钠有强还原性，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，，，。下列说法正确的是 A．通入与恰好反应生成、的混合溶液中： B．通入至溶液： C．反应的平衡常数 D．中可能含有过氧键() 【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、的混合溶液中的电荷守恒为，，根据物料守恒（Na 与 C、S 的关系）：，将物料守恒式代入电荷守恒式，化简得：，A错误；根据已知，其表达式为：，当溶液 pH=7 时，c(H+)=1.0×10−7 mol/L，代入得，故，B正确；反应的平衡常数K可由电离常数推导，C错误；Na2S2O5中S的平均化合价为+4价，与SO2中S的化合价相同。过氧键（-O-O-）的存在会导致S的化合价升高，这与焦亚硫酸钠的结构和性质不符，D错误；故选B。 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，用废渣制备的部分实验过程如下： 已知：，，。 下列说法正确的是 A．溶液中： B．溶液中： C．生成沉淀的离子方程式： D．沉淀完全后的滤液中： 【答案】B 【解析】对溶液，电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒变形代入电荷守恒，最终得到，A错误；的水解常数；的水解常数，且还存在微弱电离（），由于的水解（及电离）消耗程度远大于的水解消耗，因此溶液中，B正确；反应体系中有氨水存在，溶液呈碱性，碱性条件下不会大量分解生成，且与双水解的正确离子方程式为，C错误；的溶度积表达式为，因此沉淀完全后的滤液中应满足，D错误；故选B。 2.（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(NH)>c(CO)>c(HCO)>c(NH3·H2O) B．“酸浸” 后上层清液中： C．脱硫反应： 的平衡常数K=3×10−6 D．脱硫反应后滤液中 【答案】B 【解析】废铅膏中含有、、和少量Pb，加入、溶液可将Pb元素全部变为沉淀。再加入溶液可将转化为，最后加入甲基磺酸即可得到甲基磺酸铅。溶液中，初始浓度大于，水解得到，使溶液显酸性水解得到，使溶液显碱性。而溶液的，溶液中的，也说明的水解程度更大。根据和物料守恒，可计算出。根据和物料守恒，可计算出，因此。，所以，即，正确的排序为，A错误； 由，，可得： ，B正确；脱硫反应平衡常数： ，C错误；滤液中含有少量溶解电离出的，溶液中所有阳离子所带电荷总数与阴离子所带电荷总数相同，正确的电荷守恒式子应为： ，D错误；故选B。 3.（2026·江苏·模拟预测）一种捕集烟气中过程如图所示。室温下以溶液吸收，溶液体积变化和挥发忽略不计，溶液中含碳物种的浓度。电离常数分别为、。下列说法正确的是 A．“吸收”所得到的溶液中一定存在： B．时，溶液中存在： C．时，溶液中存在： D．“转化”后的溶液中一定存在： 【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、、、、五种离子，由电荷守恒可知，“吸收”后所得溶液中一定存在：，A正确；时，，溶质为，其质子守恒为，B错误；时，，溶质为，的水解常数，水解程度大于电离程度，故，C错误；转化后若没有析出，则离子积，并非一定大于，D错误； 故选A。 4.（2026·江苏南通·模拟预测）工业上常用足量、等碱性溶液吸收含的废气，过程如下所示。 已知：室温下，，，，。下列说法正确的是 A．溶液中： B．“吸收”反应的离子方程式： C．“混合”后溶液中： D．溶液中： 【答案】C 【解析】首先根据给出的电离常数，判断酸性强弱：，因此酸性顺序为：。溶液的质子守恒为： 变形得：，A错误；根据强酸制弱酸规律：由于酸性，不能与反应生成和，因此吸收反应的正确离子方程式为：，选项中错误的认为能与继续反应，B错误；对不等式变形推导： 将待比较式变形得：。 结合电离常数定义：，且，代入得： ，因此原不等式成立，C正确；的第一步水解常数，对于的，，，，水解率，水解后，正确离子顺序为：，D错误；故选C。 5.（2026·江苏徐州·模拟预测）从炼钢粉尘(主要含、和ZnO)中提取锌的过程如下： 已知：“盐浸”过程ZnO转化并有少量和浸出。下列说法正确的是 A．“氧化”后的滤渣主要成分为 B．“沉锌”后的滤液中 C．溶液中： D．“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中： 【答案】C 【解析】“盐浸”过程ZnO转化并有少量和浸出，故“盐浸”时、只有少量溶解，第二步通入空气氧化过程是将氧化为，在的环境中会生成氢氧化铁沉淀，故滤渣主要成分是未溶解的、，还有少量为Fe(OH)3，“沉锌”过程发生反应为：，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、和少量为Fe(OH)3，A错误；沉锌过程是和反应生成沉淀，故“沉锌”后的滤液为沉淀的饱和溶液，应满足是，而不是，B错误；溶液中，根据电荷守恒和物料守恒可知，质子守恒为：，C正确；“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中n(Cl-)不变，但沉锌过程加入溶液会稀释滤液，故氯离子浓度为：，D错误；故选C。 押题猜想08 反应速率与化学平衡图像 终极押题 【原创题】DMF是良好的有机溶剂。二氧化碳加氢耦合DMA制DMF的主要反应(忽略其他副反应)为： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     3MPa下，将(DMA)的混合气匀速通过装有催化剂的反应管，DMA的转化率、DMF或的选择性随温度变化如图所示。 DMF的选择性。 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，的转化率为3% C．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，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，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，是过量反应物；时DMA转化率为，根据反应Ⅰ，的消耗量等于DMA的消耗量，因此的转化率为：，B正确；由图像可知，时DMA转化率快速上升（反应Ⅰ正向进行，生成量大幅增加），同时DMF选择性维持高位，因此DMF的生成量随温度升高而增大；时DMA转化率下降，但DMF选择性下降，DMF生成量减小，C错误；降低温度，反应Ⅰ（放热）正向移动，DMA转化率升高，反应Ⅱ（吸热）逆向移动，DMF选择性降低，因此需研发能在低温下同时提高DMA转化率和DMF选择性的催化剂，实现高效合成，D正确；故选C。 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，将的混合气体以的固定流速通过长度较短且装有足量镧铁载氧体()的反应管制备CO和，测得出口处、、和的流速如图所示(出口处除上述气体和外，不含其他气体)。下列说法不正确的是 A．X代表的物质是 B．250～375 s，反应生成逐渐增大 C．500～1000 s，的反应速率逐渐减小 D．1000～1500 s，仅发生分解为C和的反应 【答案】B 【解析】将的混合气体以的固定流速通过长度较短且装有足量镧铁载氧体()的反应管制备CO和，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，250～375 s，CO2的流速为0，根据C、H守恒，恒等于2∶1，B错误；由图，500～1000 s，的流出速率增大，则其反应速率逐渐减小，C正确；由图，1000～1500 s，CO、二氧化碳的流速为0，说明仅发生分解为C和的反应，D正确；故选B。 2.（2026·江苏·一模）生物质炭经水蒸气气化生产合成气(和)的过程涉及的主要反应如下：          固定单位时间内气流床中生物质炭的投入量，控制，采用为载气，以一定的流速通入水蒸气。反应相同时间，测得出口气体中、、、的体积分数和合成气产率随温度的变化关系如图所示。 已知：合成气产率。 下列说法正确的是 A．反应的 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， D．其他条件不变，1300℃时，加压有利于提高平衡时合成气产率和的体积分数 【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。 ， ，由盖斯定律可知，ΔH=ΔH1-ΔH2=[131.3-（-41.2）] kJ⋅mol−1=172.5 kJ⋅mol−1，A错误；随着反应温度的升高，三个反应的速率都在增大，第一个反应生成的CO增多，第二、三反应消耗的CO也增多，CO的含量可能增加或降低，结合反应的特点，但CO2的含量应当始终增大或先增加后降低或始终降低，不会出现先降低后增加的情况，故曲线X表示CO的体积分数，B正确； 1200℃，反应达到平衡时，体系中各物质的量浓度应保持不变，故体系中v消耗(CO2)=v生成(CO2)，C错误；温度不变时，增大反应体系的压强，对第二个反应平衡时的进行程度几乎无影响，但第一个反应平衡时逆向进行程度增大，合成气的总量减少，第三个反应正向进行的程度增大，合成气的总量减少，故合成气的总量与总产率均减小，D错误；故选B。 3.（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．   Ⅱ．   在条件下，将和的混合气体投入反应器中。平衡时，各组分的物质的量分数随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A．， B．曲线m表示的是 C．600℃时，的平衡转化率为59.26% D．恒温恒压下向体系中通入Ar会降低的平衡产率 【答案】A 【解析】温度升高时，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；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，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，的物质的量分数随温度升高而增大，曲线表示，曲线表示，B错误；600℃，设反应Ⅰ中转化了，反应Ⅱ中转化了，根据600℃时各物质的物质的量分数： ，，，n(CO)=xmol-ymol，n(CO2)=y，n总=(4+2x)mol，=0.5、=0.32，联立解得：，，，转化的为，转化率，C错误；恒温恒压下通入，容器体积增大，体系分压减小，反应Ⅰ是气体分子数增加的反应，减压平衡正向移动，的平衡产率升高，D错误；故选A。 4.（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，条件下，NO的转化率、CO剩余的百分率以及无CO且无催化剂时NO直接分解为N2的转化率随温度的变化情况如图所示。 已知NO可发生下列反应： 反应Ⅰ：     ΔH1 反应Ⅱ：     ΔH2 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>0 C．时，该催化剂脱除NO的最适宜温度在975℃左右 D．775℃，时，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，该时刻c(CO2)：c(N2)=3：2 【答案】B 【解析】的转化率越大，剩余的百分率越小，因此用、两个趋势相反的线表示。表示无时直接分解为的转化率。因为，若无直接分解的反应，则的剩余百分率和的转化率之和应该为；现会直接分解，因此的转化率会大于剩余百分率，由此可知表示剩余百分率，表示发生反应Ⅰ时的转化率。在反应Ⅰ中，与反应，随着温度升高，反应速率加快，剩余百分率应先降低；但温度过高时，若反应Ⅰ逆向移动，剩余百分率会升高。曲线符合“先降后升”的变化，且初始时剩余百分率接近（未反应），因此曲线表示剩余的百分率，A不符合题意；曲线表示转化率，因为反应相同的时间，首先随温度的升高，反应速率加快，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，；曲线表示无且无催化剂时直接分解为的转化率，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，B符合题意；脱除最适宜温度为转化率最高时对应的温度，曲线（转化率）在达最高，C不符合题意；根据图示可知，、条件下，剩余的百分含量为，设，根据已知条件列出“三段式”： ， ，c(CO2)：c(N2)= 3：2，D不符合题意；故选B。 5.（2026·江苏常州·一模）常温下，HClO和共存的混合溶液体系中主要存在如下反应： Ⅰ．    Ⅱ． 初始，在浓度均为的HClO和混合溶液中，若仅考虑上述反应，溶液中各含氯微粒的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A．曲线①表示的微粒为 B．0~2s内，逐渐增大 C．0~2s内， D．当体系中时，反应Ⅰ达到平衡状态 【答案】C 【解析】反应I和Ⅱ均生成，根据两反应的化学计量数可知，，结合2s时数据，得出此时c(ClO2)=0.64×10-3，c(Cl-)=0.42×10-3，c()=0.10×10-3，故曲线①表示，曲线②表示，曲线③表示。根据分析，曲线①表示，A错误；0~2s内，反应I消耗(0.32×10-3)，反应Ⅱ生成(0.10×10-3)，总的变化量，即浓度逐渐减小，B错误；根据反应I和Ⅱ可得关系式：，，则0~2s 内 ，反应速率，C正确；反应Ⅰ中HClO和按照1:2反应，反应Ⅱ中HClO和按照1:1反应，为两反应消耗HClO的总速率，为两逆反应生成的总速率，因此当体系中时，反应Ⅰ不一定达到平衡状态，D错误；故选C。 押题猜想09 元素周期表与周期律 终极押题 【原创题】元素镓()、锗()、砷()位于周期表中第四周期。下列说法不正确的是 A．原子半径： B．元素电负性： C．Ge、GaAs都具有半导体性能 D．第一电离能： 【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：，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：，B正确/；Ge位于金属元素与非金属元素的分界线附近，本身具有半导体性能，GaAs是常用的半导体材料，二者都具有半导体性能，C正确/；同周期元素第一电离能从左到右总体呈增大趋势，As的价电子排布为，4p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于Ge，因此第一电离能：，D正确；故选A。 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形成如图所示的包合物。下列说法正确的是 A．半径： B．第一电离能： C．中不存在离子键 D．中的键角比的小 【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；中的氯离子和离子形成离子键，C错误；离子中氮原子形成4个σ键，孤对电子对数为0，分子中氮原子形成3个σ键，孤对电子对数为1，孤对电子对数越多，孤对电子对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以中的键角比的大，D错误；故选A。 2.（2026·江苏南通·模拟预测）溶有的吡啶()溶液与NaClO溶液发生反应可制备杀菌剂：。下列说法正确的是 A．吡啶是非极性分子 B．离子半径： C．电离能： D．中Cl的化合价为-1价 【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；和电子层结构相同（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，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，为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，即，C错误；中H为+1价，则整体为-1价，则根据化合物化合价代数和为0，Na为+1价，设Cl化合价为，则，解得，Cl为+1价，D错误；故选B。 3.（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原子的逐级电离能依次为738、1451、7733、10540……。下列说法正确的是 A．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： 【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，其与形成的超分子可用于提取含和的混合溶液中的。已知：Sr位于元素周期表第五周期第ⅡA族。下列说法正确的是 A．沸点： B．碱性： C．离子半径： D．提取所得产物中，与窝穴体间存在离子键 【答案】B 【解析】分子间形成的氢键比更多，沸点更高，故沸点，A不符合题意；金属性，最高价氧化物对应水化物的碱性，B符合题意；核外有4个电子层，核外有2个电子层，电子层数越多离子半径越大，故离子半径，C不符合题意；窝穴体为有机物分子，与窝穴体之间通过配位键结合，而非离子键，D不符合题意；故选B。 5.（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： B．第一电离能： C．与互为同位素 D．沸点： 【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，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，B错误；同位素指质子数相同、中子数不同的原子；而和是硫元素形成的不同单质分子，属于同素异形体，非同位素，C错误；两者均为极性分子且含氢键，但水形成的氢键比氨气多、强度大，故沸点，D错误；故选A。 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．1 mol X最多能与发生加成反应 B．Y存在顺反异构体 C．X、Z可用溶液鉴别 D．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3 mol 加成，醛基可与1 mol 加成，因此1 mol X最多能与发生加成反应，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（），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，遇溶液均会发生显色反应，因此无法用溶液鉴别二者，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D。 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原子均采取杂化 B．Y存在顺反异构体 C．Z中含有2个手性C原子 D．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C。 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．1 mol X最多能和1 mol NaOH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1mol X最多能与2mol NaOH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 1：7 C．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为苯基)的取代反应，脱去1分子HBr得到丙（分子式为​），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（）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杂化，共6+1=7个，甲基的碳原子为杂化，共1个，因此乙分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1：7，B正确；据分析，丙中含1个酚羟基、1个醚键和1个酯基，酚羟基可与NaOH发生中和反应，酯基可在NaOH溶液中发生水解反应，因此丙可以与NaOH反应，C正确；甲含有酚羟基，丙也保留了1个酚羟基，二者遇​溶液都会发生显色反应，无法用​鉴别两者，D错误；故选D。 5.（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．可以用酸性溶液鉴别甲苯和X C．产物中可能含   D．1 mol Y最多可以消耗3 mol NaOH 【答案】C 【解析】X为 ，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氧化，使高锰酸钾褪色；X（）的侧链-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；该反应为自由基反应，反应历程中生成的苄基自由基，两个苄基自由基可相互结合，生成，因此产物中可能含有该物质，C正确；Y为，水解时，3个氯原子水解生成3个分子，同时根据题目已知信息，同一个碳连接3个羟基会脱水生成（苯甲酸）。因此，1 mol Y水解生成1 mol苯甲酸和3 mol 。苯甲酸和均能与NaOH反应，故1 mol Y最多可以消耗 mol NaOH，D错误；故选C。 押题猜想11 实验组合装置图的分析 终极押题 【原创题】下列关于的制取和以、溶液为原料制取的实验原理和装置能达到实验目的的是 A．制取 B．制取 C．分离 D．制取 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】加热和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；极易溶于水，直接将导管伸入溶液中会发生倒吸，B错误；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；灼烧固体分解制取应在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发浓缩溶液，不能用来灼烧固体，D错误；故选C。 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．用装置丙过滤得到溶液 D．用装置丁加热浓缩溶液 【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；故选B。 2.（2026·江苏南通·模拟预测）实验室利用、等物质制备晶体。下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A．利用装置甲制备 B．利用装置乙制备 C．利用装置丙制备晶体 D．利用装置丁分离出晶体 【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、溶液和NaOH溶液制备CuCl，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀。下列实验原理或装置不能达到实验目的的是 A．甲装置制 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 【答案】B 【解析】反应原理：，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，甲中以与浓硫酸反应制取是正确且常用的方法，A不符合题意；与饱和溶液会发生反应生成，乙中不能盛放饱和溶液，B符合题意；由分析可知，该反应会生成酸，且溶液酸性较强时CuCl不易沉淀，故丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸，C不符合题意；丁中用NaOH溶液吸收尾气中的亦是常规尾气处理手段，且倒扣的漏斗用于防倒吸，D不符合题意；故选B。 4.（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 B．制备 C．分离 D．制备 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】加热固体时，分解生成和，但在试管口遇冷又会重新化合生成，无法有效制备，A不符合题意；制备时，应先通入使溶液呈碱性，再通入，图中装置只有一个气体导管，极易溶于水，需要防倒吸装置，B不符合题意；以晶体形式析出，可通过过滤操作进行分离，图中过滤装置及操作规范，C符合题意；加热分解制备时，应在坩埚中进行， D不符合题意；故选C。 5.（2026·江苏南通·一模）实验室以Cu和浓硝酸为原料制备和。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是 A．用装置甲制备 B．用装置乙收集 C．用装置丙吸收尾气中的 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，符合实验原理，A不符合题意；装置(乙)利用密度大于空气，可用向上排空气法收集，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，离子方程式为：，可防止污染环境，C不符合题意；装置(丁)若将溶液直接蒸干，会因加热促进水解，同时生成的挥发，无法得到晶体，正确操作应是蒸发浓缩、冷却结晶，D符合题意；故选D。 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 NH4Cl溶液和CH3COONa的pH 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 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，观察是否有白色沉淀生成 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】等浓度的和中，水解显酸性，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，从而比较和的电离能力，实验可达成目的，A正确；若苯酚浓度较大，反应生成的三溴苯酚会溶解在过量苯酚中，无法观察到白色沉淀，因此即使发生取代反应也没有沉淀，不能判断反应是否发生，B错误；和都是白色沉淀，滴加少量后，无法区分生成的沉淀成分，不能比较二者大小，C错误；具有强漂白性，会使pH试纸褪色，无法读取pH数值，不能测定其pH，D错误；故选A。 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1mL 20％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2 mL 0.03 mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色 此条件下HPO的水解程度强于其电离程度 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，HPO水解程度大于其电离程度，D正确；故选D。 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 向溶液中滴加几滴的溶液，溶液紫红色褪去 具有漂白性 B 在试管中加入0.5g淀粉和溶液，加热。待溶液冷却后向其中加入溶液，将溶液调至碱性，再加入少量新制的，加热，产生砖红色沉淀 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溶液和溶液，均有固体析出 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0.1 mol·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 为可逆反应 D 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】向的溶液中加入浓KI溶液后，下层颜色变浅，说明从转移到KI溶液中，溶解能力更强，结论错误，A错误；溶液显碱性是因水解，加入生成沉淀，水解平衡被破坏，红色褪去，结论正确，B正确；与少量KI反应后滴加KSCN显红色，可能因KI量不足导致未完全反应，无法证明反应可逆，结论错误，C错误；未中和KOH直接加会生成AgOH沉淀，AgOH沉淀分解为氧化银，并非杂质导致，结论错误，D错误；故选B。 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 先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠 C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠 D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 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：将一定量固体加少量水溶解得黄色溶液，再加水稀释，溶液变成蓝色，然后将溶液分成两等份。 步骤Ⅱ：向其中一份溶液中滴加滴酚酞试液，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中平衡向正反应方向移动 B．步骤Ⅱ中滴加酚酞溶液颜色没有变化，不能判断是否水解 C．步骤Ⅲ可判断，与配位的能力： D．步骤Ⅳ中产生的气体为和的混合气体 【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pH 8.2~10.0，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，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；故选D。 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：2mL 0.33mol·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+H2OAlOH(CH3COO)2+CH3COOH C．步骤Ⅲ的实验目的是证明沉淀不是Al(OH)3 D．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，存在空轨道，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加热时发生部分水解，生成和，所给方程式原子守恒、符合反应事实，B正确；步骤Ⅲ将白色沉淀和分别与等体积等浓度盐酸反应，若沉淀是，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，所以实验目的是证明沉淀不是，C正确；向过量的、两种固体中加入等量的HCl时，与盐酸反应除生成外，还会生成弱酸，电离会额外产生，因此加白色沉淀的试管上层清液pH更小，加的试管上层清液pH更大，D错误；故选D。 2.（2026·江苏·一模）为了探究的相关性质，对溶液进行如下实验： 实验1：加热溶液，测得溶液pH先减小后增大 实验2：向溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色逐渐褪去 实验3：向溶液中加入溶液，产生白色沉淀 实验4：在300℃的密闭容器中，溶液与铁粉反应，反应初期生成和 根据现象得出的结论不正确的是 A．实验1中溶液pH减小是因为受热分解 B．实验2滴加新制饱和氯水前后： C．实验3反应后溶液的pH变小 D．实验4反应初期的离子方程式： 【答案】A 【解析】实验1中溶液pH先减小是由于加热水的电离平衡正向移动，氢离子浓度也增加了，因此pH先减小，而碳酸氢钠分解产生碳酸钠，使溶液种的pH增大，故A错误；实验2中氯水中的HCl与反应消耗，导致反应后浓度减小，故B正确；实验3中与反应生成沉淀和，由于水解程度大于（的酸性弱于），反应后溶液碱性减弱，pH变小，故C正确；实验4在300℃高温下，Fe与反应生成、和，离子方程式符合原子守恒、电荷守恒及实验现象，故D正确；故选A。 3.（2026·江苏南通·一模）为探究溶液与溶液的反应，学习小组进行如下实验： 实验1：向试管中加入溶液，再加入溶液，溶液变为红褐色，用激光笔照射，出现光亮的“通路”。 实验2：立即取少量实验1反应后的溶液于试管中，加蒸馏水稀释，向其中滴加溶液，出现蓝色沉淀。 实验3：取少量实验1反应后的溶液于试管中，静置1小时，溶液红褐色逐渐变浅，最终变为浅绿色。 下列说法不正确的是 A．实验1中有胶体生成 B．实验1和实验2可说明和能发生水解反应和氧化还原反应 C．可用酸性溶液代替实验2中的溶液检验 D．实验3所得溶液中一定存在、、、 【答案】C 【解析】实验1中溶液变红褐色，且用光束照射后，出现光亮通路，该现象称为丁达尔效应，证明有胶体生成，A正确；实验1出现胶体说明Fe3+发生水解反应，实验2中生成蓝色沉淀，说明检测到Fe2+生成，即Fe3+与发生氧化还原反应，B正确；酸性KMnO4溶液可被Fe2+还原褪色，但反应体系中存在的也是还原剂，也能使酸性KMnO4溶液褪色，会干扰Fe2+的检验，因此不能代替K3[Fe(CN)6]溶液，C错误；实验3溶液变为浅绿色说明存在Fe2+；被氧化生成，由电子守恒，参与反应的和Fe3+之比为1:2，而初始两种离子的物质的量相等，说明体系中过量，反应后仍有一部分存在，且能发生水解，部分转化为，D正确；故选C。 4.（2026·江苏徐州·一模）探究NaClO与KI溶液反应的实验如下： 实验Ⅰ：向10 mL KI溶液滴加5滴饱和NaClO溶液，溶液变为棕黄色，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 实验Ⅱ：向10 mL饱和NaClO溶液滴加5滴 KI溶液，溶液变为黄绿色，再滴加淀粉溶液，溶液不变蓝，久置后，溶液黄绿色消失。 实验Ⅲ：向10 mL含少量淀粉溶液的饱和NaClO溶液中滴加 KI溶液至过量。溶液先变为黄绿色，后颜色不断加深，同时溶液局部变蓝但很快褪去。继续滴加KI溶液，蓝色褪去速度变慢，最终溶液变为蓝色，且不再褪色。 已知：部分微粒在水溶液中的颜色：(黄绿色)、(无色)。下列说法正确的是 A．实验Ⅰ中反应的离子方程式： B．实验Ⅱ中最初的主要还原产物为 C．实验Ⅲ“局部蓝色褪去”的原因可能是被氧化为或 D．由以上实验推断：较高浓度的NaClO溶液与KI溶液反应易生成 【答案】C 【解析】实验Ⅰ中NaClO溶液呈碱性，反应式中的H+不合理，正确反应应为ClO⁻+ 2I⁻+ H2O = I2+ Cl⁻+ 2OH⁻，A错误；实验Ⅱ中黄绿色为IO⁻的颜色，ClO⁻的还原产物是Cl⁻而非Cl2，B错误；实验Ⅲ中I2被过量ClO⁻进一步氧化为IO⁻（黄绿色）或（无色），导致蓝色褪去，C正确；实验Ⅱ和Ⅲ表明高浓度NaClO更易将I⁻氧化为高价态产物（如IO⁻），而非I2，D错误；故选C。 5.（2026·江苏苏州·一模）探究含铁化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。 下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为 B．步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3- C．步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+) D．步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱 【答案】C 【解析】步骤Ⅰ：取一定量溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝，说明有单质生成，即发生反应：；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色，是因为与能发生显色反应：； 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了)：； 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝，说明不能氧化。 步骤Ⅰ中溶液变蓝，说明有单质生成，反应方程式为：，A正确；NaF加入后生成更稳定的，导致分解，红色褪去，B正确；血红色溶液中主要以形式存在，游离浓度低；而无色溶液中的更稳定，游离浓度更低，则有，C错误；的氧化性弱于，无法将氧化生成，导致步骤Ⅲ未变蓝，D正确；故选C。 押题猜想14 无机化工流程分析 终极押题 14.（2026·江苏·模拟预测）和都是重要的化工产品，实验室研究以黄铜矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为主要原料制备和的部分流程如下图所示。 (1)浸取。硫元素转化为硫酸根离子，则反应化学方程式是_______。 (2)调pH。计算反应的平衡常数K=_______；若浸取后离子浓度为，理论上应调节溶液pH在约_______之间。(忽略溶液体积变化) 已知：溶液中某金属离子浓度低于时可以认为其沉淀完全；常温下，、、；。 (3)制备。原理为：溶液+氨水混合溶液，装置如图所示。 ①反应液的加料方式是_______。 ②测定产品中锰元素含量：取3.500 g制得的样品，加入足量稀硫酸中使锰元素溶为，再加入溶液(足量)，充分反应后过滤，洗涤，干燥得固体4.350 g。则产品中锰元素含量是_______。(写出计算过程) (4)制备。反应原理为：，过量的浓溶液时生成无色的，稀释后又重新生成。试补充完整下列制取的实验方案：称取25.0 g胆矾晶体和8.0 g铜粉及适量食盐粉末，混合后加入三颈瓶中，_______，过滤，用盐酸洗涤沉淀后再用乙醇洗涤，真空干燥，得固体。(温度、pH对产率的影响如下图所示；必须使用的试剂及用品：浓盐酸、蒸馏水、恒温电磁搅拌器、pH试纸) 【答案】(1) (2) 3≤pH＜4.3 (3)①将氨水混合溶液缓慢滴入溶液中； ②反应过程中发生：，则，锰元素的含量为； (4)加入适量浓盐酸，用恒温电磁搅拌器加热搅拌，控制温度在60℃左右，用pH试纸检测，调节溶液pH约为2，充分反应后，将反应液倒入大量蒸馏水中稀释，析出沉淀。 【分析】黄铜矿中的和MnO2在作用下，硫元素转化为，被氧化为，MnO2自身被还原为，不溶于水，形成滤渣。用可以与溶液中氢离子反应，从而调pH，使以沉淀的形式存在，滤液的主要成分为和，再经过一系列变化，将转化为，转化为。 【解析】（1）根据分析，该反应的化学方程式为：； （2）的平衡常数； ，则，，则,，要沉淀完全，则；若浸取后离子浓度为，由可知铜离子与铁离子的浓度均为0.2mol•L-1；由于铁离子全部沉淀，再根据可知又生成铜离子浓度为0.3mol•L-1，因此铜离子一共是0.5mol•L-1，根据氢氧化铜溶度积可计算出氢氧根浓度为2×10-10mol•L-1，算得pOH=9.7，则pH=4.3，带入氢氧化锰的溶度积计算可知锰离子此时未沉淀，因此pH的范围是3≤pH＜4.3； （3）①制备的反应原理为，若将加入氨水混合溶液，则会与生成沉淀，导致目标产物不纯，故应将氨水混合溶液缓慢滴入溶液中； ②反应过程中发生：，则，锰元素的含量为； （4）根据温度、pH对产率的影响曲线可得：温度为60℃，pH为2时，产率最高，故操作为加入适量浓盐酸，用恒温电磁搅拌器加热搅拌，控制温度在60℃左右，用pH试纸检测，调节溶液pH约为2，充分反应后，将反应液倒入大量蒸馏水中稀释，析出沉淀。 押题有据 无机化工流程题是江苏高考的压轴题型之一，2025年江苏卷第14题以“海洋出水铁质文物的脱氯方法”为情境，综合考查物质转化、条件控制和定量计算。近5年江苏卷化工流程题均以真实工业背景为载体，融合化学方程式书写、Ksp计算、pH调控、加料方式、含量测定、实验方案设计等考点。本题以黄铜矿（CuFeS₂）和软锰矿（MnO₂）联合浸取制备CuCl和MnCO₃为情境，系统考查：氧化还原反应方程式的配平（电子守恒+原子守恒）、多重平衡常数的推导（Ksp联用）、沉淀pH范围的确定（Fe³⁺沉淀完全与Cu²⁺、Mn²⁺不沉淀的临界条件）、加料顺序对产物纯度的影响、产品含量的滴定测定、以及实验条件优化（温度60℃、pH=2时CuCl产率最高）。备考时应强化对常见工业流程（浸取、除杂、沉淀、结晶、煅烧）的理解与归纳，关注Ksp计算与pH调控的定量关系。 考题猜想 11.（2026·江苏·一模）由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P2O4在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 (1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 (2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 (3)经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 (4)向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 【答案】(1)对滤渣1进行多次浸取 (2)Fe (3)过量的与结合生成 (4)8 2% 180℃ 【分析】由题给流程可知，向赤泥中加入浓盐酸酸浸，将金属元素转化为金属氯化物，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和酸浸液；向酸浸液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，过滤得到滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂P2O4萃取、分液得到水层和含有钪离子的有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到三氯化钪溶液和P2O4有机层；向三氯化钪溶液中加入草酸，将溶液中钪离子转化为六水草酸钪沉淀，过滤得到滤液和六水草酸钪；六水草酸钪在空气中煅烧得到三氧化二钪。 【解析】（1）一定条件下，钪的单次酸浸的浸取率最高为49.4%说明三氧化二钪不能与浓盐酸充分反应，过滤得到的滤渣1中含有未反应的三氧化二钪，所以在不改变条件的前提下，应对滤渣1进行多次酸浸浸取，使三氧化二钪充分反应，提高钪元素的浸出率； （2）由分析可知，加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，防止萃取剂P2O4萃取溶液中的铁离子，降低钪元素的萃取率； （3）①由题给信息可知，过量的草酸会与溶液中的钪离子生成配离子，所以当溶液中大于1.5时，钪离子的沉淀率会显著下降； ②由分析可知，生成三氧化二钪的反应为六水草酸钪在空气中煅烧三氧化二钪、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：； （4）①由晶胞结构可知，氧离子位于Zr4+离子形成的四面体空隙中，则氧离子的配位数为4，由化学式可知，Zr4+离子的配位数为8； 化合物呈电中性，满足：，已知，设，代入得： ， 总阳离子数为，若无O空位，O总数应为，因此空位数 ，空缺率； ②由图可知，温度为180℃时，产品中不存在三氧化二钪和二氧化锆杂质，所以水热法制备的最佳的制备温度为180℃。 2.（2026·江苏宿迁·二模）铼 (Re) 、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。以钼精矿 (主要成分为MoS2、ReS2)，还含有杂质(FeS2、Al2O3、SiO2) 为原料制备金属钼、铼的工艺流程如下： 已知：①烧渣的主要成分为Re2O7、MoO3以及 Fe、Al、Si 的氧化物，Re2O7、MoO3为酸性氧化物。 ②过铼酸铵 (NH4ReO4) 是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 ③常温下Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10. 回答下列问题： (1)“焙烧” 常采用高压、通空气逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，钼精矿粉末从中上部加入)，该操作的目的是___________，“焙烧” 过程中，易产生空气污染物SO2，为有效解决SO2的危害，可采取的措施有___________(任答一条)。 (2)浸渣的主要成分是___________(填化学式)，写出ReS2在 “焙烧” 时发生反应的化学方程式：___________。 (3)“还原” 时，Zn 被氧化成 [Zn(OH)4]²⁻，铼的化合物被还原成难溶的ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为___________。 (4)“还原” 后过滤所得滤液经处理可制得金属钼缓蚀剂钼酸钠 (Na2MoO4)。 ①Na2MoO4固体的 X射线衍射图谱如下图，则Na2MoO4属于___________晶体(填 “晶体” 或 “非晶体”)。 ②滤液中的主要溶质有Na2MoO4、Na2SO4、Na2SiO3、Na[Al(OH)]4，先调 pH 除铝和硅，再向溶液中加入Ba(OH)2固体除去SO，若初始时溶液中c(MoO)=0.2mol·L-1、c(SO)=0.011mol·L-1，则当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为___________(忽略溶液体积变化)。 (5) 一种MoO2晶体结构如下图所示，在MoO2中通过氮掺杂反应可生成MoO2-xNy，能使MoO2具有光学活性，掺杂过程如图所示。则MoO2-xNy晶体中x：y=___________。 【答案】(1)使反应物之间充分接触，焙烧更充分，原料利用率更高 焙烧的时候加入生石灰(或将产生的气体通入碱性溶液中吸收) (2) (3) (4)晶体 95% (5)7：2 【分析】钼精矿主要成分为、，还含有杂质、、，在空气中焙烧，金属硫化物全部被氧化为高价态金属氧化物和气体。固体加入溶液碱浸，只有不反应，成为浸渣。浸液中含有、、、、等。加入Zn，将还原为难溶的，过滤分离后，加入氧气氧化为，再加入溶液可将其转变为，通过降低温度即可得到大量的固体，再经过一系列操作最终得到Re。 【解析】（1）高压可提高氧气浓度，加快反应速率，提高原料利用率。空气逆流操作可使反应物接触更充分，反应更彻底。是酸性氧化物，可在焙烧时加入碱性氧化物如生石灰，与氧气反应生成，或者将产生的气体通入强碱性的溶液中吸收。 （2）由分析可知，浸渣的主要成分是。由已知①可知，烧渣中含有，可知发生了氧化反应，结合分析可得方程式为 （3）根据题中提示的主要反应物和生成物可写出离子方程式为。 （4）①由图可知，晶体的X射线衍射图谱有明显的特征衍射峰，因此属于晶体。 ②开始沉淀时，，此时溶液中，去除率。 （5）均摊法得晶胞中Mo位于晶胞的顶点、面上、内部，总个数为，根据化学式可知其晶胞中O的个数为8。掺杂后晶胞中面上一个O的位置被N取代，N的个数为、在内部和棱上产生了2个氧空位，总O个数为，因此化学式可写为，即，得，，，。 3.（2026·江苏·一模）实验室用铜阳极泥氨浸液(阳离子主要有、、和)制备高纯Ag的实验过程可表示为 (1)向氨浸液中加入盐酸调节pH至5，AgCl的沉淀率达到99%，同时夹杂和BiOCl沉淀，Pb和Bi的沉淀率也均达到90%以上。已知：反应。的平衡常数 ①生成AgCl的反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为___________。 ②写出由转化为BiOCl的离子方程式：___________。 (2)向沉银所得固体中加入一定浓度的和盐酸，反应1.5 h后，过滤，滤液Ⅱ中主要含有和。将过滤所得固体洗涤、干燥，获得AgCl产品。 ①加入的作用是___________。 ②已知：AgCl晶体的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 为进一步确认实验所得AgCl产品是否纯净，应对AgCl产品补充进行的实验是___________。 (3)用HCHO还原除杂所得AgCl制备高纯Ag。 ①调节溶液pH为12，50℃时HCHO还原AgCl获得Ag，同时产生CO。该反应的离子方程式为___________。 ②补充完整制备高纯Ag的实验方案：向装有AgCl的烧杯中加入一定体积蒸馏水，保持溶液温度为50℃，___________，干燥固体，得到高纯Ag。(实验中必须使用的试剂和设备：40%HCHO溶液、NaOH溶液、溶液，通风设备) 【答案】(1) (2)将和分别氧化为和 取少量产品做X射线衍射实验，将所得的X射线衍射谱图与晶体的X射线衍射谱图进行比对 (3) 滴加溶液调节溶液pH为12，打开通风设备，向烧杯中边加40%溶液边搅拌至无气泡产生。过滤，洗涤，直至向最后一次洗涤的滤液中加入溶液无白色沉淀生成 【分析】该流程以含、、、的铜阳极泥氨浸液为原料，先加盐酸沉银，使以AgCl形式沉淀，同时Pb 、 Bi 也以、BiOCl共沉淀，除去含Cu等的滤液Ⅰ；再向沉淀中加和盐酸，将、氧化为可溶性、，过滤除去滤液Ⅱ，得到纯净AgCl；最后在、条件下用HCHO还原AgCl ，经分离、洗涤、干燥制得高纯Ag。 【解析】（1）①目标反应：；已知反应： ； ；​ （是根据 和 推导出的）。目标反应可以看作是以下三个反应的叠加：解离银氨络离子：；沉淀银离子：；氨水中和氢离子（发生两次）：；总的平衡常数K等于各个分步反应平衡常数的乘积： ，整理后得到：。 ②与、、反应，生成沉淀和，根据原子守恒、电荷守恒配平：。 （2）①沉银所得固体含、、，加入和盐酸后，滤液Ⅱ含、，说明 作为氧化剂，将难溶的、氧化为可溶性的 、，从而与分离。 ②根据题意，不同晶态物质的X射线衍射峰的衍射角不同，因此检验纯度的方法为：取少量AgCl产品做X射线衍射实验，将所得的X射线衍射谱图与AgCl晶体的X射线衍射谱图比对，若峰位、峰形完全一致，说明产品纯净。 （3）①pH=12 ，HCHO 还原AgCl生成 Ag，同时HCHO被氧化为CO，根据氧化还原配平，离子方程式为。 ②结合题目给定试剂（ 、 NaOH 、 AgNO3​）、设备（通风设备）和已知条件，完整方案为：向装有AgCl的烧杯中加入一定体积蒸馏水，保持溶液温度为，滴加NaOH溶液调节溶液pH为12 ，打开通风设备，向烧杯中边加溶液边搅拌至无气泡产生。过滤，洗涤，直至向最后一次洗涤的滤液中加入溶液无白色沉淀生成，干燥固体，得到高纯Ag。 4.（2026·江苏扬州·一模）硫氰化钾(KSCN)是常用的分析试剂，用硫磺与KCN等为原料制备KSCN的实验流程如图： 已知：①，， ②(放热反应) (1)合成。将硫磺与一定量水配成悬浊液加入如图所示的反应釜中，在搅拌下滴入KCN与KOH混合溶液。 ①冷水从______(填“a”或“b”)端通入。 ②若反应温度过高，可采取的措施有：减慢滴加KCN与KOH混合溶液的速率、______。 ③反应釜中还有副反应发生，如硫磺与KOH溶液反应生成和，该反应的化学方程式为______。 (2)除硫化物。由于成品中不能含有铅，故加入溶液只能略微不足。证明溶液略微不足的实验操作与现象是______。 (3)KSCN纯度测定。溶液pH介于0~1时，用KSCN溶液滴定已知浓度的溶液来测定KSCN纯度，发生反应为。请补充完整实验方案： ①准确称取1.0000g样品，溶于适量蒸馏水，将溶液完全转移到100.00mL容量瓶中，定容得溶液A。 ②量取20.00mL______。[实验中须使用的试剂：溶液、溶液、溶液] ③重复实验两次，计算消耗溶液A的平均体积为VmL。 ④计算KSCN的质量分数______。 【答案】(1)a 加快冷却水的流速 (2)取沉淀后上层清液，向清液中滴加醋酸铅溶液，生成极少量的沉淀，说明(CH3COO)2Pb溶液略微不足 (3) 【分析】硫磺与KCN、KOH混合溶液反应生成硫氰化钾，加入醋酸铅溶液除去硫离子，过滤滤液加入氢氧化钡溶液除去硫酸根离子，经过一系列操作得到硫氰化钾晶体。 【解析】（1）①冷水从a端通入b端流出可以有更好的冷却效果； ②若反应温度过高，可采取的措施有：减慢滴加KCN与KOH混合溶液的速率、加快冷却水的流速等； ③硫磺与KOH溶液反应生成K2S和K2S2O3，根据质量守恒还会生成水，该反应的化学方程式为； （2）硫离子和铅离子生成硫化铅沉淀，取沉淀后上层清液，向清液中滴加醋酸铅溶液，生成极少量的沉淀，说明(CH3COO)2Pb溶液略微不足； （3）溶液pH介于0~1时，用KSCN溶液滴定已知浓度的AgNO3溶液来测定KSCN纯度，发生反应为SCN-+Ag+=AgSCN↓；结合题干实验操作可知，实验为用溶液A滴定20.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液，SCN-能和铁离子反应使溶液显红色，则使用NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂、1.0mol·L-1HNO3溶液为调节溶液的pH，操作②为：量取20.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液，加入1.0mol·L-1HNO3溶液为调节pH为0~1，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液，使用溶液A滴定硝酸银溶液至最后半滴溶液A加入后溶液显红色，且半分钟内不褪色。根据反应方程式列关系式，KSCN的质量分数为。 5.（2026·江苏·二模）镓(Ga)的发现、提取及应用对科学与技术的发展意义重大。 (1)科学家是通过_______(填字母)实验发现镓元素的。 A．原子光谱    B．分子光谱    C．X-射线衍射 (2)镓元素在地壳中含量低，常存在于立方晶型的硫化锌矿中。 ①GaAs晶体的晶胞结构如图-1所示，Ga的配位数为_______。 ②从结构角度分析GaAs存在于ZnS晶格内的原因：(ⅰ)两种晶体中离子的排列方式相同；(ⅱ)_______。 (3)一种以锌浸出液(含大量、、，少量、及微量)为原料制取金属Ga的工艺流程如下： ①若不经过“还原”，直接调节pH也能依次实现、及分步沉淀，但该方案会导致Ga严重损失，原因是_______。 ②“酸溶”后的酸性溶液用有机萃取剂萃取。“萃取”前后溶液中金属元素的质量浓度如下表。已知铁的萃取率()为20%，镓的萃取率为_______(写出计算过程，计算结果保留三位有效数字)。 Ga Fe Zn 酸性溶液中元素的质量浓度(g/L) 0.28 2.5 19.5 有机相中元素的质量浓度(g/L) 0.175 0.35 5.382 ③向萃取后的有机相中加入一定浓度的硫酸或盐酸，可实现金属元素反萃取。控制其它条件一定，实验测得Ga、Fe、Zn的反萃率随硫酸或盐酸浓度的变化如图-2所示。为尽可能实现Ga与Fe、Zn的分离，需要进行两次反萃取操作，操作中选用的酸依次为_______(注明酸的种类及浓度)。 (4)是制备光电材料的主要原料。一种制备的路径如下： ①X的化学式为_______。 ②研究发现，不使用Hg，向合金中滴加，也可制得，且有生成。当参加反应的时，反应的化学方程式为_______。 【答案】(1)A (2)4 晶胞中离子核间距相当 (3)生成的会吸附溶液中的 89.3% 盐酸、硫酸 (4) 【分析】浸出液(含大量Zn2+、Fe3+、Fe2+，少量Al3+、Cu2+及微量Ga3+)，加还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，避免后续调pH时Fe(OH)3胶体吸附，造成镓损失；调pH使Ga3+以Ga(OH)3形式沉淀析出，同时Zn2+、Fe2+、Al3+仍留在溶液中；加入Zn粉置换，将溶液中Cu2+、残留Fe2+、Ga3+等置换为金属单质，富集到滤渣中，加入稀酸将滤渣中的Ga、Zn、Fe、Cu及Ga(OH)3溶解成溶液；加入萃取试剂，将Ga3+从Zn2+、Fe2+、Al3+混合液中萃取到有机相，加入反萃取剂，将有机相中的Ga3+反萃取到水相，得到富镓溶液，后续经一系列操作得到金属Ga。 【解析】（1）不同元素的原子具有不同的特征谱线，科学家通过原子光谱发现新元素；分子光谱用于研究分子结构，X射线衍射用于测定晶体结构，故选A。 （2）①每个Ga原子周围结合4个As原子，因此Ga的配位数为4；②两种晶体粒子排列方式相同，且晶胞参数（尺寸）相近，晶胞中离子核间距相当，因此GaAs可以存在于ZnS晶格中。 （3）①Ga是微量组分，即使pH有微小差异，也能实现分步沉淀。真正导致微量组分损失的核心，是大量生成的Fe(OH)3沉淀的强吸附作用，而非同步沉淀，故原因为：生成的Fe(OH)3会吸附溶液中的Ga3+； ②设萃取前原溶液体积为，萃取后有机相体积为，对于Fe，萃取率：，解得，Ga的萃取率：； ③第一次Ga反萃率必须越低越好。根据图-2右图确定先选用6mol/L盐酸，反萃后所有Ga均在有机相中，有机相中还有少量Fe。再根据图-2左图选择 80g·L-1硫酸，Fe反萃率为0，所有Fe均留在有机相，而接近100%的Ga进入水相，从而最大限度地实现了Ga与Fe和Zn的分离。 （4）①根据原子守恒，，产物X为；②反应物物质的量比，产物为、，根据原子可知生成物还有，故反应方程式为。 押题猜想15 化学反应原理综合 终极押题 15.（2026·江苏南京·模拟预测）氢能是一种绿色能源。目前有NaBH4、MgH2等物质可以制氢并储氢。 (1)NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图1所示。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O参与催化释氢，其中过程②步骤用化学方程式表示为________。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图2所示。0～20 min内，温度随时间变化快速升高的原因是________。 (2)用CoPc/石墨化氮复合催化剂做电极电解海水的装置如图3所示，CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，可以增强CO2以及反应中间体的吸附能力，能够实现一步直接产生CO和Cl2。 ①CoPc/石墨化氮复合催化剂能够抑制析氢反应，其原因是________。 ②阴极有另一种产物NaHCO3生成，则阴极的电极反应式为________。 (3)储氢材料MgH2能与水反应放氢，但与纯水反应产生H2很少。CuCl2、MgCl2等盐溶液能提升MgH2的放氢性能。1 mol·L-1的几种盐溶液与MgH2制备H2时，MgH2有效转化率如图4。 已知：i.氧化性：Mg2+<H+<Cu2+。 ii.MgH2在MCl2（M代表Cu、Mg）溶液中水解的示意图如图4。 ①40 min后，CuCl2溶液制备H2时，MgH2有效转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是________。 ②MgH2受热分解也能放氢，采用与水反应放氢的优点是________。 【答案】(1) 与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 (2)CoPc/石墨化氮复合催化剂较多地吸附后，对有排斥作用 (3)氧化性强，与竞争得电子生成Cu，覆盖在表面，转化率减小 不需要加热，能耗低；相同量的水反应释放氢气更多 【分析】由图可知，第一步转化过程中转化为和H原子，H原子可结合生成，第二步转化中与分别脱氢生成HD，同时得到，最终一步转化中结合中—OD，同时得电子形成，断键得到D原子，D原子结合生成；CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，带有正电荷对有排斥作用；阴极上得电子发生还原反应生成CO，同时生成，与阴极通入的过量可以继续反应产生。 【解析】（1）①由图可知，第一步转化过程中转化为和H原子，H原子可结合生成，第二步转化中与分别脱氢生成HD，同时得到，最终一步转化中结合中—OD，同时得电子形成，断键得到D原子，D原子结合生成，故所得气体的分子式为、HD、； ②由上述分析可知，过程②步与分别脱氢生成HD，同时得到，化学方程式为：；②水解会放出热量，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，同时温度升高催化剂的活性增强，故0～20 min内，温度随时间快速升高； （2）CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，带有正电荷对有排斥作用；阴极上得电子发生还原反应生成CO，同时生成，与阴极通入的过量可以继续反应产生，所以阴极的电极反应式为； （3）①40 min后，氯化铜溶液制备氢气时转化率小于氯化镁溶液的原因是铜离子氧化性强于氢离子，与氢离子竞争得电子生成铜，覆盖在氢化镁表面，导致氢化镁转化率减小； ②与氢化镁受热分解生成氢气的方程式为，氢化镁与水反应生成氢气的方程式为，由方程式可知，氢化镁与水反应的优点是不需要加热，能耗低；相同量的氢化镁与水反应释放氢气更多。 押题有据 化学反应原理综合题是江苏高考主观题的压轴部分，通常结合热化学、电化学、反应速率、化学平衡、水解等多方面知识综合设题。2025年江苏卷第15题以“合成气（CO和H₂）制备甲醇及变换脱碳”为背景，系统考查焓变计算、平衡常数、转化率分析、热力学与动力学的综合应用-。本题以NaBH₄水解制氢、电解海水制CO和Cl₂、MgH₂放氢性能为三大载体，综合考查：反应机理微观过程分析（同位素D₂O替代H₂O的产物推断）、电催化抑制析氢的原理（Na⁺吸附排斥H⁺）、电极反应式的规范书写（CO₂得电子生成CO及HCO₃⁻）、竞争反应对转化率的影响（Cu²⁺氧化性强，优先得电子生成Cu覆盖MgH₂表面）、以及水反应放氢相较于热分解的优势（能耗低、产氢量高）。复习时应强化对反应机理图、电解装置图、转化率曲线图的综合解读训练，关注多反应竞争体系中目标反应的调控策略。 考题猜想 1.（2026·江苏·模拟预测）烟气中(NO、)是重要大气污染物，必须脱除。一种烟气脱硝原理为  。 (1)每处理含NO 1.12 L(标准状况)的烟气，反应中转移电子的物质的量是_______。 (2)可以催化该反应，共沉淀法合成该催化剂的过程是：按要求将、、配制成混合溶液，滴加氨水产生沉淀，至为止，过滤、洗涤、干燥，所得固体500℃下煅烧5小时。 ①滴加氨水时要快速、充分搅拌，目的是_______(选择序号填空)。 A．使反应快速、充分    　B．使沉淀混合均匀 C．使沉淀颗粒变小    　D．使沉淀转变为胶体 ②氨水滴加过量易产生的问题是_______。 (3)以催化脱硝时，NO转化率与温度的关系如图所示。 ①温度高于350℃后NO转化率迅速下降，其原因是_______。 ②研究发现，烟气中的能还原生成导致催化剂中毒，其原因是_______。(用化学方程式表示) (4)废催化剂组分可以通过下列过程回收： ①“还原、过滤”步骤中被还原为的离子方程式是_______。 ②“沉淀、过滤”步骤中若单独使用溶液则可能导致沉淀不充分，若单独使用溶液则可能导致_______。 【答案】(1) (2) 与过量氨水形成可溶性铜氨配合物，造成铜元素损失 (3)该反应为放热反应（），升高温度平衡逆向移动，且温度过高会使催化剂活性降低，因此NO转化率下降 (4) 也会生成沉淀，导致沉淀不纯，无法分离Ce和Cu 【解析】（1）标况下，分析反应化合价变化：参与反应时，总共转移电子，因此反应转移电子为。 （2）① 快速滴加氨水并充分搅拌，可加快反应速率，使沉淀反应快速充分进行，同时让不同金属沉淀混合均匀，得到组分均匀的催化剂，因此AB正确；不需要减小沉淀颗粒，也不需要生成胶体，CD错误。② 与过量氨水形成可溶性络合物，导致铜元素损失，沉淀不完全。 （3）①该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，且温度过高会降低催化剂活性，因此转化率迅速下降。② 从价降为价，从价升为价，结合电子守恒、原子守恒配平即可。 （4）①酸性条件下，被还原为，被氧化为，配平即可。 ② 单独使用时，溶液的碱性较强，也会生成氢氧化铜沉淀，因此会导致产物不纯、铜元素损失。 2.（2026·江苏宿迁·二模）氢气是一种清洁能源，工业制氢有多种途径。 (1)肼硼烷水解制氢。 ①肼硼烷水解：，生成的N2H4可进一步转化为N2或NH3.若要增大氢气的产率，需提高生成___________的选择性(填 N2或NH3)。 ②石墨烯可用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是___________。 (2)甲醇和水蒸气重整制氢。 ①甲醇重整制氢： 已知： 。向重整反应体系中加入适量的CaO优点是___________。 ②在 Cu-Pd 合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如图1 所示(“★” 表示此微粒吸附在催化剂表面，M 为反应过程的中间产物)。 已知步骤 Ⅱ 中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导 M 的结构简式___________。若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为___________。催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性。为减少积炭，可采用的方法是___________。 (3)电催化乙二醇制氢，同时得到乙醇酸，电解原理如下图1 所示。一定条件下，测得乙二醇与乙醇酸的总物质的量及乙醇酸的法拉第效率随时间变化如下图2 所示。 [法拉第效率 = ①阳极的电极反应式为___________。 ②乙醇酸的法拉第效率小于 100% 的原因是___________。 【答案】(1)N2 氨基与水分子之间形成分子间氢键，增大了催化剂的水溶性 (2)吸收CO2，且反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率 H2、HD和D2 适当增加水蒸气的用量 (3) 生成其他含碳副产物(如CO2等)或O2 【解析】（1）①​进一步转化为或，、，转化为时不会额外生成，而转化为时会额外生成，因此提高生成的选择性可最大限度增加氢气的产率； ②引入氨基后，氨基与水分子之间形成分子间氢键，增大了催化剂的水溶性，有利于催化剂均匀分散于水中； （2）①甲醇重整制氢 ，已知 ，降低生成物浓度，使平衡正向移动，氢气产率提高；且该反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率； ②电负性：，吸附在催化剂表面，其碳氧双键与发生加成反应时，碳氧双键中氧原子电负性较大吸引中电负性较小的氢原子，则氢原子加在氧原子上，羟基加在碳原子上，故M的结构为；若用代替，则生成氢气的分子式为、和；催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性，为减少积炭，可采用的方法是适当增加水蒸气的用量。 （3）①左侧乙二醇→，乙二醇中C的化合价升高，被氧化，失去电子，为阳极，电极反应为； ②1个乙二醇转化为1个，根据阳极反应式可知，转移了4个电子，因生成其他含碳副产物(如等)或，消耗了部分电量，导致生成乙醇酸的电量减少，乙醇酸的法拉第效率小于100% 。 3.（2026·江苏·一模） 的捕集与资源化利用具有重要意义。 (1)乙醇胺()溶液作为碱性吸收剂，可高效捕集烟气中的。 ①理论上最多吸收。写出溶液吸收生成的离子方程式：_______。 ②的沸点为170℃。吸收塔内，烟气和吸收剂的温度超过50℃会造成的吸收率降低，可能原因有_______。 (2)重整制合成气的主要反应如下： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     反应Ⅲ     ①反应Ⅱ在_______(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 ②250℃、下，将一定比例的与混合气匀速通过装有催化剂(活性炭为载体)的反应器。对、的转化率和出口处的影响如图-1所示。时，随增大而减小的可能原因有_______。 (3)电解还原法将转化为的装置如图-2所示。 ①写出在阴极转化为的电极反应式：_______。 ②Cu能有效抑制析氢，对电解还原制具有高催化活性。中混有会使Cu催化剂中毒(Cu价态不变)，原因是在阴极转化为_______(填化学式)，沉积在Cu表面。 ③一种PFSA聚合物@Cu催化剂结构如图-3所示，其能有效防止造成的Cu催化剂中毒。能将控制在PFSA聚合物表面，其原理是_______。 【答案】(1) 在吸收剂中的溶解度下降；部分受热分解产生 (2)高温 反应Ⅱ速率加快；与催化剂中的活性炭反应生成CO (3) S 带负电荷的与分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用 【解析】（1）① 根据题意，最多吸收，即乙醇胺和反应；氨基显碱性，1个氨基结合生成，另一个氨基结合生成的得到，离子方程式为。 ② 温度升高，气体溶解度减小，同时受热易分解产生，因此吸收率降低。 （2）① 反应自发进行的条件是；反应Ⅱ，，因此只有高温下才能满足，自发进行。 ② 当时，反应Ⅱ速率加快，消耗产物，且过量的可以与催化剂中活性炭反应生成更多CO，因此随比值增大而减小。 （3）① 阴极发生得电子的还原反应，中C为+4价，被还原为中-2价的C，生成1mol 转移12 mol电子，结合电荷、原子守恒配平得到电极反应式为。 ② 在阴极被还原，生成固体S单质沉积在Cu表面，占据催化剂活性位点，使催化剂中毒，因此产物为。 ③ 本身带负电，与分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用，阻止含硫微粒扩散到内部Cu表面，因此避免Cu中毒。 4.（2026·江苏南通·模拟预测）资源利用具有重要意义。 (1)利用制。已知：和的标准燃烧热分别为、。则甲烷化反应：的___________。 (2)利用电解催化制HCOOH。其装置原理如图1所示。 ①该装置的阴极电极反应式为___________。 ②该装置电解前两极室溶液质量相等，电解后两极室溶液质量相差64g，则电解过程中通过质子交换膜的的数目为___________。 (3)利用双金属协同催化加氢制。在或表面反应前后的催化剂样品的XRD图如图2、图3所示。在表面催化加氢制的反应机理如图4所示。 ①催化加氢制的效果优于的原因是___________。 ②含量过高时产量增多的原因是___________。 ③的产量与关系如图5所示，当时，的产量最高的原因是___________。 【答案】(1)-252.9 (2) 2mol或 (3)催化反应过程中会产生、、等更多的活性位点，有利于、CO的吸附与反应 在催化剂表面连续氢化(或过量容易形成键)，键难以形成 过高时，不利于、生成，无法提供足够的活性位点；过低时，减少，活性位点上吸附的及生成的CO均减少 【解析】（1）根据燃烧热定义写出热化学方程式： ① ② 根据盖斯定律，目标反应可由得到： 。 （2）①该装置为电解池，阴极还原反应，在阴极被还原为，C从+4价降为+2价，酸性条件下配平得电极反应：； ②设开始两极溶液质量都为m g，迁移的物质的量为（转移电子为）： 阳极（Pt）反应：，生成逸出，溶液质量减少，同时迁移到阴极，阳极再减少，最终阳极溶液质量为（）g； 阴极（石墨烯）通入参与反应，质量增加，加上迁移来的，最终阴极溶液质量为（）g； 两极溶液质量差：，得，故通过质子交换膜的数目为2mol或。 （3）① 由XRD图和机理可知，只有，而反应后额外生成、三种活性位点，三者协同催化，活性更高，因此制乙烯效果更好； ② 浓度过高时，会发生深度过度加氢，更倾向于生成含氢量更高的，因此产量升高； ③ 当过小时，Fe不足，铁基活性位点不足，产量低；当比例过大时，Co不足，钴基活性位点不足；当比例为6时，Fe3O4、Fe5C2、Co2C三种活性位点达到最佳配比，协同催化效果最好，使C2H4产量最高。 5.（2026·江苏·二模）氨是一种化工原料，也是良好的储氢载体。氨的制备与转化一直备受关注。 (1)一种以AlN为载氮体的化学链合成氨原理如图-1所示。 ①“吸氮反应”为高温自发反应，该反应的_______0(填“>”“=”或“<”)。 ②若“吸氮反应”和“释氮反应”收集到相同条件下的气体体积比，则“释氮反应”中AlN的转化率为_______。 ③一种催化“释氮反应”可能的路径如下，补充完整路径中ⅱ的离子方程式。 ⅰ．； ⅱ．_______； ⅲ．。 ④将过量AlN粉末置于恒温热水中，溶液pH随时间变化如图-2所示。15～30 min溶液pH明显增大的原因是_______；120 min后，溶液pH不再变化的原因是_______。时，饱和氨水) (2)其他条件相同，向两只管式炉中分别加入负载等量Fe的和催化剂载体，向管式炉中通入，测得分解率与温度的关系如图-3所示，反应后固体X-射线衍射实验结果如图-4所示。 ①结合图示分析：影响分解速率的可能因素有_______。 ②已知：  ；  。比更适合作为储氢物质的原因有_______。 【答案】(1)> 15% 生成的催化AlN水解 生成[或]覆盖在AlN表面，阻止反应发生 (2)温度、载体种类、载体表面金属氧化物的形成 生成等质量，消耗的能量更少；相同质量时，储氢量更高 【解析】（1）①“吸氮反应”的化学方程式为N2+3C+Al2O32AlN+3CO，该反应的，为高温自发反应，根据 反应能自发进行，可知该反应的>0。 ②若“吸氮反应”和“释氮反应”收集到相同条件下的气体体积比，根据氧元素守恒，“吸氮反应”释放10molCO，消耗氧化铝的物质的量，生成AlN的物质的量为，根据N元素守恒，“释氮反应”放出1molNH3，消耗1molAlN，则“释氮反应”中AlN的转化率为。 ③“释氮反应”的总反应为2AlN+3H2O=Al2O3+2NH3↑，(总反应-ⅰ×2-ⅲ)÷2得反应ⅱ的方程式为； ④将过量AlN粉末置于恒温热水中，AlN和水反应生成的催化AlN水解，所以15～30 min溶液pH明显增大；120 min后，反应生成[或]覆盖在AlN表面，阻止反应发生，所以溶液pH不再变化。 （2）①结合图示分析：随温度升高氨气的分解率升高；相同温度下，Fe/MgO、Fe/SiO2催化剂的分解率不同；使用催化剂Fe/MgO，反应后固体X-射线衍射实验中检测到Fe2O3，则影响分解速率的可能因素有温度、载体种类、载体表面金属氧化物的形成。 ②根据  、  ，可知生成等质量，消耗的能量更少；相同质量时，储氢量更高，所以比更适合作为储氢物质。 押题猜想16 有机合成与推断 终极押题 16.（2026·江苏苏州·模拟预测）化合物G是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下： (1)有机物B中所含碳氧键的数目为______。 (2)设计步骤的目的是______。 (3)的反应类型为加成反应，则F的结构简式为______。 (4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式：______。 ①能与溶液发生显色反应；    ②有5种不同化学环境的氢原子。 (5)已知。写出以、和为原料制备的合成路线流程图______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】(1)4 (2)保护B中羰基，防止羰基与后续EtMgBr反应 (3) (4) (5) 【分析】由有机物的转化关系可知，碳酸钾作用下A与CH2=CHCOOMe发生加成反应生成B，B在PPTS作用下与乙二醇发生加成反应生成C；C与EtMgBr发生取代反应生成D；D在PPTS、水、丙酮作用下转化为E；E在MeONa和MeOH作用下发生分子内加成反应生成F()；F在CH3SO2Cl和Et3N作用下发生消去反应生成G。 【解析】（1）B是，结构中有1个羰基、1个酯基，因此则1molB所含碳氧σ键的数目为4mol。 （2）是B中羰基发生反应，根据流程图，D→E又形成羰基，所以步骤的目的是保护B中羰基，防止羰基与后续EtMgBr反应。 （3）的反应类型为加成反应，F→G发生消去反应，由G逆推，可知F的结构简式是 。 （4）①能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②有5种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；符合条件的G的同分异构体的结构简式为， （5）发生消去反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，与甲醇发生酯化反应生成，与反应生成，在甲醇钠、甲醇作用下生成，合成路线为。 押题有据 有机合成与推断题是江苏高考有机化学的核心题型，2025年江苏卷第16题以“四环素类药物合成中间体G的合成”为背景，综合考查官能团转化、反应类型、结构推断、同分异构体书写和合成路线设计。近5年江苏卷有机推断题均以药物或天然产物合成为情境，是主观题中的重头戏。本题以多步合成路线为载体，系统考查：σ键计数（羰基和酯基中C-Oσ键的数目）、官能团保护（羰基与乙二醇反应生成缩醛保护）、加成反应推断（E→F为分子内加成）、限定条件下的同分异构体书写（酚羟基+5种等效氢的对称结构）、以及给定原料的合成路线设计（以逆合成分析法为导向）。备考时应强化对合成路线的逆向推理训练、同分异构体的有序书写策略（不饱和度法+对称性分析）、以及常见反应条件（PPTS/乙二醇保护羰基、MeONa/MeOH分子内环化、CH₃MgBr亲核加成）的记忆与运用。 考题猜想 1.（2026·江苏·二模）阿福特罗是一种药物，其合成路线如下： 注：Bn代表 (1)A分子中含氧官能团名称为羟基、醚键和_______。 (2)D→E中生成一种分子式为的中间体(分子中N原子轨道杂化类型为)，其结构简式为_______。 (3)E→F过程中使用(S)-扁桃酸分离得到F和另一物质，F和H的关系是_______。 A．对映异构体    B．顺反异构体    C．同系物 (4)写出同时满足下列条件的阿福特罗的一种同分异构体的结构简式：_______。 能与FeCl₃溶液发生显色反应。水解生成苯丙氨酸(2-氨基-3-苯基丙酸)和另一种芳香族化合物X，X有3种官能团和4种不同化学环境的氢原子，不能与甲醛发生缩聚反应。 (5)写出以、为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】(1)硝基 (2) (3)A (4)或 (5) 【解析】（1）观察A的结构简式，可以得到A分子中含氧官能团名称为羟基、醚键和硝基。 （2）D→E中生成一种分子式为的中间体，其中N为sp2杂化，根据D和E的结构式可以推出，反应过程中羰基氧被氨基所取代，形成了N=C的一个中间体。结构简式为：。 （3）E与F的分子中只有一个手性碳原子，即与氨基相连且连有一个甲基的那个C原子，E到F的过程中，E为含有手性碳原子的外消旋体，这个C原子的-CH3朝向发生改变，导致对映异构体的产生。故选A。 （4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有酚羟基，水解生成苯丙氨酸(2-氨基-3-苯基丙酸) 和另一种芳香族化合物X，说明分子中含有酯基或者酰胺基， 阿福特罗的分子式为：C19H24N2O4，X有3种官能团和4种不同化学环境的氢原子，不能与甲醛发生缩聚反应，说明X结构高度对称，且根据2-氨基-3-苯基丙酸的结构可以推出，X有酚羟基这一官能团，酚与甲醛缩合需要邻、对位都有氢（酚羟基活化）。如果邻、对位全部被取代基占满，酚羟基与甲醛才不能发生缩聚反应。说明连有的酚羟基这一官能团旁边苯环上的-H应都被占据。又根据X能与2-氨基-3-苯基丙酸发生缩合反应，且分子中还有一个N原子在X分子内，可以推出X中带有-NH3，X中还有1种官能团，要达到高度对称的结构且只有4种不同化学环境的氢原子，这个官能团只能是醚键，X中还有10个C原子，综上，X符合条件的结构简式为：或者。将其与2-氨基-3-苯基丙酸缩合起来，可以得到同分异构体为：或。 （5） 从原料要用到苯甲胺可以先观察题干中使用到苯甲胺的反应，为D到F的反应，使用了苯甲胺，使得酮羰基被苯甲胺所取代了，所以我们的核心步骤是将的卤原子变为酮羰基，再与苯甲胺反应，我们先用NaOH水解使得-Br变为-OH，再用Cu加上O2将-OH氧化为-CHO，即可达到目的，随后我们得到了，让其与苯甲胺反应，得到：，再根据从G到阿福特罗的反应，让其与Pd/C，H2反应，消去N所连的苄基，从而得到产物，合成路线如下: 。 2.（2026·江苏扬州·一模）化合物F是制备汉防己甲素的重要中间体，一种合成路线如下： (1)A中所含官能团除醛基外还有_______。 (2)A→B的反应须经历A→X→B，则反应类型依次为_______、_______。 (3)D→E的反应会有副产物产生，该副产物与E互为同分异构体，写出该副产物的结构简式_______。 (4)写出满足下列条件的芳香族化合物B的一种同分异构体的结构简式_______。 ①分子中含3种不同化学环境的氢原子；②一定条件下能与银氨溶液反应，且在碱性条件下能水解。 (5)已知：(R、R1代表烃基或H，R2代表烃基)。 写出以、CH3NO2和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)_______。 【答案】(1)醚键、碳溴键 (2)加成反应 消去反应 (3) (4)       (5)或 【分析】与CH3NO2在醋酸铵的条件下发生反应，氧原子被取代，生成，进而与发生还原反应生成C，在DCM的条件下与反应，二者脱去水分子生成D，D经过成环脱水后生成E，E断双键生成F，据此分析； 【解析】（1）由A的结构简式可知，A结构中存在醚键、碳溴键； （2）与先发生醛基的加成反应生成，再发生醇羟基的消去反应生成B； （3）D→E的反应会有副产物产生，该副产物与E互为同分异构体，结合D到E的断键和成键情况可知，该副产物可能是D中溴原子所连碳的对位断裂C-H键与分子内的酰胺基发生反应生成，则该副产物结构简式为：； （4）根据信息：芳香族化合物含有苯环结构，要发生银镜反应需要有醛基，要在碱性环境下水解需要有酯基，结合三种环境的氢原子可知同分异构有、、、； （5）醛基与CH3NO2发生加成反应后经消去生成含硝基的烯烃（-CH=CH-NO2），进而利用图中所给流程的第二步转化为氨基得到中间产物①，所给原料与氯气发生1,4加成，再与氢气发生加成可生成②，①与②在（5）所给条件下可以发生取代并成环，得到产物，故流程为或； 3.（2026·江苏徐州·模拟预测）药物G的合成路线如下： (1)的反应类型为______，B分子中含氧官能团名称为______。 (2)会产生与C互为同分异构体且含四元环的副产物，其结构简式为______。 (3)写出同时满足下列条件的D的一种芳香族同分异构体的结构简式：______。碱性条件下水解，生成氨和X、Y两种羧酸盐。X酸化后分子中碳原子轨道杂化类型相同，有3种不同化学环境的氢原子；Y酸化后分子中含有一个手性碳原子。 (4)可简写为Ms。E中“*”标记的键比D中“*”标记的键更易断裂的原因是______。 (5)已知：(R、代表烃基)。写出以、和为原料制备的合成路线流程图______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 【答案】(1)加成反应 酯基 (2) (3) (4)E中“*”标记的键所连的基团属于强吸电子基团，O周围的电子云密度更小，键的极性更强，更易断裂 (5) 【解析】（1）由分析可知，A→B的反应类型为加成反应，根据B的结构简式可得B的含氧官能团为酯基； （2）由图可知，B→C是N原子与和亚甲基相连的酯基碳原子相连，而由B的结构简式知，右下角还有一个酯基，也可与其反应，得到的副产物结构简式为； （3）D的同分异构体为芳香族化合物，必有苯环。碱性条件下水解可生成氨和X、Y两种羧酸盐，说明含结构。X酸化后为羧酸，分子中碳原子杂化类型相同，所以X中所有碳原子均为杂化的碳原子，即羧基与苯环相连，而且要有3种化学环境不同的氢原子，所以应把F原子和羧基连在苯环的对位上。Y酸化后有一个手性碳原子，则该C原子连着一个羧基，一个甲基，一个乙基，结构简式为； （4）E中“*”碳连接，该基团具有强吸电子诱导效应，使键的极性增强，电子对偏向氧原子，键能降低，更易断裂； （5）由已知条件可知，以、和为原料制备的合成路线流程图为：。 4.（2026·江苏·一模）化合物F是合成一种生物碱的中间体，其合成路线如下： (1)A分子中含氧官能团的名称为_______。 (2)C分子中1号碳的电子云密度比2号碳的_______(填“大”或“小”)。 (3)D→E的反应类型为_______。 (4)E转化为F时还生成另一有机产物，其结构简式为_______。 (5)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①含两个苯环，有5种不同化学环境的氢原子，其红外光谱图显示不含键； ②在Cu催化加热下与反应，所得有机产物能被银氨溶液氧化。 (6)写出以、和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂、有机溶剂和题干中的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】(1)羟基、酯基 (2)大 (3)加成反应 (4) (5) (6) 【分析】A在、条件下发生氧化反应，使羟基转化为醛基，生成B；B发生反应转化为含硝基的C；C再发生反应生成D；D经、作用发生环化得到E；E经多步反应最终得到生物碱中间体F；整个流程通过羟基保护、氧化还原、环化、加成等反应逐步构建复杂骨架。 【解析】（1）根据A的结构简式，分子中含有羟基和酯基两种含氧官能团。 （2）硝基是强吸电子基团，使与其相连的2号碳电子云密度降低，故1号碳的电子云密度相对更大。 （3）从结构变化看，D经、作用生成六元环结构，碳碳双键转化为单键，该反应类型为加成反应。 （4）E在Zn，HCl条件下发生还原反应（硝基转化为氨基），再在CH3ONa的作用下发生分子内脱水，生成的副产物为。 （5）根据条件：①含两个苯环，有5种不同化学环境的氢原子，不含键；②在催化下与反应，产物能被银氨溶液氧化（含可氧化为醛基的结构，即），符合条件的结构简式为。 （6）结合题目的流程，以、和为原料制备目标产物，首先在、条件下发生氧化反应，使羟基转化为醛基，生成，先被银氨溶液氧化、再酸化得到，与CH3CH2OH发生酯化反应得到，与CH3CH2NO2在CsF、TBAB条件下发生加成反应生成，在Zn、HCl条件下发生还原反应（硝基转化为氨基），再在CH3ONa的作用下发生分子内脱水得到目标产物，流程如下：。 5.（2026·江苏·一模）苯烯莫德(G)可用于治疗自身免疫性疾病，其合成路线如下： (1)A的熔点高于B，其原因是___________。 (2)B→C实现了由___________(填官能团名称)到___________(填官能团名称)的转化。C→D的反应类型是___________。 (3)D→E中D还与发生副反应，生成H和两种产物。H的分子式为，其结构简式为___________。 (4)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________。 碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种芳香族化合物。X不能使2%酸性溶液褪色；Y与溶液作用显紫色，但不能与溴水反应。X和Y分子中均含有4种不同化学环境的氢原子。 (5)上述合成路线中设计了官能团的保护，其中步骤___________引入保护基，步骤F→G脱除保护基。 (6)化合物I()是合成树脂的增塑剂。写出以为原料制备化合物I的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】(1)A分子间存在氢键，而B分子间仅存在范德华力，氢键强于范德华力 (2)酯基 羟基 氧化反应 (3) (4) (5)A→B (6) 【分析】在合成路线图中，A→B的反应将酚羟基转化为甲氧基，为取代反应，且保护了酚羟基；B→C的反应使用了强还原剂，将酯基还原为羟基；C→D反应中醇羟基被氧化为醛基；D→E发生了两部分反应，D中的醛基先发生了加成反应，生成的醇羟基再发生消去反应得到E；E→F为脱去羧基的反应；F→G为甲氧基转化为酚羟基，为取代反应。 【解析】（1）A含羧基和两个酚羟基，可形成更多分子间氢键；B中羟基和羧基都被甲基化，无法形成更多分子间氢键，分子间作用力更弱，熔点更低。 （2）B中官能团为酯基，其被还原为羟基，实现酯基到羟基的转化；C中醇羟基被氧化为醛基，属于氧化反应。 （3）D→E为芳醛和苯乙酸的反应，第一步先发生醛基与羧基β-C的加成反应得到，第二步羟基发生消去反应生成E物质；副反应为D(芳醛)和乙酸酐发生类似反应，产物分子式为，故其为。 （4） F的一种同分异构体要求：水解得两种芳香族化合物，说明含酯基；X不能使酸性高锰酸钾褪色，X为苯甲酸；Y与溶液作用显紫色，故其含酚羟基；其不能和溴水反应，故其邻对位均被取代；且含4种等效氢，Y为。 （5）A中酚羟基在A→B步骤中被甲基化为甲氧基，保护酚羟基不被后续氧化等反应破坏，最后F→G脱保护重新得到酚羟基。 （6）首先用溴水与碳碳双键发生加成反应，再在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生卤代烃的消去反应，得到共轭双烯的结构，根据E→F的反应除去羧基，最后共轭二烯发生1,4-加聚得到目标聚合物，该合成路线流程图为。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学终极押题猜想 参考答案 押题猜想01 化学与STSE 终极押题 C 考题猜想 1．B 2．D 3．A 4．B 5．C 押题猜想02 化学用语的规范使用 终极押题 D 考题猜想 1．A 2．B 3．B 4．B 5．A 押题猜想03 离子方程式正误判断 终极押题 D 考题猜想 1．C 2．B 3．C 4．C 押题猜想04 元素化合物的性质 终极押题 C 考题猜想 1．A 2．A 3．D 4．C 押题猜想05 化学反应机理循分析 终极押题 C 考题猜想 1．A 2．A 3．D 4．C 5．D 押题猜想06 新型电化学装置分析 终极押题 B 考题猜想 1．A 2．B 3．D 4．A 5．B 押题猜想07 电解质溶液 终极押题 B 考题猜想 1．B 2．B 3．A 4．C 5．C 押题猜想08 反应速率与化学平衡图像 终极押题 C 考题猜想 1．B 2．B 3．A 4．B 5．C 押题猜想09 元素周期表与周期律 终极押题 A 考题猜想 1．A 2．B 3．A 4．B 5．A 押题猜想10 多官能团有机物的结构与性质 终极押题 D 考题猜想 1．C 2．C 3．D 4．D 5．C 押题猜想11 实验组合装置图的分析 终极押题 C 考题猜想 1．B 2．D 3．B 4．C 5．D 押题猜想12 操作现象结论一致性问题 终极押题 A 考题猜想 1．D 2．B 3．B 4．C 押题猜想13 探究性实验 终极押题 D 考题猜想 1．D 2．A 3．C 4．C 5．C 押题猜想14 无机化工流程分析 终极押题 (1) (2) 3≤pH＜4.3 (3)①将氨水混合溶液缓慢滴入溶液中； ②反应过程中发生：，则，锰元素的含量为； (4)加入适量浓盐酸，用恒温电磁搅拌器加热搅拌，控制温度在60℃左右，用pH试纸检测，调节溶液pH约为2，充分反应后，将反应液倒入大量蒸馏水中稀释，析出沉淀。 考题猜想 1.(1)对滤渣1进行多次浸取 (2)Fe (3)过量的与结合生成 (4)8 2% 180℃ 2.(1)使反应物之间充分接触，焙烧更充分，原料利用率更高 焙烧的时候加入生石灰(或将产生的气体通入碱性溶液中吸收) (2) (3) (4)晶体 95% (5)7：2 3.(1) (2)将和分别氧化为和 取少量产品做X射线衍射实验，将所得的X射线衍射谱图与晶体的X射线衍射谱图进行比对 (3) 滴加溶液调节溶液pH为12，打开通风设备，向烧杯中边加40%溶液边搅拌至无气泡产生。过滤，洗涤，直至向最后一次洗涤的滤液中加入溶液无白色沉淀生成 4.(1)a 加快冷却水的流速 (2)取沉淀后上层清液，向清液中滴加醋酸铅溶液，生成极少量的沉淀，说明(CH3COO)2Pb溶液略微不足 (3) 5.(1)A (2)4 晶胞中离子核间距相当 (3)生成的会吸附溶液中的 89.3% 盐酸、硫酸 (4) 押题猜想15 化学反应原理综合 终极押题 (1) 与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 (2)CoPc/石墨化氮复合催化剂较多地吸附后，对有排斥作用 (3)氧化性强，与竞争得电子生成Cu，覆盖在表面，转化率减小 不需要加热，能耗低；相同量的水反应释放氢气更多 考题猜想 1.(1) (2) 与过量氨水形成可溶性铜氨配合物，造成铜元素损失 (3)该反应为放热反应（），升高温度平衡逆向移动，且温度过高会使催化剂活性降低，因此NO转化率下降 (4) 也会生成沉淀，导致沉淀不纯，无法分离Ce和Cu 2.(1)N2 氨基与水分子之间形成分子间氢键，增大了催化剂的水溶性 (2)吸收CO2，且反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率 H2、HD和D2 适当增加水蒸气的用量 (3) 生成其他含碳副产物(如CO2等)或O2 3.(1) 在吸收剂中的溶解度下降；部分受热分解产生 (2)高温 反应Ⅱ速率加快；与催化剂中的活性炭反应生成CO (3) S 带负电荷的与分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用 4.(1)-252.9 (2) 2mol或 (3)催化反应过程中会产生、、等更多的活性位点，有利于、CO的吸附与反应 在催化剂表面连续氢化(或过量容易形成键)，键难以形成 过高时，不利于、生成，无法提供足够的活性位点；过低时，减少，活性位点上吸附的及生成的CO均减少 5.(1)> 15% 生成的催化AlN水解 生成[或]覆盖在AlN表面，阻止反应发生 (2)温度、载体种类、载体表面金属氧化物的形成 生成等质量，消耗的能量更少；相同质量时，储氢量更高 押题猜想16 有机合成与推断 终极押题 【答案】(1)4 (2)保护B中羰基，防止羰基与后续EtMgBr反应 (3) (4) (5) 考题猜想 1.(1)硝基 (2) (3)A (4)或 (5) 2.(1)醚键、碳溴键 (2)加成反应 消去反应 (3) (4)       (5)或 3.(1)加成反应 酯基 (2) (3) (4)E中“*”标记的键所连的基团属于强吸电子基团，O周围的电子云密度更小，键的极性更强，更易断裂 (5) 4.(1)羟基、酯基 (2)大 (3)加成反应 (4) (5) (6) 5.(1)A分子间存在氢键，而B分子间仅存在范德华力，氢键强于范德华力 (2)酯基 羟基 氧化反应 (3) (4) (5)A→B (6) 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026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 B．红外光谱法可区别石英玻璃(非晶态)和水晶(晶态) C．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，锌、碳、氢、氧元素都属于主族元素。 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 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 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 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 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 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．和的球棍模型均为： B．中含键 C．的电子式： D．和的最外层电子轨道表示式均为 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）可用于得到具有高反应活性的。下列说法正确的是 A．基态的结构示意图为 B．的电子式为： C．仅含极性共价键 D．和互为同素异形体 2.（2026·江苏·二模）预防龋齿的原理为。下列说法正确的是 A．Ca原子的结构示意图为 B．基态F原子的价电子排布式为 C．的电子式为 D．的空间构型是三角锥形 3.（2026·江苏徐州·模拟预测）反应可用于制备有机反应催化剂——乙炔铜。下列有关说法正确的是 A．的结构示意图为 B．分子中σ键和π键数目比为3：2 C．的电子式为 D．中子数20的Cl原子表示为 4.（2026·江苏·一模）超氧化钾可在潜水艇中作制氧剂，反应为。下列说法正确的是 A．的结构示意图： B．中含有离子键和共价键 C．的空间构型为三角锥形 D．的电子式： 5.（2026·江苏镇江·模拟预测）反应可用于提纯炔烃。下列说法正确的是 A．的电子式为： B．电离能： C．基态O原子的价电子排布式为 D．既含离子键又含共价键 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．与浓盐酸共热制： B．ICl与NaOH溶液反应： C．溶液吸收： D．NaClO碱性溶液吸收少量： 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： B．溶于足量浓盐酸： C．硫酸工业煅烧： D．制取： 2.（2026·江苏镇江·一模）下列说法正确的是 A．燃烧的热化学方程式：   B．用酸性溶液吸收： C．与足量稀盐酸反应： D．用除去余氯： 3.（2025·江苏南通·三模）下列化学反应表示正确的是 A．用氨水和溶液制备： B．工业上用足量氨水吸收： C．用溶液吸收： D．次磷酸与足量溶液反应： 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： B．铜与浓硫酸在加热条件下反应： C．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气： D．用溶液除去乙炔中的： 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： B．制镁工业：海水 C．HCl制备：NaCl溶液和 D．工业制银镜： 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)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B．HCl(aq)Cl2(g)HCl(g) C．NH3(g)NO(g)HNO3(aq) D．S(s)SO2(g)H2SO4(aq) 2.（2026·江苏盐城·模拟）二氧化硅()是一种用途极广的无机化合物。下列生产中不以为原料的是 A．高炉炼铁 B．制光导纤维 C．工业制玻璃 D．工业冶炼硅 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：NaHCO3Na2CO3 B．制硫酸： C．制备无水： D．制漂白粉： 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 C．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 押题猜想05 化学反应机理分析 终极押题 【原创题】加氢制甲醇能实现碳的循环利用。与在活化后的催化剂表面发生如下反应：  ，其反应历程如图。 已知：催化剂活化：(无活性)(有活性) 下列说法不正确的是 A．总反应   B．过程Ⅱ中发生氧化反应 C．历程中有、键的形成和断裂 D．无活性的可能原因是结构中缺少氧空位 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(含和的水溶液)产生的羟基自由基()能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 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： C．过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能 D．用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系 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 3.（2026·江苏徐州·模拟预测）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 4.（2026高·江苏苏州·一模）催化、与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如图，下列说法正确的是 A．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．、与二甲胺反应可能生成HDO D．催化剂降低了反应的活化能和焓变 5.（2026·江苏镇江·模拟预测）钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是 A．步骤①反应为 B．步骤③正、逆反应的活化能关系为 C．在步骤③中起氧化剂作用 D．步骤③生成的物质可能是 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，其为弱电解质]的混合溶液，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．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： D．在水中电离： 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，无水混合物一旦受热熔融，即可按反应输出电能。 下列说法正确的是 A．负极的电极反应： B．放电过程中，向钙电极移动 C．正极反应物为LiCl D．常温下，在正、负极之间连上电流表，指针发生偏转 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 C．理论上每生产11.2 L H2，电路中转移2 mol D．反应过程中，需要不断补充 3.（2026·江苏南通·一模）某可充电锂电池分别以Li、为电池的电极反应物，硫化物固体电解质传导，电池构造示意图如图所示。下列说法正确的是 A．该锂电池也可用水溶液作电解液传导 B．放电时，失电子，发生氧化反应 C．放电时，负极质量每减少0.7g，外电路转移0.2 mol D．充电时阳极电极反应式： 4.（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．每理论上可净化 C．X膜为阴离子交换膜 D．甲电极是正极，电极反应式为： 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，同时回收和单质硫。下列说法正确的是 A．电极a连接电源的正极 B．通过阳离子交换膜从右室移向左室 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0.1 mol电子时，可回收3.2 g单质硫 押题猜想07 电解质溶液 终极押题 【原创题】焦亚硫酸钠有强还原性，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，，，。下列说法正确的是 A．通入与恰好反应生成、的混合溶液中： B．通入至溶液： C．反应的平衡常数 D．中可能含有过氧键() 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，用废渣制备的部分实验过程如下： 已知：，，。 下列说法正确的是 A．溶液中： B．溶液中： C．生成沉淀的离子方程式： D．沉淀完全后的滤液中： 2.（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(NH)>c(CO)>c(HCO)>c(NH3·H2O) B．“酸浸” 后上层清液中： C．脱硫反应： 的平衡常数K=3×10−6 D．脱硫反应后滤液中 3.（2026·江苏·模拟预测）一种捕集烟气中过程如图所示。室温下以溶液吸收，溶液体积变化和挥发忽略不计，溶液中含碳物种的浓度。电离常数分别为、。下列说法正确的是 A．“吸收”所得到的溶液中一定存在： B．时，溶液中存在： C．时，溶液中存在： D．“转化”后的溶液中一定存在： 4.（2026·江苏南通·模拟预测）工业上常用足量、等碱性溶液吸收含的废气，过程如下所示。 已知：室温下，，，，。下列说法正确的是 A．溶液中： B．“吸收”反应的离子方程式： C．“混合”后溶液中： D．溶液中： 5.（2026·江苏徐州·模拟预测）从炼钢粉尘(主要含、和ZnO)中提取锌的过程如下： 已知：“盐浸”过程ZnO转化并有少量和浸出。下列说法正确的是 A．“氧化”后的滤渣主要成分为 B．“沉锌”后的滤液中 C．溶液中： D．“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中： 押题猜想08 反应速率与化学平衡图像 终极押题 【原创题】DMF是良好的有机溶剂。二氧化碳加氢耦合DMA制DMF的主要反应(忽略其他副反应)为： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     3MPa下，将(DMA)的混合气匀速通过装有催化剂的反应管，DMA的转化率、DMF或的选择性随温度变化如图所示。 DMF的选择性。 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，的转化率为3% C．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 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，将的混合气体以的固定流速通过长度较短且装有足量镧铁载氧体()的反应管制备CO和，测得出口处、、和的流速如图所示(出口处除上述气体和外，不含其他气体)。下列说法不正确的是 A．X代表的物质是 B．250～375 s，反应生成逐渐增大 C．500～1000 s，的反应速率逐渐减小 D．1000～1500 s，仅发生分解为C和的反应 2.（2026·江苏·一模）生物质炭经水蒸气气化生产合成气(和)的过程涉及的主要反应如下：          固定单位时间内气流床中生物质炭的投入量，控制，采用为载气，以一定的流速通入水蒸气。反应相同时间，测得出口气体中、、、的体积分数和合成气产率随温度的变化关系如图所示。 已知：合成气产率。 下列说法正确的是 A．反应的 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， D．其他条件不变，1300℃时，加压有利于提高平衡时合成气产率和的体积分数 3.（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．   Ⅱ．   在条件下，将和的混合气体投入反应器中。平衡时，各组分的物质的量分数随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A．， B．曲线m表示的是 C．600℃时，的平衡转化率为59.26% D．恒温恒压下向体系中通入Ar会降低的平衡产率 4.（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，条件下，NO的转化率、CO剩余的百分率以及无CO且无催化剂时NO直接分解为N2的转化率随温度的变化情况如图所示。 已知NO可发生下列反应： 反应Ⅰ：     ΔH1 反应Ⅱ：     ΔH2 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>0 C．时，该催化剂脱除NO的最适宜温度在975℃左右 D．775℃，时，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，该时刻c(CO2)：c(N2)=3：2 5.（2026·江苏常州·一模）常温下，HClO和共存的混合溶液体系中主要存在如下反应： Ⅰ．    Ⅱ． 初始，在浓度均为的HClO和混合溶液中，若仅考虑上述反应，溶液中各含氯微粒的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A．曲线①表示的微粒为 B．0~2s内，逐渐增大 C．0~2s内， D．当体系中时，反应Ⅰ达到平衡状态 押题猜想09 元素周期表与周期律 终极押题 【原创题】元素镓()、锗()、砷()位于周期表中第四周期。下列说法不正确的是 A．原子半径： B．元素电负性： C．Ge、GaAs都具有半导体性能 D．第一电离能： 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形成如图所示的包合物。下列说法正确的是 A．半径： B．第一电离能： C．中不存在离子键 D．中的键角比的小 2.（2026·江苏南通·模拟预测）溶有的吡啶()溶液与NaClO溶液发生反应可制备杀菌剂：。下列说法正确的是 A．吡啶是非极性分子 B．离子半径： C．电离能： D．中Cl的化合价为-1价 3.（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原子的逐级电离能依次为738、1451、7733、10540……。下列说法正确的是 A．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： 4.（2026·江苏常州·一模）某窝穴体结构如图所示，其与形成的超分子可用于提取含和的混合溶液中的。已知：Sr位于元素周期表第五周期第ⅡA族。下列说法正确的是 A．沸点： B．碱性： C．离子半径： D．提取所得产物中，与窝穴体间存在离子键 5.（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： B．第一电离能： C．与互为同位素 D．沸点： 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．1 mol X最多能与发生加成反应 B．Y存在顺反异构体 C．X、Z可用溶液鉴别 D．用取代，则步骤Ⅱ的产物为 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原子均采取杂化 B．Y存在顺反异构体 C．Z中含有2个手性C原子 D．反应的原子利用率为100% 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 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．1 mol X最多能和1 mol NaOH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 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 1：7 C．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 5.（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．可以用酸性溶液鉴别甲苯和X C．产物中可能含   D．1 mol Y最多可以消耗3 mol NaOH 押题猜想11 实验组合装置图的分析 终极押题 【原创题】下列关于的制取和以、溶液为原料制取的实验原理和装置能达到实验目的的是 A．制取 B．制取 C．分离 D．制取 A．A B．B C．C D．D 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．用装置丙过滤得到溶液 D．用装置丁加热浓缩溶液 2.（2026·江苏南通·模拟预测）实验室利用、等物质制备晶体。下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A．利用装置甲制备 B．利用装置乙制备 C．利用装置丙制备晶体 D．利用装置丁分离出晶体 3.（2026·江苏镇江·一模）CuCl是一种重要的催化剂。可用、溶液和NaOH溶液制备CuCl，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀。下列实验原理或装置不能达到实验目的的是 A．甲装置制 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 4.（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 B．制备 C．分离 D．制备 A．A B．B C．C D．D 5.（2026·江苏南通·一模）实验室以Cu和浓硝酸为原料制备和。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是 A．用装置甲制备 B．用装置乙收集 C．用装置丙吸收尾气中的 D．用装置丁蒸干溶液得到 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 NH4Cl溶液和CH3COONa的pH 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 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，观察是否有白色沉淀生成 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 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1mL 20％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2 mL 0.03 mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色 此条件下HPO的水解程度强于其电离程度 A．A B．B C．C D．D 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 向溶液中滴加几滴的溶液，溶液紫红色褪去 具有漂白性 B 在试管中加入0.5g淀粉和溶液，加热。待溶液冷却后向其中加入溶液，将溶液调至碱性，再加入少量新制的，加热，产生砖红色沉淀 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溶液和溶液，均有固体析出 蛋白质均发生了变性 A．A B．B C．C D．D 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0.1 mol·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 为可逆反应 D 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 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 先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠 C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠 D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 A．A B．B C．C D．D 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：将一定量固体加少量水溶解得黄色溶液，再加水稀释，溶液变成蓝色，然后将溶液分成两等份。 步骤Ⅱ：向其中一份溶液中滴加滴酚酞试液，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中平衡向正反应方向移动 B．步骤Ⅱ中滴加酚酞溶液颜色没有变化，不能判断是否水解 C．步骤Ⅲ可判断，与配位的能力： D．步骤Ⅳ中产生的气体为和的混合气体 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：2mL 0.33mol·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+H2OAlOH(CH3COO)2+CH3COOH C．步骤Ⅲ的实验目的是证明沉淀不是Al(OH)3 D．步骤Ⅲ中加Al(OH)3固体的试管上层清液的pH小 2.（2026·江苏·一模）为了探究的相关性质，对溶液进行如下实验： 实验1：加热溶液，测得溶液pH先减小后增大 实验2：向溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色逐渐褪去 实验3：向溶液中加入溶液，产生白色沉淀 实验4：在300℃的密闭容器中，溶液与铁粉反应，反应初期生成和 根据现象得出的结论不正确的是 A．实验1中溶液pH减小是因为受热分解 B．实验2滴加新制饱和氯水前后： C．实验3反应后溶液的pH变小 D．实验4反应初期的离子方程式： 3.（2026·江苏南通·一模）为探究溶液与溶液的反应，学习小组进行如下实验： 实验1：向试管中加入溶液，再加入溶液，溶液变为红褐色，用激光笔照射，出现光亮的“通路”。 实验2：立即取少量实验1反应后的溶液于试管中，加蒸馏水稀释，向其中滴加溶液，出现蓝色沉淀。 实验3：取少量实验1反应后的溶液于试管中，静置1小时，溶液红褐色逐渐变浅，最终变为浅绿色。 下列说法不正确的是 A．实验1中有胶体生成 B．实验1和实验2可说明和能发生水解反应和氧化还原反应 C．可用酸性溶液代替实验2中的溶液检验 D．实验3所得溶液中一定存在、、、 4.（2026·江苏徐州·一模）探究NaClO与KI溶液反应的实验如下： 实验Ⅰ：向10 mL KI溶液滴加5滴饱和NaClO溶液，溶液变为棕黄色，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 实验Ⅱ：向10 mL饱和NaClO溶液滴加5滴 KI溶液，溶液变为黄绿色，再滴加淀粉溶液，溶液不变蓝，久置后，溶液黄绿色消失。 实验Ⅲ：向10 mL含少量淀粉溶液的饱和NaClO溶液中滴加 KI溶液至过量。溶液先变为黄绿色，后颜色不断加深，同时溶液局部变蓝但很快褪去。继续滴加KI溶液，蓝色褪去速度变慢，最终溶液变为蓝色，且不再褪色。 已知：部分微粒在水溶液中的颜色：(黄绿色)、(无色)。下列说法正确的是 A．实验Ⅰ中反应的离子方程式： B．实验Ⅱ中最初的主要还原产物为 C．实验Ⅲ“局部蓝色褪去”的原因可能是被氧化为或 D．由以上实验推断：较高浓度的NaClO溶液与KI溶液反应易生成 5.（2026·江苏苏州·一模）探究含铁化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。 下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为 B．步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3- C．步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+) D．步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱 押题猜想14 无机化工流程分析 终极押题 14.（2026·江苏·模拟预测）和都是重要的化工产品，实验室研究以黄铜矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为主要原料制备和的部分流程如下图所示。 (1)浸取。硫元素转化为硫酸根离子，则反应化学方程式是_______。 (2)调pH。计算反应的平衡常数K=_______；若浸取后离子浓度为，理论上应调节溶液pH在约_______之间。(忽略溶液体积变化) 已知：溶液中某金属离子浓度低于时可以认为其沉淀完全；常温下，、、；。 (3)制备。原理为：溶液+氨水混合溶液，装置如图所示。 ①反应液的加料方式是_______。 ②测定产品中锰元素含量：取3.500 g制得的样品，加入足量稀硫酸中使锰元素溶为，再加入溶液(足量)，充分反应后过滤，洗涤，干燥得固体4.350 g。则产品中锰元素含量是_______。(写出计算过程) (4)制备。反应原理为：，过量的浓溶液时生成无色的，稀释后又重新生成。试补充完整下列制取的实验方案：称取25.0 g胆矾晶体和8.0 g铜粉及适量食盐粉末，混合后加入三颈瓶中，_______，过滤，用盐酸洗涤沉淀后再用乙醇洗涤，真空干燥，得固体。(温度、pH对产率的影响如下图所示；必须使用的试剂及用品：浓盐酸、蒸馏水、恒温电磁搅拌器、pH试纸) 押题有据 无机化工流程题是江苏高考的压轴题型之一，2025年江苏卷第14题以“海洋出水铁质文物的脱氯方法”为情境，综合考查物质转化、条件控制和定量计算。近5年江苏卷化工流程题均以真实工业背景为载体，融合化学方程式书写、Ksp计算、pH调控、加料方式、含量测定、实验方案设计等考点。本题以黄铜矿（CuFeS₂）和软锰矿（MnO₂）联合浸取制备CuCl和MnCO₃为情境，系统考查：氧化还原反应方程式的配平（电子守恒+原子守恒）、多重平衡常数的推导（Ksp联用）、沉淀pH范围的确定（Fe³⁺沉淀完全与Cu²⁺、Mn²⁺不沉淀的临界条件）、加料顺序对产物纯度的影响、产品含量的滴定测定、以及实验条件优化（温度60℃、pH=2时CuCl产率最高）。备考时应强化对常见工业流程（浸取、除杂、沉淀、结晶、煅烧）的理解与归纳，关注Ksp计算与pH调控的定量关系。 考题猜想 11.（2026·江苏·一模）由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P2O4在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 (1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 (2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 (3)经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 (4)向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 2.（2026·江苏宿迁·二模）铼 (Re) 、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。以钼精矿 (主要成分为MoS2、ReS2)，还含有杂质(FeS2、Al2O3、SiO2) 为原料制备金属钼、铼的工艺流程如下： 已知：①烧渣的主要成分为Re2O7、MoO3以及 Fe、Al、Si 的氧化物，Re2O7、MoO3为酸性氧化物。 ②过铼酸铵 (NH4ReO4) 是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 ③常温下Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10. 回答下列问题： (1)“焙烧” 常采用高压、通空气逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，钼精矿粉末从中上部加入)，该操作的目的是___________，“焙烧” 过程中，易产生空气污染物SO2，为有效解决SO2的危害，可采取的措施有___________(任答一条)。 (2)浸渣的主要成分是___________(填化学式)，写出ReS2在 “焙烧” 时发生反应的化学方程式：___________。 (3)“还原” 时，Zn 被氧化成 [Zn(OH)4]²⁻，铼的化合物被还原成难溶的ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为___________。 (4)“还原” 后过滤所得滤液经处理可制得金属钼缓蚀剂钼酸钠 (Na2MoO4)。 ①Na2MoO4固体的 X射线衍射图谱如下图，则Na2MoO4属于___________晶体(填 “晶体” 或 “非晶体”)。 ②滤液中的主要溶质有Na2MoO4、Na2SO4、Na2SiO3、Na[Al(OH)]4，先调 pH 除铝和硅，再向溶液中加入Ba(OH)2固体除去SO，若初始时溶液中c(MoO)=0.2mol·L-1、c(SO)=0.011mol·L-1，则当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为___________(忽略溶液体积变化)。 (5) 一种MoO2晶体结构如下图所示，在MoO2中通过氮掺杂反应可生成MoO2-xNy，能使MoO2具有光学活性，掺杂过程如图所示。则MoO2-xNy晶体中x：y=___________。 3.（2026·江苏·一模）实验室用铜阳极泥氨浸液(阳离子主要有、、和)制备高纯Ag的实验过程可表示为 (1)向氨浸液中加入盐酸调节pH至5，AgCl的沉淀率达到99%，同时夹杂和BiOCl沉淀，Pb和Bi的沉淀率也均达到90%以上。已知：反应。的平衡常数 ①生成AgCl的反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为___________。 ②写出由转化为BiOCl的离子方程式：___________。 (2)向沉银所得固体中加入一定浓度的和盐酸，反应1.5 h后，过滤，滤液Ⅱ中主要含有和。将过滤所得固体洗涤、干燥，获得AgCl产品。 ①加入的作用是___________。 ②已知：AgCl晶体的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 为进一步确认实验所得AgCl产品是否纯净，应对AgCl产品补充进行的实验是___________。 (3)用HCHO还原除杂所得AgCl制备高纯Ag。 ①调节溶液pH为12，50℃时HCHO还原AgCl获得Ag，同时产生CO。该反应的离子方程式为___________。 ②补充完整制备高纯Ag的实验方案：向装有AgCl的烧杯中加入一定体积蒸馏水，保持溶液温度为50℃，___________，干燥固体，得到高纯Ag。(实验中必须使用的试剂和设备：40%HCHO溶液、NaOH溶液、溶液，通风设备) 4.（2026·江苏扬州·一模）硫氰化钾(KSCN)是常用的分析试剂，用硫磺与KCN等为原料制备KSCN的实验流程如图： 已知：①，， ②(放热反应) (1)合成。将硫磺与一定量水配成悬浊液加入如图所示的反应釜中，在搅拌下滴入KCN与KOH混合溶液。 ①冷水从______(填“a”或“b”)端通入。 ②若反应温度过高，可采取的措施有：减慢滴加KCN与KOH混合溶液的速率、______。 ③反应釜中还有副反应发生，如硫磺与KOH溶液反应生成和，该反应的化学方程式为______。 (2)除硫化物。由于成品中不能含有铅，故加入溶液只能略微不足。证明溶液略微不足的实验操作与现象是______。 (3)KSCN纯度测定。溶液pH介于0~1时，用KSCN溶液滴定已知浓度的溶液来测定KSCN纯度，发生反应为。请补充完整实验方案： ①准确称取1.0000g样品，溶于适量蒸馏水，将溶液完全转移到100.00mL容量瓶中，定容得溶液A。 ②量取20.00mL______。[实验中须使用的试剂：溶液、溶液、溶液] ③重复实验两次，计算消耗溶液A的平均体积为VmL。 ④计算KSCN的质量分数______。 5.（2026·江苏·二模）镓(Ga)的发现、提取及应用对科学与技术的发展意义重大。 (1)科学家是通过_______(填字母)实验发现镓元素的。 A．原子光谱    B．分子光谱    C．X-射线衍射 (2)镓元素在地壳中含量低，常存在于立方晶型的硫化锌矿中。 ①GaAs晶体的晶胞结构如图-1所示，Ga的配位数为_______。 ②从结构角度分析GaAs存在于ZnS晶格内的原因：(ⅰ)两种晶体中离子的排列方式相同；(ⅱ)_______。 (3)一种以锌浸出液(含大量、、，少量、及微量)为原料制取金属Ga的工艺流程如下： ①若不经过“还原”，直接调节pH也能依次实现、及分步沉淀，但该方案会导致Ga严重损失，原因是_______。 ②“酸溶”后的酸性溶液用有机萃取剂萃取。“萃取”前后溶液中金属元素的质量浓度如下表。已知铁的萃取率()为20%，镓的萃取率为_______(写出计算过程，计算结果保留三位有效数字)。 Ga Fe Zn 酸性溶液中元素的质量浓度(g/L) 0.28 2.5 19.5 有机相中元素的质量浓度(g/L) 0.175 0.35 5.382 ③向萃取后的有机相中加入一定浓度的硫酸或盐酸，可实现金属元素反萃取。控制其它条件一定，实验测得Ga、Fe、Zn的反萃率随硫酸或盐酸浓度的变化如图-2所示。为尽可能实现Ga与Fe、Zn的分离，需要进行两次反萃取操作，操作中选用的酸依次为_______(注明酸的种类及浓度)。 (4)是制备光电材料的主要原料。一种制备的路径如下： ①X的化学式为_______。 ②研究发现，不使用Hg，向合金中滴加，也可制得，且有生成。当参加反应的时，反应的化学方程式为_______。 押题猜想15 化学反应原理综合 终极押题 15.（2026·江苏南京·模拟预测）氢能是一种绿色能源。目前有NaBH4、MgH2等物质可以制氢并储氢。 (1)NaBH4水解制氢：常温下，NaBH4自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图1所示。 ①其他条件不变时，以D2O代替H2O参与催化释氢，其中过程②步骤用化学方程式表示为________。 ②在催化剂的作用下，NaBH4与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图2所示。0～20 min内，温度随时间变化快速升高的原因是________。 (2)用CoPc/石墨化氮复合催化剂做电极电解海水的装置如图3所示，CoPc/石墨化氮复合催化剂对海水中的钠离子具有较好的吸附能力，可以增强CO2以及反应中间体的吸附能力，能够实现一步直接产生CO和Cl2。 ①CoPc/石墨化氮复合催化剂能够抑制析氢反应，其原因是________。 ②阴极有另一种产物NaHCO3生成，则阴极的电极反应式为________。 (3)储氢材料MgH2能与水反应放氢，但与纯水反应产生H2很少。CuCl2、MgCl2等盐溶液能提升MgH2的放氢性能。1 mol·L-1的几种盐溶液与MgH2制备H2时，MgH2有效转化率如图4。 已知：i.氧化性：Mg2+<H+<Cu2+。 ii.MgH2在MCl2（M代表Cu、Mg）溶液中水解的示意图如图4。 ①40 min后，CuCl2溶液制备H2时，MgH2有效转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是________。 ②MgH2受热分解也能放氢，采用与水反应放氢的优点是________。 押题有据 化学反应原理综合题是江苏高考主观题的压轴部分，通常结合热化学、电化学、反应速率、化学平衡、水解等多方面知识综合设题。2025年江苏卷第15题以“合成气（CO和H₂）制备甲醇及变换脱碳”为背景，系统考查焓变计算、平衡常数、转化率分析、热力学与动力学的综合应用-。本题以NaBH₄水解制氢、电解海水制CO和Cl₂、MgH₂放氢性能为三大载体，综合考查：反应机理微观过程分析（同位素D₂O替代H₂O的产物推断）、电催化抑制析氢的原理（Na⁺吸附排斥H⁺）、电极反应式的规范书写（CO₂得电子生成CO及HCO₃⁻）、竞争反应对转化率的影响（Cu²⁺氧化性强，优先得电子生成Cu覆盖MgH₂表面）、以及水反应放氢相较于热分解的优势（能耗低、产氢量高）。复习时应强化对反应机理图、电解装置图、转化率曲线图的综合解读训练，关注多反应竞争体系中目标反应的调控策略。 考题猜想 1.（2026·江苏·模拟预测）烟气中(NO、)是重要大气污染物，必须脱除。一种烟气脱硝原理为  。 (1)每处理含NO 1.12 L(标准状况)的烟气，反应中转移电子的物质的量是_______。 (2)可以催化该反应，共沉淀法合成该催化剂的过程是：按要求将、、配制成混合溶液，滴加氨水产生沉淀，至为止，过滤、洗涤、干燥，所得固体500℃下煅烧5小时。 ①滴加氨水时要快速、充分搅拌，目的是_______(选择序号填空)。 A．使反应快速、充分    　B．使沉淀混合均匀 C．使沉淀颗粒变小    　D．使沉淀转变为胶体 ②氨水滴加过量易产生的问题是_______。 (3)以催化脱硝时，NO转化率与温度的关系如图所示。 ①温度高于350℃后NO转化率迅速下降，其原因是_______。 ②研究发现，烟气中的能还原生成导致催化剂中毒，其原因是_______。(用化学方程式表示) (4)废催化剂组分可以通过下列过程回收： ①“还原、过滤”步骤中被还原为的离子方程式是_______。 ②“沉淀、过滤”步骤中若单独使用溶液则可能导致沉淀不充分，若单独使用溶液则可能导致_______。 2.（2026·江苏宿迁·二模）氢气是一种清洁能源，工业制氢有多种途径。 (1)肼硼烷水解制氢。 ①肼硼烷水解：，生成的N2H4可进一步转化为N2或NH3.若要增大氢气的产率，需提高生成___________的选择性(填 N2或NH3)。 ②石墨烯可用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是___________。 (2)甲醇和水蒸气重整制氢。 ①甲醇重整制氢： 已知： 。向重整反应体系中加入适量的CaO优点是___________。 ②在 Cu-Pd 合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如图1 所示(“★” 表示此微粒吸附在催化剂表面，M 为反应过程的中间产物)。 已知步骤 Ⅱ 中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导 M 的结构简式___________。若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为___________。催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性。为减少积炭，可采用的方法是___________。 (3)电催化乙二醇制氢，同时得到乙醇酸，电解原理如下图1 所示。一定条件下，测得乙二醇与乙醇酸的总物质的量及乙醇酸的法拉第效率随时间变化如下图2 所示。 [法拉第效率 = ①阳极的电极反应式为___________。 ②乙醇酸的法拉第效率小于 100% 的原因是___________。 3.（2026·江苏·一模） 的捕集与资源化利用具有重要意义。 (1)乙醇胺()溶液作为碱性吸收剂，可高效捕集烟气中的。 ①理论上最多吸收。写出溶液吸收生成的离子方程式：_______。 ②的沸点为170℃。吸收塔内，烟气和吸收剂的温度超过50℃会造成的吸收率降低，可能原因有_______。 (2)重整制合成气的主要反应如下： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     反应Ⅲ     ①反应Ⅱ在_______(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 ②250℃、下，将一定比例的与混合气匀速通过装有催化剂(活性炭为载体)的反应器。对、的转化率和出口处的影响如图-1所示。时，随增大而减小的可能原因有_______。 (3)电解还原法将转化为的装置如图-2所示。 ①写出在阴极转化为的电极反应式：_______。 ②Cu能有效抑制析氢，对电解还原制具有高催化活性。中混有会使Cu催化剂中毒(Cu价态不变)，原因是在阴极转化为_______(填化学式)，沉积在Cu表面。 ③一种PFSA聚合物@Cu催化剂结构如图-3所示，其能有效防止造成的Cu催化剂中毒。能将控制在PFSA聚合物表面，其原理是_______。 4.（2026·江苏南通·模拟预测）资源利用具有重要意义。 (1)利用制。已知：和的标准燃烧热分别为、。则甲烷化反应：的___________。 (2)利用电解催化制HCOOH。其装置原理如图1所示。 ①该装置的阴极电极反应式为___________。 ②该装置电解前两极室溶液质量相等，电解后两极室溶液质量相差64g，则电解过程中通过质子交换膜的的数目为___________。 (3)利用双金属协同催化加氢制。在或表面反应前后的催化剂样品的XRD图如图2、图3所示。在表面催化加氢制的反应机理如图4所示。 ①催化加氢制的效果优于的原因是___________。 ②含量过高时产量增多的原因是___________。 ③的产量与关系如图5所示，当时，的产量最高的原因是___________。 5.（2026·江苏·二模）氨是一种化工原料，也是良好的储氢载体。氨的制备与转化一直备受关注。 (1)一种以AlN为载氮体的化学链合成氨原理如图-1所示。 ①“吸氮反应”为高温自发反应，该反应的_______0(填“>”“=”或“<”)。 ②若“吸氮反应”和“释氮反应”收集到相同条件下的气体体积比，则“释氮反应”中AlN的转化率为_______。 ③一种催化“释氮反应”可能的路径如下，补充完整路径中ⅱ的离子方程式。 ⅰ．； ⅱ．_______； ⅲ．。 ④将过量AlN粉末置于恒温热水中，溶液pH随时间变化如图-2所示。15～30 min溶液pH明显增大的原因是_______；120 min后，溶液pH不再变化的原因是_______。时，饱和氨水) (2)其他条件相同，向两只管式炉中分别加入负载等量Fe的和催化剂载体，向管式炉中通入，测得分解率与温度的关系如图-3所示，反应后固体X-射线衍射实验结果如图-4所示。 ①结合图示分析：影响分解速率的可能因素有_______。 ②已知：  ；  。比更适合作为储氢物质的原因有_______。 押题猜想16 有机合成与推断 终极押题 16.（2026·江苏苏州·模拟预测）化合物G是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下： (1)有机物B中所含碳氧键的数目为______。 (2)设计步骤的目的是______。 (3)的反应类型为加成反应，则F的结构简式为______。 (4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式：______。 ①能与溶液发生显色反应；    ②有5种不同化学环境的氢原子。 (5)已知。写出以、和为原料制备的合成路线流程图______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 押题有据 有机合成与推断题是江苏高考有机化学的核心题型，2025年江苏卷第16题以“四环素类药物合成中间体G的合成”为背景，综合考查官能团转化、反应类型、结构推断、同分异构体书写和合成路线设计。近5年江苏卷有机推断题均以药物或天然产物合成为情境，是主观题中的重头戏。本题以多步合成路线为载体，系统考查：σ键计数（羰基和酯基中C-Oσ键的数目）、官能团保护（羰基与乙二醇反应生成缩醛保护）、加成反应推断（E→F为分子内加成）、限定条件下的同分异构体书写（酚羟基+5种等效氢的对称结构）、以及给定原料的合成路线设计（以逆合成分析法为导向）。备考时应强化对合成路线的逆向推理训练、同分异构体的有序书写策略（不饱和度法+对称性分析）、以及常见反应条件（PPTS/乙二醇保护羰基、MeONa/MeOH分子内环化、CH₃MgBr亲核加成）的记忆与运用。 考题猜想 1.（2026·江苏·二模）阿福特罗是一种药物，其合成路线如下： 注：Bn代表 (1)A分子中含氧官能团名称为羟基、醚键和_______。 (2)D→E中生成一种分子式为的中间体(分子中N原子轨道杂化类型为)，其结构简式为_______。 (3)E→F过程中使用(S)-扁桃酸分离得到F和另一物质，F和H的关系是_______。 A．对映异构体    B．顺反异构体    C．同系物 (4)写出同时满足下列条件的阿福特罗的一种同分异构体的结构简式：_______。 能与FeCl₃溶液发生显色反应。水解生成苯丙氨酸(2-氨基-3-苯基丙酸)和另一种芳香族化合物X，X有3种官能团和4种不同化学环境的氢原子，不能与甲醛发生缩聚反应。 (5)写出以、为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 2.（2026·江苏扬州·一模）化合物F是制备汉防己甲素的重要中间体，一种合成路线如下： (1)A中所含官能团除醛基外还有_______。 (2)A→B的反应须经历A→X→B，则反应类型依次为_______、_______。 (3)D→E的反应会有副产物产生，该副产物与E互为同分异构体，写出该副产物的结构简式_______。 (4)写出满足下列条件的芳香族化合物B的一种同分异构体的结构简式_______。 ①分子中含3种不同化学环境的氢原子；②一定条件下能与银氨溶液反应，且在碱性条件下能水解。 (5)已知：(R、R1代表烃基或H，R2代表烃基)。 写出以、CH3NO2和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)_______。 3.（2026·江苏徐州·模拟预测）药物G的合成路线如下： (1)的反应类型为______，B分子中含氧官能团名称为______。 (2)会产生与C互为同分异构体且含四元环的副产物，其结构简式为______。 (3)写出同时满足下列条件的D的一种芳香族同分异构体的结构简式：______。碱性条件下水解，生成氨和X、Y两种羧酸盐。X酸化后分子中碳原子轨道杂化类型相同，有3种不同化学环境的氢原子；Y酸化后分子中含有一个手性碳原子。 (4)可简写为Ms。E中“*”标记的键比D中“*”标记的键更易断裂的原因是______。 (5)已知：(R、代表烃基)。写出以、和为原料制备的合成路线流程图______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 4.（2026·江苏·一模）化合物F是合成一种生物碱的中间体，其合成路线如下： (1)A分子中含氧官能团的名称为_______。 (2)C分子中1号碳的电子云密度比2号碳的_______(填“大”或“小”)。 (3)D→E的反应类型为_______。 (4)E转化为F时还生成另一有机产物，其结构简式为_______。 (5)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①含两个苯环，有5种不同化学环境的氢原子，其红外光谱图显示不含键； ②在Cu催化加热下与反应，所得有机产物能被银氨溶液氧化。 (6)写出以、和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂、有机溶剂和题干中的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 5.（2026·江苏·一模）苯烯莫德(G)可用于治疗自身免疫性疾病，其合成路线如下： (1)A的熔点高于B，其原因是___________。 (2)B→C实现了由___________(填官能团名称)到___________(填官能团名称)的转化。C→D的反应类型是___________。 (3)D→E中D还与发生副反应，生成H和两种产物。H的分子式为，其结构简式为___________。 (4)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________。 碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种芳香族化合物。X不能使2%酸性溶液褪色；Y与溶液作用显紫色，但不能与溴水反应。X和Y分子中均含有4种不同化学环境的氢原子。 (5)上述合成路线中设计了官能团的保护，其中步骤___________引入保护基，步骤F→G脱除保护基。 (6)化合物I()是合成树脂的增塑剂。写出以为原料制备化合物I的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $