辽宁点石联考2025届高三5月份联合考试-化学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年05月试卷_0509辽宁点石联考2025届高三5月份联合考试（全科）_辽宁点石联考2025届高三5月份联合考试-化学

点石联考5月高三联考 化学
2025届高三年级 5 月份联合考试 化学
说明：
本解答给出的非选择题答案仅供参考，若考生的回答与本答案不同，但只要合理，可参照评
分标准酌情给分。
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
答案 D B C D C A C A C A C A B B C
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（除特殊标注外，每空2分）
（1）3-苯基-2-丙烯酸（或3-苯基丙烯酸或β-苯丙烯酸）
（2）100（1分） 球形冷凝管（若答空气冷凝管也给分）（1分）
（3）sp2
（4）③ ④ ① ②（共2分） 加快过滤速率，使沉淀更加干燥
（5）酚酞（1分）
1.48a
（6）
m
17．（除特殊标注外，每空2分）
（1）6（1分） 增大了气体与固体粉末的接触面积（1分）
4
（2）SiO 、BaSO （1分，少写和错写均不得分）
2 4
（3）随着c  SO2 增大，Ce4与SO2结合成CeSO 2，氢离子浓度增大，萃取平衡逆向移动（若只答氢离子
4 4 4
浓度增大，平衡逆向移动，给1分）
（4）2Ce4 H O =2Ce3+O 2H 有利于加快反应速率，又能防止双氧水分解
2 2 2
（5）83.3 增大D（如调节pH或换萃取剂）、增大有机相体积或多级萃取（合理即可）
（6）C（1分）
—1—
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18．（每空2分）
（1）+227.3
（2）①p <p <p
c b a
（2）②温度升高到一定程度，体系中以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，改变压强，该反应平衡
不受影响
（2）③0.0096
（2）④AC
（3）①左 ②85.3
19.（除特殊标注外，每空2分）
（1）（酮）羰基、羧基（1分，少写和错写均不得分）
（2） +
（3）取代反应或水解反应（1分）
（4）12 或 (任写一种即可)
（5）① ②氢氧化钠的水溶液、加热 ③
—2—
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2025届高三年级 5 月份联合考试 化学
一、选择题
1．D【解析】蔗糖熬制成焦糖，属于蔗糖分子在高温下进行脱水、分解和聚合，不属于炭化。
2．B【解析】二氯化二硫的结构式为Cl—S—S—Cl，两个硫原子间为单键，共用一对电子，电子式应为
。
3．C【解析】溶液体积未知，无法计算溶液中H PO的数目；化合物中元素电负性差值越大，离子键的百
2 2
分数越大，则化合物中离子键百分数为MgO>Al O ；H PO 是弱电解质，在水溶液中不能完全电离，PCl
2 3 3 4 5
与水发生反应PCl +4H O=5HCl+H PO ，0.1molPCl 与足量水反应生成0.5molHCl和0.1molH PO ，
5 2 3 4 5 3 4
水中还有H+，所得溶液中H＋的数目不为0.8N ；熟石膏的化学式为2CaSO •H O，摩尔质量为290g·mol-1，
A 4 2
1.45 g
1.45g熟石膏物质的量= =0.005mol，含0.01mol钙离子，则钙离子数目大于0.009N ；0.2molNaN
290 gmol1 A 3
晶体中含0.2molNa+和0.2mol N，离子数目共为0.4N
A
。
3
4．D【解析】稀硫酸与硫化亚铁反应生成硫化氢，硫化氢与硝酸银反应生成Ag S，没有发生沉淀的转化，
2
不能比较K (Ag S)、K (Ag SO )的大小；加热碳酸钠时应该用铁坩埚，瓷坩埚成分中的二氧化硅与碳酸钠
sp 2 sp 2 4
在高温下可以反应生成硅酸钠；加热时H O 也会产生大量气泡，会干扰实验；将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖
2 2
炭化变黑体积迅速膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明浓硫酸与碳发生了氧化
还原反应，生成了二氧化硫，说明浓硫酸具有氧化性。
5．C【解析】NaCuO 中铜的化合价为+3，在稀硫酸中溶解并产生无色气体，离子方程式为
2
4NaCuO 12H=4Na4Cu2O 6HO；银与稀硝酸反应生成NO，离子方程式应为3Ag4H NO
2 2 2 3
=3Ag NO2H O；制备硫黄时，FeS
2
与氧气反应生成 Fe
3
O
4
、CO 和 S，反应的化学方程式为
2
3FeS +12C+8O Fe O ＋12CO＋6S；向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体，反应为
2 2 3 4
Ca2++2ClOCO H O=2HClO+CaCO 。
2 2 3
6．A【解析】分子中酰胺键和酯基均可以发生水解，酸性条件下水解生成 、CO 、CH OH，
2 3
碱性条件下水解生成 、Na CO 、CH OH，消耗HCl、NaOH的物质的量相等；G与足量H 加成
2 3 3 2
—3—
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后的产物为 ，图中标“*”的是手性碳原子，产物有2个手性碳原子；G不能发生消去反
应；根据苯环和碳氧双键的特点可知分子中所有C原子可能处于同一平面内。
7．C【解析】M、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，再结合化合物的结构式可知，
M为H元素，基态Y原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，则Y为C元素，Z为O元素，M、
Q的电子数之和与Y、Z的价电子数之和相等，则Q为F元素，X的原子序数比Y小，化合物结构中Z和
X之间形成一个配位键，X为B元素，即M为H元素，X为B元素，Y为C元素，Z为O元素，Q为F
元素，以此解题。
Y为C元素，Z为O元素，Q为F元素，同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，则电负性Y<Z<Q；Y常
见的氧化物为CO和CO ，其中Y的杂化方式都为sp杂化；Y为C元素，Z为O元素，Q为F元素，其最
2
简单氢化物分别为CH ，H O，HF，沸点为H O>HF>CH ；Z为O元素，形成的常见单质有O 和O ，O
4 2 2 4 2 3 2
为非极性分子，O 为极性分子。
3
8．A【解析】FC— 是吸电子基团，Cl C— 也是吸电子基团，FC— 的吸电子效应更大，因此FCCOOH
3 3 3 3
的酸性强于Cl CCOOH；碳碳单键是σ键，可以围绕键轴旋转，不会影响原子轨道的重叠程度，因而不会影
3
响键的强度；极性溶剂更有利于电离过程的进行，H O的极性强于CH CH OH，H SO 在CH CH OH中电
2 3 2 2 4 3 2
离比在H O中难。
2
9．C【解析】由装置图可知A电极上发生反应Cu+4CH CN-e-=[CuCH CN ]+，A电极作负极，B电
3 3 4
极为正极，正极发生反应Cu2++4CH CN+e-=[CuCH CN ]+，则D电极为阴极，电极反应为
3 3 4
3CO +2e-+H O=CO+2HCO-，C电极为阳极，电极反应为4HCO--4e-=O +2H O+4CO ，据此分
2 2 3 3 2 2 2
析解答。
由分析可知，A电极作负极；工作时，HCO-由阴极向阳极移动，即从右向左移动；根据分析可知，阴极的
3
电极反应为3CO 2eH O=CO2HCO；生成0.1mol 氧气，转移0.4mol电子，结合上述电极反应
2 2 3
可知，若C电极生成2.24L（标准状况）氧气，A电极消耗0.4molCu，质量减少25.6g。
10．A【解析】由图可知，a为NH ，b为N ，c为NO，d为NO ，e为HNO 。常温下，浓硝酸与铁会发
3 2 2 3
生钝化，浓硝酸与铜会反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故可用浓硝酸除去铁制品表面的铜镀层；工业制
备HNO 的路线是NH 催化氧化生成NO，NO再被氧化生成NO ，NO 与水反应生成HNO ，即a→c→d→e；
3 3 2 2 3
NH 能与CaCl 形成络合物，故不能用无水CaCl 干燥，应该用碱石灰进行干燥；NO 与NaOH溶液发生氧
3 2 2 2
化还原反应，因此NO 不是酸性氧化物。
2
11．C【解析】向黄铜矿中加入氯化铁进行浸取，结合已知CuFeS 与氯化铁反应生成CuCl、S和FeCl ，根
2 2
据得失电子守恒以及元素守恒得“一次浸取”反应的化学方程式为CuFeS 3FeCl =CuCl4FeCl 2S，
2 3 2
“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO ；过滤后向滤渣中加NaCl溶液进行“二次浸取”，CuCl转
2
化为CuCl ，二次浸取后滤渣为S、SiO ；向过滤所得滤液中加盐酸“调节pH”，CuCl 转化为Cu，
2 2 2
据此分析解答。
“二次浸取”后滤渣为S和SiO ，两者均能与NaOH反应，因此不能用热的NaOH溶液分离；滤液1主要
2
成分为氯化亚铁，在空气中加热会被氧化为氯化铁，蒸干过程中氯化铁水解生成氢氧化铁，灼烧得到氧化
—4—
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铁；“一次浸取”时，若改用CuCl 溶液也能生成CuCl和S，CuFeS +3CuCl =4CuCl+FeCl +2S；“调
2 2 2 2
H+
节pH”时发生反应2[CuCl ] Cu+Cu2++4Cl，每转移4mol电子，生成4molCu。
2
12．A【解析】分析反应机理可知，反应①中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，反应②中
Fe元素化合价由+2变为+3，反应⑥中Fe元素化合价由+3变为+2，②⑥属于氧化还原反应；苯乙烯分子中
苯环与乙烯基上的碳原子以碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子可能共平面；反应过
程中有O—O非极性键的断裂和C—O、O—H等极性键的形成，故反应过程中有非极性键的断裂与极性键
的形成；根据反应机理可知每生成2mol 苯甲醛，理论上消耗4molH O ，因有其他副产物生成，实际消
2 2
耗H O 的物质的量应大于4mol。
2 2
13．B【解析】 生成1mol环己烷释放的能量较少，可知 的能量低，则 不如 稳定；Mg(OH)
2
和Al(OH) 中均分别加入NaOH溶液和盐酸，Mg(OH) 只溶于盐酸，Al(OH) 都能溶，说明Al(OH) 是两性
3 2 3 3
氢氧化物，则Mg(OH) 比Al(OH) 碱性强；压缩注射器中的NO 和N O 混合气体，由于体积变小，气体的
2 3 2 2 4
浓度增大、颜色先变深，随之发生平衡移动，由于加压该反应向生成N O 的方向移动，现象是先变深再有
2 4
所变浅但比原来颜色深，所以比原来颜色深不是平衡移动的结果；用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L-1
的NaCN溶液和Na S溶液的pH，只能证明K (H S)和K (HCN)相对大小。
2 a2 2 a
14．B【解析】Cd2+和S2-的配位数均为4，配位数之比为1∶1;S2-位于顶点和面心，晶胞中与S2最近的S2有
12个;根据1号原子的坐标为0,0,0，2号原子的坐标为（ ， ， ），可知距离3号原子最远的Cd2+的坐标
3 1 3
1 1 4 4 4
为（ ，，）;根据均摊原则，晶胞中S2-数目为8 6 4、Cd2+数目为4，则该晶体的密度为
1 1 1 8 2 112+32 ×4
4 4 4   ×  ×10 −10 3 g⋅
。
−3 5.76 32 −3
3
cm =   ×  ×10 g⋅cm
15．C【解析】K [Mg(OH) ］=c(Mg2+)·c²(OH-)=c(Mg²+)·[ ]2,lgK [Mg(OH) ］=lgc(Mg2+)+2lgK -2lgc(H+),
sp 2 (H+) sp 2 w
w
pMg=2pH+2lgK -lgK [Mg(OH) ］,则 pMg与pH呈直线关  系，故曲线Ⅰ为Mg(OH) 沉淀溶解平衡曲线；图
w sp 2 2
乙中虚线a表示碳酸根离子浓度变化，实线b表示碳酸氢根离子浓度变化，虚线c表示碳酸浓度的变化。
由分析可知，曲线Ⅰ为Mg(OH) 沉淀溶解平衡曲线；当pH=6.5时，c(HCO- )=c(H CO )，H CO 的
2 3 2 3 2 3
c(HCO-)c(H+)
K = 3 c(H+)=10-6.5，其数量级为10-7；pH=8时溶液中主要含碳离子为碳酸氢根离子，pM=1
a1 c(HCO )
2 3
即镁离子浓度为0.1mol·L-1，该点碳酸镁曲线在氢氧化镁曲线下方，生成碳酸镁较多，故发生反应
Mg22HCO =MgCO CO H O；pH=9、pM=2时，该点位于曲线Ⅱ上方，会生成碳酸镁沉淀，
3 3 2 2
故溶液中cH CO c  HCO  c  CO2 0.1molL-1。
2 3 3 3
二、非选择题
16．（除特殊标注外，每空2分）
（1）3-苯基-2-丙烯酸（或3-苯基丙烯酸或β-苯丙烯酸）
（2）100（1分） 球形冷凝管（若答空气冷凝管也给分）（1分）
（3）sp2
（4）③ ④ ① ②（共2分） 加快过滤速率，使沉淀更加干燥
（5）酚酞（1分）
—5—
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1.48a
（6）
m
【解析】碘苯与丙烯酸发生取代反应生成肉桂酸和HI，加入碳酸钠是与生成的HI反应，使反应向正反应方
向进行，提高产率，同时会与肉桂酸反应生成肉桂酸钠，后续再酸化生成肉桂酸。
1
（2）在该实验中一共需要加入液体体积约为52.9mL，三颈烧瓶使用时装入的液体体积不宜少于容积的 ，
3
2
不宜多于容积的 ，所以容积规格最合适的为100mL。有机物制备实验中为了达到更佳的冷凝效果，常采
3
用球形冷凝管冷凝回流。
（3）三聚氰胺中环上每个N原子提供1个单电子形成大π键，剩余1个孤电子对，N的价层电子对数为3，
是sp2杂化。
（4）在实验室完成减压过滤操作的步骤为在布氏漏斗中加入润湿的滤纸→微开水龙头→转移固液混合物→
开大水龙头→确认抽干→关闭水龙头，故答案为③④①②。与普通过滤相比，减压过滤的优点是过滤速率
较快，且沉淀更加干燥。
（5）滴定终点溶液呈碱性，选择酚酞为指示剂。
（6）肉桂酸是一元酸，则关系式为NaOH~肉桂酸，得到n(肉桂酸)=0.1 a 10-3mol，则样品纯度为
0.1a103148 g 1.48a
= %。 × ×
m g m
17．（除特殊标注外×，10每0空% 2分）
（1）6（1分） 增大了气体与固体粉末的接触面积（1分）
4
（2）SiO 、BaSO （1分，少写和错写均不得分）
2 4
（3）随着c  SO2 增大，Ce4与SO2结合成CeSO 2，氢离子浓度增大，萃取平衡逆向移动（若只答氢离子
4 4 4
浓度增大，平衡逆向移动，给1分）
（4）2Ce4 H O =2Ce3+O 2H 有利于加快反应速率，又能防止双氧水分解
2 2 2
（5）83.3 增大D（如调节pH或换萃取剂）、增大有机相体积或多级萃取（合理即可）
（6）C（1分）
【解析】铈矿石焙烧过程将+3价铈氧化为+4价，同时生成二氧化碳，加入稀硫酸生成硫酸钡，滤渣为硫酸
钡和SiO ，加入(HA) 萃取Ce4+，分离出有机层，加入稀硫酸进行反萃取，加入H O ，将Ce4+转化为Ce3+
2 2 2 2
进入水层，加入NaOH生成Ce(OH) 沉淀，再转化为CeCl ·6H O，在HCl气氛下（抑制CeCl 水解）加热
3 3 2 3
生成CeCl ，加入钙发生氧化还原反应冶炼出单质铈，据此分析。
3
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO 和BaSO 。
2 4
（3）随着c  SO2 增大，Ce4与SO2结合成CeSO 2，H+浓度增大，萃取平衡向左移动，萃取率降低。
4 4 4
（4）步骤Ⅳ加入H
2
O
2
，将Ce4转化为Ce3进入水层，发生反应的离子方程式为2Ce4 H
2
O
2
=
2Ce3+O 2H；过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为40~50 ℃之间既有利于加快反应速率，又防
2
止温度过高导致双氧水分解。
DV 10500
（5）根据题给公式整理得萃取率E  有机 100%。代入数据得E 100%83.3%。
DV V 105001000
有机 水
—6—
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提高萃取率可通过增大D、增大有机相体积或多级萃取等实现。
（6）本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法。电解熔融氯化钠制钠是电解法；氧化银分解制银是热
分解法；利用铝热反应制钒为热还原法。
18．（每空2分）
（1）+227.3
（2）①p <p <p
c b a
（2）②温度升高到一定程度，体系中以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，改变压强，该反应平衡
不受影响
（2）③0.0096
（2）④AC
（3）①左 ②85.3
【解析】（1）根据盖斯定律，反应①×2-反应②可得CO（g）+CH（g） 2CO（g）+2H（g） H 
2 4 2
+227.3kJ· mol-1。
（2）①根据反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，一定温度下，压强增大，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ不移动，故二氧化碳
的平衡转化率变大，故p <p <p 。
c b a
②由图可知，温度较高时甲醇的选择性较小，CO选择性较大，说明温度较高时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ是
反应前后气体体积不变的吸热反应，三条曲线几乎交于一点，说明压强对二氧化碳平衡转化率几乎没有影
响，即a、b、c三条曲线接近重合的原因是为温度较高时以反应Ⅱ为主，该反应前后气体分子数相等，改变
压强对其平衡没有影响。
③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol 、3mol，P点时甲醇的选择性、CO选择性均为50%，
体系压强为3MPa，二氧化碳的平衡转化率为20%，平衡时n（CO）=1mol ×（1-20%）=0.8mol，n（CHOH）=
2 3
n（CO）=0.1mol，n（H O）=0.2mol，n（H ）=2.6mol，反应Ⅱ反应前后气体分子数未变，则K =K，反
2 2 p
n(CO) n(H O)
 2
应Ⅱ的平衡常数为K= c(CO)c(H 2 O) = V V = n(CO)n(H 2 O)  0.1 mol0.2 mol 0.0096。
c(CO )c(H ) n(CO ) n(H ) n(CO )n(H ) 0.8 mol2.6 mol
2 2 2  2 2 2
V V
④反应Ⅱ是反应前后气体体积不变的反应，气体总物质的量始终不变，所以气体平均摩尔质量不再改变不
能说明反应达到平衡；由方程式可知，相同时间段内断裂 H—O 与H—H的物质的量之比为2∶1说明正、
逆反应速率相等，反应已达到平衡；由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中
混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡；单位时间内生成1molCO
的同时生成1molCO 能说明正、逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡。
2
（3）
①电解时，阳离子向阴极移动，则H向阴极区迁移，即向电解池左侧迁移。
②0.6gCO(NH ) 的物质的量为0.01mol，生成CONH  的电极反应式为2NO16eCO 18H =
2 2 2 2 3 2
CONH  +7H O，该电解装置的电解效率 。
2 2 2 23 −19
0.01×16×6.0×10 ×1.60×10 C
= 10.0×30×60C ×100% ≈85.3%
19．（除特殊标注外，每空2分）
（1）（酮）羰基、羧基（1分，少写和错写均不得分）
（2） +
—7—
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（3）取代反应或水解反应（1分）
（4）12 或 (任写一种即可)
（5）① ②氢氧化钠的水溶液、加热 ③
【解析】D→E是原子利用率100％的反应，则D和化合物a发生加成反应生成E，由E逆推，可知化合物
a的结构简式为 。
（1）根据I的结构简式可知I中含氧官能团名称是（酮）羰基、羧基。
（2）D→E是原子利用率100%的反应，所以是碳碳双键发生了加成反应变成了碳碳单键。
（3）G→H是酯基水解反应。
（4）同分异构体中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，最多能与2倍物质的量的Na反应，说明含有
1 个 羧基 和 1 个 羟基 。 满足 条 件的 有 CH CH CH CH(OH)COOH 、CH CH CH(OH)CH COOH 、
3 2 2 3 2 2
CH CH(OH)CH CH COOH、CH（OH）CH CH CH COOH、 、 、 、
3 2 2 2 2 2 2
、 、 、 、 ，共12种。
（5）①根据B生成C的转化，可知化合物Ⅱ的结构简式为 。
② 先水解为 ，再催化氧化生成 ，所以Ⅲ是
，Ⅱ→Ⅲ反应所需的试剂和条件为氢氧化钠的水溶液，加热。
③对比Ⅳ和Ⅴ结构差异，是Ⅳ（酮）羰基中碳氧双键断裂，与—COO-的α-H先发生加成反应，后生成的醇
羟基又发生消去反应。其第1步加成反应所生成的物质的结构简式为 。
—8—
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化学多维度细目表
学科素养 能力要求 难度预估
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实 逻 数 问 创
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验 辑 据 题 新
必备知识 识 念 理 究 度
号 型 值 操 推 分 解 应 档 系
与 与 与 与 与
作 理 析 决 用 次 数
微 平 模 创 社
能 能 能 能 能
观 衡 型 新 会
力 力 力 力 力
探 思 认 意 责
析 想 知 识 任
选 低
1 择 3 化学与STSE ✓ ✓ 难 0.85
题 度
选 低
2 择 3 化学用语 ✓ 难 0.85
题 度
选 中
3 择 3 阿伏加德罗常数的应用 ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 低
4 择 3 基础实验操作分析 ✓ ✓ ✓ 难 0.85
题 度
选 中
5 择 3 离子方程式和化学方程式 ✓ ✓ ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 中
6 择 3 有机物的结构与性质 ✓ ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 中
7 择 3 元素周期表与元素周期律 ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 中
8 择 3 配合物、物质结构及性质考查 ✓ ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 中
9 择 3 原电池、电解池综合考查 ✓ ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 中
10 择 3 价一类”二维图分析 ✓ ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 高
11 择 3 工艺流程分析 ✓ ✓ ✓ 难 0.4
题 度
—9—
{#{QQABRQSswgAwwlTACZ5KUwH2CwmQsJCiJWoEwRCdOAwKAINABKA=}#}点石联考5月高三联考 化学
选 中
12 择 3 反应历程与反应机理图像分析等 ✓ ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 中
13 择 3 实验操作和实验结论 ✓ ✓ ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 中
14 择 3 晶胞结构分析；晶胞的有关计算 ✓ ✓ ✓ ✓ 难 0.65
题 度
选 高
15 择 3 沉淀溶解平衡图像分析 ✓ ✓ 难 0.4
题 度
非
物质制备与纯度测定实验：实验仪 中
选
16 13 器的选择；实验操作和试剂的选择 ✓ ✓ ✓ ✓ 难 0.65
择
综合考查 度
题
非
中
选
17 14 工艺流程综合分析 ✓ ✓ ✓ ✓ 难 0.65
择
度
题
非
反应原理综合：盖斯定律的应用； 高
选
18 14 平衡图像分析；化学平衡常数的计 ✓ ✓ ✓ ✓ ✓ 难 0.4
择
算；电解原理应用 度
题
非
中
选 有机物推断综合考查：官能团的判
19 14 ✓ ✓ ✓ ✓ 难 0.65
择 断；有机化学方程式的书写等
度
题
1. 注重情境创设：大量试题以实际生活、生产、科技前沿等为情境，如以电池的研发考查电化
学知识，以药物的合成考查有机化学知识，增强试题的真实性和趣味性，考查学生在真实情境
中运用化学知识解决问题的能力，同时让学生体会化学学科的社会价值。
2. 强化实验考查：实验题比重较大，涵盖实验基本操作、物质制备、实验方案设计与评价等方
面。通过实验题，考查学生的实验技能、观察能力、分析问题和解决问题的能力，培养学生的
命
科学探究与创新意识。
题
3. 突出思维能力考查：设置了一些需要学生进行逻辑推理、归纳论证的试题，如通过物质之间
报
的反应关系图推断物质的种类，根据实验数据和现象推导化学反应原理等，考查学生的逻辑思
告
维能力和证据推理能力。
4. 体现知识的网络化：部分试题强调不同知识模块之间的联系，如将元素化合物知识与化学反
应原理、化学实验相结合，将有机化学与物质结构知识相结合，考查学生对知识的整体把握和
综合运用能力，引导学生构建完整的知识网络。
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