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西南名校联盟 2025 届“3+3+3”高考备考诊断性联考（一）
化学参考答案
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C B A C A C
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 D D A D B C B
【解析】
1．铝合金的硬度比纯铝大，但熔点比纯铝低，A错误。Ag+是重金属离子，能够使蛋白质发
生变性，因而可有效防护细菌侵入的性能，B正确。树脂是有机单体发生缩聚反应产生的
物质，不同分子中含有的链节数目不同，因此属于混合物，C错误。煤油是轻质石油产品
的一类，由天然石油或人造石油经分馏或裂化而得，D错误。
2．醛基中C原子上有一个未成对电子，且应表示出氧原子上的孤电子对，其电子式为 ，
A 错误。s 轨道为球形，p 轨道为哑铃形，则氯化氢分子中 s−p σ 键的电子云图为
，B错误。基态C原子的电子排布式为1s22s22p2，根据泡利原理和洪特规则，
电子排布图为 ，C正确。HS中心S原子为sp3杂化方式，价层电
2
子对互斥模型为四面体形 ，D错误。
3．环氧乙烷中的C—O键、C—C键、C—H键均为 键， 环氧乙烷中所含 键数目为
0.7N ，A错误。氯气与水反应属于可逆反应，所以在标准状况下，22.4L Cl 的物质的量
A 2
为1mol，完全溶于水转移电子数小于N ，B正确。0.1mol 中能够电离
A
出 0.2mol Cl−，与足量硝酸银溶液反应，生成 的数目为 0.2N ，C 错误。向 1L
A
1mol·L−1乙醇水溶液中加入足量钠，1mol乙醇与钠反应生成0.5mol氢气，由于水也会与
钠反应，因此生成的 分子数目大于 ，D错误。
4．次氯酸钙溶液中通入过量的 CO 生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式是 ClO−
2
+H O+CO= +HClO ， A 正 确 。 铝 溶 解 在 NaOH 溶 液 中 反 应 为
2 2
化学参考答案·第1页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司= ，B 错误。铁离子可以氧化碘离子，
Fe(OH) 和HI反应的离子方程式为2Fe(OH)+2I−+6H+=2Fe2++I +6H O，C错误。用硝
3 3 2 2
酸银与足量氨水制备银氨溶液 = ，D错误。
5．N 中N N键能大、稳定性强，则N 可用作反应的保护气，事实与解释相符，A正确。
2 2
NH HCO 可以中和酸，且受热分解产生气体使面包蓬松，故 NH HCO 用作面包膨松剂，
4 3 4 3
B正确。干冰因易升华而用作制冷剂，是因为破坏了分子间作用力，是物理变化，C错误。
石墨中层与层之间存在微弱的范德华力，易滑动，起润滑作用，事实与解释相符，D正确。
6．由Y的高聚物确定链节，然后再确定单体，或者采用同样方法由 Z确定单体，都可确定
X 的结构简式可表示为 ，A 正确。Y 是由 发生加聚反应生成，Z 是由
先酯基开环后经缩聚反应生成，不属于加聚反应，B错误。Z分子中含有碳碳双
键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误。Y和Z都含有酯基，两者在NaOH溶液中都可
以水解，Z能在NaOH溶液中降解为小分子，但Y开环水解后的生成物仍然是高分子，D
错误。
7．该装置能验证SO 的还原性，A错误。要上下移动量气管，使两边液面平齐时，再读数，
2
B错误。与铝热反应相似，装置可用于制备金属锰，C正确。侯氏制碱法的原理是向饱和
食盐水中先通入氨气、再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠沉淀，D错误。
8．元素M、X、Y、Z均为第二周期元素，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为
2∶1，X的核外电子排布式为1s22s22p2为C元素，Y可以形成两个共价键则Y为O元素，
Z可以形成一个共价键为F，M为B可以形成四个共价键其中一个为配位共价键。X氢化
物为甲烷等烃类化合物，不可以形成氢键，Y氢化物为水可以形成氢键，Z的氢化物为
HF，可以形成氢键，A错误。BF 是非极性分子，B错误。同周期从左到右，元素的第一
3
电离能有逐渐增大的趋势，第 与第 族元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一
电离能大，第一电离能应为Z>Y>X>M，C错误。该化合物中有碳氧等极性键、碳碳非极
性键、硼氟配位键和阴离子和锂离子形成的离子键，D正确。
9．加热条件下，能与新制Cu(OH) 反应生成砖红色沉淀的有机物含有醛基，但不一定是醛类，
2
还可能是甲酸酯类等，A错误。硝酸具有挥发性，不能确定是挥发出的硝酸还是分解的
NO 与淀粉碘化钾溶液反应，B错误。在锌与稀硫酸反应体系中加入少量硫酸铜，形成了
2
原电池体系，而非 是反应的催化剂，C错误。向等体积、等pH的两种酸溶液HA和
HB中分别加入足量锌粉，HA溶液产生更多的氢气，则HA浓度更大，HA酸性更弱，
，D正确。
10．由晶胞的结构示意图可知， 的配位数为8，结合化学式 可知， 的配位数
化学参考答案·第2页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司也为8，A错误。叠氮酸铵（NH N ）是由 和 形成的晶体，是离子晶体，B正确。
4 3
1mol 中含有 个电子，C正确。其中位于顶点、面心、棱心的叠氮酸根个数为
，位于体心的铵根离子个数为 4×1=4，则该晶胞中含有 4 个
NH N，晶胞密度 ，D正确。
4 3
11．由题干信息可知，Zn 生成 ，MnO 生成 Mn2+，负极反应式为 Zn+4OH−
2
−2e−=
，M 极为 Zn 电极，为负极；正极反应式为 MnO +4H++2e−=Mn2+
2
+2H O，N极为MnO ，为正极，A正确。负极反应式为Zn+4OH−−2e−=
2 2
，每转移2mol e−，有2mol OH−移向NaOH溶液，而消耗4mol OH−，NaOH溶液的pH
变小，B 正确。N 电极为 MnO ，MnO 在正极得到电子生成 Mn2+，电极反应式为
2 2
MnO +4H++2e−=Mn2++2H O，C正确。若电路中通过2mol e−，应有2mol H+由中间
2 2
层通过膜b移向稀硫酸溶液，D错误。
12．根据图分析步骤Ⅰ中甲醛的氧与催化剂表面—OH的氢通过氢键吸附在催化剂表面的—
OH上，A正确。上述反应机理涉及氧氧非极性键的断裂，但没有涉及非极性键的形成，
B 错误。 根据图的反应机理所示：该反应 由甲醛变为 ，该总反应为
HCHO+O =CO+H O，C正确。PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化，加快反应速率，
2 2 2
降低了该反应的活化能，D正确。
13．二氧化锰具有氧化性，SO 具有还原性，“还原酸浸”步骤二者发生氧化还原反应，离
2
子方程式为 = ，“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH，促
进Fe3+、Al3+水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁铝；“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2+、
Ni2+，“氧化”步骤加入KMnO 将Mn2+氧化为MnO ，过滤，得到MnO ，据此分析解答。
4 2 2
“还原酸浸”步骤软锰矿吸收SO 反应的主要化学方程式为MnO +SO=MnSO ，A
2 2 2 4
正确。“除铁铝”步骤为加入X消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促进Fe3+、Al3+水解
生成氢氧化物沉淀，从而除去铁铝，依据不引入新杂质的原则可知X可能是 ，B
正确。“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2+、Ni2+，若滤渣2是CuS和NiS，Y不一定是 ，
还可以是其他含硫物质，Y最好是MnS，除去杂质，且不引入新杂质，C错误。“氧
化”步骤加入KMnO 将Mn2+氧化为MnO ，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配
4 2
平该反应的离子方程式： = ，氧化剂为
化学参考答案·第3页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司，还原剂为Mn2+，根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，D正确。
14．左侧纵坐标是含磷微粒的分布系数，根据图示可知：随着NaOH溶液的加入，溶液的pH
值逐渐增大，则曲线②为pH变化；含磷微粒只有2种，说明次磷酸为一元弱酸，①、
③为含磷微粒，加入NaOH发生反应： = ，HPO 逐渐
3 2
减小， 逐渐增多，故曲线③为δ(HPO )，曲线①为δ( )，然后根据问题分
3 2
析解答。随着NaOH溶液的加入，溶液的pH值逐渐增大，则②为pH变化；①、③为含
磷微粒，且含磷微粒只有2种，说明次磷酸为一元弱酸，A正确。曲线③为δ(HPO )，
3 2
曲线①为δ( )，曲线①和③交点时 pH≈3，当δ(HPO )=δ( )时，所以 K=
3 2 a
≈1.0×10−3，B错误。根据图像可知：当V(NaOH)=10 mL时，溶
液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−）+c( )，此时溶液pH＜7，溶液显酸性，
则c(H+)＞c(OH−)，故c(Na+)＜c( )，C正确。当NaOH和HPO 恰好完全反应时，
3 2
溶质为NaH PO ，由于HPO 为一元弱酸，则NaH PO 为正盐，根据质子守恒，溶液中
2 2 3 2 2 2
存在c(H+)+c(HPO )=c(OH−)，D正确。
3 2
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）球形冷凝管（1分，冷凝管给分，直形冷凝管不给分）
（2）MnO +4HCl(浓)=====MnCl +Cl↑+2H O（没有配平扣1分，条件不写不扣分，没有
2 2 2 2
写“浓”不扣分，写对离子反应方程式给满分）
在装置B和装置C之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶（没有答洗气瓶不扣分，答B
和C之间增加一个干燥装置也给满分）
（3）7Cl+2FeTiO +6C 2TiCl +2FeCl +6CO（没有配平扣1分，条件不扣分）
2 3 4 3
（4）分离FeCl 和TiCl （使TiCl 变为气体便于后续吸收，或意思差不多也给满分）
3 4 4
（5）酸式 A 80（80.0也满分，其他答案不给分）
【解析】装置A利用二氧化锰与浓盐酸反应制得Cl ，B装置用来除去Cl 中混有的HCl
2 2
气体，在装置C中与FeTiO 和碳粉反应制得TiCl ，TiCl 蒸气经过控温装置D在E中冷
3 4 4
凝液化收集，碱石灰既可尾气处理Cl ，又可以防止外界空气中的水蒸气进入E装置使
2
TiCl 水解。
4
（1）F为球形冷凝管。
（ 2 ） 装 置 A 中 二 氧 化 锰 与 浓 盐 酸 反 应 制 得 Cl ， 化 学 方 程 式 为
2
MnO +4HCl(浓)=====MnCl +Cl↑+2H O，上述装置中生成的Cl 没有干燥，会导致TiCl
2 2 2 2 2 4
水解，改进的方法是在装置B和装置C之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶。
化学参考答案·第4页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司（3）据题意可知Cl 进入瓷舟与FeTiO 和碳粉反应制得TiCl 、FeCl 和一种氧化物（有毒
2 3 4 3
气体），根据元素守恒思想可推断此有毒气体为CO，所以将管式炉加热至900℃时，瓷
舟中主要反应的化学方程式为7Cl+2FeTiO +6C 2TiCl +2FeCl +6CO。
2 3 4 3
（4）管式炉中温度为900℃，根据题给的数据知，生成的FeCl 和TiCl 均为气体，根据
3 4
实验目的知，控温箱的作用是控制温度高于136.4℃，低于306℃，以此分离出TiCl 。
4
（5）NH Fe(SO ) 标准溶液呈酸性，应该装在酸式滴定管中，滴定过程铁离子有剩余则达
4 4 2
到滴定终点，用硫氰化钾溶液作指示剂，平均消耗标准溶液20.00mL，根据计量系数的
关系，则 n(TiO)=n(Fe3+)=0.1000 ×0.02L× =0.05mol，m(TiO)=0.05×80=4.0
2 2
g，则固体TiO 的纯度为 。
2
16．（每空2分，共14分）
（1）4b−a−2c
（2）＞1000K（没写“＞”不给分，单位K没写不扣分） +40（+没写不扣分）
（3）①温度小于1050K时，反应Ⅰ为主反应，温度升高，平衡逆向移动，CO 的物质的
2
量增大，温度大于1050K时，反应Ⅱ为主反应，温度升高，平衡正向移动，CO 的物质
2
的量减小（意思相近也给满分）
②66.7 25（其他答案不给分）
（4）CO+8e−+8H+=CH+2H O（没有配平扣1分）
2 4 2
【解析】（1）已知CH(g)、H(g)燃烧热的ΔH依次为a kJ·mol−1、b kJ·mol−1；可得热化
4 2
学方程式：①CH(g)+2O (g)=CO(g)+2H O(l) ΔH=a kJ·mol−1；
4 2 2 2
②H (g)+ O(g)=HO（l） ΔH=b kJ·mol−1；
2 2 2
③HO(g)=HO(l) ΔH=c kJ·mol−1，根据盖斯定律，将②×4−①−③×2，整理可得
2 2 3
CO(g)+4H (g)=CH(g)+2H O(g) ΔH=(4b−a−2c)kJ·mol−1。
2 2 4 2 1
（2）反应若自发进行，则体系的自由能ΔG<0，根据图示可知当反应温度T>1000K时体
系的自由能ΔG<0，则反应Ⅱ自发进行的温度范围为T>1000K。根据图像可知：在温度
T=0K时，ΔG=ΔH=+40kJ/mol，故反应Ⅱ的反应热ΔH=+40kJ/mol。
2
（3）①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，CH
4
的物质的量减小，反应Ⅱ平衡正向移动，CO的物质的量增大，则曲线甲表示CH，曲线
4
乙表示CO，曲线丙表示CO 。由图像可以看出，当其他条件不变时，温度小于1050K
2
时，反应Ⅰ为主反应，温度升高，平衡逆向移动，CO 的物质的量增大，温度大于
2
1050K时，反应Ⅱ为主反应，温度升高，平衡正向移动，CO 的物质的量减小。
2
化学参考答案·第5页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司②800K达到平衡时，如图知：CH 为2.0mol，CO 为2.0mol，CO为1.0mol，起始时通入
4 2
CO 的物质的量是5mol，则反应的CO 物质的量是3mol，故800K，反应达平衡时，CH
2 2 4
的选择性为 。
800K达到平衡时
Ⅰ. CO 2 (g)+4H 2 (g) CH 4 (g)+2H 2 O(g)
转化量/（mol） 2 8 2 4
Ⅱ. CO 2 (g)+H 2 (g) CO(g)+H 2 O(g)
转化量/（mol） 1 1 1 1
则反应Ⅰ：总剩余量分别为：n(CO)=5−2−1=2mol
2
n(H )=10−8−1=1mol、n(CH)=2mol、n(H O)=4+1=5mol
2 4 2
。
（4）由图可知，左侧电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生
成甲烷和水，电极反应式为CO+8e−+8H+=CH+2H O。
2 4 2
17．（每空2分，共14分）
（1）
（2）1.0×10−3 （不写1.0不扣分） 酸浸
（3） = 或Cu(OH)+4NH=
2 3
[Cu(NH )]2++2OH−
3 4
（4）Fe = （写Ga3++4OH−= 也给满
分）
（5）
【解析】炼锌矿渣［主要成分 、 、CuO和 ］通入氧气，加入
硫酸进行酸浸，去除浸出渣，再加入氨水调节pH为5.5，得到滤液①，滤液①中有未沉
淀的部分Cu2+和Zn2+， 、 还有部分Cu2+转化为沉淀，固体①加入过量氨水，只
有 Cu(OH) 能溶解于过量氨水，洗涤得到滤液② 和固体② Fe(OH) 和
2 3
Ga(OH) ，固体②加入盐酸生成Ga3+和Fe3+，则物质A为Fe，还原Fe3+，转化为Fe2+，使
3
之在萃取的时候不会被萃取出来（题中Fe3+的萃取率比Ga3+高），镓和铝位于同一主族，
性质相似，利用萃取剂萃取去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机相
和物质B为[Ga(OH)]−，经一系列操作得到GaN。
4
化学参考答案·第6页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司（1）镓为31号元素，基态镓原子的价电子排布式为4s24p1。
（ 2 ） 根 据 表 中 数 据 可 知 ， 开 始 沉 淀 时 浓 度 为 0.1mol/L ， pH=4.5 ， 则
c(OH−)=10−9.5mol/L， ，用氨水调节pH=5.5，故滤液
①中 的浓度为 ；从工业经济性考虑，电解滤液
①得到的产物，可用于回收金属，还可用于在酸浸中循环利用O 和 。
2
（3）根据题中已知信息， 可溶于过量氨水生成 ，所以该操作的离
子 反 应 方 程 式 为 = 或
Cu(OH)+4NH=[Cu(NH )]2++2OH−。
2 3 3 4
（4）根据分析可知，A为Fe，还原Fe3+，转化为Fe2+，使之在萃取的时候不会被萃取出
来（题中Fe3+的萃取率比Ga3+高）；反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B
的离子方程式为 = 。
（5）晶胞中b原子和d原子的距离为面对角线的一半，即 。
18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）邻氟苯胺（或2−氟苯胺）（有错别字不给分）
（2）碳氟键、酰胺基（只写1个1分，1对1错0分，2对1错1分）
（3）取代反应（1分，写水解反应也给分）
（4）
（5）
（6）③>①>②
（7）13
【解析】结合D可推知 B→C过程是对—NO 还原，转化为—NH ，C的结构简式为
2 2
，B 的结构简式为 ，A→B 为硝化反应，A的结构简式为 ，
化学参考答案·第7页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司D→E发生取代反应，E→F为酰胺基的酸性水解过程，故E→F为取代反应，I→K发生
取代反应，据此分析解题。
（1）C的结构简式为 ，故为邻氟苯胺（或2−氟苯胺）。
（2）D所含官能团的名称为碳氟键、酰胺基。
（3）由题知E→F为酰胺基的酸性水解过程，故为取代反应。
（ 4 ） 通 过 断 键 位 置 分 析 可 得 G→I 的 化 学 方 程 式 为
。
（5）J的不饱和度 ，结合I与K的结构简式，可推知I中 脱下一个氢原子，
J中脱下1个氯原子，故J的结构简式为 。
（6）根据信息，①②③中含—NH ，均显碱性。—CH 为推电子基，—F为拉电子基，分
2 3
别可增大和减小N的电子云密度，故碱性顺序由强到弱：③>①>②。
（7）C为 ，考虑位置异构： 、 、 ，共13种，其
中核磁共振氢谱面积之比为1∶1∶1的同分异构体结构简式为 。
化学参考答案·第8页（共8页）
学科网（北京）股份有限公司
