文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷03（山东专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：山东省高考化学试题的命制，秉持高考的核心功能，突出素养立意，较好地考查了学生
的“必备知识、关键能力、学科素养及核心价值”;试题情境非常新颖重点选择了日常生活情境、生产
环保情境、学术探索情境和实验探究情境;试题设问独具匠心，为实现对高分段学生的有效区分奠定了
基础。
高考·新考法：
1．可能会以化工流程或综合实验为载体在一般化学(离子)方程式、氧化还原方程式的书写和电子守恒法计
算方面进行重点命题，复习时要领会贯通。
2．仍会在新型化学电源和电解原理及应用方面加强命题，平时要加强关注最新科技中涉及的新型化学电
源和电解的发展方向。
3．以新科技为情境素材对分子的空间结构和晶胞结构的微观粒子位置和计算仍会加强创新。
4．对于选择型实验题，可能会以图表形式评价“实验目的—实验现象—实验结论”的一致性进行命题，
但要关注物质制备实验过程中涉及的净化提纯的仪器装置的评价。
5．实验综合题仍会以物质制备和性质探究考查为主，通常为考生提供一个真实的实验环境，让考生用已
有的化学原理和实验技能，结合新信息、新问题去研究和解决问题。同时也要关注定量测定的实验探
究。
6．对于有机综合题，仍会以有机合成路线图为载体，在官能团、方程式书写、同分异构体、有机合成路
线设计等角度进行命题，特别注意书写同分异构体、有机合成路线设计两方面的训练要加强。
高考·新情境：题目尽可能联系生产生活实际和科技发展的成果，重视化学与社会生活的联系，盖于挖
掘背后的化学问题。所以，在高考复习中我们应该盖于捕捉与生活实际联系的化学问题，从多角度关
注社会，从中培养分析问题和解决问题的能力，将所学知识应用于实际中，学以致用。
命题·大预测：命题的出发点是知识，但落脚点是考查获取知识的能力、鉴别知识的能力和运用知识分
析解决实际问题的能力。知识只是作为考查能力的载体。命制试题首先确定要考查的能力，然后以实
际问题为素材确定考查的主干知识体系，在此基础上设置问题情景和设问方式设问要体现认识、分析
和解决实际问题的思维过程、态度、观点和方法，关注对学生综合科学素养的考查。
第2 题：考查简单的物质的分离提纯的方法。
第4 题：以“W”形玻璃管等微型装置为载体，考查实验的原理、操作、问题探究等。
（考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦
干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Zn 65 As 75
一、选择题：本题共10 小题，每小题2 分，共20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列关于化学品的工业生产和使用的说法，不正确的是
A．将热空气通入晒盐后的苦卤中，可将
吹出
B．青蒿素属于精细化学品，可依次通过萃取、柱色谱分离的方法提纯青蒿素
C．可以通过结构的调整，使石油中链状烃转化为芳香烃
D．氯碱工业中，在阴极通入
能起到降低能耗的作用
【答案】A
【解析】A．晒盐后的苦卤中含Br-，将热空气通入晒盐后的苦卤中，氧气不能氧化Br-，所以不能将
吹出，故A 错误；B．青蒿素属于精细化学品，可依次通过萃取、柱色谱分离的方法提纯青蒿素，
故B 正确；C．可以通过结构的调整，使石油中链状烃转化为环状烃，如苯和甲苯等芳香烃，故C 正
确；D．氯碱工业中，在阴极通入
，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，避免水电离生成的氢离子得电子
生成氢气，降低了电解电压，能起到降低能耗的作用，故D 正确；选A。
2．从碘水中提取碘的过程如下。其中，操作X 为
A．过滤
B．加热
C．蒸馏
D．冷却热饱和溶液
【答案】C
【解析】碘单质易溶于有机溶剂CCl4，微溶于水，先通过萃取、分液方法得到有机层(碘的CCl4溶
液)，然后再蒸馏将碘从有机溶剂中分离出来，故选C。
3．下列化学用语或表述错误的是
A．
的电子式：
B．
的VSEPR 模型：
C．基态氧原子的轨道表示式：
D．3，3-二甲基戊烷的键线式：
【答案】C
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】A．
由钠离子和氧离子组成，其电子式为：
，故A 正确；B．有2 个σ
键，2 对孤对电子，VSEPR 模型：
，故B 正确；C．该轨道表示式为氟原子的核外电子排布，
故C 错误；D．3，3-二甲基戊烷主链5 个碳原子，3 号碳上2 个甲基，其键线式为：
，故D 正
确；故选：C。
4．实验小组用“W”形玻璃管等微型装置(下图)进行实验以验证
的性质，①④处的试剂分别为
∼
固体、品红溶液、酸性
溶液、
酚酞溶液。下列说法正确的是
A．①处出现气泡，体现了
的氧化性
B．②处溶液褪色，用酒精灯加热后红色不复原
C．③处、④处溶液褪色，且褪色原理相同
D．①处试剂换为
溶液也可以达到实验目的
【答案】D
【分析】先利用“强酸制弱酸”原理，用稀硫酸和亚硫酸钠反应制备SO2，SO2具有漂白性，能使品红
溶液褪色，SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，SO2属于
酸性氧化物，能与碱反应使NaOH-酚酞溶液红色褪去。
【解析】A．①处稀硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2是复分解反应，体现硫酸的强酸性，没有体现氧化
性，A 错误；
B．②处SO2使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，但SO2使品红溶液褪色为可逆过程，加热会恢复红
色，B 错误；
C．酸性高锰酸钾溶液褪色体现SO2的还原性，NaOH-酚酞溶液褪色体现SO2是酸性氧化物，褪色原理
不同，C 错误；
D．
溶液在酸性条件下能发生自身歧化反应，生成二氧化硫、硫单质和水，也可以达到实验目
的，D 正确；
答案选D。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．将标准状况下
通入
溶液中：
B．用石墨电极电解
溶液：
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．向
溶液中滴加
溶液和稀氨水，产生大量白色
沉淀：
D．向明矾溶液中滴加过量
溶液：
【答案】C
【解析】A．标准状况下
物质的量为
，通入
溶液中，
不足，
部分
与
发生氧化还原反应，生成
和
，未反应的
会与产生的氢离子生成
，
，A 错误；
B．电解产生的
会与
产生沉淀，
B 错误；
C．向
溶液中滴加
溶液和稀氨水，产生大量白色
沉淀，同时有硫酸铵和水生成，
选项所给离子方程式正确，C 正确；
D．滴加过量
溶液能使
转化为
，正确的离子方程式为
，D 错误；
故选C。
6．下列关于物质结构或性质及解释都不正确的是
物质结构或性质
解释
A
配位键的稳定性
中O 电负性比
中的N 大，因而形成的配位键更稳定
B
沸点：
HF 分子间可以形成氢键，HCl 不能
C
酸性：
中，Cl 的吸电子效应较强，使羧基中
键极
性增大，稳定性减弱，更易断裂，因此，酸性更强
D
电子云半径：
电子的能量高，在离核更远的区域出现的概率大
【答案】A
【解析】A．同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，因此水中O 电负性大于氨分子中N 的电负
性，则水中O 提供孤电子对的能力小于氨中N 提供孤电子对的能力，则氨分子形成的配位键更稳定，
故A 错误；B．氢键的形成需要满足两个基本条件：一是存在电负性很大的原子A，A 能与H 形成强极
性键A—H，使得氢核暴露出来；二是存在较小半径、较大电负性、含孤对电子、带有部分负电荷的原
子B，使得B 能够吸引氢核，从而产生氢键；在HF 分子中，F 的电负性很大，共用电子对强烈偏向F
原子一边，而H 原子核外只有一个电子，其电子云向F 原子偏移的结果，使得它几乎要呈质子状态。
这个半径很小、无内层电子的带部分正电荷的氢原子，使附近另一个HF 分子中含有孤电子对并带部分
负电荷的F 原子有可能充分靠近它，从而产生静电吸引作用，形成氢键，相比之下，HCl 分子中的Cl
原子电负性虽然也较大，但其半径较大，不如F 原子那样容易形成氢键。此外，氢键的形成还需要特
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
定的几何构型和电子分布条件，HF 分子间更容易满足这些条件，因此HF 分子间可以形成氢键，而
HCl 分子间则不能形成氢键，故B 正确；C．前者的Cl 电负性大，导致羟基电子云更偏向O，从而使
CCl3COOH 的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，但-CH3为推电子基，使得羟基的极性减小，
电离出氢离子难度增大，因此酸性：
，故C 正确；D．同为s 能级，电子能量越
高出现在原子核外更远的区域概率越大导致2s 能级的电子云半径小于4s 能级，故D 正确；故答案选
A。
7．高分子材料Q 的合成路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．生成X 的反应为加成反应
B．试剂a 可选择NaOH 溶液
C．生成Q 的反应中Z 与Y 的物质的量之比为2：1
D．物质Y 为CH3CHO
【答案】C
【分析】由X 后产物结构可知，HC≡CH 与CH3COOH 发生加成反应生成X，X 发生加聚反应生成
，则X 为CH2＝CHOOCCH3，
发生酯的水解反应生成
，试剂a 可
以为NaOH 溶液，X 在酸性、加热条件下生成Y，Y 与
反应生成
，推知Y
为CH3CHO。
【解析】A．HC≡CH 与CH3COOH 反应生成CH2＝CHOOCCH3，该反应类型为加成反应，故A 正确；
B．
发生酯的水解反应生成
，试剂a 可以为NaOH 溶液，故B 正确；
C．由Q 的结构简式可知，生成Q 的反应中Z 与Y 的物质的量之比为2：n，故C 错误；
D．X 在酸性、加热条件下生成Y，Y 与
反应生成
，推知Y 的结构简式为
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
CH3CHO，故D 正确；
故选：C。
8．甲醇是重要的化工原料和燃料，制取甲醇有如下两种方法，①旧法：采用
催化剂，
合高温、高压
。②新法：采用新型催化剂，合成反应为
。设
为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．新法与旧法的反应都是熵增的过程
B．新法的反应中有极性键的断裂与形成
C．22.4L
气体中含有的电子数为
D．新法采用新型催化剂，降低了反应的活化能，使反应的热效应减小
【答案】B
【解析】A．
为气体分子数减小的反应，因此是熵减的过程，
也是气体分子数减小的反应，因此是熵减的过程，可知新法与
旧法的反应都是熵减的过程，故A 错误；B．新法的甲烷的C-H 键断裂，形成O-H 键，因此新法的反
应中有极性键的断裂与形成，故B 正确；C．气体并未说明是标准状况，因此22.4LCH4的物质的量不
一定为1mol，故C 错误；D．催化剂可以降低了反应的活化能，但不能使反应的热效应减小，故D 错
误；故答案选B。
9．X、Y、Z、M、W 是原子序数依次增大的前20 号元素。X 是宇宙中含量最多的元素，Y 的最外层电子
数是次外层的两倍，Z 的某种单质和氢化物都可用于杀菌消毒，Z、M 同主族，W 的基态原子价层s 轨
道上有一个未成对电子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物稳定性：
C．M 和Z 既能形成极性分子，也能形成非极性分子
D．第二周期中第一电离能比Z 大的元素有2 种
【答案】C
【分析】X 是宇宙中含量最多的元素，X 是H，Y 的最外层电子数是次外层的两倍，Y 是C，Z 的某种
单质和氢化物都可用于杀菌消毒，该单质、氢化物为
，则Z 是O，Z、M 同主族，M 是S，W
的基态原子价层s 轨道上有一个未成对电子，W 是K，综上所述，X 是H、Y 是C、Z 是O、M 是S、
W 是K；
【解析】A．电子层数相同，原子序数越小则离子半径越小，简单离子半径：
，A 错
误；
B．元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：O>C，则简单氢化物的稳定性Z>Y，B 错
误；
C．M 和Z 既能形成极性分子
，也能形成非极性分子
，C 正确；
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．第二周期中第一电离能比O 的元素有三种，分别是N、F、Ne，D 错误；
故选C。
10．某小组从精炼铜厂的阳极泥(含Cu、
、Au、Pt 等)回收重金属的简易流程如图所示，选择提供的
仪器完成部分实验(萃取剂为磷酸三丁酯)
下列正确的是
A．“酸浸、氧化”中
可以减少尾气排放
B．“酸溶”中使用的氯气可以选择①和二氧化锰，浓盐酸制备
C．“萃取、分液”选择⑤⑦，有机层从下口流出
D．“转化”选择⑤⑥，⑥起引流作用，避免液体外溅
【答案】A
【分析】阳极泥(含Cu、
、Au、Pt 等)通入氧气焙烧得CuO、Ag2O、SeO2、Au、Pt，Se 以SeO2
形式除去，烧渣成分为CuO、Ag2O、Au、Pt；将烧渣酸浸氧化，CuO、Ag2O 溶解，滤液为硝酸铜、
硝酸银溶液，滤渣为Au、Pt；酸溶时，Au、Pt 转化为[AuCl4]-、[PtCl6]2-，用磷酸三丁酯萃取-分液，得
到H2[PtCl6]的有机溶液，水层为H[AuCl4]溶液，最后转化为NH4[Au(SO3)2]。
【解析】A．产生的尾气与
反应，如
，则“酸浸、氧化”中
可以减少
尾气排放，A 正确；B．“酸溶”中在加热条件下制备氯气，需要选择酒精灯，则只选择装置①不能
用二氧化锰，浓盐酸制备氯气，应用高锰酸钾与浓盐酸制氯气，B 错误；C．萃取剂为酯类，密度小
于水，有机层从分液漏斗上口倒出，C 错误；D．“转化”在烧杯中进行，玻璃棒起搅拌作用，加快
反应速率，D 错误；故选A。
二、选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。
11．氮化硅可用作耐高温、耐腐蚀材料。由石英砂和原料气(含
和少量
)制备
(粗硅中含
的单质及化合物，高温氮化时杂质未参加反应)的一种工艺流程如图所示。
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
下列叙述正确的是
A．“还原”时焦炭主要被氧化为
B．“高温氮化”时
作还原剂
C． “操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D． “酸洗”时，“稀酸Y”选用稀硫酸
【答案】C
【分析】用石英砂（粗硅中含少量
的单质及化合物）和原料气（含
和少量
）制备
的操作流程，石英砂为
，
与焦炭在高温下发生反应
，粗硅与氮气反
应生成
，再用稀酸Y 进行酸洗，除去铁、铜，得到纯净的产物，据此回答。
【解析】A．由分析知，“还原”时焦炭主要被氧化为
，A 错误；
B．“高温氮化”时
的化合价降低，作氧化剂，B 错误；
C．原料气中含有
和少量的
，氧气能与
反应生成CuO，
不与
反应，操作X 可将原料气
通过灼热的铜粉得到纯净氮气，C 正确；
D．粗硅中含有少量
，即
中含有少量
，
与稀硝酸反应，得到可溶于水的
和
，稀硝酸可以除去
中
，由于
不溶于稀硫酸，故不能用稀硫酸，
D 错误；
故选C。
12．由下列实验操作所得到的现象的解释合理的是
选项
实验操作
现象
解释
A
将一小块
放在石棉网
上，用酒精灯加热
除有淡黄色固体外，还有
较多黑色固体
与酒精灯燃烧产生的
发生置
换生成炭黑
B
将一小块
加入无水乙
醇
反复从底部上浮到液
面，又下沉到底部
在反应过程中，溶液密度不断发生变
化
C
将酚酞滴加到
溶液
中
溶液先变红，后褪色
浓溶液具有漂白性
D
热的苯酚水溶液冷却
变浑浊
温度降低，析出苯酚晶体
【答案】A
【解析】A．黑色固体可能是Na 与酒精灯燃烧产生的 CO2 发生置换反应生成炭黑，
4Na+3CO2=2Na2CO3+C，A 正确；B．发生“钠从底部上浮升到液面，然后又下沉到底部，如此反
复”的现象，首先是因为钠的密度比乙醇大，所以下沉。其次是因为在钠表面所得到的氢气产生浮
力，所以上浮。在反应过程中,溶液的密度其实是渐渐增大的，与实验现象关系不大，B 错误；C．高
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
浓度的NaOH 溶液具有强碱性，但是没有漂白性，酚酞褪色是因为很强的碱性使酚酞结构发生改变，
变成无色结构，C 错误；D．热的苯酚水溶液自然冷却得到浑浊液为乳浊液，不是得到苯酚晶体，D
错误；故选A。
13．“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”需要较高电压、反应速率缓慢等问题，科
技工作者设计耦合HCHO 高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为：
。下列说法不正确的是（ ）
A．电解时OH﹣通过阴离子交换膜向b 极方向移动
B．相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5 倍
C．在一定电压下，b 极可能产生O2
D．阳极反应：2HCHO
2e
﹣
﹣+4OH﹣＝2HCOO﹣+2H2O+H2↑
【解析】B
【分析】据图示可知，b 电极上HCHO 转化为HCOO﹣，而HCHO 转化为HCOO﹣为氧化反应，所以
b 电极为阳极，a 电极为阴极，HCHO 为阳极反应物，结合反应机理
可知，阳极反应为2HCHO
2e
﹣
﹣+4OH﹣＝
2HCOO﹣+2H2O+H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣。
【解析】A．电解过程中阴极生成OH﹣，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，
OH﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b 极方向移动，故A 正确；
B ．阴极反应2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阳极反应：①HCHO+OH﹣
e
﹣﹣→HCOOH+ 1
2H2 ，
②HCOOH+OH﹣＝HCOO﹣+H2O，即转移2mol 电子时，阴、阳两极各生成1mol H2，共2mol H2，而
传统电解水：2 H 2O
电解
¯
❑
2 H 2↑+O2↑，转移2mol 电子，只有阴极生成1mol H2，所以相同电量下
H2理论产量是传统电解水的2 倍，故B 错误；
C．b 极是阳极，一定条件下OH﹣失电子发生氧化反应生成氧气，故C 正确；
D．阳极反应涉及到：①HCHO+OH﹣
e
﹣﹣→HCOOH+ 1
2H2，②HCOOH+OH﹣＝HCOO﹣+H2O，由
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（①+②）×2 得阳极反应为：2HCHO
2e
﹣
﹣+4OH﹣＝2HCOO﹣+2H2O+H2↑，故D 正确；
故选：B。
14．稀磁半导体LixZnyAsz的立方晶胞结构如图所示，已知N、Q 两点对应的原子坐标分（3
4 ，1
4 ，1
4 ）和
（1
2，1
2，0），阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是（ ）
A．该晶体的化学式为LiZnAs
B．该晶体中M 点的原子坐标为（1
4 ，1
4 ，3
4 ）
C．晶体的密度为5.88×10
23
N A×a
3
g/cm3
D．晶胞x 轴方向的投影图
【答案】D
【分析】A．根据按均摊法计算，顶点属于晶胞的八分之一，面上属于二分之一，体心属于1 进行分
析；
B．根据As 原子在晶胞中八个小立方体的4 个体心，参考N、Q 两点坐标，进行分析；
C．根据晶胞中含4 个LiZnAs，晶胞质量：(7+65+75)×4
N A
g，晶胞体积：（a×10
7
﹣）3cm3，结合晶
胞密度公式进行分析；
D．根据As 原子在晶胞中八个小立方体的4 个体心，进行分析。
【解析】A．按均摊法计算，顶点属于晶胞的八分之一，面上属于二分之一，体心属于1，Li 位于棱
上和体心，其个数：12× 1
4 +1= 4；As 位于晶胞体内，其个数：4；Zn 位于顶角和面心，其个数：
8× 1
8 +6× 1
2 = 4，所以其化学式：LiZnAs，故A 正确；
B．M 点对应原子为As，As 原子在晶胞中八个小立方体的4 个体心，参考N、Q 两点坐标，其坐标
为：（1
4 ，1
4 ，3
4 ），故B 正确；
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．晶胞中含4 个LiZnAs，晶胞质量：(7+65+75)×4
N A
g，晶胞体积：（a×10
7
﹣）3cm3，晶胞密度：
ρ= m
V = 5.88×10
23
N A×a
3
g/c m
3，故C 正确；
D．As 原子在晶胞中八个小立方体的4 个体心，其晶胞x 轴方向的投影图：
，故D 错
误；
故选：D。
15．室温下，向硫酸铜溶液中通入氨，溶液中五种含铜微粒存在如下变化和平衡：
各种含铜微粒占其总量的摩尔分数与
的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线I 代表
B．反应
的平衡常数
C．再向体系中加入硫化钠溶液，
减少，
不变
D．可能存在
【答案】D
【分析】由图可知，曲线I 在c(NH3)最小时，含铜微粒摩尔分数最大，说明曲线I 表示Cu2+，随着
c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，继续升高
c(NH3)，[Cu(NH3)]2+浓度逐渐减小，[Cu(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，以此类
推，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V 表示[Cu(NH3)4]2+，据以上分析解答。
【解析】A．当氨气很少的时候，Cu2+最多，故曲线Ⅰ代表Cu2+，故A 正确；
B．根据图可以判断Ⅱ为[Cu(NH3)]2+，曲线I、Ⅱ交点即c(Cu2+)=c[Cu(NH3)2+]，且交点对应c(NH3)=10-
4.1mol/L，故K1=
=10-4.1，同理K2=10-3.5，K3=10-2.9，K4=10-2.1，故反应
的平衡常数K=K1×K2×K3×K4=10-12.6，故B 正确；
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．硫化钠与铜离子反应生成CuS 沉淀，c(Cu2+)减小，平衡常数只与温度有关，K1不变，故C 正确；
D．据分析，曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，可能存在的是
，而不会不存在
，故D 错误；
故选D。
三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
16．（12 分）过渡金属元素能够与NH3甘氨酸H2NCH2COOH）等含氮物质形成多种化合物。回答下列问
题：
（1）已知锌与镉（Cd）位于同一族的相邻周期，铜、锌、镉的第一电离能、第二电离能数值如表。
电离能/（kJ•mol
1
﹣）
A
B
C
I1
746
868
906
I2
1958
1631
1733
A 的价电子排布式为 ，第三电离能最大的是 （填元素符号）。
（2 ）NH3 存在自耦电离2 N H 3⇌N H 4
++ N H 2
−，三种微粒的键角由大到小的顺序为
。
N H 2
−的空间结构是 。
（3）甘氨酸与铜形成的化合物甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。
甘氨酸铜中碳原子的杂化方式是 ，顺式甘氨酸铜在水中溶解度远大于反式甘氨酸
铜，主要原因是 。
（4）环状含氮结构更易与过渡金属离子形成化合物，一种多氮环的合成方法如图，所得产物含有Π 5
6
大π 键。
1 号N 原子的孤对电子占据 轨道。已知杂化轨道中s 成分越多，所形成的化学键越稳
定，则氮氮键键长反应物 产物（填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）3d104s1（1 分） Zn（1 分
（2）NH 4
+＞NH3＞NH 2
− V 形
（3）sp3、sp2 顺式甘氨酸铜分子属于极性分子，易溶于极性溶剂
（4）sp2杂化（1 分 ＜（1 分
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【分析】（1）s 轨道全满时，更难失去电子，锌与镉属于同族元素，从上向下，第一电离能逐渐减
小，锌失去2 个电子后，形成3d10全充满稳定结构，第三电离能最大；
（2）NH3是三角锥形，键角是107°18′，NH 4
+是正四面体形，键角是109°28′，NH 2
−是V 形，键角小
于107°18′；
（3）根据相似形容原理进行分析；
（4）由图可知，1 号N 原子的σ 键数为2，孤电子对数为1，价层电子对数＝2+1＝3，N 原子为sp2杂
化，已知杂化轨道中s 成分越多，所形成的化学键越稳定，反应物中N 原子为sp 杂化，产物中，N 原
子为sp2杂化，则反应物中，氮氮键键长更短，更稳定。
【解析】（1）铜的价电子排布式为3d104s1，锌的价电子排布式为3d104s2，镉的价电子排布式为
4d105s2，5s 轨道全满时，更难失去电子，所以第一电离能最小的是铜，则A 的价电子排布式为
3d104s1，锌与镉属于同族元素，从上向下，第一电离能逐渐减小，所以B 为镉，C 为锌，锌失去2 个
电子后，形成3d10全充满稳定结构，第三电离能最大，即第三电离能最大的是Zn，
故答案为：3d104s1；Zn；
（2）NH3存在自耦电离2 N H 3⇌N H 4
++ N H 2
−，NH3是三角锥形，键角是107°18′，NH 4
+是正四面体
形，键角是109°28′，NH 2
−是V 形，键角小于107°18′，所以三种微粒的键角由大到小的顺序为
NH 4
+＞NH3＞NH 2
−，N H 2
−的空间结构是V 形，
故答案为：NH 4
+＞NH3＞NH 2
−；V 形；
（3）甘氨酸铜中含有饱和碳原子和双键碳元素，所以碳原子的杂化方式是sp3、sp2，顺式甘氨酸铜在
水中溶解度远大于反式甘氨酸铜，主要原因是顺式甘氨酸铜分子不对称，属于极性分子，易溶于极性
溶剂，
故答案为：sp3、sp2；顺式甘氨酸铜分子属于极性分子，易溶于极性溶剂；
（4）由图可知，1 号N 原子的σ 键数为2，孤电子对数为1，价层电子对数＝2+1＝3，N 原子为sp2杂
化，则孤对电子占据sp2杂化轨道，已知杂化轨道中s 成分越多，所形成的化学键越稳定，反应物中N
原子为sp 杂化，产物中，N 原子为sp2杂化，则反应物中，氮氮键键长更短，更稳定，所以氮氮键键
长：反应物＜产物
故答案为：sp2杂化；＜。
17．（12 分）央视报道《王者归“铼”》：金属铼(Re)熔点高、耐磨、耐腐蚀，可用来制造航空发动机核
心部件。以含铼废渣(主要含Re、
、Fe、Ni 和
)为原料制备金属铼的工艺流程如图1 所示。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
已知：Ⅰ．本实验条件下，
开始形成胶体的pH 为1.5.
Ⅱ．“酸浸”浸液中含有
、
、
；
属于强酸；离子交换中存在平衡：
（1）“焙烧”常采用高压、通空气逆流操作(空气从培烧炉下部通入，铼废渣粉末从中上部加入)，其
目的是 。
（2）“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
（3）其他条件相同时，“离子交换”过程中料液和D296 体积比与Re 交换率、Re 交换量的关系如图
2 所示，混合液的pH 与
提取率的关系如图3 所示。
①由图2 和图3 推断，“离子交换”选择的适宜条件为 。
②图3 中，其他条件相同，混合液的pH>1.5 时，
的提取率降低的主要原因是 。
（4）“反萃取”时，选用的试剂X 为盐酸的理由为 。
（5）常温下，如果“一系列操作”过程中有含铼溶液的pH=9.0，该溶液中
(填“>”“<”或“=”)。(已知：常温下
)
（6）“热解”步骤反应的化学方程式为 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率（1 分
（2）
（1 分）
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（3）料液和D296 体积比为12：1，混合溶液的pH 为1.5
pH>1.5，
水解(或与
)生成
胶体吸附
并聚沉
（4）加盐酸，可增大溶液中的
，使
平衡逆向移
动，有利于反萃取，且盐酸易挥发，易除去
（5）>
（6）
【分析】含铼废料主要含Re、
、Fe、Ni 和
，含铼废料在富氧空气中焙烧，硫化物生成二氧
化硫，铼被氧化为Re2O7，铁生成氧化物，往烧渣中加入稀硫酸进行酸浸，浸渣是SiO2，浸液含强酸
，调节pH 值，再加入D296 进行离子交换，分液出水相；往有机相中加入试剂X 进行反萃
取，分液出有机相；将水相中的溶质进行结晶，分离出晶体进行煅烧，得到Re2O7，通入H2进行热还
原，得到Re，据此分析；
【解析】（1）“焙烧”常采用高压、通空气逆流操作(空气从培烧炉下部通入，铼废渣粉末从中上部
加入)，其目的是：增大废料与空气的接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
（2）SiO2难溶于水，“浸渣”的主要成分为SiO2；
（3）①由图1 和图2 可知，料液和D296 体积比为
、混合液
为1.5 时铼交换率最大，所以“离
子交换”选择的适宜条件为料液和D296 体积比为
，混合液
为1.5；②由图2 知，其他条件相
同，混合液的
时，
的提取率降低的主要原因是pH>1.5，
水解(或与
)生成
胶体吸附
并聚沉；
（4）“反萃取”时，选用的试剂X 为盐酸，对平衡
有抑
制作用，理由为：加盐酸，可增大溶液中的c(Cl-)，使
平衡逆向移动，有利于反萃取，且盐酸易挥
发，易除去；
（5）
，故
>
；
（6）“热解”步骤反应
和氧气反应生成氮气和
，化学方程式为：
；
18．（12 分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：ⅰ、Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO−氧化成MnO2(棕黑色)、
(绿色)、
(紫色)。
ⅱ、浓碱条件下，
可被OH-还原为
。
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
ⅲ、Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO 的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)：
实
验
物质a
C 中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
Ⅰ
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发
生变化
Ⅱ
5%NaOH 溶
液
产生白色沉淀，在空气中缓慢
变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变
为紫色，仍有沉淀
Ⅲ
40%NaOH 溶
液
产生白色沉淀，在空气中缓慢
变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变
为紫色，仍有沉淀
（1）仪器a 的名称为 。
（2）B 中试剂是 。
（3）通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将
氧化为
。
（5）用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变
化很小。
（6）取实验Ⅲ中放置后的1mL 悬浊液，加入4mL 40% NaOH 溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色
缓慢加深。溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧
化剂过量。
（7）取实验Ⅱ中放置后的1mL 悬浊液，加入4mL 水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是
。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）双颈烧瓶（1 分）
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）饱和NaCl 溶液（1 分）
（3）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
（4）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（5）4
+4OH−=4
+O2↑+2H2O
（6）Cl2
（7）3ClO−+2MnO2+2OH−=2
+3Cl−+H2O
【分析】在装置A 中HCl 与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B 中盛有饱和
NaCl 溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C 中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反
应，装置D 是尾气处理装置，据此解答：
【解析】（1）仪器a 的名称为双颈烧瓶；
（2）根据以上分析可知B 中试剂是饱和NaCl 溶液；（3）)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中
NaOH 电离产生的OH−反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为
棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是Mn2+的还原性随溶液
碱性的增强而增强；
（5）溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，
可被OH−还原为
，方程式为4
+4OH−=4
+O2↑+2H2O；
（6）溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；
（7）溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为
，方程式为3ClO−+2MnO2+2OH−=2
+3Cl−+H2O。
19．（12 分）某研究小组按下列路线合成高血压药物替米沙坦的中间体G（部分反应条件已简化）。
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
已知：RX →
乙醚
Mg
请回答下列问题：
（1）化合物E 的官能团名称是 。
（2）化合物F 的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是 。
A．化合物M 为HCHO
B．G 的分子式为C15H15N3
C．转化过程中使用了保护氨基的措施，以防止氨基被氧化
D．由已知信息，C H 3
−结合质子的能力比OH﹣强
（4）写出C+K→D 的化学方程式 。
（5）
也是一种医药中间体，设计以溴苯和乙醛为原料合成该中间体的路线
（用流程图表示，无机试剂任选） 。
（6）写出4 种同时符合下列条件的E 的同分异构体的结构简式 。
①分子中含苯环，且不含其他环和C＝N 键；
②1mol 该有机物能与3mol NaOH 反应；
③1H—NMR 谱图显示，分子中有5 种不同化学环境的氢。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）醛基、酰胺基（1 分）
（2）
（3）AC
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（4）
+（CH3）3CCOCl→
+HCl
（5）
（3 分）
（6）
、
、
、
【分析】A 分子式为C4H9Cl，B 分子式为C5H10O2，分子组成相差一个碳原子，结合已知信息，A→B
发生第3 个反应，M 为CO2，B 为C4H9COOH，再由E 的结构可知，A 为（CH3）3CCl，B 为（CH3）
3CCOOH，在PCl3条件下，—COOH 转化为酰氯，C 为（CH3）3CCOCl，K 分子式为C7H 9N，结合E
的结构可知，K 结构简式为
，C 中—Cl 和K 中氨基发生反应生成D，结构简式为
，D 与CO 在HCl、AlCl3 条件下生成E，结合E 和G 的结构简式，可知
F→G，酰胺键发生水解，可得F 的结构为
，据此分析解题。
【解析】（1）由E 的结构简式可知，E 中的官能团为醛基和酰胺基，
故答案为：醛基、酰胺基；
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）结合E 和G 的结构，可知F→G，酰胺键发生水解，可得F 的结构为
，
故答案为：
；
（3）A．由分析可知，M 为CO2，故A 错误；
B．由G 的结构简式可知G 的分子式为C15H15N3，故B 正确；
C．转化过程中使用了保护氨基的措施，但后续没有氧化剂，此处的目的是防止步骤D→E 中—CHO
进入氨基的邻位，导致产率降低，故C 错误；
D．由已知信息，RMgX 与H2O 反应生成RH，说明C H 3
−结合质子的能力比OH﹣强，故D 正确；
故答案为：AC；
（4 ）由分析可知，C+K→D 发生取代反应：
+ （CH3 ）3CCOCl→
+HCl，
故答案为：
+（CH3）3CCOCl→
+HCl；
（5）溴苯和乙醛中碳链的连接，涉及已知信息中的格式试剂的反应，溴苯和乙醛与产品相比仍少1
个碳原子和1 个氮原子，故考虑到羰基与HCN 的加成，故设计路线如下：
，
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故答案为：
；
（6）1mol 该有机物能与3mol NaOH 反应，结合E 的组成，说明含有“—HN—COO—”且氧与苯环相
连，结合不饱和度且只有一个环状结构，说明支链片段还含有1 个不饱和度，可能为C＝C 键（不含
C ＝N 键），又1H—NMR 谱图显示，分子中有5 种不同化学环境的氢，故其结构可能为
、
、
、
，
故答案为：
、
、
、
。
20．（12 分）甲酸（HCOOH）常用于制造农药、皮革等。CO2催化加氢合成甲酸的过程涉及以下反应：
ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g） Δ H 1=−30kJ ⋅mol
−1；
ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） Δ H 2=+ 41kJ ⋅mol
−1。
回答下列问题：
（1）反应CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）的ΔH＝ kJ•mol
1
﹣。
（2）一定温度下，在刚性密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生上述反应ⅰ、ⅱ。下列情况表明上
述反应达到平衡状态的是 （填字母）。
A．气体密度不随时间变化
B．气体总压强不随时间变化
C．HCOOH 体积分数不随时间变化
D．CO、H2O 浓度相等
（3）在T1K、T2K 下，分别向1L 恒容密闭容器中投入1mol CO2和适量H2仅发生反应ii，测得平衡时
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
c( H 2O)
c( H 2) 与c（CO）、c（CO2）关系如图所示。
①T1 （填“＞”“＜”或“＝”）T2。
②L4代表的物质是 （填化学式）。
③在a 点对应的平衡体系中，再投入0.1mol CO（g）、0.2mol CO2（g），v 正 （填“＞”“＜”
或“＝”）v 逆。
（4）某温度下，向恒容密闭容器中通入1mol CO2和2mol H2，起始压强为120kPa，发生反应i、ii；
经过10min 达到平衡，CO2的平衡转化率为60%，HCOOH 的选择性为50%，则用H2分压表示的平均
反应速率为 kPa•min
1
﹣，反应ii 的压强平衡常数Kp为 （结果用分数表示，分压代替平衡浓
度，分压＝总压×物质的量分数）。已知：HCOOH 选择性=
n( HCOOH )
n( HCOOH )+n(CO) ×100 %。
（5 ）已知常温下，K a( HCOOH )=1.8×10
−4，K b( N H 3⋅H 2O)=1.75×10
−5，用氨水吸收
HCOOH 后溶液中c( N H 3⋅H 2O)=0.1mol⋅L
−1，c( N H 4
+)=1.75mol⋅L
−1，此溶液pH 为 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）﹣71
（2）BC 9
56
（3）＜（1 分） CO（1 分） ＞（1 分）
（4）2.4
（5）8（1 分）
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应i﹣反应ii＝目标反应，则反应ΔH＝（﹣30kJ/mol）﹣（+41
kJ/mol）＝﹣71 kJ/mol，
故答案为：﹣71；
（2）A．反应前后气体的质量相等，刚性密闭容器体积不变，在恒容密闭容器中气体的密度始终不
变，则气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A 错误；
B．反应i 为气体体积减小的反应，反应ii 为气体体积不变的反应，反应中气体压强减小，则气体压强
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B 正确；
C．甲酸体积分数不随时间变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C 正确；
D．反应中一氧化碳和水蒸气的浓度始终相等，则一氧化碳和水蒸气的浓度相等不能说明正逆反应速
率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D 错误；
故答案为：BC；
（3）①反应ii 是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳浓度增大，由图可知，T1
条件下二氧化碳浓度大于T2条件下二氧化碳浓度，所以反应温度T1小于T2，
故答案为：＜；
②由分析可知，L3、L4代表一氧化碳浓度的变化，
故答案为：CO；
③a 点时，
c( H 2O)
c( H 2) =1、CO2与CO 的浓度相等，则反应的平衡常数K= c(CO)c( H 2O)
c(C O2)c( H 2) =1，向a 点
对应的平衡体系中再投入0.1mol 一氧化碳、0.2mol 二氧化碳，反应的浓度熵Qc= c(CO)c( H 2O)
c(C O2)c( H 2) ＜
1，说明反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，
故答案为：＞；
（4）经过10min 反应达到平衡时，二氧化碳的平衡转化率为60%，甲酸的选择性为50%，则平衡
时，二氧化碳的物质的量1mol
1mol×60%
﹣
＝0.4mol，甲酸的物质的量为1mol×60%×50%＝0.3mol，由
题意可建立如下三段式：
C O2(g)+
H 2(g)
⇌
HCOOH (g)
¿ 起(mol)
1
2
¿0
¿ 变(mol)
0.3
0.3
¿0.3
¿平(mol)
C O2(g)+
H 2(g)
⇌
CO(g)+
H 2O(g)
起(mol)
0.7
1.7
¿0
0
变(mol)
0.3
0.3
¿0.3
0.3
平(mol)
0.4
1.4
¿0.3
0.3
由同温同压下，气体压强之比等于物质的量之比可得平衡时的气体总压强为120kPa×2.7mol
3mol
=
108kPa，则10min 内氢气的反应速率为120kPa× 2
3 −108kPa× 1.4
2.7
10min
=2.4kPa/min，反应ii 的压强平衡
常数Kp=
(108kPa× 0.3
2.7 )×(108kPa× 0.3
2.7 )
(108kPa× 0.4
2.7 )×(108kPa× 1.4
2.7 )
= 9
56 ，
故答案为：2.4；9
56；
（5）氨水的电离常数Kb= c( N H 4
+)c(O H
−)
c( N H 3⋅H 2O) ，由题给数据可知，溶液中氢氧根离子浓度为
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
1.75×10
−5×0.1mol⋅L
−1
1.75mol⋅L
−1
=10
6
﹣mol/L，则溶液的pH 为8，
故答案为：8。
24
