2026年高考化学真题完全解读（上海卷）_高考一二三轮复习_化学_2027年高考化学专项复习_2027年高考化学真题完全解读-G338_2027版

2026 年高考上海卷化学真题完全解读
试卷总评·考情分析·复习策略·真题解读
试题分析
2026 年上海等级考化学卷以五个综合情境组织全卷，覆盖配合物制备、有机药物合成、液体储氢材
料、黄铜矿湿法冶金和CdS 量子点制备等主题。试卷整体难度中等偏上，突出真实情境中的信息提取、模
型建构和综合推理，既考查化学核心概念，也强调实验方案、工艺流程和定量计算。全卷以非选择题综合
设问为主，选择判断嵌入综合材料之中，体现上海卷重视连续情境、跨模块融合和开放表达的特点。
试题亮点
1.情境创设真实化    第一题联系硝普钠药物晶体制备，第二题联系阿法诺啡中间体合成，第三题联系液
体储氢材料，第四题联系黄铜矿资源利用，第五题联系量子点材料与含镉废水治理，体现化学服务生命健
康、能源材料与环境保护的学科价值。
2.考查方式综合化   试题不再孤立考查单一知识点，而是在同一情境中串联物质结构、反应原理、有机化
学、实验操作和工业流程。例如第四题将电负性、热化学、电化学、晶胞和键角判断融合在湿法冶金流程
中。
3.能力考查层次化    基础层面考查概念识别和选项判断，进阶层面要求根据图像、流程和结构式推理，
综合层面要求完成反应方程式、平衡计算、实验评价与工艺解释，能够有效区分学生的信息处理和证据推
理能力。
命题趋势
1.强化基础考查，构建知识体系   配位数、官能团、平衡常数、电极反应、胶体性质等基础内容仍是命题
支点，未来复习应回归教材主干概念，形成跨模块知识网络。
2.深化情境应用，凸显学科价值   能源、医药、矿产资源和新材料情境将持续成为命题载体，学生需要在
真实材料中提取有效信息，并将化学原理转化为解决问题的工具。
3.聚焦思维培养，提升探究能力   图像判断、流程分析、路线设计和条件评价要求学生进行证据推理、模
型认知和变量控制，复习中应加强“为什么这样做”的解释训练。
4.坚持素养导向，落实育人目标   试题关注绿色化学、环境治理、能源利用和药物合成，引导学生认识化
学对社会发展的贡献，体现科学态度与社会责任。
考点细目表
题号
情境解读
考查内容
命题细目
1
以药物硝普钠的实验室制
备为情境
化学实验综合→物质的分离提纯与
鉴别/综合实验题型探究
涉及基础知识：配合物中心离子、
配位数、恒压滴液漏斗、蒸发结
晶、酸碱调控、结晶水计算
2
以药物中间体合成为情境
有机合成与推断→有机合成与推
断/有机化合物的结构特点与研究
方法/烃的衍生物
涉及基础知识：红外光谱、酯化反
应、手性碳原子、卤代烃检验、取
代反应、消去反应、同分异构体
3
以液体储氢材料为情境
化学反应原理综合→化学反应速率
及其影响因素/化学平衡状态化学
平衡的移动/化学平衡常数及其相
关计算
涉及基础知识：催化剂作用、平衡
状态判断、平衡移动、平衡常数、
反应速率计算、绿色能源
4
以黄铜矿湿法冶金为情境工艺流程→晶体结构与性质/分子
结构与性质化学键
涉及基础知识：电负性、离子间作
用、盖斯定律、氧化还原配平、电
解反应、晶胞结构、键角比较
5
以硫化镉量子点制备为情
境
沉淀溶解平衡/电离平衡/物质结构
与元素周期律/物质的分类及转化
涉及基础知识：周期表位置、离子
方程式、胶体性质、丁达尔效应、
弱碱电离、沉淀计算
核心复习策略
1.制定科学合理的学习计划：
根据高考备考时间和个人学习情况，制定详细的学习计划，将复习任务分解到每个阶段、每个月、每周甚
至每天。学习计划要具有科学性和可行性，既要保证对各个知识点的全面复习，又要留出足够的时间进行
专题训练、模拟考试和总结反思。同时，要根据学习进度和实际情况及时调整学习计划，确保备考复习的
高效有序进行。
2.把握高考命题方向，精准备考：
认真研究高考大纲、考试说明以及历年高考真题，把握高考化学的命题方向和规律，明确备考重点和难
点。在复习过程中，要重点关注高考高频考点和热点题型，如离子共存、化学平衡、电化学、有机物的结
构与性质、化学实验等，进行有针对性的专项训练和突破。同时，要关注高考命题的新变化和新趋势，如
对跨学科知识融合、前沿科学研究成果考查的增加等，及时调整备考策略，做到有的放矢。
3.加强模拟考试训练，提高应试能力：
定期进行模拟考试训练，按照高考的时间要求和答题规范进行答题，提前适应高考的考试节奏和氛围。通
过模拟考试，检测自己的学习效果和复习进度，发现存在的问题和不足之处，及时进行调整和改进。同
时，要学会合理分配答题时间，掌握答题技巧和方法，提高答题速度和准确率，增强应试能力。
4.培养良好的学习习惯和心态：
在备考过程中，要养成良好的学习习惯，如按时完成作业、认真听讲、及时复习、规范答题等。同时，要
保持积极乐观的学习心态，树立信心，克服焦虑和紧张情绪，以饱满的精神状态投入到备考复习中。要学
会自我调节和放松，合理安排学习和休息时间，保证充足的睡眠和良好的身体状态，提高学习效率。
逐题解读
一、硝普钠的制备
硝普钠(
2
5
Na [Fe(CN) (NO)])为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普
钠晶体。
已知：
①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大；
②氧化步骤的反应方程式为：
4
6
3
5
2
4
3
3
2
K [Fe(CN) ]
6HNO
H [Fe(CN) (NO)]
CO
NH NO
4KNO





1. 已知
2
5
Na [Fe(CN) (NO)]中配体为NO、CN，则该配合物的中心离子和配位数分别为
___________。
A. 
2
Fe 
、5B. 
2
Fe 
、6C. 
3
Fe 
、5D. 
3
Fe 
、6
2. 在第3 步中，通常需要将
2
3
Na CO 缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。
A. 量筒B. 烧杯C. 恒压滴液漏斗D. 长颈漏斗
3. 连续操作包含的过程有___________。
4. 步骤③中加入
2
3
Na CO 的作用是___________。
5.制备过程中应选用的检验方法是___________。
A．甲基橙    B．甲基红    C．pH 计
6. 步骤④中除去的物质a 是___________。
A. 硝酸钠B. 氨C. 硝酸钾D. 硝酸
7. 物质b 的主要成分是___________。
8. 已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水
个数为___________(保留整数)。已知：





1
2
5
Na
Fe CN
NO
262g
M
mol 





命题透视
核心考点：
▶
配合物组成、物质分离提纯、pH 调控与结晶水计算。
链接教材：
▶
人教版高中化学选择性必修2“物质结构与性质”配合物相关内容；选择性必修1“化学反
应原理”水溶液中的离子反应与平衡；必修与选择性必修中的化学实验基础。
命题分析：
▶
（1）情境创设：以药物硝普钠的实验室制备流程为情境，把教材中的核心概念放入真实生产、科研
或社会应用场景中考查。
（2）问题设计：本题以配合物药物晶体制备为主线，将配位化学、氧化还原、酸碱调控、蒸发结晶
和定量计算整合在同一流程中。设问从配位数判断、仪器选择、连续操作、调pH 目的、检验方法、
杂质去除到结晶水计算逐层推进，突出“实验流程—物质转化—分离提纯”的综合分析能力。
（3）考查目标：侧重信息提取、证据推理、模型认知和综合应用，体现宏观辨识与微观探析、变化
观念与平衡思想、科学探究与社会责任等核心素养。
思路点拨
【答案】1. B    2.C
3.蒸发结晶、趁热过滤
4.将 H₂[Fe(CN)₅(NO)] 转化为目标产物 Na₂[Fe(CN)₅(NO)]，同时将 
4
NH 
 转化为 NH₃·H₂O 以便后续
煮沸除去    5.C    6.B
7. KNO₃、NaNO₃       8. 2
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
题干给出硝普钠溶解性、氧化反应和制备流程。关键信息是目标产物易溶且溶解度随温度变化不大，
说明分离时需结合杂质溶解度差异选择蒸发结晶、趁热过滤；氧化后再调节pH，说明后续操作兼有
成盐转化和铵盐除去的目的。
步骤二：选项/设问特征分析
配合物判断要抓住配体数目与整体电荷守恒；仪器选择要围绕“缓慢滴加、控制速率”；分离操作要
围绕目标产物和杂质溶解性差异；结晶水计算要把质量减少量与结晶水质量对应。
原卷解析要点如下：
【分析】


4
e
6
K
F CN



溶解后经HNO₃ 氧化，生成H₂[Fe(CN)₅(NO)] 、NH₄NO₃、KNO₃ 后再用
Na₂CO₃ 将溶液调至pH=8，此时H₂[Fe(CN)₅(NO)]转化成Na₂[Fe(CN)₅(NO)]、NH₄NO₃ 转化成NaNO₃ 和
3
2
·H O
NH
，煮沸除去NH₃，溶液进行蒸发结晶，得到滤渣为粗产品，滤液中主要含硝酸钾、硝酸
钠。
1. 整个配合物
2
5
Na [Fe(CN) (NO)]为电中性，设中心Fe 的化合价为x ，根据电荷守恒：





2
1
5
1
1
0
x





，解得
2
x ，即中心离子为
2
Fe ；配体为5 个CN和1个NO，
总配位数为5 1
6

；
2. 操作要求缓慢滴加
2
3
Na CO ，要控制滴加速度，恒压滴液漏斗可以满足该要求，而量筒仅用于量取
体积，烧杯、长颈漏斗无法控制匀速缓慢滴加；
3.硝普钠易溶于水、溶解度随温度变化不大，杂质（如硝酸钾）溶解度随温度变化大，要从溶液中分
离出硝普钠，采用的方法是将硝普钠蒸发结晶析出，趁热过滤分离含KNO₃、NaNO₃ 溶液，并得到滤
渣粗产品硝普钠；
4. 用Na₂CO₃ 中和氧化生成的酸，调节pH 至8，将H₂[Fe(CN)₅(NO)]转化为目标产物Na₂[Fe(CN)₅(NO)]
，同时将 
4
NH 
 转化为 NH₃·H₂O 以便后续煮沸除去；
5.甲基橙变色范围为3.1
4.4

，甲基红变色范围为4.4
6.2

，均无法准确指示pH
8

；pH 计可以
准确测定溶液pH ，满足要求；
6. 根据氧化反应方程式，产物含
4
3
NH NO ，在pH
8

的碱性条件下煮沸，
4
NH
转化为
3
NH （氨）
逸出，因此煮沸除去的物质a 为氨；
7. 反应物为
4
6
K [Fe(CN) ]，氧化反应后生成大量
3
KNO ，步骤同时又会生成NaNO₃，蒸发结晶
后，滤液中主要含
3
KNO 、NaNO₃，因此物质b 的主要成份为硝酸钾、硝酸钠；
8. 设结晶水个数为n ，加热减少的质量为结晶水的质量，根据硝普钠化学式可
知： 
18
12%
262 18
n
n 

 解得
2
n 
。
步骤三：结论得出
本题的突破口在于先读懂情境材料和图表信息，再把设问逐一还原为对应的化学模型；答案的形成应
同时满足材料证据、化学原理和规范表达。
知识总结
① 核心概念定义
配合物组成、物质分离提纯、pH 调控与结晶水计算是本题解题的知识支点，需要结合题干情境准确
调用。
② 解题方法/分析要点
配合物中中心离子化合价由电荷守恒确定，配位数由直接配位原子数确定；流程题应按“反应转化—
条件控制—分离提纯—定量验证”顺序整理。
③ 拓展关联
可与绿色化学、材料制备、药物合成、资源循环利用等真实问题关联，提升迁移应用能力。
答题模板
实验流程题：明确实验目的→识别核心反应→分析条件控制→确定分离提纯方法→用守恒或数据完成
计算。
二、阿法诺啡中间体的合成
阿法诺啡是一种强效阿片类镇痛药，具有很强的镇痛作用。其某种中间体的合成路线部分如下：
已知：①
2
2
4
Br /P
N H
1
2
2
1
2
1
2
2
R CH COOR
R CH(Br)COOR
R CH(NH )COOR


②
2
BrR
2
1
2
1
H NCHCOOR
R CHCOOR

9. 可用于检测化合物A 中官能团的仪器分析方法是___________。
A. 红外光谱B. 核磁共振氢谱法C. 质谱法D. 元素分析法
10. 反应①中需要的试剂和反应条件通常是___________。
11.  关于化合物D 的叙述正确的是___________(不定项)
A. 有手性碳原子B. 能与碳酸氢钠溶液反应
C. 能与茚三酮反应D. 能与氢氧化钠溶液反应
12. 简述检验F 物质中含有溴元素的实验法___________。
13. G→H 反应分两步进行：
①反应(i)和(ii)的反应类型分别是___________；
A．取代反应、氧化反应    B．加成反应、消去反应    C．加成反应、取代反应    D．取代反
应、消去反应
②过程(i)中可能会生成副产物，经过过程(ii)副产物为最终产物H，其结构简式为___________。
14. 写出一种同时满足下列条件的A 的同分异构体的结构简式___________。
i．属于芳香族化合物，且与
3
FeCl 溶液可发生显色反应；
ii．能与
3
NaHCO 反应生成
2
CO ；
iii．核磁共振氢谱显示，该物质有4 类化学环境不同的氢原子，其个数比为1:1: 2:6
15. 结合以下合成信息，在括号中补全合成路线___________。
已知：
命题透视
核心考点：
▶
有机官能团识别、有机反应类型、有机合成路线设计与同分异构体判断。
链接教材：
▶
人教版高中化学选择性必修3“有机化学基础”中有机物结构特点、烃的衍生物、有机合
成路线设计等内容。
命题分析：
▶
（1）情境创设：以镇痛药阿法诺啡中间体合成为情境，把教材中的核心概念放入真实生产、科研或
社会应用场景中考查。
（2）问题设计：本题以药物中间体合成为载体，围绕官能团检测、酯化反应、手性碳、卤代烃检
验、取代与消去、有机同分异构体和路线补全展开。试题强调从结构变化识别反应类型，并用已知信
息迁移设计合成路线。
（3）考查目标：侧重信息提取、证据推理、模型认知和综合应用，体现宏观辨识与微观探析、变化
观念与平衡思想、科学探究与社会责任等核心素养。
思路点拨
【答案】9. A      10. CH₃OH、浓H₂SO₄、加热（或Δ）    11. AD
12. 取少量F 物质于试管中，加入NaOH 水溶液并加热；冷却后加入稀HNO₃ 酸化至溶液呈酸性；再滴
加AgNO₃ 溶液。若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴元素。
13. 
. D    
. 
①
②
    14.
15.O₂、Cu（或Ag）、Δ      BrCH₂CH(CH₃)CHO      HOCH₂CH₂OH、H⁺（或浓H₂SO₄、Δ）
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
合成路线中多处结构式以图片呈现，应重点观察官能团变化：羧酸到酯体现酯化，卤代物到胺体现取
代，缩醛保护体现官能团保护思想，成环与消去体现碳骨架构建和不饱和键生成。
步骤二：选项/设问特征分析
仪器分析中红外光谱用于识别官能团；反应条件判断要从产物新增基团反推试剂；同分异构体判断要
同时满足芳香性、显色、反应和核磁等效氢信息；路线补全要先保护敏感官能团再实施碳碳键构建。
原卷解析要点如下：
【分析】A（3-甲氧基苯乙酸）与甲醇发生酯化反应，生成B（3-甲氧基苯乙酸甲酯）。结合已知信息
(1)，B 在 
2
Br / P  作用下发生 -H 的溴代反应，生成C。结合已知信息(1)，C 中的溴原子被氨
基取代，生成D（-氨基酯）。E（3-溴丙醛）与乙二醇在酸性条件下发生缩醛化反应，保护醛基，
生成F。D 与F 在  NaH  作用下发生取代反应生成G。G 在酸性条件下（
3
H O
）首先水解缩醛恢
复为醛基，随后发生分子内的亲电芳香取代反应（成环），最后在 H 作用下发生消去反应脱去
一分子水（或乙二醇），生成含有双键的稠环化合物H。
9. A．红外光谱主要用于测定有机物分子中的化学键和官能团；
B．核磁共振氢谱用于测定氢原子的种类和数目比例；
C．质谱法用于测定相对分子质量；
D．元素分析法用于测定物质的元素组成。
故选A。
10. 反应①是羧酸A 转化为酯B 的反应。根据B 的结构简式可知，引入了甲基，因此需要的试剂是甲
醇（
3
CH OH ），通常需要浓硫酸（浓 
2
4
H SO ）作催化剂和吸水剂，并在加热条件下进行。
11. A．连接 
2
NH

 的碳原子同时连接了氢原子、氨基、酯基和芳香环，四个基团互不相同，属于
手性碳原子。
B．D 中含有酯基和氨基，没有游离的羧基，不能与 
3
NaHCO  溶液反应生成 
2
CO 。
C．茚三酮反应通常是 -氨基酸的特征反应，D 属于氨基酸酯，在高中化学范畴内通常不认为其能
发生典型的茚三酮显色反应。
D．D 中含有酯基（
3
COOCH

），能在氢氧化钠（NaOH ）溶液中发生水解反应。
故选AD。
12. F 为卤代烃，检验其中的溴元素需要先将其转化为溴离子。步骤为：先在碱性（NaOH ）条件下
加热使其发生水解反应生成 Br；然后必须加入稀硝酸中和过量的碱，防止后续加入 
3
AgNO  
时生成 
2
Ag O  黑色沉淀干扰观察；最后加入 
3
AgNO  溶液，若生成淡黄色沉淀（AgBr ），
则证明含溴元素。
13.①反应(i)是侧链进攻苯环发生分子内成环，本质是苯环上的氢原子被取代，属于取代反应（亲电芳
香取代）；反应(ii)是中间体脱去一分子醇（或水）形成碳碳双键，属于消去反应。故选D。
② 在过程(i)中，侧链亲电试剂进攻苯环。由于苯环上的 
3
OCH

 是邻对位定位基，主产物H 是进
攻其对位（空间位阻较小）生成的；而副产物则是进攻其邻位生成的。即甲氧基（-OCH3）位于苯环
上，且紧邻带有双键的稠合碳原子（即关环在原甲氧基的邻位），结构简式为
。
14. A 的分子式为 
9
10
3
C H O 。 条件i：与 
3
FeCl  显色，说明含有酚羟基（OH

）。 条件ii：
与 
3
NaHCO  反应生成 
2
CO ，说明含有羧基（COOH

）。 条件iii：核磁共振氢谱有4 组峰，
面积比为 1:1: 2:6 。总氢原子数为10，说明含有两个等效的甲基（6 个H），两个等效的苯环氢
（2 个H），以及酚羟基（1 个H）和羧基（1 个H）。 为了满足高度对称性，苯环上的  OH

 
和  COOH

 必须处于对位（1，4-位），而两个 
3
CH

 必须对称分布在3，5 位（或2，6
位），结构简式为：
。
15. 目标产物为 


2
3
PhCH CH CH
CHO ，原料为 


2
3
2
BrCH CH CH
CH OH 。首先需将伯醇氧
化为醛，使用催化氧化（
2
O / Cu / Δ ），得到中间体1：


2
3
BrCH CH CH
CHO 。为了防止后续
格氏试剂与醛基反应，需用乙二醇（
2
2
HOCH CH OH ）在酸性条件下将醛基保护为缩醛。缩醛化合
物与格氏试剂 PhMgBr  发生已知信息(3)中的偶联反应，溴原子被苯基取代（通过格氏偶联反
应），得到中间体2（缩醛保护的产物）
。最后在酸性条件下水解，脱去缩醛保护基，
恢复醛基，得到最终产物。
步骤三：结论得出
本题的突破口在于先读懂情境材料和图表信息，再把设问逐一还原为对应的化学模型；答案的形成应
同时满足材料证据、化学原理和规范表达。
知识总结
① 核心概念定义
有机官能团识别、有机反应类型、有机合成路线设计与同分异构体判断是本题解题的知识支点，需要
结合题干情境准确调用。
② 解题方法/分析要点
有机推断要从官能团和碳骨架变化入手；合成路线设计遵循“目标逆推—官能团转化—保护与脱保护
—条件匹配”的思路。
③ 拓展关联
可与绿色化学、材料制备、药物合成、资源循环利用等真实问题关联，提升迁移应用能力。
答题模板
有机推断题：观察官能团变化→判断反应类型→结合已知信息迁移→逆推目标产物→规范书写结构简
式和条件。
三、液体储氢材料
氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，将氢作为能量载体储存起来，被认
为是解决能源问题的最佳方案。
反应I：
2
GBL(l)
2H
BDO(l)


  Δ
0
H＜
反应II：
2
BDO(l)
GBL(l)
2H


(反应I 中可以近似认为
2
2
K
1/[H ]

)
16. 使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如下图所示，判
断其中效果较好的催化剂，并说明理由。___________
17.在恒容密闭容器中，能说明反应I 达到化学平衡状态的是___________(不定项)。
A. BDO 不再生成B. 
2
GBL :)
)
1:
(
(H
2
v
v

正
逆
C. 气体压强不再变化D. 气体密度不再变化
18.下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是___________(不定项)。
A. 体积减少B. 温度升高C. 加入GBLD. 使用催化剂
19.恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，
2
H 的浓度___________。
A．增大    B．减小    C．不变
原因是___________。
20.在起始GBL 1 mol、灰氢6 mol、氢的物质的量分数为0.5 的条件下，反应t min 达到平衡，此时氢气的物
质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO 的物质的量是___________mol。
A. 3/5tB. 5t/3C. 3/5D. 5/3
21. 储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度
1mol
1mol

储氢材料理论储氢最大质量
储氢材料质量
，若1 mol GBL 理论上最多可吸收
2
2 mol H ，则其理论储氢密度
为___________(用百分数表示，保留2 位小数)(
1
2
H
2 g m
)
o
(
l
M



；
1
(GBL)
86 g mol
M



)
22.在2 L 密闭容器中，加入1 mol 储氢材料、6 mol 灰氢(灰氢中
2
H 物质的量分数为0.5)，反应达到平衡
时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应的I 的平衡常数K 为___________。
23.氨分解制氢是通过催化将液氨分解为
2
H 和
2
N 的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、反应条件的
角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为___________。
命题透视
核心考点：
▶
化学反应速率与平衡、平衡常数、储氢密度与绿色能源情境计算。
链接教材：
▶
人教版高中化学选择性必修1“化学反应原理”中化学反应速率、化学平衡、化学平衡常
数及反应调控相关内容。
命题分析：
▶
（1）情境创设：以液体有机储氢材料和氢能源利用为情境，把教材中的核心概念放入真实生产、科
研或社会应用场景中考查。
（2）问题设计：本题围绕液体储氢材料，综合考查催化剂效果评价、平衡状态判断、勒夏特列原
理、恒容与恒压比较、速率和平衡计算以及技术优点评价。情境真实，计算与解释并重。
（3）考查目标：侧重信息提取、证据推理、模型认知和综合应用，体现宏观辨识与微观探析、变化
观念与平衡思想、科学探究与社会责任等核心素养。
思路点拨
【答案】16.
2
3
Cu / Al O      17.BCD       18.B
19.
. C    
. 
①
②温度不变，平衡常数K 不变，由
2
2
1
(H )
K
c

可知氢气浓度不变
20.A
21.4.65%          22.
25
9 或2.78
23. 液体储氢材料常温下为液态，便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度
氢气；反应条件温和，能耗低
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
材料给出储氢与放氢反应及催化剂图像。解题需区分反应速率问题和平衡移动问题：催化剂改变速率
不改变化学平衡，温度、压强和浓度变化才可能改变平衡状态。涉及恒容和恒压比较时，要联系平衡
常数只与温度有关。
步骤二：选项/设问特征分析
平衡状态判断抓住变量是否随反应进程改变；平衡移动判断抓住吸热放热和气体分子数变化；速率计
算用“三段式”建立起始、变化、平衡量；储氢密度计算要明确吸收氢气质量与储氢材料质量的比
值。
原卷解析要点如下：
16.由图像可知，相同CO 物质的量分数下
2
3
Cu / Al O 催化的反应速率更高，且随CO 物质的量分数增
大，
2
3
Cu / Al O 对应的反应速率基本保持稳定，Cu / ZnO-cp 对应的反应速率大幅下降，因此效果较
好的催化剂为
2
3
Cu / Al O ，理由为该催化剂在CO 物质的量分数较高的条件下仍能维持较高的反应速
率，抗CO 中毒性能更优。
17. A．反应达到平衡时为动态平衡，BDO 的生成速率与消耗速率相等，并非不再生成，A 错误；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，




2
H
2
GBL
v
v

正
正
，当




2
GBL :
H
1: 2
v
v

正
逆
时，




GBL
GBL
v
v

正
逆
，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B 正确；
C．反应I 中仅氢气为气态，恒容条件下气体压强与氢气的物质的量成正比，压强不再变化说明氢气
的物质的量不再变化，反应达到平衡，C 正确；
D．恒容条件下气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量为氢气的质量，密度不再变化说明氢
气的质量不再变化，反应达到平衡，D 正确；
故选BCD。
18. 反应II 为BDO 分解生成GBL 和氢气，为吸热、气体分子数增大的反应。
A．体积减少相当于压强增大，平衡向气体分子数减少的方向即逆向移动，A 错误；
B．温度升高，吸热反应平衡正向移动，B 正确；
C．GBL 为液态，浓度为恒定值，加入GBL 不影响平衡状态，C 错误；
D．催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，D 错误；
故选B。
19. 平衡常数仅与温度有关，恒温条件下K 值不变，由
2
2
1
(H )
K
c

可知，氢气的浓度不变。
故选C。
原因为温度不变，平衡常数K 不变，由
2
2
1
(H )
K
c

可知氢气浓度不变。
20. 起始灰氢总物质的量为6mol，氢气的物质的量分数为0.5，因此起始氢气的物质的量为3mol，CO
和
2
N 总物质的量为3mol。设t min 内生成BDO 的物质的量为x ，则消耗氢气的物质的量为2x ，平衡
时氢气的物质的量为3
2x

，气体总物质的量为6
2x

。由氢气的物质的量分数为0.375 可得
3
2
0.375
6
2
x
x



，解得
3
5
x 
，因此每分钟生成BDO 的物质的量为
3
3
5
5
t
t

。
故选A。
21.1mol GBL 最多吸收2mol 
2
H ，吸收的氢气质量为
1
2 mol 2 g·mol
4 g






，1mol GBL 的质
量为86g，因此储氢密度为
4 g
100%
4.65%
86 g 



。
22.理论上1mol GBL 最多吸收2mol 
2
H ，储氢量为理论最大值的90%，因此实际吸收的氢气物质的量
为2 mol 90%
1.8 mol




，起始氢气物质的量为3mol ，因此平衡时氢气的物质的量为
3 mol 1.8 mol
1.2 mol





，容器体积为2L，氢气浓度为
1
1.2
mol
0.6
mol·L
2
L





，代入平衡常
数表达式得
2
2
2
1
1
25
2.78
(H )
(0.6)
9
K
c




。
23.液体储氢材料常温下为液态，相比氨气更便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得
到高纯度氢气；反应条件温和，相比氨脱氢能耗更低。
步骤三：结论得出
本题的突破口在于先读懂情境材料和图表信息，再把设问逐一还原为对应的化学模型；答案的形成应
同时满足材料证据、化学原理和规范表达。
知识总结
① 核心概念定义
化学反应速率与平衡、平衡常数、储氢密度与绿色能源情境计算是本题解题的知识支点，需要结合题
干情境准确调用。
② 解题方法/分析要点
反应原理综合题应先判断变量类型，再选择速率、平衡移动或平衡常数模型；能源情境题要把定量计
算与技术评价结合。
③ 拓展关联
可与绿色化学、材料制备、药物合成、资源循环利用等真实问题关联，提升迁移应用能力。
答题模板
反应原理题：明确反应特点→判断变量变化→建立速率或平衡模型→列式计算→联系实际情境评价。
四、黄铜矿的浸出
24. 黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿
(主要成分
2
CuFeS ，含有少量
2
SiO 杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图：
（1）化合物
作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀
层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。
A. C、SB. C、HC. N、SD. N、H
（2 ）离子液体[
]
4
HSO
可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有
___________(不定项)。
A. 配位键B. 离子间静电作用C. 氢键D. 金属键
（3）已知：Cu的歧化反应
2
2Cu (aq)
Cu
(aq)
Cu(g)




    
1
1
1212 kJ mol
H




Cu (aq)
Cu (g)



        
1
2
582 kJ mol
H




2
2
Cu
(g)
Cu
(aq)



        
1
3
42 kJ mol
H




Cu(g)
Cu(s)

        
4
1
337 kJ mol
H




2
2Cu (aq)
Cu
(aq)
Cu(s)




    H

①根据上述信息，计算反应热H

___________
1
kJ mol

。
②在298 K 时，反应
2
2Cu (aq)
Cu
(aq)
Cu(s)




的
1
1
148 J mol
K
S






则在该条件下，Cu在溶
液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。
（4）写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________
2
4CuFeS _____
2
3
O +2NH + ____
2
3 4
4[Cu(NH ) ] 

____
2
4
2
3
4
NH
2Fe O
8SO




（5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成
2
Cu 、
3
Fe 
、
2
4
SO 
。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添
加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。
铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。
（6）写出正极的电极反应式___________。
（7）反应中
2
CuFeS 可以用___________替代。
A. 葡萄糖B. 
2
CO C. 
2
H O D. 
2
O
（8）下图为
2
CuFeS 晶胞图，图中1 个S 进入的是2 个Cu 和2 个Fe 围成的四面体，有部分Cu 未画出，
则晶胞中未画出的Cu 处在晶胞的___________位置。
A. 体心B. 面心C. 顶点D. 棱心
距离Cu 原子最近的S 原子有___________个。
（9）
3
NH 、
2
H O 、
3
H O
三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明
3
NH 和
2
H O 键角不
同的原因是___________。
命题透视
核心考点：
▶
湿法冶金、电化学、氧化还原、热化学、晶胞与分子结构综合。
链接教材：
▶
人教版高中化学选择性必修1“化学反应原理”中氧化还原、电化学和反应热；选择性必
修2“物质结构与性质”中分子结构、晶体结构相关内容。
命题分析：
▶
（1）情境创设：以黄铜矿湿法冶金回收铜和铁为情境，把教材中的核心概念放入真实生产、科研或
社会应用场景中考查。
（2）问题设计：本题是结构、原理与工艺流程高度融合的综合题。设问涵盖电负性、分子间作用
力、盖斯定律与自发性、焙烧方程式、电解电极反应、还原剂选择、晶胞位置和键角比较，体现新高
考对跨模块综合迁移的要求。
（3）考查目标：侧重信息提取、证据推理、模型认知和综合应用，体现宏观辨识与微观探析、变化
观念与平衡思想、科学探究与社会责任等核心素养。
思路点拨
【答案】（1）D    （2）BC
（3）    ①. 875    
. 
②不能    ③. 该温度下反应的Δ
Δ
Δ
0
G
H
T S



，歧化反应正向自发，Cu
会转化为
2
Cu 和Cu
（4）17    （5）氧化剂
（6）
2
2
2H O
4e
O
4H





    （7）A
（8）    ①. A    
. 4
②
（9）    ①. 
3
3
2
H O
NH
H O


    
. 
②
3
NH 中N 原子有1 对孤电子对，
2
H O 中O 原子有2 对孤电
子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
流程材料围绕黄铜矿浸出、铜铁分离与电解提铜展开。图像和公式信息提示需要把矿物中元素价态变
化、溶液中离子转化、电极反应和晶体结构联系起来，形成从资源到产品的完整化学模型。
步骤二：选项/设问特征分析
电负性按周期律判断；作用力根据离子液体组成判断；反应热用盖斯定律；能否大量存在依据反应自
发方向；电解题要先判定阴阳极和电子转移；晶胞问题按均摊和配位环境分析。
原卷解析要点如下：
（1） 该辅助光亮剂含C 、H 、N 、S 四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族
元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为N
S
C
H



，故电负性最大的是N ，最小的是H ，
选D。
（2） 该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的N-H 键可与阴离子
4
HSO
中的
O 形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。
（3）①根据盖斯定律，目标反应





2
2Cu
aq
Cu
aq
Cu s




可由已知第一个反应与第四个反应
相加得到，故
1
1
1
1
4
Δ
Δ
Δ
1212 kJ·mol
337
kJ·mol
875 kJ·mol
H
H
H











。
298K
②
时
，
反
应
的
吉
布
斯
自
由
能


1
1
1
1
Δ
Δ
Δ
875 kJ·mol
298 K
0.148 kJ·mol ·K
919.1 kJ·mol
0
G
H
T S















，说明
歧化反应在该条件下正向自发进行，故Cu在溶液中不能大量存在。
（4） 依据电子守恒，
2
CuFeS 中Fe 从+2 价升高到+3 价，每个Fe 失1e⁻，S 从-2 价升高到+6 价，每
个S 失8e⁻，4mol 
2
CuFeS 共失电子4 1 8 8
68 mol


，
2
O 中O 从0 价降低到-2 价，1mol 
2
O 得
4e⁻，故
2
O 的系数为
68
17
4 
。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为
2
H O ，
4
NH
的系数为
16
，
配
平
后
总
反
应
为
2
2
2
2
3
2
3 4
4
2
3
4
4CuFeS
17O
2NH
16H O
4[Cu(NH ) ]
16NH
2Fe O
8SO










。
（5） 反应液中含
2
Cu 、
2
Fe 、
3
Fe 、
2
4
SO 
，为将Fe 元素全部转化为
3
Fe ，便于调节pH 生成
3
Fe(OH) 沉淀除去，需添加氧化剂将
2
Fe 氧化为
3
Fe 。
（6） 电解装置右侧
2
H O 转化为
2
O ，O 元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为阳
极，接电源正极，电极反应式为
2
2
2H O
4e
O
4H





。
（7） 反应中
2
CuFeS 中Fe 、S 元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡
萄糖具有还原性，
2
CO 、
2
H O 无强还原性，
2
O 为氧化剂，故选A。
（8） 
2
CuFeS 晶胞中Cu 原子采取面心立方堆积，已画出的Cu 位于顶点和面心位置，未画出的Cu
位于晶胞体心位置，选A；每个Cu 原子周围紧邻的S 原子构成四面体结构，故距离Cu 原子最近的S
原子有4 个。
（9） 
3
H O
、
3
NH 、
2
H O 的中心原子均为
3
sp 杂化，
3
H O
中O 有1 对孤电子对，
3
NH 中N 有1
对孤电子对但N 的电负性小于O ，孤电子对排斥力更小，
2
H O 中O 有2 对孤电子对，孤电子对排斥
力更大，故键角顺序为
3
3
2
H O
NH
H O


；
3
NH 和
2
H O 键角不同的原因是
3
NH 中N 原子有1 对
孤电子对，
2
H O 中O 原子有2 对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。
步骤三：结论得出
本题的突破口在于先读懂情境材料和图表信息，再把设问逐一还原为对应的化学模型；答案的形成应
同时满足材料证据、化学原理和规范表达。
知识总结
① 核心概念定义
湿法冶金、电化学、氧化还原、热化学、晶胞与分子结构综合是本题解题的知识支点，需要结合题干
情境准确调用。
② 解题方法/分析要点
工艺流程综合题要把“价态变化—离子分离—电极反应—结构解释”串联；结构题要用周期律、
VSEPR、晶胞均摊等模型支撑判断。
③ 拓展关联
可与绿色化学、材料制备、药物合成、资源循环利用等真实问题关联，提升迁移应用能力。
答题模板
工艺流程题：原料与目标产物→价态变化→分离提纯→电化学或热化学分析→结构模型解释。
五、硫化镉量子点
CdS 量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含
2
Cd 、H、
3
NO
，少量
3
Fe 
、
2
Pb 杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS 量子点，流程如下：
已知：
①常温下，


12
3
5.2 10
Ksp CdCO



，


15
2
(
)
7.2 10
Ksp Cd OH



，
5
b
3
2
(NH
H O)
1.8 10
K




。
②
3
Fe 
、
2
Pb 完全沉淀的pH
3.2

，
2
Cd 开始沉淀的pH
7.4

；
25. 根据镉(Cd)元素在周期表中的信息，推测其在元素周期表中的位置是___________。
A. 第四周期第2 族B. 第五周期第Ⅷ族C. 第四周期第12 族D. 第五周期第ⅡB 族
26. 写出用过量
2
H S 和


3
2
Cd NO
溶液反应制备CdS 量子点的离子方程式___________。
27. 量子点的直径一般为2 nm-10 nm，下列关于量子液体的叙述正确的是___________。
A. 该分散系为溶液                                    B. 用激光笔照射量子液体时能产生丁达
尔现象
C. CdS 量子点不稳定，易分解                D. 过滤能得到CdS 晶体
28.当紫外光照射量子点时，量子点会发出不同波长的光。已知量子点直径越大，发出的光越偏向红光；量
子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。若发出的光更偏向蓝光，则该量子点的直径更接近于
___________。
A. 2 nm   B. 10 nm    C. 50 nm    D. 100 nm
29. 室温下，往含
2
Cd 溶液中加入
3
2
NH
H O

至溶液的pH 9 7
= . ，可生成
2
Cd(OH) 沉淀，则溶液中
4
3
2
(NH )
(NH
H O)
c
c


的比值为___________。
30. 国家环保规定排污时
2
Cd 的含量需要≤
1
0.1mg L

，现有室温下1000 L 含
2
Cd 的废水需要排放，废
水中
2
Cd 浓度为
5
1
1.0 10
mol L




，需要加入___________
2
3
g Na CO 。
命题透视
核心考点：
▶
元素周期表、胶体性质、沉淀溶解平衡、离子方程式与环境治理计算。
链接教材：
▶
人教版高中化学必修第一册“物质及其变化”中分散系、离子反应；选择性必修1“水溶
液中的离子反应与平衡”；选择性必修2“原子结构与元素周期律”。
命题分析：
▶
（1）情境创设：以CdS 量子点制备和含镉废水治理为情境，把教材中的核心概念放入真实生产、科
研或社会应用场景中考查。
（2）问题设计：本题以新型纳米材料和环境治理为背景，考查元素周期表位置、离子反应方程式、
胶体丁达尔效应、量子点尺寸与发光关系、弱电解质电离平衡和沉淀计算。试题突出材料化学与绿色
治理的学科价值。
（3）考查目标：侧重信息提取、证据推理、模型认知和综合应用，体现宏观辨识与微观探析、变化
观念与平衡思想、科学探究与社会责任等核心素养。
思路点拨
【答案】25. D        26.Cd²⁺ + 4H₂S +2
3
NO
= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H₂O         27.B       28.A
29. 0.36         30. 1.58
【解析】
步骤一：关键概念/材料解读
材料给出含镉废液除杂、沉淀反应和量子点粒径范围。关键是识别量子点粒径处于胶体分散系范围，
除杂过程依赖不同金属离子沉淀pH 差异，最终排放计算依赖沉淀反应的物质的量关系。
步骤二：选项/设问特征分析
周期表位置由核外电子排布和族序判断；离子方程式要遵守原子守恒、电荷守恒和电子守恒；胶体性
质对应丁达尔效应；弱碱电离平衡计算用pH 求氢氧根浓度后代入平衡表达式；环保计算先求需去除
的镉离子物质的量。
原卷解析要点如下：
【分析】以含镉废水（含Cd²⁺、H⁺、NO₃⁻及少量Fe³⁺、Pb²⁺杂质）为原料，先加入氨水调节pH 至
3.2~7.4，使Fe³⁺、Pb²⁺完全沉淀而Cd²⁺不沉淀，过滤除去杂质得到Cd(NO₃)₂ 纯净液；再向纯净液中通
入过量H₂S 发生复分解反应生成CdS 沉淀，经水浴晶化、分离提纯得到CdS 量子点；
25. 镉的基态价电子排布式为4d¹⁰5s²，周期数等于电子层数（5 层），属于第ⅡB 族【第IIB 族元素的
价电子均为nd¹⁰(n+1)s²，其中n3】，因此位于第五周期第ⅡB 族；故答案选D；
26. H₂S 与Cd(NO₃)₂ 反应生成CdS 沉淀、一氧化氮、硫和水，离子方程式为：Cd²⁺ + 4H₂S +2
3
NO
= 
CdS↓ + 2NO+3S↓+4H₂O；
27. 量子点直径为2~10 nm，处于胶体粒子直径（1~100 nm）范围内，形成胶体分散系：A 错误（不是
溶液是胶体）；B 正确（胶体有丁达尔效应）； C 错误（量子点并非都易分解，CdS 量子点性质稳
定）；D 错误（胶体粒子可透过滤纸，无法通过过滤得到晶体）；故答案选B；
28. 题目说明“量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光”，因此偏向蓝光时直径更接近最小值2 nm；
故答案选A； 
29. 
已知
Kb(NH₃·H₂O)=





4
3
2
c
·c
c
·H O
NH
OH
NH


=1.8×10⁻⁵ ， pH=9.7
时，pOH=14-9.7=4.3 ，
c(OH⁻)=10⁻⁴·³mol/L， 则： 




4
3
2
c
c
·H O
NH
NH

= 

b
K
c OH 
=
5
4.3
1.8 10
10



；10⁻⁴·³=10⁰·⁷×10⁻⁵≈5.01×10⁻⁵，代入
得：
5
5
1.8 10
5.01 10




≈0.36；
30. 需沉淀的
2
Cd 物质的量为
5
7
(1.0 10
8.93 10 )mol / L 1000L
0.0091mol







；溶液中残留的
2
3
CO 
物质的量为
12
7
5.2 10
mol / L 1000L
0.0058mol
8.93 10






；故所需
2
3
Na CO 总质量为
(0.0091
0.0058)mol 106g / mol
1.58g



。
步骤三：结论得出
本题的突破口在于先读懂情境材料和图表信息，再把设问逐一还原为对应的化学模型；答案的形成应
同时满足材料证据、化学原理和规范表达。
知识总结
① 核心概念定义
元素周期表、胶体性质、沉淀溶解平衡、离子方程式与环境治理计算是本题解题的知识支点，需要结
合题干情境准确调用。
② 解题方法/分析要点
沉淀和分散系题要同时关注微粒尺度、溶解平衡和环保限值；定量计算坚持守恒思想和单位换算。
③ 拓展关联
可与绿色化学、材料制备、药物合成、资源循环利用等真实问题关联，提升迁移应用能力。
答题模板
沉淀平衡题：识别主要离子→写出反应或平衡表达式→代入pH 或浓度数据→用守恒关系完成环保或
产率计算。