2025年上海市等級(jí)考化學(xué)試題【網(wǎng)絡(luò)回憶版】

一、解答題

1．已知反應(yīng)1的ΔH1=215kJ/mol

反應(yīng)2的ΔH2=xxkJ/mol

反應(yīng)3的ΔH3=xxkJ/mol

反應(yīng)4的ΔH4=?kJ/mol

物質(zhì)ΔH/kJ?mol?1

CO2(g)?394

環(huán)氧丙烷(g)?145

PC(1)?675

(1)計(jì)算出ΔH4=_______kJ?mol。

A．?613.2B．613.2C．395.2D．?395.2

(2)ΔG=ΔH?TΔS隨溫度T的變化趨勢(shì)。

(3)中電負(fù)性最大的是。

A．CB．HC．O

(4)1mol分了中σ鍵的數(shù)目為_______。

A．7B．12C．13D．14

已知：環(huán)氧丙烷生成會(huì)發(fā)生副反應(yīng)

選擇性=轉(zhuǎn)化生成A的環(huán)氧丙烷/消耗環(huán)氧丙烷×100%

M(環(huán)氧丙烷)=58g/molρ(環(huán)氧丙烷)=1.2g/mL

容器容積25mL的高壓反應(yīng)釜反應(yīng)后體積縮小為10mL，選擇性為95%，反應(yīng)4h。

(5)求環(huán)氧丙烷的化學(xué)反應(yīng)速率(精確到小數(shù)點(diǎn)后2位)mol/(L?h)

(6)下列哪種操作可以使得活化分子的百分?jǐn)?shù)變大_______。

A．升高溫度B．增大CO2濃度C．壓縮容器D．充入惰性氣體

(7)碳酸丙烯酯相同時(shí)間內(nèi)隨溫度變化如圖所示，請(qǐng)解釋產(chǎn)率隨溫度先升后下降的原因。

(8)達(dá)到平衡的判據(jù)_______。

A．v正(CO2)=v逆(PC)B．體系總質(zhì)量不變

C．氣體體積不再變化D．混合氣體密度(可能是摩爾質(zhì)量)不變

(9)制備還有一種光氣法，用。請(qǐng)從綠色化學(xué)的角度解釋，

寫出3點(diǎn)與光氣-二醇法相比，CO2法合成PC的優(yōu)勢(shì)。

【答案】

(1)A

(2)信息缺失

(3)C

(4)C

(5)信息缺失

(6)A

(7)信息缺失

(8)A

(9)不使用有毒氣體光氣；不產(chǎn)生氯化氫；可以吸收二氧化碳，變廢為寶。

【詳解】

（1）信息缺失。

（2）信息缺失。

（3）電負(fù)性是元素的原子在化合物中吸引電子的能力的標(biāo)度，同周期從左到右電負(fù)性逐漸增大，同主族從上到下

電負(fù)性逐漸減小，在C、H、O中，O的電負(fù)性最大。

（4）

單鍵都是σ鍵，雙鍵中含1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，由圖易得1mol分子中σ鍵的數(shù)目為13NA，答案選C。

（5）信息缺失。

（6）A．升高溫度，分子能量升高，活化分子百分?jǐn)?shù)增大，A正確；

B．增大濃度，增大活化分子數(shù)，活化分子百分?jǐn)?shù)不變，B錯(cuò)誤；

C．壓縮容器，即增大壓強(qiáng)，針對(duì)有氣體的反應(yīng)，增大單位體積活化分子數(shù)，活化分子百分?jǐn)?shù)不變，C錯(cuò)誤；

D．充入惰性氣體，若體積不變，濃度不變，活化分子百分?jǐn)?shù)不變，D錯(cuò)誤；

答案選A。

（7）信息缺失。

（8）信息缺失。

（9）不使用有毒氣體光氣；不產(chǎn)生氯化氫；可以吸收二氧化碳，變廢為寶。

2．(以下題目中的圖片根據(jù)回憶所得信息結(jié)合文獻(xiàn)資料重新整合所得，僅供參考)

(1)鎢作燈絲與_______性質(zhì)有關(guān)(不定項(xiàng))。

A．延展性B．導(dǎo)電性C．高熔點(diǎn)D．

(2)鎢有金屬光澤的原因(從微觀角度解釋)。

(3)Ca原子在晶胞中的_______位置。

A．頂點(diǎn)B．棱上C．面上D．體心

(4)鎢在周期表中的位置是_______。

A．第五周期第ⅡB族B．第五周期第ⅣB族C．第六周期第ⅡB族D．第六周期第ⅥB族

2?

(5)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)斥理論，WO4的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是。

2?

(6)圖晶胞1?8號(hào)O原子，若晶胞僅含1個(gè)完整WO4四面體，組成該四面體的O編號(hào)是。

表格(各種礦石密度)。

(7)給出晶胞參數(shù)，求ρ(CaWO4)并說明“重石頭”俗名依據(jù)。(有V和M？)

電解制備CaWO4是光電陶瓷材料

?9?8

已知Ksp(CaWO4)=8.7×10,Ksp(CaCO3)=2.7×10

(8)寫出電解的陽(yáng)極方程式。

(9)為獲取高純產(chǎn)物，制備時(shí)需要不斷通入N2的原因。

【答案】

(1)BC

(2)金屬晶體中有自由電子，所以當(dāng)可見光照射到金屬晶體表面時(shí)，晶體中的自由電子可以吸收光能而呈現(xiàn)能量較高

的狀態(tài)。但是這種狀態(tài)不穩(wěn)定，電子躍遷回到低能量狀態(tài)時(shí)會(huì)將吸收的各種波長(zhǎng)的光輻射出來，使得金屬不透明并

具有金屬光澤

(3)BC

(4)D

(5)4

(6)5、6、7、8

Z·M

(7)ρ(CaWO4)=3；CaWO4的密度較大

a·NA

--2+

(8)W+8OH-6e+Ca=CaWO4+4H2O

(9)減少CO2，避免生成CaCO3

【分析】W絲除了有導(dǎo)電性以外，還具有很高的熔點(diǎn)，價(jià)層電子對(duì)的計(jì)算公式為

中心原子價(jià)電子數(shù)+配位原子提供的電子總數(shù)+電荷數(shù)，與電源正極相連的是電解池的陽(yáng)極，與電源負(fù)極相連的是電解池的陰極，

2

陽(yáng)極失電子，陰極得電子；

【詳解】

（1）因?yàn)閃絲具有導(dǎo)電性高熔點(diǎn)的性質(zhì)，所以可以用來做燈絲，故答案為：BC；

（2）鎢有金屬光澤的原因是：金屬晶體中有自由電子，所以當(dāng)可見光照射到金屬晶體表面時(shí)，晶體中的自由電子

可以吸收光能而呈現(xiàn)能量較高的狀態(tài)。但是這種狀態(tài)不穩(wěn)定，電子躍遷回到低能量狀態(tài)時(shí)會(huì)將吸收的各種波長(zhǎng)的光

輻射出來，使得金屬不透明并具有金屬光澤；

故答案為：金屬晶體中有自由電子，所以當(dāng)可見光照射到金屬晶體表面時(shí)，晶體中的自由電子可以吸收光能而呈現(xiàn)

能量較高的狀態(tài)。但是這種狀態(tài)不穩(wěn)定，電子躍遷回到低能量狀態(tài)時(shí)會(huì)將吸收的各種波長(zhǎng)的光輻射出來，使得金屬

不透明并具有金屬光澤；

（3）由圖可知答案為：BC；

（4）74號(hào)W元素在56號(hào)Xe元素和86號(hào)Rn元素之間，所以W在第六周期第ⅥB族，故答案為D；

中心原子價(jià)電子數(shù)+配位原子提供的電子總數(shù)+電荷數(shù)6+4×0+2

（5）WO2-的價(jià)層電子對(duì)數(shù)===4，故答案為4；

422

2?

（6）WO4四面體是由1個(gè)W原子和4個(gè)O原子構(gòu)成的，其中W原子位于四面體的中心，4個(gè)O原子位于四面體

的4個(gè)頂點(diǎn)。從圖1-8中可以看到晶胞的結(jié)構(gòu)，當(dāng)W原子與5、6、7、8號(hào)O原子相鄰時(shí)，能組成一個(gè)四面體，故

答案為：5、6、7、8；

Z·M

（7）晶胞參數(shù)通常指的是晶胞的邊長(zhǎng)和角度。假設(shè)圖中標(biāo)注的邊長(zhǎng)為a，角度為α、β、γ，ρ(CaWO4)=3，其中

a·NA

Z是晶胞中化學(xué)式單位的數(shù)量，M是化學(xué)式單位的摩爾質(zhì)量，a是晶胞的體積，NA是阿伏伽德羅常數(shù)；“重石頭”是

Z·M

CaWO4的俗名，因?yàn)镃aWO4的密度較大，所以被稱為“重石頭”；故答案為ρ(CaWO4)=3；CaWO4的密度較大；

a·NA

--2+

（8）W與電源正極相連，所以是電解池的陽(yáng)極，故電極反應(yīng)式為：W+8OH-6e+Ca=CaWO4+4H2O，故答案為：

--2+

W+8OH-6e+Ca=CaWO4+4H2O；

（9）制備時(shí)需要不斷通入N2的原因是：減少CO2，避免生成CaCO3；故答案為：減少CO2，避免生成CaCO3；

3．(以下題目中的流程根據(jù)回憶所得信息結(jié)合文獻(xiàn)資料重新整合所得，僅供參考)

已知：

(1)A中含氧官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：。

(2)反應(yīng)1的作用是：。

(3)反應(yīng)2為(反應(yīng)類型)。

(4)D中有_______個(gè)手性碳原子。

A．1B．2C．3D．4

(5)生成E的同時(shí)會(huì)生成其同分異構(gòu)體H，H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：。

(6)關(guān)于化合物E的說法中正確的是_______。

A．碳的雜化方式有sp2和sp兩種B．能與茚三酮反應(yīng)

C．能與NaHCO3反應(yīng)產(chǎn)生CO2D．能形成分子間氫鍵

(7)F的同分異構(gòu)體I水解后生成J、K，寫出一種符合條件的I即可。

i.J是有3個(gè)碳原子的α-氨基酸

ii.K遇FeCl3溶液溶液能顯色

iii.由核磁共振氫譜分析，K的苯環(huán)上有2種氫，個(gè)數(shù)比為2:2

(8)反應(yīng)F→G的反應(yīng)條件是：。

(9)以HCHO和為原料，合成(無機(jī)試劑任選)。

【答案】

(1)—COOH、—OH

(2)保護(hù)氨基，防止被氧化

(3)氧化反應(yīng)

(4)B

(5)

(6)CD

(7)(J為，K為)

(8)Ni，加熱

i、HCHOΔ一定條件

(9)→→→

+

ii、H，H2O濃硫酸

。

【分析】

A中氨基反應(yīng)引入支鏈得到B，B中羥基被氧化為羰基得到C，結(jié)合C化學(xué)式，C為，

C中羰基加成得到D，D中羥基發(fā)生消去反應(yīng)生成E，E轉(zhuǎn)化為F，F(xiàn)和氫氣加成生成G；

【詳解】

（1）由結(jié)構(gòu)，A中含氧官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：—COOH、—OH；

（2）反應(yīng)1中氨基被反應(yīng)，在后續(xù)反應(yīng)5中又被轉(zhuǎn)化為氨基，其作用為：保護(hù)氨基，防止被氧化；

（3）由分析，B中羥基被氧化為羰基，為氧化反應(yīng)；

（4）

手性碳原子是連有四個(gè)不同基團(tuán)的碳原子；中含有2個(gè)手性碳原子，故選B；

（5）

生成E為羥基的消去反應(yīng)，同時(shí)會(huì)生成其同分異構(gòu)體H，則為羥基消去，在臨近氮原子的碳上形成碳碳雙鍵，得到

H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；

（6）A．苯環(huán)碳、羰基碳為sp2雜化，飽和碳為sp3雜化，錯(cuò)誤；

B．茚三酮反應(yīng)是一種化學(xué)反應(yīng)，是指在加熱條件及弱酸環(huán)境下，氨基酸或肽與茚三酮作用生成有特殊顏色的化合

物及相應(yīng)的醛和二氧化碳的反應(yīng)。由E結(jié)構(gòu)可知其不能與茚三酮反應(yīng)，錯(cuò)誤；

C．分子中含羧基，能與NaHCO3反應(yīng)產(chǎn)生CO2，正確；

D．當(dāng)氫原子連接在電負(fù)性大且原子半徑小的原子（例如氟、氧、氮）上時(shí)，可以形成氫鍵；分子中含有N、羧基，

則能形成分子間氫鍵，正確；

故選CD；

（7）

F出苯環(huán)外，含有5個(gè)碳、1個(gè)氮、2個(gè)氧、3個(gè)不飽和度，F(xiàn)的同分異構(gòu)體I水解后生成J、K，i.J是有3個(gè)碳原子

的α-氨基酸，則為J為，且K除苯環(huán)外含2個(gè)碳、1個(gè)氧、2個(gè)不飽和度；ii.K遇FeCl3溶液溶液能顯

色，含有酚羥基，iii.由核磁共振氫譜分析，K的苯環(huán)上有2種氫，個(gè)數(shù)比為2:2，則結(jié)構(gòu)對(duì)稱，K為

；故I可以為；

（8）反應(yīng)F→G為苯環(huán)和碳碳雙鍵與氫氣催化加成的反應(yīng)，反應(yīng)條件是：Ni，加熱；

（9）

和甲醛發(fā)生已知反應(yīng)生成，羥基發(fā)生消去反應(yīng)生成

i、HCHO

，再發(fā)生加聚反應(yīng)生成產(chǎn)物，故流程為：→

+

ii、H，H2O

Δ一定條件

→→。

濃硫酸

4．工業(yè)從低品位鍺礦中提取精鍺，使用分步升溫的方法：

(1)驗(yàn)證礦石中的鍺元素可使用的方法為。

A．原子發(fā)射光譜法B．紅外光譜法C．X射線衍射

(2)GeO既能和強(qiáng)酸反應(yīng)，也能與強(qiáng)堿反應(yīng)，由此推測(cè)GeO是氧化物。

已知礦中含有H2O、煤焦油、As2O3等雜質(zhì)，相關(guān)物質(zhì)的熔、沸點(diǎn)如下表所示：

H2O煤焦油As2O3GeOGeO2

熔點(diǎn)0℃20~30℃312℃710℃升華1100℃

沸點(diǎn)100℃70~80℃465℃

(3)使用分段升溫的原因是。

(4)下圖為在不同溫度下，使用不同濃度的NaH2PO2?H2O真空還原時(shí)，Ge元素的萃出率，圖可知真空還原采用的最

佳溫度及濃度為_______。

A．1000℃，2.5%B．1000℃，5.0%C．1100℃，2.5%D．1200℃，2.5%

(5)真空還原階段用NaH2PO2?H2O除GeO2，產(chǎn)物還有GeO,Na4P2O7,H3PO4等生成，寫出該階段的化學(xué)方程式。

采用滴定法測(cè)定樣品中Ge元素含量的方法如下：

(以下實(shí)驗(yàn)過程根據(jù)回憶所得信息結(jié)合文獻(xiàn)資料重新整合所得，僅供參考)

準(zhǔn)確稱取mg含鍺礦石粉末，置于圓底燒瓶中。加入(20mL)濃鹽酸和FeCl3溶液，加熱至微沸(溶解)冷卻后，加入

(0.5g)LiH2PO2，攪拌至溶液變?yōu)闊o色。將溶液轉(zhuǎn)移至錐形瓶，用稀鹽酸(1:1)沖洗燒瓶并入錐形瓶中。

加入(5mL)磷酸(H3PO4)，冷卻溶液至10℃以下(冰水浴)，用橡膠塞密封錐形瓶。向錐形瓶中加入1mL10%淀粉溶液

作為指示劑。用cmol?LKIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至滴定終點(diǎn)。

記錄消耗的KIO3體積為VmL。

Δ

Ge+4FeCl3GeCl4+4FeCl2

GeCl4+LiH2PO2+H2O=GeCl2+LiH2PO3+2HCl(還原)

3GeCl2+KIO3+6HCl=3GeCl4+KI+3H2O(主反應(yīng))

5KI+KIO3+6HCl=3I2+6KCl+3H2O(終點(diǎn)反應(yīng))

(6)裝置a名稱為_______。

A．錐形瓶B．恒壓滴液漏斗C．球形冷凝管D．滴定管

(7)滴定終點(diǎn)時(shí)，顏色由變?yōu)?，半分鐘不褪?30s)。

(8)滴定時(shí)為什么要用橡膠塞塞緊錐形瓶？(真空還原)

(9)已知M(Ge)=73g?mol?1，求mg樣品(固體)中Ge元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)【純度】(用c、V、m表示)。

(10)滴定結(jié)果純度偏大，可能的原因是_______。

A．未用KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管

B．未用HCl將樣品從冷凝管中洗入錐形瓶(儀器a)

C．滴定結(jié)束后，在滴定管尖嘴處出現(xiàn)氣泡

D．在常溫下滴定(未保持在10℃以下滴定)

【答案】

(1)A

(2)兩性

(3)①在600~700℃焙燒可除去礦石中的H2O、煤焦油、As2O3等雜質(zhì)，將Ge元素氧化為GeO2；②真空還原階段，升

溫到1000~1200℃，GeO升華蒸出

(4)C

1000~1200℃

(5)8GeO2+4NaH2PO2?H2O8GeO↑+Na4P2O7+2H3PO4+5H2O

(6)C

(7)無色淺藍(lán)色

(8)實(shí)驗(yàn)蓋緊塞子防止GeCl2被氧化【隔絕氧氣，避免GeCl2被氧化為GeCl4(否則導(dǎo)致滴定結(jié)果偏低)】

0.219cV

(9)×100%

m

(10)AD

【分析】低品位鍺礦焙燒得到GeO2，然后加入NaH2PO2?H2O真空還原為GeO，經(jīng)過多步反應(yīng)得到Ge；

滴定實(shí)驗(yàn)的步驟是：滴定前的準(zhǔn)備：滴定管；查漏→洗滌→潤(rùn)洗→裝液→調(diào)液面→記錄；錐形瓶：注液體→記體積

→加指示劑；滴定：眼睛注視錐形瓶溶液顏色變化；終點(diǎn)判斷：記錄數(shù)據(jù)；數(shù)據(jù)處理：通過數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算；

【詳解】

（1）可以通過原子發(fā)射光譜法可檢驗(yàn)物質(zhì)中所含元素，故選A；

（2）既能和酸又能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于兩性氧化物；GeO既能和強(qiáng)酸反應(yīng)，也能與強(qiáng)堿反應(yīng)，由此推

測(cè)GeO是兩性氧化物；

（3）①在600~700℃焙燒可除去礦石中的H2O、煤焦油、As2O3等雜質(zhì)，將Ge元素氧化為GeO2；②真空還原階段，

升溫到1000~1200℃，GeO升華蒸出；使用分段升溫，可以除去雜質(zhì)，能得到較純的GeO2；

（4）由圖，1100℃，使用2.5%的NaH2PO2?H2O真空還原時(shí)，Ge元素的萃出率幾乎為100%，此時(shí)能節(jié)約能源和原

料；

（5）真空還原階段用NaH2PO2?H2O除GeO2，產(chǎn)物還有GeO、Na4P2O7、H3PO4等生成，反應(yīng)中Ge化合價(jià)由+4變

1000~1200℃

為+2、P化合價(jià)由+1變?yōu)?5，結(jié)合電子守恒，該階段的化學(xué)方程式：8GeO2+4NaH2PO2?H2O8GeO↑

+Na4P2O7+2H3PO4+5H2O；

（6）由圖，裝置a名稱為球形冷凝管，故選C；

（7）根據(jù)已知，碘酸根離子和Ge2+反應(yīng)生成碘離子，當(dāng)Ge2+反應(yīng)完，碘酸根就會(huì)和生成的I-反應(yīng)得到碘單質(zhì)遇溶

液中淀粉變藍(lán)，則實(shí)驗(yàn)滴定終點(diǎn)時(shí)，顏色由無色變?yōu)闇\藍(lán)色，半分鐘不褪色(30s)。

（8）空氣中氧氣具有氧化性，實(shí)驗(yàn)蓋緊塞子防止GeCl2被氧化（或絕氧氣，避免GeCl2被氧化為GeCl4，否則導(dǎo)致滴

定結(jié)果偏低），從而產(chǎn)生滴定誤差；

cmol/L×V×10-3L×3×73g?mol?1

（9）由題干反應(yīng)結(jié)合Ge元素守恒，存在3Ge～KIO，則mg樣品(固體)中Ge元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)×

3m

0.219cV

100%=×100%；

m

（10）A．未用KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液濃度偏低，用量增大，使得測(cè)得結(jié)果偏大；

B．未用HCl將樣品從冷凝管中洗入錐形瓶(儀器a)，導(dǎo)致Ge元素?fù)p失，使得測(cè)得結(jié)果偏低；

C．滴定結(jié)束后，在滴定管尖嘴處出現(xiàn)氣泡，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液用量讀數(shù)減小，使得測(cè)得結(jié)果偏小；

D．在常溫下滴定(未保持在10℃以下滴定)，LiH2PO3可能被標(biāo)準(zhǔn)液KIO3氧化，使得標(biāo)準(zhǔn)液用量增大，測(cè)得結(jié)果偏大；

故選AD。

二、填空題

5．鐵紅是顏料，什么什么自古以來使用很多的……(題干缺失)。

(1)赭紅的主要成分是_______。

A．Fe2S3B．Fe3O4C．FeSD．Fe2O3

(2)飽和氯化鐵溶液說法正確的是_______。

A．常溫顯中性B．加鐵粉變紅褐色C．遇沸水后得到膠體D．加氨水有白色沉淀

(3)有關(guān)鐵原子說法正確的是_______。(不定項(xiàng))

A．有4個(gè)不同能級(jí)的電子B．有5個(gè)未成對(duì)電子

C．占據(jù)15個(gè)原子軌道D．有26種能量不同的電子

(4)加熱試管中固體至紅熱，則_______。(不定項(xiàng))

A．移開酒精燈后固體保持紅熱B．S只做還原劑

C．主要產(chǎn)生的氣體附產(chǎn)物為SO3D．最終得到黑色的Fe2S3

(5)[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2內(nèi)界為，配體有種

3+?3?x3+

(6)Fe(aq)+xCl(aq)?[FeClx](aq)(x=1,2,3,4)，加水稀釋至體積為原來的2倍，則n(Fe)。

A．增大B．不變C．減小

并用濃度商Q與平衡常數(shù)K的大小關(guān)系解釋原因。

?

(7)已知c(Cl)=12mol/L，求FeCl3的分布系數(shù)。

c(FeCl3)

3+2++?

c(Fe)+c[(FeCl)]+c[(FeCl2)]+c(FeCl3)+c[(FeCl4)]

x1234

K30.2134.997.721.02

【答案】

(1)D

(2)C

(3)C

(4)A

2+

(5)[Fe(SCN)(H2O)5]2

1

(6)A所有離子濃度變?yōu)樵瓉恚琎>K，平衡逆移

2

(7)0.805

【詳解】

（1）Fe2S3、Fe3O4、FeS均為黑色，赭紅的主要成分