2025年上海市高考化学试卷（等级性）（含解析）

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1.碳酸丙烯酯(PC)是一种重要的有机化合物，在工业上有广泛应用。
(1)中电负性最大的元素是 ______。
A.C
B.H
C.O
(2)1ml分子中σ键的数目为 ______。
A.7NA
B.12NA
C.13NA
D.14NA
环氧丙烷与CO2催化合成法是生产碳酸丙烯酯(PC)的常用方法：
反应Ⅰ：(g)+CO2(g)=(l)ΔH1=−125kJ⋅ml−1
反应Ⅱ：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=−393.5kJ⋅ml−1
反应Ⅲ：3H2(g)+3C(s)+0.5O2(g)=(g)ΔH3=−94.7kJ⋅ml−1
(3)反应Ⅳ：3H2(g)+4C(s)+1.5O2(g)=(l)的热效应为ΔH4= ______kJ⋅ml−1。
A.−613.2
B.613.2
C.395.2
D.−395.2
(4)下列关于反应Ⅰ的ΔH−TΔS(kJ⋅ml−1)随温度T(K)的变化趋势正确的是 ______。
环氧丙烷在反应生成碳酸丙烯酯时，会发生副反应。已知：
①碳酸丙烯醋的选择性=生成碳酸丙烯酯的量消耗环氧丙烷的量×100%；
②M(环氧丙烷)=58gml−1；ρ(环氧丙烷)=1.2g⋅mL−1。
向含有过量CO2的体积为25mL的恒压容器中充入一定量环氧丙烷，反应4ℎ后，容器体积缩小为10mL，其中碳酸丙烯酯的选择性为95%。
(5)以环氧丙烷表示的化学反应速率v= ______ml⋅L−1⋅ℎ−1(保留两位小数)。
(6)下列操作中可使活化分子百分数变大的有 ______。
A.升高温度
B.增大CO2浓度
C.压缩容器
D.恒容充入惰性气体
(7)碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化如图所示。产率随温度先变大后变小的原因是 ______。
(8)能作为反应Ⅰ达到化学平衡的标志是 ______。(不定项)
A.v正(CO2)=v正(碳酸丙烯酯)
B.物质总质量不变
C.气体体积不变
D.混合气体平均摩尔质量不变
(9)用光气COCl2与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，从绿色化学角度写出三点传统环氧丙烷与CO2催化合成法的优势______。
2.钨属于有色金属，在高温下可以发出亮光。
(1)钨作灯丝与钨的 ______性质有关。
A.延展性
B.导电性
C.高熔点
D.高密度
(2)请从微观角度解释钨有金属光泽的原因：______。
钨的矿石在古代被称为“重石头”。最早由瑞典化学家舍勒发现白钨矿，白钨矿的主要成分是钨酸钙，化学式为CaWO4，属于四方晶系，晶胞结构如图所示：
(3)Ca原子在晶胞中的 ______位置。(不定项)
A.顶心
B.棱心
C.面心
D.体心
(4)根据如图，推断钨在元素周期表中位于 ______。
A.第五周期第2族
B.第五周期第4族
C.第六周期第4族
D.第六周期第6族
(5)根据价层电子对互斥理论，WO42−的价层电子对数为 ______。
(6)若如图所示的晶胞中仅含1个完整的WO42−四面体，则1～8号O原子中，组成该四面体的O编号为 ______。
白钨矿通常与脉石、黄铁矿等伴生。已知白钨矿中各种矿石的密度如表所示：
(7)已知M(CaWO4)=288g⋅ml−1、V(CaWO4)=3.12×10−22cm3，则ρ(CaWO4)= ______g⋅cm−3。
结合数据说明钨酸钙矿石被称为“重石头”的原因：______。
CaWO4具有良好的光学性质，被广泛应用于光电陶瓷材料中，工业上可用电解法制备，电解装置如图所示：
已知：Ksp(CaWO4)=8.7×10−9，Ksp(CaCO3)=2.7×10−8。
(8)写出电解池阳极的反应式：______。
(9)为获取高纯产物，制备时需要不断通入N2的原因是 ______。
3.
已知：。
(1)物质A中含氧官能团的结构简式为 ______。
(2)反应①的作用是 ______。
(3)反应②的有机反应类型为 ______。
A.消去反应
B.加成反应
C.氧化反应
D.还原反应
(4)物质D中有 ______个手性碳原子。
(5)生成物质E时会生成其同分异构体H，H的结构简式为 ______。
(6)关于物质E的说法中正确的是 ______。(不定项)
A.碳的杂化方式有sp和sp2杂化
B.能与茚三酮反应
C.能与NaHCO3反应生成CO2
D.能形成分子间氢键
(7)物质F的同分异构体I，水解后生成J和K。
①J是一种含有3个C原子的α−氨基酸
②K遇FeCl3溶液显紫色
③核磁共振氢谱显示K分子中苯环上含有2种等效氢，其个数比为2：2
写出一种满足上述条件的I的结构简式：______。
(8)物质F→物质G的反应试剂和条件是 ______。
(9)结合信息，以HCHO和为原料合成 ______。(无机试剂任选)
4.工业上从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的办法：
(1)验证矿石中的锗元素所使用的方法是 ______。
A.原子发射光谱法
B.红外光谱法
C.X射线衍射法
(2)GeO2既能和强酸反应，也能和强碱反应，由此推测GeO2属 ______氧化物。
锗矿中含有H2O、煤焦油、As2O3等杂质，相关物质的熔沸点如表所示：
(3)使用分步升温的原因是 ______。
(4)在不同温度下，使用不同浓度的NaH2PO2⋅H2O真空还原时，Ge元素的萃出率如图所示。真空还原采用的最佳温度及浓度是 ______。
A.1000℃，2.5%
B.1000℃，5.0%
C.1100℃，2.5%
D.1200℃，2.5%
(5)真空还原阶段，用NaH2PO2⋅H2O除GeO2，产物还有GeO、Na4P2O7、H3PO4等生成，写出该阶段的化学反应方程式：______。
采用滴定法测定样品中Ge元素含量的方法如下：
步骤一：溶解——准确称取mg含储矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入20mL浓盐酸和FeCl3溶液，加热至微沸溶解。(装置如图所示)
步骤二：还原——冷却后，加入0.5gLiH2PO2，搅拌至溶液变为无色。
步骤三：转移——将溶液转移至锥形瓶，用稀盐酸(1：1)冲洗烧瓶并入锥形瓶中。
步骤四；滴定——加入5mL磷酸(H3PO4)冷却溶液至10℃以下(冰水浴)，用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶中加入1mL10%淀粉溶液作为指示剂。用cml/LKIO3标准溶液滴定至滴定终点。记录消耗的KIO3体积为VmL。
上述过程中发生的反应如下：
反应Ⅰ：Ge+4HCl+FeCl3=GeCl4+FeCl2+2H2
反应Ⅱ：GeCl4+H2O+LiH2PO2=GeCl2+LiH2PO3+2HCl
反应Ⅲ：3GeCl2+KIO3+6HCl=3GeCl4+KI+3H2O
反应Ⅳ：5KI+KIO3+6HCl=3I2+6KCl+3H2O
(6)装置a的名称是 ______。
A.滴定管
B.恒压漏斗
C.冷凝管
D.蒸馏管
(7)到达滴定终点时，锥形瓶内液体的颜色由 ______色变 ______色，半分钟不改变。
(8)步骤四中滴定前，要用橡胶塞密封锥形瓶的原因是 ______。
(9)样品中Ge的质量分数ω= ______。(用含c、V、m的代数式表示)
(10)滴定结果偏大的可能原因是 ______。(不定项)
A.未用KIO3标准溶液润洗滴定管
B.未用HCl将样品从装置a中洗入锥形瓶
C.滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡
D.在室温下进行滴定
5.铁红是一种红色颜料。
(1)铁红的主要成分是 ______。
A.Fe2S3
B.Fe3O4
C.FeS
D.Fe2O3
(2)下列关于饱和FeCl3溶液的说法中正确的是 ______。
A.常温显中性
B.加铁粉变红褐色
C.遇沸水得到胶体
D.加氨水出现白色沉淀
(3)下列有关基态Fe的说法中正确的是 ______。(不定项)
A.电子处在4个不同能级
B.核外有5个未成对电子
C.核外电子占用15个原子轨道
D.核外有26种能量不同的电子
(4)混合铁粉和硫粉，在试管中加热，那么 ______。(不定项)
A.移开酒精灯后，固体仍保持红热
B.S作还原剂
C.主要的气体副产物是SO3
D.最终得到黑色的Fe2S3
(5)配合物[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2内界为 ______，配体有 ______种。
(6)在FeCl3溶液中存在平衡：Fe3+(aq)+xCl−(aq)⇌[FeCl]3−x(aq)(x=1、2、3、4)。若加水稀释溶液到原体积的两倍，则m(Fe3+) ______；(填“变大”、“不变”或“变小”)
请从浓度商Q、平衡常数K的大小关系角度解释原因 ______。
(7)已知Fe3+(aq)+xCl−(aq)⇌[FeClx]3−x(aq)的平衡常数Kx如表所示。
若溶液中[Cl−]=12ml⋅L−1，则c(Fe3+)c(Fe3+)+c([FeCl]2+)+c([FeCl2]+)+c(FeCl3)+c([FeCl4]−)= ______。(保留两位小数)
答案解析
1.【答案】C；
C；
A；
C；
4.0；
A；
T140℃，正反应放热，温度越高，平衡逆向移动，产率降低；
CD；
光气有毒，传统方法更安全；用光气COCl2与丙二醇反应还有副产物HCl产生，原子利用率低；传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应
【解析】(1)中含有C、H、O元素，电负性O>C>H，故电负性最大的是O，
故答案为：C；
(2)分子中含有13个σ键，则1ml分子中含有13NA个σ键，
故答案为：C；
(3)已知反应Ⅰ：(g)+CO2(g)=(l)ΔH1=−125kJ⋅ml−1；
反应Ⅱ：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=−393.5kJ⋅ml−1；
反应Ⅲ：3H2(g)+3C(s)+0.5O2(g)=(g)ΔH3=−94.7kJ⋅ml−1；
反应Ⅳ：3H2(g)+4C(s)+1.5O2(g)=(l)；
反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ=反应Ⅳ，则热效应为ΔH4= ΔH1+ΔH2+ΔH3=−613.2kJ⋅ml−1，故A正确，
故答案为：A；
(4)反应Ⅰ中的ΔH1)。平衡常数K不变，此时Q>K，平衡逆向移动(解离方向)，生成更多Fe3+；
故答案为：变大；各物种浓度瞬间减半。浓度商Q=[[FeClx]3−x][Fe3+][Cl−]x瞬间变为原值的12(12)⋅(12)x=2x(因x≥1，故2x>1)。平衡常数K不变，此时Q>K，平衡逆向移动(解离方向)，生成更多Fe3+；
(7)Kx=[[FeClx]3−x][Fe3+][Cl−]x得到[[FeClx]3−x]=[Cl−]x⋅Kx⋅Fe3+，[Cl−]=12ml/L，代入则c(Fe3+)c(Fe3+)+c([FeCl]2+)+c([FeCl2]+)+c(FeCl3)+c([FeCl4]−)=0.80；
故答案为：0.80。
(1)铁红是一种红色颜料，其主要成分为氧化铁(Ⅲ)，化学式为Fe2O3；
(2)A.常温显中性：FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.加铁粉变红褐色：加铁粉发生反应2FeCl3+Fe→3FeCl2，溶液由黄褐色变为浅绿色，不是红褐色；
C.遇沸水得到胶体：FeCl3溶液在沸水中水解生成Fe(OH)3胶体；
D.加氨水出现白色沉淀：加氨水生成红褐色Fe(OH)3沉淀，不是白色；
(3)A.电子处在4个不同能级：实际能级包括1s，2s，2p，3s，3p，4s，3d共7个；
B.核外有5个未成对电子：3d6轨道有4个未成对电子(洪特规则)，4s2全成对，共4个；
C.核外电子占用15个原子轨道：轨道分布为1s(1)，2s(1)，2p(3)，3s(1)，3p(3)，4s(1)，3d(5)，总和1+1+3+1+3+1+5=15；
D.核外有26种能量不同的电子：电子能量由能级决定，共有7个不同能级，能量不同的电子最多7种；
(4)A.移开酒精灯后，固体仍保持红热：反应放热，可持续红热；
B.S作还原剂：S从0价降至−2价，作氧化剂；
C.主要的气体副产物是SO3：反应无气体产物，SO3需氧化剂；
D.最终得到黑色的Fe2S3：产物为FeS，Fe2S3不稳定；
(5)内界：配离子部分，为[Fe(SCN)(H2O)5]2+配体：提供孤对电子的分子或离子，有SCN−(异硫氰酸根)和H2O(水)两种；
(6)稀释至原体积两倍，各物种浓度瞬间减半。浓度商Q=[[FeClx]3−x][Fe3+][Cl−]x瞬间变为原值的12(12)⋅(12)x=2x(因x≥1，故2x>1)。平衡常数K不变，此时Q>K，平衡逆向移动(解离方向)，生成更多Fe3+；
(7)Kx=[[FeClx]3−x][Fe3+][Cl−]x得到[[FeClx]3−x]=[Cl−]x⋅Kx⋅Fe3+，[Cl−]=12ml/L，代入则c(Fe3+)c(Fe3+)+c([FeCl]2+)+c([FeCl2]+)+c(FeCl3)+c([FeCl4]−)=0.80；
本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。A
B
C
D
矿石
脉石
黄铁矿
萤石
磷灰石
密度ρ(g⋅cm−3)
2.65
4.95
3.18
3.13
H2O
煤焦油
As2O3
GeO
GeO2
熔点/℃
0
20～30
312
710℃时升华
1100℃时升华
沸点/℃
100
70～80
465
/
/
x
1
2
3
4
Kx
30.2
134.9
97.72
1.02