【精品解析】2025年上海市等级考化学试题【网络回忆版】

2025年上海市等级考化学试题【网络回忆版】
1．（2025·上海市）已知反应1的
反应2的
反应3的
反应4的
物质
环氧丙烷
（1）计算出_______。
A. B. 613.2 C. 395.2 D.
（2）随温度T的变化趋势________。
（3）中电负性最大的是________。
A．C B．H C．O
（4）分了中键的数目为_______。
A. 7 B. 12 C. 13 D. 14
已知：环氧丙烷生成会发生副反应
选择性=转化生成A的环氧丙烷/消耗环氧丙烷
M(环氧丙烷) ρ(环氧丙烷)
容器容积的高压反应釜反应后体积缩小为，选择性为95%，反应。
（5）求环氧丙烷的化学反应速率________(精确到小数点后2位)
（6）下列哪种操作可以使得活化分子的百分数变大_______。
A. 升高温度 B. 增大浓度 C. 压缩容器 D. 充入惰性气体
（7）碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先升后下降的原因________。
（8）达到平衡的判据_______。
A. v正=v逆 B. 体系总质量不变
C. 气体体积不再变化 D. 混合气体密度(可能是摩尔质量)不变
（9）制备还有一种光气法，用。请从绿色化学的角度解释，写出3点与光气-二醇法相比，法合成的优势________。
2．（2025·上海市）(以下题目中的图片根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
（1）钨作灯丝与_______性质有关(不定项)。
A.延展性 B导电性 C.高熔点 D.高密度
（2）钨有金属光泽的原因________ (从微观角度解释)。
（3）原子在晶胞中的_______位置。
A. 顶点 B. 棱上 C. 面上 D. 体心
（4）钨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
（5）根据价层电子对斥理论，的价层电子对数是________。
（6）图晶胞号O原子，若晶胞仅含1个完整四面体，组成该四面体的O编号是________。
表格(各种矿石密度)。
（7）给出晶胞参数，求并说明“重石头”俗名依据________。(有V和M？)
电解制备是光电陶瓷材料
已知
（8）写出电解的阳极方程式________。
（9）为获取高纯产物，制备时需要不断通入的原因________。
3．（2025·上海市）(以下题目中的流程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
已知：
（1）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为　 　(反应类型)。
（4）D中有_______个手性碳原子。
A．1 B．2 C．3 D．4
（5）生成E的同时会生成其同分异构体H，H的结构简式为：　 　。
（6）关于化合物E的说法中正确的是_______。
A．碳的杂化方式有和两种 B．能与茚三酮反应
C．能与反应产生 D．能形成分子间氢键
（7）F的同分异构体I水解后生成J、K，写出一种符合条件的I即可　 　。
i.J是有3个碳原子的α-氨基酸
ii.K遇溶液溶液能显色
iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为
（8）反应的反应条件是：　 　。
（9）以和为原料，合成(无机试剂任选)　 　。
4．（2025·上海市）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：
（1）验证矿石中的锗元素可使用的方法为________。
A．原子发射光谱法 B．红外光谱法 C．X射线衍射
（2）既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是________氧化物。
已知矿中含有、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示：
煤焦油
熔点 升华
沸点
（3）使用分段升温的原因是________。
（4）下图为在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，元素的萃出率，图可知真空还原采用的最佳温度及浓度为_______。
A. ，2.5% B. ，5.0% C. ，2.5% D. ，2.5%
（5）真空还原阶段用除，产物还有等生成，写出该阶段的化学方程式________。
采用滴定法测定样品中元素含量的方法如下：
(以下实验过程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
准确称取含锗矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入浓盐酸和溶液，加热至微沸(溶解)冷却后，加入，搅拌至溶液变为无色。将溶液转移至锥形瓶，用稀盐酸冲洗烧瓶并入锥形瓶中。
加入磷酸，冷却溶液至以下(冰水浴)，用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶中加入淀粉溶液作为指示剂。用标准溶液滴定至滴定终点。
记录消耗的体积为。
(还原)
(主反应)
(终点反应)
（6）装置a名称为_______。
A. 锥形瓶 B. 恒压滴液漏斗 C. 球形冷凝管 D. 滴定管
（7）滴定终点时，颜色由________变为________，半分钟不褪色。
（8）滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶________？(真空还原)
（9）已知，求样品(固体)中元素的质量分数【纯度】________(用c、V、m表示)。
（10）滴定结果纯度偏大，可能的原因是_______。
A. 未用标准溶液润洗滴定管
B. 未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)
C. 滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡
D. 在常温下滴定(未保持在以下滴定)
5．（2025·上海市）铁红是颜料，什么什么自古以来使用很多的……(题干缺失)。
（1）赭红的主要成分是_______。
A． B． C． D．
（2）饱和氯化铁溶液说法正确的是_______。
A．常温显中性 B．加铁粉变红褐色
C．遇沸水后得到胶体 D．加氨水有白色沉淀
（3）有关铁原子说法正确的是_______。(不定项)
A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子
C．占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子
（4）加热试管中固体至红热，则_______。(不定项)
A．移开酒精灯后固体保持红热 B．S只做还原剂
C．主要产生的气体附产物为 D．最终得到黑色的
（5）内界为　 　，配体有　 　种
（6），加水稀释至体积为原来的2倍，则　 　。
A．增大 B．不变 C．减小
并用浓度商Q与平衡常数K的大小关系解释原因　 　。
（7）已知，求的分布系数　 　。
x 1 2 3 4
K 30.2 134.9 97.72 1.02
答案解析部分
1．【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) 不使用有毒气体光气；不产生氯化氢；可以吸收二氧化碳，变废为宝。
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）、信息缺失。
（2）、信息缺失。
（3）、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力 ，电负性越大，原子吸引电子的能力越强。同周期元素，从左到右，核电荷数增加，原子对电子的吸引增强，电负性逐渐增大，O 和 C 同属第二周期，O 在 C 右侧，故 O的电负性 > C 的电负性；H 位于第一周期，电负性小于第二周期的 C，故C的电负性 > H 的电负性。综上，电负性顺序为：O > C > H。
故答案为：C
（4）、单键都是键，双键中含1个键和1个键，由图易得结构中双键：仅 C=O，贡献 1 个 σ 键。单键：通过结构计数，环内碳碳、碳氧，甲基连接及碳氢键总和，总共包括 C-C、C-O、C-H，共 12 个。总数为：1 + 12 = 13，则 1mol分子中键的数目为13。
故答案为：C
（5）信息缺失。
（6）、A、升高温度，分子能量升高，活化分子百分数增大，A正确；
B、增大浓度，增大活化分子数，活化分子百分数不变，B错误；
C、压缩容器，即增大压强，针对有气体的反应，增大单位体积活化分子数，活化分子百分数不变 ，C错误；
D、充入惰性气体，若体积不变，浓度不变，活化分子百分数不变，D错误；
故答案为：A
（7）、活化分子百分数是指：活化分子数 / 总分子数
A、升高温度，分子能量升高，更多分子达到活化能，活化分子数增加，总分子数不变因此活化分子百分数变大，A正确；
B、增大CO2浓度，活化分子数目在增加的同时，总分子数也同比例增加，因此活化分子百分数不变，B错误；
C、压缩容器，压缩容器会增加压力，从而提高反应物浓度，但温度不变，分子的能量分布不受影响，因此活化分子的百分数不变，C错误；
D、在恒定体积下充入惰性气体，会增加总压力，但反应物的分压和浓度通常不变，因为惰性气体不参与反应。即使浓度变化，温度不变时，分子的能量分布也不变，因此活化分子的百分数不变，D错误；
故答案为：A
（8）、信息缺失。
（9）、①不使用有毒气体光气：CO2法不使用光气（剧毒气体，易导致安全事故），操作过程更安全。光气-二醇法涉及光气的存储和反应，风险较高，需严格防护；而CO2法以CO2为原料，无毒无害，减少工人健康隐患。
②不产生氯化氢：CO2法利用温室气体CO2作为原料，实现碳捕获和利用，有助于降低碳排放；同时，不产生有害副产物（如光气法中的盐酸）。光气-二醇法则生成HCl等腐蚀性废物，需额外处理，增加环境负担。
③可以吸收二氧化碳，变废为宝：CO2法以CO2（工业废气或廉价资源）为主要原料，成本较低，且反应条件温和，能耗少；产品可设计为可生物降解的脂肪族聚碳酸酯，应用更广。光气-二醇法依赖石油衍生物（光气），原料成本高，且光气制备复杂。
【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。对副族而言，同族元素的电负性也大体呈现这种变化趋势。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。氟的电负性最大，是最容易参与反应的非金属；电负性最小的元素铯是最活泼的金属。
对某一反应来说，在一定温度下，活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的。因此，单位体积内活化分子的数目，是和单位体积内反应物分子的总数成正比，也就是和反应物的浓度成正比。显然，当反应物的浓度增大时，单位体积内活化分子的数目也相应地增多，这样也就增加了单位时间内有效碰撞的次数，因此反应速率加快。另外，如果升高反应温度，则分子运动加快，从而增加了单位时间内分子间的碰撞次数；更重要的是由于一些分子获得了能量，增加了活化分子的百分数，因而加快了反应速率。
2．【答案】(1) B，C
(2) 金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽
(3) B，C
(4) D
(5) 4
(6) 5、6、7、8
(7)；CaWO4的密度较大
(8)
(9) 减少CO2，避免生成CaCO3
【知识点】金属晶体的基本堆积模型；电解池工作原理及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）、A、延展性体现在钨可以被拉制成细丝，在制造过程中有一定作用，但它不是钨被选作灯丝的直接或主要原因。纯钨的延展性较差，室温下较脆，通常需要加热才能加工，因此该性质在灯丝应用中不是核心因素，A错误；
B、钨具有良好的导电性，允许电流通过灯丝时产生热量和光，B正确；
C、钨的熔点极高（约3422℃），使其在高温下工作时不熔化，这是选择钨作为灯丝的关键原因，C正确；
D、钨作灯丝与其密度无关，D错误。
故答案为：BC；
（2）、钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
（3）、观察 Ca 的连接方式，Ca 原子连接上下层结构，对应棱上 ，纵向延伸，同时连接同层两侧结构，对应面上 ，横向分布，故同时符合 棱上（B） 和 面上（C） 的位置特征，故答案为：BC；
（4）、钨在周期表中的位置由其原子序数和电子排布决定。钨的原子序数为74，电子排布为[Xe] 4f 4 5d4 6s2，据此分析最高主量子数为6，来自6s和5d轨道，因此钨位于第六周期，价电子排布为5d46s2，价电子总数为6。钨属于d区元素，d区元素的族号等于价电子总数。因此，钨位于第VIB族；
（5）、，故答案为4；
（6）、四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8；
（7）、晶胞参数通常指的是晶胞的边长和角度。假设图中标注的边长为a，角度为，，其中Z是晶胞中化学式单位的数量，M是化学式单位的摩尔质量，a是晶胞的体积，NA是阿伏加德罗常数；“重石头”是CaWO4的俗名，因为CaWO4的密度较大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大；
（8）、在电解制备CaWO4的过程中，阳极材料为钨（W），电解液为Ca(OH)2/NaOH碱性溶液。阳极发生氧化反应，钨（W）被氧化为钨酸根离子（WO42-），钨的氧化态从0升至+6，失去6个电子；在碱性条件下，OH-参与反应，生成WO42-和水，生成的WO42-与溶液中的Ca2+结合形成CaWO4沉淀
，故答案为：；
（9）、空气中含有CO2，CO2溶解于碱性电解液（含OH-）中会反应：CO2+2OH-→CO32-+H2O。
生成的CO32-与溶液中的Ca2+结合形成CaCO3沉淀：Ca2++CO32-=CaCO3↓，对比二者的Ksp的数值，，虽然CaWO4的溶度积更小，但CaCO3的溶度积较大，在CO2存在下仍可能生成CaCO3沉淀，与CaWO4共沉淀或形成杂质，降低产物纯度，因此通入N2可创建惰性气氛，排除空气（特别是CO2），防止上述副反应，从而获得高纯CaWO4，故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3；
【分析】明确晶胞位置定义：顶点：晶胞的 8 个角落；棱上：12 条棱的中间位置；面上：6 个面的中心区域；体心：晶胞内部中心。
W丝除了有导电性以外，还具有很高的熔点，，与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，阳极失电子，阴极得电子；
电解方程式的书写方法： (1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电 ②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化 ③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质 ④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+浓度较大时在H+之前放电。
3．【答案】（1）、
（2）保护氨基，防止被氧化
（3）氧化反应
（4）B
（5）
（6）C；D
（7）(J为，K为)
（8），加热
（9）。
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）、由结构可知，A中含氧官能团的结构简式为：、；
（2）、反应1中氨基被反应，在后续反应5中又被转化为氨基，其作用为：保护氨基，防止被氧化；
（3）、由分析，B中羟基被氧化为羰基，为氧化反应；
（4）、手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；中含有2个手性碳原子，故选B；
（5）、生成E为羟基的消去反应，同时会生成其同分异构体H，则为羟基消去，在临近氮原子的碳上形成碳碳双键，得到H的结构简式为：；
（6）、A、苯环碳、羰基碳为杂化，饱和碳为sp3杂化，错误；
B、茚三酮反应是一种化学反应，是指在加热条件及弱酸环境下，氨基酸或肽与茚三酮作用生成有特殊颜色的化合物及相应的醛和二氧化碳的反应。由E结构可知其不能与茚三酮反应，错误；
C、分子中含羧基，能与反应产生，正确；
D、当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；分子中含有N、羧基，则能形成分子间氢键，正确；
故答案为：CD；
（7）、F出苯环外，含有5个碳、1个氮、2个氧、3个不饱和度，F的同分异构体I水解后生成J、K，i.J是有3个碳原子的α-氨基酸，则为J为，且K除苯环外含2个碳、1个氧、2个不饱和度；ii.K遇溶液溶液能显色，含有酚羟基，iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为，则结构对称，K为；故I可以为；
（8）、反应为苯环和碳碳双键与氢气催化加成的反应，反应条件是：，加热；
（9）、
和甲醛发生已知反应生成，羟基发生消去反应生成，再发生加聚反应生成产物，故流程为：。
【分析】A→B合成路线中，官能团变化为A中氨基（-NH-）与苄氧羰基（PhCH2OCO-）结合，形成氨基甲酸苄酯结构（-NHCOOCH2Ph）。据此可判断反应类型为氨基的酰化反应，利用此反应可以实现对苄氧羰基保护；B→C中，利用CrO3/H2SO4作为强氧化剂，选择性氧化B中的仲醇（-CHOH-）为酮羰基（-CO-），属于典型氧化反应；C→D中，根据题干下方给出的已知条件，参照“羰基+R-MgBr+水解→叔醇的格氏试剂反应机制可知，C中酮羰基（-CO-）与Ph-MgBr（格氏试剂）发生加成反应，生成镁氧中间体；再经过H+/H2O条件下水解，得到叔醇（-C(OH)Ph-），生成产物D；D→E中，CF3COOH表面此反应处于强酸性条件，D中叔醇（-C(OH)Ph-）发生消去反应，叔碳正离子稳定，脱水生成碳碳双键，形成吡咯环上的不饱和结构（-C=CH-），生成产物E；E→含-NH-产物中，脱去苄氧羰基保护基（-COOCH2Ph），恢复为氨基（-NH-），可以推测为酸性水解或催化氢解，去除保护基；最后一步，催化加氢还原，苯环在催化剂（如Pd/C）作用下，加成氢气生成最终产物。
（1）由结构，A中含氧官能团的结构简式为：、；
（2）反应1中氨基被反应，在后续反应5中又被转化为氨基，其作用为：保护氨基，防止被氧化；
（3）由分析，B中羟基被氧化为羰基，为氧化反应；
（4）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；中含有2个手性碳原子，故选B；
（5）生成E为羟基的消去反应，同时会生成其同分异构体H，则为羟基消去，在临近氮原子的碳上形成碳碳双键，得到H的结构简式为：；
（6）A．苯环碳、羰基碳为杂化，饱和碳为sp3杂化，错误；
B．茚三酮反应是一种化学反应，是指在加热条件及弱酸环境下，氨基酸或肽与茚三酮作用生成有特殊颜色的化合物及相应的醛和二氧化碳的反应。由E结构可知其不能与茚三酮反应，错误；
C．分子中含羧基，能与反应产生，正确；
D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；分子中含有N、羧基，则能形成分子间氢键，正确；
故选CD；
（7）F出苯环外，含有5个碳、1个氮、2个氧、3个不饱和度，F的同分异构体I水解后生成J、K，i.J是有3个碳原子的α-氨基酸，则为J为，且K除苯环外含2个碳、1个氧、2个不饱和度；ii.K遇溶液溶液能显色，含有酚羟基，iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为，则结构对称，K为；故I可以为；
（8）反应为苯环和碳碳双键与氢气催化加成的反应，反应条件是：，加热；
（9）和甲醛发生已知反应生成，羟基发生消去反应生成，再发生加聚反应生成产物，故流程为：。
4．【答案】(1) A
(2) 两性
(3) ①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出
(4) C
(5)
(6) C
(7) 无色 浅蓝色
(8) 实验盖紧塞子防止被氧化【隔绝氧气，避免被氧化为(否则导致滴定结果偏低)】
(9)
(10) A，D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；实验装置综合；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、A、原子发射光谱法是利用原子或离子在一定条件下受激而发射的特征谱线来研究物质的化学成分及含量，每种元素都有其独特的原子发射光谱，可用于确定物质中所含元素种类，所以能用于验证矿石中的锗元素，A正确；
B、红外光谱法主要用于测定有机化合物中官能团的种类和结构，通过分析分子对红外光的吸收情况来确定分子结构，不适用于检测元素种类，不能用于验证锗元素，B错误；
C、X射线衍射主要用于研究晶体的结构，通过分析X射线在晶体中的衍射图案来确定晶体的晶格参数、晶型等信息，不是用于检测元素种类的方法，不能验证矿石中的锗元素，C错误；
故答案为：A
（2）、既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是两性氧化物；
（3）、在低品位锗矿中含有H2O、煤焦油、AS2O3等杂质，不同物质的熔沸点不同。分段升温可以利用各物质熔沸点的差异，在不同温度阶段使相应的杂质以合适的状态（气态、液态等）分离出去。先升温到较低温度，可使沸点较低的H2O和煤焦油汽化分离；继续升温，可使AS2O3在其沸点附近汽化分离，而GeO2等目标物质在相应温度下仍保持固态或其他合适状态，不被过早分离，从而实现杂质与目标物质的有效分离，提高锗的提取纯度和效率。
①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的；
（4）、由图，，使用2.5%的真空还原时，元素的萃出率几乎为100%，此时能节约能源和原料；
（5）、真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中Ge化合价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：；
（6）、仪器a为球形冷凝管，在实验中起到使蒸汽冷却回流的作用，故选C；
（7）、根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟不褪色。
（8）、空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差；
（9）、由题干反应结合Ge元素守恒，存在，则样品(固体)中元素的质量分数；
（10）、A、未用标准溶液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，用量增大，使得测得结果偏大；
B、未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)，导致Ge元素损失，使得测得结果偏低；
C、滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，导致标准液用量读数减小，使得测得结果偏小；
D、在常温下滴定(未保持在以下滴定)，可能被标准液氧化，使得标准液用量增大，测得结果偏大；
故答案为：AD。
【分析】低品位锗矿通过在600~700℃的温度下氧化焙烧，将低品位锗矿中低价态 Ge（如 GeS2、锗硅酸盐等）氧化为 GeO2，此时Ge 从低价升高到+4 价，转化为易处理的氧化物，同时在焙烧时挥发或氧化为气体，据此除去硫、碳等杂质；接着在1000~1200℃的温度下真空还原，NaH2PO2·H2O（次磷酸钠） 作为还原剂，在高温下分解产生强还原性PH3气体，PH3还原GeO2生成GeO蒸气，真空环境能降低GeO沸点，使其以蒸气形式高效分离，同时副产物NaPO3（偏磷酸钠）以熔渣形式排出；
最后通过多步反应把GeO 还原成 Ge，同时粗锗经多步反应提纯为高纯锗，多步设计确保锗的纯度和回收率。
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
5．【答案】（1）D
（2）C
（3）C
（4）A
（5）；2
（6）A；所有离子浓度变为原来，，平衡逆移
（7）0.805
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）A、三硫化二铁：呈黑色或灰黑色（如硫铁矿），非红色，A错误；
B、四氧化三铁：呈黑色（如磁铁矿），具有磁性，B错误；
C、硫化亚铁：呈黑褐色，常见于陨硫铁，C错误；
D、三氧化二铁：赤铁矿的红色源于 Fe3+的电子跃迁，是赭红的显色成分，赭红作为颜料广泛应用于古代壁画、岩画（如敦煌壁画）和油画，其红色稳定性归因于 Fe2O3的化学惰性，D正确。
故答案为：D
（2）A、氯化铁是强酸弱碱盐且在水溶液中Fe3+水解，溶液显酸性，Fe3++3H2O Fe(OH)3↓+3H+，A错误；
B、加铁粉发生还原反应，生成浅绿色Fe2+：2 Fe3++Fe=3 Fe2+溶液由黄褐色变为浅绿色（Fe2+颜色），无红褐色，B错误；
C、饱和FeCl3溶液滴入沸水中，水解形成氢氧化铁胶体：FeCl3+3 H2O=Fe(OH)3(胶体)+3 HCl，可以观察到溶液变为红褐色透明胶体，可以用丁达尔效应来验证，C正确；
D、加氨水生成红褐色絮状沉淀（Fe(OH)3），非白色：Fe3++3 NH3 H2O=Fe(OH)3↓+3 NH4+，D错误；
故答案为：C
（3）A、"能级"在此指主量子数n的能级。根据铁原子的电子排布为：1s22s22p63s23p64s23d6可以推断出，铁的电子占据能级为：1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，共7个不同能级，A错误；
B、铁原子基态未成对电子主要在3d亚层，3d6有5个轨道，根据洪特规则有6个电子以高自旋状态排布，即4个未成对的单电子和1个成电子，4s2全满，无未成对电子，因此，未成对电子总数为4个，B错误；
C、原子轨道数量由亚层决定，其中s：1个、p：3个、d：5个轨道，因此根据铁原子的电子排布可以推断出总轨道数：1+1+3+1+3+1+5=151+1+3+1+3+1+5=15，C正确；
D、电子能量由量子数n和ll决定，同一亚层内电子能量相同，称之为简并轨道，铁原子有7个不同亚层（能级）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d，每个亚层内电子能量相同（如2p6的6个电子能量相同）。因此，电子只有7种不同能量，而不是26种，D错误；
故答案为：C；
（4）A、铁与硫的反应是放热反应，一旦反应加热至红热，释放的热量足以维持反应进行，移开酒精灯后固体继续红热，直至反应完成或反应物耗尽，A正确；
B、在反应中：铁（Fe）从0价升至+2价，被氧化，作还原剂，硫（S）从0价降至-2价，被还原，作氧化剂，B错误；
C、铁与硫的反应是固相直接化合，主要产物为固态FeS，不产生气体。SO3是硫氧化物，但实验中无氧气参与，且硫粉加热可能升华产生硫蒸气，并非SO3，C错误；
D、实际产物为硫化亚铁，化学式是FeS，呈黑色。Fe2S3（三硫化二铁）不稳定，在常压下不存或迅速分解，不是该反应的产物，D错误；
故答案为：A
（5）、根据配合物 的结构可以看出：内界指配离子部分，即中心金属离子与配体形成的复杂离子，其中铁为 +3价，配离子带 +2个 电荷，故内界为：[Fe(SCN)(H2O)5]2+，配体是配位到中心金属离子上的分子或离子，SCN-是单齿配体（通常以氮原子配位），H2O 是单齿中性配体，共有两种配体类型，其中 SCN- 一个，H2O 五个，配位数为 6。故配体有：SCN-（硫氰酸根）和 H2O（水）
（6）、根据题干可知平衡式为：，体积加倍，各物质浓度变为原浓度的1/2，平衡常数为：，设原浓度分别为a，b，c，则此时的浓度商为：，当X>1时候，可以判断Q>K，故答案为：A，所有离子浓度变为原来，，平衡逆移；
（7）、、、、，=。
【分析】能层是指电子在原子中所处的不同能量层次，通常用主量子数n表示，如K、L、M层等；能级是在同一能层内，由于电子所处空间状态的不同而形成的不同能量级别。每个能层下的能级具有不同的能量，但同一能级下的不同轨道具有相同的能量（称为简并轨道）。
配合物的组成主要包括以下几个部分：中心离子：通常是金属离子，如Fe3+、Cu2+等，负责形成配合物的核心；配位体：与中心离子结合的分子或离子，能够提供孤电子对，形成配位键；配位原子：配位体中提供孤电子对的原子，常见的有氮（N）、氧（O）、硫（S）等；配位数：与中心离子成键的配位原子总数，受中心离子性质的影响；内外界组成：配合物可分为内界（中心离子和配位体）和外界（其他离子或分子）。
浓度商q和平衡常数k之间的关系如下：浓度商q是指在任意时刻，反应物和生成物的浓度（或分压）之比，反映了反应体系偏离平衡状态的程度；平衡常数k是在特定温度下，反应达到平衡时，生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，是一个常数。当q < k时，反应向正反应方向进行；当q > k时，反应向逆反应方向进行；当q = k时，反应达到平衡状态。
（1）、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选D；
（2）A．饱和氯化铁溶液中铁离子水解使得溶液显酸性，A错误；
B．铁和铁离子生成亚铁离子，溶液变为浅绿色，B错误；
C．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，C正确；
D．加氨水生成红褐色氢氧化铁沉淀，D错误；
故选C。
（3）铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；
A．有7个不同能级的电子，错误；
B．有4个未成对电子，错误；
C．占据15个原子轨道，正确；
D．同一能级能量相同，有7种能量不同的电子，错误；
故选C；
（4）A．铁和硫反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，正确；
B．反应生成FeS，S化合价降低，做氧化剂，错误；
C．主要产生的气体附产物为二氧化硫，而非，错误；
D．最终得到黑色的FeS，错误；
故选A；
（5）内界为，配体有SCN2-、H2O两种
（6）所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A；
（7）、、、，=。
1 / 12025年上海市等级考化学试题【网络回忆版】
1．（2025·上海市）已知反应1的
反应2的
反应3的
反应4的
物质
环氧丙烷
（1）计算出_______。
A. B. 613.2 C. 395.2 D.
（2）随温度T的变化趋势________。
（3）中电负性最大的是________。
A．C B．H C．O
（4）分了中键的数目为_______。
A. 7 B. 12 C. 13 D. 14
已知：环氧丙烷生成会发生副反应
选择性=转化生成A的环氧丙烷/消耗环氧丙烷
M(环氧丙烷) ρ(环氧丙烷)
容器容积的高压反应釜反应后体积缩小为，选择性为95%，反应。
（5）求环氧丙烷的化学反应速率________(精确到小数点后2位)
（6）下列哪种操作可以使得活化分子的百分数变大_______。
A. 升高温度 B. 增大浓度 C. 压缩容器 D. 充入惰性气体
（7）碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先升后下降的原因________。
（8）达到平衡的判据_______。
A. v正=v逆 B. 体系总质量不变
C. 气体体积不再变化 D. 混合气体密度(可能是摩尔质量)不变
（9）制备还有一种光气法，用。请从绿色化学的角度解释，写出3点与光气-二醇法相比，法合成的优势________。
【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) 不使用有毒气体光气；不产生氯化氢；可以吸收二氧化碳，变废为宝。
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）、信息缺失。
（2）、信息缺失。
（3）、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力 ，电负性越大，原子吸引电子的能力越强。同周期元素，从左到右，核电荷数增加，原子对电子的吸引增强，电负性逐渐增大，O 和 C 同属第二周期，O 在 C 右侧，故 O的电负性 > C 的电负性；H 位于第一周期，电负性小于第二周期的 C，故C的电负性 > H 的电负性。综上，电负性顺序为：O > C > H。
故答案为：C
（4）、单键都是键，双键中含1个键和1个键，由图易得结构中双键：仅 C=O，贡献 1 个 σ 键。单键：通过结构计数，环内碳碳、碳氧，甲基连接及碳氢键总和，总共包括 C-C、C-O、C-H，共 12 个。总数为：1 + 12 = 13，则 1mol分子中键的数目为13。
故答案为：C
（5）信息缺失。
（6）、A、升高温度，分子能量升高，活化分子百分数增大，A正确；
B、增大浓度，增大活化分子数，活化分子百分数不变，B错误；
C、压缩容器，即增大压强，针对有气体的反应，增大单位体积活化分子数，活化分子百分数不变 ，C错误；
D、充入惰性气体，若体积不变，浓度不变，活化分子百分数不变，D错误；
故答案为：A
（7）、活化分子百分数是指：活化分子数 / 总分子数
A、升高温度，分子能量升高，更多分子达到活化能，活化分子数增加，总分子数不变因此活化分子百分数变大，A正确；
B、增大CO2浓度，活化分子数目在增加的同时，总分子数也同比例增加，因此活化分子百分数不变，B错误；
C、压缩容器，压缩容器会增加压力，从而提高反应物浓度，但温度不变，分子的能量分布不受影响，因此活化分子的百分数不变，C错误；
D、在恒定体积下充入惰性气体，会增加总压力，但反应物的分压和浓度通常不变，因为惰性气体不参与反应。即使浓度变化，温度不变时，分子的能量分布也不变，因此活化分子的百分数不变，D错误；
故答案为：A
（8）、信息缺失。
（9）、①不使用有毒气体光气：CO2法不使用光气（剧毒气体，易导致安全事故），操作过程更安全。光气-二醇法涉及光气的存储和反应，风险较高，需严格防护；而CO2法以CO2为原料，无毒无害，减少工人健康隐患。
②不产生氯化氢：CO2法利用温室气体CO2作为原料，实现碳捕获和利用，有助于降低碳排放；同时，不产生有害副产物（如光气法中的盐酸）。光气-二醇法则生成HCl等腐蚀性废物，需额外处理，增加环境负担。
③可以吸收二氧化碳，变废为宝：CO2法以CO2（工业废气或廉价资源）为主要原料，成本较低，且反应条件温和，能耗少；产品可设计为可生物降解的脂肪族聚碳酸酯，应用更广。光气-二醇法依赖石油衍生物（光气），原料成本高，且光气制备复杂。
【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。对副族而言，同族元素的电负性也大体呈现这种变化趋势。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。氟的电负性最大，是最容易参与反应的非金属；电负性最小的元素铯是最活泼的金属。
对某一反应来说，在一定温度下，活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的。因此，单位体积内活化分子的数目，是和单位体积内反应物分子的总数成正比，也就是和反应物的浓度成正比。显然，当反应物的浓度增大时，单位体积内活化分子的数目也相应地增多，这样也就增加了单位时间内有效碰撞的次数，因此反应速率加快。另外，如果升高反应温度，则分子运动加快，从而增加了单位时间内分子间的碰撞次数；更重要的是由于一些分子获得了能量，增加了活化分子的百分数，因而加快了反应速率。
2．（2025·上海市）(以下题目中的图片根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
（1）钨作灯丝与_______性质有关(不定项)。
A.延展性 B导电性 C.高熔点 D.高密度
（2）钨有金属光泽的原因________ (从微观角度解释)。
（3）原子在晶胞中的_______位置。
A. 顶点 B. 棱上 C. 面上 D. 体心
（4）钨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
（5）根据价层电子对斥理论，的价层电子对数是________。
（6）图晶胞号O原子，若晶胞仅含1个完整四面体，组成该四面体的O编号是________。
表格(各种矿石密度)。
（7）给出晶胞参数，求并说明“重石头”俗名依据________。(有V和M？)
电解制备是光电陶瓷材料
已知
（8）写出电解的阳极方程式________。
（9）为获取高纯产物，制备时需要不断通入的原因________。
【答案】(1) B，C
(2) 金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽
(3) B，C
(4) D
(5) 4
(6) 5、6、7、8
(7)；CaWO4的密度较大
(8)
(9) 减少CO2，避免生成CaCO3
【知识点】金属晶体的基本堆积模型；电解池工作原理及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）、A、延展性体现在钨可以被拉制成细丝，在制造过程中有一定作用，但它不是钨被选作灯丝的直接或主要原因。纯钨的延展性较差，室温下较脆，通常需要加热才能加工，因此该性质在灯丝应用中不是核心因素，A错误；
B、钨具有良好的导电性，允许电流通过灯丝时产生热量和光，B正确；
C、钨的熔点极高（约3422℃），使其在高温下工作时不熔化，这是选择钨作为灯丝的关键原因，C正确；
D、钨作灯丝与其密度无关，D错误。
故答案为：BC；
（2）、钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
（3）、观察 Ca 的连接方式，Ca 原子连接上下层结构，对应棱上 ，纵向延伸，同时连接同层两侧结构，对应面上 ，横向分布，故同时符合 棱上（B） 和 面上（C） 的位置特征，故答案为：BC；
（4）、钨在周期表中的位置由其原子序数和电子排布决定。钨的原子序数为74，电子排布为[Xe] 4f 4 5d4 6s2，据此分析最高主量子数为6，来自6s和5d轨道，因此钨位于第六周期，价电子排布为5d46s2，价电子总数为6。钨属于d区元素，d区元素的族号等于价电子总数。因此，钨位于第VIB族；
（5）、，故答案为4；
（6）、四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8；
（7）、晶胞参数通常指的是晶胞的边长和角度。假设图中标注的边长为a，角度为，，其中Z是晶胞中化学式单位的数量，M是化学式单位的摩尔质量，a是晶胞的体积，NA是阿伏加德罗常数；“重石头”是CaWO4的俗名，因为CaWO4的密度较大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大；
（8）、在电解制备CaWO4的过程中，阳极材料为钨（W），电解液为Ca(OH)2/NaOH碱性溶液。阳极发生氧化反应，钨（W）被氧化为钨酸根离子（WO42-），钨的氧化态从0升至+6，失去6个电子；在碱性条件下，OH-参与反应，生成WO42-和水，生成的WO42-与溶液中的Ca2+结合形成CaWO4沉淀
，故答案为：；
（9）、空气中含有CO2，CO2溶解于碱性电解液（含OH-）中会反应：CO2+2OH-→CO32-+H2O。
生成的CO32-与溶液中的Ca2+结合形成CaCO3沉淀：Ca2++CO32-=CaCO3↓，对比二者的Ksp的数值，，虽然CaWO4的溶度积更小，但CaCO3的溶度积较大，在CO2存在下仍可能生成CaCO3沉淀，与CaWO4共沉淀或形成杂质，降低产物纯度，因此通入N2可创建惰性气氛，排除空气（特别是CO2），防止上述副反应，从而获得高纯CaWO4，故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3；
【分析】明确晶胞位置定义：顶点：晶胞的 8 个角落；棱上：12 条棱的中间位置；面上：6 个面的中心区域；体心：晶胞内部中心。
W丝除了有导电性以外，还具有很高的熔点，，与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，阳极失电子，阴极得电子；
电解方程式的书写方法： (1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电 ②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化 ③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质 ④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+浓度较大时在H+之前放电。
3．（2025·上海市）(以下题目中的流程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
已知：
（1）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为　 　(反应类型)。
（4）D中有_______个手性碳原子。
A．1 B．2 C．3 D．4
（5）生成E的同时会生成其同分异构体H，H的结构简式为：　 　。
（6）关于化合物E的说法中正确的是_______。
A．碳的杂化方式有和两种 B．能与茚三酮反应
C．能与反应产生 D．能形成分子间氢键
（7）F的同分异构体I水解后生成J、K，写出一种符合条件的I即可　 　。
i.J是有3个碳原子的α-氨基酸
ii.K遇溶液溶液能显色
iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为
（8）反应的反应条件是：　 　。
（9）以和为原料，合成(无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）、
（2）保护氨基，防止被氧化
（3）氧化反应
（4）B
（5）
（6）C；D
（7）(J为，K为)
（8），加热
（9）。
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）、由结构可知，A中含氧官能团的结构简式为：、；
（2）、反应1中氨基被反应，在后续反应5中又被转化为氨基，其作用为：保护氨基，防止被氧化；
（3）、由分析，B中羟基被氧化为羰基，为氧化反应；
（4）、手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；中含有2个手性碳原子，故选B；
（5）、生成E为羟基的消去反应，同时会生成其同分异构体H，则为羟基消去，在临近氮原子的碳上形成碳碳双键，得到H的结构简式为：；
（6）、A、苯环碳、羰基碳为杂化，饱和碳为sp3杂化，错误；
B、茚三酮反应是一种化学反应，是指在加热条件及弱酸环境下，氨基酸或肽与茚三酮作用生成有特殊颜色的化合物及相应的醛和二氧化碳的反应。由E结构可知其不能与茚三酮反应，错误；
C、分子中含羧基，能与反应产生，正确；
D、当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；分子中含有N、羧基，则能形成分子间氢键，正确；
故答案为：CD；
（7）、F出苯环外，含有5个碳、1个氮、2个氧、3个不饱和度，F的同分异构体I水解后生成J、K，i.J是有3个碳原子的α-氨基酸，则为J为，且K除苯环外含2个碳、1个氧、2个不饱和度；ii.K遇溶液溶液能显色，含有酚羟基，iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为，则结构对称，K为；故I可以为；
（8）、反应为苯环和碳碳双键与氢气催化加成的反应，反应条件是：，加热；
（9）、
和甲醛发生已知反应生成，羟基发生消去反应生成，再发生加聚反应生成产物，故流程为：。
【分析】A→B合成路线中，官能团变化为A中氨基（-NH-）与苄氧羰基（PhCH2OCO-）结合，形成氨基甲酸苄酯结构（-NHCOOCH2Ph）。据此可判断反应类型为氨基的酰化反应，利用此反应可以实现对苄氧羰基保护；B→C中，利用CrO3/H2SO4作为强氧化剂，选择性氧化B中的仲醇（-CHOH-）为酮羰基（-CO-），属于典型氧化反应；C→D中，根据题干下方给出的已知条件，参照“羰基+R-MgBr+水解→叔醇的格氏试剂反应机制可知，C中酮羰基（-CO-）与Ph-MgBr（格氏试剂）发生加成反应，生成镁氧中间体；再经过H+/H2O条件下水解，得到叔醇（-C(OH)Ph-），生成产物D；D→E中，CF3COOH表面此反应处于强酸性条件，D中叔醇（-C(OH)Ph-）发生消去反应，叔碳正离子稳定，脱水生成碳碳双键，形成吡咯环上的不饱和结构（-C=CH-），生成产物E；E→含-NH-产物中，脱去苄氧羰基保护基（-COOCH2Ph），恢复为氨基（-NH-），可以推测为酸性水解或催化氢解，去除保护基；最后一步，催化加氢还原，苯环在催化剂（如Pd/C）作用下，加成氢气生成最终产物。
（1）由结构，A中含氧官能团的结构简式为：、；
（2）反应1中氨基被反应，在后续反应5中又被转化为氨基，其作用为：保护氨基，防止被氧化；
（3）由分析，B中羟基被氧化为羰基，为氧化反应；
（4）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；中含有2个手性碳原子，故选B；
（5）生成E为羟基的消去反应，同时会生成其同分异构体H，则为羟基消去，在临近氮原子的碳上形成碳碳双键，得到H的结构简式为：；
（6）A．苯环碳、羰基碳为杂化，饱和碳为sp3杂化，错误；
B．茚三酮反应是一种化学反应，是指在加热条件及弱酸环境下，氨基酸或肽与茚三酮作用生成有特殊颜色的化合物及相应的醛和二氧化碳的反应。由E结构可知其不能与茚三酮反应，错误；
C．分子中含羧基，能与反应产生，正确；
D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；分子中含有N、羧基，则能形成分子间氢键，正确；
故选CD；
（7）F出苯环外，含有5个碳、1个氮、2个氧、3个不饱和度，F的同分异构体I水解后生成J、K，i.J是有3个碳原子的α-氨基酸，则为J为，且K除苯环外含2个碳、1个氧、2个不饱和度；ii.K遇溶液溶液能显色，含有酚羟基，iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为，则结构对称，K为；故I可以为；
（8）反应为苯环和碳碳双键与氢气催化加成的反应，反应条件是：，加热；
（9）和甲醛发生已知反应生成，羟基发生消去反应生成，再发生加聚反应生成产物，故流程为：。
4．（2025·上海市）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：
（1）验证矿石中的锗元素可使用的方法为________。
A．原子发射光谱法 B．红外光谱法 C．X射线衍射
（2）既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是________氧化物。
已知矿中含有、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示：
煤焦油
熔点 升华
沸点
（3）使用分段升温的原因是________。
（4）下图为在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，元素的萃出率，图可知真空还原采用的最佳温度及浓度为_______。
A. ，2.5% B. ，5.0% C. ，2.5% D. ，2.5%
（5）真空还原阶段用除，产物还有等生成，写出该阶段的化学方程式________。
采用滴定法测定样品中元素含量的方法如下：
(以下实验过程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
准确称取含锗矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入浓盐酸和溶液，加热至微沸(溶解)冷却后，加入，搅拌至溶液变为无色。将溶液转移至锥形瓶，用稀盐酸冲洗烧瓶并入锥形瓶中。
加入磷酸，冷却溶液至以下(冰水浴)，用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶中加入淀粉溶液作为指示剂。用标准溶液滴定至滴定终点。
记录消耗的体积为。
(还原)
(主反应)
(终点反应)
（6）装置a名称为_______。
A. 锥形瓶 B. 恒压滴液漏斗 C. 球形冷凝管 D. 滴定管
（7）滴定终点时，颜色由________变为________，半分钟不褪色。
（8）滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶________？(真空还原)
（9）已知，求样品(固体)中元素的质量分数【纯度】________(用c、V、m表示)。
（10）滴定结果纯度偏大，可能的原因是_______。
A. 未用标准溶液润洗滴定管
B. 未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)
C. 滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡
D. 在常温下滴定(未保持在以下滴定)
【答案】(1) A
(2) 两性
(3) ①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出
(4) C
(5)
(6) C
(7) 无色 浅蓝色
(8) 实验盖紧塞子防止被氧化【隔绝氧气，避免被氧化为(否则导致滴定结果偏低)】
(9)
(10) A，D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；实验装置综合；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、A、原子发射光谱法是利用原子或离子在一定条件下受激而发射的特征谱线来研究物质的化学成分及含量，每种元素都有其独特的原子发射光谱，可用于确定物质中所含元素种类，所以能用于验证矿石中的锗元素，A正确；
B、红外光谱法主要用于测定有机化合物中官能团的种类和结构，通过分析分子对红外光的吸收情况来确定分子结构，不适用于检测元素种类，不能用于验证锗元素，B错误；
C、X射线衍射主要用于研究晶体的结构，通过分析X射线在晶体中的衍射图案来确定晶体的晶格参数、晶型等信息，不是用于检测元素种类的方法，不能验证矿石中的锗元素，C错误；
故答案为：A
（2）、既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是两性氧化物；
（3）、在低品位锗矿中含有H2O、煤焦油、AS2O3等杂质，不同物质的熔沸点不同。分段升温可以利用各物质熔沸点的差异，在不同温度阶段使相应的杂质以合适的状态（气态、液态等）分离出去。先升温到较低温度，可使沸点较低的H2O和煤焦油汽化分离；继续升温，可使AS2O3在其沸点附近汽化分离，而GeO2等目标物质在相应温度下仍保持固态或其他合适状态，不被过早分离，从而实现杂质与目标物质的有效分离，提高锗的提取纯度和效率。
①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的；
（4）、由图，，使用2.5%的真空还原时，元素的萃出率几乎为100%，此时能节约能源和原料；
（5）、真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中Ge化合价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：；
（6）、仪器a为球形冷凝管，在实验中起到使蒸汽冷却回流的作用，故选C；
（7）、根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟不褪色。
（8）、空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差；
（9）、由题干反应结合Ge元素守恒，存在，则样品(固体)中元素的质量分数；
（10）、A、未用标准溶液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，用量增大，使得测得结果偏大；
B、未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)，导致Ge元素损失，使得测得结果偏低；
C、滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，导致标准液用量读数减小，使得测得结果偏小；
D、在常温下滴定(未保持在以下滴定)，可能被标准液氧化，使得标准液用量增大，测得结果偏大；
故答案为：AD。
【分析】低品位锗矿通过在600~700℃的温度下氧化焙烧，将低品位锗矿中低价态 Ge（如 GeS2、锗硅酸盐等）氧化为 GeO2，此时Ge 从低价升高到+4 价，转化为易处理的氧化物，同时在焙烧时挥发或氧化为气体，据此除去硫、碳等杂质；接着在1000~1200℃的温度下真空还原，NaH2PO2·H2O（次磷酸钠） 作为还原剂，在高温下分解产生强还原性PH3气体，PH3还原GeO2生成GeO蒸气，真空环境能降低GeO沸点，使其以蒸气形式高效分离，同时副产物NaPO3（偏磷酸钠）以熔渣形式排出；
最后通过多步反应把GeO 还原成 Ge，同时粗锗经多步反应提纯为高纯锗，多步设计确保锗的纯度和回收率。
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
5．（2025·上海市）铁红是颜料，什么什么自古以来使用很多的……(题干缺失)。
（1）赭红的主要成分是_______。
A． B． C． D．
（2）饱和氯化铁溶液说法正确的是_______。
A．常温显中性 B．加铁粉变红褐色
C．遇沸水后得到胶体 D．加氨水有白色沉淀
（3）有关铁原子说法正确的是_______。(不定项)
A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子
C．占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子
（4）加热试管中固体至红热，则_______。(不定项)
A．移开酒精灯后固体保持红热 B．S只做还原剂
C．主要产生的气体附产物为 D．最终得到黑色的
（5）内界为　 　，配体有　 　种
（6），加水稀释至体积为原来的2倍，则　 　。
A．增大 B．不变 C．减小
并用浓度商Q与平衡常数K的大小关系解释原因　 　。
（7）已知，求的分布系数　 　。
x 1 2 3 4
K 30.2 134.9 97.72 1.02
【答案】（1）D
（2）C
（3）C
（4）A
（5）；2
（6）A；所有离子浓度变为原来，，平衡逆移
（7）0.805
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）A、三硫化二铁：呈黑色或灰黑色（如硫铁矿），非红色，A错误；
B、四氧化三铁：呈黑色（如磁铁矿），具有磁性，B错误；
C、硫化亚铁：呈黑褐色，常见于陨硫铁，C错误；
D、三氧化二铁：赤铁矿的红色源于 Fe3+的电子跃迁，是赭红的显色成分，赭红作为颜料广泛应用于古代壁画、岩画（如敦煌壁画）和油画，其红色稳定性归因于 Fe2O3的化学惰性，D正确。
故答案为：D
（2）A、氯化铁是强酸弱碱盐且在水溶液中Fe3+水解，溶液显酸性，Fe3++3H2O Fe(OH)3↓+3H+，A错误；
B、加铁粉发生还原反应，生成浅绿色Fe2+：2 Fe3++Fe=3 Fe2+溶液由黄褐色变为浅绿色（Fe2+颜色），无红褐色，B错误；
C、饱和FeCl3溶液滴入沸水中，水解形成氢氧化铁胶体：FeCl3+3 H2O=Fe(OH)3(胶体)+3 HCl，可以观察到溶液变为红褐色透明胶体，可以用丁达尔效应来验证，C正确；
D、加氨水生成红褐色絮状沉淀（Fe(OH)3），非白色：Fe3++3 NH3 H2O=Fe(OH)3↓+3 NH4+，D错误；
故答案为：C
（3）A、"能级"在此指主量子数n的能级。根据铁原子的电子排布为：1s22s22p63s23p64s23d6可以推断出，铁的电子占据能级为：1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，共7个不同能级，A错误；
B、铁原子基态未成对电子主要在3d亚层，3d6有5个轨道，根据洪特规则有6个电子以高自旋状态排布，即4个未成对的单电子和1个成电子，4s2全满，无未成对电子，因此，未成对电子总数为4个，B错误；
C、原子轨道数量由亚层决定，其中s：1个、p：3个、d：5个轨道，因此根据铁原子的电子排布可以推断出总轨道数：1+1+3+1+3+1+5=151+1+3+1+3+1+5=15，C正确；
D、电子能量由量子数n和ll决定，同一亚层内电子能量相同，称之为简并轨道，铁原子有7个不同亚层（能级）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d，每个亚层内电子能量相同（如2p6的6个电子能量相同）。因此，电子只有7种不同能量，而不是26种，D错误；
故答案为：C；
（4）A、铁与硫的反应是放热反应，一旦反应加热至红热，释放的热量足以维持反应进行，移开酒精灯后固体继续红热，直至反应完成或反应物耗尽，A正确；
B、在反应中：铁（Fe）从0价升至+2价，被氧化，作还原剂，硫（S）从0价降至-2价，被还原，作氧化剂，B错误；
C、铁与硫的反应是固相直接化合，主要产物为固态FeS，不产生气体。SO3是硫氧化物，但实验中无氧气参与，且硫粉加热可能升华产生硫蒸气，并非SO3，C错误；
D、实际产物为硫化亚铁，化学式是FeS，呈黑色。Fe2S3（三硫化二铁）不稳定，在常压下不存或迅速分解，不是该反应的产物，D错误；
故答案为：A
（5）、根据配合物 的结构可以看出：内界指配离子部分，即中心金属离子与配体形成的复杂离子，其中铁为 +3价，配离子带 +2个 电荷，故内界为：[Fe(SCN)(H2O)5]2+，配体是配位到中心金属离子上的分子或离子，SCN-是单齿配体（通常以氮原子配位），H2O 是单齿中性配体，共有两种配体类型，其中 SCN- 一个，H2O 五个，配位数为 6。故配体有：SCN-（硫氰酸根）和 H2O（水）
（6）、根据题干可知平衡式为：，体积加倍，各物质浓度变为原浓度的1/2，平衡常数为：，设原浓度分别为a，b，c，则此时的浓度商为：，当X>1时候，可以判断Q>K，故答案为：A，所有离子浓度变为原来，，平衡逆移；
（7）、、、、，=。
【分析】能层是指电子在原子中所处的不同能量层次，通常用主量子数n表示，如K、L、M层等；能级是在同一能层内，由于电子所处空间状态的不同而形成的不同能量级别。每个能层下的能级具有不同的能量，但同一能级下的不同轨道具有相同的能量（称为简并轨道）。
配合物的组成主要包括以下几个部分：中心离子：通常是金属离子，如Fe3+、Cu2+等，负责形成配合物的核心；配位体：与中心离子结合的分子或离子，能够提供孤电子对，形成配位键；配位原子：配位体中提供孤电子对的原子，常见的有氮（N）、氧（O）、硫（S）等；配位数：与中心离子成键的配位原子总数，受中心离子性质的影响；内外界组成：配合物可分为内界（中心离子和配位体）和外界（其他离子或分子）。
浓度商q和平衡常数k之间的关系如下：浓度商q是指在任意时刻，反应物和生成物的浓度（或分压）之比，反映了反应体系偏离平衡状态的程度；平衡常数k是在特定温度下，反应达到平衡时，生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，是一个常数。当q < k时，反应向正反应方向进行；当q > k时，反应向逆反应方向进行；当q = k时，反应达到平衡状态。
（1）、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选D；
（2）A．饱和氯化铁溶液中铁离子水解使得溶液显酸性，A错误；
B．铁和铁离子生成亚铁离子，溶液变为浅绿色，B错误；
C．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，C正确；
D．加氨水生成红褐色氢氧化铁沉淀，D错误；
故选C。
（3）铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；
A．有7个不同能级的电子，错误；
B．有4个未成对电子，错误；
C．占据15个原子轨道，正确；
D．同一能级能量相同，有7种能量不同的电子，错误；
故选C；
（4）A．铁和硫反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，正确；
B．反应生成FeS，S化合价降低，做氧化剂，错误；
C．主要产生的气体附产物为二氧化硫，而非，错误；
D．最终得到黑色的FeS，错误；
故选A；
（5）内界为，配体有SCN2-、H2O两种
（6）所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A；
（7）、、、，=。
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