2025年高考化学冲刺押题卷-化学01上海卷全解全析

2025年高考押题预测卷01高三化学(考试时间：60分钟试卷满分：100分)考生注意：1.试卷满分100分，考试时间60分钟。2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号(考号)，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。3.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64As-75一、化学与人工智能(AI)(20分)．今年，国产DeepSeek开源AI模型大放异彩。AI模型训练需要使用图形处理器(GPU)，GPU芯片的主要成分是硅，纯硅(晶体结构如下图所示)的导电性较差，在硅中引入特定的元素(如磷、硼等)，可以增强其导电性。(1)下列关于硼的说法中，正确的是_______。A．硼元素位于元素周期表中的第2周期第3族B．硼元素位于元素周期表中的s区C．基态硼原子有2种不同形状的电子云D．基态硼原子有3种不同运动状态的电子(2)下列关于硅和磷的性质比较中，正确的是_______。(不定项)A．原子半径：Si＞PB．第一电离能：Si＞PC．熔点：Si＞P4(白磷)D．酸性：H2SiO3＞H3PO4(3)当磷原子取代了纯硅中少量硅原子后，能形成导电性较好的n型半导体。请从结构的角度解释导电性增强的原因。_______【答案】(1)C(2分)(2)AC(2分)(3)磷原子最外层有5个电子，4个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定向移动而导电(3分)【解析】(1)A项，硼元素位于元素周期表中第2周期第IIIA族，而非第3族，故A错误；B项，硼为p区元素，故B错误；C项，基态硼原子(1s22s22p1)有s、p两种形状的电子云，故C正确；D项，基态硼原子有5个电子，有5种不同运动状态的电子，故D错误；故选C。(2)A项，同周期中原子序数越大，原子半径越小，Si(14号)原子半径大于P(15号)，故A正确；B项，由于同周期电离能整体越来越大，且P的3p处于半充满状态，较稳定，故第一电离能SiP，故B错误；C项，Si为共价晶体，P4为分子晶体，一般共价晶体熔沸点比分子晶体熔沸点高，故Si＞P4，故C正确；D项，Si与P非金属性为SiP，故最高价水化物含氧酸H2SiO3H3PO4，故D错误；故选AC。(3)当磷原子取代了纯硅中少量硅原子后，能形成导电性较好的n型半导体原因在于磷原子最外层有5个电子，4个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定向移动而导电，故答案为：磷原子最外层有5个电子，4个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定向移动而导电。．2024年诺贝尔化学奖授予了利用AI设计蛋白质和预测结构的科学家们，利用AI模拟出的血红蛋白的部分结构如下图所示(表示蛋白质的其他部分)。(4)已知血红素中铁的存在形式为，有关的化学用语正确的是_______。A．中子数为30的：B．电子排布式：1s22s22p63s23p63d6C．结构示意图：D．价层电子轨道表示式：(5)上图虚线框的结构中，含有_______。(不定项)A．σ键B．键C．配位键D．离子键(6)上图中键角为，介于(H2S键角)和(CH4键角)之间，请从价层电子对互斥理论的角度解释原因。_______。【答案】(4)B(2分)(5)AB(2分)(6)物质中的S原子和C原子都是sp3杂化，S的价层电子对数为4，其中血红蛋白的部分结构中S原子有2个孤电子对，因为孤电子对的排斥力更大，所以键角小于CH4的键角。H2S中S原子价层电子对数也为4，孤电子对数也为2，但因为氢原子体积较小，不如血红蛋白的部分结构中S上连的两个基团间的排斥力大，故H2S中键角更小(3分)【解析】(4)A项，中子数为30的：，错误；B项，Fe的原子序数为26，基态Fe的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，则的电子排布式：1s22s22p63s23p63d6，正确；C项，结构示意图：，错误；D．价层电子轨道表示式：，错误；故选B；(5)单键都是σ键，双键一个σ键、一个π键，因此含有σ键与π键，不含配位键和离子键，故选AB；(6)图中物质中的S原子和C原子都是sp3杂化，S形成2个价键，S的价层电子对数为4，其中血红蛋白的部分结构中S原子有2个孤电子对，因为孤电子对的排斥力更大，所以键角小于CH4的键角。H2S中S原子价层电子对数也为4，孤电子对数也为2，但因为氢原子体积较小，不如血红蛋白的部分结构中S上连的两个基团间的排斥力大，故H2S中键角更小。．某同学采用AI技术结合计算化学方法，模拟预测了熔融的CaO和MgO冷却结晶的产物结构，得到一种类似NaCl晶胞的结构，如下图所示。(7)该结构中Ca2+周围最近的Mg2+有_______个。A．2B．4C．6D．8(8)已知一个该晶胞的体积为9.61×10-23cm-3，计算该晶体的密度ρ=_____g·cm-3。(NA的数值取6.02×1023，计算结果精确到小数点后2位)(9)用AI输出的另一种晶胞结构是：上图晶胞体心的O2-被替换为Mg2+，判断这种新晶胞的结构是否合理，并写出判断依据_______。【答案】(7)D(2分)(8)3.32(2分)(9)不合理，因为替换后，Mg2+周围都是Ca2+和Mg2+，同种电荷相互排斥，不稳定(或正负化合价代数和不为零，或正负电荷数不相等)(2分)【解析】(7)由晶胞结构可知，以位于面心的Ca2+为研究对象，Ca2+周围最近的Mg2+有8个，距离为面对角线的一半，故选D。(8)该晶胞中Ca2+的个数为=4，Mg2+的个数为=2，O2-的个数为=4，已知一个该晶胞的体积为，计算该晶体的密度=3.32。(9)用AI输出的另一种晶胞结构是：上图晶胞体心的O2-被替换为Mg2+，这种新晶胞的结构不合理，原因是替换后，Mg2+周围都是，Ca2+和Mg2+，同种电荷相互排斥，不稳定(或正负化合价代数和不为零，或正负电荷数不相等)。二、废旧锂离子电池制备碳酸锂(本题共20分)废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下：已知：过硫酸根离子的结构为：(1)锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为___________。(2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有___________(写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为___________。(3)滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为___________。(4)写出过程③中Mn2+发生反应的离子方程式___________；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是___________。(5)常温下滤液C中c(Co2+)=___________mol/L。(常温：Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15)(6)所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是___________。(不定项)A．饱和Na2CO3溶液B．饱和NaHCO3溶液C．饱和食盐水D．覆盖油层的水(7)下列情况会导致测定结果偏低的是___________。A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中B．没有恢复到室温就进行读数C．水准管液面高于量气管D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气【答案】(1)化学能转化为电能(2分)(2)搅拌或者适当升高温度(合理均可)(2分)2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑(2分)(3)H2O2-2e-=2H++O2(2分)(4)Mn2++S2O82-+2H2O=4H++MnO2+2SO42-(2分)MnO42-会在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2(2分)(5)1.09×10-6(3分)(6)BD(2分)(7)C(3分)【解析】正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，初步处理后进行碱浸，Al反应生成四羟基合铝酸钠溶液，滤渣经过氧化氢酸性溶液溶解，H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，过滤分离出石墨，滤液在过程③中Mn2+被S2O82-氧化为MnO2，过程④中加入NaOH调pH使Ni2+和Co2+变为氢氧化物沉淀，过滤后在滤液C中加入浓碳酸钠生成碳酸锂。(1)锂离子电池属于原电池，原电池工作时，是将化学能转化为电能，所以锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为化学能转化为电能；(2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，根据化学反应速率的影响因素，除了对原料粉碎处理增大接触面积外，还可以采用搅拌、升高温度、适当增大碱的浓度等措施，步骤①是铝片与碱液反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；(3)滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，说明H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，所以H2O2的主要作用是还原剂，H2O2半反应式为H2O2-2e-=2H++O2；(4)S2O82-中有过氧键，具有氧化性，过程③中Mn2+被S2O82-氧化为MnO2，离子方程式为Mn2++S2O82-+2H2O=4H++MnO2+2SO42-，步骤②中不能用盐酸酸化溶液，因为溶液中的MnO4-具有强氧化性，能与盐酸中的Cl-发生氧化还原反应，Cl-被氧化为Cl2，MnO4-被还原，会导致后续反应受影响，所以原因是酸性条件下MnO4-会氧化Cl-生成Cl2；(5)滤液C中形成Co(OH)2沉淀，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.09×10-15，一般情况下溶液为碱性，假设c(OH-)=1.0×10-2mol/L(具体OH-浓度应根据题目中其他条件确定，此处假设为常见碱性环境浓度)，则c(Co2+)====1.09×10-6mol/L；(6)测定样品中Li2CO3的含量，利用硫酸与样品反应，测定CO2的体积，通过CO2的量计算Li2CO3的含量；A项，CO2与饱和Na2CO3溶液要反应，故不符合；B项，CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很小，故符合；C项，CO2可以溶于饱和食盐水，故不符合；D项，覆盖油层的水不会溶解CO2，故符合；故选BD；(7)A项，反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中，但是会有等量的空气进入量气管，CO2的体积不会偏小，结果不会偏低，故A不选；B项，没有恢复到室温就进行读数导致测得的CO2的体积偏大，结果偏高，故B不选；C项，水准管高于量气管，则CO2的压强大于大于大气压，使测得的体积偏低，结果偏低，故C选；D项，固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气，不影响生成的CO2，结果无影响，故D不选；故选C。三、制备CuCl(20分)CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl。【资料查阅】ⅰ.ⅱ.实验室使用浓硫酸制备HCl气体的原理如下：NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(央持仪器略)，请回答下列问题：(1)制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。A.酸性B.强氧化性C.难挥发性D.吸水性(2)使用恒压分液漏斗制备HCl气体的优点是_______；X装置的名称为_______。(3)C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_______。(4)装置D中发生的离子方程式为_______。(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_______。②若杂质是CuO，则产生的原因是_______。准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成100mL溶液，取出10.00ml，用amol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bml，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+。CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2(6)配制100mL待测液用不到的仪器有_______。A．容量瓶B．烧杯C．分液漏斗D．胶头滴管(7)样品中CuCl的质量分数为_______(结果化简，M(Cu)=64，M(Cl)=35.5)。(8)若测定结果偏大可能的原因是_______。A．样品中混有CuOB．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗D．装待测液前锥形瓶内残留少量水【答案】(1)C(2分)(2)保持内外压强一致使得液体顺利流下(1分)干燥管(1分)(3)I2+5Cl2+3H2O=2HIO3+10HCl(2分)(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O(2分)(5)加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解(2分)通入HCl的量太少(氯化氢中含有一定水分)，产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO(2分)(6)C(2分)(7)(4分)(8)C(2分)【解析】本题为实验探究题，探究热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，题干实验装置图可知，用浓硫酸和NaCl制得的HCl气体通入装置A中即在HCl气流中加热CuCl2·2H2O，X即球形干燥管中的硫酸铜能够检验是否分解完全，装置C中的湿润的淀粉KI试纸用于检验是否生成Cl2，装置D为吸收尾气中的Cl2和HCl。(1)制备氯化氢的过程反应原理为：NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑，则体现了浓硫酸具有难挥发性，即难挥发性酸制备挥发性酸，故答案为：C；(2)使用恒压分液漏斗制备HCl气体的优点是保持内外压强一致使得液体顺利流下，由题干实验装置图可知，X装置的名称为干燥管，故答案为：保持内外压强一致使得液体顺利流下；(球形)干燥管；(3)由分析可知，制备CuCl过程中产生Cl2，Cl2能氧化KI为I2，从而使湿润的KI淀粉试纸变蓝，但由于Cl2具有强氧化性，能够将I2氧化为更高价态的含碘化合物，故C中试纸变蓝后会逐渐褪色，褪色过程中发生的化学反应方程式为：I2+5Cl2+3H2O=2HIO3+10HCl；(4)由分析可知，装置D的作用为吸收尾气中的Cl2和HCl，防止污染环境，则其中发生的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O；(5)①若杂质是CuCl2，则产生的原因是加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解，故答案为：加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解；②若杂质是CuO，则产生的原因是通入HCl的量太少(氯化氢中含有一定水分)，Cu2+水解产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO，故答案为：通入HCl的量太少(氯化氢中含有一定水分)，产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO；(6)用固体配制100mL一定物质的量浓度的待测液需要使用的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，则配制用不到的仪器有分液漏斗，故答案为：C；(7)根据反应方程式：CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2，Fe2+的还原性强于Cl-，故可用amol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bml，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，反应原理为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则有6CuCl~6Fe2+~Cr2O72-，则有：n(CuCl)=n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6ab×10-3mol，故样品中CuCl的质量分数为=；(8)A项，样品中混有CuO，导致生成的Fe2+偏小，消耗标准液的体积偏小，则所测量结果偏小，A不合题意；B项，滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，导致消耗的标准液的体积偏小，所测量结果偏小，B不合题意；C项，滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗，导致标准液浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，所测量结果偏大，C符合题意；D项，装待测液前锥形瓶内残留少量水对实验结果无影响，D不合题意；故选C。四、灵芝酚的合成(18分)灵芝酚能延缓慢性肾病的进程。我国科学家合成灵芝酚的一种路线如下：已知：(1)c中的官能团有_____(填名称)。(2)b的结构简式是_____。(3)属于氧化反应的是_____(不定项)。A.c→dB.f→gC.h→ID.i→j(4)用“*”标出f中的不对称碳原子_____。(5)生成e时有副产物e’生成，e’是e的同分异构体；d→e’的反应中，杂化方式改变的碳原子是_____。A．①、②B．①、⑥C．③、④D．⑤、⑦(6)h→i与i→j的转化顺序能否互换？原因是_____。(7)a有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式_____。i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3；ii．能发生消去反应；iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6.(8)结合所学及上述路线中的信息，写出乙烯与合成的路线(无机试剂任选)_____。(合成路线表示为：MN……目标产物)【答案】(1)醚键、酮羰基、酯基(2分)(2)(2分)(3)BC(2分)(4)(2分)(5)A(2分)(6)不能互换。酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏(2分)(7)或(3分)(8)(3分)【解析】a到c发生已知的反应，属于取代反应，c到d发生先加成后取代反应，d到e发生-OH的消去反应，e到f引入-OH，f到双键形成环醚，g到h断开三元环，形成一个五元环和一个六元环，h到i引入羰基，i到j醚键转化为酚羟基。(1)C的结构简式为：，官能团有醚键、酮羰基、酯基；(2)由a和c的结构简式及已知的反应可知，b的结构简式为：；(3)c到d是加成反应；f到g加氧是氧化反应；h到i是加氧的反应，是氧化反应；i到j是取代反应；故选bc；(4)一个C周围连接四个不同的原子或原子团为不对称碳原子，即手性碳原子，如图：；(5)d到e的反应是消去反应，还可以得到另一种结构：，①②碳原子由sp3转化为sp2杂化，故选A；(6)h→i与i→j的转化顺序不能互换，原因是：酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏；(7)i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，说明含有酚羟基；ii．能发生消去反应，I原子连接的碳原子相邻C原子上有H原子；iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6，含有两个等效的甲基和一个不等效甲基；符合条件的结构有：或；(8)形成三元环可以用ICH2CH2I与发生已知的反应得到，ICH2CH2I可以用乙烯和I2发生加成反应得到；故合成路线为：。五、高炉反应的研究(22分)高炉炼铁是现代炼铁的主要方法。(1)高炉中常见的是三步(>570°C)机制。具体反应如下：①3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH1=−47.2kJ•mol-1②Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH2=19.4kJ•mol-1③FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH3=−11.0kJ•mol-1铁元素位于元素周期表第_______周期第_______族；计算Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)的ΔH=_______。【答案】四(1分)Ⅷ(1分)-24.8kJ•mol-1(2分)【解析】铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)可由×(①+②×2)+③×2得，得。(2)高炉气中存在反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)ΔH>0，勒夏特列通过研究该反应提出了化学平衡移动原理。恒温恒容时，能说明上述反应达到平衡状态的是_______。(不定项)A．CO2与CO的物质的量之比为1：2B．v正(CO2)：v逆(CO)=2：1C．CO2和CO的浓度不再改变D．混合气体的密度不再改变不同温度和压强下，上述反应达到平衡时CO和CO2​的体积分数变化如图所示。根据化学平衡移动原理，解释两种气体体积分数的变化趋势_______。【答案】CD(2分)当温度不变时，由于该反应是体积增大的反应，压强增大，平衡左移，所以CO体积分数减小，CO2体积分数增大。当压强不变时，由于该反应正反应吸热，温度升高，平衡右移，所以CO体积分数增大，CO2体积分数减小。(合理即可)(4分)【解析】A项，CO2与CO的物质的量之比为1：2，没有说保持不变，无法判断反应是否达到平衡状态，A错误；B项，反应处于平衡状态时2v正(CO2)=v逆(CO)，当v正(CO2)：v逆(CO)=2：1时，反应未处于平衡状态，B错误；C项，CO2和CO的浓度不再改变，按定义达到平衡状态，C正确；D项，因为该反应是在恒容条件下，气体质量在反应前后不守恒，即密度是不断变化的，故当密度不变是反应达到平衡状态，D正确；故选CD。当温度不变时，由于该反应是体积增大的反应，压强增大，平衡左移，所以CO体积分数减小，CO2体积分数增大；当压强不变时，由于该反应正反应吸热，温度升高，平衡右移，所以CO体积分数增大，CO2体积分数减小。(3)据报道，某含铜配合物可催化还原CO2，该反应历程中相对能量变化如图所示。上图反应历程中，基元反应和中间体各有_______个。A．5；4B．6；5C．6；4