（网络收集）2026年上海化学卷高考真题带答案带解析文字版特别提示：本试卷标注“不定项”的选择题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不得分；有2个正确选项的，漏选1个得一半分，选错不得分。未特别标注的选择题，每小题只有1个正确选项。一、硝普钠的制备硝普钠()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：1.已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。A.、5 B.、6 C.、5 D.、6 2.在第3步中，通常需要将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：【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)]，同时将转化为NH3·H2O以便后续煮沸除去5.C 6.B 7.KNO3、NaNO3 8.2【解析】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，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。第1题详解：整个配合物为电中性，设中心的化合价为，根据电荷守恒：，解得，即中心离子为；配体为个和个，总配位数为；第2题详解：操作要求缓慢滴加，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；第3题详解：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；第4题详解：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)]，同时将转化为NH3·H2O以便后续煮沸除去；第5题详解：甲基橙变色范围为，甲基红变色范围为，均无法准确指示；计可以准确测定溶液，满足要求；第6题详解：根据氧化反应方程式，产物含，在的碱性条件下煮沸，转化为（氨）逸出，因此煮沸除去的物质为氨；第7题详解：反应物为，氧化反应后生成大量，同时又会生成NaNO3，蒸发结晶后，滤液中主要含、NaNO3，因此物质的主要成份为硝酸钾、硝酸钠；第8题详解：设结晶水个数为，加热减少的质量为结晶水的质量，根据硝普钠化学式可知：解得。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)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，且与溶液可发生显色反应；ii．能与反应生成；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15.结合以下合成信息，在括号中补全合成路线___________。已知：【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。13①D②14.15①O2、Cu（或Ag）、Δ②BrCH2CH(CH3)CHO③HOCH2CH2OH、H+（或浓H2SO4、Δ）④【解析】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在作用下发生取代反应生成G。G在酸性条件下（）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。第9题详解：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。第10题详解：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（），通常需要浓硫酸（浓）作催化剂和吸水剂，并在加热条件下进行。第11题详解：A．连接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，不能与溶液反应生成。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（），能在氢氧化钠（）溶液中发生水解反应。故选AD。第12题详解：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（）条件下加热使其发生水解反应生成；然后必须加入稀硝酸中和过量的碱，防止后续加入时生成黑色沉淀干扰观察；最后加入溶液，若生成淡黄色沉淀（），则证明含溴元素。第13题详解：(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。第14题详解：A的分子式为。条件i：与显色，说明含有酚羟基（）。条件ii：与反应生成，说明含有羧基（）。条件iii：核磁共振氢谱有4组峰，面积比为。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，苯环上的和必须处于对位（1，4-位），而两个必须对称分布在3，5位（或2，6位），结构简式为：。第15题详解：目标产物为，原料为。首先需将伯醇氧化为醛，使用催化氧化（），得到中间体1：。为了防止后续格氏试剂与醛基反应，需用乙二醇（）在酸性条件下将醛基保护为缩醛。缩醛化合物与格氏试剂发生已知信息(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。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：反应II：(反应I中可以近似认为)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.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GBL D.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，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.3/5t B.5t/3 C.3/5 D.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，若1 mol GBL理论上最多可吸收，则其理论储氢密度为___________(用百分数表示，保留2位小数)(；)22.在2 L密闭容器中，加入1 mol储氢材料、6 mol灰氢(灰氢中物质的量分数为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和的工业过程。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___________。【答案】16.17.BCD 18.B 19.①C②温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变20.A 21.4.65%22.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】第16题详解：由图像可知，相同物质的量分数下催化的反应速率更高，且随物质的量分数增大，对应的反应速率基本保持稳定，对应的反应速率大幅下降，因此效果较好的催化剂为，理由为该催化剂在物质的量分数较高的条件下仍能维持较高的反应速率，抗中毒性能更优。第17题详解：反应达到平衡时为动态平衡，的生成速率与消耗速率相等，并非不再生成，A错误；反应速率之比等于化学计量数之比，，当时，，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；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；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。第18题详解：反应II为分解生成和氢气，为吸热、气体分子数增大的反应。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；温度升高，吸热反应平衡正向移动，B正确；为液态，浓度为恒定值，加入不影响平衡状态，C错误；催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，则D错误；故选B。第19题详解：平衡常数仅与温度有关，恒温条件下值不变，由可知，氢气的浓度不变。故选C。原因为温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变。第20题详解：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，和总物质的量为3mol。设t min内生成的物质的量为，则消耗氢气的物质的量为，平衡时氢气的物质的量为，气体总物质的量为。由氢气的物质的量分数为0.375可得，解得，因此每分钟生成的物质的量为。故选A。第21题详解：1mol最多吸收2mol，吸收的氢气质量为，1mol的质量为86g，因此储氢密度为.第22题详解：理论上1mol最多吸收2mol，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，起始氢气物质的量为3mol，因此平衡时氢气的物质的量为，容器体积为2L，氢气浓度为，代入平衡常数表达式得。第23题详解：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。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，含有少量杂质)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、S B.C、H C.N、S D.N、H（2）离子液体[]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：的歧化反应①根据上述信息，计算反应热___________。②在298 K时，反应的则在该条件下，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：________________________（5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。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）反应中可以用___________替代。A.葡萄糖B.C.D.（8）下图为晶胞图，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）、、三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明和键角不同的原因是___________。【答案】（1）D（2）BC（3）①875②不能③该温度下反应的，歧化反应正向自发，会转化为和（4）17（5）氧化剂（6）（7）A（8）①A②4（9）①②中原子有1对孤电子对，中原子有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】小问1详解：该辅助光亮剂含、、、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，故电负性最大的是，最小的是，选D。小问2详解：该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的键可与阴离子中的形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。小问3详解：(1)根据盖斯定律，目标反应可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故。(2)298K时，反应的吉布斯自由能，说明歧化反应在该条件下正向自发进行，故在溶液中不能大量存在。小问4详解：依据电子守恒，中从+2价升高到+3价，每个失1e⁻，从-2价升高到+6价，每个失8e⁻，4mol共失电子，中从0价降低到-2价，1mol得4e⁻，故的系数为。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为，的系数为16，配平后总反应为。小问5详解：反应液中含、、、，为将元素全部转化为，便于调节pH生成沉淀除去，需添加氧化剂将氧化为。小问6详解：电解装置右侧转化为，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。小问7详解：反应中中、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，、无强还原性，为氧化剂，故选A。小问8详解：晶胞中原子采取面心立方堆积，已画出的位于顶点和面心位置，未画出的位于晶胞体心位置，选A；每个原子周围紧邻的原子构成四面体结构，故距离原子最近的原子有4个。小问9详解：、、的中心原子均为杂化，中有1对孤电子对，中有1对孤电子对但的电负性小于，孤电子对排斥力更小，中有2对孤电子对，孤电子对排斥力更大，故键角顺序为；和键角不同的原因是中原子有1对孤电子对，中原子有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。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、、，少量、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，，，。②、完全沉淀的，开始沉淀的；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.写出用过量和溶液反应制备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，往含溶液中加入至溶液的，可生成沉淀，则溶液中的比值为___________。30.国家环保规定排污时的含量需要≤，现有室温下1000 L含的废水需要排放，废水中浓度为，需要加入___________。【答案】25.D 26.Cd2++4H2S+2=CdS↓+2NO+3S↓+4H2O 27.B 28.A 29.0.36 30.1.58【解析】以含镉废水（含Cd2+、H+、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；第25题详解：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n3】，因此位于第五周期第ⅡB族；故答案选D；第26题详解：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=CdS↓+2NO+3S↓+4H2O；第27题详解：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；第28题详解：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；第29题详解：已知Kb(NH3·H2O)==1.8×10-5，pH=9.7时，pOH=14-9.7=4.3，c(OH-)=10-4.3mol/L，则：==；10-4.3=100.7×10-5≈5.01×10-5，代入得：≈0.36；第30题详解：需沉淀的物质的量为；溶液中残留的物质的量为；故所需总质量为。
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