2024年上海市普通高中学业水平等级性考试

2024年上海市普通高中学业水平等级性考试化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Mg—24Al—27Cl—35.5Ca—40Br—80一、氟及其化合物氟元素及其化合物具有广泛用途。1．下列关于氟元素的性质说法正确的是________。A．原子半径最小B．原子第一电离能最大C．元素的电负性最强D．最高正化合价为＋7C[元素周期表中H元素的原子半径最小，A错误；同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，故每一周期最后一种元素(稀有气体)的第一电离能最大，B错误；一般来说同周期元素从左至右，元素的电负性逐渐变大，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则元素周期表中F元素的电负性最强，C正确；F元素没有正价，D错误。]2．有关18F与19F说法正确的是________。A．是同种核素B．是同素异形体C．19F比18F多一个电子D．19F比18F多一个中子D[18F和19F质子数相同、中子数不同，二者是F元素的不同核素，A错误；同素异形体是指同种元素形成的不同单质，故B错误；18F和19F质子数相同，即核外电子数相同，C错误；19F和18F的中子数分别为10、9，D正确。]3．萤石(CaF2)与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的化学方程式__________________________________________________________________________________________________________________________________________。该反应中体现的浓硫酸的性质是________。A．强氧化性 B．难挥发性C．吸水性 D．脱水性[解析]根据元素守恒知氟化钙和浓硫酸共热可生成CaSO4和HF，生成的HF易挥发，促使反应正向进行，浓硫酸体现难挥发性。[答案]CaF2＋H2SO4(浓)△CaSO4＋2HF4．液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HF⥬X+HF2-HF2-的结构为F—H…F－，其中F－与HF依靠[解析]根据元素守恒和电荷守恒知，X为H2F＋，F的电负性很大，能与H形成氢键，结合HF2-的结构为F—H…F－，知F－与[答案]H2F＋氢键5．氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析]类比Fe遇冷的浓硝酸钝化进行分析，F2与Cu反应生成的CuF2为难溶物，覆盖在Cu表面可阻止Cu与F2继续反应，故可用Cu制容器储存氟单质。[答案]F2与铜形成致密的CuF2保护膜覆盖在Cu表面，阻碍Cu与F2进一步反应PtF6是极强的氧化剂，Xe和PtF6可制稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氙([XeF]＋[Pt2F11]－)的制备方式如图所示：6．上述反应中的催化剂为________。A．PtF6 BC．F－ D．XeF＋C[分析图像知，F－在过程①中参加反应，又在过程④中生成，是该反应的催化剂。]7．(不定项)上述过程中属于氧化还原反应的是__________________________________________________________________________________________________。A．② B．③C．④ D．⑤AB[分析题图可知，过程①发生反应PtF6+F-=PtF7-，过程②发生反应PtF7-+Xe=XeF+PtF6-，过程③发生反应XeF+PtF6=PtF6-＋XeF＋，过程④发生反应PtF6-8．氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将1mol的Xe和9mol的F2同时通入50L的容器中，反应10min后，测得容器内共有8.9mol气体，且三种氟化物的物质的量之比为XeF2∶XeF4∶XeF6＝1∶6∶3，则10min内XeF4的反应速率v(XeF4)＝________________________________________。[解析]根据三种氟化物的物质的量之比可以得到体系中发生反应：10Xe＋22F2=XeF2＋6XeF4＋3XeF6，反应前体系中共有10mol气体，反应后体系中共有8.9mol气体，利用差量法进行计算：10Xe＋22F2=XeF2＋6XeF4＋3XeF6Δn622n(XeF4)1.1mol10min时生成的XeF4为6×1.122mol，故v(XeF4)＝6×1.122÷50÷10mol·L-1·min-1＝6×10-4mol·[答案]6×10-4mol·L-1·min-1二、粗盐水的精制粗盐中含有SO42-、K＋、Ca2+、Mg已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示：9．步骤①中BaCl2要稍过量，请描述检验BaCl2是否过量的方法：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[答案]静置后取适量上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已滴加过量，反之则未过量10．(不定项)若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致________。A.SOB．消耗更多NaOHC．Ba2+不能完全去除D．消耗更多Na2CO3AD[由题图知，加入BaCl2溶液后会生成BaSO4沉淀，若不过滤直接加入NaOH和碳酸钠，则BaSO4会转化成BaCO3沉淀，SO42-重新进入溶液，消耗更多的CO32-，11．过滤操作中需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还需要________。A．分液漏斗 B．漏斗C．容量瓶 D．蒸发皿B[过滤需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故B正确。]12．步骤④中用稀盐酸调节pH至3～4，除去的离子有_____________________________________________________________________。[解析]由题图可知，滴加稀盐酸前滤液中主要含有K＋、Na＋、Cl－、OH－、CO32-，OH－、CO32-均可与加入的稀盐酸反应，分别生成H2O[答案]OH－、CO13．“一系列操作”是指________。A．蒸发至晶膜形成后，趁热过滤B．蒸发至晶膜形成后，冷却结晶C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤D．蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶C[由题图可知，“一系列操作”的目的是分离KCl与NaCl，结合题给溶解度曲线可知，NaCl的溶解度随温度变化较小，KCl的溶解度随温度变化较大，故可加热至有大量晶体析出后趁热过滤，C正确。]14．请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析]加入盐酸后OH－、CO3[答案]H++OH-=H2O，CO32-＋另有两种方案进行粗盐提纯。方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为Ca(OH)2]除去Mg2+再通入含NH3、CO2的工业废气除去Ca2+；方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+。15．相比于方案3，方案2的优点是____________________________________________________________________________________________________________。[解析]方案2中，通入含NH3、CO2的废气后发生反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3＋H2O＋CO2=CaCO3↓＋2NH4Cl，工业废气转化为氮肥，实现了工业废气的资源化利用，减少了有害气体的排放。[答案]有害气体资源化利用产生氮肥，减少了有害气体的排放16．已知粗盐水中MgCl2含量为0.38g·L-1，CaCl2含量为1.11g·L-1，现用方案3提纯10L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为CaO)和碳酸钠的物质的量。[解析]由题意可知，10L粗盐水中含有3.8gMgCl2(0.04mol)、11.1gCaCl2(0.1mol)，加入CaO后发生反应：CaO＋H2O＋Mg2+=Mg(OH)2＋Ca2+，则除去MgCl2需消耗0.04molCaO，同时引入0.04molCa2+，根据关系式：Ca2+～CO[答案]n(CaO)＝0.04mol，n(Na2CO3)＝0.14mol三、溴化铝的性质已知AlBr3可二聚为如图所示的二聚体：17．该二聚体中存在的化学键类型为________。A．极性键 B．非极性键C．离子键 D．金属键将该二聚体溶于CH3CN中生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(结构如图所示)，已知配离子的结构为四面体形，则其中心原子的杂化方式为________，其中配体是________；1mol该配合物中有________molσ键。[解析]根据该二聚体的结构可知，Br和Al以极性共价键相连，故A符合题意。根据配离子的结构为四面体形可知，中心原子Al采取sp3杂化，其中配体为CH3CN和Br－，1个共价单键含1个σ键，1个碳碳三键含有1个σ键和2个π键，故1mol该配合物中含有14molσ键。[答案]Asp3CH3CN、Br－1418．铝的三种化合物的沸点如表所示：铝的卤化物AlF3AlCl3AlBr3沸点/℃1500370430解释三种卤化物沸点差异的原因___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析]F的电负性最大，可与Al形成离子晶体，其沸点最高；而Cl、Br的电负性较小，和Al形成的是分子晶体，又AlCl3和AlBr3结构相似，根据结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，则溴化铝的沸点高于氯化铝的沸点。[答案]氟化铝为离子晶体，变成气体时破坏的是离子键，氯化铝和溴化铝均为分子晶体，变成气体时破坏的为范德华力，又结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，故沸点：AlF3>AlBr3>AlCl3已知反应Al2Br6(l)⥬2Al(g)＋6Br(g)ΔH①Al2Br6(s)⥬Al2Br6(l)ΔH1②Al(s)⥬Al(g)ΔH2③Br2(l)⥬Br2(g)ΔH3④Br2(g)⥬2Br(g)ΔH4⑤2Al(s)＋3Br2(l)⥬Al2Br6(s)ΔH519．则ΔH＝________。由图可知，若该反应自发进行，则该反应的________(填选项)。A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH<0，ΔS>0C．ΔH>0，ΔS<0 D．ΔH<0，ΔS<0[解析]根据盖斯定律可得，已知反应＝－1×反应①＋2×反应②＋3×反应③＋3×反应④－反应⑤，则ΔH＝－ΔH1＋2ΔH2＋3ΔH3＋3ΔH4－ΔH5。根据题图可知，该反应高温可自发进行，可知该反应的ΔS>0，则C、D不符合题意；当ΔH<0时，该反应可在任意温度下自发进行，B不符合题意，故答案为A。[答案]－ΔH1＋2ΔH2＋3ΔH3＋3ΔH4－ΔH5A已知Al2Br6的晶胞如图所示(已知结构为平行六面体，各棱长不相等，Al2Br6位于棱心)。20．该晶体中，距离Al2Br6最近的Al2Br6有________个(填选项)。A．4 B．5C．8 D．12A[由于晶胞的各棱长不相等，以中圆圈内的Al2Br6为研究对象可知，距离Al2Br6最近的Al2Br6有如图“*”标记的4个。]21．已知NA＝6.02×1023mol-1，一个晶胞的体积V＝5.47×10-22cm3，Al2Br6的晶体密度为______________________________________________________________________________________________________________________________。[解析]由“均摊法”可知，1个晶胞中含有Al2Br6的个数为8×14＝2，则该晶体的密度为2×534g·mol-1[答案]3.24g·cm-322．AlBr3水解可制得Al(OH)3胶体，请解释能用AlOH3净水的原因[解析]氢氧化铝胶体具有良好的吸附性，可吸附水中悬浮的杂质颗粒，并使其沉降，从而达到净水的目的。[答案]氢氧化铝胶体具有良好的吸附性，可吸附水中悬浮的杂质颗粒并使其沉降，从而达到净水的目的23．用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是________。A．[mAl(OH)3·nAl3+·(3n－x)Br－]x＋B．[mAl(OH)3·nBr－·xAl3+]3x＋C．[mAl(OH)3·nOH－·(n－x)H＋]x－D．[mAl(OH)3·nAl3+·(n－x)Br－]x＋A[根据胶体粒子向阴极移动可知，该胶体粒子带正电荷，故排除C项，B中胶体粒子所带电荷数应为3x－n，D中胶体粒子所带的电荷数应为2n＋x，与题给电荷数不符，故本题选A。]四、瑞格列奈的制备24．瑞格列奈中的含氧官能团除了羧基、醚键，还存在____________________。[解析]瑞格列奈中的含氧官能团除了羧基、醚键，还有“”，其名称为酰胺基。[答案]酰胺基25．反应①的反应类型为________。A．还原反应 B．消去反应C．取代反应 D．氧化反应A[根据F与G的结构简式可知，反应①为“加氢”的还原反应。]26．反应②的试剂和条件是___________________________________________________________________________________________________________________。[解析]根据H、J的结构简式可知，反应②为酸性环境下的水解反应，也可为在碱性条件下水解后再经酸化的反应。[答案]稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热，H＋)27．D的分子式是C11H13OF，画出D的结构简式________________________。[解析]由C、E的结构简式知，C中醇羟基被氧化为酮羰基生成D。[答案]28．化合物D有多种同分异构体，写出满足下列条件的D的同分异构体的结构简式________。Ⅰ．芳香族化合物，可以发生银镜反应；Ⅱ．核磁共振氢谱中显示出3组峰，其峰面积之比为6∶6∶1。[解析]根据条件Ⅰ可知，D的同分异构体中含有苯环，可以发生银镜反应，说明含有醛基，结合D的分子式可知，还有四个饱和碳原子及一个氟原子，结合条件Ⅱ可知其核磁共振氢谱的3组峰的峰面积之比为6∶6∶1，则“1”表示醛基上的氢原子，“6”表示在苯环上对称分布的甲基的氢原子，故该同分异构体的结构简式为。[答案]29．G的对映异构体分离后才能发生下一步反应。(1)G中有________个手性碳。(2)已知RNH2＋＋CH3COOH，用和谷氨酸可制备，该物质可用于分离对映异构体。谷氨酸的结构简式为______________________；检验谷氨酸的试剂是________。A．硝酸 B．茚三酮C．NaOH D．NaHCO3[解析](1)手性碳原子是指与四个不同的原子或基团相连的碳原子，G中的手性碳原子如图中“*”标记所示。(2)根据已知反应并结合的结构简式可推知，谷氨酸的结构简式为谷氨酸可用茚三酮检验。[答案](1)1(2)B30．用与G可直接制取J，但产率变低，请分析原因_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析]中的两个羧基不等效，均可以和氨基反应，有副产物生成，造成产率变低。[答案]该物质中含有两个羧基且均可与氨基反应，会有副产物生成31．设计以和CH3MgBr合成的路线。[解析]为与的缩聚产物，根据逆合成法分析，由发生氧化反应得到，根据A→B→C的反应知，可由与CH3MgBr反应后再水解得到。[答案]CH3MgBr五、珊瑚礁的形成与保护已知：Ca2++2HCO3-⥬CaCO3①HCO②Ca2++CO3③HCO3-＋H＋⥬H232．(不定项)以下能判断总反应达到平衡状态的是________。A．钙离子浓度保持不变B．cHCOC．v正(Ca2+)＝v逆(CaCO3)D．v正(H2CO3)∶v逆)HCO3-＝AC[钙离子为反应物，其浓度保持不变，可以说明总反应达到平衡状态，A正确；cHCO3-cCO32-保持不变，不能说明溶液中各离子浓度不变，即不能说明总反应达到平衡状态，B错误；钙离子的沉淀速率等于碳酸钙的分解速率，可以说明总反应达到平衡状态，C正确；各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，当碳酸的正反应速率与碳酸氢根离子的逆反应速率之比为33．pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因_____________________________________________________________________________________________________。[解析]pH增大会使氢离子浓度减小，从而使各反应平衡发生移动，促进珊瑚的形成。[答案]pH增大会使氢离子浓度减小，反应③平衡逆向移动，反应①平衡正向移动，从而增大碳酸根离子的浓度，利于钙离子与碳酸根离子结合形成珊瑚34．已知H2CO3的Ka1＝4.2×10-7，Ka2＝5.6×10-11，Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9，c(H＋)＝8.4×10-9mol·L-1，cHCO3-＝1×10-4mol·L-1，c(H2CO3)为________________。当c(Ca[解析]Ka1＝cHCO3-·cH+c