精品解析：2024年5月上海普通高中学业水平等级性考试化学试题（参考版）

2024年上海市普通高中学业水平等级性考试 化学试卷(网络回忆版) 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姓名、报名号，将条形码贴在指定位置。答题时，必须将答案涂或写在答题纸上，在试卷上答题一律不得分。 3．标注不定项选择题，每题有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，错选不得分；其他选择题，每题只有1个正确选项。 相对原子质量：H-1 C-12 Ca-40 O-16 F-19 Mg-24 Cl-35.5 Br-80 Al-27 一、氟及其化合物 1. 从1771年获得氟化氢到1886年通过电解法制备氟单质，经历一百多年时间。目前，含氟化合物已广泛应用于医药、材料等领域。 （1）在元素周期表中，氟元素的___________。 A. 原子半径最小 B. 第一电离能最小 C. 元素电负性最强 D. 最高正化合价为+7 （2）18F标记的氟化钠注射液可用于肿瘤检测，下列关于18F与19F的说法正确的是___________。 A. 二者属于同种核素 B. 二者互为同素异形体 C. 18F比19F少一个电子 D. 18F比19F少一个中子 （3）工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为___________。该反应中，浓硫酸体现了酸性和___________。 A．吸水性 B．脱水性 C．强氧化性 D．难挥发性 （4）据研究，液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，微粒X的化学式为___________，的结构为，其中F-与HF之间的作用力为___________。 （5）氟单质具有强氧化性，常温下能与铁、银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是___________。 PtF6的极强的氧化剂，历史上Xe和PtF6在一定条件制备了稀有气体离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。其制备的反应历程①~⑤如图所示： （6）由上述反应历程可知，该反应的催化剂是___________。 A. PtF B. PtF C. F- D. XeF （7）上述反应历程中属于氧化还原反应的是___________。 A. ② B. ③ C. ④ D. ⑤ 在一定温度下，Xe与F2能形成气态氟化氙XeFn(n=2，4，6)。 （8）向50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，其中三种氟化氙的物质的量的比n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，则0~10 min内v(XeF4)=___________mol·L-1·min-1。 【答案】（1）C （2）D （3） ①. CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑ ②. D （4） ①. H2F+ ②. 氢键 （5）氟气与铜反应生成致密的氟化膜，阻止氟气与铜继续反应 （6）C （7）AB （8）6.0×10-4 【解析】 【小问1详解】 氟元素位于第二周期第ⅦA族，在元素周期表中，氟元素的电负性最强，第一电离能也不小，但不是最大的，第一电离能最大的是氦，氟没有最高正化合价，原子半径最小的是H元素，答案选C。 【小问2详解】 A．二者质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，A错误； B．二者质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，B错误； C．二者质子数相同，核外电子数相同，C错误； D．18F比19F少一个中子，D正确； 故答案选D。 【小问3详解】 工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑；该反应中，浓硫酸体现了酸性和难挥发性。 【小问4详解】 液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，根据原子守恒可知，其中X为H2F+，的结构为，其中F-与HF依靠氢键相连接。 【小问5详解】 氟单质具有强氧化性，常温下能与铁银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是氟单质与铜反应生成了致密的氟化铜保护膜，覆盖在铜表面，阻碍铜与氟气进一步反应。 【小问6详解】 由图可知，参与第①步反应，在最后一步反应中生成，是该反应的催化剂，则F-为该反应的催化剂。 【小问7详解】 上述过程中②与③存在Xe和Pt元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应。 【小问8详解】 氟气通入Xe中会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体，50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，且三种氟化物的比例为n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，设生成的XeF2、XeF4、XeF6分别为a mol、6a mol、3a mol，根据方程式：则有a+12a+9a=(10-8.9) mol=1.1 mol，解得a=0.05 mol，生成的XeF4为0.05 mol×6=0.3 mol，10 min内XeF4的化学反应速率为v(XeF4)=。 二、粗盐水的精制 2. 粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 （1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A. B. C. D. （2）①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是___________。 （3）②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有___________。(用化学式表示) （4）若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A. 不能除尽Ba2+ B. 不能除尽SO C. 消耗更多的Na2CO3 D. 消耗更多的NaOH （5）加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有___________。 （6）KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A. 蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B. 蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D. 蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 （7）写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式___________。相比于方法3，方法2的优点是___________。 （8）若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量___________。(写出计算过程) 【答案】（1）B （2）在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量 （3）Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3 （4）BC （5）CO、OH- （6）C （7） ①. Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH ②. 利用工业废气除Ca2+，降低了成本 （8）n(CaO)=0.04mol、n(Na2CO3)=0.14mol 【解析】 【分析】粗盐加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去硫酸根离子，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去氢氧化钠、碳酸钠，经过一系列操作后得到精盐。 【小问1详解】 过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器普通漏斗，故选B； 【小问2详解】 钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，故检验BaCl2是否过量的实验方法是：在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量； 【小问3详解】 加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，故沉淀H中含有：Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3； 【小问4详解】 由表数据，相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得硫酸根离子不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选BC； 【小问5详解】 滤液Ⅱ中含过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，调节pH至3~4，则除去的离子有CO、OH-； 【小问6详解】 由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，得到晶体洗涤干燥可得到精盐，故选C； 【小问7详解】 方法2中，除去Ca2+时发生反应为在通入氨气形成的碱性条件下，钙离子、氨气、二氧化碳、水生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH；相比于方法3，方法2的优点是提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，，降低了成本，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； 【小问8详解】 MgCl2为0.38g·L-1，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.004mol/L×10L=0.04mol；粗盐水中CaCl2为1.11g·L-1，，即，，此时溶液中Ca2+总物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 三、溴化铝的结构和性质 3. 溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示： （1）关于Al2Br6中化学键描述正确的是___________。 A. 含有极性键 B. 含有离子键 C. 含有非极性键 D. 含有金属键 （2）Al2Br6溶于乙腈(CH3C≡N)会生成配合物。该配合物的组成如图所示： a．已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为___________。 A．sp B．sp2 C．sp3 b．该配离子中所含的配体有___________。(化学式) c．1mol该配离子中含σ键___________mol。 A．4 B．12 C．14 D．18 反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH可用于估算Al2Br6(g)的总键能。已知下列过程： ①2Al(s)+3Br2(l)=Al2Br6(s) ΔH1 ②Al(s)=Al(g) ΔH2 ③Br2(l)=Br2(g) ΔH3 ④Br2(g)=2Br(g) ΔH4 ⑤Al2Br6(s)=Al2Br6(g) ΔH5 （3）则反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH=___________。(用ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4、ΔH5表示) Al2Br6的晶胞如下图所示： （4）已知晶胞的上、下面和左、右面均为长方形，二聚分子的中心均位于棱心位置。距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6有___________个。 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 （5）该晶体的晶胞体积V=5.47×10-22cm3，晶胞密度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) （6）已知氟化铝、溴化铝和碘化铝的熔点如下表所示，碘化铝和溴化铝的结构相似。利用晶体结构有关知识，解释氟化铝、溴化铝和碘化铝熔点存在差异的原因。___________ 物质 氟化铝 溴化铝 碘化铝 熔点/K 1564 371 464 （7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是___________。 （8）已知电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体的化学式离子可能是___________。 A. [mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B. [mAl(OH)3·nBr-·xAl3+](3x+n)+ C. [mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D. [mAl(OH)3·nAl3+·3nBr-] 【答案】（1）A （2） ①. C ②. CH3CN、Br- ③. C （3）ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5 （4）B （5）3.24 （6）氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体。离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝。溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝 （7）Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降 （8）A 【解析】 【小问1详解】 溴化铝的固体以二聚体分子形式存在，结合其分子结构，其结构类似氯化铝的二聚体，溴和铝之间形成溴铝极性共价键，故选A； 【小问2详解】 a．sp杂化为直线形，sp2杂化为平面三角形，sp3杂化为四面体形；已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为sp3杂化，故选C； b．由结构，该配离子中所含的配体有CH3CN、Br-，其中氮原子、溴离子提供孤电子对； c．单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键；1个该配合物中含有12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol；故选C； 【小问3详解】 由盖斯定律，反应-①+2×②+3×③+3×④-⑤得到反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)，则其焓变ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5； 【小问4详解】 距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6在上下层各2个，共4个，故选B； 【小问5详解】 根据“均摊法”，晶胞中含个Al2Br6，则晶体密度为； 【小问6详解】 氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体，离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝；溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝； 【小问7详解】 AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，故能净水； 【小问8详解】 电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，在该胶体粒子带正电荷，则排除选项CD；B电荷数错误，正确的表示为mAl(OH)3·nBr-·xAl3+]3x-n；故选A。 四、降血糖药物瑞格列奈 4. 瑞格列奈能够促进胰岛素分泌，可做血糖调节剂。瑞格列奈一种合成路线如下所示(部分试剂和条件省略)： （1）瑞格列奈中的含氧官能团有醚键、羧基和___________。 A. 酮羰基 B. 酰胺基 C. 酯基 D. 醛基 （2）反应①的反应类型属于___________。 A. 消去反应 B. 取代反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 （3）反应②所需的试剂和条件为___________。 （4）化合物D(C11H13OF)的结构简式为___________。 （5）写出同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式___________。 I．属于芳香族化合物，能发生银镜反应 Ⅱ．核磁共振氢谱显示分子中含有3类化学环境不同的氢原子，其个数之比为6：6：1 （6）在上述合成路线中，需用N-乙酰-L-含氨酸()对反应中间体G的对映体进行分离，才能进一步合成瑞格列奈。 a．化合物G中不对称碳原子个数为___________。 A．1 B．2 C．3 D．4 b．已知：，N-乙酰-L-含氨酸可由谷氨酸和乙酸酐反应得到，写出谷氨酸的结构简式___________。检验谷氨酸的试剂是___________。 A．硝酸 B．碳酸氢钠 C．氢氧化钠 D．茚三酮 （7）相同条件下，若将H换成J()与G反应，可以直接得到瑞格列奈，但产率会降低。分析产率降低的原因___________。 （8）结合瑞格列奈的合成路线，以和CH3MgBr(溴代甲基镁)为原料，设计合成的路线___________。(无机试剂任选) (可表示为AB……目标产物) 【答案】（1）B （2）D （3）稀硫酸，加热(或i)氢氧化钠溶液，加热，ii)稀硫酸) （4） （5） （6） ①. A ②. ③. D （7）J含有两个羧基都可以和G发生反应生成酰胺，使副产物增多，导致产率降低 （8） 【解析】 【分析】由流程，(A)中羰基与发生加成反应生成(B)，(B)与水反应引入羟基生成(C)，在NaClO、H2SO4作用下转化为(D)，结合(D)化学式，(D)为，(D)与发生取代反应生成(E)，(E)与NH2OH∙HCl反应生成(F) ，在NaBH4作用下(F)还原为(G)，(G)与(H)发生取代反应生成(I)，(I)中酯基在一定条件下水解为羧基生成瑞格列奈。 【小问1详解】 由结构，瑞格列奈中的含氧官能团有醚键、羧基和酰胺基，故选B； 【小问2详解】 在NaBH4作用下(F)中碳氮双键转化为碳氮单键得到(G)，则反应①为加氢去氧的还原反应，故选D； 【小问3详解】 (I)中酯基在一定条件下水解为羧基生成瑞格列奈，则反应②所需的试剂和条件为：稀硫酸加热[或反应分两步进行：i)氢氧化钠溶液加热得到羧酸盐，ii)稀硫酸酸化得到羧酸]； 【小问4详解】 由分析，D为； 【小问5详解】 D除苯环外含有5个碳、1个氧、1个氟、1个不饱和度，同时满足下列条件的D的同分异构体：I．属于芳香族化合物，能发生银镜反应，含苯环、含醛基；Ⅱ．核磁共振氢谱显示分子中含有3类化学环境不同的氢原子，其个数之比为6：6：1，则分子结构对称且应该含4个甲基且每两个甲基对称；结构可以为：； 【小问6详解】 手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物G中不对称碳原子个数为1，故选A； 由信息可知，谷氨酸分子中氨基H原子被CH3CO-取代后生成，所以谷氨酸的结构简式为，即谷氨酸为α-氨基酸，所以可用茚三酮检验谷氨酸，故答案为D； 【小问7详解】 J含有两个羧基都可以和G发生反应生成酰胺，使副产物增多，导致产率降低； 【小问8详解】 以和CH3MgBr合成时，需由分别制取和，然后两者在一定条件下发生缩聚反应生成，结合题中信息，合成途径为：。 五、珊瑚礁的形成与保护 5. 璀璨多彩的珊瑚礁是重要的海洋资源，也是海洋生态系统的重要组成部分。珊瑚礁的主要成分的碳酸钙，存在方解石和文石两种结构。 （1）要检验珊瑚礁中碳酸钙的结构，可采用的仪器分析方法为___________。 A. 原子吸收光谱 B. 质谱 C. 原子发射光谱 D. 晶体X射线衍射 （2）已知CaCO3(s，文石)CaCO3(s，方解石)，该反应的ΔH-TΔS随温度变化趋势如下图所示。 关于该反应的ΔH和ΔS判断正确的是___________。 A. ΔH>0，ΔS>0 B. ΔH<0，ΔS>0 C. ΔH>0，ΔS<0 D. ΔH<0，ΔS<0 珊瑚虫能生成碳酸钙，在海洋中堆积成珊瑚礁，主要反应如下： 总反应为：Ca2+(aq)+2HCO(aq) CaCO3(s)+H2CO3(aq) ①HCO(aq) H+(aq)+CO(aq) ②Ca2+(aq)+CO(aq) CaCO3(s) ③H+(aq)+HCO(aq) H2CO3(aq) （3）一定条件下，说明总反应达到化学平衡状态的是___________。 A. Ca2+浓度保持不变 B. HCO和H2CO3的浓度比保持不变 C. v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2 D. v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1 （4）珊瑚养殖和移植是重建珊瑚礁的重要方法。适当提高海水的pH，有利于碳酸钙的形成，结合上述反应，从平衡移动的角度解释原因___________。 已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=4.8×10-11，CaCO3的Ksp=2.8×10-9。 （5）若某水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，则水样中[H2CO3]=___________mol·L-1。当[Ca2+]大于___________mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。 水体富营养化会破坏珊瑚礁。微生物燃料电池有望改善珊瑚生存环境方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的NO和沉积物中的有机物(以(CH2O)n表示)。 （6）该装置工作时，下列说法正确的是___________。 A. 此是电能转化为化学能 B. 电极b作负极 C. 电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D. 每消耗1mol (CH2O)n，转移电子4mol （7）写出NO在电极a表面发生的电极反应___________。 （8）研究表明，在其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高。有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。分析有利于去除有机物和不利于除去NO的可能原因___________。 【答案】（1）D （2）A （3）AB （4）提高pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动 （5） ①. 2.0×10-6 ②. 4.9×10-3 （6）B （7）2NO+10e-+12H+=N2+6H2O （8）O2浓度升高，能让更多的有机物与O2形成原电池，有利于有机物的去除。但O2可能会优先于NO得电子，不利于NO的去除 【解析】 【小问1详解】 测定分子空间结构最普遍的方法X射线衍射，X射线衍射可以观测微观结构，故选D； 【小问2详解】 的反应能自发进行，由图，低温下该反应不能进行，而高温下可以进行，则反应为吸热的熵增反应，故选A； 【小问3详解】 A．Ca2+浓度保持不变，说明平衡不再移动，反应达到平衡状态； B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变，则反应中正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应达到平衡状态； C．反应速率比等于系数比，v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2，不能说明反应中正逆反应速率相等，不确定反应达到平衡； D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1，说明反应中正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡； 故选AB； 【小问4详解】 适当提高海水的pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动，利于碳酸钙的形成； 【小问5详解】 水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，，；，，则，当[Ca2+]大于4.9×10-3mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。； 【小问6详解】 A．燃料电池是将化学能转化为电能，A错误； B．b极有机物被氧化为二氧化碳，发生氧化反应，则电极b为负极，B正确； C．电子在外电路移动，不能通过溶液，C错误； D．(CH2O)n生成CO2，反应中碳化合价由0变为+4，则每消耗1 mol(CH2O) n生成nmolCO2，转移电子4nmol，D错误； 故选B。 【小问7详解】 酸性条件下，NO在电极a得到电子被还原为氮气，电解反应为：2NO+10e-+12H+=N2+6H2O； 【小问8详解】 O2浓度升高，能让更多的有机物与O2形成原电池，有利于有机物的去除。但O2可能会优先于NO得电子，不利于NO的去除，故其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高，有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年上海市普通高中学业水平等级性考试 化学试卷(网络回忆版) 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姓名、报名号，将条形码贴在指定位置。答题时，必须将答案涂或写在答题纸上，在试卷上答题一律不得分。 3．标注不定项选择题，每题有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，错选不得分；其他选择题，每题只有1个正确选项。 相对原子质量：H-1 C-12 Ca-40 O-16 F-19 Mg-24 Cl-35.5 Br-80 Al-27 一、氟及其化合物 1. 从1771年获得氟化氢到1886年通过电解法制备氟单质，经历一百多年时间。目前，含氟化合物已广泛应用于医药、材料等领域。 （1）在元素周期表中，氟元素的___________。 A. 原子半径最小 B. 第一电离能最小 C. 元素电负性最强 D. 最高正化合价为+7 （2）18F标记的氟化钠注射液可用于肿瘤检测，下列关于18F与19F的说法正确的是___________。 A. 二者属于同种核素 B. 二者互为同素异形体 C. 18F比19F少一个电子 D. 18F比19F少一个中子 （3）工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为___________。该反应中，浓硫酸体现了酸性和___________。 A．吸水性 B．脱水性 C．强氧化性 D．难挥发性 （4）据研究，液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，微粒X的化学式为___________，的结构为，其中F-与HF之间的作用力为___________。 （5）氟单质具有强氧化性，常温下能与铁、银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是___________。 PtF6的极强的氧化剂，历史上Xe和PtF6在一定条件制备了稀有气体离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。其制备的反应历程①~⑤如图所示： （6）由上述反应历程可知，该反应的催化剂是___________。 A. PtF B. PtF C. F- D. XeF （7）上述反应历程中属于氧化还原反应的是___________。 A. ② B. ③ C. ④ D. ⑤ 在一定温度下，Xe与F2能形成气态氟化氙XeFn(n=2，4，6)。 （8）向50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，其中三种氟化氙的物质的量的比n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，则0~10 min内v(XeF4)=___________mol·L-1·min-1。 二、粗盐水的精制 2. 粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 （1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A. B. C. D. （2）①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是___________。 （3）②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有___________。(用化学式表示) （4）若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A. 不能除尽Ba2+ B. 不能除尽SO C. 消耗更多的Na2CO3 D. 消耗更多的NaOH （5）加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有___________。 （6）KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A. 蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B. 蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D. 蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 （7）写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式___________。相比于方法3，方法2的优点是___________。 （8）若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量___________。(写出计算过程) 三、溴化铝的结构和性质 3. 溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示： （1）关于Al2Br6中化学键描述正确的是___________。 A. 含有极性键 B. 含有离子键 C. 含有非极性键 D. 含有金属键 （2）Al2Br6溶于乙腈(CH3C≡N)会生成配合物。该配合物的组成如图所示： a．已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为___________。 A．sp B．sp2 C．sp3 b．该配离子中所含的配体有___________。(化学式) c．1mol该配离子中含σ键___________mol。 A．4 B．12 C．14 D．18 反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH可用于估算Al2Br6(g)的总键能。已知下列过程： ①2Al(s)+3Br2(l)=Al2Br6(s) ΔH1 ②Al(s)=Al(g) ΔH2 ③Br2(l)=Br2(g) ΔH3 ④Br2(g)=2Br(g) ΔH4 ⑤Al2Br6(s)=Al2Br6(g) ΔH5 （3）则反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH=___________。(用ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4、ΔH5表示) Al2Br6的晶胞如下图所示： （4）已知晶胞的上、下面和左、右面均为长方形，二聚分子的中心均位于棱心位置。距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6有___________个。 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 （5）该晶体的晶胞体积V=5.47×10-22cm3，晶胞密度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) （6）已知氟化铝、溴化铝和碘化铝的熔点如下表所示，碘化铝和溴化铝的结构相似。利用晶体结构有关知识，解释氟化铝、溴化铝和碘化铝熔点存在差异的原因。___________ 物质 氟化铝 溴化铝 碘化铝 熔点/K 1564 371 464 （7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是___________。 （8）已知电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体的化学式离子可能是___________。 A. [mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B. [mAl(OH)3·nBr-·xAl3+](3x+n)+ C. [mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D. [mAl(OH)3·nAl3+·3nBr-] 四、降血糖药物瑞格列奈 4. 瑞格列奈能够促进胰岛素分泌，可做血糖调节剂。瑞格列奈一种合成路线如下所示(部分试剂和条件省略)： （1）瑞格列奈中的含氧官能团有醚键、羧基和___________。 A. 酮羰基 B. 酰胺基 C. 酯基 D. 醛基 （2）反应①的反应类型属于___________。 A. 消去反应 B. 取代反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 （3）反应②所需的试剂和条件为___________。 （4）化合物D(C11H13OF)的结构简式为___________。 （5）写出同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式___________。 I．属于芳香族化合物，能发生银镜反应 Ⅱ．核磁共振氢谱显示分子中含有3类化学环境不同的氢原子，其个数之比为6：6：1 （6）在上述合成路线中，需用N-乙酰-L-含氨酸()对反应中间体G的对映体进行分离，才能进一步合成瑞格列奈。 a．化合物G中不对称碳原子个数为___________。 A．1 B．2 C．3 D．4 b．已知：，N-乙酰-L-含氨酸可由谷氨酸和乙酸酐反应得到，写出谷氨酸的结构简式___________。检验谷氨酸的试剂是___________。 A．硝酸 B．碳酸氢钠 C．氢氧化钠 D．茚三酮 （7）相同条件下，若将H换成J()与G反应，可以直接得到瑞格列奈，但产率会降低。分析产率降低的原因___________。 （8）结合瑞格列奈的合成路线，以和CH3MgBr(溴代甲基镁)为原料，设计合成的路线___________。(无机试剂任选) (可表示为AB……目标产物) 五、珊瑚礁的形成与保护 5. 璀璨多彩的珊瑚礁是重要的海洋资源，也是海洋生态系统的重要组成部分。珊瑚礁的主要成分的碳酸钙，存在方解石和文石两种结构。 （1）要检验珊瑚礁中碳酸钙的结构，可采用的仪器分析方法为___________。 A. 原子吸收光谱 B. 质谱 C. 原子发射光谱 D. 晶体X射线衍射 （2）已知CaCO3(s，文石)CaCO3(s，方解石)，该反应的ΔH-TΔS随温度变化趋势如下图所示。 关于该反应的ΔH和ΔS判断正确的是___________。 A. ΔH>0，ΔS>0 B. ΔH<0，ΔS>0 C. ΔH>0，ΔS<0 D. ΔH<0，ΔS<0 珊瑚虫能生成碳酸钙，在海洋中堆积成珊瑚礁，主要反应如下： 总反应为：Ca2+(aq)+2HCO(aq) CaCO3(s)+H2CO3(aq) ①HCO(aq) H+(aq)+CO(aq) ②Ca2+(aq)+CO(aq) CaCO3(s) ③H+(aq)+HCO(aq) H2CO3(aq) （3）一定条件下，说明总反应达到化学平衡状态的是___________。 A. Ca2+浓度保持不变 B. HCO和H2CO3的浓度比保持不变 C. v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2 D. v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1 （4）珊瑚养殖和移植是重建珊瑚礁的重要方法。适当提高海水的pH，有利于碳酸钙的形成，结合上述反应，从平衡移动的角度解释原因___________。 已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=4.8×10-11，CaCO3的Ksp=2.8×10-9。 （5）若某水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，则水样中[H2CO3]=___________mol·L-1。当[Ca2+]大于___________mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。 水体富营养化会破坏珊瑚礁。微生物燃料电池有望改善珊瑚生存环境方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的NO和沉积物中的有机物(以(CH2O)n表示)。 （6）该装置工作时，下列说法正确的是___________。 A. 此是电能转化为化学能 B. 电极b作负极 C. 电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D. 每消耗1mol (CH2O)n，转移电子4mol （7）写出NO在电极a表面发生的电极反应___________。 （8）研究表明，在其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高。有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。分析有利于去除有机物和不利于除去NO的可能原因___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $