上海2024年高考化学模拟试题（含答案）

上海2024年高考化学模拟试题阅卷人一、氟及其化合物得分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+72．下列关于18F与19A．是同种核素 B．是同素异形体C．19F比18F多一个电子 D．19F3．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4．液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HF⇌X+HF2−，其中X为。HF2−的结构为5．回答下列问题：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。PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6．上述反应中的催化剂为____。A．PtF6 B．PtF7− 7．上述过程中属于氧化还原反应的是____。A．② B．③ C．④ D．⑤8．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，且三种氟化物的比例为阅卷人二、粗盐水的精制得分9．粗盐水的精制

粗盐中含有SO已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示：（1）步骤①中BaCl2要稍过量。请描述检验BaCl（2）若加BaClA．SO42−不能完全去除C．Ba+不能完全去除 （3）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（4）步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有。（5）“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（6）请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应。另有两种方案选行粗盐提纯。方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为Ca(OH)2]除去Mg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（7）相比于方案3，方案2的优点是。（8）已知粗盐水中MgCl2含量为0.38g⋅L−1，CaCl阅卷人三、溴化铝的性质得分10．已知AlBr（1）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（2）将该二聚体溶于CH3CN生成[Al(CH3CN)2Br2]Br11．I.铝的三种化合物的沸点如下表所示：铝的卤化物AlAlCAlB沸点1500370430（1）解释三种卤化物沸点差异的原因。（2）已知反应Al①A②Al(s)⇌Al(g)  Δ③B④B⑤2Al(s)+3B则ΔH=。（3）由图可知，若该反应自发，则该反应的____。A．ΔH>0,ΔS>0 C．ΔH>0,ΔS<0 D．ΔH<0,ΔS<0（4）II.已如Al2B该晶体中，每个Al2BA．4 B．5 C．8 D．12（5）已知NA=6.02×1023mol-1（6）AlBr3水解可得Al(OH)3胶体，请解释用（7）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(OHB．[mAl(OHC．[mAl(OHD．[mAl(OH阅卷人四、瑞格列奈的制备得分12．瑞格列奈的制备。（1）瑞格列奈中的含氧官能团除了羧基、醚键，还存在。（2）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（3）反应②的试剂和条件是。（4）D的分子式是C11H13（5）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。（6）G对映异构体分离后才能发生下一步反应①G中有个手性碳②已知，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.NaOHD.NaHC（7）用与G可直接制取H但产率变低，请分析原因。（8）以和CH3MgBr合成阅卷人五、珊瑚的形成与保护得分13．珊瑚的形成与保护

已知：C①HC②C③HC（1）以下能判断总反应达到平衡状态的是____。AB.A．钙离子浓度保持不变 B．c(HCOC．v正(Ca（2）pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因。（3）已知H2CO3的Kal=4.2×10-7,Ka2（4）根据如图，写出电极a的电极反应式。（5）关于上述电化学反应过程，描述正确的是____。A．该装置实现电能转化为化学能B．电极b是负极C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极aD．每1mol(CH2（6）解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于(CH2O)

答案解析部分【答案】1．C2．D3．CaF4．H2F+；氢键5．氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应6．A7．A；B8．0【解析】【分析】（1）氟元素为9号元素，位于第二周期第ⅦA族；

（2）原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；

（3）萤石与浓硫酸共热得到HF和硫酸钙；

（4）根据原子守恒确定X的化学式；F−与HF之间以氢键连接；

（5）氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应；

（6）催化剂在反应前后不发生变化；

（7）氧化还原反应过程中一定有元素的化合价变化；

（8）根据v=1．A、氢原子半径小于氟原子半径，故A错误；B、氦原子的第一电离能大于氟原子，故B错误；C、同一周期主族元素从左至右电负性增强、同一主族从上至下电负性减弱可知，氟元素的电负性最强，故C正确；D、氟元素无正化合价，故D错误；故答案为：C。2．A、18F与19B、同种元素形成的不同单质互为同素异形体，18F与19C、18F与19D、19F的中子数是10，18F只有9个中子，19F比183．萤石(CaF2)与浓硫酸共热可发生复分解反应，生成硫酸钙和HF气体，该反应的化学方程式为CaF2+4．根据原子守恒可知，X为H2F+；HF2的结构为F-H⋯F−，其中F-与HF之间依靠氢键连接，故答案为：H2F5．氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应，因此可用Cu制容器储存氟单质，故答案为：氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应。6．由图可知，PtF6参与了反应过程，但最后又生成了PtF6，7．由图可知，反应②为PtF7−+Xe→PtF6−+XeF，Xe、Pt元素化合价变化，为氧化还原反应，反应③为PtF6−+XeF→PtF8．设XeF2、XeF4、XeF6的物质的量分别为x、6x、3x，根据题干信息可知，1mol+9mol+10x-10x-x-6x×2-3x×6÷2=8.9mol，解得x=0.05mol，则9．【答案】（1）取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液未变浑浊，表明BaCl2已过量（2）A；D（3）B（4）OH−（5）C（6）H++O（7）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，同时减少了废气的排放，有利于保护环境（8）0.04mol；0.14mol【解析】【解答】（1）步骤①中若BaCl2过量，则溶液中存在Ba2+，故判断过量的方法是：取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液未变浑浊，表明BaCl2已过量；

故答案为：取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液未变浑浊，表明BaCl2已过量；（2）相同条件下，BaCO3和BaSO4的溶解度相近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生反应：BaSO4(s)+CO32−(aq)⇌BaCO3（3）过滤操作中需要的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗；

故答案为：B；（4）步骤④中用盐酸调节pH至3~4，H+与NaOH和Na2CO3反应，除去的离子为OH−、CO32−；（5）KCl的溶解度受温度影响较大，NaCl的溶解度受温度影响较小，先蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤，可得到精盐，故答案为：C；（6）加入盐酸后，H+与NaOH和Na2CO3反应，离子方程式为：H++OH−=H2O、（7）方案2加入石灰乳除去Mg2+后，通入含NH3,CO2的工业废气得到碳酸钙和铵根离子，铵盐可作氮肥，因此相比于方案3，方案2的优点是：提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO（8）MgCl2含量为0.38g⋅L−1，即c(MgCl2)=0.38g95g/mol1L=0.004mol/L，根据MgCl2∼Ca(OH)2∼CaO可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO【分析】粗盐中含有SO42−,K+,Ca2+,Mg2+等杂质离子，加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去SO42−，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg（OH）2沉淀，除去Mg2+10．【答案】（1）A（2）sp3；CH3CN；14【解析】【解答】（1）由图可知，中Br和Al之间以极性键相连，故答案为：A；

（2）该配离子中，中心原子Al与4个Br形成σ键，其杂化方式为sp3，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN，1个该配合物中含有14个σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol；

故答案为：sp3；CH3CN；14。

【分析】（1）该二聚体中Br和Al之间以极性键相连；

（2）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。11．【答案】（1）AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高；AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3（2）−Δ（3）A（4）A（5）3.24g·cm-3（6）氢氧化铝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，因而常用于水的净化（7）A【解析】【解答】（1）AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高；AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3；

故答案为：AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高；AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3；

（2）根据盖斯定律，-①×+②×2+③×3+④×3-⑤可得Al2Br6(l)⇌2Al(g)+6Br(g)ΔH，则ΔH=−ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4−ΔH5；

故答案为：−ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4−ΔH5；

（3）ΔH-TΔS<0时反应自发进行，根据图像可知，此时ΔH>0,ΔS>0，故答案为：A；

（4）选取晶胞中宽上的棱心分子，由于各棱长不相等，与该棱心分子距离最近的分子为该晶胞中相邻两条高中的棱心分子以及相邻晶胞中两条高中的棱心分子，共有4个；

故答案为：A；

（5）一个晶胞中Al2Br6的个数为8×14=2，则一个晶胞的质量为m=12．【答案】（1）酰胺基（2）A（3）稀硫酸、加热或者NaOH溶液、加热/H+（4）（5）（6）1；；B（7）该物质中有2个羧基都会生成酰胺基，所以与G反应会产生副产物，产率变低（8）【解析】【解答】（1）瑞格列奈的结构简式为，其中的含氧官能团除了羧基、醚键，还存在酰胺基；

故答案为：酰胺基；（2）反应①为转化为，加氢去氧，且分子中碳氮双键转化为饱和键，为还原反应，故答案为：A；（3）反应②为在一定条件下转化为瑞格列奈，分子中的酯基转化为羧基，酯基发生水解，反应的试剂和条件是稀硫酸、加热或者NaOH溶液、加热/H+；

故答案为：稀硫酸、加热或者NaOH溶液、加热/H+；（4）D的分子式为C11H13OF，D比C少2个H，C中官能团为氟原子和羟基，C→D的过程中，羟基转化为酮羰基，则D的结构简式为；

（5）化合物D的分子式为C11H13OF，其同分异构体满足：i．芳香族化合物，可以发生银镜反应，说明含有醛基，ii．核磁共振氢谱中显示出3组峰，其峰面积之比为6:6:1，说明分子中含有3种不同环境的氢原子，数目之比为6:6:1，则其结构简式为；

（6）①手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，分子中含有1个手性碳，如图用“*”标记：；

故答案为：1；②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；谷氨酸为α-氨基酸，所以可用茚三酮检验谷氨酸；

故答案为：；B；（7）G的结构简式为、H的结构简式为，用与可直接制取，但分子中有2个羧基，在与反应时，2个羧基都会参与反应生成酰胺基，即生成副产物，所以产率变低；

故答案为：该物质中有2个羧基都会生成酰胺基，所以与G反应会产生副产物，产率变低；（8）以和CH3MgBr合成时，分别制取和，然后和在一定条件下发生缩聚反应生成，则具体合成步骤为：。【分析】（1）根据瑞格列奈的结构简式解答；

（2）反应①加氢去氧，为还原反应；

（3）反应②酯基转化为羧基；

（4）C→D的过程中，羟基转化为酮羰基；

（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；

（6）手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

（7）该物质中有2个羧基都会生成酰胺基，所以与G反应会产生副产物，产率变低；

（8）按照题干合成路线确定具体合成步骤。13．【