2024年高考化学真题完全解读（上海卷）（讲义）

2024年高考真题化学试题PAGEPAGE12024年高考真题完全解读(上海卷)试卷坚持立德树人根本任务，体现学科整体育人功能和价值，引导教考一致，利于人才选拔，有助于深化高中育人方式改革，培养学生创新精神和实践能力，促进学生全面发展。试卷遵循高中化学课程标准，通过创设真实问题情境，创新试题呈现方式，全面考查学生宏微结合、证据推理、实验探究等化学学科关键能力，对高中化学教学具有良好的导向作用。一、创设真实情境，凸显学科价值试卷注重呈现化学学科的发展现状和研究过程，以及化学在生产生活中的应用，精心创设了化学史料、化工生产、医药健康、生态环境等情境，引导学生在问题解决过程中充分体会化学学科的社会价值，强化立德树人的育人目标。例如，“珊瑚礁的形成与保护”这一情境从珊瑚礁结构与形成、珊瑚养殖与移植、改善珊瑚生存环境三个环节依次展开，倡导生态文明思想和绿色化学理念，引导学生关注环境问题，树立环保意识。又如，降血糖药物瑞格列奈的合成情境体现了科技创新对人类健康和社会发展的贡献。二、创新呈现方式，引导依标教学试卷不同于以往的选择题加综合分析题的模式，设置了五道“主题式”综合题，每道大题依据其内在的逻辑关联分设选择、填空、简答、计算等题型，形式新颖，多角度、多层次考查学生化学学科核心素养发展水平。试卷遵循课程标准，突出核心主干知识的考查，例如盖斯定律、水溶液中的离子反应与平衡、杂化轨道、配位化合物、晶体结构、氨基酸等。试卷关注“双新”背景下化学教学现状，科学合理确定试题的难度以及考查内容的深度与广度。内容涵盖必修课程与选择性必修课程，其中必修部分约占40%，选择性必修部分约占60%，将必修和选择性必修内容统整融合，凸显结构化的知识体系。例如将“粗盐水的精制”这一学生必做实验与“沉淀溶解平衡”理论进行关联，引导高中化学教学更加重视任务统整，在实际问题的解决中强化课标对教学的引导作用。三、坚持素养导向，考查关键能力试卷坚持素养导向，通过对科学推理、实验探究、科学评价、模型认知等学科素养的考查，反映学生的关键能力水平。例如，对化学史上第一个稀有气体化合物的反应历程进行分析推理、分析合成路线的调整对药物合成的影响、根据要求设计高纯度氯化钠晶体提纯方案、定性与定量相结合探讨珊瑚人工养殖时水体环境的控制、辨证分析条件改变对电池工作的影响。试卷通过不同类型的图表，例如，反应历程图、化工流程图、溶解度曲线图、晶体结构图、工作原理示意图等，全面考查学生化学信息的提取、理解、整合、应用等能力。通过“溴化铝的结构和性质”，引导学生运用所学知识，从分子结构、晶体结构、性质及应用等多个角度认识溴化铝二聚体这一陌生物质，考查学生知识迁移能力和问题解决能力。一、主题式命题以真实情境为测试载体，五道大题1.氟及其化合物2.粗盐水的精炼3.溴化铝的性质4.瑞格列奈的制备5.珊瑚的形成与保护二、考查目标明确前两题考查必修部分，后三题考查选择性必修部分

第1题：考查了电离能，电负性，氢键等

第2题：考查了实验基本操作，离子方程式，实验评价，化学计算等

第3题：考查了物质结构与性质，盖斯定律，胶体等

第4题：考查了有机化学

第5题：考查了化学平衡，电化学等三、考查关键能力1.实验与探究能力，如：设计高纯度氯化钠晶体提纯方案2.归纳与论证能力，如：定性与定量相结合探讨珊瑚人工养殖时水体环境的控制3.分析与推测能力，如：向粗盐水中加入石灰乳出去Mg2+，再通入氨气、二氧化碳，考查学生从侯氏制碱的迁移能力4.理解与辨析能力，如：辩证分析条件改变对电池工作的影响四、题型设计每道大题依据其内在的逻辑关联分设选择、填空、简答、计算等题型，有人认为化学计算太多了，这可能是盖斯定律那道题造成的错觉，这里的热化学方程式更多的是物质状态变化，本题的难度比大家平时练习的可能还要小些，总体上化学计算并不复杂。题号难度考查内容详细知识点1中元素周期律必修一的4.1和选必2的1.3，从原子半径、主要化合价、第一电离能、电负性、金属性和非金属性这几方面设计问题2易物质结构与性质必修一的4.2，原子结构3易元素化学必修一的3.1，复分解反应，反应原理是“难挥发性的酸制挥发性的酸”4易分子结构选必2的2.2，氢键、质量守恒和电荷守恒5中金属的性质必修二的5.1，钝化6中化学反应的历程和氧化还原反应选必2的2.3，必修一的2.27难物质的量计算和化学反应速率必修一的1.2和必修二的6.1，物质的量计算和化学反应速率8易离子的检验必修一的1.3，检验离子的基本操作9中难溶电解质的沉淀溶解平衡选必1的3.4，粗盐水的精制、沉淀溶解平衡10易化学实验基础必修一的1.3，过滤的基本操作11易化学实验基础必修一的1.3，实验基本操作12易化学实验基础必修一的1.3，实验基本操作13易化学实验基础必修一的1.3，化学实验14易化学实验基础粗盐提纯，可溶性杂质的去除，涉及的相关离子反应方程式15中实验综合能力部分对应必修二3.3中的《建立人与自然的和谐共生》。主要考查了学生的科学评价能力16中化学计算必修一的1.2，化学计算17中物质结构与性质分子结构和配位化合物，对应选必2的2.1和2.3，配合物的内界、外界、中心原子、配位体，难点在于σ键的个数18中物质结构与性质选必2的3.2和3.3，晶体的性质，考查不同晶体类型沸点比较19易化学反应原理选必1的1.2，盖斯定律，ΔG=ΔH-TΔS20中物质结构与性质晶胞，对应选必2的3.121中物质结构与性质晶胞的计算，对应选必2的3.122易化学与生产生活胶体的性质，对应必修一的1.123中化学与生产生活胶体的性质，对应必修一的1.124易有机化学基础有机物的官能团25易有机化学基础反应类型，氧化还原反应。26易有机化学基础反应试剂和条件27中有机化学基础结构简式28中有机化学基础同分异构体的书写29中有机化学基础有机化学基础知识综合考查：手性碳、取代反应、氨基酸的检验30中有机化学基础分析合成路线的调整对药物合成的影响：官能团的保护31难有机化学基础有机合成综合考查32中化学反应原理平衡状态的判断33中化学反应原理平衡移动原理34难化学反应原理沉淀的溶解与生成；电离平衡常数与溶度积常数相关计算35中化学反应原理(电化学)原电池电极反应式书写36中化学反应原理(电化学)原电池正负极判断；原电池电极反应式书写；新型电池37难化学反应原理(电化学)原电池原理的应用；新型电池；方案评价1.化学物质部分仍然要讲，但是更重要的是试题的迁移能力，比如本次考试由浓硫酸与铁的钝化迁移到铜与氟的钝化问题。2.化学原理重点复习，尤其是化学平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡等问题3.物质结构是重中之重，属于新加考点，属于近几年热点，要多练习4.有机化学多练习一些带信息应用的题目根据上海市教委公布的《2021年上海市普通高中学业水平等级性考试命题要求》，试题难度系数0.75左右，要求杜绝偏题和怪题。化学科目考试采用闭卷笔试形式，考试时间60分钟，卷面满分100分。考试内容的比例为“物质的组成与结构”部分约占15％，“物质的变化”部分约占25％，“常见的无机物”部分约占10％，“常见的有机物”部分约占20％，“化学实验”部分约占20％，“化学、技术与社会”部分约占10％。从整张试卷的难度上来看，总体“难度中规中矩，但题型出人意料”，更加体现了化学来源于生活的特点。同时也提醒考生，“按模板套〖答案〗”的学习时代将会过去，在学习过程当中，要做到知其然更要知其所以然，才能取得更好的成绩。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+7〖答案〗C〖解析〗本题考查的是元素周期律，对应着必修一的4.1和选必2的1.3。一般从原子半径、主要化合价、第一电离能、电负性、金属性和非金属性这几方面设计问题。对于选项A，原子半径最小的是氢，A错误。对于选项B，F的第一电离能虽较大，但比同周期的稀有气体原子的小，B错误。对于选项C，氟是非金属性最强的元素，电负性最强，C正确。对于选项D，F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〖答案〗D〖解析〗本题考查的是原子结构，对应着必修一的4.2。18F与19F是氟元素的两种核素，它们互为同位素，具有不同的中子数。3．萤石（CaF2）与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应方程式。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〖答案〗CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑B。〖解析〗本题考查的是元素化学，对应着必修一的3.1。这是一个复分解反应，反应原理是“难挥发性的酸制挥发性的酸”。4．液态氟化氢（HF）的电离方式为：3HFX+HF2-，其中X为________________。HF2-的结构为F—H…F-，其中F-与HF依靠____________相连接。〖答案〗H2F+氢键。〖解析〗本题考查的是分子结构，对应着选必2的2.2。本题中规中距地使用了易形成氢键的F元素，且用“…”明确地表示出来了，根据质量守恒和电荷守恒，可得X为H2F+。由于F的电负性大且原子半径小，能与H原子形成氢键。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___________________________________________________。〖答案〗氟与铜形成致密的CuF2保护膜覆盖在Cu表面，阻碍Cu与F2进一步反应。〖解析〗本题考查的是金属的性质，对应着必修二的5.1。教材中出现过铁、铝被浓硫酸或浓硝酸钝化，铝在空气中钝化，通过类比，可知铜被氟气钝化。这里考查学生的迁移能力。Cu的金属活动性介于Fe、Ag之间，既然氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，那么Cu也应该能被氟单质腐蚀。事实上Cu没有被氟单质腐蚀，一定是被钝化了。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．PtF6B．PtF7-C．F-D．XeF+〖答案〗C。〖解析〗根据题干或图示，可知该反应的总方程式为，Xe+2PtF6=[XeF]+[Pt2F11]-，催化剂的特征是参与反应了，最后它又出来。结合图示，F–在第①步参与反应，在第④步又生成了，它是催化剂，而PtF7-仅是反应的中间产物。如果详细分析，各步骤的反应为：7．上述过程中属于氧化还原反应的是________。（不定项）A．②B．③C．④D．⑤〖答案〗AB。〖解析〗第②步单质Xe转化成化合物XeF，化合价有变化，属于氧化还原反应。第③步PtF6转化为PtF6-，说明它得到了电子，也属于氧化还原反应。本题以化学史上第一个稀有气体化合物的合成为情境，考查化学反应的历程和氧化还原反应，其中第6题对应着选必2的2.3，第7题对应着必修一的2.2。学生要对反应历程进行分析推理，才能得出第6题的〖答案〗。第7题的第②步从化合价变化判断氧化还原反应，第③步从电子的转移判断氧化还原反应，命题角度全面、新颖。不过，学生对反应历程图（又叫催化循环图）的理解可能有一定障碍。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，且三种氟化物的比例为XeF2∶XeF4∶XeF6=1∶6∶3，则10min内XeF4的速率v(XeF4)=_______________。〖答案〗6×10-4mol·L-1·min-1〖解析〗根据题意不难写出化学方程式10Xe+22F2=XeF2+6XeF4+3XeF6，1molXe和9molF2如果完全反应，则F2是过量的，1molXe消耗F2为2.2mol，生成三种产物分别为0.1mol、0.6mol、0.3mol，这样，最后剩余的气体共（9-2.2）mol+0.1mol+0.6mol+0.3mol=7.8mol，与题目中的8.9mol不符，所以，该反应是可逆反应。设生成的XeF2为xmol，则XeF4、XeF6分别为6xmol和3xmol，消耗的Xe和F2分别为10xmol和22xmol，依题意，有：(1-10x)+(9-22x)+x+6x+3x=8.9解得x=0.05v(XeF4)=0.05mol×6/(50L×10min)=6×10-4mol·L-1·min-1本题考查的是物质的量计算和化学反应速率，对应必修一的1.2和必修二的6.1。它考查了学生的科学探究和创新意识，当采用常规计算出现矛盾时，学生要敢于质疑、勇于创新，猜想可能两种反应物都有剩余，也就是该反应是可逆反应。在试错后再寻找正确的方向，就是探索与研究。粗盐的精制粗盐中含有SO42-、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制：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，取上层清液，加稀硫酸（或硫酸钠溶液），若有白色沉淀生成，则已滴加过量，反之则未过量。

〖解析〗本题考查的是离子的检验，对应必修一的1.3。这是检验离子的基本操作。

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．SO42-不能完全去除B．消耗更多NaOHC．Ba2+不能完全去除D．消耗更多Na2CO3

〖答案〗AD。〖解析〗如果不把BaSO4过滤掉，在后续加碳酸钠溶液时，将会发生BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌

BaCO3(s)+SO42-(aq)将导致SO42-不能完全去除，同时也会消耗更多Na2CO3。本题考查的是难溶电解质的沉淀溶解平衡，对应选必1的3.4，将“粗盐水的精制”与“沉淀溶解平衡”进行关联，体现了选修与必修的融合。如果学生的认知仍停留在高一必修的水平上，则无法解答此题。若定性研究此反应，可认为增大c(CO32-)，平衡正向移动，则AD为〖答案〗。若再提供溶度积常数，则可定量计算，本人根据选必1

的P75溶度积的数据，算出上述平衡的K

=4.23×10-2

＞

10-5，显然，这是一个可逆反应，加入一定浓度的碳酸钠，能够使平衡正向移动。

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

〖答案〗B〖解析〗本题考查过滤的基本操作，所需仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒

12．步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有_____________________。〖答案〗OH-、CO32-

〖解析〗以上两题考查的都是实验基本操作，对应必修一的1.3。

13．“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B.

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

〖答案〗C。〖解析〗“一系列操作”，实际上就是分离NaCl和KCl。由于KCl是杂质，含量是比较少的，它的溶解度随温度变化较大，而NaCl的溶解度随温度变化不大，所以采取蒸发结晶的方法提纯NaCl，而蒸发结晶时看到的现象应该表述为“大量晶体析出”，结合杂质KCl的溶解度曲线，应选C。本题考查的是化学实验，对应必修一的1.3。估计许多同学可能搞不清“晶膜形成”与“大量晶体析出”的区别。如果是降温结晶，则需先蒸发溶液至饱和，这时看到的现象是“晶膜形成”，然后降温即可；如果是蒸发结晶，则需蒸发至“大量晶体析出”后，再进行后续操作。简言之，降温结晶→“晶膜形成”，蒸发结晶→“大量晶体析出”。

14．请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应____________________________________。〖答案〗H++OH-==H2O、2H++CO32-==H2O+CO2↑。〖解析〗粗盐提纯，可溶性杂质的去除，涉及的相关离子反应方程式。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________________________________________________。

〖答案〗CaCl2

+2NH3+CO2

+H2O==CaCO3↓+2NH4Cl，①将有毒有害的工业废气转变为铵盐，可以做氮肥；②减少NH3等有害气体的排放，更加环保。（合理即可）

〖解析〗加入石灰乳后，溶液中的溶质主要是CaCl2，可认为NH3和CO2在溶液中先生成(NH4)2CO3，再与CaCl2进行复分解反应，总的方程式为CaCl2

+2NH3+CO2

+H2O==CaCO3↓+2NH4Cl，有点类似于氨碱法的反应。

评价优点时，可观察到这两个方案的第一步是相同的，只需把第二步进行比较。方案2用的是“工业废气”，而方案3用的是碳酸钠溶液，显然应该从资源的综合利用角度进行回答。

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。

〖答案〗n(CaO)=0.04mol

；n(Na2CO3)=0.14mol。〖解析〗CaO在水中转化为Ca(OH)2，与粗盐水中MgCl2反应的化学方程式为MgCl2

+Ca(OH)2

=Mg(OH)2↓+CaCl2n(CaO)=

n[Ca(OH)2]=

n(MgCl2)=0.38g·L-1×10L/95g·mol-1

=0.04mol该反应生成的CaCl2为0.04mol，原粗盐水中含CaCl2为1.11g·L-1×10L/111g·mol-1

=0.1mol，由于CaCl2

+Na2CO3

=CaCO3↓+2NaCl，所以需碳酸钠的物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol。三、溴化铝的性质已知AlBr3可二聚为下图的二聚体: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生成[Al(CH3CN)2Br2]Br（结构如图所示），已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为_________，其中配体是____________；1mol该配合物中有σ键______mol。

〖答案〗A；

sp3，CH3CN、Br-；

14。〖解析〗每个Al原子周围有3个共价键和1个配位键，但配位键是一种特殊的共价键，它们都是极性共价键，即极性键，选A。

在配离子中，中心原子与四个配体相连，形成四面体形结构，杂化方式为sp3，配体分别是CH3CN和Br-。CH3CN的结构如下:每个CH3CN分子中含5个σ键（其中的C、N三键中只有1个σ键，另2个是π键），还有N原子的孤电子对与Al离子形成的配位键，2个Br-也通过配位键与Al离子相连，（这里的配位键都是σ键），所以，1mol该配合物中有σ键为(5+1)×2+1×2=14（mol）。

18．溴的三种化合物的沸点如下表所示：溴的卤化物AlF3AlCl3AlBr3沸点1500370430解释三种卤化物沸点差异的原因___________________________________________________。

〖答案〗AlF3为离子晶体，气化时破坏离子键，AlCl3和AlBr3均为分子晶体，气化时破坏范德华力。离子键比范德华力强的多，因此AlF3的沸点最高；AlCl3与AlBr3结构相似，AlBr3的相对分子质量更大，范德华力更大，因此沸点比AlCl3高。〖解析〗AlF3的沸点较高，是因为它属于离子晶体，AlCl3和AlBr3的沸点较低，它们属于分子晶体，而分子晶体的相对分子质量决定了分子间作用力的大小，当然会使它们的沸点产生差异。

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，则该反应的__________。A．ΔH>0，ΔS>0

B．ΔH<0，ΔS>0C．ΔH>0，ΔS<0

D．ΔH<0，ΔS<0〖答案〗-ΔH1+2ΔH2

+3ΔH3

+3ΔH4

-ΔH5A

〖解析〗根据盖斯定律，①×(-1)+

②×2+

③×3+

④×3+⑤×(-1)，即可求解。由总反应可知ΔS>0

，由图可知，该反应低温非自发，高温自发，则ΔH>0，故选A。

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在棱心)20．该晶体中，每个Al2Br6，距离其最近的

Al2Br6有____个。A．4

B．5

C．8

D．12〖答案〗A。〖解析〗晶胞是要向空间发展的，我们再发展一个晶胞，如下图，以A点的微粒为中心，与之最近且等距离的有下面晶胞的1号和2号，上面晶胞的3号和4号。21．已知NA=6.02×1023mol-1，一个晶胞的体积C=5.47×10-22

cm3，求Al2Br6的晶胞密度。________________________________________________________________________。〖答案〗3.24g·cm-3〖解析〗根据均摊法，每个溴化铝晶胞中含Al2Br6的个数为8×1/4=2。令Al2Br6为2mol，其质量为534g·mol-1

×2mol=

1068g体积为5.47×10-22

cm3

×6.02×1023

=329.3cm3Al2Br6的晶胞密度为1068g/329.3cm3=

3.24g·cm-3AlBr3水解可得Al(OH)3胶体，请解释用Al(OH)3可净水的原因

。

〖答案〗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物并使其沉降，因而可以净水。

〖解析〗胶体的性质，对应必修一的1.1。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物并使其沉降，因而可以净水。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+

〖答案〗A。〖解析〗根据胶粒“向阴极移动”，可知该粒子带正电，排除选项C，分别计算A、B、D中括号内的电荷数，只有A正确。

简评：本题考查的是胶体的性质，对应必修一的1.1。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_____________________。〖答案〗酰胺基〖解析〗瑞格列奈中的含氧官能团如下图所示。降血糖药物瑞格列奈的合成情境，体现了科技创新对人类健康和社会发展的贡献。本小题分析有机物的官能团时，可以优先寻找分子中与氧原子、氮原子有关的部位。本题界定为“含氧官能团”，当然从氧原子所处的位置进行分析。

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

〖答案〗A。〖解析〗反应①是F→G的转化，该过程仅从氢、氧原子的变化即可判断，得氢、失氧，有机物发生的是还原反应。简评：在中学阶段，有机物得到氧或失去氢的反应被称为氧化反应，而失去氧或得到氢的反应被称为还原反应。

26．反应②的试剂和条件是________________________。

〖答案〗稀硫酸，加热。（或写成两步：①氢氧化钠溶液，加热，②稀盐酸）〖解析〗反应②是酯基的转化，属于酯的水解，可以在酸性条件下进行，此时的水解是可逆的，也可以在碱性条件下进行，水解后别忘了酸化，因为产物中有羧基。27．D的分子式是C11H13OF，画出D的结构简式___________________________。〖答案〗

〖解析〗从试剂看，C→D是氧化过程，再结合E的结构，很容易判断：只要把C中的羟基转化为酮羰基即可。

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。〖答案〗〖解析〗根据“芳香族化合物”，知道含苯环；根据“银镜反应”，知道含醛基；根据“3组峰”，知道有三种化学环境的氢原子。那么，“6∶6∶1”怎么思考呢？其中的“1”，应该是醛基上的氢，另外的两个6，每个“6”都应该是对称的两个甲基。于是，该同分异构体的结构简式就跃然而出了。29．G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：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〖答案〗（1）1（2）B

〖解析〗（1）手性碳原子又叫不对称碳原子，指的是4个不同的原子或基团连接在碳原子上。所以，手性碳原子一定连着4个单键，且各不相同，下图中带“*”的碳原子就是手性碳原子。题中信息是取代反应，可认为是乙酸酐中的酯基把氨基中的氢拿走了，得到含酰胺基的有机物和乙酸。反过来，把产物中酰胺基上的碳氮键断开，把氢原子再还给氮，就得到了谷氨酸的结构简式。

至于氨基酸的检验，教材上提供的是一种灵敏的试剂——茚三酮。

简评：把有机信息呈现在小题里，而不是在题干中，减少了解题时的干扰，便于直接对照使用。使用茚三酮检验氨基酸，原汁原味地呈现了教材内容。30．用与G可直接制取J,但产率变低，请分析原因。___________________________________________________________________________。

〖答案〗本有机物中的两个羧基都会与G中的氨基发生取代反应，生成较多的副产物，从而使产品的产率变低。

〖解析〗我们先把上述结构作个翻转，再与流程中的物质进行对比：明显地，本小题的红色部位是羧基，而流程中的红色部位是酯基，由于G→H是羧基与氨基的取代反应，若使用本小题的物质，则结构中的两处羧基都会与氨基反应，势必影响产品的生成。流程中的结构带有酯基，相当于官能团保护，因为流程的最后一步又把这个羧基释放出来了。简评：通过比较、推理，分析合成路线的调整对药物合成的影响，考查了学生的分析能力。31．以和为主要原料合成______________________________________________________________________________________________________________________________________________________。〖答案〗（合成路线中的物质分别用甲、乙、丙、丁表示。）〖解析〗根据目标产物倒推，可知需要的单体分别为前者可由对苯二甲醛直接氧化得到，后来苯环两端各多了一个碳，需利用格氏试剂进行转化。

简评：本题采取的是逆合成分析法，再结合题干中的信息完成路线设计，在设计和优化合成路线时，要符合化学原理，且易于操作、安全可靠。珊瑚礁的形成与保护已知:Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3

①HCO3-H++CO32-②Ca2++CO32-CaCO3③HCO3-+H+H2CO3

32.(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.保持不变

C.v正(Ca2+)=v逆(CaCO3)D.v正(H2CO3):v逆(HCO3-)=2:1〖答案〗AD。〖解析〗达到平衡状态时，各组分的百分含量不再发生变化，A正确，B错误；CaCO3是固体，不能用来表示速率，C错；有正有逆，速率比等于系数比，D正确。故选AD。33.pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因。

。

〖答案〗PH增大会使H+浓度减小，促进碳酸向生成碳酸根的方向进行移动，进而增大碳酸根浓度，有利于生成碳酸钙。〖解析〗从化学平衡移动的角度，PH增大会使H+浓度减小，促进碳酸向生成碳酸根的方向进行移动，进而增大碳酸根浓度，有利于生成碳酸钙。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-，c(HCO3-)=1×10-4molL-，c(H2CO3)为

。

当c(Ca2+)=

mol·L-时，开始产生

CaCO3沉淀。

〖答案〗2×10-6mol·L-，4.2×10-2〖解析〗H2CO3H++HCO3-，Ka1=

c(H+)c(HCO3-)/c(H2CO3)，c(H2CO3)=c(H+)c(HCO3-)/Ka1=8.4×10-9mol·L-×1×10-4molL-/4.2×10-7=2×10-6mol·L-，HCO3-H++CO32-，Ka2=c(H+)c(CO3-)/c(HCO3-)，c(CO3-)=Ka2c(HCO3-)/c(H+)=5.6×10-11×1×10-4/8.4×10-9=2/3×10-6，CaCO3Ca2++CO32-，c(Ca2+)=Ksp(CaCO3)/c(CO3-)=2.8×10-9/(2/3×10-6)=4.2×10-2mol·L-。35.根据右图，写出电极a的电极反应式

。〖答案〗2NO3-+10e-+12H+==N₂+6H2O〖解析〗电极a从NO3-→N₂，得到10e-，根据题意，写出并配平电极反应式2NO3-+10e-+12H+==N₂+6H2O。36.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a

电极

D.每1mol(CH2O)n参与反应时，转移

4mol

电子

〖答案〗B〖解析〗该装置是原电池，化学能转化为电能，A错；电极a从NO3-→N₂，得到10e-，发生还原反应，故电极a为正极，则电极b是负极，B正确。原电池中电子转移方向外电路中由负极经导线到正极，故电子从电极b经过负载到电极a，溶液中是离子定向移动，C错；负极(CH2O)n生成nCO2，化合价从0价升到+4价，失去4n个电子，则每1mol(CH2O)n参与反应时,转移

4nmol

电子，D错。37.解释在溶液中氧气的浓度变大后,为何有利于(CH2O)n的除去,但不利于硝酸根的除去。如果电解液还有氧气，对反应产率有什么影响？

。〖答案〗氧气的浓度变大，由于放电能力或氧化性O2大于NO3-，发生反应O2+2H2O+4e-==4OH-，有利于(CH2O)n的除去,但不利于硝酸根的除去。〖解析〗从氧化性强弱或放电能力的角度入手，分析氧气的浓度变大，由于放电能力或氧化性O2大于NO3-，发生反应O2+2H2O+4e-==4OH-，有利于(CH2O)n的除去,但不利于硝酸根的除去。2024年高考真题完全解读(上海卷)试卷坚持立德树人根本任务，体现学科整体育人功能和价值，引导教考一致，利于人才选拔，有助于深化高中育人方式改革，培养学生创新精神和实践能力，促进学生全面发展。试卷遵循高中化学课程标准，通过创设真实问题情境，创新试题呈现方式，全面考查学生宏微结合、证据推理、实验探究等化学学科关键能力，对高中化学教学具有良好的导向作用。一、创设真实情境，凸显学科价值试卷注重呈现化学学科的发展现状和研究过程，以及化学在生产生活中的应用，精心创设了化学史料、化工生产、医药健康、生态环境等情境，引导学生在问题解决过程中充分体会化学学科的社会价值，强化立德树人的育人目标。例如，“珊瑚礁的形成与保护”这一情境从珊瑚礁结构与形成、珊瑚养殖与移植、改善珊瑚生存环境三个环节依次展开，倡导生态文明思想和绿色化学理念，引导学生关注环境问题，树立环保意识。又如，降血糖药物瑞格列奈的合成情境体现了科技创新对人类健康和社会发展的贡献。二、创新呈现方式，引导依标教学试卷不同于以往的选择题加综合分析题的模式，设置了五道“主题式”综合题，每道大题依据其内在的逻辑关联分设选择、填空、简答、计算等题型，形式新颖，多角度、多层次考查学生化学学科核心素养发展水平。试卷遵循课程标准，突出核心主干知识的考查，例如盖斯定律、水溶液中的离子反应与平衡、杂化轨道、配位化合物、晶体结构、氨基酸等。试卷关注“双新”背景下化学教学现状，科学合理确定试题的难度以及考查内容的深度与广度。内容涵盖必修课程与选择性必修课程，其中必修部分约占40%，选择性必修部分约占60%，将必修和选择性必修内容统整融合，凸显结构化的知识体系。例如将“粗盐水的精制”这一学生必做实验与“沉淀溶解平衡”理论进行关联，引导高中化学教学更加重视任务统整，在实际问题的解决中强化课标对教学的引导作用。三、坚持素养导向，考查关键能力试卷坚持素养导向，通过对科学推理、实验探究、科学评价、模型认知等学科素养的考查，反映学生的关键能力水平。例如，对化学史上第一个稀有气体化合物的反应历程进行分析推理、分析合成路线的调整对药物合成的影响、根据要求设计高纯度氯化钠晶体提纯方案、定性与定量相结合探讨珊瑚人工养殖时水体环境的控制、辨证分析条件改变对电池工作的影响。试卷通过不同类型的图表，例如，反应历程图、化工流程图、溶解度曲线图、晶体结构图、工作原理示意图等，全面考查学生化学信息的提取、理解、整合、应用等能力。通过“溴化铝的结构和性质”，引导学生运用所学知识，从分子结构、晶体结构、性质及应用等多个角度认识溴化铝二聚体这一陌生物质，考查学生知识迁移能力和问题解决能力。一、主题式命题以真实情境为测试载体，五道大题1.氟及其化合物2.粗盐水的精炼3.溴化铝的性质4.瑞格列奈的制备5.珊瑚的形成与保护二、考查目标明确前两题考查必修部分，后三题考查选择性必修部分

第1题：考查了电离能，电负性，氢键等

第2题：考查了实验基本操作，离子方程式，实验评价，化学计算等

第3题：考查了物质结构与性质，盖斯定律，胶体等

第4题：考查了有机化学

第5题：考查了化学平衡，电化学等三、考查关键能力1.实验与探究能力，如：设计高纯度氯化钠晶体提纯方案2.归纳与论证能力，如：定性与定量相结合探讨珊瑚人工养殖时水体环境的控制3.分析与推测能力，如：向粗盐水中加入石灰乳出去Mg2+，再通入氨气、二氧化碳，考查学生从侯氏制碱的迁移能力4.理解与辨析能力，如：辩证分析条件改变对电池工作的影响四、题型设计每道大题依据其内在的逻辑关联分设选择、填空、简答、计算等题型，有人认为化学计算太多了，这可能是盖斯定律那道题造成的错觉，这里的热化学方程式更多的是物质状态变化，本题的难度比大家平时练习的可能还要小些，总体上化学计算并不复杂。题号难度考查内容详细知识点1中元素周期律必修一的4.1和选必2的1.3，从原子半径、主要化合价、第一电离能、电负性、金属性和非金属性这几方面设计问题2易物质结构与性质必修一的4.2，原子结构3易元素化学必修一的3.1，复分解反应，反应原理是“难挥发性的酸制挥发性的酸”4易分子结构选必2的2.2，氢键、质量守恒和电荷守恒5中金属的性质必修二的5.1，钝化6中化学反应的历程和氧化还原反应选必2的2.3，必修一的2.27难物质的量计算和化学反应速率必修一的1.2和必修二的6.1，物质的量计算和化学反应速率8易离子的检验必修一的1.3，检验离子的基本操作9中难溶电解质的沉淀溶解平衡选必1的3.4，粗盐水的精制、沉淀溶解平衡10易化学实验基础必修一的1.3，过滤的基本操作11易化学实验基础必修一的1.3，实验基本操作12易化学实验基础必修一的1.3，实验基本操作13易化学实验基础必修一的1.3，化学实验14易化学实验基础粗盐提纯，可溶性杂质的去除，涉及的相关离子反应方程式15中实验综合能力部分对应必修二3.3中的《建立人与自然的和谐共生》。主要考查了学生的科学评价能力16中化学计算必修一的1.2，化学计算17中物质结构与性质分子结构和配位化合物，对应选必2的2.1和2.3，配合物的内界、外界、中心原子、配位体，难点在于σ键的个数18中物质结构与性质选必2的3.2和3.3，晶体的性质，考查不同晶体类型沸点比较19易化学反应原理选必1的1.2，盖斯定律，ΔG=ΔH-TΔS20中物质结构与性质晶胞，对应选必2的3.121中物质结构与性质晶胞的计算，对应选必2的3.122易化学与生产生活胶体的性质，对应必修一的1.123中化学与生产生活胶体的性质，对应必修一的1.124易有机化学基础有机物的官能团25易有机化学基础反应类型，氧化还原反应。26易有机化学基础反应试剂和条件27中有机化学基础结构简式28中有机化学基础同分异构体的书写29中有机化学基础有机化学基础知识综合考查：手性碳、取代反应、氨基酸的检验30中有机化学基础分析合成路线的调整对药物合成的影响：官能团的保护31难有机化学基础有机合成综合考查32中化学反应原理平衡状态的判断33中化学反应原理平衡移动原理34难化学反应原理沉淀的溶解与生成；电离平衡常数与溶度积常数相关计算35中化学反应原理(电化学)原电池电极反应式书写36中化学反应原理(电化学)原电池正负极判断；原电池电极反应式书写；新型电池37难化学反应原理(电化学)原电池原理的应用；新型电池；方案评价1.化学物质部分仍然要讲，但是更重要的是试题的迁移能力，比如本次考试由浓硫酸与铁的钝化迁移到铜与氟的钝化问题。2.化学原理重点复习，尤其是化学平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡等问题3.物质结构是重中之重，属于新加考点，属于近几年热点，要多练习4.有机化学多练习一些带信息应用的题目根据上海市教委公布的《2021年上海市普通高中学业水平等级性考试命题要求》，试题难度系数0.75左右，要求杜绝偏题和怪题。化学科目考试采用闭卷笔试形式，考试时间60分钟，卷面满分100分。考试内容的比例为“物质的组成与结构”部分约占15％，“物质的变化”部分约占25％，“常见的无机物”部分约占10％，“常见的有机物”部分约占20％，“化学实验”部分约占20％，“化学、技术与社会”部分约占10％。从整张试卷的难度上来看，总体“难度中规中矩，但题型出人意料”，更加体现了化学来源于生活的特点。同时也提醒考生，“按模板套〖答案〗”的学习时代将会过去，在学习过程当中，要做到知其然更要知其所以然，才能取得更好的成绩。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+7〖答案〗C〖解析〗本题考查的是元素周期律，对应着必修一的4.1和选必2的1.3。一般从原子半径、主要化合价、第一电离能、电负性、金属性和非金属性这几方面设计问题。对于选项A，原子半径最小的是氢，A错误。对于选项B，F的第一电离能虽较大，但比同周期的稀有气体原子的小，B错误。对于选项C，氟是非金属性最强的元素，电负性最强，C正确。对于选项D，F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〖答案〗D〖解析〗本题考查的是原子结构，对应着必修一的4.2。18F与19F是氟元素的两种核素，它们互为同位素，具有不同的中子数。3．萤石（CaF2）与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应方程式。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〖答案〗CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑B。〖解析〗本题考查的是元素化学，对应着必修一的3.1。这是一个复分解反应，反应原理是“难挥发性的酸制挥发性的酸”。4．液态氟化氢（HF）的电离方式为：3HFX+HF2-，其中X为________________。HF2-的结构为F—H…F-，其中F-与HF依靠____________相连接。〖答案〗H2F+氢键。〖解析〗本题考查的是分子结构，对应着选必2的2.2。本题中规中距地使用了易形成氢键的F元素，且用“…”明确地表示出来了，根据质量守恒和电荷守恒，可得X为H2F+。由于F的电负性大且原子半径小，能与H原子形成氢键。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___________________________________________________。〖答案〗氟与铜形成致密的CuF2保护膜覆盖在Cu表面，阻碍Cu与F2进一步反应。〖解析〗本题考查的是金属的性质，对应着必修二的5.1。教材中出现过铁、铝被浓硫酸或浓硝酸钝化，铝在空气中钝化，通过类比，可知铜被氟气钝化。这里考查学生的迁移能力。Cu的金属活动性介于Fe、Ag之间，既然氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，那么Cu也应该能被氟单质腐蚀。事实上Cu没有被氟单质腐蚀，一定是被钝化了。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．PtF6B．PtF7-C．F-D．XeF+〖答案〗C。〖解析〗根据题干或图示，可知该反应的总方程式为，Xe+2PtF6=[XeF]+[Pt2F11]-，催化剂的特征是参与反应了，最后它又出来。结合图示，F–在第①步参与反应，在第④步又生成了，它是催化剂，而PtF7-仅是反应的中间产物。如果详细分析，各步骤的反应为：7．上述过程中属于氧化还原反应的是________。（不定项）A．②B．③C．④D．⑤〖答案〗AB。〖解析〗第②步单质Xe转化成化合物XeF，化合价有变化，属于氧化还原反应。第③步PtF6转化为PtF6-，说明它得到了电子，也属于氧化还原反应。本题以化学史上第一个稀有气体化合物的合成为情境，考查化学反应的历程和氧化还原反应，其中第6题对应着选必2的2.3，第7题对应着必修一的2.2。学生要对反应历程进行分析推理，才能得出第6题的〖答案〗。第7题的第②步从化合价变化判断氧化还原反应，第③步从电子的转移判断氧化还原反应，命题角度全面、新颖。不过，学生对反应历程图（又叫催化循环图）的理解可能有一定障碍。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，且三种氟化物的比例为XeF2∶XeF4∶XeF6=1∶6∶3，则10min内XeF4的速率v(XeF4)=_______________。〖答案〗6×10-4mol·L-1·min-1〖解析〗根据题意不难写出化学方程式10Xe+22F2=XeF2+6XeF4+3XeF6，1molXe和9molF2如果完全反应，则F2是过量的，1molXe消耗F2为2.2mol，生成三种产物分别为0.1mol、0.6mol、0.3mol，这样，最后剩余的气体共（9-2.2）mol+0.1mol+0.6mol+0.3mol=7.8mol，与题目中的8.9mol不符，所以，该反应是可逆反应。设生成的XeF2为xmol，则XeF4、XeF6分别为6xmol和3xmol，消耗的Xe和F2分别为10xmol和22xmol，依题意，有：(1-10x)+(9-22x)+x+6x+3x=8.9解得x=0.05v(XeF4)=0.05mol×6/(50L×10min)=6×10-4mol·L-1·min-1本题考查的是物质的量计算和化学反应速率，对应必修一的1.2和必修二的6.1。它考查了学生的科学探究和创新意识，当采用常规计算出现矛盾时，学生要敢于质疑、勇于创新，猜想可能两种反应物都有剩余，也就是该反应是可逆反应。在试错后再寻找正确的方向，就是探索与研究。粗盐的精制粗盐中含有SO42-、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制：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，取上层清液，加稀硫酸（或硫酸钠溶液），若有白色沉淀生成，则已滴加过量，反之则未过量。

〖解析〗本题考查的是离子的检验，对应必修一的1.3。这是检验离子的基本操作。

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．SO42-不能完全去除B．消耗更多NaOHC．Ba2+不能完全去除D．消耗更多Na2CO3

〖答案〗AD。〖解析〗如果不把BaSO4过滤掉，在后续加碳酸钠溶液时，将会发生BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌

BaCO3(s)+SO42-(aq)将导致SO42-不能完全去除，同时也会消耗更多Na2CO3。本题考查的是难溶电解质的沉淀溶解平衡，对应选必1的3.4，将“粗盐水的精制”与“沉淀溶解平衡”进行关联，体现了选修与必修的融合。如果学生的认知仍停留在高一必修的水平上，则无法解答此题。若定性研究此反应，可认为增大c(CO32-)，平衡正向移动，则AD为〖答案〗。若再提供溶度积常数，则可定量计算，本人根据选必1

的P75溶度积的数据，算出上述平衡的K

=4.23×10-2

＞

10-5，显然，这是一个可逆反应，加入一定浓度的碳酸钠，能够使平衡正向移动。

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

〖答案〗B〖解析〗本题考查过滤的基本操作，所需仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒

12．步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有_____________________。〖答案〗OH-、CO32-

〖解析〗以上两题考查的都是实验基本操作，对应必修一的1.3。

13．“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B.

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

〖答案〗C。〖解析〗“一系列操作”，实际上就是分离NaCl和KCl。由于KCl是杂质，含量是比较少的，它的溶解度随温度变化较大，而NaCl的溶解度随温度变化不大，所以采取蒸发结晶的方法提纯NaCl，而蒸发结晶时看到的现象应该表述为“大量晶体析出”，结合杂质KCl的溶解度曲线，应选C。本题考查的是化学实验，对应必修一的1.3。估计许多同学可能搞不清“晶膜形成”与“大量晶体析出”的区别。如果是降温结晶，则需先蒸发溶液至饱和，这时看到的现象是“晶膜形成”，然后降温即可；如果是蒸发结晶，则需蒸发至“大量晶体析出”后，再进行后续操作。简言之，降温结晶→“晶膜形成”，蒸发结晶→“大量晶体析出”。

14．请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应____________________________________。〖答案〗H++OH-==H2O、2H++CO32-==H2O+CO2↑。〖解析〗粗盐提纯，可溶性杂质的去除，涉及的相关离子反应方程式。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________________________________________________。

〖答案〗CaCl2

+2NH3+CO2

+H2O==CaCO3↓+2NH4Cl，①将有毒有害的工业废气转变为铵盐，可以做氮肥；②减少NH3等有害气体的排放，更加环保。（合理即可）

〖解析〗加入石灰乳后，溶液中的溶质主要是CaCl2，可认为NH3和CO2在溶液中先生成(NH4)2CO3，再与CaCl2进行复分解反应，总的方程式为CaCl2

+2NH3+CO2

+H2O==CaCO3↓+2NH4Cl，有点类似于氨碱法的反应。

评价优点时，可观察到这两个方案的第一步是相同的，只需把第二步进行比较。方案2用的是“工业废气”，而方案3用的是碳酸钠溶液，显然应该从资源的综合利用角度进行回答。

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。

〖答案〗n(CaO)=0.04mol

；n(Na2CO3)=0.14mol。〖解析〗CaO在水中转化为Ca(OH)2，与粗盐水中MgCl2反应的化学方程式为MgCl2

+Ca(OH)2

=Mg(OH)2↓+CaCl2n(CaO)=

n[Ca(OH)2]=

n(MgCl2)=0.38g·L-1×10L/95g·mol-1

=0.04mol该反应生成的CaCl2为0.04mol，原粗盐水中含CaCl2为1.11g·L-1×10L/111g·mol-1

=0.1mol，由于CaCl2

+Na2CO3

=CaCO3↓+2NaCl，所以需碳酸钠的物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol。三、溴化铝的性质已知AlBr3可二聚为下图的二聚体: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生成[Al(CH3CN)2Br2]Br（结构如图所示），已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为_________，其中配体是____________；1mol该配合物中有σ键______mol。

〖答案〗A；

sp3，CH3CN、Br-；

14。〖解析〗每个Al原子周围有3个共价键和1个配位键，但配位键是一种特殊的共价键，它们都是极性共价键，即极性键，选A。

在配离子中，中心原子与四个配体相连，形成四面体形结构，杂化方式为sp3，配体分别是CH3CN和Br-。CH3CN的结构如下:每个CH3CN分子中含5个σ键（其中的C、N三键中只有1个σ键，另2个是π键），还有N原子的孤电子对与Al离子形成的配位键，2个Br-也通过配位键与Al离子相连，（这里的配位键都是σ键），所以，1mol该配合物中有σ键为(5+1)×2+1×2=14（mol）。

18．溴的三种化合物的沸点如下表所示：溴的卤化物AlF3AlCl3AlBr3沸点1500370430解释三种卤化物沸点差异的原因___________________________________________________。

〖答案〗AlF3为离子晶体，气化时破坏离子键，AlCl3和AlBr3均为分子晶体，气化时破坏范德华力。离子键比范德华力强的多，因此AlF3的沸点最高；AlCl3与AlBr3结构相似，AlBr3的相对分子质量更大，范德华力更大，因此沸点比AlCl3高。〖解析〗AlF3的沸点较高，是因为它属于离子晶体，AlCl3和AlBr3的沸点较低，它们属于分子晶体，而分子晶体的相对分子质量决定了分子间作用力的大小，当然会使它们的沸点产生差异。

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，则该反应的__________。A．ΔH>0，ΔS>0

B．ΔH<0，ΔS>0C．ΔH>0，ΔS<0

D．ΔH<0，ΔS<0〖答案〗-ΔH1+2ΔH2

+3ΔH3

+3ΔH4

-ΔH5A

〖解析〗根据盖斯定律，①×(-1)+

②×2+

③×3+

④×3+⑤×(-1)，即可求解。由总反应可知ΔS>0

，由图可知，该反应低温非自发，高温自发，则ΔH>0，故选A。

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在棱心)20．该晶体中，每个Al2Br6，距离其最近的

Al2Br6有____个。A．4

B．5

C．8

D．12〖答案〗A。〖解析〗晶胞是要向空间发展的，我们再发展一个晶胞，如下图，以A点的微粒为中心，与之最近且等距离的有下面晶胞的1号和2号，上面晶胞的3号和4号。21．已知NA=6.02×1023mol-1，一个晶胞的体积C=5.47×10-22

cm3，求Al2Br6的晶胞密度。________________________________________________________________________。〖答案〗3.24g·cm-3〖解析〗根据均摊法，每个溴化铝晶胞中含Al2Br6的个数为8×1/4=2。令Al2Br6为2mol，其质量为534g·mol-1

×2mol=

1068g体积为5.47×10-22

cm3

×6.02×1023

=329.3cm3Al2Br6的晶胞密度为1068g/329.3cm3=

3.24g·cm-3AlBr3水解可得Al(OH)3胶体，请解释用Al(OH)3可净水的原因

。

〖答案〗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物并使其沉降，因而可以净水。

〖解析〗胶体的性质，对应必修一的1.1。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物并使其沉降，因而可以净水。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+

〖答案〗A。〖解析〗根据胶粒“向阴极移动”，可知该粒子带正电，排除选项C，分别计算A、B、D中括号内的电荷数，只有A正确。

简评：本题考查的是胶体的性质，对应必修一的1.1。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_____________________。〖答案〗酰胺基〖解析〗瑞格列奈中的含氧官能团如下图所示。降血糖药物瑞格列奈的合成情境，体现了科技创新对人类健康和社会发展的贡献。本小题分析有机物的官能团时，可以优先寻找分子中与氧原子、氮原子有关的部位。本题界定为“含氧官能团”，当然从氧原子所处的位置进行分析。

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

〖答案〗A。〖解析〗反应①是F→G的转化，该过程仅从氢、氧原子的变化即可判断，得氢、失氧，有机物发生的是还原反应。简评：在中学阶段，有机物得到氧或失去氢的反应被称为氧化反应，而失去氧或得到氢的反应被称为还原反应。

26．反应②的试剂和条件是________________________。

〖答案〗稀硫酸，加热。（或写成两步：①氢氧化钠溶液，加热，②稀盐酸）〖解析〗反应②是酯基的转化，属于酯的水解，可以在酸性条件下进行，此时的水解是可逆的，也可以在碱性条件下进行，水解后别忘了酸化，因为产物中有羧基。27．D的分子式是C11H13OF，画出D的结构简式___________________________。〖答案〗

〖解析〗从试剂看，C→D是氧化过程，再结合E的结构，很容易判断：只要把C中的羟基转化为酮羰基即可。

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。〖答案〗〖解析〗根据“芳香族化合物”，知道含苯环；根据“银镜反应”，知道含醛基；根据“3组峰”，知道有三种化学环境的氢原子。那么，“6∶6∶1”怎么思考呢？其中的“1”，应该是醛基上的氢，另外的两个6，每个“6”都应该是对称的两个甲基。于是，该同分异构体的结构简式就跃然而出了。29．G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：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〖答案〗（1）1（2）B

〖解析〗（1）手性碳原子又叫不对称碳原子，指的是4个不同的原子或基团连接在碳原子上。所以，手性碳原子一定连着4个单键，且各不相同，下图中带“*”的碳原子就是手性碳原子。题中信息是取代反应，可认为是乙酸酐中的酯基把氨基中的氢拿走了，得到含酰胺基的有机物和乙酸