2024年高考化学（上海卷）真题详细解读及评析

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。以真实情境为测试载体，五道大题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

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。详细知识点1中必修一的4.1和选必2的1.3。从原子半径、主要化几方面设计问题。2易物质结构与性质必修一的4.2,原子结构3易元素化学性的酸制挥发性的酸"。4易分子结构5中金属的性质必修二的5.1。钝化6中选必2的2.3,必修一的2.2。7难物质的量计算和必修一的1.2和必修二的6.1。物质的量计算和化学8易离子的检验必修一的1.3。检验离子的基本操作。9中选必1的3.4,粗盐水的精制、沉淀溶解平衡易化学实验基础必修一的1.3,过滤的基本操作易化学实验基础必修一的1.3,实验基本操作易化学实验基础必修一的1.3,实验基本操作易化学实验基础必修一的1.3,化学实验易化学实验基础应方程式。中实验综合能力生》。主要考查了学生的科学评价能力。中必修一的1.2,化学计算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。于σ键的个数中物质结构与性质型沸点比较易中物质结构与性质晶胞，对应选必2的3.1中物质结构与性质晶胞的计算，对应选必2的3.1易胶体的性质，对应必修一的1.1中胶体的性质，对应必修一的1.1易有机化学基础有机物的官能团易有机化学基础反应类型，氧化还原反应。易有机化学基础中有机化学基础结构简式中有机化学基础同分异构体的书写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、中有机化学基础分析合成路线的调整对药物合成的影响：官能团的保护难有机化学基础中中难沉淀的溶解与生成；电离平衡常数与溶度积常数相关计算；中(电化学)原电池电极反应式书写中(电化学)原电池正负极判断；原电池电极反应式书写；新型难(电化学)原电池原理的应用；新型电池；方案评价。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1.下列关于氟元素的性质说法正确的是一、氟及其化合物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【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非金属性最强的元素，电负性最强，C正确。对于选项D,F2.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【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3.萤石(CaF₂)与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应方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↑(条件：加热)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 【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，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。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也应该能被氟六氟合铂酸氙([XeF]'[Pt₂F₁1])的制备方式6.上述反应中的催化剂为A.PtF₆B.PtF₇C.F-【解析】根据题干或图示，可知该反应的总方程式为，Xe+2PtF₆7.上述过程中属于氧化还原反应的是。(不定项)【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:【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和解得x=0.05v(XeF₄)=0.05mol×6/(50L×10min)=6×10-⁴mol·L¹·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【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=4.23×10²>105,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-0A.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-0【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KCI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14.请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应【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.相比干方案3,方案2的优点是【答案】CaCl₂+2NH₃+CO₂+H₂O==CaCO₃J+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CaCl+2NH₃+CO₂+H₂O==CaCO₃J+2NH₄Cl,有点类似于氨碱法评价优点时，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.L¹,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)₂J+CaCl₂n(CaO)=n[Ca(OH₂]=n(MgCl₂)=0.38g.L¹×10L/95g.mol¹=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.mol¹=0.1mol,由于CaCl₂+Na₂CO₃=CaCO₃J+2NaCl,所以需碳酸钠的物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol。已知AlBr₃可二聚为下图的二聚体：A.极性键B.非极性键C.离子键D.金属键已知是【答将该二聚体溶于CH₃CN生成[Al(CH₃CN)₂Br₂]Br(结构如图所示),其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为_,其中配体 :1mol该配合物中有σ键已知是【答【解析】每个A1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：溴的卤化物沸点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AIBr₃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，AIBr₃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AIBr₃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Al₂Br₆1)=2Al(g)+6Br(g)△H19.则△H=0由图可知，若该反应自发，则该反应的_oA.△H>0,△S>0B.△H<0,△S>0C.△H>0,【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△S>0,由图可知，该反应低温非自发，高温自发，则△H>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AlBr6有个。【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=5.47×10-²2cm³,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.mol¹×2mol=1068g体积为5.47×10-²2cm³×6.02×10²³=329.3cm³Al₂Br₆的晶胞密度为1068g/329.322.AlBr₃水解可得Al(OH)₃胶体，请解释用Al(OH)₃可净水的原因-0【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)B.[mAl(OH)3·nBr·xAlD.[mAl(OH)₃·nAl³+.(n-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-0【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_oA.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CuH₁3OF,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0A.硝酸B.茚三酮C.NaOHD.NaHCO₃【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。(2)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。r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。五、珊瑚礁的形成与保护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保持不变【答案】AD。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，P