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2024年上海市高考化学试卷（等级性）

题号	一	二	三	四	五	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

一、氟及其化合物

1．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.原子电离能最大

C.元素的电负性最强

D.最高正化合价为+7

（2）（不定项）下列关于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

（3）萤石 （CaF₂）与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的方程式：　 　；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： ，其中X为 　 　。 的结构为F—H…F—，其中F与HF依靠 　 　相连接。

（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 　 　。

2．PtF₆是极强的氧化剂，用Xe和PtF₆可制备稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氲（[XeF][Pt₂F₁₁]^﹣）的制备方式如图所示：

（1）上述反应中的催化剂为 　 　。

A.PtF₆

B.

C.F^﹣

D.XeF⁺

（2）（不定项）上述过程中属于氧化还原反应的是 　 　。

A.②

B.③

C.④

D.⑤

（3）氟气通入氙（Xe）中会产生XeF₂、XeF₄、XeF₆三种氟化物气体。现将1mol的Xe和9mol的F₂同时通入一50L的容器中，反应10min后，测得容器内共8.9mol气体，且三种氟化物的比例为XeF₂：XeF₄：XeF₆＝1：6：3，则计算10min内XeF₄的化学反应速率v（XeF₄）＝　 　。

二、粗盐水的精练

3．粗盐中含有 、K⁺、Ca²⁺、Mg²⁺等杂质离子：

已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示：

（1）步骤①中BaCl₂溶液要稍过量，请描述检验BaCl₂溶液是否过量的方法：　 　。

（2）（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. 不能完全去

B.消耗更多NaOH

C.Ba²⁺不能完全去除

D.消耗更多Na₂CO₃

（3）过滤操作中需要的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒还需要 　 　。

A.分液漏斗

B.漏斗

C.长颈漏斗

D.锥形瓶

（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）第二次过滤后滤渣的成分为：　 　。

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⁺。

（7）相比于方案3，方案2的优点是：　 　。

（8）已知粗盐水中Mg²⁺含量为0.38g•L^﹣1，Ca²⁺含量1.11g•L^﹣1，现用方案3提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳（视为CaO）和Na₂CO₃的物质的量分别为 　 　。

三、溴化铝的性质

4．已知AlBr₃可二聚为如图二聚体：

（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

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 　 　（填化学式）；1mol该配合物中含有σ键共 　 　mol。

（2）溴的三种化合物的沸点如下表所示：

铝的卤化物	AlF3	AlCl3	AlBr3
沸点/℃	1500（一说1040）	370	430

解释三种卤化物沸点差异的原因：　 　。

已知反应：Al₂Br₆（l）⇌2Al（g）+6Br（g）ㅤㅤΔH

①Al₂Br₆（s）⇌Al₂Br₆（l）ㅤㅤΔH₁

②Al（s）⇌Al（g）ㅤㅤΔH₂

③Br₂（l）⇌Br₂（g）ㅤㅤΔH₃

④Br₂（g）⇌2Br（g）ㅤㅤΔH₄

⑤2Al（s）+3Br₂（l）⇌Al₂Br₆（s）ㅤㅤΔH₅

（3）求ΔH＝　 　。

若该反应自发，由图可知，该反应 　 　。

A.ΔH＞0，ΔS＞0

B.ΔH＜0，ΔS＞0

C.ΔH＞0，ΔS＜0

D.ΔH＜0，ΔS＜0

5．已知Al₂Br₆的晶胞如图所示（平行六面体，各棱长不相等，Al₂Br₆在棱心）。

（1）该晶体中，每个Al₂Br₆，距离其最近的Al₂Br₆有 　 　个。

A.4

B.5

C.8

D.12

（2）已知N_A＝6.02×10²³mol^﹣1，一个晶胞的体积V＝5.47×10^﹣22cm³，求Al₂Br₆的晶胞密度 　 　（保留2位小数）。

（3）AlBr₃水解可得Al（OH）₃胶体，请解释用Al（OH）₃可净水的原因 　 　。

（4）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.[nAl（OH）₃•nAl•（3n﹣x）OH]^x+

B.[nAl（OH）₃•nAl•xOH]^（3n+x）+

C.[nAl（OH）₃•nBr]^x﹣

D.（某电中性微粒）

四、瑞格列奈的制备

6．

（1）瑞格列奈中的含氧官能团除了羧基、醚键外，还存在 　 　。

A.酮羰基

B.酰胺基

C.酯基

D.羟基

（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C₁₁H₁₃OF，画出结构简式 　 　。

（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。

A.1

B.2

C.3

D.4

②已知： ，用 和谷氨酸可制备 ，该物质可用于分离对应异构体。谷氨酸的结构简用式为 　 　。

检验谷氨酸的试剂是 　 　。

A.硝酸

B.NaHCO₃溶液

C.NaOH溶液

D.茚三酮

（7）用 与G可直接制取H，但产率会降低，请分析原因 　 　。

（8）以 和CH₃MgBr合成 ，写出合成路线：　 　（合成路线的表示方式为：A B 目标产物）

五、珊瑚的形成与保护

7．已知：Ca²⁺+2 ⇌CaCO₃+H₂CO₃

① ⇌H⁺

②Ca²⁺ ⇌CaCO₃

③ H⁺⇌H₂CO₃

（1）（不定项）以下能判断反应到达平衡的是 　 　。

A.钙离子浓度不变

B.碳酸氢根和碳酸根的浓度比不变

C.两个物质的正反应速率是1：1

D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数

（2）pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因：　 　。

已知H₂CO₃的K_a1＝4.2×10^﹣7，K_a2＝5.6×10^﹣11，CaCO₃的K_sp＝2.8×10^﹣9

（3）若c（H⁺）＝8.4×10^﹣9mol•L^﹣1，c（ ）＝1.0×10^﹣4mol•L^﹣1，

求c（H₂CO₃）＝　 　。

当c（Ca²⁺）＝　 　mol•L^﹣1时，开始产生CaCO₃沉淀。

8．（1）据图，写出电极a的电极反应方程式 　 　。

（2）关于上述电化学反应过程，描述正确的是 　 　。

A.该装置实现了电能转化学能

B.电极b发生氧化反应

C.电子从电极b到沉淀到溶液再到电极a

D.每1mol（CH₂O）_n参与反应转移4mol电子

（3）为什么溶液中氧气浓度高了， 的除去量会变少，但有机物的除去量会变多：　 　。

2024年上海市高考化学试卷（等级性）

一、氟及其化合物

1．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 　C　。

A.原子半径最小

B.原子电离能最大

C.元素的电负性最强

D.最高正化合价为+7

（2）（不定项）下列关于¹⁸F与¹⁹F说法正确的是 　D　。

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

（3）萤石 （CaF₂）与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的方程式：　CaF₂+H₂SO₄ CaSO₄+2HF↑　；该反应中体现浓硫酸的性质是 　B　。

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： ，其中X为 　H₂F⁺　。 的结构为F—H…F—，其中F与HF依靠 　氢键　相连接。

（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 　F₂ 与 Cu 可形成致密的 CuF₂ 保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与 F₂ 反应的进一步进行　。

【答案】（1）C；

（2）D；

（3）CaF₂+H₂SO₄ CaSO₄+2HF↑；B；

（4）H₂F⁺；氢键；

（5）F₂ 与 Cu 可形成致密的 CuF₂ 保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与 F₂ 反应的进一步进行。

【解答】解：（1）A.氟元素位于第二周期的最右边，其原子半径在同周期元素原子中是最小的，但还是比H原子半径大，故A错误；

B.F原子的电离能不是最大的，比Ne小，故B错误，

C.F元素的电负性是最强的，故C正确；

D.F元素没有最高正化合价，故D错误；

故答案为：C；

（2）A.¹⁸F与¹⁹F是F元素的两种不同的核素，故A错误；

B.¹⁸F与¹⁹F是不同的原子，不是同素异形体，同素异形体指的是单质，故B错误；

C.¹⁹F比¹⁸F多一个中子，电子数和质子数是相等的，故C错误；

D.¹⁹F比¹⁸F多一个中子，故D正确；

故答案为：D；

（3）萤石 （CaF₂）与浓硫酸共热可制备HF气体，该反应的方程式为：CaF₂+H₂SO₄ CaSO₄+2HF↑；该反应中体现浓硫酸的难挥发性，即B符合题意，

故答案为：CaF₂+H₂SO₄ CaSO₄+2HF↑；B；

（4）液态氟化氢（HF）的电离方式为： ，根据原子守恒可知，其中X为H₂F⁺， 的结构为F—H•••F^﹣，其中F与HF依靠氢键相连接，

故答案为：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F₂ 与 Cu 可形成致密的 CuF₂ 保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与 F₂ 反应的进一步进行，

故答案为：F₂ 与 Cu 可形成致密的CuF₂保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与 F₂ 反应的进一步进行。

2．PtF₆是极强的氧化剂，用Xe和PtF₆可制备稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氲（[XeF][Pt₂F₁₁]^﹣）的制备方式如图所示：

（1）上述反应中的催化剂为 　C　。

A.PtF₆

B.

C.F^﹣

D.XeF⁺

（2）（不定项）上述过程中属于氧化还原反应的是 　AB　。

A.②

B.③

C.④

D.⑤

（3）氟气通入氙（Xe）中会产生XeF₂、XeF₄、XeF₆三种氟化物气体。现将1mol的Xe和9mol的F₂同时通入一50L的容器中，反应10min后，测得容器内共8.9mol气体，且三种氟化物的比例为XeF₂：XeF₄：XeF₆＝1：6：3，则计算10min内XeF₄的化学反应速率v（XeF₄）＝　6×10^﹣4mol•L^﹣1•min^﹣1　。

【答案】（1）C；

（2）AB；

（3）6×10^﹣4mol•L^﹣1•min^﹣1。

【解答】解：（1）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，

故答案为：C；

（2）上述过程中②与③存在Xe和Pt元素的化合价的改变，属于氧化还原反应，

故答案为：AB；

（3）氟气通入氙（Xe）中会产生XeF₂、XeF₄、XeF₆三种氟化物气体，现将1mol的Xe和9mol的F₂同时通入一50L的容器中，反应10min后，测得容器内共8.9mol气体，且三种氟化物的比例为XeF₂：XeF₄：XeF₆＝1：6：3，设生成的XeF₂、XeF₄、XeF₆分别为amol、6amol、3amol，根据方程式：

Xe+F₂＝XeF₂ Δn（气体物质的量减少）

amol amol amol amol

Xe+2F₂＝XeF₄ Δn（气体物质的量减少）

6amol 12amol 6amol 12amol

Xe+3F₂＝XeF₆ Δn（气体物质的量减少）

3amol 9amol 3amol 9amol

则有a+12a+9a＝（10﹣8.9）mol＝1.1mol，解得：a＝0.05mol，生成的XeF₄为0.05mol×6＝0.3mol，10min内XeF₄的化学反应速率v（XeF₄） 6×10^﹣4mol•L^﹣1•min^﹣1，

故答案为：6×10^﹣4mol•L^﹣1•min^﹣1。

二、粗盐水的精练

3．粗盐中含有 、K⁺、Ca²⁺、Mg²⁺等杂质离子：

已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示：

（1）步骤①中BaCl₂溶液要稍过量，请描述检验BaCl₂溶液是否过量的方法：　取上层清液于试管，向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaCl₂ 溶液已过量，反之，则未过量　。

（2）（不定项）若加BaCl₂后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致 　AD　。

A. 不能完全去

B.消耗更多NaOH

C.Ba²⁺不能完全去除

D.消耗更多Na₂CO₃

（3）过滤操作中需要的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒还需要 　B　。

A.分液漏斗

B.漏斗

C.长颈漏斗

D.锥形瓶

（4）步骤④中用盐酸调节pH至3～4，除去的离子有 　OH^﹣、 　。

（5）“一系列操作”是指 　C　

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）第二次过滤后滤渣的成分为：　Mg（OH）₂、CaCO₃、BaCO₃　。

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⁺。

（7）相比于方案3，方案2的优点是：　方案2发生反应 CaCl₂+2NH₃+H₂O+CO₂═CaCO₃↓+2NH₄Cl，可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH₃ 等有害工业气体的排放，更加环保　。

（8）已知粗盐水中Mg²⁺含量为0.38g•L^﹣1，Ca²⁺含量1.11g•L^﹣1，现用方案3提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳（视为CaO）和Na₂CO₃的物质的量分别为 　n（CaO）＝0.158mol，n（Na₂CO₃）＝0.436mol　。

【答案】（1）取上层清液于试管，向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaCl₂ 溶液已过量，反之，则未过量；

（2）AD；

（3）B；

（4）OH^﹣、 ；

（5）C；

（6）Mg（OH）₂、CaCO₃、BaCO₃；

（7）方案2发生反应 CaCl₂+2NH₃+H₂O+CO₂═CaCO₃↓+2NH₄Cl，可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH₃ 等有害工业气体的排放，更加环保；

（8）n（CaO）＝0.158mol，n（Na₂CO₃）＝0.436mol。

【解答】解：（1）步骤①中BaCl₂溶液要稍过量，检验BaCl₂溶液是否过量的方法是取上层清液于试管，向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaCl₂ 溶液已过量，反之，则未过量，

故答案为：取上层清液于试管，向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaCl₂ 溶液已过量，反之，则未过量；

（2）若加BaCl₂后不先过滤，就加氢氧化钠和碳酸钠，此时会发生沉淀的转化：BaSO₄ ⇌BaCO₃ ，少量BaSO₄又转化为BaCO₃，导致溶液中 不能完全除去，且消耗更多的Na₂CO₃，Ba²⁺能完全去除，对消耗NaOH量无影响，即AD符合题意，

故答案为：AD；

（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，除去的离子有过量的OH^﹣、 ，

故答案为：OH^﹣、 ；

（5）“一系列操作”是指蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤，得到氯化钠晶体，

故答案为：C；

（6）根据分析可知，第二次过滤后滤渣的成分为：Mg（OH）₂、CaCO₃、BaCO₃，

故答案为：Mg（OH）₂、CaCO₃、BaCO₃；

（7）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⁺；

相比于方案3，方案2的优点是：方案2发生反应 CaCl₂+2NH₃+H₂O+CO₂═CaCO₃↓+2NH₄Cl，可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH₃ 等有害工业气体的排放，更加环保，

故答案为：方案2发生反应 CaCl₂+2NH₃+H₂O+CO₂═CaCO₃↓+2NH₄Cl，可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH₃ 等有害工业气体的排放，更加环保；

（8）粗盐水中Mg²⁺含量为0.38g•L^﹣1，Ca²⁺含量1.11g•L^﹣1，10L该粗盐水中，Mg²⁺的物质的量为 0.158mol，Ca²⁺的物质的量为 0.2775mol，根据关系式：CaO～Ca（OH）₂～Mg²⁺～Mg（OH）₂可知：需要CaO的物质的量为0.158mol，同时增加了0.158mol的Ca²⁺，根据关系式：Ca²⁺～Na₂CO₃～CaCO₃，则需要Na₂CO₃的物质的量为：（0.2775+0.158）mol≈0.436mol，

故答案为：n（CaO）＝0.158mol，n（Na₂CO₃）＝0.436mol。

三、溴化铝的性质

4．已知AlBr₃可二聚为如图二聚体：

（1）该二聚体中存在的化学键类型为 　A　。

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 　sp³　，其中配体是 　CH₃CN、Br　（填化学式）；1mol该配合物中含有σ键共 　14　mol。

（2）溴的三种化合物的沸点如下表所示：

铝的卤化物	AlF3	AlCl3	AlBr3
沸点/℃	1500（一说1040）	370	430

解释三种卤化物沸点差异的原因：　AlF₃为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl₃、AlBr₃为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以AlF₃的熔点高；AlCl₃、AlBr₃为组成和结构相似的分子晶体，AlBr₃的范德华力比AlCl₃强，所以AlBr₃的熔点比AlCl₃的高　。

已知反应：Al₂Br₆（l）⇌2Al（g）+6Br（g）ㅤㅤΔH

①Al₂Br₆（s）⇌Al₂Br₆（l）ㅤㅤΔH₁

②Al（s）⇌Al（g）ㅤㅤΔH₂

③Br₂（l）⇌Br₂（g）ㅤㅤΔH₃

④Br₂（g）⇌2Br（g）ㅤㅤΔH₄

⑤2Al（s）+3Br₂（l）⇌Al₂Br₆（s）ㅤㅤΔH₅

（3）求ΔH＝　﹣ΔH+2ΔH₂+3ΔH₃+3ΔH₄﹣ΔH₅　。

若该反应自发，由图可知，该反应 　A　。

A.ΔH＞0，ΔS＞0

B.ΔH＜0，ΔS＞0

C.ΔH＞0，ΔS＜0

D.ΔH＜0，ΔS＜0

【答案】（1）A；sp³；CH₃CN；14；

（2）AlF₃为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl₃、AlBr₃为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以AlF₃的熔点高；AlCl₃、AlBr₃为组成和结构相似的分子晶体，AlBr₃的范德华力比AlCl₃强，所以AlBr₃的熔点比AlCl₃的高；

（3）﹣ΔH+2ΔH₂+3ΔH₃+3ΔH₄﹣ΔH₅；

（4）A。

【解答】解：（1）该物质中Al、Br原子之间存在共价键，对共用电子对吸引力：Br＞Al，所以该二聚体中存在的化学键类型为极性键；已知AlBr₃可二聚为如图二聚体：其配离子为正四面体形，则其配离子的中心原子价层电子对个数是4，则该配离子的中心原子采用sp³杂化；中心原子是Al，配体是CH₃CN；该配合物中存在2个Al—Brσ键、2个Al—Nσ键、6个C—Hσ键、2个C—Cσ键、2个C≡N键，每个C≡N键中含有1个σ键，所以该配合物化学式中含有14个σ键，1mol该配合物中含有σ键共14mol，

故答案为：A；sp³；CH₃CN；14；

（2）离子晶体的沸点较高，不能形成分子间氢键的分子晶体，其沸点随着范德华力的增大而升高，范德华力随着相对分子质量的增大而增强，AlF₃为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl₃、AlBr₃为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以AlF₃的熔点高；AlCl₃、AlBr₃为组成和结构相似的分子晶体，AlBr₃的范德华力比AlCl₃强，所以AlBr₃的熔点比AlCl₃的高，

故答案为：AlF₃为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl₃、AlBr₃为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以AlF₃的熔点高；AlCl₃、AlBr₃为组成和结构相似的分子晶体，AlBr₃的范德华力比AlCl₃强，所以AlBr₃的熔点比AlCl₃的高；

（3）将方程式②+3③+3④﹣①﹣⑤得方程式Al₂Br₆（l）⇌2Al（g）+6Br（g），则ΔH＝﹣ΔH+2ΔH₂+3ΔH₃+3ΔH₄﹣ΔH₅，

故答案为：﹣ΔH+2ΔH₂+3ΔH₃+3ΔH₄﹣ΔH₅；

（4）根据图知，随着温度的升高，ΔH—T△S减小，若该反应自发，说明ΔH—TΔS＜0，该反应前后气体的计量数增大，则△S＞0，该反应为分解反应需要消耗能量，ΔH＞0，

故答案为：A。

5．已知Al₂Br₆的晶胞如图所示（平行六面体，各棱长不相等，Al₂Br₆在棱心）。

（1）该晶体中，每个Al₂Br₆，距离其最近的Al₂Br₆有 　A　个。

A.4

B.5

C.8

D.12

（2）已知N_A＝6.02×10²³mol^﹣1，一个晶胞的体积V＝5.47×10^﹣22cm³，求Al₂Br₆的晶胞密度 　3.24g/cm³　（保留2位小数）。

（3）AlBr₃水解可得Al（OH）₃胶体，请解释用Al（OH）₃可净水的原因 　Al（OH）₃胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降　。

（4）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　。

A.[nAl（OH）₃•nAl•（3n﹣x）OH]^x+

B.[nAl（OH）₃•nAl•xOH]^（3n+x）+

C.[nAl（OH）₃•nBr]^x﹣

D.（某电中性微粒）

【答案】（1）A；

（2）3.24g/cm³；

（3）Al（OH）₃胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降；

（4）A。

【解答】解：（1）如图 ，以1号球为例，距离1号球最近的球分别是2、3、4、5号球，所以该晶体中，每个Al₂Br₆，距离其最近的Al₂Br₆有4个，

故答案为：A；

（2）根据图中，1个Al₂Br₆被4个晶胞共用，则该晶胞中Al₂Br₆的个数为8 2，晶胞密度 g/cm³≈3.24g/cm³，

故答案为：3.24g/cm³；

（3）Al（OH）₃胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降，所以能用于净水，

故答案为：Al（OH）₃胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降；

（4）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，说明该离子带正电荷，Al（OH）3整体呈电中性，铝离子带3个单位的正电荷、氢氧根离子带1个单位的负电荷，根据离子所带电荷排除C、D，B中所带电荷为3n﹣x，A中粒子所带电荷为+3n+（3n﹣x）×（﹣1）＝+x，符合条件，

故答案为：A。

四、瑞格列奈的制备

6．

（1）瑞格列奈中的含氧官能团除了羧基、醚键外，还存在 　B　。

A.酮羰基

B.酰胺基

C.酯基

D.羟基

（2）反应①的反应类型为 　A　。

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 　稀硫酸、加热　。

（4）D的分子式是C₁₁H₁₃OF，画出结构简式 　 　。

（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 　A　个手性碳。

A.1

B.2

C.3

D.4

②已知： ，用 和谷氨酸可制备 ，该物质可用于分离对应异构体。谷氨酸的结构简用式为 　H₂NCH（COOH）CH₂CH₂COOH　。

检验谷氨酸的试剂是 　D　。

A.硝酸

B.NaHCO₃溶液

C.NaOH溶液

D.茚三酮

（7）用 与G可直接制取H，但产率会降低，请分析原因 　 中含有两个羧基，与G反应时，两个羧基都可以发生反应生成酰胺基，故会产生副产物，使H的产率降低　。

（8）以 和CH₃MgBr合成 ，写出合成路线：　 　（合成路线的表示方式为：A B 目标产物）

【答案】（1）B；

（2）A；

（3）稀硫酸、加热；

（4） ；

（5） ；

（6）①A；

②H₂NCH（COOH）CH₂CH₂COOH；D；

（7） 中含有两个羧基，与G反应时，两个羧基都可以发生反应生成酰胺基，故会产生副产物，使H的产率降低；

（8） 。

【解答】解：（1）瑞格列奈中的含氧官能团除了羧基、醚键外，还存在酰胺基，

故答案为：B；

（2）反应①的反应类型为还原反应，

故答案为：A；

（3）反应②为酯基酸性条件下水解生成羧基，所以该反应的试剂和条件是稀硫酸、加热，

故答案为：稀硫酸、加热；

（4）通过以上分析知，D的结构简式为 ，

故答案为： ；

（5）化合物D为 ，D的同分异构体满足下列条件：

ⅰ.芳香族化合物，可以发生银镜反应，说明含有苯环和醛基；

ⅱ.核磁共振谱中显示出3组峰，其峰面积之比为6：6：1，说明含有3种氢原子且氢原子个数之比为6：6：1，结构对称，符合条件的结构简式为 ，

故答案为： ；

（6）①如图 ，G中有1个手性碳，

故答案为：A；

②用 和谷氨酸可制备 ，则谷氨酸的结构简式为H₂NCH（COOH）CH₂CH₂COOH，检验谷氨酸的试剂是茚三酮，

故答案为：H₂NCH（COOH）CH₂CH₂COOH；D；

（7）用 与G可直接制取H，但产率会降低，原因是 中含有两个羧基，与G反应时，两个羧基都可以发生反应生成酰胺基，故会产生副产物，使H的产率降低，

故答案为： 中含有两个羧基，与G反应时，两个羧基都可以发生反应生成酰胺基，故会产生副产物，使H的产率降低；

（8）以 和CH₃MgBr合成 ， 可由 和 发生缩聚反应得到， 发生氧化反应生成 ， 和CH₃MgBr发生A生成B、B生成C类型的反应得到 ，合成路线为 ，

故答案为： 。

五、珊瑚的形成与保护

7．已知：Ca²⁺+2 ⇌CaCO₃+H₂CO₃

① ⇌H⁺

②Ca²⁺ ⇌CaCO₃

③ H⁺⇌H₂CO₃

（1）（不定项）以下能判断反应到达平衡的是 　AB　。

A.钙离子浓度不变

B.碳酸氢根和碳酸根的浓度比不变

C.两个物质的正反应速率是1：1

D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数

（2）pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因：　溶液的pH增大，溶液中OH^﹣的浓度增大，会结合H⁺，促进H₂CO₃向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO₃ 沉淀　。

已知H₂CO₃的K_a1＝4.2×10^﹣7，K_a2＝5.6×10^﹣11，CaCO₃的K_sp＝2.8×10^﹣9

（3）若c（H⁺）＝8.4×10^﹣9mol•L^﹣1，c（ ）＝1.0×10^﹣4mol•L^﹣1，

求c（H₂CO₃）＝　2×10^﹣6mol•L^﹣1　。

当c（Ca²⁺）＝　4.2×10^﹣3　mol•L^﹣1时，开始产生CaCO₃沉淀。

【答案】（1）AB；

（2）溶液的pH增大，溶液中OH^﹣的浓度增大，会结合H⁺，促进H₂CO₃向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO₃ 沉淀；

（3）2×10^﹣6mol•L^﹣1；4.2×10^﹣3。

【解答】解：（1）A.钙离子浓度不变，其它组分的浓度不变，可逆反应达到平衡状态，故A正确；

B.碳酸氢根和碳酸根离子的浓度之比不变，则各自的浓度不变，可逆反应达到平衡状态，故B正确；

C.在平衡体系中：Ca²⁺+2 ⇌CaCO₃+H₂CO₃，Ca²⁺、H₂CO₃的正反应速率始终是1：1，没有给出逆反应速率，故C错误；

D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数，但某个数不确定，不能确定是否达到平衡状态，故D错误；

故答案为：AB；

（2）珊瑚的主要成分是碳酸钙，溶液的pH增大，溶液中OH^﹣的浓度增大，会结合H⁺，促进H₂CO₃向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO₃ 沉淀，

故答案为：溶液的pH增大，溶液中OH^﹣的浓度增大，会结合H⁺，促进H₂CO₃向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO₃ 沉淀；

（3）当c（H⁺）＝8.4×10^﹣9mol•L^﹣1，c（ ）＝1.0×10^﹣4mol•L^﹣1，c（H₂CO₃） 2×10^﹣6mol•L^﹣1，c（ ） mol•L^﹣1，c（Ca²⁺）×c（ ）＝c（Ca²⁺） 2.8×10^﹣9，解得：c（Ca²⁺）＝4.2×10^﹣3mol•L^﹣1，

故答案为：2×10^﹣6mol•L^﹣1；4.2×10^﹣3。

8．（1）据图，写出电极a的电极反应方程式 　 　。

（2）关于上述电化学反应过程，描述正确的是 　B　。

A.该装置实现了电能转化学能

B.电极b发生氧化反应

C.电子从电极b到沉淀到溶液再到电极a

D.每1mol（CH₂O）_n参与反应转移4mol电子

（3）为什么溶液中氧气浓度高了， 的除去量会变少，但有机物的除去量会变多：　溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高　。

【答案】（1） ；

（2）B；

（3）溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高。

【解答】解：（1）由图可知，电极a的电极反应方程式为： ，

故答案为： ；

（2）A.该装置为原电池装置，实现了化学能转电能，故A错误；

B.电极b中，C元素化合价由0价升高到+4价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故B正确；

C.电子从电极b失去，经外电路到电极a，溶液中是离子的定向移动，故C错误；

D.每1mol（CH₂O）_n参与反应转移4nmol电子，故D错误；

故答案为：B；

（3）溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，电极反应式为：O₂+4H⁺+4e^﹣＝2H₂O，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高，

故答案为：溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，使得 消耗减小，去除率下降，溶液中更多的氧气得电子，使有机物转移电子数增加，去除率增高。