文档内容
2024年上海市高考化学试卷（等级性）
参考答案与试题解析
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 （CaF ）与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的方程式： CaF +H SO
2 2 2 4
CaSO +2HF ↑ ；该反应中体现浓硫酸的性质是 B 。
4
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 H F + 。 的结构为F—H…F
2
—，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 F 与 Cu
2
可形成致密的 CuF 保护膜，覆盖在 C u 表面，阻碍 C u 与 F 反应的进一步进行 。
2 2
【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；电离方程式的书写；元
素周期律和元素周期表的综合应用．
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【答案】（1）C；
（2）D；（3）CaF +H SO CaSO +2HF↑；B；
2 2 4 4
（4）H F+；氢键；
2
（5）F 与 Cu 可形成致密的 CuF 保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与 F 反应的进一步进行。
2 2 2
【分析】（1）A.所有原子中，H原子半径最小；
B.F原子的电离能比Ne小，
C.F元素的电负性是最强的；
D.O、F都没有最高正化合价；
（2）A.18F与19F是F元素的两种不同的核素；
B.同素异形体指的是单质；
C.19F比18F多一个中子，电子数和质子数是相等的；
D.19F比18F多一个中子；
（3）萤石 （CaF ）与浓硫酸共热，生成CaSO 和HF气体；该反应中体现浓硫酸的难挥发性；
2 4
（4）液态氟化氢（HF）的电离方式为： ，根据原子守恒可知，其中X的化学式，
的结构为F—H…F﹣，其中F与HF之间可以形成氢键；
（5）F 与 Cu 可形成致密的CuF 保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与 F 反应的进一步进行。
2 2 2
【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 （CaF ）与浓硫酸共热可制备 HF 气体，该反应的方程式为：CaF +H SO
2 2 2 4
CaSO +2HF↑；该反应中体现浓硫酸的难挥发性，即B符合题意，
4故答案为：CaF +H SO CaSO +2HF↑；B；
2 2 4 4
（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H F+， 的
2
结构为F—H•••F﹣，其中F与HF依靠氢键相连接，
故答案为：H F+；氢键；
2
（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F 与 Cu 可形
2
成致密的 CuF 保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与 F 反应的进一步进行，
2 2
故答案为：F 与 Cu 可形成致密的CuF 保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与 F 反应的进一步进行。
2 2 2
【点评】本题主要考查氟元素及其化合物的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
2．PtF 是极强的氧化剂，用Xe和PtF 可制备稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氲（[XeF][Pt F ]﹣）的
6 6 2 11
制备方式如图所示：
（1）上述反应中的催化剂为 C 。
A.PtF
6
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XeF 、XeF 、XeF 三种氟化物气体。现将1mol的Xe和9mol的F
2 4 6 2
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XeF ：
2XeF ：XeF ＝1：6：3，则计算10min内XeF 的化学反应速率v（XeF ）＝ 6×10 ﹣ 4 mo l • L ﹣ 1 • min ﹣ 1
4 6 4 4
。
【考点】氧化还原反应的基本概念及规律．
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【答案】（1）C；
（2）AB；
（3）6×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1。
【分析】（1）催化剂参与化学反应，在反应前后性质和质量不变；
（2）有元素化合价改变的反应属于氧化还原反应；
（3）设生成的XeF 、XeF 、XeF 分别为amol、6amol、3amol，根据方程式：
2 4 6
Xe+F ＝XeF Δn（气体物质的量减少）
2 2
amol amol amol amol
Xe+2F ＝XeF Δn（气体物质的量减少）
2 4
6amol 12amol 6amol 12amol
Xe+3F ＝XeF Δn（气体物质的量减少）
2 6
3amol 9amol 3amol 3amol
则有a+12a+3a＝（10﹣8.9）mol＝1.1mol，解得：a＝0.05mol，则生成的XeF 为0.05mol×6＝0.3mol，
4
进一步计算10min内XeF 的化学反应速率。
4
【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XeF 、XeF 、XeF 三种氟化物气体，现将1mol的Xe和9mol的F
2 4 6 2
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XeF ：
2
XeF ：XeF ＝1：6：3，设生成的XeF 、XeF 、XeF 分别为amol、6amol、3amol，根据方程式：
4 6 2 4 6
Xe+F ＝XeF Δn（气体物质的量减少）
2 2
amol amol amol amol
Xe+2F ＝XeF Δn（气体物质的量减少）
2 4
6amol 12amol 6amol 12amol
Xe+3F ＝XeF Δn（气体物质的量减少）
2 6
3amol 9amol 3amol 3amol
则有a+12a+3a＝（10﹣8.9）mol＝1.1mol，解得：a＝0.05mol，生成的XeF 为0.05mol×6＝0.3mol，
410min内XeF 的化学反应速率v（XeF ）＝ ＝6×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1，
4 4
故答案为：6×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1。
【点评】本题主要考查催化剂和氧化还原反应的判断，化学反应速率的计算，属于基本知识的考查，
难度不大。
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BaCl 溶液要稍过量，请描述检验BaCl 溶液是否过量的方法： 取上层清液于试管，
2 2
向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaC l 溶液已过量，反之，则未过量 。
2
（2）（不定项）若加BaCl 后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致 AD 。
2
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Na CO
2 3
（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： M g （ OH ） 、 CaCO 、 BaCO 。
2 3 3
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） 】除去Mg2+，再通入含NH 、CO 的工业废
2 3 2
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
CaCl +2NH +H O+CO ═ CaCO ↓ +2NH Cl ，可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了
2 3 2 2 3 4
NH 等有害工业气体的排放，更加环保 。
3
（8）已知粗盐水中Mg2+含量力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Na CO 的物质的量分别为 n （ CaO ）＝ 0.158mo l ， n （ N a CO ）＝
2 3 2 3
0.436mol 。
【考点】制备实验方案的设计；粗盐提纯．
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【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 BaCl 溶液已过
2
量，反之，则未过量；
（2）AD；
（3）B；
（4）OH﹣、 ；
（5）C；
（6）Mg（OH） 、CaCO 、BaCO ；
2 3 3
（7）方案2发生反应 CaCl +2NH +H O+CO ═CaCO ↓+2NH Cl，可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵
2 3 2 2 3 4
盐，产生氮肥；减少了 NH 等有害工业气体的排放，更加环保；
3
（8）n（CaO）＝0.158mol，n（Na CO ）＝0.436mol。
2 3
【分析】粗盐中含有 、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，先加入稍微过量的BaCl 溶液，沉淀 ，
2过滤后，向滤液中继续加入氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液，分别沉淀Mg2+和Ca2+、过量的Ba2+，再过滤，
滤去Mg（OH） 、CaCO 、BaCO 沉淀，再向滤液中加入一定量的稀盐酸，中和过量的氢氧化钠溶液
2 3 3
和碳酸钠溶液，得到含有K+的氯化钠溶液，将此溶液蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤，得到氯化钠
晶体，据此分析作答。
【解答】解：（1）步骤①中BaCl 溶液要稍过量，检验BaCl 溶液是否过量的方法是取上层清液于试
2 2
管，向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaCl 溶液已过量，反之，则未过量，
2
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 BaCl 溶液已过量，
2
反之，则未过量；
（2）若加 BaCl 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：BaSO +
2 4
BaCO + ，少量 BaSO 又转化为 BaCO ，导致溶液中 不能完全除去，且消耗更多的
3 4 3
⇌
Na CO ，Ba2+能完全去除，对消耗NaOH量无影响，即AD符合题意，
2 3
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） 、CaCO 、BaCO ，
2 3 3
故答案为：Mg（OH） 、CaCO 、BaCO ；
2 3 3
（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） 】除去Mg2+，再通入含NH 、CO 的工业废
2 3 2
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 CaCl +2NH +H O+CO ═CaCO ↓+2NH Cl，可变废
2 3 2 2 3 4
为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH 等有害工业气体的排放，更加环保，
3
故答案为：方案2发生反应 CaCl +2NH +H O+CO ═CaCO ↓+2NH Cl，可变废为宝，将粗盐杂质转
2 3 2 2 3 4
化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH 等有害工业气体的排放，更加环保；
3（8）粗盐水中Mg2+含量力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）
～Mg2+～Mg（OH） 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
2 2
系式：Ca2+～Na CO ～CaCO ，则需要Na CO 的物质的量为：（0.2775+0.158）mol≈0.436mol，
2 3 3 2 3
故答案为：n（CaO）＝0.158mol，n（Na CO ）＝0.436mol。
2 3
【点评】本题主要考查原电池原理的应用，电极反应式的书写，同时考查学生的分析能力、应用能力，
属于基本知识的考查，难度中等。
三、溴化铝的性质
4．已知AlBr 可二聚为如图二聚体：
3
（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CH CN生成Al（CH CN） Br ]Br（结构如图所示），已知其配离子为正四面体形，
3 3 2 2
中心原子杂化方式为 s p 3 ，其中配体是 CH CN 、 Br （填化学式）；1mol该配合物中含有σ键
3
共 1 4 mol。
（2）溴的三种化合物的沸点如下表所示：
铝的卤化物 AlF AlCl AlBr
3 3 3
沸点/℃ 1500（一说1040） 370 430
解释三种卤化物沸点差异的原因： AlF 为离子晶体，汽化时破坏离子键， AlC l 、 AlB r 为分子晶体 ，
3 3 3
汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以 AlF 的熔点高； AlC l 、 AlB r 为组成和结构相
3 3 3
似的分子晶体， AlB r 的范德华力比 AlC l 强，所以 AlB r 的熔点比 AlC l 的高 。
3 3 3 3
已知反应：Al Br （l） 2Al（g）+6Br（g）ㅤㅤΔH
2 6
⇌①Al Br （s） Al Br （l）ㅤㅤΔH
2 6 2 6 1
②Al（s） Al⇌（g）ㅤㅤΔH
2
③Br
2
（l）⇌Br
2
（g）ㅤㅤΔH
3
④Br
2
（g）⇌2Br（g）ㅤㅤΔH
4
⑤2Al（s）⇌+3Br
2
（l） Al
2
Br
6
（s）ㅤㅤΔH
5
（3）求ΔH＝ ﹣ ΔH+2⇌ΔH
2
+3ΔH
3
+3ΔH
4
﹣ ΔH
5
。
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
【考点】化学反应的方向；化学键；配合物与超分子．
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【答案】（1）A；sp3；CH CN；14；
3
（2）AlF 为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl 、AlBr 为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键
3 3 3
比范德华力强的多，所以AlF 的熔点高；AlCl 、AlBr 为组成和结构相似的分子晶体，AlBr 的范德华
3 3 3 3
力比AlCl 强，所以AlBr 的熔点比AlCl 的高；
3 3 3
（3）﹣ΔH+2ΔH +3ΔH +3ΔH ﹣ΔH ；
2 3 4 5
（4）A。
【分析】（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；已知AlBr 可二
3
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，中心原子是
Al，配体是CH CN；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、
3
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；
（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；
（3）将方程式②+3③+3④﹣①﹣⑤得方程式Al Br （l） 2Al（g）+6Br（g），则ΔH进行相应
2 6
的改变； ⇌（4）若该反应自发，说明ΔH—T△S＜0，该反应前后气体的计量数增大，则△S＞0，﹣T△S＜0，根
据图知，随着温度的升高，ΔH—T△S减小。
【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AlBr 可二聚为如图二聚体：其配离子为正四面体形，则其
3
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
CH CN；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
3
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；CH CN；14；
3
（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，AlF 为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl 、AlBr 为分子
3 3 3
晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以 AlF 的熔点高；AlCl 、AlBr 为组成和
3 3 3
结构相似的分子晶体，AlBr 的范德华力比AlCl 强，所以AlBr 的熔点比AlCl 的高，
3 3 3 3
故答案为：AlF 为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl 、AlBr 为分子晶体，汽化时破坏范德华力，
3 3 3
离子键比范德华力强的多，所以AlF 的熔点高；AlCl 、AlBr 为组成和结构相似的分子晶体，AlBr 的
3 3 3 3
范德华力比AlCl 强，所以AlBr 的熔点比AlCl 的高；
3 3 3
（3）将方程式②+3③+3④﹣①﹣⑤得方程式Al Br （l） 2Al（g）+6Br（g），则ΔH＝﹣
2 6
ΔH+2ΔH +3ΔH +3ΔH ﹣ΔH ， ⇌
2 3 4 5
故答案为：﹣ΔH+2ΔH +3ΔH +3ΔH ﹣ΔH ；
2 3 4 5
（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—T△S＜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。
【点评】本题考查较综合，侧重考查分析、判断及计算能力，明确配合物中存在的化学键、晶体沸点
影响因素、盖斯定律等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5．已知Al Br 的晶胞如图所示（平行六面体，各棱长不相等，Al Br 在棱心）。
2 6 2 6
（1）该晶体中，每个Al Br ，距离其最近的Al Br 有 A 个。
2 6 2 6
A.4
B.5
C.8
D.12
（2）已知 N ＝6.02×1023mol﹣1，一个晶胞的体积 V＝5.47×10﹣22cm3，求 Al Br 的晶胞密度
A 2 63.24g/cm 3 （保留2位小数）。
（3）AlBr 水解可得Al（OH） 胶体，请解释用Al（OH） 可净水的原因 A l （ OH ） 胶体具有吸附
3 3 3 3
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） •nAl•（3n﹣x）OH]x+
3
B.[nAl（OH） •nAl•xOH]（3n+x）+
3
C.[nAl（OH） •nBr]x﹣
3
D.（某电中性微粒）
【考点】晶胞的计算．
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【答案】（1）A；
（2）3.24g/cm3；
（3）Al（OH） 胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降；
3
（4）A。
【分析】（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；
（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＝ ＝
＝ ；
（3）胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物；
（4）做电泳实验时，带正电荷的胶粒向阴极移动。【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Al Br ，距离其最近的Al Br 有4个，
2 6 2 6
故答案为：A；
（2）根据图中，1个Al Br 被4个晶胞共用，则该晶胞中Al Br 的个数为8× ＝2，晶胞密度＝ ＝
2 6 2 6
＝ ＝ g/cm3≈3.24g/cm3，
故答案为：3.24g/cm3；
（3）Al（OH） 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，
3
故答案为：Al（OH） 胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降；
3
（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。
【点评】本题考查晶胞计算、胶体的性质等知识点，侧重查看阅读、计算及空间想象能力，明确晶胞
的计算方法、胶体净水原理等知识点是解本题关键，（1）题为解答易错点。
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C H OF，画出结构简式 。
11 13
（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 H NCH
2
（ COOH ） CH CH COOH 。
2 2
检验谷氨酸的试剂是 D 。
A.硝酸
B.NaHCO 溶液
3
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CH MgBr 合成
3
写 出 合 成 路 线 ：（合成
路线的表示方式为：A B…… 目标产物）
【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质．
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【答案】（1）B；
（2）A；
（3）稀硫酸、加热；
（4） ；
（5） ；
（6）①A；
②H NCH（COOH）CH CH COOH；D；
2 2 2
（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） 。
【分析】A中醛基发生加成反应生成B，B水解生成C，D的分子式是C H OF，对比C、E的结构简
11 13
式结合 D 的分子式知，C 中醇羟基发生氧化反应生成 D、D 发生取代反应生成 E，则 D 为
，E和H NOH反应生成F，F发生还原反应生成G，G发生取代反应生成H，H发
2生水解反应生成瑞格列奈；
（8）以 和CH MgBr 合成
3
可 由 和
发 生 缩 聚 反 应 得 到 ， 发 生 氧 化 反 应 生 成
， 和CH MgBr发生A生成B、B生成C类型的反应得到
3
。
【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
H NCH（COOH）CH CH COOH，检验谷氨酸的试剂是茚三酮，
2 2 2
故答案为：H NCH（COOH）CH CH COOH；D；
2 2 2
（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CH MgBr 合成
3
可 由 和
发 生 缩 聚 反 应 得 到 ， 发 生 氧 化 反 应 生 成
， 和CH MgBr发生A生成B、B生成C类型的反应得到
3
， 合 成 路 线 为
，
故 答 案 为 ：
。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构
简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
五、珊瑚的形成与保护
7．已知：Ca2++2 CaCO +H CO
3 2 3
⇌
① H++
⇌
②Ca2++ CaCO
3
⇌③ +H+ H CO
2 3
⇌
（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 H CO 向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO 沉淀 。
2 3 3
已知H CO 的K ＝4.2×10﹣7，K ＝5.6×10﹣11，CaCO 的K ＝2.8×10﹣9
2 3 a1 a2 3 sp
（3）若c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（ ）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，
求c（H CO ）＝ 2×1 0 ﹣ 6 mo l • L ﹣ 1 。
2 3
当c（Ca2+）＝ 4.2×1 0 ﹣ 3 mol•L﹣1时，开始产生CaCO 沉淀。
3
【考点】沉淀溶解平衡．
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【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H CO 向生成 的方向移动，
2 3
进而增大 浓度，有利于生成 CaCO 沉淀；
3
（3）2×10﹣6mol•L﹣1；4.2×10﹣3。
【分析】（1）A.钙离子浓度不变，可逆反应达到平衡状态；
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；
C.在平衡体系中：Ca2++2 CaCO +H CO ，Ca2+、H CO 的正反应速率始终是1：1，不是变量；
3 2 3 2 3
⇌
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，无法确定是否达到平
衡状态；
（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H CO
2 3
向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO 沉淀；
3（3）当 c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（ ）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（H CO ）＝
2 3
＝2×10﹣6mol•L﹣1，根据 c（ ）＝ ，计算出 c（
），根据c（Ca2+）×c（ ）＝2.8×10﹣9，计算出c（Ca2+）。
【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 CaCO +H CO ，Ca2+、H CO 的正反应速率始终是1：1，没有给出逆
3 2 3 2 3
⇌
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H CO
2 3
向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO 沉淀，
3
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H CO 向生成 的方向
2 3
移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO 沉淀；
3
（3）当 c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（ ）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（H CO ）＝
2 3
＝ 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。【点评】本题主要考查平衡状态的判断，平衡移动的影响因素，平衡常数和 K 的计算等，属于基本
sp
知识的考查，难度中等。
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（CH O） 参与反应转移4mol电子
2 n
（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 。
【考点】原电池与电解池的综合．
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【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。
【分析】（1）由图可知，硝酸根离子在电极a得道电子，被还原为N ；
2
（2）A.原电池装置可以实现化学能转电能；
B.电极b中，C元素化合价升高，发生氧化反应；
C.电子从电极b失去，经外电路到电极a；
D.每1mol（CH O） 参与反应转移4nmol电子；
2 n（3）溶液中氧气浓度高了，氧气正极放电，电极反应式为：O +4H++4e﹣＝2H O，使得 消耗减
2 2
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（CH O） 参与反应转移4nmol电子，故D错误；
2 n
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：O +4H++4e﹣＝2H O，使得 消耗减
2 2
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。
【点评】本题主要考查原电池原理的应用，电极反应式的书写，同时考查学生的分析能力、应用能力，
属于基本知识的考查，难度中等。
