2024年高考化学真题完全解读（上海卷）（含课件讲义）

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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。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+72．下列关于与说法正确的是A．是同种核素 B．是同素异形体C．比多一个电子 D．比多一个中子3．萤石()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：，其中X为 。的结构为，其中与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 。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．PtF6 B．PtF C．F- D．XeF+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1 mol的Xe和9 mol的F2同时通入50 L的容器中，反应10 min后，测得容器内共有8.9 mol气体，且三种氟化物的比例为XeF2∶XeF4∶XeF6 = 1∶6∶3，则10 min内XeF4的速率v(XeF4) = 。二、粗盐的精制9．粗盐中含有等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制：已知：和的溶解度如图所示：(1)步骤①中要稍过量。请描述检验是否过量的方法： 。(2)若加后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致_______。A．不能完全去除 B．消耗更多C．不能完全去除 D．消耗更多(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]除去，再通入含的工业废气除去；方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去，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)已知粗盐水中含量为，含量为，现用方案3提纯10L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为)和碳酸钠的物质的量 。三、溴化铝的性质10．已知可二聚为下图的二聚体：(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(2)将该二聚体溶于生成(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 ，该配合物中有键 。11．溴的三种化合物的沸点如下表所示：解释三种卤化物沸点差异的原因 。12．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) ΔH5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>0    C.ΔH>0，ΔS<0   D.ΔH<0，ΔS<0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)13．该晶体中，每个Al2Br6，距离其最近的 Al2Br6有_______个。A．4 B．5 C．8 D．1214．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。 。回答下列问题：15．AlBr3水解可得Al(OH)3胶体，请解释用Al(OH)3可净水的原因 。16．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+四、瑞格列奈的制备17．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，画出D的结构简式 。(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．核磁共振氢谱中显示出3组峰，其峰面积之比为。(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.     D. (7)用与G可直接制取I。但产率变低，请分析原因 。(8)以和合成 。五、珊瑚礁的形成与保护已知：① ②③ 18．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． D． 19．pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。20．已知的 ，，，，，为 。当 时，开始产生沉淀。21．根据下图，写出电极a的电极反应式 。22．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．每参与反应时，转移 4mol 电子23．解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，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？ 。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；方案评价溴的卤化物AlF3AlCl3AlBr3沸点1500370430参考答案：1．C【详解】A．同一周期主族元素从左至右，原子序数递增、原子半径递减，氟原子在本周期主族元素中半径最小，但氢原子半径小于氟原子半径，故A错误；B．同一周期主族元素从左至右，第一电离能有增大的趋势，氟原子在本周期主族元素中第一电离能最大，但氦原子的第一电离能大于氟原子，故B错误；C．据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．D【详解】A．与质子数相同、中子数不同，因此两者是不同种核素，A错误；B．同素异形体指的是同种元素的不同单质；与是两种不同的原子，不是单质，因此两者不是同素异形体，B错误；C．同位素之间质子数和电子数均相同，比多一个中子，C错误；    D．的中子数是10，只有9个中子，比多一个中子，D正确。本题选D。3． BC【详解】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，该反应为难挥发性酸制取易挥发性酸，且浓硫酸具有吸水性，可减少HF气体在水中的溶解，故该反应中体现浓硫酸的性质是难挥发性和吸水性，故选BC。4． H2F+ 氢键【详解】根据原子守恒可知，X为H2F+。HF2的结构为，其中F-与HF之间依靠氢键连接。5．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【详解】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。6．C 7．AB 8．6×10-4 mol·L-1·min-1【解析】6．根据题干或图示，各步骤的反应为：①PtF6+F-→，②+Xe→XeF+，③XeF+→XeF++，④→PtF5+F，⑤+ PtF5→Pt2F11，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，而仅是反应的中间产物，故选C；7．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，说明它得到了电子，也属于氧化还原反应，故选AB。8．根据题意不难写出化学方程式10Xe + 22F2 = XeF2 + 6XeF4 + 3XeF6，1 mol Xe和9 mol F2如果完全反应，则F2是过量的，1 mol Xe消耗F2为2.2 mol，生成三种产物分别为0.1 mol、0.6 mol、0.3 mol，这样，最后剩余的气体共(9-2.2)mol + 0.1 mol + 0.6 mol + 0.3 mol = 7.8 mol，与题目中的8.9 mol不符，所以，该反应是可逆反应。设生成的XeF2为x mol，则XeF4、XeF6分别为6x mol和3x mol，消耗的Xe和F2分别为10x mol和22x mol，依题意，有：(1-10x) + (9-22x) + x + 6x + 3x = 8.9，解得x = 0.05v(XeF4) =0.05 mol×6/(50L×10 min) = 6×10-4 mol·L-1·min-1。9．(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，若溶液变浑浊，表明BaCl2已过量(2)AD(3)B(4)、(5)C(6)、(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【分析】粗盐中含有等杂质离子，加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg（OH）2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去、，经过一系列操作后得到精盐。【详解】（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，若溶液变浑浊，表明BaCl2已过量；（2）相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选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，故选B。（4）步骤④中用盐酸调节pH至3~4，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，除去的离子有：、；（5）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，可得到精盐，故选C；（6）加入盐酸后，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，离子方程式分别为：、；（7）方案2加入石灰乳[主要成分为]除去后，通入含的离子方程式为：，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）含量为，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为)物质的量为；粗盐水中含量为，即，，加入石灰乳(视为)物质的量为0.04mol，即此时溶液中Ca2+总物质的量为：0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。10．(1)A(2) sp3 CH3CN 14【详解】（1）从图中可知，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，答案选A。（2）该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，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12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol。11．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【详解】由于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，所以沸点比AlCl3高。12． -ΔH1+ 2ΔH2 + 3ΔH3 + 3ΔH4 - ΔH5 A【详解】根据盖斯定律，①×(-1) + ②×2 + ③×3 + ④×3 +⑤×(-1)可得Al2Br6(l)2Al(g) +6Br(g) ΔH=-ΔH1+ 2ΔH2 + 3ΔH3 + 3ΔH4 - ΔH5，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。13．A 14．3.24g·cm-3【解析】13．晶胞是要向空间发展的，我们再发展一个晶胞，如图，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，故选A。14．根据均摊法，每个溴化铝晶胞中含Al2Br6的个数为8×= 2，令Al2Br6为2 mol，其质量为534 g·mol-1 ×2 mol =1068g，体积为5.47×10-22 cm3 ×6.02×1023 = 329.3cm3，Al2Br6的晶胞密度为= 3.24g·cm-3。15．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 16．A【解析】15．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。16．根据胶粒“向阴极移动”，可知该粒子带正电，排除选项C，B、D的电荷数错误，正确的表示分别为[mAl(OH)3·nBr-·xAl3+]3x-n、[mAl(OH)3·nAl3+·(n-x)Br-]2n+x，故选A。17．(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)【分析】(A)与发生加成反应生成(B)，与水反应生成(C)，在NaClO、H2SO4、CH2Cl2作用下转化为(D) ，与发生取代反应生成(E)，与NH2OH反应生成(F) ，在NaBH4作用下还原为(G)，与反应生成(H)，在一定条件下水解生成瑞格列奈。【详解】（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；（2）反应①为转化为，的分子式为C16H24N2O、的分子式为C16H26N2，对比两者分子式可知，分子中加2个H原子、减1个O原子转化为，再对比两者的结构简式可知，转化为时，分子中碳氮双键转化为饱和键，所以该反应类型为还原反应，故答案为：A；（3）反应②为在一定条件下转化为瑞格列奈，对比两者的结构简式可知，反应实质为分子中的酯基转化为羧基，即为酯基水解，所以反应的试剂和条件是稀硫酸、加热或者NaOH溶液、加热/H+；（4）C的结构简式、分子式为C11H15OF，D的分子式为，对比两者的分子式可知，D比C少2个H，C中官能团为氟原子和羟基，所以C转化为D为羟基的去氢氧化，即羟基转化为酮羰基，所以D的结构简式；（5）化合物D的结构简式为、分子式为，满足条件的同分异构体中有苯环、醛基，且分子对称性较强，核磁共振氢谱中显示出3组峰，其峰面积之比为，则其结构简式为；（6）①G的结构简式为，其中有1个手性碳，为图中标记星号的碳原子：；②由信息可知，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；谷氨酸的结构简式为，即谷氨酸为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、I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；（8）以和合成时，需由分别制取和，然后和在一定条件下发生缩聚反应生成，结合题中信息，合成途径为：。18．AD 19．pH增大会使浓度减小，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 20． 21． 22．B 23．氧气的浓度变大，由于放电能力或氧化性大于，发生反应，有利于的除去，但不利于的除去；去除率降低，去除率增大【解析】18．A．达到平衡状态时，各组分的浓度不再发生变化，钙离子浓度保持不变能判断总反应达到平衡状态，A正确；B．达到平衡状态时，各组分的浓度不再发生变化，保持不变，由于电离常数不变，说明氢离子浓度不变，能判断总反应达到平衡状态，B正确；C．是固体，不能用来表示速率，C错误；D．是用不同物质表示、，但速率比不等于系数比，总反应没有达到平衡状态，D错误；故答案为：AB；19．从化学平衡移动的角度，pH增大会使浓度减小，促进平衡逆移，平衡正移，即使向生成的方向进行移动，进而增大浓度，有利于平衡正移，生成碳酸钙；故答案为：pH增大会使浓度减小，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；20．根据，，得出，根据，，得出，根据，，得出；故答案为：；；21．从图中可看出，该原理为原电池，电极a发生，N元素由+5价降低为0价，得电子，发生还原反应，电极反应式为；故答案为：；22．A．该装置是原电池，化学能转化为电能，A错误；B．电极a发生，N元素由+5价降低为0价，得到电子，发生还原反应，电极a为正极，则电极b是负极，B正确；C．原电池中电子转移方向为外电路中由负极经导线到正极，该装置b为负极、a为正极，故电子从电极b经过负载到电极a，溶液中是离子由负极定向移动到正极，C错误；D．负极生成，碳元素化合价从0价升到+4价，失去4n个电子，则每1mol参与反应时，转移 电子，D错误；故答案为：B；23．氧气的浓度变大，由于放电能力或氧化性大于，正极a电极发生反应，减小反应的发生，不利于的除去，而有利于负极b电极发生反应的发生，即有利于的除去；如果电解液还有氧气，去除率降低，去除率增大；故答案为：氧气的浓度变大，由于放电能力或氧化性大于，发生反应，有利于的除去，但不利于的除去；去除率降低，去除率增大。