2023年北京高考化學(xué)試題(試卷版+詳解版)

2023試題版解析版2023以下我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機(jī)非金屬材料的是A．4.03B．2023年冬奧會(huì)C．能屏蔽電磁波的化硅反射鏡聚氨酯速滑服碳包覆銀納米線鈦合金篩網(wǎng)輪ABCABCDNaCl溶于水CuCl溶液2CHCOOH在水中電3H與Cl反響能量變22離化NaClNa+ CuCl2Cu2++CHCOOH3CH3H(g)+Cl(g)22+Cl+Cl?2Cl?COO?+H+2HCl(g)ΔH=?183kJ·mol?18．2023年是元素周期表發(fā)表150學(xué)院院士張青蓮教授曾主持測定了銦〔In〕等9種元素相對(duì)原子質(zhì)量的值，被承受為49國際標(biāo)準(zhǔn)。銦與銣〔Rb〕同周期。以下說法不正確的選項(xiàng)是37A．InAB．115 In1749C．原子半徑：In>AlD．堿性：In(OH)>RbOH3交聯(lián)聚合物P的構(gòu)造片段如下圖。以下說法不正確的選項(xiàng)是〔圖中 表示鏈延長〕聚合物P中有酯基，能水解聚合物P的合成反響為縮聚反響聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得D．鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)構(gòu)造以下除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化復(fù)原反響的是物質(zhì)〔括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)〕除雜試劑AFeCl溶液〔FeCl〕Fe粉BNaCl溶液〔MgCl〕2NaOH溶液、稀HClCCl〔HCl〕2HO、濃HSO2 2 4DNO〔NO〕HO、無水CaCl23222探究草酸〔HCO〕性質(zhì)，進(jìn)展如下試驗(yàn)?！玻菏覝叵?，0.1mol·L?1H232222 2 4 2 2 4的pH=1.3〕試驗(yàn)試驗(yàn)裝置試劑a現(xiàn)象①Ca(OH)〔含酚酞〕溶液褪色，產(chǎn)生白色沉2淀淀②少量NaHCO溶液3產(chǎn)生氣泡③酸性KMnO溶液4紫色溶液褪色加熱后產(chǎn)生有香味物④CHOH和濃硫酸2 5質(zhì)由上述試驗(yàn)所得草酸性質(zhì)所對(duì)應(yīng)的方程式不正確的選項(xiàng)是A．HCO

有酸性，Ca(OH)+HCO

CaCO↓+2HO2 2 4

2 2 2

2 4 2B．酸性：HCO>HCO，NaHCO+HCO NaHCO+CO↑+HO2 2 4 2 3 3 2 2 4 2 4 2 2．HCO

具有復(fù)原性，2MnO+5CO2+16H+ 2Mn2++10CO↑+8HO2 2 4

4 2 4 2 2HCO可發(fā)生酯化反響2 2 4△CH2 5△CH2 5

OOCCOOCH

+2HO2 5 2 5 2試驗(yàn)測得0.5mol·L?1CHCOONa溶液、0.5mol·L?1CuSO溶液以及HO的pH隨3 4 2溫度變化的曲線如下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是隨溫度上升，純水中c(H+)>c(OH?)隨溫度上升，CHCOONa溶液的c(OH?)減小3隨溫度上升，CuSO溶液的pH變化是K

轉(zhuǎn)變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果4 w隨溫度上升，CHCOONa溶液和CuSO溶液的pHCHCOO?Cu2+3 4 3水解平衡移動(dòng)方向不同216分〕抗癌藥托瑞米芬的前體K的合成路線如下。：?。ⅲ袡C(jī)物構(gòu)造可用鍵線式表示，如(CH)NCHCH的鍵線式為32 2 3有機(jī)物A能與NaCO溶液反響產(chǎn)生COB能與N2 3 2aCO溶液反響，但不產(chǎn)生CO；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反響生成C的化學(xué)方程2 3 2式是 ，反響類型是 。D中含有的官能團(tuán)： 。E的構(gòu)造簡式為 。F是一種自然香料，經(jīng)堿性水解、酸化，得G和J。J經(jīng)復(fù)原可轉(zhuǎn)化為G。J的構(gòu)造簡式為 。M是J的同分異構(gòu)體，符合以下條件的M的構(gòu)造簡式是 。①包含2個(gè)六元環(huán)②M可水解，與NaOH溶液共熱時(shí)，1molM最多消耗2molNaOH推想E和G反響得到K的過程中，反響物L(fēng)iAlH和HO的作用是 4 2 。由K合成托瑞米芬的過程：托瑞米芬具有反式構(gòu)造，其構(gòu)造簡式是 。26．〔12分〕化學(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量〔廢水中不含干擾測定的物質(zhì)〕。Ⅰ．用已準(zhǔn)確稱量的KBrO固體配制肯定體積的amol·L?1KBrO標(biāo)準(zhǔn)溶液；3 3Ⅱ．取v mL上述溶液，參加過量KBr，加HSO酸化，溶液顏色呈棕黃色；1 2 4Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中參加v mL廢水；2Ⅳ．向Ⅲ中參加過量KI；Ⅴ．用bmol·L?1NaSO標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，2 2 3連續(xù)滴定至終點(diǎn)，共消耗NaSO溶液v mL。2 2 3 3：I+2NaSO=2NaI+NaSO2 2 2 3 2 4 6NaSO和NaSO溶液顏色均為無色2 2 3 2 4 6Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和 。Ⅱ中發(fā)生反響的離子方程式是 。Ⅲ中發(fā)生反響的化學(xué)方程式是 。Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，緣由是 。KI與KBrO物質(zhì)的量關(guān)系為n〔KI〕≥6n〔KBrO〕時(shí)，KI肯定過量，理由是 3 3Ⅴ中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是 。廢水中苯酚的含量為 g·L?1〔苯酚摩爾質(zhì)量：94g·mol?1〕。由于Br具有 性質(zhì)，Ⅱ~Ⅳ中反響須在密閉容器中進(jìn)展，否則會(huì)造成2測定結(jié)果偏高。21分〕氫能源是最具應(yīng)用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的爭論熱點(diǎn)。甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。①反響器中初始反響的生成物為H和CO，其物質(zhì)的量之比為4∶1，甲烷和水2 2蒸氣反響的方程式是 。②反響器中還存在如下反響：CH(g)+HO(g)=CO(g)+3H(g) ΔH4 2 2 1CO(g)+HO(g)=CO(g)+H(g) ΔH2 2 2 2CH(g)=C(s)+2H(g) ΔH4 2 3……iiiΔH1

和ΔH2

計(jì)算ΔH3

時(shí)，還需要利用 反響的ΔH。③反響物投料比承受n〔HO〕∶n〔CH〕=4∶1，大于初始反響的化學(xué)計(jì)量數(shù)2 4之比，目的是 〔選填字母序號(hào)。a.促進(jìn)CH轉(zhuǎn)化 b.促進(jìn)CO轉(zhuǎn)化為CO c.削減積炭生成4 2④用CaO可以去除COH體積分?jǐn)?shù)和CaO2 2從t時(shí)開頭，H體積分?jǐn)?shù)顯著降低，單位時(shí)間CaO消耗率 〔填“上升”1 2。此時(shí)CaO消耗率約為35%，但已失效，結(jié)合化學(xué)方程式解釋緣由： ?？衫锰柲芄夥姵仉娊馑聘呒儦?，工作示意圖如下。通過掌握開關(guān)連接K1K2，可交替得到H2O2。①制H時(shí)，連接 。2產(chǎn)生H的電極反響式是 。2②轉(zhuǎn)變開關(guān)連接方式，可得O。2③結(jié)合①和②中電極3的電極反響式，說明電極3的作用： 。216分〕化學(xué)小組試驗(yàn)探究SO與AgNO溶液的反響。2 3試驗(yàn)一：用如下裝置〔夾持、加熱儀器略〕制備SO，將足量SO通入AgNO2 2 3溶液中，快速反響，得到無色溶液A和白色沉淀B。①濃HSO與Cu反響的化學(xué)方程式是 。2 4②試劑a是 。對(duì)體系中有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)分析得出：沉淀B可能為Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合〔資料：AgSO微溶于水；AgSO難溶于水〕2 4 2 3試驗(yàn)二：驗(yàn)證B的成分①寫出AgSO溶于氨水的離子方程式： 。2 3②參加鹽酸后沉淀DFD中主要是BaSO，進(jìn)3而推斷B中含有AgSO。向?yàn)V液E中參加一種試劑，可進(jìn)一步證明B中含有2 3AgSO。所用試劑及現(xiàn)象是 。2 3依據(jù)沉淀F的存在，推想SO2-的產(chǎn)生有兩個(gè)途徑：41：試驗(yàn)一中，SO在AgNO溶液中被氧化生成AgSO，隨沉淀B進(jìn)入D。2 3 2 4途徑2SO2-被氧化為SO2-進(jìn)入D。3 4試驗(yàn)三：探究SO2-的產(chǎn)生途徑4①向溶液A中滴入過量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有 ：取上層清液連續(xù)滴加BaCl溶液，未消滅白色沉淀，可推斷B中不含AgSO。做出判2 2 4斷的理由： 。②試驗(yàn)三的結(jié)論： 。試驗(yàn)一中SO2

與AgNO3

溶液反響的離子方程式是 。依據(jù)物質(zhì)性質(zhì)分析，SO與AgNO溶液應(yīng)當(dāng)可以發(fā)生氧化復(fù)原反響。將試驗(yàn)一2 3所得混合物放置一段時(shí)間，有Ag和SO2-生成。4依據(jù)上述試驗(yàn)所得結(jié)論： 。6．A 7．B 8．D 9．D 10．B 11．C 12．C2〔16分〔〕取代反響〔或酯化反響〕〔2〕羥基、羰基〔3〕〔4〕〔5〕〔〕復(fù)原〔加成7〕212分〕〔1〕容量瓶〔2〕BrO+5Br-+6H+=3Br+3HO3 2 2〔3〕Br過量，保證苯酚完全反響2反響物用量存在關(guān)系KBrO~3Br~6KKI物質(zhì)的量是KBrO3 2 3物質(zhì)的量的6倍，因有苯酚消耗Br

，所以當(dāng)n〔KI〕≥6n〔KBrO〕時(shí)，KI肯定過2 3量溶液藍(lán)色恰好消逝〔7〕

(6av1

bv36v

94

易揮發(fā)2214分〕〔1〕①CH+2HO 4H+CO ②C(s)+2HO(g)=CO(g)+2H(g)或C(s)+4 2 2 2 2 2 2CO2(g)=2CO(g) ③abc ④降低 CaO+CO2=CaCO3，CaCO3掩蓋在CaO表面，削減了CO與CaO的接觸面積2〔2〕①K 2HO+2e-=H↑+2OH-1 2 2H3Ni(OH)+OH--e-=NiOOH+HOO

時(shí)，上述電極2 2 2 2反響逆向進(jìn)展，使電極3得以循環(huán)使用216分1〕Cu+

SO(濃) CuSO+SO↑+2HO ②飽和NaHSO溶2 4 4 2 2 3液①AgSO+4NH·HO=2Ag(NH)

++SO2+4H

O②HO

溶液，產(chǎn)生白色沉淀2 3 3

32

2 2 2①Ag+ AgSO溶解度大于BaSO，沒有BaSO沉淀時(shí)，必定沒有AgSO2 4 4 4 2 41不產(chǎn)生SO22產(chǎn)生SO24 4〔4〕2Ag++SO+HO=AgSO↓+2H+〔6〕試驗(yàn)條件下：2 2 2 3SO與AgNO溶液生成AgSO的速率大于生成Ag和SO2的速率 堿性溶液中2 3 2 3 4SO2更易被氧化為SO23 42023以下我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機(jī)非金屬材料的是A．4.03米大口徑碳化硅C．能屏蔽電磁波的碳包反射鏡速滑服A．4.03米大口徑碳化硅C．能屏蔽電磁波的碳包反射鏡速滑服覆銀納米線金篩網(wǎng)輪【答案】A此題主要考察有機(jī)物與無機(jī)物的區(qū)分B選項(xiàng)為有機(jī)物，其他均為無機(jī)物金屬材料的區(qū)分。同時(shí)穿插考察了元素周期表中同主族的概念?！窘馕觥緼.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素組成的無機(jī)非金屬材料，且碳元素與硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合題意；B.聚氨酯為有機(jī)高分子化合物，故B不符合題意；C.碳包覆銀納米材料中銀為金屬元素，故C不符合題意；D.鈦合金為含有金屬鈦元素的合金，故DA。以下示意圖與化學(xué)用語表述內(nèi)容不相符的是〔水合離子用相應(yīng)離子符號(hào)表示〕AABCDNaCl溶于水CuCl溶液2CHCOOH3H與Cl反響能量變化22H(g)+Cl(g)22NaClNa++CuCl2Cu2++CHCOOH垐?CHCO332HCl(g)Cl?2Cl?O?+H+ΔH=?183kJ·mol?1A B.B C.C D.D【答案】B此題A、B、C選項(xiàng)應(yīng)區(qū)分電離和電解的概念。電離是電解質(zhì)溶于水或熔融狀態(tài)下，解離成是強(qiáng)電解質(zhì)〔如A選項(xiàng)，只有少局部電離的是弱電解質(zhì)〔如C選項(xiàng)；是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的一個(gè)裝置(構(gòu)成:外加電源，電解質(zhì)溶液，陰陽電極)。使電流通過電解質(zhì)溶液或熔融電解質(zhì)而在陰，陽兩極引起復(fù)原氧化反響的過程〔如B選項(xiàng)?！窘馕觥緼.NaCl為強(qiáng)電解質(zhì)，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自發(fā)解離為Na+和Cl-，故電離方程式為NaCl=Na++Cl-，故A電解氯化銅溶液，銅離子向陰極移動(dòng)，得電子，發(fā)生電極反響為：Cu2++2e-=Cu,氯離子向陽極移動(dòng)，失電子，發(fā)生電極反響為：2Cl-+2e-=Cl,所以電解總反響為：2Cu2++2Cl- Cu+Cl，故B2C.CHCOOH為弱電解質(zhì)，溶于水局部電離，因此電離方程式為CHCOOH3 3CHCOO-+H+，故C3D.由圖可知，反響H(g)+Cl(g)=2HCl(g)的反響熱等于斷裂反響物分子中的化學(xué)鍵吸取的2 2〔436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol〕,與形成生成物分子中化學(xué)鍵放出的總能量〔431kJ/mol×2=862kJ/mol〕183kJ/mol,放熱?HH(g)+Cl(g)=2HCl(g)?H=-183kJ/mol，故D2 2綜上所述，此題應(yīng)選B。3.2023年是元素周期表發(fā)表150〔49In〕等9種元素相對(duì)原子質(zhì)量的值，被承受為國際標(biāo)準(zhǔn)。銦與銣〔Rb〕同周期。以下說法不正確的選項(xiàng)是37A.InA族元素B.11549

In17C.原子半徑：In>AlD.堿性：In(OH)>RbOH3【答案】D依據(jù)原子核外電子排布規(guī)章，該原子構(gòu)造示意圖為 ，據(jù)此推斷該元素在周期表中的位置；質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào) 左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)，原子的質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)； 的同主族元素的原子，從上到下，電子層數(shù)漸漸增多，半徑漸漸增大；D．同周期元素，核電荷數(shù)越大，金屬性越越弱，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越弱；【解析A.依據(jù)原子核外電子排布規(guī)章該原子構(gòu)造示意圖為 因此In位于元素周期表第五周期，第IIIA族，故A不符合題意；質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)，因此該原子的質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)=49115-49=6666-49=17，故B不符合題意；Al位于元素周期表的三周期IIIA族，InIIIA族，同主族元素的原子，從上到下，電子層數(shù)漸漸增多，半徑漸漸增大，因此原子半徑In＞Al，故C不符合題意；In位于元素周期表第五周期，銣〔Rb〕位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，In(OH)3＜RbOH，故D綜上所述，此題應(yīng)選D。交聯(lián)聚合物P的構(gòu)造片段如下圖。以下說法不正確的選項(xiàng)是〔圖中 表示鏈延長〕聚合物P中有酯基，能水解聚合物P的合成反響為縮聚反響聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)構(gòu)造【答案】D將X為 Y為 帶入到交聯(lián)聚合物P的構(gòu)造中可知，聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反響制備的，據(jù)此解題；【解析】A.依據(jù)X為 Y為 可知，X與Y直接相連即羰基與醚鍵直接相連構(gòu)成了酯基，酯基能在酸性或堿性條件下水解，故A不符合題意；聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反響制備的,故B不符合題意；C，不符合題意；乙二醇的構(gòu)造簡式為HO-CHCH-OH,與鄰苯二甲酸在聚合過程中只能形成鏈狀構(gòu)造，2 2D綜上所述，此題應(yīng)選D。以下除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化復(fù)原反響的是物質(zhì)〔括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)〕物質(zhì)〔括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)〕除雜試劑AFeCl溶液〔FeCl〕23FeBNaCl〔MgCl〕2NaOH溶液、稀HClCCl〔HCl〕2HOHSO22 4DNO〔NO〕2HOCaCl22A B.B C.C D.D【答案】B發(fā)生 反響中，存在元素的化合價(jià)變化，與氧化復(fù)原反響有關(guān)反之，不存在元素的化合價(jià)變化，則與氧化復(fù)原反響無關(guān)，以此解答該題?！窘馕觥緼.FeCl與Fe反響生成FeCl，2FeCl+Fe=2FeCl，此過程中Fe3 2 3 2變化，涉及到了氧化復(fù)原法應(yīng)，故A不符合題意；MgCl與NaOH溶液發(fā)生復(fù)分解反響MgCl+2NaOH=Mg〔OH〕

+2NaCl，過量的2 2 2NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+HO，此過程中沒有元素化合價(jià)發(fā)生變化，2未涉及氧化復(fù)原反響，故B符合題意；局部氯氣與HO2了氧化復(fù)原法應(yīng)，故C不符合題意；D.NO2與水反響生成硝酸和NO。反響過程中氮元素化合價(jià)發(fā)生變化，涉及到了氧化復(fù)原法應(yīng)，故D綜上所述，此題應(yīng)選B。探究草酸〔HCO〕性質(zhì)，進(jìn)展如下試驗(yàn)〔：室溫下，0.1mol·L?1HCO的2 2 4 2 2 4試驗(yàn)裝置試驗(yàn)裝置a現(xiàn)象①Ca(OH)溶液〔含酚酞〕2溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀②NaHCO溶液3產(chǎn)生氣泡③③KMnO溶液4紫色溶液褪色④CHOH2 5加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)由上述試驗(yàn)所得草酸性質(zhì)所對(duì)應(yīng)的方程式不正確的選項(xiàng)是HCO

有酸性，Ca(OH)+HCO

CaCO↓+2HO2 2 4

2 2 2 4

2 4 2酸性：HCO>HCO，NaHCO+HCO

NaHCO+CO↑+HO2 2 4 2

3 2 2

2 4 2 2HCO

具有復(fù)原性，2MnO+5CO2+16H+ 2Mn2++10CO↑+8HO2 2 4

4 2 4 2 2HCO可發(fā)生酯化反響，2 2 4HOOCCOOH+2CH

OH 濃硫酸C

HOOCCOOCH

+2HO2 5 2 5 2 5 2【答案】C草酸〔又稱乙二酸〕為一種二元弱酸，具有酸的通性，因此能發(fā)生中和反響，具有復(fù)原性，由于乙二酸中含有羧基因此能發(fā)生酯化反響，據(jù)此解題；【解析】A.HCO為二元弱酸，能與氫氧化鈣溶液發(fā)生中和反響，生成白色沉淀草酸鈣和2 2 4水，因此含酚酞的氫氧化鈣溶液堿性漸漸減弱，溶液紅色退去，故A不符合題意；B.產(chǎn)生氣泡證明有CO 產(chǎn)生，因此可證明酸性HCO＞HCO，反響方程式為：2 2 2 4 2 3HCO

+2NaHCO

=NaC

O+2CO

+2H

O或,HCO

+NaHCO

=NaHCO

+2CO2 2 4

3 2 2 4 2 2

2 2 4

3 2 4 2+2HO故B2C.0.1mol·L?1HCO的pH=1.3,說明草酸為弱酸，故草酸不行以拆分，故C2 2 4意；D〔又稱乙二酸D題意；綜上所述，此題應(yīng)選B。0.5mol·L?1CHCOONa0.5mol·L?1CuSO溶液以及HOpH3 4 2隨溫度變化的曲線如下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是隨溫度上升，純水中c(H+)>c(OH?)隨溫度上升，CHCOONa溶液的c(OH?)減小3隨溫度上升，CuSO溶液的pH變化是K轉(zhuǎn)變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果4 w隨溫度上升，CHCOONaCuSOpHCHCOO?Cu2+3 4 3水解平衡移動(dòng)方向不同【答案】C水解，據(jù)此解題；A.c(H+).c(OH-)=KwpHc(H+)=c(OH-)A不符合題意；水的電離為吸熱過程，上升溫度，進(jìn)水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CHCOOH-+HOCHCOOH+OH-,上升溫度促進(jìn)鹽類水解，所以c(OH-)增大，3 2 3B不符合題意；上升溫度，促進(jìn)水的電離，故c(H+)增大；上升溫度，促進(jìn)銅離子水解Cu2++2H

OCu(OH)

+2H+，故c(H+)pH發(fā)生變化，故C符合2 2題意；鹽類水解為吸熱過程，上升溫度促進(jìn)鹽類水解，故D不符合題意；綜上所述，此題應(yīng)選C?？拱┧幫腥鹈追业那绑wK的合成路線如下。：?。ⅲ袡C(jī)物構(gòu)造可用鍵線式表示，如(CH)NCHCH的鍵線式為32 2 3〔1〕有機(jī)物A能與NaCO溶液反響產(chǎn)生CO，其鈉鹽可用于食品防腐。有機(jī)物B2 3 2NaCO溶液反響，但不產(chǎn)生CO；BAB反響生成C2 3 2是 ，反響類型是 ?！?〕D中含有的官能團(tuán)： ?！?〕E的構(gòu)造簡式為 ?！?〕F是一種自然香料，經(jīng)堿性水解、酸化，得G和J。J經(jīng)復(fù)原可轉(zhuǎn)化為G。J的構(gòu)造簡式為 ?！?〕M是J的同分異構(gòu)體，符合以下條件的M的構(gòu)造簡式是 。2②M可水解，與NaOH1molM2molNaOH推想EG反響得到K的過程中，反響物L(fēng)iAlH和HO4 2 。K托瑞米芬具有反式構(gòu)造，其構(gòu)造簡式 。是【答案】 (1).是基、羥基 (4).(5).劑；水解 (8).

(2).取代反響 (3).羰(6). (7).復(fù)原有機(jī)物A能與碳酸鈉溶液反響產(chǎn)生CO，其鈉鹽可用于食品防腐，A為苯甲酸；有機(jī)物B2能與碳酸鈉反響，但不產(chǎn)生CO，且B加氫得環(huán)己醇，則B為苯酚；苯甲酸和苯酚在濃硫2酸、HBO，加熱條件下發(fā)生取代反響生成C為3 3

；C發(fā)生信息中的反響生成D為；D發(fā)生信息中的反響生成E為；F經(jīng)堿性水解，酸化得G和J經(jīng)復(fù)原可轉(zhuǎn)化為則G和J具有一樣的碳原子數(shù)和碳骨架則G為 J為 ；由G和J的構(gòu)造可推知F為CH-CH=CH-COOCHCH=CH-CH，E6 5 2 6 5G先在LiAlH4

作用下復(fù)原，再水解最終得到K，據(jù)此解答?！?〕依據(jù)以上分析，A為苯甲酸，B為苯酚，苯甲酸和苯酚在濃硫酸、HBO，3 3加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成 C 為，化學(xué)方程式為，故答案為：取代反響；；〔2〕D為，D中含有的官能團(tuán)為羰基、羥基，故答案為：羰基、羥基；〔3〕D發(fā)生信息中的反響生成E，其構(gòu)造簡式為，故答案為：；〔4〕F經(jīng)堿性水解，酸化得G和J，J經(jīng)復(fù)原可轉(zhuǎn)化為G，則G和J具有一樣的碳原子數(shù)和碳骨架，則G為；J為，故答案為： ；〔5〕J為 ，分子式為CHO，不飽和度為6，其同分異構(gòu)體符合條件的M，①9 8 2M最多消耗2molNaOH，說明含有酚酯的構(gòu)造，則M的構(gòu)造簡式為，故答案為： ；由合成路線可知，E和G先在LiAlH4

作用下復(fù)原，再水解最終得到K，故答案為：復(fù)原劑；水解；由合成路線可知，托瑞米芬分子中含有碳碳雙鍵，兩個(gè)苯環(huán)在雙鍵兩側(cè)為反式構(gòu)造，則其構(gòu)造簡式為： ，故答案為： ?；瘜W(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量〔廢水中不含干擾測定的物質(zhì)。Ⅰ．用已準(zhǔn)確稱量的KBrO3

固體配制肯定體積的amol·L?1KBrO3

標(biāo)準(zhǔn)溶液；Ⅱ．取vmL上述溶液，參加過量KBr，加HSO酸化，溶液顏色呈棕黃色；1 4Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中參加vmL2Ⅳ．向Ⅲ中參加過量KI；Ⅴ．用bmol·L?1NaSO標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時(shí)，滴加22 2 3滴定至終點(diǎn)，共消耗NaSO溶液v

mL。2 2 3 2：I+2NaSO=2NaI+NaSO2 2 2 3 2 4 6NaSO和NaSO溶液顏色均為無色2 2 3 2 4 6Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和 。Ⅰ中發(fā)生反響的離子方程式是 。Ⅲ中發(fā)生反響的化學(xué)方程式是 。Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，緣由是 。KI與KBrO物質(zhì)的量關(guān)系為K6〔KBrO時(shí)KI肯定過量理由 。3 3Ⅴ中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是 。廢水中苯酚的含量 ·L〔苯酚摩爾質(zhì)量94mol。由于Br具有 性質(zhì)，Ⅱ~Ⅳ中反響須在密閉容器中進(jìn)展，否則會(huì)造成測2定結(jié)果偏高。【答案】 (1).容量瓶、量筒 (2).BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O (3).(4).Ⅱ中生成的Br與廢水中2苯酚完全反響后，Ⅲ中溶液顏色為黃色，說明有Br2

剩余，剩余Br2

與過量KI反響生成I2Br2

(5).Ⅱ中反響為KBrO3

+5KBr+3H

SO=3KSO+3Br+3HO3n(KBrO)=n(Br)，Ⅱ中Br2 4 2 4 2 2 3 2

局部與苯酚反響，剩余溴在Ⅳ中反響為Br

+2KI=I+2KBr，假設(shè)剩余溴完全反響，則n(KI)≥2n(Br)，推知2 2 2n(KI)≥6n(KBrO) (6).當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴NaSO

標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，3 2 2 3且30s不變色 (7).

94(6av16v

-bv)3

(8).揮發(fā)2而制得肯定量的溴分別與苯酚和KI反響〔溴須完全反響完，而溴與KI反響生成的I與2NaSO進(jìn)展滴定分析，因而直接測出與KI反響所消耗的溴，進(jìn)而計(jì)算出與苯酚反響消耗2 2 3的溴，最終依據(jù)苯酚與溴反響的系數(shù)計(jì)算廢水中苯酚的濃度?！?〕準(zhǔn)確稱量KBrO3

固體配置溶液所需的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，肯定規(guī)格的容量瓶，因而該空填容量瓶、量筒；KBrO溶液中參加KBrHSO，溶液顏色呈棕黃色，說明生成Br，依據(jù)缺項(xiàng)配3 2 4 2平可知該離子方程式為BrO-+5Br-+6H+=3Br+3HO；3 2 2苯酚和溴水反響得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化學(xué)方程式為；該測量過程是利用肯定量的溴分別與苯酚和KI反響，留意溴須反響完全，且肯定量溴的總量，局部溴與KI反響生成的I可利用氧化復(fù)原滴定法測量，進(jìn)而計(jì)算出與KI2反響的溴的消耗量，將肯定量溴減去與KI反響的溴的消耗量，可得與苯酚反響的溴的消耗量，因而肯定量的溴與苯酚反響完，必需有剩余的溴與KI反響，Ⅲ中反響完畢時(shí)，假設(shè)溶液顯黃色說明苯酚反響完，且有溴剩余，以便與KI反響，故緣由為Ⅱ中生成的Br與廢水中2苯酚完全反響后，Ⅲ中溶液顏色為黃色，說明有Br2

剩余，剩余Br2

與過量KI反響，從而間接計(jì)算苯酚消耗的Br；2Ⅱ中反響為KBrO+5KBr3HSO=3KSO+3Br+3HO3 2 4 2 4 2 23n(KBrO)=n(BrBrn(Br)n(Br)>n(Br〕3 1 2 2 2 2 1 2 2 2在Ⅳ中反響為Br+2KI=I+2KBr，假設(shè)剩余溴完全反響，則n(KI)≥2n(Br)，推知n(KI)2 2 2 2≥6n(KBrO)；因而當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO)，KI3 3NaSO溶液滴入，藍(lán)色變淺直至消2 2 3失，因而當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴NaSO標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且30s不變色；2 2 3〔7〕n(BrO-)=av×10-3mol，依據(jù)反響B(tài)rO-+5Br-+6H+=3Br+3HO3 1 3 2 2n(Br)=3av1-moKIKIn(Br2 1 1 2I

+2NaSO=2NaI+NaSO

I

~2NaSO，又Br+2I-=I+2Br-Br~I，2 2 2 3

2 4

2 2 2 3 2 2 2 2Br~2NaSO，n(NaSO

)=bv×10-3mol，n

(Br)=1bv×10-3mol，再計(jì)算由2 2 2

2 2 3 3

1 2 2 3n(Br)=n(Br)-n(Br)=(3av1bv

)×10-3mol，苯酚與溴水2 2 2 1

1 2 33Br~CHOH，n(CH

OH)=1n(Br)=(av

1bv)×10-3mol，廢2 6 51

6 5 3 2 294(6av-bv)

16 3水中苯酚的含量=

(av1

- bv6

)mol 94g/mol=

1 3 mol；6vvL 22〔8〕Ⅱ中生成的溴須被苯酚和KI完全反響掉，而溴有揮發(fā)性，反響時(shí)須在密閉容器中進(jìn)展。氫能源是最具應(yīng)用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的爭論熱點(diǎn)。甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。①反響器中初始反響的生成物為H2和CO24∶1，甲烷和水蒸氣反響的方程式是 。②反響器中還存在如下反響：CH(g)+HO(g)=CO(g)+3H(g) ΔH4 2 2 1CO(g)+HO(g)=CO(g)+H(g) ΔH2 2 2 2CH(g)=C(s)+2H(g) ΔH4 2 3……iiiΔH1

和ΔH2

計(jì)算ΔH3

時(shí)，還需要利用 反響的ΔH。③反響物投料比承受n〔HO〕∶n〔CH〕=4∶1，大于初始反響的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，目2 4的是 〔選填字母序號(hào)。a.促進(jìn)CH轉(zhuǎn)化 b.促進(jìn)CO轉(zhuǎn)化為CO c.削減積炭生成4 2④用CaO可以去除CO。H體積分?jǐn)?shù)和CaO消耗率隨時(shí)間變化關(guān)系如以下圖所示。從t2 2 1時(shí)開頭H體積分?jǐn)?shù)顯著降低，單位時(shí)間CaO消耗 〔填“上升“降低”或“不2變。此時(shí)CaO消耗率約為35%，但已失效，結(jié)合化學(xué)方程式解釋緣由：可利用太陽能光伏電池電解水制高純氫，工作示意圖如下。通過掌握開關(guān)連接K或1K，可交替得到H和O。2 2 2①制H時(shí)，連接 。2產(chǎn)生H的電極反響式是 。2②轉(zhuǎn)變開關(guān)連接方式，可得O。2③結(jié)合①和②中電極3的電極反響式，說明電極3的作用： 。【答案】 (1).CH+2HO=4H+CO (2).C(s)+CO(g)=2CO(g) (3).abc4 2 2 2 2(4).降低 (5).H體積分?jǐn)?shù)在t之后較少結(jié)合CaO+HO=Ca(OH)

可知水蒸氣濃度較2 1 2 2小，反響器內(nèi)反響逆向反響，氧化鈣很難和 CO反響，因而失效 (6).K (7).2 12HO+2e-=H↑+2OH- (8).連接K或K時(shí)，電極32 2 1 2并且NiOOHNi(OH)2

相互轉(zhuǎn)化供給電子轉(zhuǎn)移〔1〕①由于生成物為H和CO，其物質(zhì)的量之比為4：1，反響物是甲烷和水蒸2 2氣，因而反響方程式為CH+2HO=4H+CO；4 2 2 2②ⅰ-ⅱ可得CH(g)+CO(g)=2CO(g)+2H(g)C(s)+CO(g)=2CO(g)，4 2 2 2由于還需利用C(s)+CO(g)=2CO(g)反響的焓變；2③初始反響n(HO):n(CH)=2：1，