2023年高考真題化學(xué)(上海卷)解析版(含答案)

10102023年全國(guó)一般高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試上?；瘜W(xué)試卷考生留意：150120題紙上；做在試卷上一律不得分。號(hào)，并將核后的條形碼貼在指定位置上，在答題紙反面清楚地填寫姓名。答題紙與試卷在試題編號(hào)上是一一對(duì)應(yīng)的，答題時(shí)應(yīng)特別留意，不能錯(cuò)位。相對(duì)原子質(zhì)量：H-1 C-12 O-8 Na-23 S-32 Ca-40 Fe-56 Ni-59 Cu-64Br-80 Ba-137一、選擇題〔102分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)〕1.2023424日，東航首次成功進(jìn)展了由地溝油生產(chǎn)的生物航空燃油的驗(yàn)證飛行。能區(qū)分地溝油〔加工過的餐飲廢棄油〕與礦物油〔汽油、煤油、柴油等〕的方法是點(diǎn)燃，能燃燒的是礦物油測(cè)定沸點(diǎn)，有固定沸點(diǎn)的是礦物油C.參與水中，浮在水面上的是地溝油D.參與足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油D【解析】地溝油屬于酯類、礦物油屬于烴類，二者點(diǎn)燃時(shí)都能燃燒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；地溝油、礦物油均屬于混合物，二者沒有固定沸點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；地溝油、礦物油二者的密度均比水小且都不溶于水，與水混合都浮在水面上，CNaOH溶液，礦物油不發(fā)生反響，液體混合物分層、地溝油與NaOH溶液反響生成甘油、高級(jí)脂肪酸的鈉鹽，混合液不分層，D氰酸銨〔NHOCN〕與尿素[CO(NH)]4 22A.都是共價(jià)化合物B.都是離子化合物C.互為同分異構(gòu)體D.互為同素異形體C【解析】氰酸銨屬于銨鹽，是離子化合物，AB酸銨與尿素的分子式均為CONH，因此屬于同分異構(gòu)體，C項(xiàng)正確；同素異形體是指同種元24素形成不同單質(zhì)，而氰酸銨與尿素屬于化合物，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.230Th232Th是釷的兩種同位素，232Th233UTh的說法正確的選項(xiàng)是A.Th元素的質(zhì)量數(shù)是232 B.Th元素的相對(duì)原子質(zhì)量是231C.232Th轉(zhuǎn)換成233U是化學(xué)變化 D.230Th和232Th的化學(xué)性質(zhì)一樣D【解析】Th230、232ThA230Th232ThThB232Th233UC230Th232Th化學(xué)性質(zhì)一樣，D以下變化需抑制一樣類型作用力的是A.碘和干冰的升華 B.硅和C 的熔化60C.氯化氫和氯化鉀的溶解 D.溴和汞的氣化A【解析】碘與干冰的升華，均為固體分子轉(zhuǎn)化為氣體分子，抑制的作用力均為分子間作用力，AC是分子晶體，熔化時(shí)克60服作用力是分子間作用力，B項(xiàng)錯(cuò)誤；HClNaCl鍵，CD5.374℃、22.1MpaH+OH-，由此可知超臨界水A.顯中性，pH等于7 B.表現(xiàn)出非極性溶劑的特性C.顯酸性，pH小于7 D.表現(xiàn)出極性溶劑的特性B【解析】臨界水電離出較多的H+和OH-，其濃度大于常溫下水中H+和OH-的濃度，但水中H+和OHp＜7；利用“相像相容原理很強(qiáng)的溶解有機(jī)物的力氣”可知臨界水表現(xiàn)出非極性溶劑的特性，故正確答案為：B。二、選擇題〔363分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)〕與索爾維制堿法相比，侯德榜制堿法最突出的優(yōu)點(diǎn)是A.原料利用率高 B.設(shè)備少C.循環(huán)利用的物質(zhì)多D.原料易得A【解析】索爾維法制堿與侯德榜制堿法均分兩個(gè)過程，第一個(gè)過程一樣，在其次個(gè)過程CaOH)溶液與含NaCl、NHClNH2 4 3局部原料NaCl伴隨CaCl溶液作為廢液被拋棄了，造成NaCl2NaCl、NHClNHNHCl4 3 4溶液根本上是飽和NaCl溶液，可循環(huán)利用，提高了NaCl的利用率，故答案為：A。XBaCl溶液，未見沉淀生成，然后通入Y氣體，有沉淀生成，X、Y不行能是2選項(xiàng) X YSO HS2 2Cl CO2 2NH CO3 2SO2 Cl2B【解析】A項(xiàng)，會(huì)有沉淀〔單質(zhì)硫〕生成；B項(xiàng)，Cl2通入BaCl2溶液中無(wú)現(xiàn)象，再通入CO2BaCO3沉淀生成；CBaCO3沉淀生成；DCl2可將先通入SO2氧化為H2SO4，因此后有BaSO4沉淀生成，故答案為：B。糕點(diǎn)包裝中常見的脫氧劑組成為復(fù)原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕一樣。以下分析正確的選項(xiàng)是A.脫氧過程是吸熱反響，可降低溫度，延長(zhǎng)糕點(diǎn)保質(zhì)期B.脫氧過程中鐵作原電池正極，電極反響為：Fe-3e→Fe3+C.脫氧過程中碳做原電池負(fù)極，電極反響為：2H2O+O2+4e→4OH-D.1.12g鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸取氧氣336mL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕D【解析】在脫氧過程中，由鐵、碳做電極，氯化鈉溶液做電解質(zhì)溶液形成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，該過程為放熱反響；在脫氧過程中，碳做正極，鐵做負(fù)極，失電子發(fā)生氧化反響生成Fe2+；在脫氧過程中，F(xiàn)eFe2+，F(xiàn)e2+Fe3+，由電子守恒知消耗氧化劑氧氣的體積〔標(biāo)況下〕V(O)＝22.4L·mol-1×〔3×1.12g/56g·mol-1〕/42＝336mL。NHHCO粉末的小燒杯放入盛有少量醋酸的大燒杯中。然后向小燒杯中參與鹽酸，4 3反響猛烈，醋酸漸漸凝固。由此可見NHHCO和鹽酸的反響是放熱反響4 3該反響中，熱能轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物內(nèi)部的能量反響物的總能量高于生成物的總能量反響的熱化學(xué)方程式為：NH

HCO+HCl→NHCl+CO↑+HO-Q4 3 4 2 2BNHHCOHCl4 3應(yīng)為吸熱反響，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因反響為吸熱反響，即吸熱的熱量轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物內(nèi)部的能量，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；書寫熱化學(xué)方程式時(shí)，應(yīng)注明物質(zhì)的狀態(tài),D以下關(guān)于試驗(yàn)室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正確的選項(xiàng)是A.均承受水浴加熱 B.制備乙酸乙酯時(shí)正丁醇過量C.均承受邊反響邊蒸餾的方法 D.制備乙酸乙酯時(shí)乙醇過量D【解析】制備乙酸丁酯和乙酸乙酯均是實(shí)行用酒精燈直接加熱法制取，A乙酸丁酯時(shí)承受簡(jiǎn)潔獲得的乙酸過量，以提高丁醇的利用率的做法，B酯實(shí)行邊反響邊蒸餾的方法、制備乙酸丁酯則實(shí)行直接回流的方法，待反響后再提取產(chǎn)物，CDH2S水溶液中存在電離平衡H2S H++HS-和HS- H++S2-。假設(shè)向H2S溶液中加水，平衡向右移動(dòng)，溶液中氫離子濃度增大SO2pH值增大C.滴加制氯水，平衡向左移動(dòng)，溶液pH值減小參與少量硫酸銅固體〔無(wú)視體積變化，溶液中全部離子濃度都減小c(+A項(xiàng)錯(cuò)誤；通入少量SO2時(shí)，因發(fā)生SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，平衡向左移動(dòng)，溶液pH增大、但通入過量SO2，最終溶液為飽和亞硫酸溶液，溶液pH減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；參與制氯水，發(fā)生反響：H2S+Cl2S↓+2HClpHCCuS4H2S+C2+＝CuS↓+2H+，溶液中c(H+)變大，D依據(jù)有機(jī)化合物的命名原則，以下命名正確的選項(xiàng)是3-甲基-1,3-丁二烯2-羥基丁烷C.CHCH(CH)CHCHCH

乙基戊烷3 25 2 2 3D.CHCH(NH)CHCOOH 3-氨基丁酸3 2 2D【解析】A2-甲基-1,3-丁烯；B有機(jī)物含有羥基，屬于醇類，其名稱為：1-甲基丙醇；C項(xiàng)，利用主鏈最長(zhǎng)的原則可知其名稱為：3-甲基己烷；D項(xiàng)，該物質(zhì)為氨基酸，以羧基為主體，氨基為取代基，因此名稱為：氨基丁酸。X、Y、Z、W是短周期元素，X8電子穩(wěn)定構(gòu)造，工業(yè)上通過分別液態(tài)空氣獲得其單質(zhì)；Ys、p電子數(shù)相等；Z元素+2價(jià)陽(yáng)離子的核外電子排布與氖原子一樣；W元素原子的M1個(gè)未成對(duì)的p電子。以下有關(guān)這些元素性質(zhì)的說法確定正確的選項(xiàng)是A.X元素的氫化物的水溶液顯堿性B.Z元素的離子半徑大于W元素的離子半徑C.Z元素的單質(zhì)在確定條件下能與X元素的單質(zhì)反響D.Y元素最高價(jià)氧化物的晶體具有很高的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)C【解析】工業(yè)上分別液態(tài)空氣可獲得氧氣或氮?dú)?，故XNO，由Yns2np2可知Y為C或SiZ2+10ZMg3s23p13s23p5元素均可滿足元素WWAlCl。假設(shè)XO，HOA2WCl-，則離子半徑：Mg2+＜Cl-，BMg氧化鎂或氮化鎂，C項(xiàng)正確；假設(shè)YC，其最高價(jià)氧化物CO的熔、沸點(diǎn)都很低，D2為測(cè)定鍍鋅鐵皮鋅鍍層的厚度，將鍍鋅皮與足量鹽酸反響，待產(chǎn)生的氣泡明顯削減時(shí)取出，洗滌，烘干，稱重。關(guān)于該試驗(yàn)的操作對(duì)測(cè)定結(jié)果的影響推斷正確的選項(xiàng)是A.鐵皮未準(zhǔn)時(shí)取出，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小B.鐵皮未洗滌干凈，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大C.烘干時(shí)間過長(zhǎng)，回導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小D.假設(shè)把鹽酸換成硫酸，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大C【解析】鐵皮未準(zhǔn)時(shí)取出，導(dǎo)致局部鐵被消耗，最終稱重質(zhì)量變小，使測(cè)定結(jié)果偏大；故正確答案為：C。NA代表阿伏伽德羅常數(shù)。C2H4和C3H6ag，則該混合物A.所含公用電子對(duì)書目為〔a/7+1〕NA B.所含碳?xì)滏I數(shù)目為aNA/7C.燃燒時(shí)消耗的O確定是33.6a/14L D.所含原子總數(shù)為aN/142 AB【解析】同質(zhì)量的CHCH14g24 363N2NagA A為〔3a/14〕N；ag(2a/14)N＝aN/7；不知反響所處的溫度、A A ACH，因此ag混合物中所含原23aN/14，故答案為：B。ABr＞Fe3+。FeBr溶液中通入確定量的Cl2 2 2aFe2++bBr-+cCl→dFe3++eBr+fCl-2 2以下選項(xiàng)中的數(shù)字與離子方程式中的a、b、c、d、e、f一一對(duì)應(yīng)，其中不符合反響實(shí)際的是A.243226B.021012C.201202D.222214BClFeBrFe2+Br-a、b、c2 22、4、3時(shí)，溶液中Fe2+、Br-恰好完全被氧化，則利用原子守恒知d、e、f2、2、6；a、b0、2,則說明反響先氧化Be-，與事實(shí)不符；假設(shè)a、b、c2、0、1Fe2+恰好氧化完全，則利用原子守恒知d、e、f2、0、2a、b、c2、2、2溶液中Fe2+完全氧化、Br-剛好有一半被氧化，則利用原子守恒知d、e、f2、1、4，故答案為：B。某溶液可能含有Cl-、SO2-、CO2-、NH+、Fe3+、Al3+K+。取該溶液100mL，參與過量NaOH4 3 4溶液，加熱，得到0.02mol氣體，同時(shí)產(chǎn)生紅褐色襯墊；顧慮，洗滌，灼燒，得到1.6g固體；向上述濾液中加足量BaCl溶液，得到4.66g25Cl-確定存在，且c〔Cl-〕≥0.4mol/LC.SO2-、NH+、確定存在，Cl-可能不存在4 4D.CO2-、Al3+確定不存在，K+可能存在3B【解析】參與足量NaOH0.02mol0.02molNH+；得到紅褐4色沉淀說明含有F3，則不能含有CO2〔CO2與F3+發(fā)生雙水解，不能共存；利用灼燒后得3 31.6g0.02molFe3+BaCl4.66g2溶液中含有0.02molSO2-，Al3+、K+是否存在無(wú)法判定，利用“電荷守恒”可知溶液中必含有4Cl-，假設(shè)溶液中不含Al3+、K+時(shí)，溶液中含有0.04molCl-、假設(shè)溶液中含Al3+、K+時(shí)，溶液中含有Cl-0.04mol,結(jié)合溶液體積〔100mL〕可知原溶液中確定存在Cl-，且c(Cl-)≥0.4mol/L，由上述分析知，正確答案為：B。三、選擇題〔204項(xiàng)的，多項(xiàng)選擇不給分；有兩個(gè)正確選項(xiàng)的，選對(duì)一個(gè)給2分，選錯(cuò)一個(gè)，該小題不給分〕汽車猛烈碰撞時(shí)，安全氣囊中發(fā)生反響10NaN+2KNO→KO+5NaO+16N3 3 2 2 2原物多1.75mol，則以下推斷正確的選項(xiàng)是42.0LN〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕20.250molKNO3

被氧化1.25molN3.75molCD【解析】利用方程式可知N既是氧化產(chǎn)物又是復(fù)原產(chǎn)物，且氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的質(zhì)2量〔或物質(zhì)的量〕15:1，1.75molN的體積2〔標(biāo)準(zhǔn)狀況[16mo1.75mol/(15mol-1mol)22.4mo-＝44.8KNO316molN時(shí)轉(zhuǎn)移10mol2molN2 2因此反響轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10×2/16＝1.25mol，C項(xiàng)正確；利用方程式，結(jié)合前面分析知當(dāng)氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多14mol30mol,因此該反響30mol×1.75mol/14mol＝3.75mol，D局部弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：弱酸HCOOHHCN HCO2 3電離平衡常數(shù)K=1.77×10-4iK=4.9×10-10 K=4.3×10-7i i1〔25℃〕K=5.6×10-11i2以下選項(xiàng)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是2CN-+H

O+CO→2HCN+CO2-2 2 32HCOOH+CO2-→2HCOO-+HO+CO↑3 2 2pHHCOOHHCNNaOH的量前者小于后者HCOONaNaCN溶液中所含離子總數(shù)前者小于后者ADKa

＞Ka

＞Ka

HCNCO2-CN-HCO-，因1(H2CO3)

1(HCN)

2(H2CO3) 3 3此向含CN-離子的溶液中通入CO發(fā)生反響為：CN-+HO+CO＝HCN+HCO-，A2 2 2 3與碳酸的電離平衡常數(shù)可知酸性HCOOHCOHCOOH可與碳酸鹽作用生成甲酸鹽和CO、2 3 2HO，BHCOOH＞HCNpHHCOOHHCNHCN2pH的HCOOHHCN消耗NaOHC等濃度的HCOONa和NaCNc(Na+)+c(H+)＝c(R-)+c(OH-)[R-＝HCOO-或CN-]，CN-水解程度大，則在NaCN溶液中c(H+)較小，而兩溶液中c(Na+)相等，故兩溶液中所含離子數(shù)目前者大于后者，A某恒溫密閉容器中，可逆反響A(s) B+C(g)-Q到達(dá)平衡。縮小容器體積，重到達(dá)平衡時(shí)，C(g)的濃度與縮小體積前的平衡濃度相等。以下分析正確的選項(xiàng)是B的狀態(tài)只能為固態(tài)或液態(tài)平衡時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1保持體積不變，向平衡體系中參與B，平衡可能向逆反響方向移動(dòng)1molB1molCQBC【解析】假設(shè)B為氣體，且原平衡時(shí)BC體積，到達(dá)平衡時(shí)平衡常數(shù)不變，則氣體C的濃度也確定不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；平衡時(shí)，各n(A)＝n(C)，BB消耗 消耗B，平衡逆向移動(dòng)，C1molB1molCQ，D確定條件下，將0.1LCO、0.2LCO、0.1LNO、0.2LNO0.2LNH

混合，然后通過分別盛有2 2 3足量蒸餾水、飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液的三個(gè)洗氣瓶〔洗氣瓶排列挨次不確定。假設(shè)氣體通過每個(gè)洗氣瓶都能充分反響，則尾氣〔已枯燥〕A.可能是單一氣體 B.不行能含有一氧化碳C.可能存在原氣體中的兩種氣體 D.成分和洗氣瓶的排列挨次無(wú)關(guān)ACNaOH〔或水、飽和碳酸氫鈉溶液〕則最終得到尾氣為CO；假設(shè)混合氣體先通過飽和碳酸氫鈉溶液、水〔或水、飽和碳酸氫鈉溶液，最終通入NaOH溶液，則尾氣為CO和N，由此可知尾氣中確定含CO，故答案為：AC。確定量的S和uS的混合物投入足量的O中，收集到氣體L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況，向反2 3應(yīng)后的溶液中〔存在Cu2+和SO2-〕NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得4CuO12.0gNONO1﹕1，則V2A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8LACuSCuS中含有n(Cu)＝12.0g/80g·mol-1＝0.15mol，利用電2CuS0.15mo×＝n(NO×3+n(NO)2×1，因n(NO)＝n(NO)，解之得n(NO)＝n(NO)＝0.3mol，則反響所得混合氣體在標(biāo)況下的2 2體積V＝〔0.3mol+0.3mol〕×22.4mol·L-1＝13.44L；當(dāng)混合物全部為CuS時(shí)可得：10×20.15mol/2＝n(NO)×3+n(NO1n(NO)＝n(NOn(NO)＝n(NO)＝0.1875mol，2 2 2則反響所得混合氣體在標(biāo)況下的體積V＝〔0.1875mol+0.1875mol〕×22.4mol·L-1＝8.4L,所以收集到氣體體積：8.4L＜V＜13.44L，故答案為：A。〔8分〕金屬鋁質(zhì)輕且有良好的防腐蝕性，在國(guó)防工業(yè)中有格外重要的作用。完成以下填空：鋁原子核外電子云有 種不同的伸展方向，有 種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子。鎵〔Ga〕與鋁同族。寫出鎵的氯化物和氨水反響的化學(xué)方程式。硅與鋁同周期。SiO 是硅酸鹽玻璃〔NaCaSiO 〕的主要成分，NaCaSiO 也可寫成2 2 6 14 2 6 14NaO·CaO·6SiO。盛放NaOH溶液的假設(shè)用玻璃瓶塞簡(jiǎn)潔形成粘性的硅酸鹽而無(wú)法打2 2開，發(fā)生反響的化學(xué)方程式 。NaAlSiO可3 8推知鈣長(zhǎng)石的化學(xué)式為用鋁和金屬氧化物反響制備金屬單質(zhì)是工業(yè)上較常用的方法。如：

3Ba↑+BaO·AlO23常溫下Al的金屬性比Ba的金屬性 〔選填“強(qiáng)“弱。利用上述方法制取Ba的主要緣由是 。a.高溫時(shí)Al的活潑性大于Ba b.高溫有利于BaO分解c.高溫時(shí)BaO·AlO比AlO穩(wěn)定d.BaAl23 23四.【答案〔23〕9、13； 〔24〕GaCl+3NH·HO＝3NHCl+Ga(OH)↓3 3 2 4 3〔25〕SiO+2NaOH＝NaSiO+2HO、CaAlSiO 〔26〕弱 、d2 2 3 2 2 616〔23〕s軌道只有1個(gè)伸展方向、p軌道有3個(gè)伸展方向，Al核外電子排布為1s22s22p63s23p13個(gè)s2個(gè)p〔軌道〕的伸展方向有913個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)各不一樣，因此核外有13種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子〔24〕同主族元素化學(xué)性質(zhì)相像，因此類比氯化鋁與氨水的反響可得氯化稼與氨水反響的方程式?！?5〕在NaO、CaO、SiO中，只有SiO是酸性氧化物，可與NaOH2 2 2硅酸鈉溶液；由“長(zhǎng)石是鋁硅酸鹽更換為鈣，鋁硅酸陰離子不變，以及化合物中化合價(jià)代數(shù)和等于0可得鈣長(zhǎng)石的化學(xué)式為：Ca(AlSiO2，即CaAlSiO〔26〕利用元素Ba、Al38 2 616Al＜BaAlBaBa化為氣體脫離反響體系，使反響正向進(jìn)展?！?〕溴主要以Br-形式存在于海水中，海水呈弱堿性。工業(yè)上制備的Br的操作步驟為：2①確定條件下，將Cl通入濃縮的海水中，生成Br2 2②利用熱空氣將Br吹出，并用濃NaCO溶液吸取，生成NaBr、NaBrO2 2 3 3③用硫酸酸化步驟②得到的混合物完成以下填空：Cl氧化Br-應(yīng)在 條件下進(jìn)展，目的是為了避開2Br2寫出步驟③所發(fā)生的化學(xué)反響方程式。用硫酸而不用鹽酸酸化的緣由可能是 步驟②的產(chǎn)品有時(shí)運(yùn)輸?shù)侥康牡睾笤偎峄饕怯捎跒榱顺スI(yè)Br中微量的Cl,可向工業(yè)Br中2 2 2a.通入HBr b.參與NaCO溶液 c.參與NaBr溶液d.參與NaSO溶液2 3 2 3五.【答案〔27〕酸性、生成的溴與堿發(fā)生反響 〔28〕溴的沸點(diǎn)較低，易揮發(fā)〔29〕5NaBr+NaBrO+3HSO＝3NaSO+3Br+3HO Cl-氧化3 2 4 2 4 2 2為氯氣，影響生成溴的純度、防止溴的揮發(fā)〔30〕a〔27〕利用存在Br-的海水呈堿性和Br2可與堿性物質(zhì)反響可知為防止氧化得到溴和堿反響，則氯氣在氧化Br-時(shí)應(yīng)在酸性條件下進(jìn)展〔28〕溴可與被熱空氣吹出，是由于溴的沸點(diǎn)低，易揮發(fā)〔29〕向NaBrNaBrO3的混合溶液中，參與H2SO4，Br-BrO3-發(fā)生歸中反應(yīng)生成Br結(jié)合原子守恒可寫出反響的方程式酸化時(shí)不用鹽酸是防止在酸性條件下BrO2 3Cl-氧化為ClNaBr和NaBrO2 3到將混合液運(yùn)送到目的地再酸化〔30〕遵循除雜不引入雜質(zhì)的原子，可承受通入HBr的方法除去溴中混有Cl2〔8〕涉及的兩步反響依次為：Ni(S)+4CO(g)

Ni(CO)(g)+Q4Ni(CO)(g)4完成以下填空：

Ni(S)+4CO(g)在溫度不變的狀況下，要提高反響〔1〕中Ni(CO)的產(chǎn)率，可實(shí)行的措施有 、4。2LNi(CO)〔98.5%CO4反響〕剩余質(zhì)量和反響時(shí)間的關(guān)系如右圖所示。Ni(CO)4

0～10min。假設(shè)反響〔2〕到達(dá)平衡后，保持其他條件不變，降低溫度，重到達(dá)平衡時(shí) 。a.平衡常數(shù)K增大 b.CO的濃度減小c.Ni的質(zhì)量減小 d.v[Ni(CO)]增大逆 4簡(jiǎn)述羰基法提純粗鎳的操作過程。.【答案3〕增大壓強(qiáng)、從反響體系中移走Ni(CO)(g) 〔3〕0.05mol/(·min)4〔33〕bc 〔34〕在封閉的玻璃管一端放入粗鎳，把握溫度在50℃，通入CO氣體，一點(diǎn)時(shí)間后在玻璃管的另一端加熱至230℃，即可在該端獲得純潔的鎳?！窘馕觥?31)反響〔1〕是氣體體積削減的放熱反響，因此在溫度不變的狀況下，實(shí)行增大Ni(CO)(gNi(CO)的產(chǎn)率。4 4〔32〕隨反響進(jìn)展，粗鎳削減的質(zhì)量即為參與反響〔1〕消耗的鎳的質(zhì)量，在0～10min，生成Ni(CO)4

的物質(zhì)的量＝(100g-41g)/59g·mol-1＝1mol，故在0～10min，v[Ni(CO)＝41mol/(2L×10min)＝0.05mol/(L·min)〔33〕由反響〔1〕為放熱反響可知反響〔2〕為吸熱反響，因此反響〔2〕到達(dá)平衡后，降溫，平衡逆向進(jìn)展，反響平衡常數(shù)K變小、CO的濃Niv[Ni(CO)〔34〕利用信息可知，可實(shí)行在低逆 4溫〔50℃〕時(shí)讓粗鎳和CO作用，使生成的Ni(CO)230℃時(shí)分解即可得到純鎳。4〔12〕溴化鈣可用作阻燃劑、制冷劑，具有易溶于水，易吸潮等性質(zhì)。試驗(yàn)室用工業(yè)大理石〔含有Al3+、Fe3+等雜質(zhì)〕制備溴化鈣的主要流程如下：完成以下填空：上述使用的氫溴酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為26%，假設(shè)用47%的氫溴酸配置26%的氫溴酸的氫溴酸500ml，所需的玻璃儀器有玻璃棒、 。的目的是、。37.試劑b，步驟Ⅳ的目的是。步驟Ⅲ的濾液中不含NH+步驟Ⅱ參與的試劑a是 的目的是、。37.試劑b，步驟Ⅳ的目的是。4步驟Ⅴ所含的操作依次是 、 。制得的溴化鈣可以通過如下步驟測(cè)定其純度：①稱取4.00g無(wú)水溴化鈣樣品溶解滴入足量NaCO溶液充分反響后過濾；2 3⑤稱量。假設(shè)得到1.88g碳酸鈣，則溴化鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 〔保存兩位小數(shù)。假設(shè)試驗(yàn)操作標(biāo)準(zhǔn)而測(cè)定結(jié)果偏低，其緣由是 ?！?6〕Ca(OH)(或CaO)；除2去溶解后溶液中的雜質(zhì)離子Al3+、Fe3+、使Ca2+留在溶液中 〔37〕HBr 中和溶液中多余的Ca(OH) 〔38〕蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶2〔39〕94.00%；滴加的NaCO溶液缺乏，溶液中Ca2+未能完全轉(zhuǎn)化為CaCO2 3 3沉淀〔其他合理答案均可〕〔35〕用濃溶液配制確定體積的稀溶液，需通過計(jì)算算出需濃溶液的體積，因此需要量筒、膠頭滴管，燒杯、玻璃棒和500mL〔36〕步驟Ⅲ為過濾操作，因此在步驟Ⅱ中參與的試劑aCa2+轉(zhuǎn)化為沉淀，結(jié)合Al3、Fe3的性質(zhì)知應(yīng)為堿性，結(jié)合信息〔步驟Ⅲ的濾液中不含NH+，說明a試劑4不是氨水，再結(jié)合除雜不能引入雜的原則可知參與試劑最好為CaOHCaO〔37〕2步驟Ⅳ中參與試劑ba[CaOHCaO)]，同樣應(yīng)遵循除2b為HBr〔38〕步驟Ⅴ是從溴化鈣溶液中獲得溴化鈣晶體，因此其操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶〔39〕過濾出的沉淀上沾有雜質(zhì)，為削減試驗(yàn)誤差應(yīng)將沉淀進(jìn)展洗滌、枯燥后載稱量；利用“鈣守恒”可得：CaBr～CaCO，故樣品中溴化2 3鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為[〔200g·mol-1×1.88g/100g·mol-1〕/4.00g]×100%＝94.00%；假設(shè)試驗(yàn)操作CaCONaCO3 2 3溶液缺乏，溶液中Ca2+未能完全轉(zhuǎn)化為CaCO沉淀或洗滌CaCO沉淀有局部沉淀溶解導(dǎo)致。3 3〔12〕二氧化硫是硫的重要化合物，在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用。二氧化硫有毒要。完成以下填空：試驗(yàn)室可用銅和濃硫酸加熱或硫酸和亞硫酸鈉反響制取二氧化硫。假設(shè)用硫酸和亞硫酸鈉反響制取二氧化硫并期望能把握反響速度上圖中可選用的發(fā)生裝置是 〔填寫字母。假設(shè)用硫酸和亞硫酸鈉反響制取3.36L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕二氧化硫，至少需要稱取亞硫酸鈉〔保存一位小數(shù)；假設(shè)已有4.%亞硫酸鈉〔質(zhì)量分?jǐn)?shù)少需稱取該亞硫酸鈉 g〔保存一位小數(shù)。試驗(yàn)室二氧化硫尾氣吸取與工業(yè)煙氣脫硫的化學(xué)原理相通煙氣脫硫法。石灰-石膏法的吸取反響為SO+Ca(OH)CaSO↓+HO2 2 3 22CaSO+O+4HO→2CaSO·2HO。其流程如以以下圖：3 2 2 4 2堿法的吸取反響為SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O其流程如以以下圖：：試劑價(jià)格〔元/kg〕SO的本錢〔元/mol〕2

Ca(OH)20.360.027

NaOH2.900.232石灰-石膏法和堿法吸取二氧化硫的化學(xué)原理一樣之處是 。和堿法相比，石灰-石膏法的優(yōu)點(diǎn)是 ，缺點(diǎn)是 ?！灿昧鞒虉D表示。八.【答案〔40〕ae 〔41〕18.9、19.8〔42〕利用SO是酸性氧化物，可與堿反響；原料易得，吸取本錢低；吸取速率慢，效率低2〔43〕〔40〕用硫酸和亞硫酸鈉制取SO的試劑為固態(tài)和液態(tài)，反響條件不需加熱，可通2a、e可到達(dá)目的〔41〕由硫守恒可得：NaSO～SOm(NaSO＝126g·mol-1×3.36L/22.4L·mol-1＝18.9g；4g2 3 2 2 3硫酸氧化為硫酸鈉后質(zhì)量變?yōu)?4×142)/126＝4.5g，則有4.0%亞硫酸鈉被氧化為硫酸鈉的樣品中亞硫酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：96/100.5＝95.5%，因此稱取變質(zhì)樣品的質(zhì)量應(yīng)為：18.9g÷95.5%＝19.8g〔42〕石灰-石膏法與堿法吸取SO都是利用SO是酸性氧化物可與堿反響2 2的性質(zhì)來(lái)吸取SO的；利用題中和有關(guān)信息可知承受石灰—石膏法所用原料易得、本錢2低等，但因CaOH)堿性弱，導(dǎo)致吸取速率慢、效率低。2〔10分〕異構(gòu)化可得到三元乙丙橡膠的第三單體 。 由A〔CH〕BDiels-Alder反響制得。Diels-Alder反響為共軛雙烯與含有烯鍵或炔鍵的化合56物相互作用生成六元環(huán)狀化合物的反響，最簡(jiǎn)潔的反響是完成以下填空：Diels-Alder 反響屬于 反響〔填反響類型〕：A 的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 。寫出與 互為同分異構(gòu)，且一溴代物只有兩種的芳香烴的名稱寫誕生成這兩種一溴代物所需要的反響試劑和反響條件。46.BCl1,2—加成產(chǎn)物消去HCl2〔CH=CHCOOH〕2 2聚合得到的聚合物可改進(jìn)氯丁橡膠的耐寒性和加工性能，寫出該聚合物的構(gòu)造簡(jiǎn)式。47.寫出試驗(yàn)室由 的屬于芳香烴的同分異構(gòu)體的同系物制備 的合成路線〔合成路線常用的表示方式為： 目標(biāo)產(chǎn)物〕九.【答案〔44〕加成反響、 〔45〕1,3,5-三甲基苯〔或均-三甲基苯〕〔46〕〔47〕〔44〕利用題中乙烯與1,3-丁二烯反響得到環(huán)己烯的信息可知Diels-Alder反響的應(yīng)；結(jié)合的構(gòu)造和分子式〔CH〕可知B為1,3-丁二烯，A的構(gòu)造簡(jiǎn)式為：912〔45〕與〔分子式為：CH〕互為同分異構(gòu)體且屬于芳香烴的9128〔23取代基為甲基、乙基，有鄰、間、對(duì)三種；三取代產(chǎn)物有3種，取代基為三個(gè)甲基，分連、偏、均三種狀況，結(jié)合限定條件，知滿足條件的該物質(zhì)是1,3,5〔苯〔46〕B〔1,3-丁二烯〕2-氯代二烯烴〔CH=CCl-CH=CH〕與2 2〔4〕結(jié)合苯甲醛的碳骨架構(gòu)造可知合成苯甲醛的原料為甲〔甲苯恰好是與 的屬于芳香烴的同分異構(gòu)體的同系物〕，甲苯在光照下可與氯氣發(fā)生甲基上的取代反響，生成氯代烴在NaOH溶液水解可得到苯甲醇，醇在Ag或Cu的催化作用下，可與氧氣發(fā)生催化氧化得到苯甲醛?！?2分〕沐舒坦〔構(gòu)造簡(jiǎn)式為，不考慮立體異構(gòu)〕是臨床上使用廣泛的。以以下圖所示的其多條合成路線中的一條〔反響試劑和反響條件均未標(biāo)出〕完成以下填空：寫出反響試劑和反響條件。反響① 反響⑤寫出反響類型。反響③ 反響⑥寫出構(gòu)造簡(jiǎn)式。A B反響⑥中除參與反響試劑C外，還需要參與K

CO，其目的是為了中和2 3防止C3種不同化學(xué)環(huán)境氫原子的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡(jiǎn)式。反響②，反響③的挨次不能顛倒其緣由是 。十.【答案〔48〕①HNO3；濃硫酸、加熱。②溴、FeBr3?！?9〕復(fù)原反響、取代反響〔50〕 、 〔51〕HCl、氨基與鹽酸發(fā)生反響〔52〕 、 〔53〕因氨基簡(jiǎn)潔被氧化，假設(shè)反響②、③顛倒，再利用KMnO、加熱的條件下氧化-CH轉(zhuǎn)化為-COOH的同時(shí)也會(huì)將-NH4 3 2氧化。【解析】結(jié)合產(chǎn)物的構(gòu)造簡(jiǎn)式，利用流程圖和起始原料的分子式〔CH〕可知起始原料為甲78苯，所以反響①是甲苯與HNO在濃硫酸做催化劑，加熱的條件下發(fā)生取代反響生成鄰硝基3KMnO〔甲4基氧化為羧基〔反響③〕使硝基轉(zhuǎn)化為氨