2023年高考浙江卷化學(xué)試題解析

2023一、單項(xiàng)選擇題水溶液呈酸性的是( )A.NaCl【答案】B

B.NaHSO4

C.HCOONa D.NaHCO3【解析】氯化鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，水溶液呈中性，A項(xiàng)錯誤;硫酸氫鈉在水中完全電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，水溶液呈酸性，B項(xiàng)正確；甲酸鈾是弱酸強(qiáng)堿鹽，水溶液呈堿性，C項(xiàng)錯誤；碳酸氫鈉是弱酸強(qiáng)堿鹽，水溶液呈堿性，D項(xiàng)錯誤。A.B.C.A.B.C.D.【答案】C【解析】A為枯燥管，不能進(jìn)展固液分別，A項(xiàng)錯誤；B為蒸餾燒瓶，不能進(jìn)展固液分別，B項(xiàng)錯誤；C為漏斗，用過濾的方法進(jìn)展固液分別時需用到漏斗，C項(xiàng)正確;D為牛角管,不能進(jìn)展固液分別，D項(xiàng)錯誤。以下物質(zhì)在熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電的是( )NaOH【答案】C

CaCl2

HCl D.KSO2 4【解析】在溶融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是離子化合物，A、B、D都是離子化合物，在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，C是共價化合物，在熔融狀態(tài)下不能電離出自由移動的離子，不能導(dǎo)電。以下物質(zhì)對應(yīng)的組成不正確的選項(xiàng)是( )CO2

熟石灰CaSO4

2HO2膽礬CuSO4【答案】B

5HO2

小蘇打NaHCO3【解析】干冰的組成為CO2

，A項(xiàng)正確；熟石灰的組成為Ca(OH)2

，B項(xiàng)錯誤；膽礬的組成為CuSO4

O，C項(xiàng)正確；小蘇打的組成為NaHCO2

，D項(xiàng)正確。以下表示不正確的選項(xiàng)是( )A.乙烯的構(gòu)造式：B.A.乙烯的構(gòu)造式：B.CHO2 4 2C.2-甲基丁烷的鍵線式：D.甲基的電子式：【解析】甲酸甲酯的構(gòu)造簡式為HCOOCH以下說法不正確的選項(xiàng)是( A.自然氣是不行再生能源

，B項(xiàng)錯誤。3B.用水煤氣可合成液態(tài)碳?xì)浠衔锖秃跤袡C(jī)物C.煤的液化屬于物理變化D.火棉是含氮量高的硝化纖維【答案】C【解析】煤、石油、自然氣是不行再生能源，A項(xiàng)正確；水煤氣的主要成分是CO和H2

，用水煤氣可以合成甲醇等含氧有機(jī)物，B項(xiàng)正確；煤的液化是在確定條件下將固體煤炭轉(zhuǎn)化為液體燃料的過程，煤的液化屬于化學(xué)變化，C項(xiàng)錯誤；火棉是含氮量高的硝化纖維，D項(xiàng)正確。以下說法正確的選項(xiàng)是( )A.35Cl和37Cl是兩種不同的元素 B.單晶桂和石英互為同素異形體C.HCOOH和HOCH【答案】D

CHO互為同系物2

D.H與Na在元素周期表中處于同一主族【解析】35Cl和37Cl是氯元素的兩種不同核素，A項(xiàng)錯誤；單晶硅為Si，石英為SiO，二者不互2為同素異形體，BHCOOH為一元羧酸，HOCH互為同系物，C項(xiàng)錯誤；H和Na都處于IA族，D項(xiàng)正確。8.以下說法不正確的選項(xiàng)是()Cl會破壞鋁外表的氧化膜

CHO為羥基醛，二者構(gòu)造不相像，不2NaHCO3

的熱穩(wěn)定性比NaCO強(qiáng)2 3C.KMnO4

具有氧化性，其稀溶液可用于消毒D.鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了電化學(xué)腐蝕【答案】B【解析】酸、堿和Cl都能破壞鋁外表的氧化膜，A項(xiàng)正確；碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，碳酸鈉受熱不分解，熱穩(wěn)定性：碳酸鈉強(qiáng)于碳酸氫鈉，B項(xiàng)錯誤；高錳酸鉀具有氧化性，其稀溶液可消毒殺菌，C項(xiàng)正確；鋼鐵在潮濕的空氣中主要發(fā)生電化學(xué)腐蝕中的吸氧腐蝕，D項(xiàng)正確。以下說法不正確的選項(xiàng)是( )A.高壓鈉燈可用于道路照明B.SiO2

可用來制造光導(dǎo)纖維C.工業(yè)上可承受高溫冶煉黃銅礦的方法獲得粗銅D.BaCO3不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐【答案】D【解析】高壓鈉燈射程遠(yuǎn)、透霧力氣強(qiáng)，可用于道路照明，A項(xiàng)正確；二氧化硅常用于制造光導(dǎo)纖維，B項(xiàng)正確；較活潑的金屬常用熱復(fù)原的方法得到金屬單質(zhì)，C項(xiàng)正確；碳酸鋇不溶于水，但溶于胃液的成分鹽酸，常用不溶于鹽酸的硫酸鋇作鋇餐，D項(xiàng)錯誤。反響MnO2

4HCl(濃)MnCl2

Cl2

2H

O中，氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是( )2A.1：2【答案】B

B.1：1 C.2：1 D.4：1【解析】依據(jù)化合價變化可找出氧化劑和復(fù)原劑，氧化劑得電子化合價降低，則二氧化錳是氧化劑，氧化劑對應(yīng)的生成物是復(fù)原產(chǎn)物，則MnCl2為復(fù)原產(chǎn)物；復(fù)原劑失電子化合價上升，則HCl為復(fù)原劑，復(fù)原劑對應(yīng)的生成物是氧化產(chǎn)物，則Cl2之比為1:1。以下有關(guān)試驗(yàn)說法不正確的選項(xiàng)是( )

為氧化產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量萃取Br2

時，向盛有溴水的分液漏斗中參與CCl4

，振蕩、靜置分層后，翻開旋塞，先將水層放出做焰色反響前，鉑絲用稀鹽酸清洗并灼燒至火焰呈無色乙醇、苯等有機(jī)溶劑易被引燃，使用時須遠(yuǎn)離明火，用畢馬上塞緊瓶塞D.可用AgNO溶液和稀HNO區(qū)分NaClNaNO和NaNO3 3 2 3【答案】A【解析】分別分液漏斗中的液體時，下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出，因四氯化碳密度比水大，在下層，故水層應(yīng)從上口倒出，A項(xiàng)錯誤；做焰色反響前，鉑絲應(yīng)用稀鹽酸清洗并灼燒至火焰呈無色，目的是防止其他離子產(chǎn)生干擾，B項(xiàng)正確；乙醇、苯等有機(jī)物易揮發(fā)，遇明火易被引燃，使用時須遠(yuǎn)離明火，用畢馬上塞緊瓶塞，C項(xiàng)正確；參與硝酸銀得到白色沉淀，參與稀硝酸沉淀不溶解的是NaCl，參與硝酸銀得到白色沉淀，參與稀硝酸沉淀溶解的是NaNO2

，參與硝酸銀得不到沉淀的是NaNO3以下說法正確的選項(xiàng)是( )

，D項(xiàng)正確。Na

O在空氣中加熱可得固體NaO2 2 Mg參與到過量FeCl3

溶液中可得FeFeS2

在沸騰爐中與O2

反響主要生成SO3D.HO溶液中參與少量MnO粉末生成H和O2 2 2 2 2【答案】ANa

O不穩(wěn)定，在空氣中加熱可得到NaO2 2

，A項(xiàng)正確；鎂參與過量的FeCl3

溶液中只發(fā)生反響Mg2Fe3Mg22Fe2，得不到Fe，BFeS2

在沸騰爐中與氧氣反響只能得到SO，不能得到SO2

，C項(xiàng)錯誤；二氧化錳能催化過氧化氫分解，過氧化氫分解得到氧氣和水，D項(xiàng)錯誤。能正確表示以下反響的離子方程式是( )NH42

FeSO42

溶液與少量Ba(OH)2

SO24

Ba2BaSO4電解MgCl2

2Cl2H

O2OH-Cl2

H 2乙酸乙酯與NaOHCH3

COOCHCH2

OHCH3

COOCHCHOH3 2CuSO溶液中滴加稀氨水：Cu22OHCu(OH) 4 2【答案】C【解析】硫酸亞鐵銨與少量氫氧化鋇反響的離子方程式為Fe2SO24Ba2

2OHFe(OH)2

BaSO4

，A項(xiàng)錯誤；電解MgCl2

水溶液的離子方程式為Mg22Cl2H

OMg(OH)2

H2

Cl2

，B項(xiàng)錯誤；乙酸乙酯在氫氧化鈉條件下水解得到乙酸鈉和乙醇，C項(xiàng)正確；一水合氨是弱堿，書寫離子方時不能拆寫，應(yīng)為Cu22NH3

HOCu(OH)2

2NH，D項(xiàng)錯誤。4以下說法不正確的選項(xiàng)是( )A.一樣條件下等質(zhì)量的甲烷、汽油、氫氣完全燃燒，放出的熱量依次增加B.油脂在堿性條件下水解生成的高級脂肪酸鹽是肥皂成分C.依據(jù)纖維在火焰上燃燒產(chǎn)生的氣味，可以鑒別蠶絲與棉花D.淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)都屬于高分子化合物【答案】A【解析】單位質(zhì)量H元素燃燒放出的熱量大于C元素，甲烷為含氫量最高的烴，則一樣條件下，等質(zhì)量的甲烷、汽油、氫氣完全燃燒，氫氣放出的熱量最多，甲烷次之，汽油最少，A項(xiàng)錯誤；油脂在堿性條件下的水解即為皂化反響，得到的高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分，B項(xiàng)正確；蠶絲是蛋白質(zhì)，燃燒時有燒焦羽毛的氣味，棉花的主要成分是纖維素，燃燒時沒有此氣味，可用燃燒時產(chǎn)生的氣味區(qū)分蠶絲與棉花，C項(xiàng)正確；淀粉、纖維素和蛋白質(zhì)均屬于高分子化合物，D項(xiàng)正確。15.有關(guān)的說法正確的選項(xiàng)是( )A.15.有關(guān)的說法正確的選項(xiàng)是( )C.只含二種官能團(tuán)D.1molNaOH1molNaOH【答案】AA項(xiàng)正確；含有碳碳雙鍵，可與溴單質(zhì)發(fā)生加成反響而使溴水褪色，BC1mol該有機(jī)物與足量NaOH2molNaOH，D項(xiàng)錯誤。16.X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為+4價，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物ZX2 4

18個；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子。以下說法不正確的選項(xiàng)是( A.原子半徑:Z<Y<M最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性:Z>Y>MX2

ZZX2

易溶于水，其水溶液呈堿性X、Z和Q三種元素形成的化合物確定是共價化合物【答案】D【解析】依據(jù)同一周期主族元素從左到右原子半徑依次減小，同一主族元素從上到下原子半徑依次增大，可得原子半徑：Z(N)<Y(C)<M(Si)，A項(xiàng)正確;元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，則酸性：ZHNO3

YHCO2

MH

SiO2

，BH2

NNH為聯(lián)2氨，是一種極性較強(qiáng)的化合物，能與水、醇等形成分子間氫鍵，依據(jù)相像相溶原理，聯(lián)氨能溶于水、醇等極性溶劑中，又H2

NNH2

HO2

HNNH2 3

OH，其水溶液呈堿性，C項(xiàng)正確； X(H)、Z(N)、Q(Cl)三種元素可形成NH17.

4

Cl是離子化合物，D項(xiàng)錯誤。4A.2.0107molL1的鹽酸中cH 2.0107molL1KCl80℃，溶液的pH變小但仍保持中性常溫下，NaCN溶液呈堿性，說明HCN是弱電解質(zhì)常溫下，pH3的醋酸溶液中參與醋酸鈉固體,pH增大【答案】AH

O電離出的H+不能無視，故cH+大于2107molL1，A項(xiàng)錯誤；2水的電離是吸熱的，上升溫度促進(jìn)水的電離，氫離子濃度和氫氧根離子濃度均增大，pH減小，但氫離子濃度和氫氧根離子濃度仍相等，溶液呈中性，B項(xiàng)正確;常溫下，NaCN溶液呈堿性說明NaCN是強(qiáng)堿弱酸鹽，HCN是弱酸，C項(xiàng)正確;醋酸溶液中參與醋酸鈉，醋酸根離子濃度增大，醋酸的電離平衡逆向移動，氫離子濃度減小，pH增大，D項(xiàng)正確。5mL0.1molL1KI溶液與1mL0.1molL1FeCl3

溶液發(fā)生反響：2Fe3(aq)2I(aq) 2Fe2(aq)I2參與苯，振蕩，平衡正向移動

(aq)，到達(dá)平衡。以下說法不正確的選項(xiàng)是( )經(jīng)苯2次萃取分別后，在水溶液中參與KSCN，溶液呈血紅色，說明該化學(xué)反響存在限度參與FeSO4

固體，平衡逆向移動 該反響的平衡常數(shù)K

c2Fe2 c2Fe3

c2I【答案】D【解析】碘易溶于本，參與苯，碘進(jìn)入到苯中使水溶液中碘的濃度減小，平衡正向移動，A項(xiàng)正確；假設(shè)反響能進(jìn)展到底，則經(jīng)過苯兩次萃取后溶液中不會有Fe3+，參與KSCN，溶液不會呈血紅色，溶液呈血紅色說明此反響是可逆反響，有反響限度，B項(xiàng)正確；參與FeSO4

，二價鐵離子濃度增大，平衡逆向移動，C項(xiàng)正確；該反響的平衡常數(shù)Kc2Fe2cI2錯誤。

/c2F3c2I-D項(xiàng)NA

為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的選項(xiàng)是( )4MnO5HCHO12H

4Mn25CO

11HO，1mol4Mn5HCH完全反響轉(zhuǎn)移的420NA

2 2 4用電解粗銅的方法精煉銅，當(dāng)電路中通過的電子數(shù)為NA

32gCu轉(zhuǎn)化為Cu2+C.常溫下，pH=9的CHCOONa溶液中，水電離出的H+數(shù)為105N3 AD.1L濃度為0.100molL1的NaCO2 3【答案】A

溶液中，陰離子數(shù)為0.100NA【解析】MnOMn為+7MnO~Mn2轉(zhuǎn)移54molMnO完全轉(zhuǎn)化為Mn2轉(zhuǎn)移4 4 420mol電子，A項(xiàng)正確；粗銅中含有Zn、Fe、Ag等雜質(zhì)，電解時比銅活潑的金屬先放電，Cu可能沒有反響，BH+數(shù)無法求出，C項(xiàng)錯誤；碳酸根離子水解陰離子0.100NA

，D項(xiàng)錯誤。2NO(g)2定結(jié)果誤差最小的是( )

NO(g) H0。在測定NO的相對分子質(zhì)量時，以下條件中，測2 4 20℃、壓強(qiáng)50kPaC.25100kPa【答案】D

130300kPaD.13050kPa【解析】測定NO2

NO2 4

越少越好，即使平衡逆向移動。正反響是氣體分子數(shù)減小的放熱反響，要使平衡逆向移動，需減小壓強(qiáng)上升溫度，則選D項(xiàng)。電解高濃度RCOONa〔羧酸鈉〕的NaOH溶液，在陽極RCOCT放電可得到R—R(烷烴〕。以下說法不正確的選項(xiàng)是( )2RCOONa2HRCOO在陽極放電，發(fā)生氧化反響

ORR2CO2

H2

2NaOH2H

O2e2OHH 2 2電解CH

COONa、CHCH3 3

COONaNaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷2【答案】A【解析】CO可與NaOH反響，故電解后不能得到CO，A項(xiàng)錯誤；陽極發(fā)生失電子的氧化反2 2應(yīng)，B項(xiàng)正確；陰極得電子，電極反響為2H

O2e=2OH-+H2

，C項(xiàng)正確；依據(jù)電解RCOONaNaOH溶液生成R—R可知，電解CHCOONa、CHCHCOONa和NaOHCH—3 3 2 3、CHCH—可結(jié)合成乙烷、丙烷、丁烷，D項(xiàng)正確。3 2關(guān)于以下H的推斷正確的選項(xiàng)是( )CO2(aq)H(aq)HCO(aq) H3 3 1CO2(aq)H3

O(l)

HCO(aq)OH(aq) H3 2OH(aq)H(aq)H

O(l) H2 OH(aq)CH3

COOH(aq)CH3

COO(aq)H

O(l) H2 A.H1

0 H2

0 B.H1

H2

C.H3

0 H4

0 D.H3

H4【答案】BH1

0，其次個反響是鹽類的水解反響，是吸熱反響，H 0，AH2

H2

H1

H2

，B正確；酸堿中和反響是放熱反H3

0,H4

0，C項(xiàng)錯誤；第四個反響(酸是弱酸，電離吸熱〕放出的熱量小于第三個反應(yīng)，但H3

和H4

都是負(fù)值，則H3

H4

，D項(xiàng)錯誤。常溫下，用0.1molL110mL濃度均為0.1molL1HCl和CH

COOH的混合液，以下3在氨水滴定前，HCl和CH

COOH的混合液中cCl cCHCOO3 3當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時，cNcNHHOcCHCOcCHCOO4 3 2 3 3當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時，cCHCOOcHcNHHOcOH3 3 2 當(dāng)溶液呈中性時，氨水滴入量大于20rnLcNH4

cCl【答案】D【解析】HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，醋酸是弱電解質(zhì)，局部電離，濃度一樣的HCl和CH

COOH3的混合液中cCl cCHCOO ，A項(xiàng)正確；當(dāng)入氨水10mL時，參與的氨水的體積、濃度和初3始醋酸溶液的體積、濃度均等，由物料可知，cNcNHHOcCHCOcCHCOOB項(xiàng)正確；當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時，溶液中4 3 2 3 3溶質(zhì)為CH

COONH3

和NH

Cl，依據(jù)電荷守恒式4cNH4

CHCOO3

Cl

OH

，物料守恒式cNcNHHOcCHCOcCHCOOcCl，可得4 3 2 3 3cCHCOOcHcNHHOcOHC項(xiàng)正確；恰好反響時，生成等物質(zhì)的量的氯化3 3 2

銨和醋酸銨，此時溶液呈酸性，假設(shè)溶液呈中性，則氨水滴入量大于20mLcNH4

cCl ，D項(xiàng)錯誤。Ca

SiO3

是硅酸鹽水泥的重要成分之一，其相關(guān)性質(zhì)的說法不正確的選項(xiàng)是( )Ca

SiO3

ClCaSiO△4 △

2CaCl2

4NH3

2HO2具有吸水性，需要密封保存能與SO2

反響生成鹽與足量鹽酸作用，所得固體產(chǎn)物主要為SiO2【答案】D【解析】加熱時氯化銨分解生成HCl和氨氣，HCl與Ca

SiO3

反響得到硅酸鈣、氯化鈣和水，A項(xiàng)正確；水泥吸水會變硬，需密封保存，BCa

SiO3

能與二氧化硫反響得到亞硫酸CCa

SiO3

與足量鹽酸反響得不到土氧化硅，D項(xiàng)錯誤。黃色固體X，可能含有漂白粉、FeSO、Fe4 2

SO4

、CuCl3

、KI之中的幾種或全部。將X與足量的水作用，得到深棕色固體混合物Y和無色堿性溶液Z。以下結(jié)論合理的是( )X中含KI，可能含有CuCl2X中含有漂白粉和FeSO4X中含有CuCl2

，Y中含有FeOH3用HSO2 4

酸化溶液Z，假設(shè)有黃綠色氣體放出，說明X中含有CuCl2【答案】C【解析】由黃色固體X與足量的水作用得到深棕色固體混合物Y和無色堿性溶液Z可知，X中含有CuCl2

、漂白粉，至少含有Fe2

SO4

、CuCl3

中的一種，不含KI，A、B項(xiàng)錯誤，C項(xiàng)正確；漂白粉中含有CaCl2

和Ca(ClO)

，用硫酸酸化可得到氯氣，由題述試驗(yàn)現(xiàn)象不能說明X中含有2CuCl2

，D項(xiàng)錯誤。二、填空題答復(fù)以下問題：氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性HF大于HCl的主要緣由是 。CaCN2

8電子穩(wěn)定構(gòu)造，CaCN2

的電子式是 。常溫下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，緣由是 ?！?〕【答案】〔1〕原子半徑F<Cl，鍵能F-H>C1〔2〕〔3〕乙醇與水之間形成氫鍵而氯乙烷沒有〔2〕CaCN2是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定構(gòu)造，則陰離子的構(gòu)造式為[NCN]2，故CaCN的電子式為。2解析：〔1〕可以依據(jù)共價鍵的穩(wěn)定性比較氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性，鍵長越短，鍵能越大，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，原子半徑：F<Cl，則鍵長：F—H〔2〕CaCN2是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定構(gòu)造，則陰離子的構(gòu)造式為[NCN]2，故CaCN的電子式為。2〔3〕影響物質(zhì)在水中溶解度的因素有:物質(zhì)的極性、是否含有氫鍵、能否與水發(fā)生化學(xué)反響等。乙醇、氯乙烷、水均為極性分子，但乙醇與水分子能形成氫鍵，因此在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷。27.100mL0.200molL1CuSO1.95g鋅粉在量熱計(jì)中充分反響。測得反響前溫度為20.1℃，430.1℃。：反響前后，溶液的比熱容均近似為4.18Jg1C1、溶液的密度均近似為1.00gcm3，無視溶液體積、質(zhì)量變化和金屬吸取的熱量。請計(jì)算：反響放出的熱量Q= J。反響Zn(s)CuSO4

(aq)ZnSO4

(aq)Cu(s)的H= kJmol-1(列式計(jì)算〕?！敬鸢浮俊?〕4.18103〔2〕4.18103/10000.1000.200

209【解析】〔1〕依據(jù)Qcmt，反響放出的熱量Q4.18Jg1°C1100mL1.00gcm330.1°C20.1°C4.18103J。4

0.1L0.200molL10.02moln(Zn) 1.95g 0.03molZn過量，即65gmol10.02molZn0.02molCuSO4

4.18kJ，故反響4.18kJZn(s)CuSO4

(aq)ZnSO4

(aq)Cu(s)的H

0.02mol

209kJmol1。爭論CO2

氧化CH2 6

制CH2

對資源綜合利用有重要意義。相關(guān)的主要化學(xué)反響有：CH2 6

(g) CH2 4

(g)H2

(g) H1

136kJmol1CH2 6

(g)CO2

(g)

CH(g)H2 4

O(g)CO(g) H2

177kJmol1CH2 6

(g)2CO2

(g)

4CO(g)3H2

(g) H3CO2

H2

(g)

HO(g) HCO(g)2 CO(g)

41kJmol1：298K時，相關(guān)物質(zhì)的相對能量〔如圖1〕可依據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對能量計(jì)算反響或變化的H(H隨溫度變化可無視〕。例如：HO(g)Hmol-1。mol-1。

O(l) H286kJmol1

242kJmol1

44kJmol1。請答復(fù)：①依據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對能量計(jì)算H3②以下描述正確韻是 。上升溫度反響Ⅰ的平衡常數(shù)增大加壓有利于反響Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移動

kJ反響Ⅲ有助于乙烷脫氫，有利于乙烯生成恒溫恒壓下通水蒸氣，反響Ⅳ的平衡逆向移動③有爭論說明，在催化劑存在下，反響Ⅱ分兩步進(jìn)展，過程如下:【CH2 6

(g)CO2

(g)】→【CH2 4

(g)H2

(g)CO2

(g)】→【CH2 4

(g)CO(g)H

O(g)】，且其次2步速率較慢〔210kJmol-1)。依據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對能量，畫出反響Ⅱ分兩步進(jìn)展的“能量-反響過程圖”，起點(diǎn)從【CH2 6

(g)CO2

(g)】的能量-477kJmol-1開頭〔2.〕①CO2

和CH2

1:1923K和保持總壓恒定的條件下，爭論催化劑X對“CO2

氧化CH2 6

制CH2

”的影響，所得試驗(yàn)數(shù)據(jù)如表：催化劑轉(zhuǎn)化率CH%轉(zhuǎn)化率CO%產(chǎn)率CH%2 622 4X

19.0

37.6

3.3結(jié)合具體反響分析，在催化劑X作用下，CO2氧化C2H6的主要產(chǎn)物是 ，推斷依據(jù)是 。2 4 2 ②承受選擇性膜技術(shù)〔可選擇性地讓某氣體通過而離開體系〕可提高CH的選擇性〔生成CH的物質(zhì)的量與消耗C2H6的物質(zhì)的量之比〕。在773K，乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為9.1%，保持溫度和其他試驗(yàn)條件不變，承受選擇性膜技術(shù)，乙烷轉(zhuǎn)化率可提高到11.0%。結(jié)合具體反響說明乙烷轉(zhuǎn)化率增大的緣由是 。2 4 2 【答案】〔1〕①430②AD③〔2〕①CO；CH③2 4

的產(chǎn)率低，說明催化劑X有利于提高反響Ⅲ速率②選擇性膜吸附CH2 4

，促進(jìn)反響Ⅱ平衡正向移動【解析】〔1〕①由題給信息可知，H043

110kJmol1

393kJmol1

430kJmol1

。②反響Ⅰ的焓變大于0，則正反響為吸熱反響，上升溫度，平衡向正反響方向移動，平衡常數(shù)增大，A項(xiàng)正確；反響Ⅰ、Ⅱ均為氣體分子數(shù)增多的反響，因此加壓，平衡向逆反響方向移動，b項(xiàng)錯誤；反響Ⅲ的生成物中有CO，而由反響Ⅱ可知，生成乙烯的同時還有CO生成，故反響Ⅲ抑制了反響Ⅱ的進(jìn)展，即抑制了乙烯的生成，C項(xiàng)錯誤；水蒸氣是反響IV的生成物，因此通水蒸氣時，反響Ⅳ的平衡逆向移動，DCH(g)2 6

CH(g)H2 4

(g) H1

136kJmol12中反響起點(diǎn)對應(yīng)物質(zhì)的能量為-477kJmol1，故反響Ⅱ的第一步反響生成物的能量為477kJmol1136kJmol1341kJmol1，由其次步反響的活化能為210kJmol1結(jié)合反響Ⅱ的焓變可知其次步生成物的能量為-300kJmol1，據(jù)此作圖。〔2〕①CO，結(jié)合題表數(shù)據(jù)可知，CO2的轉(zhuǎn)化率較高，但因乙烯的產(chǎn)率較低，故乙烷的主要氧化產(chǎn)物是COX有利于提高反應(yīng)Ⅲ速率。②選擇性膜可吸附乙烯，使反響體系中的乙烯濃度降低，從而促使反響Ⅱ的平衡向正反響方向移動。某爭論小組以鄰硝基甲苯為起始原料，按以下路線合成利尿藥美托拉宗。：請答復(fù)：以下說法正確的選項(xiàng)是 。A.反響Ⅰ的試劑和條件是Cl2和光照B.化合物C能發(fā)生水解反響C.反響Ⅱ涉及到加成反響、取代反響D.美托拉宗的分子式是C16

H ClNOS14 3 3寫出化合物D的構(gòu)造簡式 。寫出B+E→F的化學(xué)方程式 ?！窘馕觥俊?〕結(jié)合A的分子式，由反響物正推，由C逆推可知A為，反應(yīng)Ⅰ發(fā)生的是苯環(huán)氫原子的鹵代反響，故反響Ⅰ用Fe【解析】〔1〕結(jié)合A的分子式，由反響物正推，由C逆推可知A為，反應(yīng)Ⅰ發(fā)生的是苯環(huán)氫原子的鹵代反響，故反響Ⅰ用Fe〔或FeCl3〕作催化劑、液氯作反響物，A項(xiàng)錯誤；化合物C中含有酰胺鍵，故該有機(jī)物能發(fā)生水解反響，B項(xiàng)正確；由反響Ⅱ的反響物為寫出化合物A同時符合以下條件的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式1H-NMRIR譜檢測說明：4種氫原子，其中苯環(huán)上的有2種；②有碳氧雙鍵，無氮氧鍵和一CHO?！?〕〔3〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕3CHCHO和F結(jié)合反響物F的分子式，由目標(biāo)產(chǎn)物 逆推可知F為3，出此可知，反響Ⅱ涉及加成反響和取代反響，C項(xiàng)正確；由美托拉宗的構(gòu)造簡式可知其分子式是C16

H 16

OS，D項(xiàng)錯誤。3 3的苯環(huán)上連有甲基，其與酸性KMnO溶液反響生成D，可4知D為 。在Fe、HCl條件下反響生成B，結(jié)合B的分子式可知 苯環(huán)上的硝基被復(fù)原為氨基，故B為 ；比照E、F的分子式并結(jié)合F的構(gòu)造簡式，由F逆推可知E為 ，則B與E反響生成F的化學(xué)方程式是。目標(biāo)產(chǎn)物C為 ，原料為乙烯和 ，因此可先利用乙烯制備乙酸，再將 中的硝基復(fù)原為氨基，生成 ，其氨基與乙酸中的羧基發(fā)生脫水反響可生成目標(biāo)物質(zhì)，合成路線為。苯環(huán)上有兩種H原子，則說明苯環(huán)上有兩個取代基，且取代基位于對位；有碳氧雙鍵，無氮氧鍵和-CHO，則分子式中的2個O原子中，1個形成 ，個形成—OH，假設(shè)一OH在苯環(huán)上，則另外一個支鏈為—NHCOCl或—CONHCI，假設(shè)—OH與 組成羧基，則兩個支鏈可以是一NHCOOH和-Cl，或—COOH和—NHCl，故符合條件的A的同分異構(gòu)體是。三、試驗(yàn)題答復(fù)以下問題Ⅰ.化合物X由四種短周期元素組成，加熱X，可產(chǎn)生使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體Y，Y為3.01gX，用含HCl0.0600mol的鹽酸完全溶解得溶液A，將溶液A分成A1和A2兩等份，完成如下試驗(yàn)〔白色沆淀C可溶于NaOH溶液〕：請答復(fù)：組成X的四種元素是N、H和的化學(xué)式是 (填元素符號〕，X的化學(xué)式是 。溶液B通入過量CO2

得到白色沉淀C的離子方程式是 。寫出一個化合反響〔用化學(xué)方程式或離子方程式表示〕 。要求同時滿足:①其中一種反響物的組成元素必需是X中除N、H外的兩種元素；HClNH3

NH

Cl”一樣。4Ⅱ.某興趣小組為驗(yàn)證濃硫酸的性質(zhì)進(jìn)展試驗(yàn)，如圖。試驗(yàn)中觀看到的現(xiàn)象有：錐形瓶內(nèi)有白霧，燒杯中消滅白色沉淀。請答復(fù)：將濃硫酸和濃鹽酸混合可產(chǎn)生HCl氣體的緣由是 。燒杯中消滅白色沉淀的緣由是 ?！敬鸢浮竣?〔1〕Al、ClAlClNH3 3AlO2

CO22H

OAl(OH)2

HCO3AlCl3

ClAlCl或AlCl4

NH3

AlClNH3 3Ⅱ.〔1〕吸水或放熱導(dǎo)致HCl揮發(fā)HCl氣體會將HSO2 4

帶出，與BaNO32

作用生成BaSO4【解析】Ⅰ.〔1〕依據(jù)產(chǎn)生使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體Y，Y為純潔物，可推想Y為NH；依據(jù)白色沉淀C可溶于NaOH溶液，可推想C為Al(OH)3

，C經(jīng)灼燒得到的白色固體D為AlO2 3

，nAlO2 3

0.510g 0.005mol；依據(jù)白色沉淀E不溶于稀硝酸，可推想EAgCl，102gmol1n(AgCl) 8.61g 0.06mol。由于n(HCl)0.06mol，將溶液A分為兩等份，則每份中由143.5gmol1HCl供給的Cl0.03mol，故A2

中由X供給的Cl0.03mol。組成XN、H，A1、C1。3.01gX中n(Al)0.005mol220.02moln(Cl)0.03mol20.06mol，n(N)nNH3

0.224L 20.02mol，則22.4Lmol1m(H)3.01g27gmol10.02mol35.5gmol10.06mol14gmol10.02mol0.06g，故n(H) 0.06g 0.06mol，N、H、Al、Cl的原子個數(shù)比為1gmol10.02mol:0.06mol:0.02mol:0.06mol 1:3:1:3 ，故X的化學(xué)式為AlClNH。3 3〔2〕3.01gAlClNH3 3

0.02mol0.06molHCl的鹽酸，得到A1Cl、NH3

Cl、HCl的混合溶液，參與過量濃NaOH溶液；加熱后得到NaClNaAlO4

、NaOH的混合溶液。向溶液B中通入過量CO2

得到白色沉淀，發(fā)生反響的離子方程式為AlO2

CO22H

OAl(OH)2

HCO3依據(jù)①其中一種反響物的組成元素必需是X中除N、H外的兩種元素，則該反響物為AlCl3

HClNH3

NH

Cl”一樣，該反響原理是形成協(xié)作物，因此該化合4反響可以為AlCl3

NH3

AlClNH3

或AlCl3

ClAlCl。4Ⅱ.〔1〕將濃硫酸和濃鹽酸混合，濃硫酸溶解時吸水并放出熱量，導(dǎo)致HCl揮發(fā)。〔2〕燒杯中消滅的白色沉淀明顯為BaSO4

沉淀，說明HCl氣體揮發(fā)逸出時將HSO2 4

帶出，與BaNO32

發(fā)生復(fù)分解反響生成BaSO。4硫代硫酸鈉在紡織業(yè)等領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用。某興趣小組用如圖裝置制備Na

SO22

5HO。2SO2

NaCO2

NaSO2

CO2

2Na

S3SO2

2NaS