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2023年全國(guó)普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試上?;瘜W(xué)試卷〔解析版〕相對(duì)原子質(zhì)量:H-1C-12O-16Na-23S-32Ca-40Fe-56Ni-59Cu-64Br-80Ba-137一、選擇題〔此題共10分,每題2分,每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)〕1.2023年4月24日,東航首次成功進(jìn)行了由地溝油生產(chǎn)的生物航空燃油的驗(yàn)證飛行。能區(qū)別地溝油〔加工過(guò)的餐飲廢棄油〕與礦物油〔汽油、煤油、柴油等〕的方法是〔〕A.點(diǎn)燃,能燃燒的是礦物油B.測(cè)定沸點(diǎn),有固定沸點(diǎn)的是礦物油C.參加水中,浮在水面上的是地溝油D.參加足量氫氧化鈉溶液共熱,不分層的是地溝油解析:知識(shí)點(diǎn):生活與化學(xué),考察有機(jī)物知識(shí),主要是油脂和礦物油區(qū)別。難易程度:簡(jiǎn)單,注重根底知識(shí)掌握,沒有大的陷阱。正確答案:D分析原因:地溝油的主要成分是油脂,礦物油的主要成分是烴的混合物。A、油脂和烴都可以燃燒,故無(wú)法區(qū)分;B、礦物油主要成分是烴的混合物,沒有固定的沸點(diǎn);C、油脂和烴的密度都比水小,都浮在水上面;D、油脂在氫氧化鈉溶液可水解而不分層,礦物油不溶于氫氧化鈉溶液,分層。故正確答案為:D易錯(cuò)點(diǎn):無(wú)法區(qū)分地溝油和礦物油的主要成分。2.氰酸銨〔NH4OCN〕與尿素[CO(NH2)2]〔〕A.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.互為同素異形體解析:知識(shí)點(diǎn):物質(zhì)的分類,考察共價(jià)化合物、離子化合物、同分異構(gòu)體、同素異形體的概念。難易程度:簡(jiǎn)單,注重根底知識(shí)概念。正確答案:C分析原因:氰酸銨中含有NH4+離子,故氰酸銨是離子化合物,而尿素是共價(jià)化合物,故A、B都錯(cuò)誤;B、;C、同分異構(gòu)體是化學(xué)式相同、結(jié)構(gòu)不同的物質(zhì),故氰酸銨〔NH4OCN〕與尿素[CO(NH2)2]是同分異構(gòu)體;D、同素異形體是同種元素組成的不同單質(zhì),故不是同素異形體。故正確答案為:C易錯(cuò)點(diǎn):不會(huì)區(qū)分共價(jià)化合物和離子化合物。3.230Th和232Th是釷的兩種同位素,232Th可以轉(zhuǎn)化成233U。以下有關(guān)Th的說(shuō)法正確的是〔〕A.Th元素的質(zhì)量數(shù)是232B.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)相同解析:知識(shí)點(diǎn):同位素,考察質(zhì)量數(shù)、相對(duì)原子質(zhì)量、化學(xué)變化和化學(xué)性質(zhì)。難易程度:比擬簡(jiǎn)單,注重根底知識(shí)掌握,C有陷阱。正確答案:D分析原因:A、由于Th元素有兩種同位素原子,所以質(zhì)量數(shù)應(yīng)指定是哪一種同位素原子,才能確定;B、Th元素的相對(duì)原子質(zhì)量不是同位素原子質(zhì)量數(shù)的平均值,而需要按照各種同位素原子的豐度計(jì)算得到的;C、原子是化學(xué)變化中的最小微粒,而232Th轉(zhuǎn)換成233U的過(guò)程中,原子發(fā)生變化,故不是化學(xué)變化〔化學(xué)變化過(guò)程中原子種類不變的〕;D、230Th和232Th是同種元素的原子,所以化學(xué)性質(zhì)相同。故正確答案為:D易錯(cuò)點(diǎn):遺忘了化學(xué)變化的本質(zhì)。4.以下變化需克服相同類型作用力的是〔〕A.碘和干冰的升華B.硅和C60的熔化C.氯化氫和氯化鈉的溶解D.溴和汞的氣化解析:知識(shí)點(diǎn):化學(xué)鍵,考察范德華力、共價(jià)鍵、離子鍵的知識(shí)。難易程度:比擬簡(jiǎn)單,注重根底知識(shí)掌握。正確答案:A分析原因:A、“碘和干冰的升華〞需克服的作用力都是范德華力;B、單質(zhì)硅是原子晶體,熔化時(shí)克服共價(jià)鍵,C60是分子晶體,熔化需克服共價(jià)鍵C、氯化氫是分子晶體,溶解時(shí)共價(jià)鍵斷裂,氯化鈉都是離子晶體,溶解需克服離子鍵;D、溴氣化需克服范德華力,而汞氣化需克服金屬鍵。故正確答案為:A易錯(cuò)點(diǎn):不清楚硅和C60的熔化需克服的作用力。5.374℃、22.1MPa以上的超臨界水具有很強(qiáng)的溶解有機(jī)物的能力,并含有較多的H+和OH-,由此可知超臨界水〔〕A.顯中性,pH等于7B.表現(xiàn)出非極性溶劑的特性C.顯酸性,pH小于7D.表現(xiàn)出極性溶劑的特性解析:知識(shí)點(diǎn):物質(zhì)的分類,考察共價(jià)化合物、離子化合物、同分異構(gòu)體、同素異形體的概念。難易程度:中等,考察的是知識(shí)的靈活遷移。正確答案:B分析原因:A、C:溫度為374℃、22.1MPa以上的超臨界水,已經(jīng)超過(guò)室溫,此時(shí)的PH值已經(jīng)小于7,但溶液中的H+和OH-始終相等,故顯中性;B、D:由于374℃、22.1MPa以上的超臨界水具有很強(qiáng)的溶解有機(jī)物的能力,而有機(jī)物多數(shù)為非極性的,所以表現(xiàn)出非極性溶劑的特性。故正確答案為:B易錯(cuò)點(diǎn):不清楚水的離子積與pH的關(guān)系。二、選擇題〔本大題共36分,每題3分,每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)〕6.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.原料易得解析:知識(shí)點(diǎn):索維爾制堿法和侯氏制堿法的比照。難易程度:簡(jiǎn)單,比照學(xué)習(xí)的綜合應(yīng)用。正確答案:A分析原因:A、B、C、D都是侯氏制堿法的優(yōu)點(diǎn),但最突出的優(yōu)點(diǎn)是原料利用率高。工業(yè)生產(chǎn)都是以最少的原料獲得最多的產(chǎn)物。故正確答案為:A易錯(cuò)點(diǎn):不清楚侯氏制堿法和索爾維制堿法的區(qū)別。7.將X氣體通入BaCl2溶液,未見沉淀生成,然后通入Y氣體,有沉淀生成。X、Y不可能是〔〕選項(xiàng)XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2解析:知識(shí)點(diǎn):元素及化合物的性質(zhì)。難易程度:簡(jiǎn)單,注重根底知識(shí)掌握,沒有大的陷阱。正確答案:B分析原因:A、將SO2通入BaCl2溶液,不反響,但通入的H2S發(fā)生反響生成2H2S+SO2→3S↓+2H2O生成S沉淀;B、始終不反響無(wú)現(xiàn)象;C、反響為2NH3+H2O+CO2+BaCl2→2NH4Cl+BaCO3↓;D項(xiàng)發(fā)生反響:SO2+Cl2+2H2O→H2SO4+2HCl2,BaCl2+H2SO4→BaSO4↓+2HCl。因此選B易錯(cuò)點(diǎn):容易誤選C,不清楚C中發(fā)生的反響。8.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相同。以下分析正確的是〔〕A.脫氧過(guò)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(guò)程中鐵作原電池正極,電極反響為:Fe-3e→Fe3+C.脫氧過(guò)程中碳作原電池負(fù)極,電極反響為:2H2O+O2+4e→4OH-D.含有1.12g鐵粉的脫氧劑,理論上最多能吸收氧氣336mL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕解析:知識(shí)點(diǎn):氧化復(fù)原反響中鐵的吸氧腐蝕。難易程度:一般,注重根底知識(shí)掌握,D選項(xiàng)容易忘了Fe(OH)2可以進(jìn)一步被氧化。正確答案:D分析原因:A、吸氧腐蝕時(shí)是放熱反響;B、正極反響為Fe-2e→Fe2+;C、脫氧過(guò)程中,鐵作原電池負(fù)極,碳作原電池的正極,電極反響為:2H2O+O2+4e→4OH-;D、總反響生成Fe(OH)2,但Fe(OH)2可以進(jìn)一步被氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O→4Fe(OH)3,所以消耗氧氣的總量在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為336mL。故正確答案為:D易錯(cuò)點(diǎn):不清楚反響是最終產(chǎn)物是Fe(OH)3。9.將盛有NH4HCO3粉末的小燒杯放入盛有少量醋酸的大燒杯中,然后向小燒杯中參加鹽酸,反響劇烈,醋酸逐漸凝固。由此可知〔〕A.NH4HCO3和鹽酸的反響是放熱反響B(tài).該反響中,熱能轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物內(nèi)部的能量C.反響物的總能量高于生成物的總能量D.反響的熱化學(xué)方程式為:NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q解析:知識(shí)點(diǎn):熱化學(xué)方程式。難易程度:簡(jiǎn)單,注重概念的理解。正確答案:B分析原因:A、反響后醋酸逐漸凝固,故該反響為吸熱反響;B、吸熱反響,能量轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物內(nèi)部能量;C、是吸熱反響那么反響物的總能量低于生成物的總能量;D、熱化學(xué)方程式需要標(biāo)注反響物和生成物的狀態(tài)。故正確答案為:B易錯(cuò)點(diǎn):不了解反響中的熱效應(yīng)。10.以下關(guān)于實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正確的是〔〕A.均采用水浴加熱B.制備乙酸丁酯時(shí)正丁醇過(guò)量C.均采用邊反響邊蒸餾的方法D.制備乙酸乙酯時(shí)乙醇過(guò)量解析:知識(shí)點(diǎn):有機(jī)物的制備。難易程度:中等,注重根底知識(shí)掌握。正確答案:D分析原因:A、制備乙酸乙酯需要的溫度是60℃—70℃可水浴加熱,制備乙酸丁酯需要的溫度是115℃—125℃,超過(guò)100℃,只能用空氣浴,直接加熱;B、D:制備乙酸丁酯時(shí),乙酸需要過(guò)量,因?yàn)闇囟雀邥r(shí),醇過(guò)量脫水引入新雜質(zhì);制備乙酸乙酯時(shí),乙醇需要過(guò)量,一方面是乙醇相對(duì)乙酸本錢較低,另一方面是乙酸過(guò)量可能會(huì)使乙酸乙酯在酸性條件下發(fā)生水解;C、只有制備乙酸丁酯利用了蒸餾方法;故正確答案為:D易錯(cuò)點(diǎn):不熟悉乙酸丁酯的實(shí)驗(yàn)室制法。11.H2S水溶液中存在電離平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。假設(shè)向H2S溶液中〔〕A.加水,平衡向右移動(dòng),溶液中氫離子濃度增大B.通入過(guò)量SO2氣體,平衡向左移動(dòng),溶液pH值增大C.滴加新制氯水,平衡向左移動(dòng),溶液pH值減小D.參加少量硫酸銅固體〔忽略體積變化〕,溶液中所有離子濃度都減小解析:知識(shí)點(diǎn):電離平衡和化學(xué)平衡。難易程度:中等,C理解有一定的爭(zhēng)議。正確答案:C分析原因:A、加水,平衡向右移動(dòng),但溶液中氫離子濃度減小;B、通入過(guò)量SO2氣體,平衡向左移動(dòng),溶液pH值減?。籆、滴加新制氯水,溶液中H+濃度增大,平衡向左移動(dòng),溶液pH值減?。籇、參加少量硫酸銅固體〔忽略體積變化〕,由于生產(chǎn)CuS沉淀,平衡向右移動(dòng),溶液中H+、S2-濃度都減小,但OH-濃度增大。故正確答案為:C易錯(cuò)點(diǎn):不清楚影響平衡移動(dòng)的原因。12.根據(jù)有機(jī)化合物的命名原那么,以下命名正確的是〔〕A.3-甲基-1,3-丁二烯B.2-羥基丁烷C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH32-乙基戊烷D.CH3CH(NH2)CH2COOH3-氨基丁酸解析:知識(shí)點(diǎn):有機(jī)化合物命名。難易程度:簡(jiǎn)單,對(duì)命名總結(jié)。正確答案:D分析原因:A、2-甲基-1,3-丁二烯;B、2-丁醇;C、2-甲基己烷。故正確答案為:D易錯(cuò)點(diǎn):沒有以最長(zhǎng)碳鏈為主鏈去命名。13.X、Y、Z、W是短周期元素,X元素原子的最外層未到達(dá)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),工業(yè)上通過(guò)別離液態(tài)空氣獲得其單質(zhì);Y元素原子最外電子層上s、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相同;W元素原子的M層有1個(gè)未成對(duì)的p電子。以下有關(guān)這些元素性質(zhì)的說(shuō)法一定正確的是〔〕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)在一定條件下能與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)解析:知識(shí)點(diǎn):物質(zhì)結(jié)構(gòu)和元素周期律。難易程度:中等,比擬注重根底知識(shí)掌握。正確答案:C分析原因:A、X元素為O或N,氫化物的水溶液顯中性或堿性;B、Z元素為Mg,W元素為Al或Cl,離子半徑無(wú)法比擬;C、Mg在一定條件下能與O2或N2反響;D、Y元素為C或Si,其中最高價(jià)氧化物CO2為分子晶體,熔沸點(diǎn)都低。故正確答案為:C易錯(cuò)點(diǎn):沒有判斷出X元素有兩種可能。14.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)生的氣泡明顯減少時(shí)取出,洗滌,烘干,稱重。關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的操作對(duì)測(cè)定結(jié)果的影響判斷正確的是A.鐵皮未及時(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(guò)長(zhǎng),會(huì)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)果偏大解析:知識(shí)點(diǎn):定量試驗(yàn)之鍍鋅鐵皮鋅的厚度測(cè)定,測(cè)定原理:利用鍍鋅鐵皮質(zhì)量差除以外表積除以2難易程度:中正確答案:C分析原因:A選項(xiàng)會(huì)導(dǎo)致質(zhì)量差偏大以致結(jié)果偏大B選項(xiàng)會(huì)導(dǎo)致質(zhì)量差偏小以致結(jié)果偏小,C烘干時(shí)間過(guò)長(zhǎng)可能鐵被氧化質(zhì)量增重致質(zhì)量差偏小以致結(jié)果偏小,D對(duì)測(cè)定結(jié)果無(wú)影響易錯(cuò)點(diǎn):測(cè)定原理不能熟練應(yīng)用15.NA代表阿伏伽德羅常數(shù)。C2H4和C3H6的混合物的質(zhì)量為ag,那么該混合物A.所含共用電子對(duì)數(shù)目為〔a/7+1〕NAB.所含碳?xì)滏I數(shù)目為aNA/7C.燃燒時(shí)消耗的O2一定是33.6a/14LD.所含原子總數(shù)為aNA/14解析:知識(shí)點(diǎn):原子結(jié)構(gòu)相關(guān)考點(diǎn)難易程度:易正確答案:B分析原因:依題意知乙烯與丙烯的混合比例與題無(wú)關(guān),可設(shè)烯烴的分子式為CnH2n,那么混合物的物質(zhì)的量為:a/14nA.共用電子對(duì)數(shù)目為3n*NA*a/14n=3a/14.B.氫鍵數(shù)目為2n*NA*a/14n=aNA/7C.非標(biāo)況下不能用氣體摩爾體積22.4L/mol.D.所含原子總數(shù)為3n*NA*a/14n=3a/14易錯(cuò)點(diǎn):相關(guān)概念理解不清16.氧化性Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,發(fā)生反響的離子方程式為:aFe2++bBr-+cCl2→dFe3++eBr2+fCl-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.222214解析:知識(shí)點(diǎn):氧化復(fù)原反響難易程度:中正確答案:B分析原因:由氧化性Br2>Fe3+知復(fù)原性Fe2+>Br-,那么亞鐵優(yōu)先與Cl2反響,那么先發(fā)生2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-,C選項(xiàng)正確,亞鐵反響完之后,Br-與Cl2反響,那么可能發(fā)生2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++Br2+4Cl-〔Cl2量缺乏,Br-局部被氧化〕D選項(xiàng)正確,也可能發(fā)生2Fe2++4Br-+3Cl2→2Fe3++2Br2+6Cl-〔Cl2量充足,Br-被全部氧化〕,A選項(xiàng)正確。B選項(xiàng)是Br-優(yōu)先與Cl2反響,錯(cuò)誤易錯(cuò)點(diǎn):氧化復(fù)原氧化性復(fù)原性強(qiáng)弱比擬不清楚,反響物量對(duì)反響的影響沒有考慮到。17.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取該溶液100mL,參加過(guò)量NaOH溶液,加熱,得到0.02mol氣體,同時(shí)產(chǎn)生紅褐色沉淀;過(guò)濾,洗滌,灼燒,得到1.6g固體;向上述濾液中加足量BaCl2溶液,得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀。由此可知原溶液中A.至少存在5種離子B.Cl-一定存在,且c〔Cl〕≥0.4mol/LC.SO42-、NH4+一定存在,Cl-可能不存在D.CO32-、Al3+一定不存在,K+可能存在解析:知識(shí)點(diǎn):溶液中離子間的反響及其計(jì)算難易程度:易正確答案:B分析原因:分析知0.02mol氣體為NH3.那么原溶液中含有NH4+0.02mol,紅褐色沉淀灼燒,得到1.6g固體,可計(jì)算知Fe3+0.02mol,4.66g不溶于鹽酸的沉淀知原溶液中有SO42-0.02mol,由離子共存知CO32-一定不存在,由電荷守恒知Cl-一定存在。Al3+、K+可能存在。A、至少存在4種離子,錯(cuò)誤。B、當(dāng)只存在NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-四種離子時(shí),計(jì)算出Cl-濃度等于0.4mol/L,假設(shè)原溶液還含有Al3+或K+等,那么c〔Cl〕>0.4mol/L。故B正確C、錯(cuò)誤。Cl-一定存在D、錯(cuò)誤。Al3+、K+可能存在。易錯(cuò)點(diǎn):這種溶液中無(wú)化合價(jià)升降的離子反響較易,分析清楚一般不會(huì)做錯(cuò)。三、選擇題〔此題共20分,每題4分,每題有一個(gè)或兩個(gè)正確選項(xiàng)。只有一個(gè)正確選項(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〕18.汽車劇烈碰撞時(shí),平安氣囊中發(fā)生反響10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。假設(shè)氧化產(chǎn)物比復(fù)原產(chǎn)物多1.75mol,那么以下判斷正確的是A.生成40.0LN2〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕B.有0.250molKNO3被氧化C.轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25molD.被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75mol解析:知識(shí)點(diǎn):氧化復(fù)原反響的有關(guān)計(jì)算難易程度:難正確答案:CD分析原因:首先分析出氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物均為N2,設(shè)復(fù)原產(chǎn)物為Xmol,那么氧化產(chǎn)物為〔X+1.75〕mol,利用關(guān)系式30X=2*〔X+1.75〕得X=0.125molA、生成氮?dú)馕镔|(zhì)的量=16×0.125mol=2molV=22.4L/mol×2mol=44.8LB、錯(cuò)誤。有0.250molKNO3被復(fù)原C、2molKNO3被復(fù)原時(shí)轉(zhuǎn)移10mol電子,那么轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=0.250mol×5=1.25molD、被氧化的NaN3的物質(zhì)的量為y,那么10/y=16/2可得y=1.25mol,那么被氧化的氮原子的物質(zhì)的量=1.25mol×3=3.75mol易錯(cuò)點(diǎn):對(duì)氧化復(fù)原反響中氧化劑、氧化產(chǎn)物,復(fù)原劑,復(fù)原產(chǎn)物的判斷不熟練。不會(huì)分析反響中得失電子的量19.局部弱酸的電離平衡常數(shù)如下表:弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)〔25℃〕Ki=1.77×10-4Ki=4.9×10-10Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11以下選項(xiàng)錯(cuò)誤的是A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑C.中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D.等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者小于后者解析:知識(shí)點(diǎn):電離平衡常數(shù)難易程度:難正確答案:AD分析原因:根據(jù)電離平衡常數(shù),離子反響向著離子總量減小的方向進(jìn)行,即強(qiáng)制弱。HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-H2CO3制HCN,合理,但產(chǎn)物是HCO3-而不是CO32-故不正確HCOOH制H2CO3,合理,H2CO3不穩(wěn)定,分解為H2O和CO2正確HCOOH>HCN等體積、等pH的HCOOH和HCN,HCN的酸濃度較大,故消耗NaOH的量多,正確電離常數(shù)HCOOH>HCN,那么水解程度HCN>HCOOH,故NaCN溶液中所含離子總數(shù)較多,選項(xiàng)不正確易錯(cuò)點(diǎn):容易漏選A20.某恒溫密閉容器中,可逆反響A(s)B+C(g)-Q到達(dá)平衡??s小容器體積,重新到達(dá)平衡時(shí),C(g)的濃度與縮小體積前的平衡濃度相等。以下分析正確的是A.產(chǎn)物B的狀態(tài)只能為固態(tài)或液態(tài)B.平衡時(shí),單位時(shí)間內(nèi)n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1C.保持體積不變,向平衡體系中參加B,平衡可能向逆反響方向移動(dòng)D.假設(shè)開始時(shí)向容器中參加1molB和1molC,到達(dá)平衡時(shí)放出熱量Q解析:知識(shí)點(diǎn):化學(xué)反響速率及化學(xué)平衡難易程度:易正確答案:BC分析原因:由題意知:縮小體積平衡向逆反響方向移動(dòng)了,即平衡向體積減小的方向移動(dòng)。不正確。產(chǎn)物B固、液、氣三態(tài)均可,平衡時(shí),正,逆反響速率相等,正確假設(shè)B是氣態(tài),那么反響向逆反響方向移動(dòng),假設(shè)B是固態(tài)或液態(tài),那么平衡不移動(dòng)。應(yīng)選項(xiàng)C正確首先沒有告訴B,C狀態(tài),其次狀態(tài)相同到達(dá)等效平衡狀態(tài),由于轉(zhuǎn)化率不等,放出或吸收的熱量也不等。故D不正確易錯(cuò)點(diǎn):相對(duì)較易,審題思路清晰容易做對(duì)21.一定條件下,將0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合,然后通過(guò)分別盛有足量蒸餾水、飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液的三個(gè)洗氣瓶〔洗氣瓶排列順序不確定〕。假設(shè)氣體通過(guò)每個(gè)洗氣瓶都能充分反響那么尾氣〔已枯燥〕A.可能是單一氣體B.不可能含有一氧化碳C.可能存在原氣體中的兩種氣體D.成分和洗氣瓶的排列順序無(wú)關(guān)解析:知識(shí)點(diǎn):氣體的除雜難易程度:難正確答案:AC分析原因:A、CO2可以被氫氧化鈉溶液完全吸收,假設(shè)混合氣體最先通入氫氧化鈉溶液那么NO和NO2可以被強(qiáng)氧化鈉完全吸收:NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2ONH3可以被飽和碳酸氫鈉溶液完全吸收??赡芪矚庵缓珻O。B、不正確。尾氣一定有CO。C、假設(shè)混合氣體先通過(guò)蒸餾水再通入氫氧化鈉溶液中那么尾氣中可能NO、CO均有。D、分析A、C選項(xiàng)知D選項(xiàng)錯(cuò)誤。易錯(cuò)點(diǎn):容易漏選A22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中,收集到氣體VL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕,向反響后的溶液中〔存在Cu2+和SO42-〕參加足量NaOH,產(chǎn)生藍(lán)色沉淀,過(guò)濾,洗滌,灼燒,得到CuO12.0g,假設(shè)上述氣體為NO和NO2的混合物,且體積比為1﹕1,那么V可能為A.9.0LB.13.5LC.15.7LD.16.8L解析:知識(shí)點(diǎn):氧化復(fù)原反響的有關(guān)計(jì)算難易程度:中考察氧化復(fù)原反響得失電子相等的計(jì)算題正確答案:A分析原因:由CuO12.0g知銅元素的物質(zhì)的量=12g/80g/mol=0.15mol該題使用極值法1、假設(shè)原混合物全部是CuS,設(shè)生成NO物質(zhì)的量為X,那么NO2物質(zhì)的量為X根據(jù)電子得失列等式:3X+X=0.15×8得x=0.3mol那么生成氣體體積=0.3×2×22.4L=13.44L2、假設(shè)原混合物全部是Cu2S,設(shè)生成NO物質(zhì)的量為X,那么NO2物質(zhì)的量為X根據(jù)電子得失列等式:3X+X=0.15×1+0.15÷2×8得x=0.1875mol那么生成氣體體積=0.1875×2×22.4L=8.4L由8.4<V<13.44可知A選項(xiàng)正確易錯(cuò)點(diǎn):在第2種假設(shè)時(shí)容易誤以為Cu2S為0.15mol,誤得B選項(xiàng)四、〔此題共8分〕金屬鋁質(zhì)輕且有良好的防腐蝕性,在國(guó)防工業(yè)中有非常重要的作用。完成以下填空:23.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。24.鎵〔Ga〕與鋁同主族。寫出鎵的氯化物和氨水反響的化學(xué)方程式。25.硅與鋁同周期。SiO2是硅酸鹽玻璃〔Na2CaSi6O14〕的主要成分,Na2CaSi6O14也可寫成Na2O·CaO·6SiO2。盛放NaOH溶液的試劑瓶假設(shè)用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸鹽而無(wú)法翻開,發(fā)生反響的化學(xué)方程式。長(zhǎng)石是鋁硅酸鹽,不同類長(zhǎng)石其氧原子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相同。由鈉長(zhǎng)石化學(xué)式NaAlSi3O8可推知鈣長(zhǎng)石的化學(xué)式為26.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:2Al+4BaO3Ba↑+BaO·Al2O3常溫下Al的金屬性比Ba的金屬性〔選填“強(qiáng)〞、“弱〞〕。利用上述方法可制取Ba的主要原因是。a.高溫時(shí)Al的活潑性大于Bab.高溫有利于BaO分解c.高溫時(shí)BaO?Al2O3比Al2O3穩(wěn)定d.Ba的沸點(diǎn)比Al的低解析:知識(shí)點(diǎn):23、核外電子的排布情況24、相似化學(xué)方程式推測(cè)和書寫25、正確化學(xué)式的判斷26、金屬活動(dòng)性的判斷和低沸點(diǎn)制高沸點(diǎn)的原理難易程度:23題第一問較難,第二問簡(jiǎn)單,24簡(jiǎn)單,25較難,26,簡(jiǎn)單但易錯(cuò)。正確答案:23.4,13。24,GaCl3+3NH3+3H2O→Ga(OH)3↓+3NH4Cl。25.SiO2+2NaOH→Na2SiO3+H2O,GaAl2Si2O826.弱,d分析原因:23.鋁原子核外電子云有s、p,分別有1、3種伸展方向,其核外有13個(gè)電子,那么有13種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài);24.類似氯化鋁與氨水溶液的反響;25.根據(jù)不同類長(zhǎng)石其氧原子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相同,結(jié)合化合價(jià)代數(shù)和是0可寫出鈣長(zhǎng)石的化學(xué)式假設(shè)鈣長(zhǎng)石中的氧原子個(gè)數(shù)也為8,那么有Ca、Al、Si三者的原子數(shù)之和為5,且其陽(yáng)離子所帶電荷總數(shù)為8*2=16,分別設(shè)其原子數(shù)為x、y、z列方程組得:x+y+z=5,2x+3y+4z=16有y+2z=6,設(shè)y=2,那么z=2,其他值均不符合題意,所以x=1。故其化學(xué)式為CaAl2Si2O8。26.該反響是利用Ba的沸點(diǎn)比Al的低,以氣體逸出,使平衡右移易錯(cuò)點(diǎn):23、第一空容易錯(cuò)填25、容易寫錯(cuò)化學(xué)式26、容易多項(xiàng)選擇五、〔此題共8分〕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Br2的操作步驟為:①一定條件下,將Cl2通入濃縮的海水中,生成Br2②利用熱空氣將Br2吹出,并用濃Na2CO3溶液吸收,生成NaBr、NaBrO3等③用硫酸酸化步驟②得到的混合物完成以下填空:27.Cl2氧化Br-應(yīng)在條件下進(jìn)行,目的是為了防止28.Br2可用熱空氣吹出,其原因是29.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原因可能是。步驟②的產(chǎn)品有時(shí)運(yùn)輸?shù)侥康牡睾笤偎峄?,主要是因?yàn)?0.為了除去工業(yè)Br2中微量的Cl2,可向工業(yè)Br2中a.通入HBrb.參加Na2CO3溶液c.參加NaBr溶液d.參加Na2SO3溶液解析:知識(shí)點(diǎn):27、氧化復(fù)原反響的條件選擇和原因28、溴單質(zhì)的易揮發(fā)性29、氧化復(fù)原的書寫,硫酸的氧化性和鹽酸的復(fù)原性30、除雜的原理難易程度:總體較簡(jiǎn)單,就是容易答不全,還有就是30題容易漏選。正確答案:27.酸性;Cl2歧化〔或Br2歧化〕28.Br2易揮發(fā)〔或Br2沸點(diǎn)低〕29.5NaBr+NaBrO3+3H2SO4→3Br2+3Na2SO4+3H2O;溴酸能將氯離子氧化成氯氣;溴單質(zhì)具有強(qiáng)氧化性〔或強(qiáng)腐蝕性〕30.a(chǎn)c分析原因:27、需在酸性條件下否那么容易發(fā)生反響使得生成的溴單質(zhì)再變成溴離子28、能用空氣吹,說(shuō)明溴單質(zhì)以揮發(fā)29、實(shí)驗(yàn)的目的是為了制取溴單質(zhì),所以可以推測(cè)其中的一個(gè)產(chǎn)物是溴單質(zhì),那么說(shuō)明是溴離子和BrO3-發(fā)生氧化復(fù)原反響生成的,從而確定了反響物和生成物,就可以寫出化學(xué)方程式了,由于氯離子有復(fù)原性會(huì)被氧化成氯氣,所以應(yīng)該用硫酸,在酸性條件下,溴具有腐蝕性,所以應(yīng)運(yùn)輸后再氧化30、利用氧化復(fù)原的性質(zhì),知道氯氣可以氧化溴離子,所以可以用帶溴離子的化合物來(lái)除雜易錯(cuò)點(diǎn):29、化學(xué)方程式的產(chǎn)物容易判斷錯(cuò)誤30、容易漏選a六、〔此題共8分〕鎳具有優(yōu)良的物理和化學(xué)特性,是許多領(lǐng)域尤其是高技術(shù)產(chǎn)業(yè)的重要原料。羰基法提純粗鎳涉及的兩步反響依次為:〔1〕Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)+Q〔2〕Ni(CO)4(g)Ni(S)+4CO(g)完成以下填空:31.在溫度不變的情況下,要提高反響〔1〕中Ni(CO4)的產(chǎn)率,可采取的措施有、。32.在一定條件下的2L密閉容器中制備Ni(CO)4,粗鎳〔純度98.5%,所含雜質(zhì)不與CO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在0~10min的平均反響速率為。33.假設(shè)反響〔2〕到達(dá)平衡后,保持其他條件不變,降低溫度,重新到達(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逆[Ni(CO)4]增大34.簡(jiǎn)述羰基法提純粗鎳的操作過(guò)程。解析:知識(shí)點(diǎn):31、影響化學(xué)平衡的因素32、平衡速率的計(jì)算33、影響化學(xué)平衡的因素34、化學(xué)的理解和歸納難易程度:整體都比擬簡(jiǎn)單。正確答案:31.加壓;及時(shí)移走Ni(CO)4,增大CO濃度32.0.05mol/(L?min)33.bc34.先將粗鎳與CO在50℃反響生成羰基鎳,然后將羰基鎳轉(zhuǎn)移到另一容器中,升溫到230℃,熱解得到純鎳。分析原因:31.反響〔1〕是正向氣體體積縮小的放熱反響,因此,根據(jù)平衡移動(dòng)原理在溫度不變的情況下采取可增大CO濃度,加壓的方法提高產(chǎn)率;32.根據(jù)題意,反響的Ni為1mol,那么生成Ni(CO)4為1mol,反響速率為1/〔2×10〕=0.05mol/(L?min);33.反響〔2〕正向氣體體積增大的吸熱反響,那么,降低溫度平衡逆向移動(dòng),平衡常數(shù)K、CO的濃度、Ni的質(zhì)量、v逆[Ni(CO)4]減??;根據(jù)反響〔1〕〔2〕的特點(diǎn)可提純粗鎳。易錯(cuò)點(diǎn):33,容易多項(xiàng)選擇一個(gè)d,34容易答不全七、〔此題共12分〕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)。實(shí)驗(yàn)室用工業(yè)大理石〔含有少量Al3+、Fe3+等雜質(zhì)〕制備溴化鈣的主要流程如下:完成以下填空:35.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、___________。36.步驟Ⅲ的濾液中不含NH4+。步驟Ⅱ參加的試劑a是___________,控制溶液的pH約為8.0的目的是___________、___________。37.試劑b是___________,步驟Ⅳ的目的是______________________。38.步驟Ⅴ所含的操作依次是___________、___________。39.制得的溴化鈣可以通過(guò)如下步驟測(cè)定其純度:①稱取4.00g無(wú)水溴化鈣樣品;②溶解;③滴入足量Na2CO3溶液,充分反響后過(guò)濾;④______________________;⑤稱量。假設(shè)得到1.88g碳酸鈣,那么溴化鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________〔保存兩位小數(shù)〕。假設(shè)實(shí)驗(yàn)操作標(biāo)準(zhǔn)而測(cè)定結(jié)果偏低,其原因是______________________。解析:知識(shí)點(diǎn):此題考查化工生產(chǎn)流程的原理,涉及溶液的稀釋、除雜的方法、結(jié)晶的方法、定量分析和誤差分析。難易程度:中等,但是考查的知識(shí)點(diǎn)很細(xì),要求孩子對(duì)每個(gè)實(shí)驗(yàn)步驟都有一個(gè)比擬深刻的理解。正確答案:35.量筒、膠頭滴管、燒杯、500ml容量瓶。36.石灰水,沉淀Al3+、Fe3+37.氫溴酸,除去過(guò)量的氫氧化鈣。38.蒸發(fā)濃縮,冷卻結(jié)晶。39.洗滌、烘干、冷卻;0.94;溴化鈣吸水。分析原因:35題考查溶液稀釋時(shí)用到的玻璃儀器:玻璃棒、燒杯、量筒、膠頭滴管、500ml容量瓶。36題,結(jié)合題目中給出的雜質(zhì),要除去那么需要加堿沉淀,濾液中不還銨根,為不引入新雜質(zhì)只能選擇石灰水。控制溶液pH的目的也正是為了使之沉淀完全。37題,本實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖菫榱酥苽渎然},所以溶液中過(guò)量的Ca〔OH〕2屬于雜質(zhì)必須出去。氫溴酸具有揮發(fā)性,在結(jié)晶過(guò)程中不會(huì)產(chǎn)生影響,所以即使過(guò)量了也不會(huì)產(chǎn)生影響。38題,溴化鈣溶解度隨溫度的升高而增大,隨意應(yīng)該采用降溫結(jié)晶的方法得到晶體,具體步驟是:蒸發(fā)濃縮,然后冷卻結(jié)晶。39題,過(guò)濾后外表存在濾液,故需要洗滌,后面需要稱量,故需要烘干、冷卻。從生成的1.88g碳酸鈣物質(zhì)的量為0.0188mol,所以原樣品中溴化鈣也為0.0188mol,其質(zhì)量是3.76g,所以質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.94.。測(cè)定結(jié)果偏低的原因可以從條件尋找突破口,溴化鈣易潮解吸水是樣品質(zhì)量增大,所以誤差偏低。易錯(cuò)點(diǎn):易錯(cuò)點(diǎn)之一,步驟Ⅴ所含的操作,因?yàn)殇寤}是隨溫度升高溶解度增大的物質(zhì),所以從應(yīng)選用冷卻熱飽和溶液的結(jié)晶方法,然后過(guò)濾。易錯(cuò)點(diǎn)之二,關(guān)于溴化鈣純度的測(cè)定結(jié)果偏低的誤差原因分析,因?yàn)椴僮鳂?biāo)準(zhǔn),所以重點(diǎn)在于過(guò)程中由于物質(zhì)性質(zhì)造成的誤差,從溴化鈣、碳酸鈣的性質(zhì)來(lái)分析,溴化鈣易潮解,所以稱取的4.00g樣品可能因?yàn)槌苯舛沟煤科?。八、〔此題共12分〕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,并且是形成酸雨的主要?dú)怏w。無(wú)論是實(shí)驗(yàn)室制備還是工業(yè)生產(chǎn),二氧化硫尾氣吸收或煙氣脫硫都非常重要。完成以下填空:40.實(shí)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。如果用硫酸和亞硫酸鈉反響制取二氧化硫,并希望能控制反響速度,上圖中可選用的發(fā)生裝置是___________〔填寫字母〕。41.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___________g〔保存一位小數(shù)〕;如果已有4.0%亞硫酸鈉〔質(zhì)量分?jǐn)?shù)〕被氧化成硫酸鈉,那么至少需稱取該亞硫酸鈉___________g〔保存一位小數(shù)〕。42.實(shí)驗(yàn)室二氧化硫尾氣吸收與工業(yè)煙氣脫硫的化學(xué)原理相通。石灰-石膏法和堿法是常用的煙氣脫硫法。石灰-石膏法的吸收反響為SO2+Ca(OH)2→CaSO3↓+H2O。吸收產(chǎn)物亞硫酸鈣由管道輸送至氧化塔氧化,反響為2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4·2H2O。其流程如以下圖:堿法的吸收反響為SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O。堿法的特點(diǎn)是氫氧化鈉堿性強(qiáng)、吸收快、效率高。其流程如以下圖::試劑Ca(OH)2NaOH價(jià)格〔元/kg〕0.362.90吸收SO2的本錢〔元/mol〕0.0270.232石灰-石膏法和堿法吸收二氧化硫的化學(xué)原理相同之處是______________________。和堿法相比,石灰-石膏法的優(yōu)點(diǎn)是______________________,缺點(diǎn)是______________________。43.在石灰-石膏法和堿法的根底上,設(shè)計(jì)一個(gè)改良的、能實(shí)現(xiàn)物料循環(huán)的煙氣脫硫方案〔用流程圖表示〕。解析:知識(shí)點(diǎn):此題考查二氧化硫的制備、尾氣處理、方案的評(píng)價(jià)和流程設(shè)計(jì)。難易程度:此題相對(duì)來(lái)說(shuō)難度中等偏上,偏重探究能力和思維能力的考察。正確答案:40.ae41.18.9,33.1酸性氧化物與堿的反響。本錢低;吸收慢,效率低。分析原因:40題,用硫酸和亞硫酸鈉反響制取二氧化硫,不需加熱,所以a排除;亞硫酸鈉易溶于水不能選啟普發(fā)生器或其簡(jiǎn)易裝置,所以c排除;b不能控制反響速率,不合題意。41題,3.36升二氧化硫?yàn)?.15mol,根據(jù)硫元素守恒,所需亞硫酸鈉也為0.15mol,質(zhì)量為18.9g。設(shè)含40%的亞硫酸鈉的樣品質(zhì)量為100g,那么生成硫酸鈉的質(zhì)量為45.1g,那么這時(shí)亞硫酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為〔100-40〕/100-40+45.1=57.1%,那么至少需稱取該亞硫酸鈉18.9/57.1%=33.1g。42題,相同之處都是酸性氧化物與堿反響;由框圖知石灰-石膏法更廉價(jià),但是效率低,速度慢。43題,兩種方法各有優(yōu)缺點(diǎn),設(shè)計(jì)改良的方案就可以綜合兩種方法的優(yōu)點(diǎn)從而得出結(jié)論。易錯(cuò)點(diǎn):易錯(cuò)點(diǎn)之一,石灰-石膏法的缺點(diǎn)判斷,容易將氫氧化鈉的特點(diǎn)反過(guò)來(lái)作為石灰--石膏法的缺點(diǎn),而事實(shí)上,應(yīng)結(jié)合題干信息“吸收產(chǎn)物亞硫酸鈣由管道輸送至氧化塔氧化〞,根據(jù)亞硫酸鈣是沉淀的來(lái)判斷主要問題是可能堵塞管道。易錯(cuò)點(diǎn)之二,煙氣脫硫方案的流程圖,因?yàn)橐獙?shí)現(xiàn)物料循環(huán),結(jié)合兩種方法的優(yōu)點(diǎn)和弊端多種因素考慮,先用氫氧化鈉吸收,然后轉(zhuǎn)化成硫酸鈣,將本錢較高的氫氧化鈉循環(huán)使用,既降低了本錢、吸收效果又好、還有副產(chǎn)物石膏。九、〔此題共10分〕異構(gòu)化可得到三元乙丙橡膠的第三單體。由A〔C5H6〕和B經(jīng)Diels-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物相互作生成六元環(huán)狀化合物的反響,最簡(jiǎn)單的Diels-Alder反響是。完成以下填空:44.Diels-Alder反響屬于_____________反響〔填反響類型〕;A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_____________。45.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。寫出生成這兩種一溴代物所需要的反響試劑和反響條件。46.B與Cl2的1,2-加成產(chǎn)物消去HCl得到2-氯代二烯烴,該二烯烴和丙烯酸〔CH2=CHCOOH〕聚合得到的聚合物可改良氯丁橡膠的耐寒性和加工性能,寫出該聚合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。47.寫出實(shí)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:AB……目標(biāo)產(chǎn)物〕解析:知識(shí)點(diǎn):考查有機(jī)物的性質(zhì)、結(jié)構(gòu)、轉(zhuǎn)化、同分異構(gòu)、反響類型、合成路線的設(shè)計(jì)等,考查推理能力及提取信息的能力。難易程度:中等,考察的根本還是比擬根底的,平時(shí)的練習(xí)中有關(guān)D-A的反響也會(huì)有練習(xí)正確答案:44.加成;45.1,3,5-三甲苯〔或均三甲苯、間三甲苯〕;Br2/光照、Br2/Fe〔反響試劑和條件前后可以顛倒〕46.〔合理即給分〕47.〔合理即給分〕分析原因:44從題干中1,3-丁二烯與乙烯反響生成環(huán)己烯可知該反響兩個(gè)分子生成一個(gè)新的分子且原子全部利用,符合加成反響的特點(diǎn);利用該反響的原理逆推可知A的結(jié)構(gòu)為45的分子式為CH,不飽和度為4,所以除了含有苯環(huán)外,剩余的均為飽和結(jié)構(gòu),且能夠滿足一溴代物有兩種的只有1,3,5—三甲苯,一種是取代到苯環(huán)上,條件是在鐵做催化劑的時(shí)候,一種是取代到烷烴上,條件是光照。46B物質(zhì)是1,3-丁二烯,與氯氣加成后又消去一分子HCl,得到的是2-氯-1,3-丁二烯,其與丙烯酸的加聚得到47目標(biāo)產(chǎn)物是苯甲醛,我們可以采用逆推法,可知苯甲醛←苯甲醇←一氯甲苯←甲苯易錯(cuò)點(diǎn):此題45題在做的時(shí)候有可能出錯(cuò),兩種情況估計(jì)會(huì)考慮不全面。十、〔此題共12分〕沐舒坦〔結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,不考慮立體異構(gòu)〕是臨床上使用廣泛的祛痰藥,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:48.寫出反響試劑和反響條件。反響①_____________反響⑤_____________49.寫出反響類型。反響③_____________反響⑥_____________50.寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。A__________________________B__________________________51.反響⑥中除參加反響試劑C外,還需要參加K2CO3,其目的是為了中和___________,防止__________________________。52.寫出兩種C的能發(fā)生水解反響,且只含3種不同化學(xué)環(huán)境氫原子的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。53.反響②、反響③的順序不能顛倒,其原因是_________________________、_________________________。解析:知識(shí)點(diǎn):考查有機(jī)物的性質(zhì)、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、轉(zhuǎn)化、同分異構(gòu)、反響類型、反響條件控制等,考查推理能力,有序思維能力、提取信息的能力、分析問題解決問題的能力。難易程度:此題相對(duì)來(lái)說(shuō)難度中等偏上,偏重推理能力和思維能力的考察。正確答案:48.濃硝酸/濃硫酸,加熱;Br2/CH3COOH〔或Br2/Fe或CH3OH/濃硫酸,加熱〕49.復(fù)原反響;取代反響50.51.HCl;反響物與HCl成鹽52.〔任寫兩種,合理即給分〕53.苯環(huán)上的氨基易被氧化;苯環(huán)上的羧基不易被復(fù)原分析原因:48此題運(yùn)用正逆推相結(jié)合的方法可知C7H8是甲苯,通過(guò)反響1,少了一個(gè)氫,多了硝基,可知是硝化反響,所以反響1條件為濃硝酸,濃硫酸,水浴加熱;通過(guò)反映2后多了兩個(gè)氧,少了兩個(gè)氫,前后觀察,并結(jié)合條件可知反響2是甲基的氧化,通過(guò)反響3,少了兩個(gè)氧,多了兩個(gè)氫,可知為復(fù)原過(guò)程,即硝基的復(fù)原,又從反響后的產(chǎn)物可知A為鄰氨基苯甲酸,通過(guò)反響4和5,分別是溴化和酯化的過(guò)程,其先后順序?qū)Ψ错憻o(wú)大的影響,所以反響5的條件為Br加熱,或甲醇,濃硫酸,加熱49通過(guò)以上分析可知反響3為復(fù)原反響,反響6為取代反響50根據(jù)以上分析,A為,B為51根據(jù)沐舒坦的結(jié)構(gòu)可知反響6為取代反響,生成的副產(chǎn)物還有鹽酸,所以參加碳酸鉀的目的是中和HCl,防止產(chǎn)品不純,52能發(fā)生水解的可以是酯,或者酰胺,但是C中只含有一個(gè)氧,所以只能是酰胺的結(jié)構(gòu),因?yàn)橹缓腥N不同環(huán)境的氫,所以結(jié)構(gòu)必須高度對(duì)稱,所以可以寫出一下幾種結(jié)構(gòu)〔CH3〕3CONHCH3、〔CH3〕2CH2CONH2、〔CH3〕2CHCON〔CH3〕2、CH3CON〔CH2CH3〕253–NH2有復(fù)原性,易被氧化,因此,-NO2的復(fù)原性在-NH2的氧化之后,即反響②,反響③的順序不能顛倒。易錯(cuò)點(diǎn):此題相對(duì)來(lái)說(shuō)B物質(zhì)的推斷不是很好推,最后一問是兩空,很多學(xué)生都答出來(lái)氨基易被氧化,但是羧基不易被復(fù)原可能答不出來(lái)。十一、〔此題共14分〕碳酸氫鈉俗稱“小蘇打〞,是氨堿法和聯(lián)合制堿法制純堿的中間產(chǎn)物,可用作膨松劑、制酸劑、滅火劑等。工業(yè)上用純堿溶液碳酸化制取碳酸氫鈉。54.某碳酸氫鈉樣品中含有少量氯化鈉。稱取該樣品,用0.1000mol/L鹽酸滴定,耗用鹽酸20.00mL。假設(shè)改用0.05618mol/L硫酸滴定,需用硫酸___________mL〔保存兩位小數(shù)〕。55.某溶液組成如表一:表一化合物Na2CO3NaHCO3NaCl質(zhì)量〔kg〕814.8400.397.3向該溶液通入二氧化碳,析出碳酸氫鈉晶體。取出晶體后溶液組成如表二:表二化合物Na2CO3NaHCO3NaCl質(zhì)量〔kg〕137.7428.897.3計(jì)算析出的碳酸氫鈉晶體的質(zhì)量〔保存1位小數(shù)〕。56.將組成如表二的溶液加熱,使碳酸氫鈉局部分解,溶液中NaHCO3的質(zhì)量由428.8kg降為400.3kg,補(bǔ)加適量碳酸鈉,使溶液組成回到表一狀態(tài)。計(jì)算補(bǔ)加的碳酸鈉質(zhì)量〔保存1位小數(shù)〕。57.某種由碳酸鈉和碳酸氫鈉組成的晶體452kg溶于水,然后通入二氧化碳,吸收二氧化碳44.8×103L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕,獲得純的碳酸氫鈉溶液,測(cè)得溶液中含碳酸氫鈉504kg。通過(guò)計(jì)算確定該晶體的化學(xué)式。解析:知識(shí)點(diǎn):碳酸氫鈉的滴定計(jì)算、化學(xué)方程式的計(jì)算、化學(xué)式的計(jì)算難易程度:54、簡(jiǎn)單55、中等,兩個(gè)方程式即可以得出相關(guān)結(jié)果56、中等,與55類似57、較難,一方面數(shù)值比擬大,另一方面方法正確答案:54.17.8055.1044.6(kg)56.659.1(kg)57.Na2CO3·NaHCO3·2H2O分析原因:54、根據(jù)反響可知消耗的H2SO4質(zhì)量是HCl的一半,即0.1×20×0.5=0.05618×V,V=17.80mL55、有表一和表二中Na2CO3的量可知,反響消耗的m〔Na2CO3〕=814.8kg—137.7kg=677.1kg;設(shè)通入CO2后生成的NaHCO3的質(zhì)量為xkg,由:Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3106168677.1gx得x=1073.1kg那么析

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