2023年天津市高考化学模拟试卷(附答案详解).pdf

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1、2023年天津市高考化学模拟试卷1 .化学在人类社会进展中发挥着重要作用，以下事实不涉及化学反响的是（）A.利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇B.利用石油生产塑料、化纤等高分子材料C.利用根本的化学原料生产化学合成药物D.利用反渗透膜从海水中分别出淡水2 .以下表达正确的选项是0A.最高正化合价：0 N CB.电负性：L i N a KC.离子半径：N a+M g2+S 2-0 2-D.熔 点:C aO M gO H20 H 2 s3 .以下与疫情防护有关的表达不正确的选项是（）A.“8 4”消毒液有效成分N aC lO 的电子式：*:：C I ：B.口罩材料中无纺布聚丙烯的构造简式：，ZC.消

2、毒湿巾中含7 5%酒精，乙醇的比例模型：内尸D.制造防护服的材料聚酯纤维、聚酰胺纤维等属于高分子化合物4.四种短周期金属元素W、X、Y、Z 逐级电离能如表所示：电离能(k J -mol-i)【314W9 3 21 8 2 11 5 3 9 02 1 7 7 1X7 3 81 4 5 17 7 3 31 0 5 4 0Y4 9 64 5 6 26 9 1 29 5 4 3Z5 7 81 8 1 72 7 4 51 1 5 7 5以下说法不正确的选）项是（A.W,X 同主族，电负性：W XB.Z 的最高价氧化物具有两性第1页，共24页c.与水反响猛烈程度：X 2溶液B.溶液中水的电离程度：b点c点

3、C.从c点到d点，溶液中皿321保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根c(A-)离子)D.一样体积a点的两溶液分别与N a O H恰好中和后，溶液中n(N a+)一样1 2.我国科学家研制了一种型的高比能量锌-碘滨液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液,提高电池的容量。以下表达不正确的选项是()r滑窗A.放电时，a电极反响为 B r-+2 e-=2 1-+B r-B.放电时，溶液中离子的数目增大C.充电时，b电极每增重0.6 5g,溶液中有0.02 m o l被氧化D.充电时，a电极接外电源负极1 3.氮、磷、碑(A s)、锦(S b)、钿(B i)镇(Me)为元素

4、周期表中原子序数依次增大的同族元素。答复以下问题：(1)神在元素周期表中的位置：。基态Me原子的价电子排布图：。：P(s,白磷)=P(s,黑磷)A H=-3 9.3 k J m o l-1；P(s,白磷)=P(s,红磷)A H=-17.6 k J -m o l-i；由此推知，其 中 最 稳 定 的 磷 单 质 是。(2)氮和磷氢化物构造和性质的比较：以下选项中符合N%P4的是。a.热稳定性b键角第4页，共24页C 键长沸点：N 2 H4 P 2 H式填“或),推断依据是 O(3)p/和N H3 与卤化氢的反响相像，产物的构造和性质也相像。以下对P 也与HI 反响产物的推断正确的选项是_(填序号

5、)。a.不能与N a O H反响b.含离子键、共价键c.能与水反响(4)S b C 13 能发生较猛烈的水解，生成难溶的S b O C L 写出该反响的化学方程式：,因此，配制S b J 溶液应留意。(5)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，如图为其立方晶胞，正方体棱长为xc m,B P 的摩尔质量为b g m ol-i,阿伏加德罗常数为L，则磷化硼晶体密度的表达式为g -c m _ 3。1 4.我国化学家首次实现了瞬催化的(3 +2)环加成反响，并依据该反响，进展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。,、幽他化剂R_(3+2)环加成反响：*(、)一 匕(E ,可n 是-答复以下问题：(1)茅

6、 苍 术 醇 的 分 子 式 为，所 含 官 能 团 名 称 为,分子中手性碳原子(连有四个不同的原子或原子团)的数目为 o(2)化合物B 的核磁共振氢谱中有 个吸取峰；其满足以下条件的同分异构体(不考虑手性异构)数目为 o第5页，共24页分子中含有碳碳三键和乙酯基(-COOCH2cH3)分子中有连续四个碳原子在一条直线上写出其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的构造简式。(3)C-D的 反 响 类 型 为。(4)D-E的 化 学 方 程 式 为,除E外 该 反 响 另 一 产 物 的 系 统 命 名 为。(5)以下试剂分别与F和G反响，可 生 成 一 样 环 状 产 物 的 是(填 序

7、号)。a.Br2 b.HBr c.NaOH溶液(6)参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反响合成化合物M,在方框中写出路线流程图(其他试剂任选)。M(1 5.环已烯是重要的化工原料。其试验室制备流程如图1。答复以下问题：I.环己烯的制备与提纯(1)原料环己醇中假设含苯酚杂质，检 验 试 剂 为。(2)操作1的装置如图2所示(加热和夹持装置已略去)。烧瓶A中 进 展 的 可 逆 反 响 化 学 方 程 式 为,浓硫酸也可作该反响的催化剂,选择FeCU-6H2。而 不 用 浓 硫 酸 的 缘 由 为。(填序号)a.浓硫酸易使原料炭化并产生SO2b.F eC-6H2O污染小、可循环

8、使用，符合绿色化学理念c.同等条件下，用FeQ?-6%0比浓硫酸的平衡转化率高仪器B的作用为。(3)操作2用 到 的 玻 璃 仪 器 是 第6页，共24页(4)将操作3(蒸储)的步骤补齐：安装蒸储装置，参 与 待 蒸 镯 的 物 质 和 沸 石,弃去前储分，收集83K的储分。n.环己烯含量的测定在确定条件下，向ag环己烯样品中参与定量制得的b m o lB j,与环己烯充分反响后，剩余的里 与足量K1作用生成/月Jcmol LT的Na2s2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2s2O3标标准溶液vmL(以上数据均已扣除干扰因素)测定过程中，发生的反响如下：吗+Q-a；：Br2+2KI=12+2KB

9、r l2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(5)滴 定 所 用 指 示 剂 为。样 品 中 环 己 烯 的 质 量 分 数 为。(用字母表示)(6)以 下 状 况 会 导 致 测 定 结 果 偏 低 的 是。(填序号)a.样品中含有苯酚杂质b.在测定过程中局部环己烯挥发c.Na2s2O3标准溶液局部被氧化1 6.多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。答复以下问题：I .硅粉与HC1在300式时反响生成Im olSiH J气体和叫，放出225kJ热量，该反响的热 化 学 方 程 式 为 SiHCb的 电 子 式 为。U.将SiC)氢化为SiHCy有三种方法，

10、对应的反响依次为：S iJ(g)+H2(g)U SiHCl3(g)+HCl(g)比 03SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)W 4SiHCl3(g)4 02SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)W 3SiHCl3(g)A 4(1)氢化过程中所需的高纯度也可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生小的电 极 名 称(填“阳极 或 阴极)，该 电 极 反 响 方 程 式 为 第7页，共24页工。日.口盥温任皿a殿400-40-8080200400 600 800 1000 1200温度七图1（2）体系自由能变 G H-T A S,A G V逆b.%：A点E点c.反响适宜温度：4

11、80520（4）反响的4电=（用A%,A”表示）。温度上升，反响的平衡常数K_（填“增大”、“减小”或“不变”）。由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除Si%、SiHJ和Si外，还有（填分子式）。第8页，共24页答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】此题考察化学变化与物理变化，为根底性习题，把握物质的性质、发生的反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意物质的推断，题目难度不大。【解答】A.秸秆通过发酵生成乙醵，为化学变化，故A不选；B.石油生产塑料、化纤，石油裂化生成小分子，小分子发生加聚反响生成高分子，为化学变化，故B不选；C.根本的化学原料生产化学合成药物，发生有机反响生成物质，

12、为化学变化，故C不选;D.利用反渗透膜从海水中分别出淡水，无物质生成，是物理变化，故D选；应选：D。2.【答案】B【解析】解：A.0的非金属性较强，没有最高正价，故A错误；B.同一主族元素，其电负性随着原子序数增大而减小，原子序数：L i N a Na K,故B正确；C.离子核外电子层数越多，离子半径越大，则S2-02-,核外电子排布一样的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则02-Na+Mg2+,故C错误：D.离子晶体中离子的半径越大，离子间作用力越小，熔点越低，熔点：CaO 0 H；D.高聚物都属于高分子化合物，相对分子质量在10000以上。此题考察了物质组成、比例模型、电子式、构造简式等化

13、学用语，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的标准答题力气，留意把握常见化学用语的概念及正确的表示方法，题目难度不大。4.【答案】A【解析】A.W,X 同主族，W在X 的上一周期，同主族元素从上到下电负性渐渐减小，电负性：W X,故A正确；B.Z 为最高价氧化物为A%与具有两性，故 B错误；第 1 0 页，共 2 4 页C.X 为Mg,丫为N a,同周期原子从左向右失电子力气越来越弱，Na 与水反响比Mg 猛烈，故 C 错误；D.Na 的与 发生突跃，Na 的化合价为+1,故 D错误，应 选:A o由四种短周期金属元素W、X、Y、Z 逐级电离能数据可知，W、X 的与 发生突

14、跃，则二者化合价为+2,即第H A 族元素，同主族元素原子从上到下第一电离能越来越小，可知W为B e,X 为M g,同理，丫 的 与 发生突跃，则化合价为+1,即第I A 族元素，Z 的勾 发生突跃，则化合价为+3,即第D I A 族元素，同周期主族元素原子从左到右第一电离能呈增大趋势，但第H A 族反常，由X、Y、Z 第一电离能可知，丫为Na,Z 为AL 据此分析，A.W,X 同主族，W在X 的上一周期，同主族元素从上到下电负性渐渐减小；B.Z 为最高价氧化物为A l 2 与；C.同周期原子从左向右失电子力气越来越弱；D.Y的目 发生突跃。此题考察元素的电离能学问及元素周期律的应用，留意第一

15、电离能与核外最外层电子的关系，留意把握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考察学生的分析力气及灵敏应用根底学问的力气，题目难度一般。5.【答案】A【解析】【分析】此题考察离子方程式正误推断，为高频考点，把握发生的化学反响及离子反响的书写方法为解答的关键，侧重复分解反响、氧化复原反响的考察，留意电子、电荷守恒的应用，选项BD为解答的易错点，题目难度不大。【解答】A.NH+水解导致溶液呈酸性，Mg(0H)2 能溶于酸，离子方程式为Mg(0H)2+2 NH+=44Mg 2+2 NH3-H20,故 A 正确；B.得到的是胶体，胶体不是沉淀，所以不能写沉淀符号，离子方程式为F e 3+3 H?O

16、 =F e(0H)3(胶体)+3 H+,故 B 错误；C.二者发生氧化复原反响生成镭离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为5 s。2 +2 Mn O-+2 H 0=5 SO 2-+2 Mn 2+4 H+,故 C 错误；4 2 4D.亚铁离子易被氧化生成铁离子，离子方程式为3 F e O +10H+N0-3=3 F e 3+NO T第 1 1 页，共 2 4 页+5H2O,故D错误；应选：Ao6.【答案】C【解析】【分析】此题考察元素化合物性质，侧重考察分析推断及学问综合运用力气，明确元素化合物性质是解此题关键，留意A中发生的反响，题目难度不大。【解答】A.氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成

17、铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反响为2Fe2+Cl2=2Fe3+2C1-、2Fe3+Fe=3F e2+,从而除去氯气，故A正确；B.Li-Al合金密度较小且硬度及强度大，所 以Li-A1合金可以用于航空工业，故B正确；C.熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性，碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性，所以盐碱地中参与熟石灰不能改进土壤，故C错误：D.无水CoC%呈蓝色，吸水会变为粉红色，可以依据变色硅胶颜色变化推断是否吸水，故D正确。应选C。7.【答案】B【解析】【分析】此题考察化学试验方案评价，涉及气体收集、溶液配制、气体检验等学问点，明确化学反响原理、元素化合物性质、试验规章是解此题关键，D为

18、解答易错点。【解答】A.配制溶液时，密度大的溶液倒入密度小的溶液，混合浓硫酸和乙醇相当于浓硫酸的稀释，应当将浓硫酸倒入乙醇中并不断搅拌，故A错误；B.定容时眼睛应当与凹液面最低处相切，图象符合，故B正确；C.二氧化氮密度大于空气，应当承受向上排空气法收集，所以导气管应当遵循“进步短出”原则，故C错误；D.得到的乙烘中含有硫化氢等气体，硫化氢等气体也能使溟水褪色，应领先将得到的气体通入硫酸铜溶液除去杂质，然后将得到的气体通入滨水检验乙快，故D错误。第12页，共24页8.【答案】C【解析】解：A.有1个手性碳原子，故A错误；B.酚羟基、竣基能和碳酸钠溶液反响，该分子中含有较基，所以能和碳酸钠溶液反

19、响，故B错误；C.具有环酯构造，水解产物只有一种，故C正确；D.竣基、酯基水解生成的较基和酚羟基都能和NaOH以 反 响，该分子中含有1个獭基、1个酯基水解生成1个竣基和1个酚羟基，所以Im ol化合物X最多能与3moiNaOH反响，故D错误；应选：C.A.连接下面苯环的碳原子为手性碳原子；B.酚羟基、竣基能和碳酸钠溶液反响；C.具有环酯构造；D.皎基、酯基水解生成的竣基和酚羟基都能和NaOH以1：1反响。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，留意体会官能团与性质的关系，明确酸、酯的性质即可解答，试题培育了学生的灵敏应用力气，题目难度中等。9.【答案】C【解析】解：A.氮氧化物的排放能够引起

20、硝酸型酸雨的发生，所以降低NO*排放可以削减酸雨的形成，故A正确；B.已经图示可知储存过程中，一氧化氮、二氧化氮结合氧气和氧化钢反响生成硝酸钢，NO*中氮化合价上升被氧化，故B正确；C.Ba(NO3)2 N2,氮元素从+5价降为。价，消耗lmol Ba(N()3)2转移的电子数为10总，故C错误；D.依据图示可知通过BaO和Ba(NC)3)2与NO*的氧化复原反响，实现NO*的储存和复原，故D正确；应选：C.A.氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生；B.分析储存过程中氮元素化合价变化推断解答；C.分析Ba(NC)3)2 t 4,化合价变化，计算电子转移数目；D.依据图示储存和复原过程中，氧化

21、钢、硝酸钢、NO*转化推断。第13页，共24页此题考察了化学与生活，主要考察环境污染与治理，明确酸雨成因，理解原理图含义是解题关键，题目难度中等，侧重学生读图分析力气。1 0.【答案】D【解析】解：A.由图1 可知反响后能量降低，所以该反响是放热反响，故A 错误；B.催化剂只转变反响速率，不转变AH,故B错误；C.由4。=H2O(1)H =-4 4 k J/m o L 则图2 中 假 设 的 状 态 为 液 态，则生成物能量降低4 4 k J,又由图 1 可知C O(g)+H2O(g)=C O2(g)+H2(g)H =-4 1 k j/m o l,所以能量变化曲线不行能为，故C错误：D.由图

22、1 可知C O(g)+H2O(g)=C O2(g)+H2(g)H =-4 1 k J/m o l,所以图2 中反响为C O2(g)+H2(g)=C O(g)+H2O(g)H =+4 1 k j/m o l,故 D 正确;应选：D oA.由图1 可知反响后能量降低；B.催化剂只转变反响速率，不转变 H；C.j H2O(g)=H20(l)H =-4 4 k J/m o L 则图2 中 假 设 的 状 态 为 液 态，则生成物能量降低4 4 k J；D.由图 1 可知C O(g)+H2O(g)=C O2(g)+H2(g)H =-4 1 k J/m o L此题以图象的形式考察化学反响中的能量变化等，难

23、度中等，需要学生具有扎实的根底学问与读图猎取信息的力气。1 1.【答案】C【解析】【分析】此题考察弱电解质的电离，侧重考察图象分析推断力气，明确弱电解质电离特点、水解平衡常数影响因素、酸碱混合溶液定性推断等学问点是解此题关键，留意C 中水解平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关，题目难度不大。【解答】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，依据电离平衡常数知，酸性：H N O2 C H 3 c o O H,A.加水稀释促进弱酸电离，p H 一样的这两种酸稀释一样倍数，p H 变化大的酸性较强，依据图知，p H 变化较大的是口，则 n 表示较强的酸H N 0 2,所以曲线I 表示C H 3 c

24、 o 0 H,第14页，共24页故 A 错误；B.酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b c,则抑制水电离程度：b c,所以水电离程度：b c,故B 错误；C 水解平衡常数只与温度有关，C(H A)O H-)=K从c点到d点，温度不变，水解平衡常c(A-)八数不变，所以溶液中“HAI EH 1保持不 变,故 C正确；c(A-)D.a点两种溶液的pH一样，但是两种溶液浓度：HNO2 CH3COOH,一样体积的a点两种溶液中溶质物质的量：HNO2 CH3COOH,消耗的碱与酸的物质的量成正比，所以消耗的碱：HNO2CH3C O O H,依据Na原子守恒知溶液中

25、n(Na+)：HNO2 N 2 H 4 分子间存在氢犍 b e S b C L +HO=S b O C l 1 +2 H C 1 参与盐酸抑制水解二皿3 N16X3NA【解析】解：（1）碑（As）是3 3 号元素，核外电子层数4 个，最外层5 个电子，在元素周期表中的位置为：第4 周期第VA族，M e 为1 1 5 号元素，价电子排布图为7s 7PItfP（s,白磷）=P（s,黑磷）H =-3 9.3 kJ mo l-i ，P（s,白磷）=P（s,红磷）H =-1 7.6 kJ -mo l-i ，将方程式-得P（s,红磷）=P（s,黑磷）H =（-3 9.3 +1 7.6）kJ/mo l=-2

26、 1.7kJ/mo L 则能量：红磷 黑磷，则黑磷稳定，7s 7P故答案为：第4 周期第VA族；rj l l J q；黑磷；（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；非金属性NP,所以热稳定性：N H3 P H3；P4的键角是9 3.6。，N%的键角是1 07。，N 2 H 4 能形成分子间氢键、P 2 H 4 分子间不能形成氢键,所以沸点：N 2 H 4 AP 2 H 故答案为：a b；N 2 H 4 分子间存在氢键；P%和N/与卤化氢的反响相像，产物的构造和性质也相像，P 也 与H I 反响产物为P H/，相当于铁盐，具有镀盐构造性质，a.钱盐能和N a O H 发生复分解反响，所以P H

27、 3 能与N a O H 反响，故错误；b.校盐中存在离子键和共价键，所以P H J 中含离子键、共价键，故正确；c.钱盐都易发生水解反响，所以P H J 能与水反响，故正确；故答案为：b e；（4）Sb C 4 能发生较猛烈的水解，生成难溶的S b O Q,依据元素守恒知，还生成了HCL该反响方程式为Sb C 1 3+H2O =Sb O C l 1 +2 H C L 所以配置时要防止水解，因其水溶液呈酸性，所以可参与盐酸抑制水解，故答案为：Sb C l3+H2O =Sb O C l i +2 H C 1；参与盐酸抑制水解；（4）P 原子与四周最近的4 个B原子形成正四周体，晶胞顶点B原子与四

28、周体中心P 原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的为x c m,而体对角线长度等4于晶胞棱长的内倍，设棱长为a c m,则J%=4x,则a =与 c m,l m ol 晶胞体积为：V 3N.x （隼c m”；A 百第 第 页，共 24页一个晶胞中含有P原子：8 x l+6 x=4个，B原子在内部，共4个，即一个晶胞中含有824个B P,则lm ol晶胞质量为：4 x bg；则晶胞密度为：_ _ 3屈g/cm3管 3 x*16X3NA故答案为：口16X3NA(1)碑(As)是33号元素，核外电子层数4个，最外层5个电子；能量越低越稳定；(2)元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；

29、分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高：(3)P%和N%与卤化氢的反响相像，产物的构造和性质也相像，P%与HI反响产物为PH/相当于钱盐，具有钱盐构造性质；(4)依据题干信息和元素守恒可写出方程式，结合水解后溶液的性质，可推断加盐酸抑制S b J 的水解；(5)P原子与四周最近的4个B原子形成正四周体，晶胞顶点B原子与四周体中心P原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的1 而体对角线长度等于晶胞4棱长的，3倍，据此计算棱长，并计算lm ol晶胞的体积，依据均摊法计算1个晶胞含有BP数目，计算lm ol晶胞质量，依据P=巴计算晶胞密度。v此题综

30、合考察物质构造和性质，为高考常见题型，题目涉及晶胞的计算、电子排布式等，侧重于根底学问的综合应用的考察，题目难度较大，留意把握晶胞的计算方法。14【答案】(1)3 5 4 6 0；碳碳双键、羟基；3(2)2；5；CH.HIC=CC()OCH.CH.CH.CH,CH,H,C=CCOO?H;CH,(3)加成反响或复原反响COOCH,+(C H)8 H(5)b(6)第17页，共24页Cl I C 三 CCOOCH/CHCIICOOCII.Cll-的化剂或CH eC C O O C H C%+C H-C H C 00cH.-催化剂COCK H,CH,：Pd/CCOOCH,COOCHt、(*H、C(XX

31、_H,COCX HX H,COOCH.Pd1COOCH CH,COOCH CH,【解 析】【分析】此题考察有机物的合成，涉及有机物的构造与性质、官能团的识别、有机反响类型、限制条件同分异构体的书写、有机物的命名、有机反响方程式的书写、合成路线设计、对信息的迁移运用等，是对有机化学根底的综合考察，比照分析物质构造明确发生的反响，关键是对赐予反响信息的理解。【解 答】(1)茅苍术醇分子中有1 5个C原子、1个0原子，分子不饱和度为3,则分子中H原子数目=2 x 1 5 +2-2x3=2 6,故茅苍术醇分子式为C”1 5 H,ZOO.由构造可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟基。分 子 中 有 如

32、 图“*”所示3个碳原子连接连有四个不同的原子或原子团:,即有3个手性碳原子,故答案为：C”i o H Z oO；碳碳双键、碳原子；3；(2)化合物B分子中只有2种化学环境不同的H原子，故其核磁共振氢谱有2个吸取峰。B的同分异构体满足：分 子 中 含 有 碳 碳 三 键 和 乙酯基(-C O O C H 2 c H 3),分子 中 有 连 续四个碳原子在一条直线上，存在C -C =C -C碳链构造，形成酯的酸可以看作C H 3 c三C C H 2 c H 3中1个H原子被-C O O H替代，有3种酸，也可以是H O O C -C =C C H 2 c H 2 c H、H O O C -C =

33、C C H(C H3)2,故符合条件的同分异构体有3 +2 =5种，其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的构造简式为CH,CHC=CC(X)CH.CH,CH,CH.H;C=CC(XX H.CH,CH,故答案为：2；5；第1 8页，共2 4页CHrHC=CCOOCH.CH CH；CH.入(Pd.rCOOCH,COOCH,COOCH,CH 1C 三 C COOCH XH+C HCHCOOC H-3 随催化剂COOCHCH,COOCH,CH,OOCH、COOCH CH,(1)明确分子中C、H、0 原子数目确定分子式，留意交点、端点为碳原子，用H 原子饱和碳的四价构造，也可以利用不饱和度计算H 原

34、子数目；由构造可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟基；连有四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；(2)核磁共振氢谱中吸取峰数目等于分子中不同化学环境的氢原子种数；B 的同分异构体满足：分子中含有碳碳三键和乙酯基(-C O O C H 2 c H 3),分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存在C -C =C -C 碳链构造，形成酯的酸可以看作C H 3 c 三 C C H 2 c H 3 中1个H 原子被一C O O H 替代，也可以是H O O C -C =C C H 2 c H 2 c H 3、H O O C -CH C C H(C H3)2；(3)比照C、D 的构造，可知C 中碳碳

35、双键与氢气发生加成反响生成D；(4)比照D、E 的构造，可知D 与甲醇发生发生取代反响生成E,同时还生成(C H s C O H；(5)F、G均含有碳碳双键与酯基，但碳碳双键位置不同，在碱性条件下水解得到环状产物不同，与漠发生反响是溟原子位置不完全一样，与H B r加成后滨原子连接位置可能一样：(6)两种链状不饱和酯合成目标物M,仿照A与B 反响，系列得到D 的过程，结合(3+2)环第2 0页，共2 4页C(XKH,CH,CCXXII,加成反响，可以由或与氢气加成反响得到目COOCH,COOC1I CH,C(XKH,CH,标物。而CH 3 c=C C O O C/与叫 =CH COOCH 2

36、cH 3 反响得至ICOOCH,CCXXH,.CH 3 c=CCOOCH 2 cH 3 与 C%CH COOCH 3 反响得到COOCH CHOH1 5.【答案】F e Qs溶液 .彳F Ch-1 5 H iO、_一“一 二 一 一 U+出 3 a b 冷凝回流，削减环己醇蒸出分液漏斗、烧杯通冷凝水，加 热 淀 粉 溶 液(b-?x82 x 1 0 0%bea【解析】解1.(1)苯酚能和氯化铁溶液发生显色反响，所以可以用F e C1 3 溶液检验苯酚,故答案为：F e d?溶液；(2)烧瓶A 中环己醇发生消去反响生成环己烯和水，该反响方程式为OH6刁三0+EW ；由于浓硫酸具有强氧化性，易使原

37、料炭化并产生S C)2,从而降低环己烯产率，而F e C%6 4 0 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，所以选择F e C%6 4 0 而不用浓硫酸，选a、b,OH故答案为：5、冈烟。)。十氏0；ab；仪器B 能冷凝回流环己醇，从而削减环己醇蒸出，增大环己醇利用率，故答案为：冷凝回流，削减环己醇蒸出:(3)操作2 用于分别互不相溶的液态，操作方法为分液，需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；(4)将操作3(蒸倍)的步骤补齐：安装蒸储装置，参与待蒸储的物质和沸石，通冷凝水、加热，弃去前储分，收集83 久的憎分，故答案为：通冷凝水，加热；口.(5)依据反响原理，反响中产生碘

38、单质，碘与淀粉变蓝，则指示剂可选用淀粉溶液;第2 1 页，共 2 4 页在确定条件下，向ag环己烯样品中参与定量制得的bm olBr2,与环己烯充分反响后，乘U余的B2与足量KI作用生成I2,用cmol-L-i的Na2s2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2s2O3标准溶液V m L,依 据 反 响 B n-Q 一“：一:；，+2Kl=)+2 K B r,马+2Na2s2()3=2NaI+Na2s4。6，则有Br22Na2s2。3,则剩余的澳单质物质的量=1 cmol-L-i x V x 10-3L=c x V x l0-3 m o l,消耗的漠的物质的量为(b-2 2c x v x io-3)

39、moL由反响可得，环己烯的物质的量为=(b -CXVX10-3)mo L样品中环己22烯的质量分数=(b-。言加吟molx82g/mol x 100%=空 蠢 丝 x 100%，ag a故答案为：淀粉溶液；(心常)X82 x 100%;a(6)a.样品中含有苯酚杂质，苯酚和漠发生取代反响生成三溟苯酚，导致消耗的Er?的物质的量偏大，计算结果偏高，故a错误；b.在测定过程中局部环己烯挥发导致环己烯质量削减，导致测定结果偏低，故b正确；c.Na2s2O3标准溶液局部被氧化，标准液消耗的体积增大，导致消耗碘的物质的量偏大，则测定的剩余浪单质的偏大，环己烯的量偏小，计算结果偏低，故c正确；故答案为：b

40、e。环己醇发生消去反响生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后枯燥、过滤、蒸储得到环己烯。I.(1)苯酚能和氯化铁溶液发生显色反响；(2)烧瓶A中进展的可逆反响为环己醇的消去反响；浓硫酸具有强氧化性，能氧化原料，且FeC13,6 4 0污染小、可循环使用；仪器B能冷凝回流环己醇；(3)操作2分别互不相溶的液体；(4)蒸储操作中，参与待蒸储的物质和沸石后，先通入冷凝水，然后加热；H.(5)碘与淀粉变蓝；依据消耗碘单质的量可知环己烯的物质的量，然后结合1 11=111 1计算样品中环己烯的质量分数；(6)a

41、.苯酚消耗的浪的物质的量偏大；b.苯酚环己烯挥发，导致消耗的滨偏少，测定结果偏低；c.Na2s2O3标准溶液局部被氧化，标准液消耗的体积增大。此题考察物质制备及含量测定，为高考常见题型，侧重考察试验操作、试验分析推断及计算力气，明确化学反响原理、元素化合物性质、试验操作及误差分析是解此题关键，第22页，共24页留意关系式在方程式计算中的灵敏运用，易错点是误差分析，题目难度中等。1 6.【答案】I.Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)A H=-225kJ/mol；：CI：Si：Cl：*i i *口.(1)阴极；2H2()+2e-=H2T+20H-(2)1000；H2 0、H

42、 0,且反响 S 0,H2A HI导致反响的AG小，故答案为：1000久；4 v,故正确；正 逆b.温度越高化学反响速率越快，温度A E,所以反响速率A 03SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)=4SiHCl3(g)H2 0将方程式-得2Si%(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)U 3SiHCl3(g),%=%-。，上升温度平衡向吸热方向移动，该反响的正反响是放热反响，上升温度平衡逆向移动，所以上升温度反响的平衡常数K减小，故答案为：H2-H1：减小；(5)依据图知，粗硅和枯燥HC1反响生成混合物，SiHCg和氢气反响生成HC1；混合物分别得到氢气，SiHC)和氢气反响生成HC1需要氢气，所以由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除S iC j SiHC%和Si外，还有HQ、,故答案为：HC1、H2，第24页，共24页