2023年上海市黄浦区高考化学二模试卷(含解析).pdf

《2023年上海市黄浦区高考化学二模试卷(含解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年上海市黄浦区高考化学二模试卷(含解析).pdf（22页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年上海市黄浦区高考化学二模试卷一、单项选择题 本大题共2 0 小题，共 40.0分1.用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I-形式存在）的工艺流程如下，以下说法不正确的选项是（）H2SO4 Clj KClOj卤 水 一 酸化 I 氧而T吸附 化 碘产品pH=2 3（高分子树脂）A.经和所得溶液中，c（I-）后者大于前者B.的作用是将吸附的碘复原而脱离高分子树脂C.假设和中分别得到等量5 则消耗的n（C12）：n（KCK）3）=5:2D.由得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化2.属于人工固氮的是（）A.4NH3+5OC.2N+3HL4催化剂 4N0+6H 02 2催化剂=2 N H3

2、加热加压B.D.3.工业上冶炼金属铁通常承受的方法是（)4.A.热分解法B.热复原法C.2NO+O2 2N O2NM n 僭 闪 电2+U2 2 N O结晶法D.电解法以下各组物质中，满足如图物质一步转化关系的是（Z-XA.A B.B C.C选项XYZANaNaOHNaHCO3BAlA1203A I(O H)3CCCOco2DMgMgOMgCOH)?D.D5.为了检验暴露在空气中的亚硫酸钠是否变质，应使用的试剂是（）A.盐酸和品红 B.B a（N C 3）2 和稀盐酸C.Ba和稀硫酸 D.Ba和稀盐酸O6.“八口与中8 0 -C 2 H 发生酯化反响生成的酯的相对分子质量为（）C I i j

3、-c O i lA.9 2 B.9 0 C.8 8 D.9 47 .某种型热激活电池的构造如下图，电极a的材料是氧化石墨烯（C P）和粕纳米粒子，电 极 b的材料是聚苯胺（P A N I）。电解质溶液中含有F e 3+和F e 2+。加热使电池工作时电极b发生的反响是P A N I-2 e-=P A N I O（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2 H+,电池冷却时F e 2+在电极b 外表与P A N I O 反响可使电池再生。以下说法不正确的诜项是CP和 Pl电极hPANI电极A.电池工作时电极a为正极，且发生的反响是：F e 3+e-=F e 2+B.电池工作时，假设在电极b四周滴加几滴紫色石蕊试

4、液，电极b四周渐渐变红C.电池冷却时，假设该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转D.电池冷却过程中发生的反响是：2 F e 2+P A N 1 O +2 H+=2 Fe 3+P A N 18 .以下说法正确的选项是（）A.中的液溟可用水封存，防止漠挥发B.金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火效果更好C.煤的干镯、煤的气化和煤的液化都属于物理变化D.将水中的铁闸门连接电源的负极而防腐，是牺牲阳极的阴极保护法9.以下物质的分子中全部原子不行能共平面的是（）A.丙烯 B.乙烯 C.乙焕 D.苯1 0 .以下有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.S i。2 硬度大，可用于制造光导纤维B.Fe C

5、 b 易溶于水，可用于印刷电路板回收铜C.S O 2 具有氧化性，可用于漂白纸浆D.明矶溶于水井水解形成胶体，可用于净水1 1.有 1 5 g 铁和铁的氧化物组成的混合物，往混合物中参加1 5 0 m L 稀硫酸充分反响，放出氢气1.6 8 L(标准状况)，铁和铁的氧化物均无剩余。向生成的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化,向溶液参加2 0 0 m L 3 m o i L-i N a O H 溶液，恰能使Fe 2+全部转化成Fe(O H)2，则原硫酸溶液的物质的量浓度为()A.1.5 m o l -L-i B.2 m o l -L-i C.2.5 m o l -L-i D.3 m o l -

6、L-i1 2 .硫与铁反响生成硫化亚铁A.XB.y/1 3 .某无色溶液中能大量共存的一组离子是()A.O H-B a 2+H C O-C l-B.K+Fe 3+1-N O-C.N H+A 1 3+C l-N O-D.M g 2+C O 2-S i O 2-H+4 3 3 31 4.除去以下物质中所含的杂质(括号内为杂质)，选用试剂正确的选项是()A.F e j 溶液(Fe q)：Fe 粉B.C O2(S O2)：饱和的N a 2 c O 3 溶液c.S O2(H C 1)：N a O H 溶液D.N a H C C)3 溶液(N a 2 c o 3)：C a C O H%溶液1 5 .密闭容

7、器中发生反响：2 X(g)+Y(s)U 2 Z(g)A H CH4B.酸性：H 2s0 3 14 2C0 3CCS2中碳元素为+4价，硫元素为-2 价.2 3.在肯定温度下，容积为1L的密闭容器内，某一反响中M、N 的物质的量随反响时间变化的曲线如图，请答复以下问题.(1)该反响的化学方程式为：(2)时生成M 反响速率(填“大于”“小于”或“等于”)消耗M 反响速率(3)到 达 平 衡 状 态 的 时 间 为(填 t/气?”或&)，此时N 的转化率为.(4)假设生成M反响为吸热反响，在压强不变的状况下上升温度、容 器 的 体 积 将(填”增变物质的量或2 4.某化学兴趣小组以苯的同系物D和乙烯

8、为主要原料，承受以下路线合成药物CH尸C H?M(H2 N-Q OOCH2 cHMcHiCHh)：CFe/HCIM：一样条件下D蒸气的密度是氢气的4 6倍;+H N-。3融4一；:一、()Fe/HCl3氧化卜时，C1的化合价由+5降为-1,由得失电子守恒可知n(Q2)：n(KCK)3)=6:2=3:1,故C错误：D.升华为物理变化，故D正确。2.答案：C解析：解：氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程。A.氨气的催化氧化，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故A错误；B.一氧化氮和氧气反响生成二氧化氮，是含氮化合物

9、之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故B错误；C.工业上将电合成氨，N2 N H3)氮气是单质，是游离态的氮，转变为化合态N H 3,符合氮的固定定义，属于人工固氮，故c正确；D.闪电时，氮气和氧气反响生成N O,属于自然固氮，故D错误；应选：Co氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。游离态是指氮气单质。氮的固定有：人工固氮和自然固氮。人工固氮最典型事例是工业合成氨。自然固氮包括自然固氮和生物固氮。自然固氮典型事例是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮。生物固氮典型事例是豆科植物中寄生有根瘤菌，它含有氮酶，能使空气里的氮气转化为氨。此题主要考察氮的固定，依据人工固氮是人为的条件

10、下将氮元素的单质转化为化合物的过程即可解答，题目难度不大。3.答案：B解析：此题考察了金属的冶炼，明确金属活泼性与金属冶炼方法是解题的关键，题目难度不大.铁 性 质 较 活 泼，通常用热复原法冶炼，应选：Bo4.答案：C解析：此题考察元素化合物学问，难度不大，此题留意把握常见物质的性质，学习中留意相关根底学问的积存。A、N a和水反响生成NaOH,NaOH与二氧化碳反响生成NaHCC，NaHCC不能直接得到N a,故A错误；B、铝和氧气反响生成氧化铝，氧化铝不能直接生成氢氧化铝，故B 错误；C、C 与少量的氧气反响得到CO,CO与氧气反响得到CO2，CO?与 M g反响可以得到C,故 C 正确

11、：D、镁和氧气反响生成氧化镁，氧化镁不能溶于水，不能一步转化为氢氧化镁，故D 错误。应 选 C。5.答案：D解析：此题考察硫酸根离子、亚硫酸根离子的检验，把握亚硫酸根离子和硫酸根离子的性质为解答的关键，题目难度较易。A.取少量样品于试管中，滴入稀盐酸，发生反响2H+SO2=SO2T+H2O，能产生使品红溶液褪色的二氧化硫气体，说明含有亚硫酸钠，不能说明亚硫酸钠己变质，故A错误；B.滴入Ba(N()3)2和稀盐酸，相当于参加硝酸，稀硝酸具有强氧化性，亚硫酸根离子能被氧化为硫酸根离子，无法推断亚硫酸钠是否变质，故B错误：C.滴入稀硫酸，引入硫酸根离子，滴入BaQ2溶液，有白色沉淀产生，不能说明含有

12、硫酸钠，故C错误；D.滴入稀盐酸，亚硫酸钠与盐酸反响生成氯化钠、二氧化硫和水，排解了亚硫酸根离子的干扰，再参加氯化银产生白色沉淀，说明含有硫酸根离子，说明亚硫酸钠已经变质，故D正确：应 选D。6.答案：B解析：解：乙酸与乙醇反响，乙酸供给竣基中的-0 H,乙醇供给-0H上 的H,相互结合生成乙酸乙酯和水，反响方程式为CHO18OH+CH.CH180H i CH C0180CH,CH+H18Q,因此CH3coi80cH2cH3的相对分子质量为90,应 选B.醇与竣酸发生酯化反响生成酯和水，酯化反响的实质是醇脱羟基上的氢原子，酸脱羟基，依据方程式计算.此题考察了酯化反响的原理，题目难度不大，留意把

13、握酯化反响的实质是醇脱羟基上的氢原子酸脱羟基，侧重于考察学生的分析力量和应用力量.7.答案：C解析：此题考察原电池的工作原理，留意电极b发生的反响结合物质所含元素化合价的变化推断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，题目难度中等。由加热使电池工作时电极b发生的反响是PANI 2e-=PANI0（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2 H+,可知电极b为原电池的负极，a电极为原电池的正极，发生复原反响，电极方程式为Fe3+e-=F e2+,电池冷却时Fe2+在电极b外表与PAN10反响可使电池再生，则冷却时发生的方程式为：2Fe2+PAN 10+2H+=2Fe3+PANI,A.电池工作时，a电极为原电池

14、的正极，发生复原反响，电极方程式为Fe3+e-=F e2+,故A正确；B.电池工作时，电极b发生的反响是PANI-2e-=PANI0（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2 H+,所以在电极b四周滴加几滴紫色石蕊试液，电极b四周渐渐变红，故B正确；C.电池冷却时，Fe2+在电极b外表与PAN1O反响可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2+PANIO+2H+=2Fe3+P A N I,没有形成原电池，因此正负极间接有电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；D.电池冷却时，Fe2+在电极b外表与PANIO反响可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2+PANIO+2H+=2Fe3+PANL 故 D 正确。应选C。8

15、.答案：A解析：解：A.漠单质易挥发，漠的密度比水大，漠微溶于水。为防止液澳挥发，所以用水密封，故A正确；B.金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反响，反响生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙土铺盖，故B错误；C.煤的气化是煤在氧气缺乏的条件下进展局部氧化形成H2、C O等气体的过程。煤的液化是将煤与4在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的乙和C O通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，故C错误；D.将水中的铁闸门连接电源的负极而防腐，为外加电源的阴极保护法，故D错误；应选：AoA.浪单质易挥发，澳的密度比水大，可用水封存；B.金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷

16、出的二氧化碳反响；C.煤的气化、液化、干储都是化学变化：D.该方法为外加电源的阴极保护法.此题考察较为综合，涉及药瓶的保存，侧重于学生的分析力量和试验力量的考察，为高频考点，留意药品的保存取决于物质的性质，学习中留意相关根底学问的积存，难度不大.9.答案：A解析：解：A、丙烯分子中的甲基是和甲烷具有相像的构造为空间四周体，所以原子不行能处于同一平面，故A正确；B、乙烯为平面构造，全部原子都处在同一平面上，故B错误；C、乙快为直线构造，全部原子处于同始终线，全部原子都处在同一平面上，故C错误；D、苯为平面构造，全部原子都处在同一平面上，故D错误；应选A.在常见的有机化合物中甲烷是正四周体构造，乙

17、烯和苯是平面型构造，乙焕是直线型构造，其它有机物可在此根底上进展推断.此题主要考察有机化合物的构造特点，做题时留意从甲烷、乙烯、苯和乙快的构造特点推断有机分子的空间构造.1 0.答案：D解析：此题考察物质的性质与用途，为高频考点，学习中留意把握物质的组成、性质和用途的关系。A.二氧化硅具有良好的光学性质，所以S i。2 可以制造光导纤维，与其硬度大无关，故A不选；B.F e C%用于印刷电路板回收铜是由于-Fe C 4 具有氧化性，把铜氧化为氯化铜，与易溶于水无关，故B不选；C.由于s()2 具有漂白性，可用于漂泊纸浆，与氧化性无关，故C不选；D.明矶溶于水电离出铝离子，铝离子会水解生成氢氧化

18、铝胶体，因氢氧化铝胶体具有较强的吸附性，故可用明矶净水，D符合题意，故D选。应 选 D。1 1.答案：B解析：此题考察有关混合物反响的计算，题目难度中等，明确发生的反响原理为解题关键，留意利用守恒思想计算，侧重考察学生分析思维力量的考察。铁和氧化铁与硫酸反响后溶液中溶质为Fe S C)4、H 2 s。型 参加N a O H 溶液使铁完全转化成Fe(O H)2,产生反响后的溶液溶质只有N a 2 s 0铲依据硫酸根守恒，则：n(H 2 s o P =n(N a 2 s o 4)，依据钠离子守恒，则n(N a 2 s o /=5(N a O H)=I x 3 m o l/L x 0.2 L=0.3

19、 m o l,2稀H zS O/j物质的量浓度为：c(H 3)=o.s m o i 2 m o i/L,4 0.1 5 L应 选B。12.答案:B解析：依据硫氧化性较弱，与铁反响生成二价铁离子，据此进展分析解答。硫氧化性较弱，与铁反响生成硫化亚铁，故正确。应选B。13.答案：C解析：解：A.0H-与HC0发生反响不能大量共存，故A错误；B.Fe3+有颜色，不能大量存在，故B错误C.离子之间不发生任何反响，可大量共存，故C正确；D.C02-、Si02-与H+反响而不能大量共存，故D错误.3 3应选C.溶液无色，则有颜色的离子不行大量共存，离子之间不发生任何反响，则离子可大量共存，以此解答该题.此

20、题考察离子共存，涉及常见离子的性质的考察，侧重于根底学问的综合运用，易错点为D,留意离子之间发生弱电解质的性质，题目难度不大.14.答案：A解析：解：A.Fe与氯化铁反响生成氯化亚铁，则加铁粉、过滤可除杂，故A正确；B.二者均与碳酸钠反响，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B 错误；C.二者均与N aO H反响，不能除杂，应选饱和亚硫酸氢钠溶液，故C错误；D.二者均与氢氧化钙反响，不能除杂，应通入足量二氧化碳气体，故D错误；应选A.A.Fe与氯化铁反响生成氯化亚铁；B.二者均与碳酸钠反响;C.二者均与N aO H 反响；D.二者均与氢氧化钙反响.此题考察混合物分别提纯，为高频考点，把握物质的性

21、质、发生的反响、混合物分别方法为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问的综合应用，题目难度不大.15.答 案:D解析：此题考察化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、转化率和体积分数的推断为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意等效平衡的推断，题目难度不大。A.减小容器体积，压强增大，该反响为气体体积不变的反响，平衡不移动，故A 错误；B.再参加Z,与原平衡为等效平衡，达平衡时Z 的体积分数不变，故B 错误；C.再参加X,与原平衡为等效平衡，X 的转化率不变，故C 错误；D.该反响为放热反响，降低温度平衡正向移动，Y 的转化率增大，故D 正确；应选：D。16.答案：

22、A解析：此题考察较为综合，涉及物质的制备、收集、检验等学问，为高考常见题型，侧重于学生的分析力量和评价力量的考察，留意把握物质的性质的异同以及试验方案的严密性，难度中等。A.蔗糖在浓硫酸的作用下脱水碳化，然后碳与浓硫酸反响生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性和还原性，可使品红褪色，可被高镒酸钾氧化，用甲装置验证浓H2sO,的脱水性、强氧化性，故 A 正确;B.NO可与空气中的氧气反响生成N O 2,不行用排空气法，故 B 错误；C.丙中烧瓶与分液漏斗之间用导管相连，系统内大气压全都，因此液体可持续流下，故C 错误；D.硝酸易挥发，生成的二氧化碳中混有硝酸，不能比较碳酸、硅酸的酸性，故D 错误。应

23、选 A。17.答 案:A解析：此题考察离子反响的书写，留意离子方程式的书写规章和各离子的电荷是否守恒，明确沉淀、气体、水在离子反响中保存化学式即可解答，题目较简洁.A.氯气通入氢氧化钠溶液中的离子反响为Q 2+2 0 H-=C I O-+C l-+H20,故A正确；B.碳酸钠溶液与醋酸溶液混合离子反响为C O 2 3 -+2 C H3C O O H =H20 +C 02 T +2 C H 3 C O O-,故B错误；C.向N aH S O q 溶液中滴加B a(O H)2 溶液至溶液呈中性离子反响为2 H+S 0 2-yB a2+2 0 H-=2 H2O +B aS O4i,故C 错误；D.盐

24、酸中参加铁粉离子反响为F e+2 H+=F e2+4 T,故D错误。应选A。1 8.答案：C解析：解：A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则丫的气态氢化物的稳定性肯定比W 的强，故A正确；B.假 设 丫 为。，W 为 S,W 的原子序数是丫的原子序数的2倍，故B正确；C.X、丫的离子可能具有一样的电子排布，则丫原子形成的简洁离子半径比X原子形成的简洁离子半径小，故C错误；D.Z 元素最高价氧化物的水化物是强酸，Z为 S,则W 为 CL氯气具有强氧化性，故D正确；应选：C o由 X、Y、Z、W 四种短周期主族元素在周期表中的相对位置，可知X、Y位于其次周期，Z、W 位于第三周期，X、Z同主族，Y

25、、W 同主族，A.非金属性越强，对应氢化物越稳定；B.假设丫为。，W 为 S；C.X、Y的离子可能具有一样的电子排布；D.Z 元素最高价氧化物的水化物是强酸，Z为 S,则W 为 Q。此题考察位置、构造与性质，为高考常见题型，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意选项C为解答的易错点，题目难度不大。1 9.答案：B解析：解：A.氧化复原反响的特征是元素化合价的变化，氧化复原反响的本质是有电子的得失，故 A错误；B.元素化合价上升失电子的物质被氧化，元素化合价上升得到电子的物质被复原，故B正确；C.元素化合价上升失电子的物质被氧化，元素化合价上升得到电子的物质

26、被复原，故C错误；D.氧化复原反响中，氧化剂和复原剂可以是一种物质，如氯气与水的反响，氯气既是氧化剂又是复原剂，故D错误。应选：B。A.氧化复原反响的本质是有电子的得失；B.元素化合价上升失电子被氧化；C.得到电子的物质被复原；D.氧化复原反响中，氧化剂和复原剂可以是一种物质.此题考察了氧化复原反响，侧重于氧化复原反响根本概念的考察，题目难度不大.20.答案：D解析：解：A.参加的盐酸也会生成AgCl沉淀，溶液中不肯定含有C 1-,可能含有S O 2 j故A错误；B.加Bad?溶液，生成白色沉淀，沉淀可能为AgCl或硫酸钢沉淀，不肯定含有S O 2,故B错误；C.CO2-和HCO：都能与HC1

27、反响生成CO2气体，CO2气体为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，所以不能推断出是否含有COT，故C错误；D.淀粉遇碘变蓝色，可证明含有碘离子，故D正确。应选：D。A.参加的盐酸也会与硝酸银反响生成氯化银沉淀；B.可能生成AgCl沉淀；C.可能为HCOg；D.淀粉遇碘变蓝色。此题考察物质的检验和鉴别试验方案的设计，为高频考点，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考察，留意检验应排解干扰离子，题目难度不大。21.答案：（1）关闭弹簧夹1和3,翻开弹簧夹2,待铁粉完全溶解后翻开弹簧夹1和3,关闭弹簧夹2浓盐酸冷却结晶（2）排出装置内的空气FeC）易升华溶液分层，上层

28、接近无色，下层橙红色（4）2FeCl3 且 2FeCl2 4-5，2Br-+Cl2=Br2+2C1-F e C g、F e2O3解析：此题以物质制备为载体，考察学生对原理的分析理解、物质的分别提纯、氧化复原反响、物质成分分析、信息猎取与迁移运用等，需要学生具备扎实的根底，题目难度中等。(1)先制备氯化亚铁，再由氯化亚铁与氯气制备氯化铁，为顺当达成试验目的，关闭弹簧夹1 和 3,翻开弹簧夹2；待铁粉完全溶解后翻开弹簧夹1 和 3,关闭弹簧夹2；故答案为：关闭弹簧夹1 和 3,翻开弹簧夹2,待铁粉完全溶解后翻开弹簧夹1 和 3,关闭弹簧夹2；反响完毕后，向乙制得的氯化铁溶液中参加浓盐酸，抑制铁离子

29、的水解，然后加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥即得到产品；故答案为：浓盐酸；冷却结晶；(2)为防止空气对试验的干扰，翻 开 K,充入氮气；故答案为：排出装置内的空气；F e C)易升华，B 中消灭棕黄色固体；故答案为：F e C 易升华；充入氮气，关闭K,加热至6 0(T C,充分灼烧固体，发生反响2 Fe C l A 2 Fe C 1 2+02，生成的氯气通入C装置，2 B r-+C l 2 =B 4 +2 C 1-,四氯化碳密度比水重，萃取溟单质，使C中溶液分层，上层接近无色，下层橙红色；故答案为：溶液分层，上层接近无色，下层橙红色；灼烧固体，2 Fe C l 3 A 2 Fe C l

30、z+C 5，生成的氯气C装置，2 B r-+C%=B%+2 C 1-；故答案为：2 Fe C l 3 A 2 Fe C 1 2+5，2 B r-+%=B 4 +2 C 1-；依据试验，固体确定含有氯化铁，氯化铁溶液中的铁离子水解灼烧后生成氧化铁，故固体还含有氧化铁，不能确定是否含有氯化亚铁；故答案为：Fe C%、Fe203 O22.答案：K r：S ：K ；离子；4；第三周期第V I A 族；K S C N 0；A C解析：解：(1)由原子守恒可知A为/s,其电子式为K|：S ：K ,含离子键，为离子化合n物，故答案为：K I：S ：K ；离子；n(2)只 有 K不在短周期，C、N、0、S四种

31、均在短周期，二氧化硫具有漂白性，S位于第三周期第V I A族，故答案为：4；第三周期第V I A 族；(3)电子层越多，原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为K S C N 0,故答案为：KSCN0；(4)氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性、化合物中化合价可比较非金属性，只 有 AC符合，故答案为：A C.(1)由原子守恒可知A 为K 2 S,含离子键；(2)只 有 K不在短周期，二氧化硫具有漂白性；(3)电子层越多，原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小；(4)利用氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性、化合物中化合价推断.此题考察氧化复原反响、周期表及应用，为高频考点

32、，把握原子守恒、化学键、物质的性质是解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大.23.答案：2 N (g)1 M (g)；大于；I?；7 5%；减小解析：解：(1)由图可知，随反响进展，M的物质的量增大，n(M)=3 mo l,为生成物，N的物质的量削减，n(N)=6 mo l,为生成物，N、M 的化学计量数之比等于物质的量变化量之比为6 mo l：3 mo l =2：1,时 M、N的物质的量不发生变化，为可逆反响，故反响为2 N (g)=M (g),故答案为：2 N(g)=M(g)；(2)1 时刻，反响未到达平衡状态，q 时 刻 后 N的物质的量连续减小，反响向正反响进展，故口时生成

33、 M反响速率大于消耗M反响速率，故答案为：大于；(3)由图可知，t 3 时物质的量不随时间发生变化，为平衡状态；由图可知，平衡时N的物质的量变化为8 mo i -2 mo l =6 mo l,N的起始物质的量为8 mo l,故 N的转化率为皿L x 1 0 0%=7 5%,8mol故答案为：I?;75%；(4)反响为2 N(g)U M(g),正反响为吸热反响，上升温度平衡向正反响进展，混合气体物质的量削减，压强不变，故容器的体积减小，故答案为：减小.(1)由图可知，随反响进展，M的物质的量增大，n(M)=3 m o L为生成物，N的物质的量削减，o n(N)=6 m o l,为生成物，化学计量

34、数之比等于物质的量变化量之比，据此确定化学计量数，时M、N的物质的量不发生变化，为可逆反响，据此书写；(2)讶时刻，反响未到达平衡状态，.时 刻 后N的物质的量连续减小，反响向正反响进展：(3)物质的量不随时间发生变化时为平衡状态；由图可知，平衡时N的物质的量变化为8moi-2moi=6moL N的起始物质的量为8m ol,据此计算；(4)上升温度平衡向正反响进展，结合混合气体物质的量的变化推断.此题考察化学反响与图象、平衡状态的判定、影响化学反响速率的因素等，依据图象书写反响的方程式是解题的关键.24.答案：(l)ac；C H-C H:甲苯；(3)；硝 基；(4)O2N-2 -COOH+KC

35、HJCH2N(C2HB)2 OjN-H20;17；0H-C O O H;jd f/7.CH.fici t7/./7 U 7,2c用 码a +NHff邮HiCl解析：此题考察有机物推断与合成，充分利用M的构造、赐予的反响信息进展分析推断，题目侧重考察学生分析推理与学问迁移运用力量，(6)中为易错点、难点，中学不涉及胺的内容。一样条件下D蒸气的密度是氢气的46倍，则Mr(D)=46 x 2=9 2,分子中最大C原子数目=忆=127.8,可得D的分子式为C7Hg,纵观整个过程，结合M的构造简式，可知D中含有苯环，故D的构造简式为-C H3，故D与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反响生成E为0也NO

36、C%,E发生氧化反响生成生成F为由M 的构造逆推可知G为0?5 -C O O C W C l b W C H 2 c H i)2，故C g H O C H2C H2N(C H2C H3)2，由题给信息可知 B 为(C H 2 c H 2 N H、A 为 4,_诵。(1)M 的构造简式为 0 rHz。a.M含有氨基，可与浓盐酸形成盐，故a正确；b.M 含有苯环，能与氢气发生加成反响，故b错误；c.M 含有酯基，可发生水解反响，故c 正确；d.M 含有氨基，没有我基，不属于两性化合物，故d错误，应选：a c；(2)由分析可知，A的构造简式为D的构造简式为-CH3，D的名称是：甲苯，故答案为：4二

37、用；甲苯；(3)合成路线中属于氧化反响，是加成反响，属于取代反响，属于复原反响。E 为分子中官能团名称为硝基，故答案为：；硝基;(4)C +F-G 的化学反响方程式为：O2N-2 -C O O H 4-H3CHSCH2N(C2H6)2 O jN -C O O C H jC H C jH jJ i.H20故答案为：02N-/COCH+小 州 即 仁 科2 甲-CQOCHpi2M虱典 H20;(5)E(5 N r D-C H 3)的某种同系物H,相对分子质量比E大 1 4,H比 E多 1个C”原子团，符合以下条件的H的同分异构体：属于芳香族化合物，说明含有苯环；含有-N H?;能与N a H C(

38、)3溶液反响放出气体，说明含有残基，苯环上可以有1个取代基为-C H(N H z)C O O H；可以有2个取代基为：一 N“、-C H2C O O H n g-C H2N H2,-C O O H,均有邻、间、对 3种位置关系；可以有3个取代基为:-N Hr C%、-C O O H,氨基、竣基有邻、间、对 3种位置构造，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1 +3 x 2 +4 +4 4-2=1 7 种，其中分子中核磁共振NH?氢谱有6个吸取峰，且峰面积之比为1：1：1：2：2：2 的有机物构造简式为:5故答案为：1 7；0-yHYOOH；NHi(6)乙烯与HC1发生加成反响生成CH3cH2。，CH3cH2cl与氨气反响得到HN(CH2cH3)2,反响方程式为：小 CH.|HCI 半 C1/.,(7LC/,ICH/HiCI+N/一定条件仍),+2门，故答案为：CH,ICiWHtCl+NJ4一定条件 N K%C条I +2HCI。