2023年高考浙江卷化学试题解析.docx

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1、2023 年高考浙江卷化学试题解析一、单项选择题1. 水溶液呈酸性的是()A.NaCl【答案】BB. NaHSO4C. HCOONaD. NaHCO3【解析】氯化钠是强酸强碱盐，水溶液呈中性，A 项错误;硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，水溶液呈酸性，B 项正确；甲酸铀是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，C 项错误；碳酸氢钠是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，D 项错误。A.B.C.D.2. 固液分别操作中，需要用到的仪器是()【答案】C【解析】A 为枯燥管，不能进展固液分别，A 项错误；B 为蒸馏烧瓶，不能进展固液分别，B 项错误；C 为漏斗，用过滤的方法进展固液分别时需用到漏斗，C 项正

2、确;D 为牛角管,不能进展固液分别，D 项错误。3. 以下物质在熔融状态下不导电的是()A. NaOH【答案】CB. CaCl2C. HClD. K SO24【解析】在溶融状态下能导电的化合物是离子化合物，A、B、D 都是离子化合物，在熔融状态下能导电，C 是共价化合物，在熔融状态下不能电离出自由移动的离子，不能导电。4. 以下物质对应的组成不正确的选项是()A. 干冰： CO2B. 熟石灰: CaSO4 2H O2C. 胆矾: CuSO4【答案】B 5H O2D. 小苏打: NaHCO3【解析】干冰的组成为CO2，A 项正确；熟石灰的组成为Ca(OH)2，B 项错误；胆矾的组成为CuSO4

3、5HO ，C 项正确；小苏打的组成为NaHCO23，D 项正确。5. 以下表示不正确的选项是()A.乙烯的构造式：B.甲酸甲酯的构造简式： C H O242C. 2-甲基丁烷的键线式：D.甲基的电子式：【答案】B【解析】甲酸甲酯的构造简式为HCOOCH6. 以下说法不正确的选项是() A.自然气是不行再生能源，B 项错误。3B.用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物C.煤的液化属于物理变化D.火棉是含氮量高的硝化纤维【答案】C【解析】煤、石油、自然气是不行再生能源，A 项正确；水煤气的主要成分是CO 和H2，用水煤气可以合成甲醇等含氧有机物，B 项正确；煤的液化是在确定条件下将固体煤炭转化为

4、液体燃料的过程，煤的液化属于化学变化，C 项错误；火棉是含氮量高的硝化纤维，D 项正确。7. 以下说法正确的选项是()A. 35 Cl 和37 Cl 是两种不同的元素B.单晶桂和石英互为同素异形体C.HCOOH和HOCH【答案】DCHO 互为同系物2D.H与Na在元素周期表中处于同一主族【解析】35 Cl 和37 Cl 是氯元素的两种不同核素，A 项错误；单晶硅为Si，石英为SiO ，二者不互2为同素异形体， B 项错误； HCOOH 为一元羧酸， HOCH 互为同系物，C 项错误；H 和Na 都处于I A 族，D 项正确。8.以下说法不正确的选项是( )A. Cl- 会破坏铝外表的氧化膜CH

5、O 为羟基醛，二者构造不相像，不2B. NaHCO3的热稳定性比Na CO 强23C.KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀【答案】B【解析】酸、碱和Cl- 都能破坏铝外表的氧化膜，A 项正确；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不分解，热稳定性：碳酸钠强于碳酸氢钠，B 项错误；高锰酸钾具有氧化性，其稀溶液可消毒杀菌，C 项正确；钢铁在潮湿的空气中主要发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，D 项正确。9. 以下说法不正确的选项是() A.高压钠灯可用于道路照明B.SiO2可用来制造光导纤维C.工业上可承受高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜D.Ba

6、CO3不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐【答案】D【解析】高压钠灯射程远、透雾力气强，可用于道路照明，A 项正确；二氧化硅常用于制造光导纤维，B 项正确；较活泼的金属常用热复原的方法得到金属单质，C 项正确；碳酸钡不溶于水，但溶于胃液的成分盐酸，常用不溶于盐酸的硫酸钡作钡餐，D 项错误。10. 反响MnO2+ 4HCl(浓) = MnCl2+ Cl2 +2HO 中，氧化产物与复原产物的物质的量之比是()2A. 1：2【答案】BB. 1：1C.2：1D.4：1【解析】依据化合价变化可找出氧化剂和复原剂，氧化剂得电子化合价降低，则二氧化锰是氧化剂，氧化剂对应的生成物是复原产物，则MnCl2为复原

7、产物；复原剂失电子化合价上升，则HCl为复原剂，复原剂对应的生成物是氧化产物，则Cl2之比为 1:1。11. 以下有关试验说法不正确的选项是()为氧化产物，氧化产物与复原产物的物质的量A. 萃取Br2时，向盛有溴水的分液漏斗中参与CCl4，振荡、静置分层后，翻开旋塞，先将水层放出B. 做焰色反响前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色C. 乙醇、苯等有机溶剂易被引燃，使用时须远离明火，用毕马上塞紧瓶塞D.可用AgNO 溶液和稀HNO 区分NaCl， NaNO 和NaNO3323【答案】A【解析】分别分液漏斗中的液体时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因四氯化碳密 度比水大，在下层，故水层

8、应从上口倒出，A 项错误； 做焰色反响前，铂丝应用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色，目的是防止其他离子产生干扰，B 项正确；乙醇、苯等有机物易挥发，遇明火易被引燃，使用时须远离明火，用毕马上塞紧瓶塞，C 项正确；参与硝酸银得到白色沉淀，参与稀硝酸沉淀不溶解的是NaCl，参与硝酸银得到白色沉淀，参与稀硝酸沉淀溶解的是NaNO2，参与硝酸银得不到沉淀的是NaNO312. 以下说法正确的选项是()，D 项正确。A. NaO 在空气中加热可得固体Na O222B. Mg参与到过量FeCl3溶液中可得FeC. FeS2在沸腾炉中与O2反响主要生成SO3D.H O 溶液中参与少量MnO 粉末生成H 和O222

9、22【答案】A【解析】 NaO 不稳定，在空气中加热可得到Na O222，A 项正确；镁参与过量的FeCl3溶液中只发生反响Mg + 2Fe3+ = Mg2+ + 2Fe2+ ，得不到Fe，B 项错误； FeS2在沸腾炉中与氧气反响只能得到SO ，不能得到SO23，C 项错误；二氧化锰能催化过氧化氢分解，过氧化氢分解得到氧气和水，D项错误。13. 能正确表示以下反响的离子方程式是()A. (NH )4 2Fe(SO )4 2溶液与少量Ba(OH)2溶液反响： SO2-4+ Ba2+ = BaSO 4B. 电解MgCl2水溶液： 2Cl- + 2HO = 2OH- + Cl通电22 +H2C.

10、乙酸乙酯与NaOH溶液共热： CH3COOCH CH23+ OH CH3COO- + CH CH OH32D. CuSO 溶液中滴加稀氨水： Cu2+ + 2OH- = Cu(OH)42【答案】C【解析】硫酸亚铁铵与少量氢氧化钡反响的离子方程式为Fe2+ + SO2-4+ Ba2+ 2OH- = Fe(OH)2 +BaSO4 ，A 项错误；电解MgCl2水溶液的离子方程式为Mg2+ + 2Cl- + 2HO =通=电= Mg(OH)22 +H2 +Cl2 ，B 项错误；乙酸乙酯在氢氧化钠条件下水解得到乙酸钠和乙醇，C 项正确；一水合氨是弱碱，书写离子方时不能拆写，应为Cu2+ + 2NH3 H

11、 O = Cu(OH)22 +2NH+ ，D 项错误。414. 以下说法不正确的选项是()A.一样条件下等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，放出的热量依次增加B.油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂成分C.依据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花D.淀粉、纤维素、蛋白质都属于高分子化合物【答案】A【解析】单位质量H 元素燃烧放出的热量大于C 元素，甲烷为含氢量最高的烃，则一样条件下， 等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，氢气放出的热量最多，甲烷次之，汽油最少，A 项错误；油脂在碱性条件下的水解即为皂化反响，得到的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B 项正确；蚕丝是蛋白质，燃烧时有烧焦

12、羽毛的气味，棉花的主要成分是纤维素，燃烧时没有此气味，可用燃烧时 产生的气味区分蚕丝与棉花，C 项正确；淀粉、纤维素和蛋白质均属于高分子化合物，D 项正确。15.有关的说法正确的选项是()A.可以与氢气发生加成反响B.不会使溴水褪色C.只含二种官能团D.1mol该物质与足量 NaOH溶液反响，最多可消耗 1mol NaOH【答案】A【解析】该有机物构造中含有苯环和碳碳双键，能与氢气发生加成反响。A 项正确；含有碳碳双键，可与溴单质发生加成反响而使溴水褪色，B 项错误；含有碳碳双键、羟基、酯基三种官能团， C 项错误；该有机物水解得到的有机物中含有酚羟基和羧基，酚羟基和羧基都能与氢氧化钠反响，

13、1 mol 该有机物与足量NaOH 溶液反响，最多可消耗 2 mol NaOH，D 项错误。16.X、Y、Z、M、Q 五种短周期元素，原子序数依次增大。Y 元素的最高正价为+4 价，Y 元素与Z、M 元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z X24的电子总数为 18 个；Q 元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。以下说法不正确的选项是() A.原子半径:ZY Y MC. X2Z - ZX2易溶于水，其水溶液呈碱性D. X、Z 和Q 三种元素形成的化合物确定是共价化合物【答案】D【解析】依据同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同一主族元素从上到下原子半径依 次增大，可得原子半径：Z(N)

14、Y(C) Y(H CO23) M(HSiO23)，B 项正确； H2N - NH 为联2氨，是一种极性较强的化合物，能与水、醇等形成分子间氢键，依据相像相溶原理，联氨能溶于水、醇等极性溶剂中，又H2NNH2+ H O2H NNH+23+ OH- ，其水溶液呈碱性，C 项正确；()X( H)、Z( N)、Q( Cl)三种元素可形成NH 17.以下说法不正确的选项是()Cl ， NH4Cl 是离子化合物，D 项错误。4A. 2.0 10-7 mol L-1 的盐酸中c H+= 2.010-7 mol L-1B. 将 KCl 溶液从常温加热至 80，溶液的pH 变小但仍保持中性C. 常温下，NaCN

15、 溶液呈碱性，说明HCN 是弱电解质D. 常温下，pH 为 3 的醋酸溶液中参与醋酸钠固体,溶液 pH 增大【答案】A【解析】极稀的溶液中， HO 电离出的H+ 不能无视，故c(H+)大于2 10-7 mol L-1 ，A 项错误；2水的电离是吸热的，上升温度促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，pH 减小，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等，溶液呈中性，B 项正确;常温下，NaCN 溶液呈碱性说明NaCN 是强碱弱酸盐，HCN 是弱酸，C 项正确;醋酸溶液中参与醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH 增大，D 项正确。18. 5mL0.1mol L

16、-1KI 溶液与1mL0.1mol L-1FeCl3溶液发生反响：2Fe3+ (aq) + 2I- (aq)2Fe2+ (aq) + I2A. 参与苯，振荡，平衡正向移动(aq) ，到达平衡。以下说法不正确的选项是()B. 经苯 2 次萃取分别后，在水溶液中参与KSCN ，溶液呈血红色，说明该化学反响存在限度C. 参与FeSO4固体，平衡逆向移动()D. 该反响的平衡常数K =c2 Fe2+()( )c2 Fe3+ c2 I-【答案】D【解析】碘易溶于本，参与苯，碘进入到苯中使水溶液中碘的浓度减小，平衡正向移动，A 项正确；假设反响能进展到底，则经过苯两次萃取后溶液中不会有Fe3+ ，参与KS

17、CN，溶液不会呈血红色，溶液呈血红色说明此反响是可逆反响，有反响限度，B 项正确；参与FeSO4，二价铁离子浓度增大，平衡逆向移动，C 项正确；该反响的平衡常数K = c2 (Fe2+ ) c (I2错误。)/ c2 (Fe3+ )c2 (I- ) ，D 项19. NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A. 4MnO- + 5HCHO + 12H+= 4Mn2+ 5CO +11H O ，1 mol 4MnO- + 5HCHO 完全反响转移的4电子数为 20 NA224B. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有 32 g Cu 转化为Cu2+C.常温下，pH

18、 =9 的CH COONa 溶液中，水电离出的H+ 数为10-5 N3AD.1L 浓度为0.100mol L-1 的Na CO23【答案】A溶液中，阴离子数为0.100NA【解析】MnO- 中 Mn 为+7 价， MnO- Mn2+ 转移 5 个电子， 4 mol MnO- 完全转化为Mn 2+ 转移44420 mol 电子，A 项正确；粗铜中含有Zn、Fe、Ag 等杂质，电解时比铜活泼的金属先放电，Cu 可能没有反响，B 项错误；不知道溶液的体积， H+ 数无法求出，C 项错误；碳酸根离子水解阴离子数大于 0.100 NA，D 项错误。20. 定条件下： 2NO (g)2定结果误差最小的是(

19、)N O (g)DH 0 。在测定NO 的相对分子质量时，以下条件中，测242A. 温度 0、压强 50 kPa C.温度 25、压强 100 kPa【答案】DB. 温度 130、压强 300 kPa D.温度 130 、压强 50 kPa【解析】测定NO2的相对分子质量时， N O24越少越好，即使平衡逆向移动。正反响是气体分子数减小的放热反响，要使平衡逆向移动，需减小压强上升温度，则选D 项。21. 电解高浓度RCOONa羧酸钠的NaOH 溶液，在阳极RCOCT 放电可得到RR(烷烃。以下说法不正确的选项是()A. 电解总反响方程式： 2RCOONa + 2HB. RCOO- 在阳极放电，

20、发生氧化反响O =通=电= R - R + 2CO22 +H2 +2NaOHC. 阴极的电极反响： 2HO + 2e- = 2OH- + H22D. 电解CHCOONa、CH CH33COONa 和 NaOH 混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷2【答案】A【解析】CO 可与NaOH 反响，故电解后不能得到CO ，A 项错误；阳极发生失电子的氧化反22应，B 项正确；阴极得电子，电极反响为2HO + 2e- =2OH- +H22 ，C 项正确；依据电解RCOONa的 NaOH 溶液生成RR 可知，电解CH COONa、CH CH COONa 和NaOH 的混合溶液， CH 3323、CH CH 可结

21、合成乙烷、丙烷、丁烷，D 项正确。3222. 关于以下DH 的推断正确的选项是()CO2- (aq) + H+ (aq) = HCO- (aq)DH331CO2- (aq) + H32O(l)HCO- (aq) + OH- (aq)DH32OH- (aq) + H+ (aq) = HO(l)DH23OH- (aq) + CH3COOH(aq) = CH3COO- (aq) + HO(l)DH24A. DH1 0DH2 0B. DH1 DH2C. DH3 0D. DH3 DH4【答案】B【解析】形成化学键要放出热量， DH1 0 ，A 项错误； DH21是负值， DH2是正值， DH1 DH2，

22、B 正确；酸碱中和反响是放热反应， DH3 0, DH4 0 ，C 项错误；第四个反响(酸是弱酸，电离吸热放出的热量小于第三个反应，但DH3和DH4都是负值，则DH3 c CH COO- )33B. 当滴入氨水 10 mL 时， c (NH+ )+ c (NH H O)= c (CH COO- )+ c (CH COOH)43233C. 当滴入氨水 20 mL 时， c(CH COOH)+ c (H+ )= c(NH H O) + c (OH- )332()()D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 rnL， c NH+4 c CH COO-，A 项正确；当入氨水 10mL 时，参与的氨水的

23、体积、浓度和初3始醋酸溶液的体积、浓度均等，由物料可知，c (NH+ )+ c(NH H O)= c (CH COO- )+ c(CH COOH)，B 项正确；当滴入氨水 20 mL 时，溶液中43233溶质为CHCOONH(34和NHCl ，依据电荷守恒式(4(c NH+4)+ cH+ )= cCH COO-3)+ cCl-)+ cOH-)，物料守恒式c (NH+ )+ c(NH H O)= c (CH COO- )+ c(CH COOH)+ c (Cl- )，可得43233c(CH COOH)+ c (H+ )= c(NH H O)+ c (OH- )，C 项正确；恰好反响时，生成等物质的

24、量的氯化332()()铵和醋酸铵，此时溶液呈酸性，假设溶液呈中性，则氨水滴入量大于20mL， c NH+4 c Cl-，D项错误。24. CaSiO35是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的选项是()A. 可发生反响： CaSiO35+ 4NHCl = CaSiO43+ 2CaCl2+ 4NH3 +2H O2B. 具有吸水性，需要密封保存C. 能与SO2反响生成盐D. 与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2【答案】D【解析】加热时氯化铵分解生成HCl 和氨气，HCl 与CaSiO35反响得到硅酸钙、氯化钙和水， A项正确；水泥吸水会变硬，需密封保存，B 项正确； CaSiO3

25、5能与二氧化硫反响得到亚硫酸钙， C 项正确；由上述分析可知， CaSiO35与足量盐酸反响得不到土氧化硅，D 项错误。25. 黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO 、Fe42(SO4) 、CuCl32、KI之中的几种或全部。将X 与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y 和无色碱性溶液Z。以下结论合理的是()A. X中含KI，可能含有CuCl2B. X中含有漂白粉和FeSO4C. X中含有CuCl2，Y 中含有Fe(OH)3D. 用H SO24酸化溶液 Z，假设有黄绿色气体放出，说明X 中含有CuCl2【答案】C【解析】由黄色固体X 与足量的水作用得到深棕色固体混合物Y 和无色碱性溶液Z 可知

26、，X 中含有CuCl2、漂白粉，至少含有Fe2(SO4) 、CuCl32中的 一种，不含KI，A、B 项错误，C 项正确；漂白粉中含有CaCl2和Ca(ClO)，用硫酸酸化可得到氯气，由题述试验现象不能说明X 中含有2CuCl2，D 项错误。二、填空题26. 答复以下问题：（1） 气态氢化物热稳定性HF大于 HCl的主要缘由是。（2） CaCN2是离子化合物，各原子均满足8 电子稳定构造，CaCN2的电子式是。（3） 常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，缘由是。2【答案】1原子半径FC1H3乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有2 CaCN 2 是离子化合物，各原子均满足8 电子稳定构造，则阴离子

27、的构造式为N = C = N2- ，故CaCN 的电子式为。2解析：1可以依据共价键的稳定性比较气态氢化物的热稳定性，键长越短，键能越大，则气态氢化物的热稳定性越强，原子半径：F Cl，则键长：FH CIH，故HF 的热稳定性大于HCl 的热稳定性。也可以依据元素非金属性的强弱比较气态氢化物的热稳定性，元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：F Cl，故HF 的热稳定性大于 HCl 的热稳定性。3影响物质在水中溶解度的因素有:物质的极性、是否含有氢键、能否与水发生化学反响等。乙醇、氯乙烷、水均为极性分子，但乙醇与水分子能形成氢键，因此在水中的溶解度乙醇大于氯乙 烷。27.100

28、mL0.200mol L-1CuSO 溶液与 1.95 g 锌粉在量热计中充分反响。测得反响前温度为20. 1，4反响后最高温度为 30.1。：反响前后，溶液的比热容均近似为4.18J g-1 C-1 、溶液的密度均近似为1.00g cm-3 ，无视溶液体积、质量变化和金属吸取的热量。请计算：（1） 反响放出的热量 Q =J。（2） 反响Zn(s) + CuSO4(aq) = ZnSO4(aq) + Cu(s) 的DH =kJ mol-1 (列式计算。【答案】1 4.18 1032 - 4.18103 /10000.100 0.200= -209【解析】1依据Q = cmDt ，反响放出的热量

29、Q = 4.18J g-1 C-1 100mL 1.00g cm-3 (30.1C - 20.1C)= 4.18 103 J 。2 n (CuSO4)= 0.1L 0.200mol L-1 = 0.02mol ， n(Zn) =1.95g= 0.03mol ，明显 Zn 过量，即65g mol-10.02 mol Zn 和 0.02 mol CuSO4反响放出的热量为 4. 18 kJ，故反响4.18kJZn(s) + CuSO4(aq) = ZnSO4(aq) + Cu(s) 的DH = -0.02mol= -209kJ mol-1 。28. 争论CO2氧化C H26制C H24对资源综合利

30、用有重要意义。相关的主要化学反响有：I C H26(g)C H24(g) + H2(g)DH1= 136kJ mol-1II C H26(g) + CO2(g)C H (g) + H24O(g) + CO(g)DH22= 177kJ mol-1III C H26(g) + 2CO2(g)4CO(g) + 3H2(g)DH3IV CO2(g) + H2(g)+ H O(g)DHCO(g)24= 41kJ mol-1：298 K 时，相关物质的相对能量如图1()可依据相关物质的相对能量计算反响或变化的DH ( DH 随温度变化可无视。例如：H O(g) = Hmol-1。22O(l)DH = -2

31、86kJ mol-1 -242kJ mol-1= -44kJ mol-1 。请答复：（1） 依据相关物质的相对能量计算DH3以下描述正确韵是。A. 上升温度反响的平衡常数增大B. 加压有利于反响、的平衡正向移动=kJC. 反响有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D. 恒温恒压下通水蒸气，反响的平衡逆向移动有争论说明，在催化剂存在下，反响分两步进展，过程如下:【C H26(g) + CO2(g) 】【C H24(g) + H2(g) + CO2(g) 】【C H24(g) + CO(g) + HO(g) 】，且其次2步速率较慢反响活化能为 210 kJ mol-1 )。依据相关物质的相对能量，画出反响

32、分两步进展的“能量-反响过程图”，起点从【C H26(g) + CO2(g) 】的能量-477 kJ mol-1 开头如图 2.（2） CO2和C H26按物质的量 1:1 投料，在 923 K 和保持总压恒定的条件下，争论催化剂X 对“ CO2氧化C H26制C H24”的影响，所得试验数据如表：催化剂转化率CH%转化率CO %产率CH%26224催化剂 X19.037.63.3结合具体反响分析，在催化剂X 作用下， CO2 氧化C2 H6 的主要产物是，推断依据是。2424承受选择性膜技术可选择性地让某气体通过而离开体系可提高C H 的选择性生成C H 的物质的量与消耗C2 H6 的物质的

33、量之比。在 773 K，乙烷平衡转化率为 9.1%，保持温度和其他试验条件不变，承受选择性膜技术， 乙烷转化率可提高到 11.0%。结合具体反响说明乙烷转化率增大的缘由是。【答案】1430AD2CO； C H24的产率低，说明催化剂X 有利于提高反响速率选择性膜吸附C H24，促进反响平衡正向移动(【解析】1由题给信息可知，DH = 0 + 4 3-110kJ mol-1)- 2 -393kJ mol-1 )-(-84kJ mol-1)= 430kJ mol-1。反响的焓变大于 0，则正反响为吸热反响，上升温度，平衡向正反响方向移动，平衡常数增大，A 项正确；反响、均为气体分子数增多的反响，因

34、此加压，平衡向逆反响方向移动，b 项错误；反响的生成物中有CO，而由反响可知，生成乙烯的同时还有CO 生成，故反响抑制了反响的进展， 即抑制了乙烯的生成， C 项错误；水蒸气是反响IV 的生成物，因此通水蒸气时，反响的平衡逆向移动，D 项正确。由反响可知， C H (g)26C H (g) + H242(g)DH1= 136kJ mol-1 ，而题图 2中反响起点对应物质的能量为- -477kJ mol-1 ，故反响的第一步反响生成物的能量为-477kJ mol-1 + 136kJ mol-1 = -341kJ mol-1 ，由其次步反响的活化能为210kJ mol-1 结合反响的焓变可知其次

35、步生成物的能量为-300 kJ mol-1 ，据此作图。2由反响、 反响和反响可知，乙烷的氧化产物有乙烯和CO，结合题表数据可知，CO 2的转化率较高，但因乙烯的产率较低，故乙烷的主要氧化产物是CO。催化剂 X 有利于提高反应速率。选择性膜可吸附乙烯，使反响体系中的乙烯浓度降低，从而促使反响的平衡向正反响方向移动。29. 某争论小组以邻硝基甲苯为起始原料，按以下路线合成利尿药美托拉宗。：请答复：（1） 以下说法正确的选项是。A.反响的试剂和条件是Cl2和光照B.化合物C 能发生水解反响C.反响涉及到加成反响、取代反响D.美托拉宗的分子式是C16HClN O S1433（2） 写出化合物D 的构

36、造简式。（3） 写出B + E F 的化学方程式。【解析】1结合A 的分子式，由反响物正推，由C 逆推可知A 为，反应发生的是苯环氢原子的卤代反响，故反响用Fe或FeCl 3作催化剂、液氯作反响物，A 项错误；化合物C 中含有酰胺键，故该有机物能发生水解反响，B 项正确；由反响的反响物为（4） 设计以A 和乙烯为原料合成C 的路线(用流程图表示,无机试剂任选)。（5） 写出化合物A 同时符合以下条件的同分异构体的构造简式1H-NMR 谱和 IR 谱检测说明：分子中共有 4 种氢原子，其中苯环上的有2 种；有碳氧双键，无氮氧键和一CHO。2345【答案】1BC3CH CHO 和 F 结合反响物F

37、 的分子式，由目标产物逆推可知F 为，出此可知，反响涉及加成反响和取代反响，C 项正确；由美托拉宗的构造简式可知其分子式是C16HClN16O S，D 项错误。33（2） 的苯环上连有甲基，其与酸性KMnO 溶液反响生成D，可4知D 为。（3） 在 Fe、HCl 条件下反响生成B，结合B 的分子式可知苯环上的硝基被复原为氨基，故B 为；比照E、F 的分子式并结合F 的构造简式，由F 逆推可知E为，则B 与E 反响生成F 的化学方程式是。（4） 目标产物C 为，原料为乙烯和，因此可先利用乙烯制备乙酸，再将中的硝基复原为氨基，生成，其氨基与乙酸中的羧基发生脱水反响可生成目标物质，合成路线为。（5） 苯环上有两种H 原子，则说明苯环上有两个取代基，且取代基位于对位；有碳氧双键，无氮氧键和-CHO，则分子式中的 2 个O 原子中，1 个形成，个形成OH，假设一OH 在苯环上，则另外一个支链为 NHCOCl 或CONHCI，假设OH 与组成羧基，则两个支链可以