2023年天津市高考化学模拟试卷(附答案详解)

2023年天津市高考化学模拟试卷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( )利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇利用石油生产塑料、化纤等高分子材料利用根本的化学原料生产化学合成药物利用反渗透膜从海水中分别出淡水以下表达正确的选项是( )最高正化合价：O>N>C电负性：Li>Na>K离子半径：Na+>Mg2+>S2−>O2−熔点：CaO>MgO>H2O>H2S以下与疫情防护有关的表达不正确的选项是( )“84”消毒液有效成分NaClO的电子式：口罩材料中无纺布聚丙烯的构造简式：消毒湿巾中含75%酒精，乙醇的比例模型：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(kJ⋅mol−1)I1I2I3I4W93218211539021771X7381451773310540Y496456269129543Z以下说法不正确的选项是(578)1817274511575W，X同主族，电负性：W<XZ的最高价氧化物具有两性124页与水反响猛烈程度：X<YY的最高化合价为+1以下离子方程式能用来解释相应试验现象的是( )试验现象向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶A液，沉淀溶解向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到B红褐色液体

离子方程式2Mg(OH) +2NH+24=Mg2++2NH3⋅H2O2Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+3SO +2MnO−+4H+24二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色

=3SO2−+2Mn2+4+2H2O氧化亚铁溶于稀硝酸 FeO+2H+=Fe2++H2OA B.B C.C D.D以下有关金属及其化合物的应用不合理的是( )将废铁屑参与FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2铝中参与适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业盐碱地(含有较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进展改进无水CoCl2，呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于推断变色硅胶是否吸水以下试验操作或装置能到达目的是( )A B C D配制确定混合浓硫酸和乙醇 浓度的溶收集NO2气体液

证明乙炔可使溴水褪色A B.B C.C D.D化合物X是一种医药中间体其构造简式如以下图以下有关化合物X的说法正确的选项是( )224页分子中有两个手性碳原子不能与饱和Na2CO3溶液反响在酸性条件下水解，水解产物只有一种1mol化合物X最多能与2molNaOH反响NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如以下图。以下说法错误的选项是( )降低NOx排放可以削减酸雨的形成储存过程中NOx被氧化复原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和复原依据图所得推断正确的选项是( )：H2O(g)=H2O(l)△H=−44kJ/mol图1反响为吸热反响图1反响使用催化剂时，会转变其△H图2中假设H2O的状态为液态，则能量变化曲线可能为①图2中反响为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol2H30×047×05和体积均一样的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如以下图。以下表达正确的选项是( )324页曲线Ⅰ代表HNO2溶液溶液中水的电离程度：b点>c点c(A−)离子)一样体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)一样我国科学家研制了一种型的高比能量锌−碘溴液流电池，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( )放电时，a电极反响为I2Br−+2e−=2I−+Br−放电时，溶液中离子的数目增大充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI−被氧化充电时，a电极接外电源负极氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。答复以下问题：砷在元素周期表中的位置： 。基态Mc原子的价电子排布图： 。：P(s，白磷)=P(s，黑磷)ΔH=−39.3kJ⋅mol−1；P(s，白磷)=P(s，红磷)ΔH=−17.6kJ⋅mol−1；由此推知，其中最稳定的磷单质是 。氮和磷氢化物构造和性质的比较：以下选项中符合NH3>PH3的是 。a.热稳定性b.键角424页c.键长沸点：N2H4 P2H4(填“>”或“<”)，推断依据是 。PH3和NH3与卤化氢的反响相像，产物的构造和性质也相像。以下对PH3与HI反响产物的推断正确的选项是 (填序号)。a.不能与NaOH反响b.含离子键、共价键c.能与水反响SbCl3能发生较猛烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反响的化学方程式： ，因此，配制SbCl3溶液应留意 。xcm，BP的摩尔质量为bg⋅mol−1，阿伏加德罗常数为NA，则磷化硼晶体密度的表达式为 g⋅cm−3。我国化学家首次实现了膦催化的(3+2)成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。(3+2)环加成反响：答复以下问题：茅苍术醇的分子式为 ，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 。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 。524页①分子中含有碳碳三键和乙酯基(−COOCH2CH3)②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 。C→D的反响类型为 。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 (填序号)。aBr2bHBr cNaOH溶液(6)M，在方框中写出路线流程图(其他试剂任选)。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)。①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FeCl3⋅6H2O而不用浓硫酸的缘由为 。(填序号)浓硫酸易使原料炭化并产生SO2FeCl3⋅6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c.同等条件下，用FeCl3⋅6H2O比浓硫酸的平衡转化率高②仪器B的作用为 。操作2用到的玻璃仪器是 。624页将操作3(蒸馏)的步骤补齐安装蒸馏装置参与待蒸馏的物质和沸石，弃去前馏分，收集83℃的馏分。Ⅱ.环己烯含量的测定22I2l⋅1a223Na2S2O3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：①Br2+ →②Br2+2KI=I2+2KBr③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6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)样品中含有苯酚杂质在测定过程中局部环己烯挥发Na2S2O3标准溶液局部被氧化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HCl在300℃时反响生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反响的热化学方程式为 。SiHCl3的电子式为 。Ⅱ.将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反响依次为：①SiCl4(g)+H2(g)⇌SiHCl3(g)+HCl(g)△H1>0②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)⇌4SiHCl3(g)△H2<0③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)⇌3SiHCl3(g)△H3氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生H2的电极名称 (填“阳极”或“阴极”)，该电极反响方程式为 。724页体系自由能变△G=△H−T△S，△G<0时反响自发进展。三个氢化反响的△G与温度的关系如图1所示，可知：反响①能自发进展的最低温度是 ；一样温度下，反响②比反响①的△G小，主要缘由是 。不同温度下反响②中SiCl4转化率如图2所示。以下表达正确的选项是 (填序号)。正 逆 a.B点：v >v b.v ：A点>E点c.反响适宜温度：480～正 逆 反响③的△H3= (用△H1，△H2表示)。温度上升，反响③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SiCl4SiHCl3和Si外还有 (填分子式)。824页答案和解析【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】秸秆通过发酵生成乙醇，为化学变化，故A不选；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不选；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。【答案】B【解析】解：A.O的非金属性较强，没有最高正价，故A错误；Li<Na<K，则电负性：Li>Na>K，故B正确；离子核外电子层数越多，离子半径越大，则S2−>O2−，核外电子排布一样的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则O2−>Na+>Mg2+C错误；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<MgO，故D错误；应选：B。A.O元素没有最高正价；同一主族元素，其电负性随着原子序数增大而减小；离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布一样的离子，核电荷数越大，离子半径越小；离子晶体中离子的半径越大，离子间作用力越小，熔点越低。此题考察元素周期律的递变规律，为高频考点，侧重于学生的分析力气的考察，题目难924页【答案】B【解析】解：A.“84”消毒液有效成分NaClO，由Na+和ClO−构成，ClO−中Cl、O原子间共用1对电子，OCl原子外围都到达8e−构造其电子式为 故A正确；丙烯加聚反响生成聚丙烯碳碳双键断裂形成的链节为 ，则聚丙烯的构造简式为 ，故B错误；5%CH3CH2OHC原子、深灰色球表示O原子、白色球表示H原子，氧原子应连接H原子，比例模型为，故C正确；聚酯纤维是涤纶的俗名，聚酰胺纤维是尼龙的俗名，都是聚合反响的产物，相对分子质量都在10000D正确；应选：B。A.NaClO由钠离子和次氯酸根离子构成，次氯酸根离子中Cl、O原子间共用1对电子；B.聚丙烯是丙烯的加聚反响产物，链节为 ；C.H3H2HC>O>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、构造简式等化学用语，明确常见化学用语的概念及正确的表示方法，题目难度不大。【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Al2O3B错误；24页C.X为Mg，Y为Na，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I2发生突跃，Na的化合价为+1D错误，应选：A。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I3发生突跃，则二者化合价为+2，即第ⅡAW为Be，X为Mg，同理，Y的I2发生突跃，则化合价为+1，即第ⅠA族元素，Z的I4发生突跃，则化合价为+3，即第ⅢA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ⅡA族反常，由X、Y、Z第一电离能可知，Y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Al2O3；C.同周期原子从左向右失电子力气越来越弱；D.Y的I2发生突跃。及灵敏应用根底学问的力气，题目难度一般。【答案】A【解析】【分析】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(OH)2能溶于酸，离子方程式为Mg(OH)2+2NH+=4 4Mg2++2NH3⋅H2O，故A正确；B.Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+B错误；C.5SO2+2MnO−+2H2O=5SO2−+2Mn2++4H+C错误；4 43D.亚铁离子易被氧化生成铁离子，离子方程式为3FeO+10H++NO−=3Fe3++NO↑324页+5H2OD错误；应选：A。【答案】C【解析】【分析】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.Fe生成亚铁离子，涉及的反响为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−、2Fe3++Fe=3Fe2+，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Li−Al合金可以用于航空工业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CoCl2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。【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为解答易错点。【解答】释，应当将浓硫酸倒入乙醇中并不断搅拌，故A错误；定容时眼睛应当与凹液面最低处相切，图象符合，故B正确；出”原则，故C错误；体通入硫酸铜溶液除去杂质，然后将得到的气体通入溴水检验乙炔，故D错误。24页【答案】C【解析】解：A.有1A错误；酚羟基、羧基能和碳酸钠溶液反响，该分子中含有羧基，所以能和碳酸钠溶液反响，故B错误；具有环酯构造，水解产物只有一种，故C正确；以1个酯基水解生成1个羧基和11mol化合物X最多能与3molNaOHD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、羧基能和碳酸钠溶液反响；C.具有环酯构造；D.羧基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和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。【答案】C【解析】解：A.氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生，所以降低NOx排放可以削减酸雨的形成，故A正确；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钡反响生成硝酸钡，NOxB正确；3)2→N2lO3)2A，故C错误；依据图示可知通过BaO和Ba(NO3)2与NOx的氧化复原反响，实现NOx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(NO3)2→N2，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，氧化钡、硝酸钡、NOx转化推断。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。【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△H，故B错误；C.由H2O(g)=H2O(l)△H=−44kJ/mol，则图2中假设H2O的状态为液态，则生成物能量降低44kJ，又由图1可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=−41kJ/mol，所以能量变化曲线不行能为①，故C错误；D.由图1可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=−41kJ/mol，所以图2中反响为CO2(gH2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/molD正确；应选：D。由图1可知反响后能量降低；催化剂只转变反响速率，不转变△H；C.由H2O(g)=H2O(l)△H=−44kJ/mol，则图2中假设H2O的状态为液态，则生成物能量降低44kJ；D.由图1可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=−41kJ/mol。学问与读图猎取信息的力气。【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】2>H3，A.加水稀释促进弱酸电离，pH一样的这两种酸稀释一样倍数，pH变化大的酸性较强，依据图知，pH变化较大的是Ⅱ，则Ⅱ表示较强的酸HNO2，所以曲线Ⅰ表示CH3COOH，24页故A错误；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(A−) h

，从c点到d点，温度不变，水解平衡常数不变，所以溶液中c(HA)⋅c(OH−)保持不变，故C正确；c(A−)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D错误。应选C。【答案】D【解析】【分析】留意把握电极的反响和推断，结合图象的物质的变化，从氧化复原反响的角度分析，题目难度一般。【解答】由电池装置图可知，a极I2Br−生成I−，则发生复原反响，应为原电池的正极；b极Zn失电子生成Zn2+，发生氧化反响，应为原电池的负极，充电时，a为阳极，b为阴极。A.放电时，a电极I2Br−生成I−，发生复原反响，电极反响为I2Br−+2e−=2I−+Br−，故A正确；放电时，正极I2Br−生成I−、Br−，负极生成Zn2+，则溶液中离子的数目增多，故B正确；充电时，b电极生成Zn，每增重0.65g，即生成0.01molZn，则转移0.02mol电子，阳极发生2I−+Br−−2e−=I2Br−，溶液中有0.02molI−被氧化，故C正确；充电时，a电极I−、Br−生成I2Br−，发生氧化反响，a为阳极，连接电源的正极，故D错误。应选D。24页【答案】第4周期第VA族 黑磷ab > N2H4分子间存在氢键bc SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl 参与盐酸抑制水解

3√3b16x3NA【解析】解：(1)砷(As)是33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，Mc为115号元素，价电子排布图为 ，P(s，白磷)=P(s，黑磷)△H=−39.3kJmol−1①，P(s，白磷)=P(s，红磷)△H=−17.6kJ⋅mol−1②，将方程式①−②得P(s，红磷)=P(s，黑磷)△H=(−39.317.6)kJ/mol=−21.7kJ/mol，则能量：红磷>黑磷，则黑磷稳定，故答案为：第4周期第VA族； ；黑磷；N>3>3；PH3的键角是93.6°，NH3的键角是107°，N2H4P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4>P2H4，故答案为：ab；>；N2H4分子间存在氢键；3和3与卤化氢的反响相像3与4，相当于铵盐，具有铵盐构造性质，铵盐能和NaOH发生复分解反响，所以PH4I能与NaOH反响，故错误；b.铵盐中存在离子键和共价键，所以PH4I中含离子键、共价键，故正确；c.铵盐都易发生水解反响，所以PH4I能与水反响，故正确；故答案为：bc；SbCl3能发生较猛烈的水解，生成难溶的SbOCl，依据元素守恒知，还生成了HCl，该反响方程式为SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl性，所以可参与盐酸抑制水解，故答案为：SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；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原子与四周体中心P原子连1，为xcm，而体对角线长度等4于晶胞棱长的√3倍，设棱长为acm，则√3a=4x，则a=4xcm，1mol晶胞体积为：√3AN ×(4xcm)3；A√324页一个晶胞中含有P原子：8×1+6×1=4个，B原子在内部，共4个，即一个晶胞中含有8 24个BP，则1mol晶胞质量为：4×bg；则晶胞密度为：4b

=

g/cm3，故答案为：

3√3b。

(4x)3×NA√3A

16x3NA16x3NA砷(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；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；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和3与卤化氢的反响相像3与4I相当于铵盐，具有铵盐构造性质；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SbCl3的水解；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√31mol1个晶胞含有BP数目，计算1mol晶胞质量，依据ρ=m计算晶胞密度。V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。【答案】(1)C15H26O；碳碳双键、羟基；3(2)2；5；(3)加成反响或复原反响(4)2−甲基−2−丙醇(5)b(6)24页【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、对关键是对赐予反响信息的理解。【解答】茅苍术醇分子中有15个C原子、1个O原子，分子不饱和度为3，则分子中H原子数目=2×15+2−2×3=26，故茅苍术醇分子式为C15H26O.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：C15H26O；碳碳双键、碳原子；3；化合物B分子中只有2种化学环境不同的H2B的同分异构体满足：①分子中含有碳碳三键和乙酯基(−COOCH2CH3)，②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CH3C≡CCH2CH3中1个H原子被−COOH替代，有3种酸，也可以是HOOC−C≡CCH2CH2CH3、HOOC−C≡CCH(CH3)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，故答案为：2；5；24页；比照C、D的构造，可知C中碳碳双键与氢气发生加成反响生成D，组成加氢，也属于复原反响，故答案为：加成反响或复原反响；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(CH3)3COH，反响方程式为：，(CH3)3COH的名称为：2−甲基−2−丙醇，故答案为：；2−甲基−2−丙醇；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，与溴发生反响时溴原子位置不完全一样，与HBr加成后溴原子连接位置可能一样，即可生成一样环状产物，应选：b；(6)两种链状不饱和酯合成目标物M，仿照A与BD(3+2)环加成反响，可以由 或 与氢气加成反响得到目标物。而CH3C≡CCOOCH3与CH2=CHCOOCH2CH3反响得到.CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2=CHCOOCH3反响得到 合成路线流程图为：24页，故答案为：。明确分子中C、H、OH原子饱和碳的四价构造，也可以利用不饱和度计算H原子数目；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；的同分异构体满足：①分子中含有碳碳三键和乙酯基(−COOCH2CH3)，②分子中有连续四个碳原子C−C≡C−CCH3C≡CCH2CH3中1个H原子被−COOHHOOC−C≡CCH2CH2CH3HOOC−C≡CCH(CH3)2；比照C、D的构造，可知C中碳碳双键与氢气发生加成反响生成D；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(CH3)3COH；(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，与溴发生反响是溴原子位置不完全一样，与HBr加成后溴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BD(3+2)环24页加成反响，可以由 或 与氢气加成反响得到目标物。而CH3C≡CCOOCH3与CH2=CHCOOCH2CH3反响得到.CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2=CHCOOCH3反响得到 。【答案】FeCl3溶液出分液漏斗、烧杯通冷凝水，加热淀粉溶液(b−

ab 冷凝回流，削减环己醇蒸2023cV)×82×100%bc2023a.)苯酚能和氯化铁溶液发生显色反响3溶液检验苯酚，故答案为：FeCl3溶液；①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SO2，从而降低环己烯产率，而FeCl3⋅6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，所以选择FeCl3⋅6H2O而不用浓硫酸，选a、b，故答案为： ；ab；②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；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；将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，参与待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水、加热，弃去前馏分，收集83℃的馏分，故答案为：通冷凝水，加热；Ⅱ.(5)依据反响原理，反响中产生碘单质，碘与淀粉变蓝，则指示剂可选用淀粉溶液；24页在确定条件下，向ag环己烯样品中参与定量制得的bmolBr2，与环己烯充分反响后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用cmol⋅L−1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL，依据反响① ，②Br2+2KI=I2+2KBr，③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则有Br2～I2～2Na2S2O3，则剩余的溴单质物质的量=1cmol⋅L−1×V×10−3L=c×V×10−3mol，消耗的溴的物质的量为(b−2 2c×V×10−3)mol，由反响①可得，环己烯的物质的量为=(b−c×V×10−3)mol，样品中环己22烯的质量分数=(b−c×V×10−3)mol×82g/mol2ag

2×100%=(b−cV)×82×100%，a故答案为：淀粉溶液；(b−cV)×82×100%；a(6)a.Br2的物质的量偏大，计算结果偏高，故a错误；b正确；Na2S2O3则测定的剩余溴单质的偏大，环己烯的量偏小，计算结果偏低，故c正确；故答案为：bc。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、蒸馏得到环己烯。Ⅰ(1)苯酚能和氯化铁溶液发生显色反响；(2)①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FeCl3⋅6H2O污染小、可循环使用；②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)蒸馏操作中，参与待蒸馏的物质和沸石后，先通入冷凝水，然后加热；Ⅱ.(5)m=nM计算样品中环己烯的质量分数；(6)a.苯酚消耗的溴的物质的量偏大；b.苯酚环己烯挥发，导致消耗的溴偏少，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