2023年高考广东卷化学试题解析

2008年一般高等学校招生全国统一考试〔广东卷〕化 学可能用到的相对原子质量：H1C12S32 Cl35.5 K39

N14Ca40

O16Fe56

Na23 Mg24 Al27 P31Cu63.5 Sn119〔9327选项符合题意〕2007年诺贝尔化学奖得主GerhardErtl对金属PtCO深入争论。以下关于202Pt78202Pt198Pt78 78202Pt198Pt78 78202Pt198Pt78 78202Pt198Pt78 78〖解析〗同位素定义：质子数一样，中子数不同的核素称为同位素。答案：A。海水是一个巨大的化学资源库，以下有关海水综合利用的说法正确的选项是A.海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质B.海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化C.从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2D.利用潮汐发电是将化学能转化为电能〖解析〗K错。蒸发制海盐发生的是物理变化，BD答案：C。以下涉及有机物的性质或应用的说法的是干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料B.用于奥运“祥云”火炬的丙烷是一种清洁燃料C.用大米酿的酒在肯定条件下密封保存，时间越长越香醇D.纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在肯定条件下都可发生水解反响〔煤在高温下的分解ACO2和H2，并没有污染大气的气体生成，为清洁燃料，B对。大米发酵生成乙醇，时间越长，乙醇浓度越大越香醇，C对。纤维素水解生成葡萄糖；蔗糖水解生成葡萄糖与果糖；脂肪水解生成高级脂肪酸与甘油；葡萄糖为单糖，不会发生水解，D答案：D。以下试验能到达预期目的的是1mol·L-1NaOH溶液中滴加FeCl饱和溶液制备Fe〔OH〕胶体2 3向乙酸乙酯中参加饱和NaCO溶液，振荡，分液分别除去乙酸乙酯中的少量乙酸2 319.0gSnCl100mL1.0mol·L-12

SnCl2〖解析〗FeCl3

胶体无需用NaOH溶液，否则会生成Fe〔OH〕3

沉淀，ASnCl2

易发生水解，应领先将固体SnCl溶于浓盐酸，再加水稀释配制，C错。检验葡萄糖，应用制的2氢氧化铜溶液，加热检验，而不是用氢氧化铜粉末，D错。答案：B。用铜片、银片、Cu(NOAgNO溶液、导线和盐桥〔装有琼脂-KNO的U〕构成32 3 3一个原电池。以下有关该原电池的表达正确的选项是①在外电路中，电流由铜电极流向银电极②正极反响为：Ag++e-=Ag③试验过程中取出盐桥，原电池仍连续工作④将铜片浸入AgNO溶液中发生的化学反响与该原电池反响一样3A.①② B.②③

C.②④

D.③④〖解析〗CuAgCu-2e-==Cu2+；正极：Ag++e-==Ag。在外电路中，电子由Cu电极流向Ag1桥，原电池不能连续工作，3错。无论是否为原电池，反响实质一样，均为氧化复原反响，4答案：C。一样质量的以下物质分别与等浓度的NaOH溶液反响，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是Al B.Al(OH)3 C.AlCl3 D.Al2O3mAl：mNaO〕=2：4；mA〔O〕3：mNaO〕=7：4；mAlC3：mNaO〕=33.3740；mAlO3m〔NaO〕=5：40；所以一样质量的物质，消耗碱量最多的是Al。应选A。答案：A。某合作学习小组争论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和水蒸气都是可再生能源；③冰和干冰既是纯洁物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸A.①②③④B.①②⑤⑥C.③⑤⑥⑦D.①③④⑦〖解析〗1.明显正确；2.沼气属于↑↑可再生资源。水煤气由炎热的煤同水蒸气反响制得，3CO，2均为纯洁物和化合物，正确；4.明显正确。5.盐酸和食醋为混合物，不是化合物，错误；6NaCO不是碱，错误；7.豆浆和雾都能发生丁达尔现象，均属于胶体，正确。综2 3上所述，选D。答案：D。将H(g)和Br(g〔+Br

Hg2 2 2 2平衡时Br(g)的转化率为a；假设初始条件一样，绝热下进展上述反响，平衡时Br(g)的转化2 2b。abA.a＞b B.a=b C.a＜b D.无法确定〖解析〗正反响为放热反响，前者恒温，后者相对前者，温度上升。使平衡向左移动，从而Br的转化率降低。所以b<a.2答案：A。AgSOK2.0×10-3AgSO

100mL2 4 sp 2 4中Ag+和SO2浓度随时间变化关系如右图〔饱和 AgSO溶液中3 2 4(A+)=0.034mol.-1。假设t1

时刻在上述体系中参加100mL-10.020mol.L-1NaSO溶液，以下示意图中，能正确表示t时刻后Ag+SO2-2 4 1 4浓度随时间变化关系的是〖解析〗AgSO刚好为100ml的饱和溶液,由于c(Ag+)=0.034mol/L，所以c〔SO2-〕2 4 4=0.017mol/L100ml0.020mol/LNaSO2 4=0.017mol/L〔此时Q<KB。w答案：B。

溶液后，c〔SO2-〕=0.0185mol/L，c〔Ag+〕4〔9436选项符合题意。假设正确答案包括两个选项，只选一个且正确得20分〕设阿伏加德罗常数〔N〕的数值为n,以下说法正确的选项是A AA.1molCl2B.1.5molNO

与足量Fe3nA与足量HO反响，转移的电子数为n2 2 AC.常温常压下，46gNONO3n2 24 AD.0.10molFeH2

0.10nA〖解析〗Fe过量可使Fe3+复原为Fe2+，A3NO+HO==2HNO+NO，易知BC2 2 3NO2NO1moLNO3molNO24 2 2 2NO3Fe+4HO===FeO+4H↑，由方程可知D24 2 34 2答案：BC。以下化学反响的离子方程式正确的选项是在稀氨水中通入过量CO:NH·HO+CO=NH+HCO2 3 2

2 4 3少量SO

通入Ca(ClO)溶液中：SO+HO+Ca2++2ClO-=CaSO

+2HClO2 2 2 2 3用稀HNO溶液FeSFeS+2H+=Fe2++HS3 2氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：Ca2++OH-+H++SO2=CaSO

+HO4 4 2〖解析〗HClOSO2-SO2-，BHNOS2-Fe2+3 4 3FeS+4HNO=Fe(NO+S↓+NO+H0〔SOSO〕CDCa2+2OH-3 33 2 2 3+2H+

4

==CaSO2HO，所以D4 2答案：A。以下有关金属腐蚀与防护的说法正确的选项是A.纯银器外表在空气中因化学腐蚀渐渐变暗B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镶层仍能对铁制品起保护作用C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是承受了牺牲阳极的阴极保护法D.可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀OASn-Fe2B错。与ZnZn作负极〔阳极Fe正极〔阴极，所以C正确；外加电流保护法应当与直流电源的负极相连，故D错。答案：AC。X、YZ可结合形成化合物XYZX、YZ26；YZ3周期。以下有关推想正确的选项是XYZ是一种可溶于水的酸，且XY可形成共价化合物XY3XYZ是一种微溶于水的盐，且XZ可形成离子化合物XZ3XYZ是一种易溶于水的盐，且YZ可形成离子化合物YZ3XYZ是一种离子化合物，且YZYZ3 3〖解析〗由题目可知，XYZ可能的物质有：HClONaNOMgCO，AlBOXYZ为一种可3 3 3 3 3 3溶于水的酸HClOXY〔HO〕不能形成共价化合物A错；假设XYZMgCO微溶于水，可XZ3 3 3成离子化合物MgO，B正确；假设XYZ为NaNO易溶于水的盐，YZ〔NO〕不是离子化合物，C3 3错；假设XYZYZNO，CO均不是离子化合物，D3 2 2 2答案：B。以下有关能量转换的说法正确的选项是A.煤燃烧是化学能转化为热能的过程化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能动物体内葡萄糖被氧化成CO是热能转变成化学能的过程2植物通过光合作用将CO转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程2CDD答案：AB。碘钨灯比白炽灯使用寿命长。灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以T发生反响：W〔s〕+I〔g〕T1WIΔH＜0〔温度T＜T。以下说法正确的选项是2 2 1 21灯管工作时，集中到灯丝四周高温区的WI〔g〕会分解出WW重沉积到灯丝上2 1灯丝四周温度越高，WI〔g〕的转化率越低2c(W)c(I)该反响的平衡常数表达式是K利用该反响原理可以提纯钨

11c(WI)2〖解析〗高，WI的转化率越高，B2K=c〔WI〕/c〔W〕·c〔I〕利用该反响，可往钨矿石中，加如I单质，使其反响生成WI2 2 2 2富集，再通过高温加热WI生成钨，从而提纯W，D2答案：AD。LiFePO电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反响为：4放电FePO+Li LiFePOLiFePOU4 充电 4 4解质。以下有关LiFePO电池说法正确的选项是4A.可参加硫酸以提高电解质的导电性BLiC.充电过程中，电池正极材料的质量削减D.放电时电池正极反响为：FePO+Li++e-=LiFePO4 4〖解析〗放电时，负极：Li-e-==Li+，正极：FePO+Li+4

+e-==LiFePO4阳极：LiFePO4

--e-==FePO4

+Li+

阴极：Li+

+e-==Li，所以易知C.D假设参加硫酸，与Li单质〔固体〕发生反响，所以A错；放电时，Li+应〔正电荷〕在电池内部〔电解质中〕向正极移动，故B答案：CD。盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。以下表述正确的选项是NaHCO3

溶液中参加与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO2和OH-3NaHCOe(H+)+e(HCO)=c(OH-)3 2 3C.10mL0.10mol·L-1CHCOOHNaOH3的挨次是：c(Na+)＞c(CHCOO-)＞c〔OH-〕＞c(H+)3D.中和体积与pH都一样的HCl溶液和CHCOOH溶液所消耗的NaOH3〖解析〗A中，生成NaCO溶液，CO2-会发生水解，生成HCO-，所以A2 3 3 3电荷守恒：C(H+)+C(Na+)=C(HCO-)+2C(CO2-)+C(OH-)3 3物料守恒：C(Na+)=C(HCO-)+C(CO2-)+C(HCO3 3 2 3两式相减得：C〔H+〕+C〔HCO〕=C〔CO2-〕+C(OH-)所以B2 3 3CNaAc，Ac-水解呈碱性，故CPHHClHAcHAc为弱酸，所以HAcHAc所消耗的NaOHD答案：C。电导率是衡量电解质溶液导电力量大小的物理量滴定反响的终应。右图是KOHHClCHCOOH3意图。以下示意图中，能正确表示用NH·HOHClCHCOOH3 2 3滴定曲线的是〖解析〗1.HClHAc为弱电解质，滴加NH·HO弱电解质先与HCl3 2同样为强电解质的NHCl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。4HClHAcNH4AcHClHAcNH·HO3 2有下降趋势。综上所述：答案选D。答案：D。334〕19.〔11〕碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。工业碳酸钠〔钝度约98％〕中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-SO24

等杂质，提纯工艺路线如下：碳酸钠的溶解度〔S〕随温度变化的曲线如以下图所示：答复以下问题：滤渣的主要成分为 。“趁热过滤”的缘由是 。假设在试验室进展“趁热过滤可实行的措施是 〔写出1种。假设“母液”循环使用，可能消灭的问题及其缘由是 。：NaCO·10HO(s)=NaCO(s)+10HO(g) Δ H=+532.36 kJ·mol-12 3 2 2 3 2 1NaCO·10HO(s)=NaCO·HO(s)+9HO(g) ΔH=+473.63kJ·mol-12 3 2 2 3 2 2 1写出NaCO·HO脱水反响的热化学方程式 。2 3 2〖解析〗因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+NaOH溶液，可Mg(OH)Fe〔OH〕Ca〔OH〕沉淀。2 3 2观看坐标图，温度削减至313K时发生突变，溶解度快速削减，弱不趁热过滤将析出晶体。思路方向：1.削减过滤的时间2.保持过滤时的温度。中哪个环节有所影响。NaCO·HO〔S〕NaCO2 3 2 2 3s)+H〔g。2答案：滤渣的主要成分为Mg(OH)Fe〔OH〕CaCO2 3 3“趁热过滤”的缘由是使析出的晶体为 NaCO·HO，防止因温度过低而析出2 3 2NaCO·10H02 3 2假设在试验室进展“趁热过滤”，可实行的措施是用已预热的布氏漏斗趁热抽滤。NaCO损耗且产物NaCO混有杂质；缘由：“母液”中，含有的离子有Ca2+，Na+，Cl-，SO2-，2 3 2 3 4OH-，CO2-，当屡次循环后，使用离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSOCa〔OH〕CaCO3 4 2 3等沉淀。写出NaCO·HO2 3 2NaCO·HO〔S〕====NaCO〔s〕+HO〔g〕&8710;H=+58.73kJ/mol2 3 2 2 3 220.〔11〕某探究小组用HNO与大理石反响过程中质量减小的方法，争论影响反响速率的因素。所用3HNO浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，试验温度3298K、308K，每次试验HNO25.0mL10.00g。3试验编号T试验编号T/K大理石规格HNO浓度/mol·L-13试验目的①298粗颗粒2.00〔Ⅰ〕试验①和②探究HNO浓3度对该反响速率的影响；②〔Ⅱ试验①和探究温③度对该反响速率的影响；〔Ⅲ试验①和探〔〕④对该反响速率的影〕(2)试验①中CO质量随时间变化的关系见以下图：2依据反响方程式

1 1 1 1CaCO+HNO=Ca(NO)+CO↑+HO70-90s范围内HNO2 3 3 2 32 22 22 3的平均反响速率〔无视溶液体积变化，写出计算过程。〔3〕请在答题卡的框图中，画出试验②、③和④中CO质量随时间变化关系的预期结果示2意图。〖解析〗试验编号T/K试验编号T/K大理石规格HNO浓度/mol·L-1试验目的3速率的影响；⑵试验①和③探究温度对该反响速率的影响。⑶试验①和④探究〔〕对该反响的影响。①298粗颗粒2.00⑴试验①和②探究②298粗颗粒1.00HNO3浓度对该反响③308粗颗粒2.00④298细颗粒2.00〔2〕1.7090S，COm〔CO〕0.95-0.85=0.1g2 2依据方程式比例，可知消耗HNO的物质的量为：n〔HNO〕0.1/22=1/220mol3 325ml=0.025L，所以HNO削减的浓度△c〔HNO〕=2/11mol/L3 34.反响的时间t=90-70=20s5.所以HNO70-90S3v〔HNO〕=△c〔HNO〕/t==1/110mol·L-1·S-13 3〔3〕作图略作图要点：由于试验①HNO3

与大理石恰好完全反响；试验②中，HNO缺乏量，纵坐标对应的每一个值均为原来的1/2；3积可加快反响速率。所以图象曲线斜率变大，平衡位置纵坐标与试验①一样。21.〔12〕适量稀硝酸参加少许样品中，加热溶解；取少许溶液，滴加KSCN溶液后消灭红色。一位同学由此得出该催化剂中铁元素价态为+3请指出该结论是否合理并说明理由 。请完成对铁元素价态的探究：3moL-1HSO/3％2 4H2、6mol·L-1HNO/0.01mol·L-1KmnONaOH0.1mol·L-1Kl、20％KSCN、蒸馏2O 3 4水。①提出合理假设假设1： ；假设2： ；假设3： 。②设计试验方案证明你的假设〔在答题卡上作答〕③试验过程试验操作预期现象与结论试验操作预期现象与结论1：2：3：„〖解析〗该结论不正确。稀HNO有强氧化性，假设该铁的价态为+2+33KSCN①提出合理假设1：催化剂中铁元素的价态为+32：催化剂中铁元素的价态为+23：催化剂中铁元素的价态既有+3+2②设计试验方法证明你的假设试验操作预期现象与结论步骤试验操作预期现象与结论步骤1：将适量稀HSO参加少许样品于试管溶液呈黄绿色，说明溶液中含Fe2+或Fe3+。2 4中，加热溶解；2：取少量溶液，滴加酸性KMnO溶液。假设KMnO44明催化剂中铁元素的价态含+2价；假设不褪色，则说明催化剂中铁元素的价态不含+2价。3：另取少量溶液，滴加KSCN价态含+3价；假设溶液无明显变化，则说明催化剂中铁元素的价态不含+3〔334〕22.〔11〕矿石名称黄铜矿矿石名称黄铜矿斑铜矿辉铜矿孔雀石主要成分CuFeS2CuFeS5 4CuS2CuCO·Cu(OH)3 2请答复以下问题：上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是 。工业上以黄铜矿为原料。承受火法溶炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反响：2CuO+CuS高温6Cu+SO↑，反响的氧化剂是 。2 2 2SO尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是 处理该尾气可得到有价2值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称 。黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质，需进一步承受电解法精制。请简述粗铜电解得到精铜的大批量： 。下表中对陈述ⅠⅡ的正确性及其有无因果关系的推断都正确的选项是 〔填字母。选项选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ推断A铜绿的主成分是碱酸铜可用稀盐酸除铜器外表的铜绿Ⅰ对；ⅡB铜表易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对；Ⅱ例在铜板上的铁钉在潮湿空气C铁比铜活泼中不易生锈Ⅰ对；ⅡD蓝色硫酸铜晶体受热转化为硫酸铜溶液可用作游泳池的消Ⅰ错；Ⅱ白色硫酸铜粉末是物理变化毒剂〖解析〗上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是CuS2解释：CuFeS34.8%；CuFeS：63.5%；CuS：80%；CuCO·Cu〔OH〕：57.6%2 5 4 2 3 2反响的氧化剂是CuO，CuS2 2解释：CuO，CuS的Cu+10CuSS-2+42 2 2复原剂。SO尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是形成酸雨。处理该尾气可得到有价211SOCa〔OH〕CaSO〔NH〕2 2 4 42SO4铜溶液。阳极上发生氧化反响，CuCu单质变为Cu2+进入溶液中Cu-e-Cu2+；阴极上发生复原反响，Cu2+得到电子在阴极上析出CuCu2++e-==Cu，从而到达精制CuA.D解释：稀盐酸可以同Cu〔OH〕2

CuCO3

反响，而且稀盐酸不能于Cu反响。所以稀盐酸可以除铜器外表的铜绿CuCO·CuOH〕A正确。3 2铜外表不能形成致密氧化膜；铜和浓硫酸在常温下是反响的，生成硫酸铜、SO和水，反响2酸，BFe比Cu活泼，所以Fe-CuFeC蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末〔CuSO4·5H2OH2O与Cu2有配位键CuS4可用作消毒剂，但与前者没有因果关系，D综上所述，答案选AD。23.(11硅单质及其化合物应用范围很广。请答复以下问题：制备硅半导体材料必需先得到高纯硅。三氯甲硅烷〔SiHCl〕复原法是当前制备高3纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：①写出由纯SiHCl制备高纯硅的化学反响方程式 。3②整个制备过程必需严格掌握无水无氧。SiHClHSiOHCl3 2 3质，写出配平的化学反响方程式 ；H复原SihCl过程中假设混0，可能引起的后果2 3 2是 。以下有头硅材料的详法正确的选项是 〔填字母。碳化硅化学性质稳定，可用于生产耐高温水混氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承C.一般玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂的，其熔点很高D.盐酸可以与硅反响，故承受盐酸为抛光液抛光单晶硅E．盐酸可以和硅反响，故承受盐酸为抛光液抛光单晶硅(3)硅酸钠水溶液俗称水玻璃。取少量硅酸钠溶液于试管中，逐滴参加饱和氯化铵溶液，振荡。写出试验现象并赐予解释。〖解析〗(1)①写出由纯SiHCl制备高纯硅的化学反响方程式:3SiHCl+H==(1357K)==Si+3HCl3 2②SiHCl遇水猛烈反响生成HSiOHCl和另一种物质，写出配平的化学反响方程式3 2 33SiHCl+3HO===H2SiO+H↑+3HCl;H复原SiHClO3 2 3 2 2 3 2温下，HO2 2(2)ABCD解释：SiC和SiN均为原子晶体，熔点高，性质稳定，ABSiOC34 2正确。一般玻璃的主要成分为NaSiOCaSiO〔SiO、石灰石〔CaCO〕和2 3 3 2 3纯碱〔NaCO〕NaCO+SiO)==NaSiO+COCaCO+SiO2 3 2 3 2 2 3 2 3 2温)==CaSiO+CO，DSi只能与唯一一种酸HF反响不与HClE3 2(3)写出试验现象并赐予解释：生成白色絮状沉淀，又刺激性气味的气体生成；SiO2-与NH+3 4发生双水解反响，SiO2-+2NH++2HO===2NH·HO+HSiO3 4 2 3 2 2 324.〔12〕科学家始终致力争论常温、常压下“人工围氮”的方法。曾有试验报道：在常温、常压、学照条件下，N在催化剂〔FeO的TiO〕外表与水发生反响，生成的主要产2 23 2NH。进一步争论NH生成量与温度的关系，局部试验数据见下表〔N1.0×3 3 2T/K303313323353NH生成量/〔10T/K303313323353NH生成量/〔10-6mol〕34．85．96．02．0相应的热化学方程式如下：3N2(g)+3O(1)=2N(g)+2O2(g) Δ=+765.2kmol-1答复以下问题：请在答题卡的坐标图中画出上述反响在有催化剂与无催化剂两种状况下反响过程中体系能量变化示意图，并进展必要标注。与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反响速率慢。请提出可提高其反响速率且增大NH生成量的建议： 。3工业合成氨的反响为N(g)+3H(g) 2NH(g)。设在容积为2.0L的密2 2 30.60molN(g1.60molH(g),.反响在肯定条件下到达平衡时，NH2 2 34的量分数〔NH的物质的量与反响体系中总的物质的量之比〕为2 ①该条件下N2

。计算②该条件下反响2NH(g) N(g)+3H(g)的平衡常数。3 2 2〖解析〗(1)画图略，要点：催化剂可降低反响的活化能，但对这各反响前后能量变化并不产生任何影响。该反响为吸热反响，所以反响物的总能量要低于生成物的总能量。NHN的浓度，3 2不断移诞生成物脱离反响体系。解释：该反响正反响是吸热反响，上升温度，使化学平衡向正反响方向移动，从而增大NH3生成量，上升温度也能提高反响速率；增大反响N2浓度，加快反响速率，并使化学平衡向右移动；不断移诞生成物脱离反响体系，使平衡向右移动，增大NH生成量。3①该条件下N66.7%22NH(g)====N(g)+3H(g0.0053 2 2解释：由三行式法计算可知，起始时，c(N)=0.3mol/l.平衡时，c(N)=0.1mol/l;2 2c(H)=0.2mol/l;c(NH)=0.4mol/l。2 3①所以N的平衡转化率=(0.3-0.1)/0.3*100%=66.7%22NH(g)====N(g)+3H(g)的平衡常数K=c(N)*c(H)^3/c(NH)^2=0.0053 2 2 2 2 3〔19〕25.〔9〕〔Ⅶ〕〔Ⅲ和Ⅵ都是Ⅶ的单体；反响均在肯定条件下进展；化合物Ⅰ-Ⅲ和Ⅶ中含N杂环的性质类似于苯环：答复以下问题：写出由化合物Ⅰ合成化合物Ⅱ的反响方程式 〔不要求标出反响条件。以下关于化合物Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的说法中，正确的选项是 〔填字母。A．化合物Ⅰ可以发生氧化反响B．化合物Ⅰ与金属钠反响氢气C．化合物Ⅱ可以发生水解反响D．化合物Ⅲ使溴的四氯化碳深液褪色E．化合物Ⅲ属于烯烃类化合物化合物Ⅵ是 〔填字母〕类化合物。A．醇 B.烷烃 C.烯烃 D.酸 E.酯2种可鉴别VM的化学试剂在上述合成路线中，化合物Ⅳ和V在催化剂的作用下与氧气反响生成Ⅵ和水，写出反响方程式 〔不要求标出反响条件〕〖解析〗(1)写出由化合物I合成化合物II的反响方程式：ACE解释：化合物IABIICIII色，属于以乙烯为母体的烯烃类衍生物，故DE化合物VIE〔酯类〕化合物。解释：化合物VI写出两种可鉴别V和VI1.溴的四四氯化碳溶液；2.NaCO溶液2 3解释：化合物VNaCO溶液反响，生成CO，化合物VI2 3 2合物VIV则不能。〔5〕在上述合成路线中，化合物IVVVI方程式六、选择题〔此题包括21026”内容的试题，27〕26.〔10〕醇氧化成醛的反响是药物、香料合成中的重要反响之一。苯甲醇可由C4H5CH2Cl在NaOH水溶液中发生取代反响而得，反响方程式为 。醇在催化作用下氧化成醛的反响是绿色化学的争论内容之一。某科研小组争论了把催KCO363K〔溶2 3剂。试验结果如下：分析表中数据，得到把催化剂催化效果的主要结论是 〔写出2条。用空气代替氧气气氛进展苯甲醇氧化生成苯甲醛的反响其他条件一样产率到达95%时的反响时间为7.0小时。请写出用空气代替氧气气氛进展反响的优缺点 。苯甲醛易被氧化。写出苯甲醛被银氨溶液氧化的反响方程式 〔标出具体反应条件。在药物、香料合成中常利用醛和醇反响生成综醛来保护醛基，此类反响在酸催化下进展。例如：①在以上醛基保护反响中要保证反响的顺当进展，可实行的措施有 〔写出2条。②具有五元环和六元环构造的缩醛比较稳定。写出用乙二醇〔HOCHCHOH〕保护苯甲醛2 3中醛的反响方程式 。〖解析〗(1)苯甲醇可由CHCHClNaOH65 2分析表中数据，得到钯催化剂催化效果的主要结论是苯环上的取代基对醛的产率影响不大，对反响时间有肯定影响。与羟基相连的碳链长，大大降低醛的产率与增大反响时间。请写出用空气代替氧气气氛进展反响的优缺点：优点：原料易得，降低本钱。防止苯甲醛氧化为苯甲酸。缺点：令反响时间增长。写出苯甲醛被银氨溶液氧化的反响方程式CHCHO+2Ag〔NH〕OH==〔水浴加热〕==CHCOONH+2Ag↓+3NHHO65 3 2 65 4 3 2①在以上醛基保护反响中要保证反响的顺当进展，可实行的措施有〔写出2〕CHCHOH3 2边反响边蒸馏缩醛脱离反响体系，令化学平衡向正反响方向移动；②写出用乙二醇保护苯甲醛中醛基的反响方程式：27.〔10〕然后将其熔融电解，得到金属镁。以MgCl为原料用熔融盐电解法制备镁时，常参加NaCl、KClCaCl等金属氯化物，2 2其主要作用除了降低熔点之外还有 。MgO的晶体构造属于NaCl型某同学画出的MgO晶胞构造示意图如右图所示请改正图中错误： 。用镁粉、碱金属盐及碱土金属盐等可以做成焰火。燃放时，焰火发出五颜六色的光，请用原子构造的学问解释发光的缘由： 。Mg氧化物 NaF氧化物 NaFMgF2SiF4熔点/K12661534183解释表中氟化物熔点差异的缘由： 。人工模拟是当前争论的热点。有争论说明，化合物X可用于争论模拟酶，当其结或C〔II+1〕时，分别形成a和b：①a中连接相邻含N杂环的碳碳键可以旋转，说明该碳碳键具有 键的特性。②微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用ab。〖解析〗(1) 以MgCl2

为原料用熔融盐电解法制备Mg时，常参加NaCl、KClCaCl等2请更正图中错误：⑧应为黑色。越远，能量越高。燃烧时，电子获得能量，从内侧轨道跃迁到外侧的另一条轨道。跃迁到〔光能。NaF与MgFSiFNaF2 4MgF2

SiF4

熔点要高。又由于Mg2Na+的半径，所以MgF2

的离子键强度大NaFMaF的熔点大于NaF。2①a中连接相邻含Nσ键的特性。②微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用，比较a和b中微粒间相互作用的差异：a中微粒间的相互作用为氢键，b中微粒间的相互作用为配位共价键。2008年广东化学高考试卷答案解释ACK+形式存在，生成钾单质必定发生化学反响，A制海盐发生的是物理变化，BDD解释：由煤制备化工原料通过干馏〔煤在高温下的分解，A对。丙烷燃烧生成CO2和H2O，并没有污染大气的气体生成，为清洁燃料，B对。大米发酵生成乙醇，时间越长，乙醇浓度越大越香醇，C对。纤维素水解生成葡萄糖；蔗糖水解生成葡萄糖与果糖；脂肪水解生成高级脂肪酸与甘油；葡萄糖为单糖，不会发生水解，DB解释：配制FeCl3胶体无需用NaOH溶液，否则会生成Fe〔OH〕3，ASnCl2SnCl2C应用制的氢氧化铜溶液，加热检验，而不是用氢氧化铜粉末，DCCuAgCu-2e-==Cu2+；正极：A++e-==Ag。在外电路中，电子由Cu电极流向Ag1桥，原电池不能连续工作，3错。无论是否为原电池，反响实质一样，均为氧化复原反响，46. AmA〔O〕3：mNaO〕=7：4；mAlCl：mNaO〕=33.3740；mAl2O：mNaO〕=5：40；所以一样质量的物质，消耗碱量最多的是Al。应选A。D。解释:1.明显正确；2得，而煤为不再生资源，所以水煤气为不行再生资源，故错误；3.冰为固态水，干冰为固CO24.明显正确。5错误；6Na2CO37.豆浆和雾都能发生丁达尔现象，均属于胶体，正确。综上所述，选D。A解释:正反响为放热反响，前者恒温，后者相对前者，温度上升。使平衡向左移动，从而使Br2b<a.B解释:Ag2SO4100ml的饱和溶液,由于c(Ag+)=0.034mol/L，所以c〔SO42-〕=0.017mol/L100ml0.020mol/LNa2SO4，c〔SO42-〕=0.0185mol/L，c〔Ag+〕=0.017mol/〔此时Q<Ks。由计算可知选。BC解释：Fe过量可使Fe3Fe2+，A3NO2+H2O==2HNO3+NO，易知B确。CN2O42NO21moLNO23molNO2N2O43Fe+4H2O===Fe3O4+4H2↑，由方程可知D错误。11.AHClOSO32SO42-，BHNO3S2-与Fe2+氧化，应为FeS+4HNO3=Fe(NO3)3+S↓+NO+H20〔还有可能生成SO2，SO3〕CDCa2++2OH-+2H++SO42-==CaSO4↓+2H2O，所以D12.AC银器在空气中久置会被O2Sn-FeB错。与ZnZn作负极〔阳极Fe正极〔阴极，所以C正确；外加电流保护法应当与直流电源的负极相连，故D错。13.B解释：由题目可知，XYZ3可能的物质有：HClO3，NaNO3，MgCO3，AlBO3。假设XYZ3HClO3，XY〔HO〕不能形成共价化合物AXYZ3MgCO3XZ形成离子化合物MgO，B正确；假设XYZ3NaNO3YZ〔NO〕不是离子化合物，C错；假设XYZ3YZ2为NO2，CO2D14AB解释：葡萄糖氧化放出热量，化学能转化为热能，CD学能，D15AD解释：该反响的正反响为放热反响，温度上升，化学平衡向左移动度越高，WI2BK=c〔WI2〕/c〔W〕·c〔I2〕利用该反响，可往钨矿石中，加如I2单质，使其反响生成WI2WI2W，D16CD解释：放电时，负极：Li--e-==Li+，正极：FePO4+Li++e-==LiFePO4；充电时，阳极：LiFePO4--e-==FePO4+Li+Li++e-==LiC.D确。假设参加硫酸，与Li单质〔固体〕发生反响，所以A错；放电时，Li+应〔正电荷〕在电池内部〔电解质中〕向正极移动，故B17.C解释：A中，生成Na2CO3CO32-会发生水解，生成HCO3-，所以A电荷守恒：C(H+)+C(Na+)=C(HCO3-)+2C(CO32-)+C(OH-)物料守恒：C(Na+)=C(HCO3-)+C(CO32-)+C(H2CO3)两式相减得：C〔H+〕+C〔H2CO3〕=C〔CO32-〕+C(OH-)所以BCNaAc，Ac-水解呈碱性，故CPHHClHAcHAc为弱酸，所以HAcHAc所消耗的NaOHD18.D解释：HClHAcNH3·H2O弱电解质先与HCl电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。HClHAcNH4AcHClHAcNH3·H2O释，有下降趋势。综上所述：答案选D。19.(1) 滤渣的主要成分为Mg(OH)2、Fe〔OH〕3、CaCO3。“趁热过滤”的缘由是使析出的晶体为 Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H20晶体，令后续的加热脱水耗时长。假设在试验室进展“趁热过滤”，可实行的措施是用已预热的布氏漏斗趁热抽滤。Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质；缘由：“母液”中，含有的离子有Ca2+，Na+，Cl-，CaSO4，Ca〔OH〕2，CaCO3写出Na2CO3·H2O脱水反响的热化学方程式Na2CO3·H2O〔S〕====Na2CO3〔s〕+H2O〔g〕&8710;H=+58.73kJ/mol因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中参加过量的NaOH溶液，可生成Mg(OH)2、Fe〔OH〕3、Ca〔OH〕2观看坐标图，温度削减至313K时发生突变，溶解度快速削减，弱不趁热过滤将析出晶体。思路方向：1.削减过滤的时间2.保持过滤时的温度。中哪个环节有所影响。通过观看两个热化学方程式Na2CO3·HO====Na2CO3试验编号T/K大理石规格HNO3浓度试验目的s)+H2〔g试验编号T/K大理石规格HNO3浓度试验目的③308粗颗粒2.00④298细颗粒2.00/mol·L-1①/mol·L-1①298粗颗粒2.00⑴试验①和②探究②298粗颗粒1.00HNO3浓度对该反响速率的影响；⑵试验①和③探究温度对该反响速率的影响。⑶试验①和④探究〔〕对该反响的影响。1.7090S，CO2m〔CO2〕0.95-0.85=0.1g依据方程式比例，可知消耗HNO3的物质的量为：n〔HNO3〕0.1/22=1/220mol25ml=0.025L，所以HNO3c〔HNO3〕=2/11mol/L4.反响的时间t=90-70=20s5.所以HNO370-90Sv〔HNO3〕=△c〔HNO3〕/t==1/110mol·L-1·S-1〔3〕作图略作图要点：由于试验①HNO3与大理石恰好完全反响；试验②中，HNO3缺乏量，纵坐标对应的每一个值均为原来的1/2；积可加快反响速率。所以图象曲线斜率变大，平衡位置纵坐标与试验①一样。21。(1) 该结论不正确。稀HNO3有强氧化性，假设该铁的价态+2价，则被氧化为+3价同样可使KSCN溶液变血红色。(2)①提出合理假设1：催化剂中铁元素的价态为+32：催化剂中铁元素的价态为+23：催化剂中铁元素的价态既有+3+2②设计试验方法证明你的假设试验操作预期现象与结论步骤试验操作预期现象与结论步骤1：将适量稀H2SO4参加少许样品于试管溶液呈黄绿色，说明溶液中含Fe2+或Fe3+。中，加热溶解；2：取少量溶液，滴加酸性KMnO4KMnO4明催化剂中铁元素的价态含+2价；假设不褪色，则说明催化剂中铁元素的价态不含+23：另取少量溶液，滴加KSCN价态含+3价；假设溶液无明显变化，则说明催化剂中铁元素的价态不含+322。(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是Cu2S解释：CuFeS2：34.8%；Cu5FeS4：63.5%；Cu2S：80%；CuCO3·Cu〔OH〕2：57.6%反响的氧化剂是Cu2O，Cu2S解释：Cu2O，Cu2SCu+10Cu2S的S-2+4作复原剂。SO211SO2C〔O2CaSO42SO4CuCu单质变为Cu2+进入溶液中Cu-e-==阴极上发生复原反响，Cu2+得到电子在阴极上析出CuCu2++e-==Cu，从而到达精CuA.D解释：稀盐酸可以同Cu〔OH〕2CuCO3反响，而且稀盐酸不能于Cu以除铜器外表的铜绿〔CuCO3·〔O〕2，A正确。SO2和水，反响酸，BFe比Cu活泼，所以Fe-CuFeC蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末，只有旧