2023年天津市高考化学试卷及解析

认真整理

2023年天津市高考化学试卷

一、选择题（共6小题，每题6分，共36分.每题只有一个正确选项）

1.（6.00分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大奉献的几个事例，运用化

学学问对其进展的分析不合理的是［）

A.四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反响

B.商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品

C.汉代烧制出〃明如镜、声如磬〃的瓷器，其主要原料为黏土

D.屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取

操作

2.（6.00分）以下有关物质性质的比较，结论正确的选项是0

A.溶解度：Na2CO3<NaHCO5B.热稳定性：HCKPH3

C.沸点：C2H5SH<C2H5OHD.碱性：LiOH<Be（OH）2

3.（6.00分）以下表达正确的选项是（）

某温度下，一元弱酸的马越小，则的母（水解常数）越小

A.HAaNaAb

B,铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈

C.反响活化能越高，该反响越易进展

D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH30cH3

千里之行始于足下

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4.16.00分）由以下试验及现象推出的相应结论正确的选项是（）

试验现象结论

A某溶液中滴加K[Fe（CN）]溶产生蓝色沉原溶液中有Fe2,

36

液淀无Fe3-

B向C6HsONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3>

CH.OH

C向含有ZnS和Na2s的悬浊液中生成黑色沉

Ksp(CUS)<Ksp

滴加C11SO4溶液淀(ZnS)

D①某溶液中参与Ba（N03）2溶①产生白色原溶液中有SO42

液沉淀

②再加足量盐酸②仍有白色

沉淀

A.AB.BC.CD.D

5.（6.00分）室温下，向圆底烧瓶中参与1molC,HSOH和含ImolHBr的氢溟酸，

溶液中发生反响：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反响后到达种衡。常压下，CH

B,趣CHOjd的沸点分别为3840c和78.5°C.以下关表达错误的选项是（）

A.参与NaOH,可增大乙醇的物质的量

B.增大HBr浓度，有利于生成C2H$Br

C.假设反响物均增大至2mol,则两种反响物平衡转化率之比不变

D.假设起始温度提高至60℃,可缩短反响到达平衡的时间

千里之行始于足下

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6.（6.00分）LiH2Po4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2Po4溶液的PH随c

（HP0-）的变化如图1所示，H,P0,溶液中H701的分布分数6随pH的变化

始243424

,e____C（H^P0^）n

如图2所小&7水（含p元素的粒子）］

m।图2

A.溶液中存在3个平衡

B.含P元素的粒子有H2PoI、HPO42-和PO43-

C.随c（HP0-）增大，溶液的pH明显变小

初始24

D.用浓度大于lmol・L1的%P04溶液溶解Li2cO3,当pH到达4.66时，H3PO4

几乎全部转化为LiH2PO,

二、非选择题II卷（60分）

7.（14.00分）图中反响①是制备S/的一种方法，其副产物MgC小GN%是优质

的镁资源。答复以下问题：

千里之行始于足下

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(1)MgCI•6NH所含元素的简洁离子半径由小到大的挨次(H-除外)：o

23-----------------

Mg在元素周期表中的位置；,Mg(OH)2的电子式：。

⑵A2B的化学式为,反响②的必备条件是o上图中可以循环

使用的物质有o

(3)在确定条件下，由SiH«和CH4反响生成力和一种固体耐磨材料(写

化学式)。

④为实现燃煤脱硫，向煤中参与浆状Mg(OH)2,使燃烧产生的SO2转化为

稳定的Mg化合物，写出该反响的化学方程式：o

⑤用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物

的合成路线如下：

8

RBr工四x.RMgBr2)H，°*RCHR・(R：燃基；R”：烧基或

无水乙醉

r

依据上述信息，写出制所需醛的可能构造简式：,

8.(18.00分)化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：

千里之行始于足下

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（1）A的系统命名为,E中官能团的名称为o

（2）A玲B的反响类型为，从反响所得液态有机混液物中提纯B的常用

方法为。

（3）CfD的化学方程式为o

（4）C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反响：且lmolW最多与

2molNaOH发生反响，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有

种，假设W的核磁共振氢诸有四组峰，则其构造简式为。

（5）F与G的关系为（填序号）0

a.碳链异构b.官能团异构c.顺反异构d.位置异构

（6）M的构造简式为o

（7）参照上述合成路线，以为原料•，承受如下方法制备医药中间体

千里之行始于足下

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状剂与条件1DPIhP,KjCO,

»化合向工

一化合物Y

试冽与条件21

该路线中试剂与条件1为,X的构造简式为；

试剂与条件2为,Y的构造简式为o

9.（18.00分）烟道气中的NO?是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选

用图1所示采样和检测方法。答复以下问题：

果杆枭绕用用

I.采样

采样步骤：

①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140。匚③翻开抽气泵置换系统内

空气；④采集无尘、枯燥的气样；⑤关闭系统，停顿采样。

（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为。

（2）C中填充的枯燥剂是（填序号）。

a.碱石灰b.无水CUSO4C.P2O5

（3）用试验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）一样，在虚线

框中画出该装置的示意图、明气体的流向及试剂。

千里之行始于足下

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(4)采样步骤②加热烟道气的目的是。

H.N。含量的测定

X

将VL气样通入适量酸体的H。溶液中，使NO完全被氧化成NO加水

22x3

稀释至100.00mL,量取20.00mL该溶液，参与v】mLmol・LiFeSC)4标准溶液

(过量)，充分反响后，用c2mol・L1用口?。?标准溶液滴定剩余的Fe2-,终点时

消耗v2mL。

(5)N。被H。氧化为NO的离子方程式为。

223-------------

(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有o

(7)滴定过程中发生以下反响：

3Fe2++NO3+4H=NO个+32+2%0

Cr2O72-+6Fe2+14H-=2Cr3-+6Fe3+7H2O

则气样中NO*折合成NO2的含量为mg・m3。

(8)推断以下状况对NO,含量测定结果的影响［填〃偏高”、〃偏低〃或“无影响〃)

假设缺少采样步骤③，会使测定结果o

假设FeSO,标准溶液局部变质，会使测定结果o

千里之行始于足下

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10.(14.00分)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，答复以下

问题：

⑴CO2可以被NaOH溶液捕获。假设所得溶液pH=13,CO2主要转化为(写

离子符号)；假设所得溶液(HCO3-J：c(CO32-)=2：1,溶液pH=o室温

下,H2cO3的Ki=4X102；K2=5X10-n)

⑵CO2与CH,经催化重整，制得合成气：CH4lg)+C02(g)整理2co(g)

+2H2(g)

①上述反响中相关的化学键键能数据如下：

化学键C-HC=0H-Hw(CO)

键能/kJ•mol14137454361075

则该反响的o分别在vL恒温密闭容器A(恒容)、B1恒压，容积可

变)中，参与CH4和CO?各lmol的混合气体。两容器中反响达平衡后放出或吸

取的热量较多的是一(填"A〃或"B")

②按确定体积比参与C4和C0,在恒压下发生反响，温度对CO和H产率的影

22

响如图1所示。此反响优选温度为900C的缘由是o

千里之行始于足下

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(3)。2关心的Al-CO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利

用CO2,电池反响产物Al?(C2O4)是重要的化工原料。

电池的负极反响式：c

电池的正极反响式：60+6e=60

22

6CO2+6O2=3C2O42-+6O2

反响过程中。2的作用是。

该电池的总反响式：。

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千里之行始于足下

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2023年天津市高考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共6小题，每题6分，共36分.每题只有一个正确选项〕

1.（6.00分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大奉献的几个事例，运用化

学学问对其进展的分析不合理的是（）

A.四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反响

B.商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品

C.汉代烧制出"明如镜、声如磬〃的瓷器，其主要原料为黏土

D.屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取

操作

【分析】A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇；

B.后（司）母戊鼎的主要成分为Cu；

C.瓷器由黏土烧制而成；

D.用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物

有关。

【解答】解：A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡

萄糖不能发生水解反响，故A错误；

千里之行始于足下

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B.后（司）母戊鼎的主要成分为Cu,属于铜合金制品，故B正确;

C.瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；

D.用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物

有关，该过程为萃取操作，故D正确；

应选：Ao

【点评】此题考察物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、物质的组

成、混合物分别提纯为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意元素化合

物学问的应用，题目难度不大。

2.（6.00分）以下有关物质性质的比较，结论正确的选项是0

A.溶解度：Na2CO3<NaHCO3B.热稳定性：HCKPH3

C.沸点：C2H5SH<C2H5OHD.碱性：LiOH<Be（OH）2

【分析】A.需要在同一温度下比较溶解度的大小；

B.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，氯的非金属性比磷强；

C.C2H5sH与C2H50H分子构造一样，相对分子质量越大，分子间作用力越强，

沸点越高，但C2H50H分子间存在氢键；

D.金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较Li、Be的金属性

强弱即可推断LiOH与Be9弱2的碱性强弱。

【解答】解：A.在一样温度下，Na2cO3的溶解度大于NaHCO.,故A错误；

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B.Cl与P为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，氯的非金属性比

千里之行始于足下

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磷强，则HCI的热稳定性比P4强，故B错误；

C.C2H5OH分子间存在氢键，其分子间作用力比C2H5sH大，则C2H50H沸点比

C2H5sH高，故C正确；

D.Li与Be为同周期主族元素，核电荷数越大，金属性减弱，则Li比Be金属性

强，LiOH的碱性比Be（OH）2的碱性强，故D错误；

应选：Co

【点评】此题考察元素周期表和元素周期律学问，为高频考点，侧重于学生的分

析力气的考察，留意相关根底学问的积存，难度不大。

3.（6.00分）以下表达正确的选项是（）

某温度下，一元弱酸的心越小，贝的人（水解常数）越小

A.HAaNaAb

B.铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈

C.反响活化能越高，该反响越易进展

D.不能用红外光谱区分C2H50H和CH30cH3

【分析】A.依据弱酸电离常数和盐的水解常数的关系分析；

B.Zn的活泼性强于Fe,组成原电池时Zn作为负极；

C.反响活化能越高，说明反响到达活化态络合物所需的能量越高，存在较高的

势能垒；

D.红外光谱的争论对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合

千里之行始于足下

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物，几乎全部的有机物都有红外吸取。

千里之行始于足下

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【解答】解：某温度下，一元弱酸的电离常数为则其盐的水解

A.HAKa,NaA

常数Kb与Ka存在关系为：K.i,所以号越小，尾越大，故A错误；

UaUIfaU

Ka

B.Zn的活泼性强于Fe,组成原电池时Zn作为负极，Fe被保护，所以铁管镀锌

层局部破损后，铁管仍不易生锈，故B正确；

C.反响活化能越高，说明反响到达活化态络合物所需的能量越高，存在较高的

势能垒，反响不易进展，故C错误；

D.红外光谱的争论对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合

物，几乎全部的有机物都有红外吸取，C2H50H存在醇羟基，-0H有自己的特

征吸取区，可以与CH30cH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H50H和CI^OCHB，

故D错误，

应选：Bo

【点评】此题考察酸碱平衡，原电池，活化能及红外光谱区分有机物的相关学问，

整体难度不大，重视化学原理的运用，是根底题。

4.(6.00分)由以下试验及现象推出的相应结论正确的选项是0

试验现象结论

A某溶液中滴加K3[Fe(CN)溶产生蓝色沉原溶液中有Fe2-,

液淀无Fe3

B向C6H5ONa溶液中通入C02溶液变浑浊酸性：H2CO3>

COH.□0H

千里之行始于足下

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c向含有ZnS和Na2s的悬浊液中生成黑色沉Ksp(CuS)<Ksp

滴加CUSO4溶液淀(ZnS)

D①某溶液中参与Ba(NO3)溶①产生白色界溶液中有SO2-4

液沉淀

②再加足最盐酸②仍有白色

沉淀

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.KjFe(CN)6］与亚铁离子反响生成蓝色沉淀，不能检验铁离子；

JO

B.C6H$C)Na溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反响，生成苯酚；

C.含Na2S,不发生沉淀的转化；

D.亚硫酸根离子与Ba(NO312溶液反响也生成硫酸钢沉淀。

【解答】解：A.KJFe(CN)』与亚铁离子反响生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，

由现象可知原溶液中有Fem,不能确定是否含Fe，，故A错误；

B.C6H5ONa溶液中通入C02,发生强酸制弱酸的反响，生成苯粉，则酸性：H2CO3

>C,H.OH,故B正确；

O□e

C.含叱,不发生沉淀的转化,则不能比较(p(CuS)、Ksp(ZnS)大小，故C

错误；

D.亚硫酸根离子与Ba(NOJ,溶液反响也生成硫酸钢沉淀，则原溶液中可能有

SO32-,或SC^-,或二者均存在，故D错误；

应选：Bo

千里之行始于足下

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【点评】此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、酸性比较、

Ksp比较为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，

题目难度不大。

5.（6.00分）室温下，向圆底烧瓶中参与1molC2H50H和含：LmolHBr的氢澳酸，

溶液中发生反响：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反响后到达种衡。常压下，

C2H5Br和C2H50H的沸点分别为3840c和78.5℃.以下关表达错误的选项是（）

A.参与NaOH,可增大乙醇的物质的量

B.增大HBr浓度，有利于生成C2H$Br

C.假设反响物均增大至2mol,则两种反响物平衡转化率之比不变

D.假设起始温度提高至60℃,可缩短反响到达平衡的时间

【分析】A.参与NaOH,NaOH和HBr发生导致平衡逆向移动；

B.增大HBr浓度，平衡正向移动；

C.假设反响物均增大至2mol,在原来平衡根底上向正向移动，但是各种反响物

开头浓度一样、消耗的浓度一样；

D.上升温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反响速率减慢。

【解答】解：A.参与NaOH,NaOH和HBr发生而消耗HBr,导致平衡逆向移动，

所以乙醇的物质的量增大，故A正确；

B.增大HBr浓度，平衡正向移动，溟乙烷产率增大，所以有利于生成Cz&Br,

故B正确；

千里之行始于足下

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C.假设反响物均增大至2mol,在原来平衡根底上向正向移动，反响物转化率增

大，但是各种反响物开头浓度一样、消耗的浓度一样，所以其转化率的比值不变,

故C正确；

D.上升温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反响速率减慢，到达

平衡的时间增长，故D错误；

应选：Do

【点评】此题考察化学平衡影响因素，明确浓度、温度对化学平衡影响原理是解

此题关键，侧重考察学生对根底学问的理解和运用，易错选项是C,反响物的转

化率增大但其转化率的比值不变。

6.（6.00分）1_啊「。4是制备电池的重要原料。室温下，Li^POd溶液的PH随

（HP0-）的变化如图1所示，HF。，溶液中H?。，-的分布分数6随pH的变化

始243424-

如图2所示气水鲁J蠹粒子）］

下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（)

A.溶液中存在3个平衡

B.含P元素的粒子有H2Po4-、HPO42和PO43-

千里之行始于足下

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C.随c（HPO-）增大，溶液的pH明显变小

初始24

D.用浓度大于的H3P。4溶液溶解Li2cO3，当pH到达4.66时，H3P

几乎全部转化为UH2P。4

【分析】由图1可知LiHP0溶液呈酸性，说明电离程度HP0-大于水解程度，

2424

且随着c（H,PO,）增大，溶液pH渐渐减小，但浓度约大于104mol/L时，

初始24

pH不再发生转变，由图2可知，随着溶液pH增大，c（H2Po4）增大，可说明

H3P。4进一步电离，则溶液中存在H3Po4，当％P04的pH约为4.66时，分数6

到达最大，连续参与碱，可与HP0-反响生成HP。2一等，以此解答该题。

244

【解答】解：A.溶液中存在H2P0「、HPO/-、HQ的电离以及HP0->HP0/

幺442244

-和P043的水解等平衡，故A错误；

B.含P元素的粒子有H3Po4、H2Po4、HPO42PO43,故B错误；

C.由图1可知浓度约大于104moi/L时，pH不再发生转变，故C错误；

D.用浓度大于i的H3PO4溶液溶解Li2co3,当pH到达4.66时，由图2

可知HP0的分数6到达最大，约为0.994,则HP0几乎全部转化为UHP0,

243424

故D正确。

应选：Do

【点评】此题考察弱电解质的电离，为高频考点，侧重考察学生的分析力气，留

意把握弱电解质的电感特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。

二、非选择题II卷（60分）

7.（14.00分）图中反响①是制备Si4的一种方法，其副产物MgC^GN%是优质

的镁资源。答复以下问题：

千里之行始于足下

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(1)MgC^GNHs所含元素的简洁离子半径由小到大的挨次(H-除外)：HV

Mg2，VN3-VC-0

Mg在元素周期表中的位置；第三周期HA族，MR(OH)2的电子式:

[*O*HJMg1*[：0：H]

(2)A2B的化学式为M%Si,反响②的必备条件是熔融、电解。上图中

可以循环使用的物质有N2、NHQ。

(3)在确定条件下，由SiHz和CH4反响生成H2和一种固体耐磨材料SiC

(写化学式)。

(4)为实现燃煤脱硫，向煤中参与浆状Mg(OH)2,使燃烧产生的SO2转化为

稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：2Mg〔OH)

2卜2502+02=2乂区504+2%0。

(5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物

的合成路线如下：

1).8一「OH

RBr工四y.RMgBr'RCHR'(R：煌基；R”：煌基或

无水乙髀

千里之行始于足下

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依据上述信息，写出制备CH£H2cHe也所需醛的可能构造简式：CH3cH《H0,

CH?CHOo

【分析】由反响①可知A2B应为Mg2Si,与氨气、氯化镂反响生成Si%和

MgCI2*6NH3，MgJVN%参与碱液，可生成Mg(OH)2，MgC匕GN上加热时不

稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于

工业冶炼，而MgdWN%与盐酸反响，可生成氯化镁、氯化镂，其中氨气、氯

化核可用于反响①而循环使用，以此解答该题。

【解答】解(1)MgC/GN,所含元素的简洁离子分别为H、Mg2，、N3-、CI-,

离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有一样核外电子排布的离子，核电荷

数越大，离子半径越小，则简洁离子半径由小到大的挨次为H*<Mg2<N3-<CI

Mg原子核外有3个电子层，最外层电子数为2,位于周期表第二周期UA族，

••••

Mg(OH)2为离子化合物,电子式为也：回城[：泗,

••••

故答案为：H+<Mg2+<N3-<CI-；第三周期HA族；〔2叫加,[?何；

(2)A2B的化学式为Mg2Si,镁为活泼金属，制备镁，反响应在熔融状态下进展

电解，如在溶液中，则可生成氢氧化镁沉淀，由流程可知Mg02・6NH3分别加热、

与盐酸反响，可生成氨气、氯化铁，可用于反响①而循环使用，

故答案为：IV^Si；熔融、电解；N%、NH4CI；

(3)在确定条件下，由Si%和CH,反响生成”和一种固体耐磨材料，该耐磨材

料为原子晶体，应为SiC,原理是SiH《和CH’分解生成Si、C和氢气，Si、C在高

温下反响生成SiC,

故答案为：SiC；

千里之行始于足下

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(4)为实现燃煤脱硫，向煤中参与浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为

稳定的Mg化合物，应生成硫酸镁，则反响物还应有氧气，反响的化学方程式为

2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O,

故答案为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O；

fH

(5)由题给信息可知制备可由CH3cHzMgBr与CH3CHO生成，

也可由CH3cHzCHO和CI^MgBr反响生成，故答案为：CH3cHzcHO,CH3cH0。

【点评】此题为2023年高考天津理综试卷，以物质的制备流程为载体考察元素

化合物学问，题目侧重考察学生的分析力气、试验力气以及元素化合物学问综合

理解和运用，难度中等，留意把握题给信息以及物质的性质.

8.(18.00分)化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下:

(1)A的系统命名为1,6-己二醇，E中官能团的名称为碳碳双键、酯基°

千里之行始于足下

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（2）A短B的反响类型为取代反响，从反响所得液态有机混合物中提纯B的

常用方法为蒸锵。

3）C3D的化学方程式为

（4）C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反响：且ImolW最多与

2molNaOH发生反响，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有5

种，假设W的核磁共振氢诸有四组峰，则其构造简式

（5）F与G的关系为（填序号）c0

a.碳链异构b.官能团异构c.顺反异构d.位置异构

（6）M的构造简式为

（7）参照上述合成路线，以为原料，承受如下方法制备医药中间体

试剂与条件1八人.DPIhP,KQj

»化合物工

2）化合物Y

试剂与条件2

该路线中试剂与条件1为HBr、加热，X的构造简式为UBr；

千里之行始于足下

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y

试剂与条件2为OJCU或AR、加热，Y的构造简式为"。

【分析】A和HBr发生取代反响生成B,B发生氧化反响生成C,依据CD构造简

式变化知，C和CH3cH20H发生酯化反响生成D,D发生取代反响生成E,E发生

水解反响然后酸化得到F,依据GN构造简式区分知，G发生成肽反响生成N,

M构造简式为HO"";

（7）依据反响条件知，生成X、X再和Y反响生成八〜＜，则

生成X的试剂和条件分别是HBr、加热，X为‘〜/Bi

,贝W为X,生成Y

的试剂和条件为Oz/Cu或Ag、加热。

【解答】解：A和HBr发生取代反响生成B,B发生氧化反响生成C,依据CD构

造简式变化知，C和CH3cH20H发生酯化反响生成D,D发生取代反响生成E,E

发生水解反响然后酸化得到F,依据GN构造简式区分知，G发生成肽反响生成

N,M构造简式为HO""；

（1）A为二元醇，羟基分别位于1、6号碳原子上，A的系统命名为1,6•己二

醇，E中官能团的名称为酯基和碳碳双键，

故答案为：1,6-己二醵；酯基和碳碳双键；

（2）A玲B的反响类型为取代反响，A、B互溶，要从反响所得液态有机混合物

中提纯B的常用方法为蒸储，

千里之行始于足下

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故答案为：取代反响；蒸储;

（3）该反应为竣酸和醇的酯化反应，C->D的化学方程式为

（4）C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反响，说明含有醛基，

且lmolW最多与2molNaOH发生反响，产物之一可被氧化成二元醛，说明该物

质中含有HCOO-基团，且滨原子连接边上的C原子；

其构造简式可能为HCOOCH2cH2cH2cH2cHzBr、HCOOCH2cH2cH(CH3)CH2Br>

HCOOCH2C(CH3)CH2CH2Br>HCOOCH(CH3)CH2CH2CH2Br>HCOOCH(CH3)CH

(CH3)CH2Br,所以符合条件的有5种，

Il

假设w的核磁共振氢诸有四组峰，则其构造简式

故答案为：5；人

（5）F与G的关系为顺反异构，应选c；

（6）M的构造简式为H储J

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故答案为：H（人/；

（7）依据反响条件知，生成X、X再和Y反响生成/，则

RJL

生成X的试剂和条件分别是HBr、加热，X为/、/Br,则丫为/、，生成丫

的试剂和条件为O2/Cu或Ag、加热，通过以上分析知，该路线中试剂与条件1

为HBr、加热，X的构造简式为

乂

试剂与条件2为O2/Cu或Ag、加热，Y的构造简式为，

故答案为：HBr、加热；，〜/工；5/Cu或Ag、加热；。

【点评】此题考察有机物推断和合成，侧重考察学生分析推断力气及学问迁移力

气，依据反响前后物质构造变化确定反响类型，会依据合成路线推断（7）题反

响条件及所需试剂，留意（4）题：只有连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢

原子的醇才能被催化氧化生成醛，题目难度中等。

9.118.00分）烟道气中的NO?是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选

用图1所示采样和检测方法。答复以下问题：

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I.采样

采样步骤：

①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃：③翻开抽气泵置换系统内

空气；④采集无尘、枯燥的气样；⑤关闭系统，停顿采样。

（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为除尘。

（2）C中填充的枯燥剂是（填序号）c0

a.碱石灰b.无水C11SO4C.P2O5

（3）用试验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）一样，在虚线

框中画出该装置的示意图、明气体的流向及试剂。

（4）采样步骤②加热烟道气的目的是防止NOx溶于冷凝水。

n.N。含量的测定

X

将VL气样通入适量酸体的H。溶液中，使NO完全被氧化成NO加水

22x3

稀释至100.00mL,量取20.00mL该溶液，参与v】mLjmol・LlFeSQ标准溶液

（过量），充分反响后，用c2mol・L1用。?。?标准溶液滴定剩余的Fe2，,终点时

消耗v2mL。

（5）NO被H?O?氧化为NO、的离子方程式为2NO+3H?Q、=2H，+2NO2-+2H。°

千里之行始于足下

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(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要主锥形瓶、酸式滴定管.

[7)滴定过程中发生以下反响：

3Fe2+NO3-+4H=N。个+3Fe3++2H2。

Cr2O72-+6Fe2+14H=2Cr3*+6Fe3+7H2O

则气样中NO折合成NO2的含量为———'7T-八22义]mg*m3o

(8)推断以下状况对NO、含量测定结果的影响(填“偏高〃、“偏低〃或〃无影响〃)

假设缺少采样步骤③，会使测定结果偏低。

假设FeSO,标准溶液局部变质，会使测定结果偏高。

【分析】I.采样

(1)第一步过滤器A中装有无碱玻璃棉是为了除去粉尘；

(2)a.碱石灰为碱性枯燥剂，不能枯燥酸性气体；

b.无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，枯燥力气不强；

c.五氧化二磷是酸性枯燥剂，可以枯燥酸性气体；

(3)D装置为吸取装置，用于吸取酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气

管应进步短出；

(4)防止NOx溶于冷凝水，需要加热烟道气；

n.NO,含量的测定

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(5)NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化复原反响生成硝酸和水;

(6)滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；

(7)滴定剩余Fez.时，消耗的KCrO的物质的量为cVX103mol,则剩余的

22722

Fe2,物质的量为6C2V2X1O3mol,在所配制溶液中参与的Fez-物质的量为c^XlO

3mol,则与Nd-反响的Fe》物质的量;cMXlO3moi-6c2VzXlOrmol,则VL

(CIVI-6C-,V)XlU-3

气样中氮元素总物质的量=5义上」_29----------mol,计算氮元素含量，然

3

后折算成二氧化氮的含量；

(8)假设没翻开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸取不完全,

测定结果偏低，假设FeSO,变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得

到的氮素含量偏高；

【解答】解：I.采样

(1)第一步过滤器是为了除去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘，

故答案为：除尘；

(2)□.碱石灰为碱性枯燥剂，不能枯燥酸性气体，故a不选；

b.无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，枯燥力气不强，故b不选；

c.五氧化二磷是酸性枯燥剂，可以枯燥酸性气体，故c选；

故答案为：C;

(3)D装置为吸取装置，用于吸取酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气

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管应进步短出，装置图为:

NaOH

故答案为:

(4)采样步骤②加热烟道气的目的是：为了防止NOx溶于冷凝水，

故答案为：防止NOx溶于冷凝水；

II•NO含量的测定

X

(5)NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化复原反响，反响的离子方程式为：

2NO+3H2O2=2H+2NO3+2H2O,

故答案为：2NO+3H0=2H+2N0+2H0；

2232

(6)滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴

定管、锥形瓶，

故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；

(7)滴定剩余Fez，时，消耗的母。2。7的物质的量为c2V2X103mol,则剩余的

Fez，物质的量为6C2V2X103mol,在所配制溶液中参与的Fez-物质的量为c^XiO

3moL则与1\1。3反响的Fe2‘物质的量:C[V]X103moi-6c2V103mol,则VL

气样中氮元素总物质的量=5X""1-60r2)X103mo|.

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皿斯—至的今居1230(c/,-6c2V2)

则氮兀素的总质重=------r-----mg,

0

心许K一美公且23(c]VI-6c2V2)4/

气样中1氟兀素含量二------J—Xio4mg/m3,

37

23义(5YI-6GW/,

4

折合为N02的含量=--------——X10mg/m3,

故答案为：23X(cIV「6c2V2)4；

3VIU

(8)假设没翻开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮