卷01——【備考2023】高考化學(xué)真題重組卷（浙江專用）（含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)
1．C【解析】A項(xiàng)，NaOH屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動(dòng)的Na+和OH-，故其在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，A不符合題意；B項(xiàng)，CaCl2屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動(dòng)的Ca2+和Cl-，故其在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，B不符合題意；C項(xiàng)，HCl是共價(jià)化合物，其在熔融狀態(tài)下不能電離成離子，故其在熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電，C符合題意；D項(xiàng)，K2SO4屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動(dòng)的K+和SO42-，故其在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，D不符合題意。故選C。
2．D【解析】A項(xiàng)，ClONO2里面含有正一價(jià)的氯元素和正五價(jià)的氮元素，具有強(qiáng)氧化性，A正確；B項(xiàng)，ClONO2與NaOH溶液反應(yīng)可生成次氯酸鹽和硝酸鹽，B正確；C項(xiàng)，ClONO2與鹽酸發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣，C正確；D項(xiàng)，ClONO2發(fā)生水解反應(yīng)生成次氯酸和硝酸，D錯(cuò)誤；故選D。
3．A【解析】A項(xiàng)，次氯酸中Cl最外層為7個(gè)電子，為達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，需要拿出一個(gè)電子與其他原子形成一個(gè)共用電子對(duì)，O原子最外層為6個(gè)電子，為達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，需要拿出兩個(gè)電子與其他原子形成兩對(duì)共用電子對(duì)，因而次氯酸的電子式為，A項(xiàng)錯(cuò)誤。B、C、D等3個(gè)選項(xiàng)均正確。故選A。
4．D【解析】A項(xiàng)，高壓鈉燈發(fā)出的黃光射程遠(yuǎn)、透霧能力強(qiáng)，所以高壓鈉燈用于道路照明，故A正確；B項(xiàng)，二氧化硅傳導(dǎo)光的能力非常強(qiáng)，用來制造光導(dǎo)纖維，故B正確；C項(xiàng)，黃銅礦高溫煅燒生成粗銅、氧化亞鐵和二氧化硫，故C正確；D項(xiàng)，碳酸鋇不溶于水，但溶于酸，碳酸鋇在胃酸中溶解生成的鋇離子為重金屬離子，有毒，不能用于鋇餐，鋇餐用硫酸鋇，故D錯(cuò)誤；故選D。
5．C【解析】A項(xiàng)，銨態(tài)氮肥的主要成分為銨根離子，草木灰的主要成分含有氫氧根，二者混合使用可以發(fā)生反應(yīng)生成氨氣，降低肥效，不能混合使用，A正確；B項(xiàng)，離子交換法可以很大程度的提取海水中的I-，還可以起到富集低濃度I-的作用，可以提高海水中I的提取率，B正確；C項(xiàng)，電解飽和食鹽水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na單質(zhì)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，將生鐵進(jìn)一步煉制可以減少碳含量，在使用這種鋼材時(shí)可以減少電化學(xué)腐蝕過程，這樣的鋼材更耐腐蝕，D正確；故選C。
6．D【解析】A項(xiàng)，反應(yīng)中I元素的化合價(jià)降低，發(fā)生得電子的反應(yīng)，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，KI中的I-由HI變化而來，化合價(jià)沒有發(fā)生變化，KI既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，12.7g I2的物質(zhì)的量為0.05ml，根據(jù)反應(yīng)方程式，每生成4ml I2轉(zhuǎn)移7ml電子，則生成0.05ml I2時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.0875ml，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，反應(yīng)中HI為還原劑，K2H3IO6為氧化劑，在反應(yīng)中每消耗1ml K2H3IO6就有7ml HI失電子，則還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量的比為7:1，D正確；故選D。
7．C【解析】A項(xiàng)，(NH4)2Fe(SO4)2可以寫成(NH4)2SO4?FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液與少量Ba(OH)2溶液反應(yīng)，OH-先與Fe2+反應(yīng)，再和NH4+反應(yīng)，由于Ba(OH)2較少，NH4+不會(huì)參與反應(yīng)，離子方程式為：Fe2++SO42-+ Ba2++ 2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，用惰性材料為電極電解MgCl2溶液，陽極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極反應(yīng)為：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，總反應(yīng)的離子方程式為：Mg2++2Cl-+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液共熱時(shí)發(fā)生水解，生成乙酸鈉和乙醇，離子方程式為：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正確；D項(xiàng)，向硫酸銅溶液中滴加氨水，氨水與硫酸銅發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀和硫酸銨，一水合氨為弱電解質(zhì)，在離子反應(yīng)中不能拆開，離子方程式為：Cu2++2NH3?H2O=2NH4++Cu(OH)2↓，D錯(cuò)誤。故選C。
8．A【解析】A項(xiàng)，從分子結(jié)構(gòu)上看糖類都是多羥基醛或酮及其縮合產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，某些含有苯環(huán)的蛋白質(zhì)溶液與濃硝酸會(huì)因膠體發(fā)生聚沉產(chǎn)生白色沉淀，加熱后沉淀發(fā)生顯色反應(yīng)變?yōu)辄S色，故B正確；C項(xiàng)，酯是易揮發(fā)而具有芳香氣味的有機(jī)化合物，所以含有酯類的水果會(huì)因含有低級(jí)酯類物質(zhì)而具有特殊香味，故C正確；D項(xiàng)，聚乙烯、聚氯乙烯的是具有優(yōu)良性能的熱塑性塑料，故D正確；故選A。
9．B【解析】A項(xiàng)，根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知分子中含有酚羥基、羰基、醚鍵和碳碳雙鍵，共四種官能團(tuán)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，含有碳碳雙鍵，能與HBr發(fā)生加成反應(yīng)，B正確；C項(xiàng)，酚羥基含有四種鄰位或?qū)ξ籋，另外碳碳雙鍵能和單質(zhì)溴發(fā)生加成反應(yīng)，所以最多消耗單質(zhì)溴5ml，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，分子中含有3個(gè)酚羥基，所以最多消耗3mlNaOH，D錯(cuò)誤；故選B。
10．B【解析】X的2s軌道全充滿，X為Be，Y的s能級(jí)電子數(shù)量是p能級(jí)的兩倍，Y為C，M是地殼中含量最多的元素，M為O，X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，則Z為N，Q是純堿中的一種元素，則Q為Na。A項(xiàng)，同一周期元素從左至右，電負(fù)性逐漸增大，電負(fù)性N大于Be，A正確；B項(xiàng)，N最高正價(jià)為+5價(jià)，O無最高正價(jià)，最高正價(jià)N大于O，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，Na和O形成的過氧化鈉中含有非極性共價(jià)鍵，C正確；D項(xiàng)，非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性N大于C，硝酸酸性強(qiáng)于碳酸，D正確；故選B。
11．B【解析】由題中信息可知，該電池充電時(shí)Li+得電子成為Li嵌入電極A中，可知電極A在充電時(shí)作陰極，故其在放電時(shí)作電池的負(fù)極，而電極B是電池的正極。A項(xiàng)，由圖可知，集流體A與電極A相連，充電時(shí)電極A作陰極，故充電時(shí)集流體A與外接電源的負(fù)極相連，A正確；B項(xiàng)，放電時(shí)，外電路通過a ml電子時(shí)，內(nèi)電路中有a ml Li+通過LiPON薄膜電解質(zhì)從負(fù)極遷移到正極，但是LiPON薄膜電解質(zhì)沒有損失Li+，B不正確；C項(xiàng)，放電時(shí)，電極B為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)可表示為Li1- xCO2+ xLi+xe-= LiCO2，C正確；D項(xiàng)，電池放電時(shí)，嵌入在非晶硅薄膜中的鋰失去電子變成Li+，正極上Li1- xCO2得到電子和Li+變?yōu)長iCO2，故電池總反應(yīng)可表示為Li xSi+Li1- xCO2Si+LiCO2，D正確。故選B。
12．A【解析】A項(xiàng)，核外電子數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大半徑越小，故半徑大小為，故A正確；B項(xiàng)，同周期元素核電荷數(shù)越大電負(fù)性越大，故，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，同周期從左往右第一電離能呈增大趨勢，同主族從上往下第一電離能呈減小趨勢，故電離能大小為，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，元素金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，故堿性強(qiáng)弱為，故D錯(cuò)誤；故選A。
13．C【解析】向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強(qiáng)，溶液pH將逐漸減小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強(qiáng)，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向NaHCO3溶液中滴加鹽酸。A項(xiàng)，a點(diǎn)溶質(zhì)為NaHCO3，此時(shí)溶液呈堿性，HCO3-在溶液中電離使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于電離程度，故A正確；B項(xiàng)，由電荷守恒可知，a→b→c過程溶液中c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)= c(Na＋)+c(H＋)，滴加NaOH溶液的過程中c(Na＋)保持不變，c(H＋)逐漸減小，因此c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐漸減小，故B正確；C項(xiàng)，由物料守恒可知，a點(diǎn)溶液中c(Na＋)=c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此a→d→e過程中c(Na＋)＞c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，c點(diǎn)溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)ml/L，e點(diǎn)溶液體積增大1倍，此時(shí)溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.025+10-4)ml/L，因此x>y，故D正確；故選C。
14．A【解析】A項(xiàng)，2ΔH1≈ΔH2，說明碳碳雙鍵加氫放出的熱量與分子內(nèi)碳碳雙鍵數(shù)目成正比，但是不能是存在相互作用的兩個(gè)碳碳雙鍵，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，ΔH2＜ΔH3，即單雙鍵交替的物質(zhì)能量低，更穩(wěn)定，說明單雙鍵交替的兩個(gè)碳碳雙鍵間存在相互作用，有利于物質(zhì)穩(wěn)定，故B正確；C項(xiàng)，3ΔH1＜ΔH4，說明苯分子中不存在三個(gè)完全獨(dú)立的碳碳雙鍵，故C正確；D項(xiàng)，ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，說明苯分子具有特殊穩(wěn)定性，故D正確；故選A。
15．D【解析】A項(xiàng)，對(duì)于任何化學(xué)反應(yīng)，體系溫度升高，均可加快反應(yīng)速率，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，由于高溫高壓液態(tài)水中，c(H+)和c(OH?)增大，油脂水解向右移動(dòng)的傾向變大，因而油脂與水的互溶能力增強(qiáng)，反應(yīng)速率加快，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，油脂在酸性條件下水解，以H+做催化劑，加快水解速率，因而高溫高壓液態(tài)水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反應(yīng)，且產(chǎn)生的酸進(jìn)一步催化水解，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，高溫高壓液態(tài)水中的油脂水解，其水環(huán)境仍呈中性，因而不能理解成相當(dāng)于常溫下在體系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH?)的堿的水解，而是以體系升溫、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+濃度的方式，促進(jìn)油脂的水解，D項(xiàng)不正確。故選D。
16．C【解析】A項(xiàng)，KClO3與亞硝酸鈉會(huì)發(fā)生反應(yīng)：KClO3+3NaNO2=KCl+3NaNO3，滴加硝酸銀和足量稀硝酸也能生成白色沉淀，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，氯化鈉電離出的氯離子也可以被酸性高錳酸鉀氧化，而使其褪色，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，亞硝酸有氧化性，可以把二價(jià)鐵氧化為三價(jià)鐵，溶液變?yōu)辄S色，C正確；D項(xiàng)，稀硝酸可以把亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，再加入氯化鋇可以生成硫酸鋇白色沉淀，D錯(cuò)誤；故選C。
二、非選擇題(本題共5題，共52分)
17．(1) 1s22s22p4或[He]2s22p4 (1分) 2(1分)
(2)自由電子在外加電場中作定向移動(dòng)(1分)
(3) sp2(1分) 兩者均為分子晶體，后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，熔點(diǎn)更高(2分)
(4)Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑(1分)
(5)電負(fù)性O(shè)＞N，O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Zn和O更易形成離子鍵(1分)
(6) ?cdhi (1分) ?bcek(1分)
【解析】(1)O為8號(hào)元素，其基態(tài)O原子核外有8個(gè)電子，因此基態(tài)O原子的電子排布式為1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p軌道有2個(gè)未成對(duì)電子，即O原子有2個(gè)未成對(duì)電子；(2)由于金屬的自由電子可在外加電場中作定向移動(dòng)，因此Cu、Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性；(3)根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，N原子均形成雙鍵，故N原子的雜化方式均為sp2，由于鄰苯二甲酸酐和鄰苯二甲酰亞胺均為分子晶體，而后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，因此熔點(diǎn)更高；(4)金屬Zn與氨水反應(yīng)可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反應(yīng)的離子方程式為Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；(5)由于電負(fù)性O(shè)＞N，O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Zn和O更易形成離子鍵，因此Zn—N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn—O鍵；(6)根據(jù)晶胞示意圖，一個(gè)晶胞中8個(gè)O原子位于晶胞的頂點(diǎn)，1個(gè)O原子位于晶胞體內(nèi)，4個(gè)Zn原子位于晶胞的棱上，1個(gè)Zn原子位于晶胞體內(nèi)，棱上的3個(gè)Zn原子和體內(nèi)的Zn原子、O原子形成四面體結(jié)構(gòu)，則于其相鄰的晶胞與該晶胞共用bc和cd，則相鄰的兩個(gè)晶胞的底面為?cdhi和?bcek。
18．(1)Ca、Cl、O(2分) Ca(ClO4)2 (2分)
(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O (2分)
(3)[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+(2分)
(4)用玻璃棒蘸取溶液I，點(diǎn)在藍(lán)色石蕊試紙上，呈紅色說明溶液中有H+；取溶液于試管中，加入NaOH至堿性，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍(lán)說明有NH4+(2分)
【解析】由化合物X與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成白色固體A和無色溶液B可知，白色固體A可能為碳酸鈣或碳酸鋇沉淀，說明化合物X中含有鈣離子或鋇離子，由多步轉(zhuǎn)化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H的質(zhì)量為1.435g可知，化合物X中含有氯元素的物質(zhì)的量為=0.01ml，由白色固體A用0.0250ml鹽酸溶解后，多余的酸用0.0150ml氫氧化鈉溶液恰好中和可知，化合物X中含有鈣元素或鋇元素的物質(zhì)的量為(0.0250ml—0.0150ml)×=0.005ml，若化合物X含有鋇元素，白色固體A的質(zhì)量為=0.005ml×197g/ml=0.985g＞0.500g，所以X中含有鈣元素，含有的氧元素物質(zhì)的量為=0.04ml，則X中鈣元素、氯元素、氧元素的物質(zhì)的量比為0.005ml：0.01ml：0.04ml=1：2：8，則X的化學(xué)式為Ca(ClO4)2。(1)X的組成元素鈣原子、氯元素和氧元素，化學(xué)式為Ca(ClO4)2；(2)由圖可知，B→C溶液呈棕黃色所發(fā)生的反應(yīng)為高氯酸鈉溶液與氫碘酸反應(yīng)生成氯化鈉、碘和水，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為，故答案為：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O；(3)由圖可知，生成白色固體H的反應(yīng)為氯化二氨合銀與硝酸溶液反應(yīng)生成氯化銀沉淀和硝酸銨，反應(yīng)的離子方程式為[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+；(4)由圖可知，溶液Ⅰ為硝酸和硝酸銨的混合溶液，則檢驗(yàn)溶液中氫離子銨根離子的操作為用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，點(diǎn)在藍(lán)色石蕊試紙上，呈紅色說明溶液中有H+；取取溶液于試管中，加入NaOH至堿性，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍(lán)說明有NH4+。
19．(1)8×108 L·ml－1(2分)
(2) 高溫(1分) AB(2分) (1分)
1000℃時(shí)CH4不參與反應(yīng)，相同分壓的H2S經(jīng)歷相同的時(shí)間轉(zhuǎn)化率相同(2分)
先升后降；在低溫段，以反應(yīng)Ⅰ為主，隨溫度升高，S2(g)的體積分?jǐn)?shù)增大；在高溫段，隨溫度升高；反應(yīng)Ⅱ消耗S2的速率大于反應(yīng)Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的體積分?jǐn)?shù)減小(2分)
【解析】(1)根據(jù)方程式可知該溫度下平衡常數(shù)K＝=；(2)①根據(jù)蓋斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反應(yīng)Ⅲ的ΔH＝234kJ/ml，這說明反應(yīng)Ⅲ是吸熱的體積增大(即ΔS＞0)的反應(yīng)，根據(jù)ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自發(fā)進(jìn)行可知反應(yīng)Ⅲ自發(fā)進(jìn)行的條件是高溫下自發(fā)進(jìn)行；②A項(xiàng)，Ar是稀有氣體，與體系中物質(zhì)不反應(yīng)，所以其他條件不變時(shí)，用Ar替代N2作稀釋氣體，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果幾乎無影響，A正確；B項(xiàng)，正反應(yīng)吸熱，升高溫度平衡正向進(jìn)行，溫度越高，H2S的轉(zhuǎn)化率越高，B正確；C項(xiàng)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)無法得出H2S中S-H鍵和CH4中C-H鍵的相對(duì)強(qiáng)弱，事實(shí)上C-H鍵的鍵能大于S-H鍵鍵能，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，恒溫恒壓下，增加N2的體積分?jǐn)?shù)，相當(dāng)于減壓，平衡正向進(jìn)行，H2的物質(zhì)的量增加，容器容積增加，H2濃度減小，D錯(cuò)誤；故選AB；③反應(yīng)I、反應(yīng)Ⅱ和反應(yīng)Ⅲ均是吸熱反應(yīng)，則反應(yīng)過程能量示意圖可表示為；④根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知1000℃時(shí)CH4不參與反應(yīng)，相同分壓的H2S經(jīng)歷相同的時(shí)間轉(zhuǎn)化率相同，所以在1000℃常壓下，保持通入的H2S體積分?jǐn)?shù)不變，提高投料比時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率不變；⑤由于在低溫段，以反應(yīng)Ⅰ為主，隨溫度升高，S2(g)的體積分?jǐn)?shù)增大；在高溫段，隨溫度升高；反應(yīng)Ⅱ消耗S2的速率大于反應(yīng)Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的體積分?jǐn)?shù)減小，因此變化規(guī)律是先升后降。
20．(1)ABD(2分)
(2)① a→d→f→c(2分) ②甲基橙，顏色由紅色變橙色(1分)
(3)①堿式氯化鎂(氫氧化鎂) (1分) ②過度蒸發(fā)導(dǎo)致氯化鎂水解(2分)
(4) c f e f g a (2分)
【解析】(1)A項(xiàng)，煅燒固體樣品需用坩堝，燒杯和錐形瓶用來加熱液體，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，氯化銨水解方程式為NH4Cl+H2O?NH3·H2O+HCl，氧化鎂和HCl反應(yīng)，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右移動(dòng)，HCl濃度變大，促進(jìn)了氧化鎂的溶解，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)信息②NH4Cl溶液僅與體系中的MgO反應(yīng)，且反應(yīng)程度不大，不能先過濾，否則氧化鎂損耗很大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，固液分離操作均可采用常壓過濾，使用減壓過濾加快過濾速度，也可行，D項(xiàng)正確。故選ABD。(2)①先選發(fā)生裝置為a，然后連接回流裝置d，生成的氨氣有水蒸氣，需要干燥，然后連接干燥管f，氨氣是堿性氣體，需要用酸吸收，最后連接c。故答案填a→d→f→c。②硫酸和氨氣恰好完全反應(yīng)生成硫酸銨((NH4)2SO4)，硫酸銨顯酸性，因而選擇在酸性范圍內(nèi)變色的指示劑：甲基橙，其顏色變化是紅色變?yōu)槌壬?3)溶液F經(jīng)鹽酸酸化、蒸發(fā)、結(jié)晶、過濾、洗滌和低溫干燥得到產(chǎn)品。①溶液仍呈堿性，注意不可能是氨氣的影響，由于氯化鎂水解使溶液呈酸性，故溶液的堿性是由雜質(zhì)引起的?？紤]到氯化鎂易水解，所以含有的雜質(zhì)可能是Mg(OH)Cl或者M(jìn)g(OH)2。②升高溫度會(huì)促進(jìn)水解的進(jìn)行，因而必然是蒸發(fā)階段導(dǎo)致，即過度蒸發(fā)導(dǎo)致氯化鎂水解。(4)根據(jù)各離子完全沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同時(shí)以沉淀形式除掉不同離子，因而先將pH調(diào)至5，除掉Al3+和Fe3+,然后過濾其沉淀，然后將pH調(diào)至11.0使得Mg2+變?yōu)镸g(OH)2沉淀，過濾并洗滌，得到純凈的Mg(OH)2沉淀，然后加入鹽酸得到氯化鎂溶液。故依次填cfefga。
21．(1)硝基，氯原子(1分)
(2) (1分)
(3)D(2分)
(4) (2分)
(5) (3分)
(6) (3分)
【解析】與CH3NH2反應(yīng)生成B，B與硫化鈉發(fā)生還原反應(yīng)生成C，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)可知A到B為取代反應(yīng)，B為，C與E發(fā)生已知中反應(yīng)生成F，F(xiàn)為，F(xiàn)脫水生成G，G與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成H，H與氫氣加成后再與環(huán)氧乙烷發(fā)生反應(yīng)生成I，I與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)后再與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸苯達(dá)莫司汀。(1)由A的結(jié)構(gòu)可知其所含官能團(tuán)為硝基和氯原子；(2)由以上分析可知化合物B的結(jié)構(gòu)簡式；(3)A項(xiàng)，B→C的反應(yīng)中B中一個(gè)硝基轉(zhuǎn)化為氨基，反應(yīng)類型為還原反應(yīng)，故錯(cuò)誤；B項(xiàng)，化合物D中含有兩個(gè)羥基，與乙醇不是同系物，故錯(cuò)誤；C項(xiàng)，化合物I的分子式是C18H27N3O4，故錯(cuò)誤；D項(xiàng)，將苯達(dá)莫司汀制成鹽酸鹽，可以增加其水溶性，利于吸收，故正確；故選D；(4)G與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成H，反應(yīng)方程式為：；(5)1，3-丙二醇與HBr發(fā)生取代反應(yīng)生成1，3-二溴丙烷，1，3-二溴丙烷與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，發(fā)生水解生成戊二酸，戊二酸分子內(nèi)脫水生成，合成路線為：；(6)化合物C的同分異構(gòu)體①分子中只含一個(gè)環(huán)，且為六元環(huán)；②譜和譜檢測表明：分子中共有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，無氮氮鍵，有乙?；阴；庵挥幸环N氫，則六元環(huán)上的原子均不與氫相連，該物質(zhì)具有很高的對(duì)稱性，符合的結(jié)構(gòu)有、、、。
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