2023年重庆市高考化学试卷(附参考答案+).docx

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1、2023 年重庆市高等学校招生统一考试化学试卷一、选择题本大题共 7 小题，每题 6 分，共 42 分在每题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求16 分以下物质的使用不涉及化学变化的是 A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂 C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作枯燥剂26 分以下试验可实现鉴别目的是A用 KOH 溶液鉴别 SO3g和 SO2 B用潮湿的碘化钾淀粉试纸鉴别 Br2g和 NO2 C用 CO2 鉴别 NaAlO2 溶液和 CH3COONa 溶液D用 BaCl2 溶液鉴别 AgNO3 溶液和 K2SO4 溶液36 分以下表达正确的选项是322A浓氨水中滴加 FeCl3 饱和溶液可制得 FeOH 胶

2、体BCH3COONa 溶液中滴加少量浓盐酸后 cCH3COO增大 CCaHCO3 溶液与过量NaOH 溶液反响可制得 CaOH232D25时 CuOH 在水中的溶解度大于其在 CuNO 溶液中的溶解度46 分茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的试验用品不能都用到的是A将茶叶灼烧灰化，选用、和 B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和 C过滤得到的滤液，选用、和D检验滤液中的 Fe3+，选用、和56 分某自然拒食素具有防范非洲大群蚯蚓的作用，其构造简式如图未表示出原子或原子团的空间排列。该拒食素与以下某试剂充分反响，所得有机物第 10 页共 20 页分子的官能团数目增加，

3、则该试剂是ABr2 的 CCl4 溶液 BAgNH3 OH 溶液CHBr DH2266 分 Cs+H2OgCOg+H2g H=akJmol12Cs+O2g2COg H=220kJmol1HH、O=O 和 OH 键的键能分别为 436、496 和 462kJmol1，则a 为A332B118C+350D+13076 分在恒容密闭容器中通入 X 并发生反响：2XgYg，温度 T1、 T2 下 X 的物质的量浓度 cX随时间 t 变化的曲线如下图以下表达正确的选项是 A该反响进展到 M 点放出的热量大于进展到 W 点放出的热量BT2 下，在 0t1 时间内，vY=molL1min1CM 点的正反响速

4、率 V大于 N 点的逆反响速率 V正逆DM 点时再参加肯定量 X，平衡后 X 的转化率减小二、非选择题本大题共 4 小题，共 58 分815 分月球含有H、He、N、Na、Mg、Si 等元素，是人类将来的资源宝库13He 是高效能原料，其原子核内的中子数为（2） Na 的原子构造示意图为，Na 在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为（3） MgCl2 在工业上应用广泛，可由MgO 制备MgO 的熔点比 BaO 的熔点填“高”或“低”月球上某矿石经处理得到的 MgO 中含有少量 SiO2，除去 SiO2 的离子方程式为；SiO2 的晶体类型为MgO 与碳粉和氯气在肯定条件下反响可制备 MgCl2假设

5、尾气可用足量 NaOH溶液完全吸取，则生成的盐为写化学式（4） 月壤中含有丰富的 3He，从月壤中提炼 1kg 3He，同时可得 6000kg H2 和 700kg N2，假设以得到 H2 和 N2 为原料经一系列反响最多可生产碳酸氢铵kg 915 分GB27602023规定葡萄酒中 SO2 最大使用量为 0.25gL1某兴趣小组用如图 1 装置夹持装置略收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进展测定1仪器 A 的名称是，水通入 A 的进口为2B 中参加 300.00mL 葡萄酒和适量盐酸，加热使 SO2 全部逸出并与C 中H2O2完全反响，其化学方程式为（3） 除去 C 中过量的 H2O2，然后用

6、 0.0900molL1 NaOH 标准溶液进展滴定， 滴定前排气泡时，应选择图 2 中的 ；假设滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为 ；假设用 50mL 滴定管进展试验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积 填序号=10mL，=40mL，10mL，40mL（4） 滴定至终点时，消耗NaOH 溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2 含量为gL1 5 该测定结果比实际值偏高， 分析缘由并利用现有装置提出改进措施： 1014 分结晶玫瑰是具有猛烈玫瑰香气的香料，可由以下反响路线合成局部反响条件略去：1A 的类别是，能与 Cl2 反响生成 A 的烷烃是B 中的官能团是（2） 反

7、响的化学方程式为（3） ：B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反响路线得到的产物加水萃取、分液，能除去的副产物是4：+H2O，则经反响路线得到一种副产物，其核磁共振氢谱有 4 组峰，各组吸取峰的面积之比为5G 的同分异构体 L 遇 FeCl3 溶液显色，与足量饱和溴水反响未见白色沉淀产生，则 L 与 NaOH 的乙醇溶液共热，所得有机物的构造简式为只写一种1114 分氢能是最重要的能源储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一（1） 氢气是清洁能源，其燃烧产物为（2） NaBH4 是一种重要的储氢载体，能与水反响生成NaBO2，且反响前后B 的化合价不变，该反响的化学方程式为 ，反响消耗 1mol

8、NaBH4 时转移的电子数目为 （3） 储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反响来实现脱氢和加氢gg+3H2g在某温度下，向恒容密闭容器中参加环已烷，其起始浓度为 amolL1，平衡时苯的浓度为 bmolL1，该反响的平衡常数 K=（4） 肯定条件下，如下图装置可实现有机物的电化学储氢无视其它有机物导线中电子转移方向为用 A、D 表示生成目标产物的电极反响式为该储氢装置的电流效率 =计算结果保存小数点后 1 位100%，2023 年重庆市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题本大题共 7 小题，每题 6 分，共 42 分在每题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求16 分以下物质

9、的使用不涉及化学变化的是 A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂 C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作枯燥剂【分析】化学变化是指有物质生成的变化，物理变化是指没有物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区分是否有物质生成；据此分析推断【解答】解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很简洁水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附力量很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故 A 错误； B液氯汽化时吸取热量，故可用作致冷剂，属于物理变化，故 B 正确； C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反响，故氢氟酸能刻蚀玻璃， 属于化学变化，故 C 错误； D生石

10、灰与水反响生成氢氧化钙，属于化学变化，故 D 错误，应选：B。【点评】此题考察物理变化与化学变化的推断，难度不大要留意化学变化和物理变化的本质区分是否有物质生成26 分以下试验可实现鉴别目的是A用 KOH 溶液鉴别 SO3g和 SO2 B用潮湿的碘化钾淀粉试纸鉴别 Br2g和 NO2 C用 CO2 鉴别 NaAlO2 溶液和 CH3COONa 溶液D用 BaCl2 溶液鉴别 AgNO3 溶液和 K2SO4 溶液【分析】AKOH 溶液与 SO3g、SO2 反响，没有明显现象； BBr2g和 NO2 都可氧化 KI 生成碘单质；C二氧化碳与 NaAlO2 溶液反响生成氢氧化铝沉淀；DBaCl2 溶

11、液与 AgNO3 溶液和 K2SO4 溶液反响都可生成沉淀【解答】解：AKOH 溶液与 SO g、SO反响，没有明显现象，可用品红溶32液检验，故 A 错误；B. Br2g和 NO2 都可氧化 KI 生成碘单质，可用硝酸银溶液或水鉴别，故 B错误；C. 二氧化碳与 NaAlO2 溶液反响生成氢氧化铝沉淀，可鉴别，故C 正确；D. BaCl2 溶液与 AgNO3 溶液和 K2SO4 溶液反响都可生成沉淀，应用盐酸或氯化钠溶液鉴别，故 D 错误。应选：C。【点评】此题考察物质的检验和鉴别，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析力量和试验力量的考察，留意把握物质的性质的异同，难度不大36 分以下

12、表达正确的选项是322A浓氨水中滴加 FeCl3 饱和溶液可制得 FeOH 胶体BCH3COONa 溶液中滴加少量浓盐酸后 cCH3COO增大CCaHCO3 溶液与过量NaOH 溶液反响可制得 CaOH232D25时 CuOH 在水中的溶解度大于其在 CuNO 溶液中的溶解度【分析】A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反响；B、醋酸钠中参加盐酸会发生反响生成醋酸和氯化钠；2C、CaHCO3 溶液与过量NaOH 溶液反响产物是碳酸钙和碳酸钠；D、依据沉淀溶解平衡的影响因素来答复推断【解答】解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反响生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故 A 错误；B、醋酸钠中参

13、加盐酸会发生反响生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故 B 错误；2C、CaHCO3溶液与过量NaOH 溶液反响产物是碳酸钙和碳酸钠，并不会获得氢氧化钙，故 C 错误；D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡CuOH Cu2+2OH，CuNO 溶液中铜232离子会抑制沉淀溶解平衡的右移，所以CuOH2 在水中的溶解度大于其在 Cu32NO 溶液中的溶解度，故D 正确。应选：D。【点评】此题考察学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的学问， 留意学问的归纳和整理是解题关键，难度中等46 分茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的试验用品不能都用到的是A将茶叶灼烧灰化，选用、和

14、 B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和 C过滤得到的滤液，选用、和D检验滤液中的 Fe3+，选用、和【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN 溶液检验，以此解答该题【解答】解：A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和， 必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故 A 不选； B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进展，可用玻璃棒搅拌， 不用容量瓶，故 B 选；C过滤时用到、和，故 C 不选；D检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN 溶液检

15、验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、和，故 D 不选。应选：B。【点评】此题为 2023 年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的试验设计的考察，着重于考察学生的分析力量和试验力量，落脚于根底学问的考察，留意把握试验的原理、步骤和试验仪器，难度不大56 分某自然拒食素具有防范非洲大群蚯蚓的作用，其构造简式如图未表示出原子或原子团的空间排列。该拒食素与以下某试剂充分反响，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是 ABr2 的 CCl4 溶液 BAgNH3 OH 溶液CHBr DH22【分析】A碳碳双键发生加成反响，醛基和溴发生氧化反响； B醛基和银氨溶液发生氧化反响生成羧基； C碳碳双键

16、发生加成反响； D碳碳双键、醛基都发生加成反响。【解答】解：A碳碳双键发生加成反响，醛基和溴发生氧化反响，所以增加溴原子，故 A 正确； B醛基和银氨溶液发生氧化反响生成羧基，官能团数目不变，故 B 错误； C碳碳双键和HBr 发生加成反响，官能团由碳碳双键变为溴原子，HBr 和醛基不反响，所以官能团数目不变，故 C 错误； D碳碳双键、醛基都发生加成反响，官能团数目削减，故 D 错误；应选：A。【点评】此题考察了有机物的构造及性质，依据有机物中含有的官能团及其性质来分析解答，明确物质能发生哪些类型的反响，题目难度不大。66 分 Cs+H2OgCOg+H2g H=akJmol12Cs+O2g2

17、COg H=220kJmol1HH、O=O 和 OH 键的键能分别为 436、496 和 462kJmol1，则a 为 A332 B118 C+350 D+130【分析】依据盖斯定律计算水分解反响的焓变，化学反响的焓变 H=H 产物H 反再结合化学键能和物质能量的关系来答复应物【解答】解：Cs+H2OgCOg+H2g H=akJmol10，2Cs+O2g2COg H=220kJmol12得：2H2OgO2g+2H2g H=2a+220kJmol10， 44624962436=2a+220，解得 a=+130。应选：D。【点评】此题考察学生盖斯定律的应用以及化学反响的能量和化学键键能之间的关系，

18、留意学问的迁移和应用是关键，难度中等76 分在恒容密闭容器中通入 X 并发生反响：2XgYg，温度 T1、 T2 下 X 的物质的量浓度 cX随时间 t 变化的曲线如下图以下表达正确的选项是 A该反响进展到 M 点放出的热量大于进展到 W 点放出的热量BT2 下，在 0t1 时间内，vY=molL1min1CM 点的正反响速率 V 正大于 N 点的逆反响速率 V 逆DM 点时再参加肯定量 X，平衡后 X 的转化率减小【分析】由图可知，温度为 T1 先到达平衡，所以 T1T2，温度越高，平衡时 X的物质的量浓度越大，说明上升温度平衡向逆反响移动，上升温度平衡向吸热反响移动，故逆反响为吸热反响，正

19、反响为放热反响；A、依据图象推断参与反响的 X 的量的多少，反响的 X 越多，放热越多； B、依据图中 X 的浓度变化求出 Y 的浓度变化，再求反响速率；C、温度越高反响速率越大；D、M 点时再参加肯定量 X，到达的平衡与原平衡比较，依据压强对平衡的影响分析【解答】解：由图可知，温度为 T1 先到达平衡，所以 T1T2，温度越高，平衡时 X 的物质的量浓度越大，说明上升温度平衡向逆反响移动，上升温度平衡向吸热反响移动，故逆反响为吸热反响，正反响为放热反响；A、进展到M 点 X 的转化率较低，由于正向是放热反响，所以反响进展到M 点放出的热量少，故 A 错误；B、T2 下，在 0t1 时间内，X

20、 的浓度变化为：cX=abmol/L，则 Y 的浓度变化为 cY=cX=mol/L，所以 vY=molL1min1，故 B 错误；C、依据图象可知，温度为 T1 时反响首先到达平衡状态；温度高反响速率快， 到达平衡的时间少，则温度是 T1T2；M 点温度高于 N 点温度，且 N 点反响没有到达平衡状态，此时反响向正反响方向进展，即 N 点的逆反响速率小于 N 点的正反响速率，因此 M 点的正反响速率大于 N 点的逆反响速率，故 C 正确； D、M 点时再参加肯定量 X，到达的平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X 的转化率增大，所以M 点时再参加肯定量 X，平衡后X 的转化率增大，

21、故 D 错误；应选：C。【点评】此题考察了化学平衡图象问题、平衡有关计算、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，依据图象推断反响为放热反响是解题的关键留意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响二、非选择题本大题共 4 小题，共 58 分815 分月球含有H、He、N、Na、Mg、Si 等元素，是人类将来的资源宝库13He 是高效能原料，其原子核内的中子数为 1（2） Na 的原子构造示意图为，Na 在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为（3） MgCl2 在工业上应用广泛，可由MgO 制备MgO 的熔点比 BaO 的熔点高填“高”或“低”322月球上某矿石经处理得到的 MgO 中含有

22、少量 SiO2，除去 SiO2 的离子方程式为 SiO2+2OHSiO 2+H O；SiO 的晶体类型为 原子晶体MgO 与碳粉和氯气在肯定条件下反响可制备 MgCl2假设尾气可用足量 NaOH溶液完全吸取，则生成的盐为 NaCl，NaClO，Na2CO3写化学式（4） 月壤中含有丰富的 3He，从月壤中提炼 1kg 3He，同时可得 6000kg H2 和 700kg N2，假设以得到 H2 和 N2 为原料经一系列反响最多可生产碳酸氢铵 3950kg【分析】1依据质子数+中子数=质量数计算；（2） 钠原子时11 号元素，依据核外电子排布规律写出原子构造示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过

23、氧化钠是过氧根离子和钠离子构成；（3） 依据氧化镁和氧化钡是离子化合物，结合离子键的强弱分析推断熔点凹凸；氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，二氧化硅是硅原子和氧原子构成属于原子晶体；MgO 与碳粉和氯气在肯定条件下反响可制备 MgCl2，反响产物为二氧化碳， 假设尾气可用足量 NaOH 溶液完全吸取是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反响的产物；（4） 氢气和氮气反响生成氨气，依据化学方程式定量关系分析可知氢气过量， 依据氮气全部反响，结合氮原子守恒计算碳酸氢铵质量；【解答】解：13He 是高效能原料，其原子核内的中子数=质量数质子数=32=1；故答案为：

24、1；（2） 钠原子时 11 号元素，依据核外电子排布规律写出原子构造示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成，电子式为： ；故答案为： ，；（3） 氧化镁和氧化钡是离子化合物，钡离子半径大于镁离子半径，氧化镁形成的金属键强，熔点高； 故答案为：高；氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，反响的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；二氧化硅是硅原子和氧原子构成，每个硅原子和四个氧原子形成共价键，每个氧原子和两个硅原子形成共价键，属于原子晶体；故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；原子晶体；MgO 与碳粉

25、和氯气在肯定条件下反响可制备 MgCl2，反响产物为二氧化碳，假设尾气可用足量 NaOH 溶液完全吸取是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反响的产物， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ： CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，产物为 NaCl，NaClO，Na2CO3 ；故答案为：NaCl，NaClO，Na2CO3 ；（4） 得 6000kg H2 和 700kg N2，依据化学方程式 N2+3H2=2NH3，假设以得到 H2和 N2 为原料想可知氢气过量，依据氮气中氮元素守恒计算，经一系列反响最多可生产碳酸氢铵的质量=279g/mol=3950

26、kg；故答案为：3950【点评】此题考察了原子、离子构造，物质组成和构造的理解应用，主要是原子晶体、金属金属晶体性质的推断，化学方程式计算应用，把握根底是关键，题目难度中等915 分GB27602023规定葡萄酒中 SO2 最大使用量为 0.25gL 1某兴趣小组用如图 1 装置夹持装置略收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进展测定1仪器 A 的名称是 冷凝管，水通入 A 的进口为 b2B 中参加 300.00mL 葡萄酒和适量盐酸，加热使 SO2 全部逸出并与C 中H2O2完全反响，其化学方程式为 SO2+H2O2=H2SO4（3） 除去 C 中过量的 H2O2，然后用 0.0900molL1

27、NaOH 标准溶液进展滴定，滴定前排气泡时，应选择图 2 中的 ；假设滴定终点时溶液的 pH=8.8，则选择的指示剂为 酚酞 ；假设用 50mL 滴定管进展试验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积 填序号=10mL，=40mL，10mL，40mL（4） 滴定至终点时，消耗 NaOH 溶液 25.00mL，该葡萄酒中 SO2 含量为 0.24gL1（5） 该测定结果比实际值偏高，分析缘由并利用现有装置提出改进措施： 缘由：盐酸易挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸或用蒸馏水代替葡萄酒进展比照试验，扣除盐酸挥发的影响 【分析】1依据仪器 A 特点书写其名称，为了充分冷却气体

28、，应当下口进水；（2） 二氧化硫具有复原性，能够与试验室反响生成硫酸，据此写出反响的化学方程式；（3） 氢氧化钠应当盛放在碱式滴定管中，依据碱式滴定管的排气泡法进展推断；依据滴定终点时溶液的 pH 及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；依据滴定管的构造推断滴定管中溶液的体积；（4） 依据关系式 2NaOHH2SO4SO2 及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；（5） 依据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠推断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进展比照试验，减去盐酸挥发的影响【解答】解：1依据仪器 A 的构造可知，仪器 A 为冷凝

29、管，冷凝管中通水方向承受逆向通水法，冷凝效果最正确，所以应当进水口为 b，故答案为：冷凝管或冷凝器；b；（2） 双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反响的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；（3） 氢氧化钠溶液为碱性溶液，应当使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头局部略微向上弯曲，再排气泡，所以排解碱式滴定管中的空气用的方法；滴定终点时溶液的 pH=8.8，应中选择酚酞做指示剂酚酞的变色范围是 8.210.0；假设用 50mL 滴定管进展试验，当滴定管中的液面在刻度 “10处”，滴定管的 0 刻度在上方，10mL 刻度线

30、下方还有 40mL 有刻度的溶液， 另外滴定管 50mL 刻度线下有液体，因此管内的液体体积50.00mL10.00mL=40.00mL，所以正确， 故答案为：；酚酞；（4） 依据 2NaOHH2SO4SO2 可知 SO2 的质量为： 0.0900mol/L0.025L64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，故答案为：0.24；（5） 由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进展比照试验，扣除盐酸挥发的影响，故答案为：缘由：盐酸易挥发；改进措

31、施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸或用蒸馏水代替葡萄酒进展比照试验，扣除盐酸挥发的影响【点评】此题为一道高考题，考察了探究物质的组成、测量物质的含量的方法， 题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生把握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培育了学生敏捷应用所学学问的力量1014 分结晶玫瑰是具有猛烈玫瑰香气的香料，可由以下反响路线合成部分反响条件略去：1A 的类别是卤代烃 ，能与 Cl反响生成A 的烷烃是CH4或甲烷 B2中的官能团是 CHO或醛基2反应的化学方程式为+CH COOH3+H O2（3） ：B苯甲醇+苯甲

32、酸钾，则经反响路线得到的产物加水萃取、分液，能除去的副产物是 苯甲酸钾2（4） ： +H O，则经反响路线得到一种副产物，其核磁共振氢谱有 4 组峰，各组吸取峰的面积之比为 1：2：4：45G 的同分异构体 L 遇 FeCl3 溶液显色，与足量饱和溴水反响未见白色沉淀产生， 则 L与 NaOH的乙醇溶液共热， 所得有机物的构造简式为或只写一种【分析】1烃中氢原子卤素原子取代后生成产物为卤代烃，A 中含有 1 个 C， 所以生成 A 的烷烃为甲烷，B 含有官能团醛基；（2） 依据 G、J 的构造知反响是G 与乙酸的酯化反响（3） 依据苯甲酸钾为可溶性的盐而其它物质不溶于水进展解答；（4） 依据题

33、给路线生成的G 与苯反响生成，有 4 种 H，氢原子数目之比就等于其吸取峰的面积之比；（5） 依据遇 FeCl3 溶液显色可知 L 含酚羟基，与足量饱和溴水反响未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位被取代基取代，又 L 与 NaOH 的乙醇溶液共热说4明 L 能发生消去反响，该基团是C2H Cl，据此写出所得有机物的构造简式【解答】解：1A 为三氯甲烷，含有官能团 Cl 原子，所以A 为卤代烃，甲烷能够与氯气发生取代反响生成三氯甲烷；有机物 B 为苯甲醛，含有的官能团为醛基：CHO，故答案为：卤代烃；CH4 或甲烷；CHO 或醛基；32（2） 反响为和乙酸发生酯化反响生成，反响的化学方程式为：

34、+CH COOH+H O，32故答案为： +CH COOH+H O；（3） 苯甲酸钾为盐，所以苯甲酸能够溶于水，则加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾，故答案为：苯甲酸钾；24依据反响 +H O 可知， 能够与 G 反响生成，该有机物分子中含有 4 种位置不同的 H，个数之比为 1： 2：4：4苯环对称，则各组吸取峰的面积之比为 1：2：4：4，故答案为：1：2：4：4；5依据遇 FeCl3 溶液显色可知 L 含酚羟基，与足量饱和溴水反响未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位没有 H，即邻、对位有取代基，又 L 与 NaOH 的乙醇溶液共热说明 L 能发生消去反响，该基团是C2H4Cl，则

35、L 与 NaOH 的乙醇溶液共热，所得有机物的构造简式为或 ， 故答案为： 或 【点评】此题考察了有机物分类、有机物构造与性质、有机合成方案设计、同分异构体求算等学问，题目难度中等，留意把握常见有机物组成、分类及具有的构造与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，试题有利于培育学生敏捷应用所学学问的力量1114 分氢能是最重要的能源储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一（1） 氢气是清洁能源，其燃烧产物为 H2O （2） NaBH4 是一种重要的储氢载体，能与水反响生成NaBO2，且反响前后B 的化合价不变，该反响的化学方程式为 NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2 ，反响消耗1m

36、ol NaBH4 时转移的电子数目为 4NA 或 2.4081024 （3） 储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反响来实现脱氢和加氢gg+3H2gmol3L3在某温度下，向恒容密闭容器中参加环已烷，其起始浓度为 amolL1，平衡时苯的浓度为 bmolL1，该反响的平衡常数 K=（4） 肯定条件下，如下图装置可实现有机物的电化学储氢无视其它有机物导线中电子转移方向为 AD用 A、D 表示6612生成目标产物的电极反响式为 C6H +6H+6e=C H该储氢装置的电流效率=64.3%=计算结果保存小数点后 1 位2【分析】1氢气完全燃烧生成 H O；100%，4（2） NaBH与水反

37、响生成 NaBO，且反响前后B 的化合价不变，H 元素化合价24由1 价、+1 价变为 0 价，再结合转移电子守恒配平方程式，依据 NaBH 和转移电子之间的关系式计算；（3） 化学平衡常数 K=；（4） 依据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则 D 作阴极，E 作阳极，所以A 是分解、B 是正极，电子从负极流向阴极；该试验的目的是储氢，所以阴极上发生的反响为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反响生成环己烷， 苯参与反响需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率 22【解答】解：1氢气完全燃烧生成 H O，故答案为

38、：H O；4（2） NaBH与水反响生成 NaBO，且反响前后 B 的化合价不变，NaBO中 B22元素化合价为+3 价，所以NaBH4 中 H 元素的化合价为1 价，所以H 元素化合价由 1 价、 +1 价变为 0 价， 再结合转移电子守恒配平方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，反响消耗 1mol NaBH4 时转移的物质的量=1mol4 1 0 =4mol ， 所以转移电子数为 4NA 或 2.4081024 ， 故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2；4NA 或 2.4081024；（3） 环己烷的起始浓度为 amolL1，平衡时苯的浓度为 bmolL1，同一容

39、器中各物质反响的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以依据方程式知，环己烷的平衡浓度为 a b mol/L ， 氢气的浓度为 3bmol/L ， 则平衡常数K=mol3L3=mol3L3，故答案为：mol3L3；（4） 依据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则 D 作阴极，E 作阳极，所以A 是分解、B 是正极，电子从负极流向阴极，所以电子从 A 流向 D，故答案为： AD；66612该试验的目的是储氢，所以阴极上发生的反响为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反响式为C H +6H+6e =C H，故答案为：C H +6H+6e=C H；66612阳极上氢氧根离子放电生成氧气，

40、阳极上生成 2.8mol 氧气转移电子的物质的量=2.8mol4=11.2mol，生成 1mol 氧气时生成 2mol 氢气，则生成 2.8mol 氧气时同时生成 5.6mol 氢气， 设参与反响的苯的物质的量是 xmol，参与反响的氢气的物质的量是 3xmol，剩余 苯 的 物 质 的 量 为=10mol24% xmol， 反 应 后 苯 的 含 量=10%，x=1.2 ， 苯转化为环己烷转移电子的物质的量为 1.2mol6=7.2mol ， 则100%=64.3%，故答案为：64.3%【点评】此题考察了化学平衡、电解池原理等学问点，依据化学平衡常数表达式、电解原理等学问点来分析解答，难点是 4，留意：10mol24%10% 不是参与反响的苯的物质的量，为易错点