2023年高考真题化学(上海卷)解析

考生留意：

2023上海化学试卷150120题纸上；做在试卷上一律不得分。号，并将核后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别留意，不能错位。相对原子质量：H-1 C-12 O-8 Na-23 S-32 Ca-40 Fe-56 Ni-59 Cu-64Br-80 Ba-137一、选择题〔102〕1.2023424地沟油〔加工过的餐饮废弃油〕与矿物油〔汽油、煤油、柴油等〕的方法是点燃，能燃烧的是矿物油测定沸点，有固定沸点的是矿物油C.参与水中，浮在水面上的是地沟油D.参与足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油D【解析】地沟油属于酯类、矿物油属于烃类，二者点燃时都能燃烧，A项错误；地沟油、矿物油均属于混合物，二者没有固定沸点，B项错误；地沟油、矿物油二者的密度均比水小且都不溶于水，与水混合都浮在水面上，CNaOH溶液，矿物油不发生反响，液体混合物分层、地沟油与NaOH溶液反响生成甘油、高级脂肪酸的钠盐，混合液不分层，D氰酸铵〔NHOCN〕与尿素[CO(NH4 22A.都是共价化合物B.都是离子化合物C.互为同分异构体D.互为同素异形体C【解析】氰酸铵属于铵盐，是离子化合物，AB酸铵与尿素的分子式均为CONH，因此属于同分异构体，C项正确；同素异形体是指同种元24素形成不同单质，而氰酸铵与尿素属于化合物，D项错误。3.230Th232Th232Th233U。以下有关ThA.Th元素的质量数是232 B.Th元素的相对原子质量是231C.232Th转换成233U是化学变化 D.230Th和232Th的化学性质一样D【解析】Th230、232ThA230Th232ThThB232Th233UC230Th232Th化学性质一样，D以下变化需抑制一样类型作用力的是A.碘和干冰的升华 B.硅和C60的熔化C.氯化氢和氯化钾的溶解 D.溴和汞的气化A【解析】碘与干冰的升华，均为固体分子转化为气体分子，抑制的作用力均为分子间作用力，AC是分子晶体，熔化时克60服作用力是分子间作用力，B项错误；HClNaCl键，CD5.374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的力气，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水A.显中性，pH等于7 B.表现出非极性溶剂的特性C.显酸性，pH小于7 D.表现出极性溶剂的特性B【解析】临界水电离出较多的H+和OH-，其浓度大于常温下水中H+OH-的浓度，但水中H+和OHp＜7；利用“相像相容原理很强的溶解有机物的力气”可知临界水表现出非极性溶剂的特性，故正确答案为：B。二、选择题〔363〕与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是A.原料利用率高 B.设备少C.循环利用的物质多D.原料易得A【解析】索尔维法制碱与侯德榜制碱法均分两个过程，第一个过程一样，在其次个过程CaOH)溶液与含NaCl、NHClNH2 4 3局部原料NaCl伴随CaCl溶液作为废液被抛弃了，造成NaCl2NaCl、NHClNHNHCl4 3 4溶液根本上是饱和NaCl溶液，可循环利用，提高了NaCl的利用率，故答案为：A。X气体通入BaClYX、Y2选项 XA SOYHS22B ClCO22C NHCO32D SOCl227.B【解析】A项，会有沉淀〔单质硫〕生成；B项，Cl通入BaCl溶液中无现象，再通入2 2COBaCOCBaCODCl2 3 3 2SO氧化为HSO，因此后有BaSOB。2 2 4 4腐蚀一样。以下分析正确的选项是A.脱氧过程是吸热反响，可降低温度，延长糕点保质期B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反响为：Fe-3e→Fe3+C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反响为：2HO+O+4e→4OH-2 2D1.12g336mL〔标准状况〕D【解析】在脱氧过程中，由铁、碳做电极，氯化钠溶液做电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反响；在脱氧过程中，碳做正极，铁做负极，失电子发生氧化反响生成Fe2+；在脱氧过程中，FeFe2+，Fe2+Fe3+，由电子守恒知消耗氧化剂氧气的体积〔标况下〕V(O)＝22.4L·mol-1×〔3×1.12g/56g·mol-1〕/42＝336mL。将盛有NHHCO粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中参与盐酸，4 3反响猛烈，醋酸渐渐凝固。由此可见NHHCO4 3该反响中，热能转化为产物内部的能量反响物的总能量高于生成物的总能量反响的热化学方程式为：NHHCO+HCl→NHCl+CO+HO-Q4 3 4 2 2BNHHCOHCl4 3应为吸热反响，A项错误；因反响为吸热反响，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B项错误；书写热化学方程式时，应注明物质的状态,D以下关于试验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的选项是A.均承受水浴加热 B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量C.均承受边反响边蒸馏的方法 D.制备乙酸乙酯时乙醇过量D【解析】制备乙酸丁酯和乙酸乙酯均是实行用酒精灯直接加热法制取，A乙酸丁酯时承受简洁获得的乙酸过量，以提高丁醇的利用率的做法，B酯实行边反响边蒸馏的方法、制备乙酸丁酯则实行直接回流的方法，待反响后再提取产物，CD11.HS水溶液中存在电离平衡HS H++HS-和HS-2 2加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大通入过量SO气体，平衡向左移动，溶液pH2滴加制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小

H++S2-。假设向HS2参与少量硫酸铜固体〔无视体积变化，溶液中全部离子浓度都减小c(+A项错误；通入少量SO2时，因发生SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，平衡向左移动，溶液pH增大、但通入过量SO2，最终溶液为饱和亚硫酸溶液，溶液pH减小，B项错误；参与制氯水，发生反响：H2S+Cl2S↓+2HClpHCCuS4H2S+C2+＝CuS↓+2H+，溶液中c(H+)变大，D依据有机化合物的命名原则，以下命名正确的选项是A. 3-甲基-1,3-丁二烯B.2-羟基丁烷C.CHCH(CH)CHCHCH 2-乙基戊烷3 25 2 2 3D.CHCH(NH)CHCOOH 3-氨基丁酸3 2 2D【解析】A2-甲基-1,3-丁烯；B有机物含有羟基，属于醇类，其名称为：1-甲基丙醇；C项，利用主链最长的原则可知其名称为：3-甲基己烷；D项，该物质为氨基酸，以羧基为主体，氨基为取代基，因此名称为：3-氨基丁酸。X、Y、Z、WX8液态空气获得其单质；Ys、pZ+2核外电子排布与氖原子一样；W元素原子的M1个未成对的p性质的说法确定正确的选项是A.XB.ZWC.Z元素的单质在确定条件下能与XD.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点C【解析】工业上分别液态空气可获得氧气或氮气，故XNO，由Yns2np2可知Y为C或SiZ2+10ZMg3s23p13s23p5元素均可满足元素WWAlCl。假设XO，HOA2WCl-，则离子半径：Mg2+＜Cl-，BMg氧化镁或氮化镁，C项正确；假设YC，其最高价氧化物CO的熔、沸点都很低，D2为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反响，待产生的气泡明显削减时取出，洗涤，烘干，称重。关于该试验的操作对测定结果的影响推断正确的选项是A.铁皮未准时取出，会导致测定结果偏小B.铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大C.烘干时间过长，回导致测定结果偏小D.假设把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大C【解析】铁皮未准时取出，导致局部铁被消耗，最终称重质量变小，使测定结果偏大；故正确答案为：C。NA代表阿伏伽德罗常数。C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物A.所含公用电子对书目为〔a/7+1〕NA B.所含碳氢键数目为aNA/7C.燃烧时消耗的O确定是33.6a/14L D.所含原子总数为aN/142 AB【解析】同质量的CHCH14g24 363N2NagA A为〔3a/14〕N；ag(2a/14)N＝aN/7；不知反响所处的温度、A A ACH，因此ag混合物中所含原23aN/14，故答案为：B。A氧化性BrFe3+。FeBr溶液中通入确定量的Cl2 2 2aFe2++bBr-+cCl→dFe3++eBr+fCl-2 2以下选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反响实际的是A.243226B.021012C.201202D.222214BClFeBrFe2+Br-a、b、c2 22、4、3时，溶液中Fe2+、Br-恰好完全被氧化，则利用原子守恒知d、e、f2、2、6；a、b0、2,则说明反响先氧化Be-，与事实不符；假设a、b、c2、0、1Fe2+恰好氧化完全，则利用原子守恒知d、e、f2、0、2a、b、c2、2、2溶液中Fe2+完全氧化、Br-刚好有一半被氧化，则利用原子守恒知d、e、f2、1、4，故答案为：B。某溶液可能含有Cl-、SO2-、CO2-、NH+、Fe3+、Al3+K+。取该溶液100mL，参与过量NaOH4 3 4溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色衬垫；顾虑，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl溶液，得到4.66g25Cl-确定存在，且c〔Cl-〕≥0.4mol/LC.SO2-、NH+、确定存在，Cl-可能不存在4 4D.CO2-、Al3+确定不存在，K+可能存在3B【解析】参与足量NaOH0.02mol0.02molNH+；得到红褐4色沉淀说明含有F3，则不能含有CO2〔CO2与F3+发生双水解，不能共存；利用灼烧后得3 31.6g0.02molFe3+BaCl4.66g2溶液中含有0.02molSO2-，Al3+、K+是否存在无法判定，利用“电荷守恒”可知溶液中必含有4Cl-，假设溶液中不含Al3+、K+时，溶液中含有0.04molCl-、假设溶液中含Al3+、K+时，溶液中含有Cl-0.04mol,结合溶液体积〔100mL〕可知原溶液中确定存在Cl-，且c(Cl-)≥0.4mol/L，由上述分析知，正确答案为：B。三、选择题〔204项的，多项选择不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分〕汽车猛烈碰撞时，安全气囊中发生反响10NaN+2KNO→KO+5NaO+16N3 3 2 2 2原物多1.75mol，则以下推断正确的选项是42.0LN〔标准状况〕20.250molKNO3

被氧化1.25mol被氧化的N3.75molCD【解析】利用方程式可知N既是氧化产物又是复原产物，且氧化产物与复原产物的质2量〔或物质的量〕15:1，1.75molN的体积2〔标准状况[16mo1.75mol/(15mol-1mol)22.4mo-＝44.8KNO316molN时转移10mol2molN2 2因此反响转移电子的物质的量为10×2/16＝1.25mol，C项正确；利用方程式，结合前面分析知当氧化产物比复原产物多14mol30mol,因此该反响30mol×1.75mol/14mol＝3.75mol，D局部弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸弱酸电离平衡常数〔25℃〕HCOOHK=1.77×10-4iHCNK=4.9×10-10iHCO2 3K=4.3×10-7i1K=5.6×10-11i2以下选项错误的选项是2CN-+HO+CO→2HCN+CO2-2 2 32HCOOH+CO2-→2HCOO-+HO+CO↑3 2 2中和等体积、等pH的HCOOHHCN消耗NaOH等体积、等浓度的HCOONaNaCNADKa

＞Ka

＞Ka

HCNCO2-CN-HCO-，因1(H2CO3)

1(HCN)

2(H2CO3) 3 3此向含CN-离子的溶液中通入CO发生反响为：CN-+HO+CO＝HCN+HCO-，A2 2 2 3与碳酸的电离平衡常数可知酸性HCOOHCOHCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐和CO、2 3 2HO，BHCOOH＞HCNpHHCOOHHCNHCN2pH的HCOOHHCN消耗NaOHC等浓度的HCOONa和NaCNc(Na+)+c(H+)＝c(R-)+c(OH-)[R-＝HCOO-或CN-]，CN-水解程度大，则在NaCN溶液中c(H+)较小，而两溶液中c(Na+)相等，故两溶液中所含离子数目前者大于后者，A某恒温密闭容器中，可逆反响A(s) B+C(g)-Q到达平衡。缩小容器体积，重达到平衡时，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的选项是产物B平衡时，单位时间内n(A ﹕n(C)=1﹕1)消耗 消耗保持体积不变，向平衡体系中参与B，平衡可能向逆反响方向移动1molB1molC，到达平衡时放出热量QBC【解析】假设B为气体，且原平衡时BC体积，到达平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也确定不变，故A项错误；平衡时，各n(A)＝n(C)，BB消耗 消耗B，平衡逆向移动，C1molB1molCQ，D确定条件下，将0.1LCO、0.2LCO0.1LNO、0.2LNO0.2LNH

混合，然后通过分别盛有2 2 3足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶〔洗气瓶排列挨次不确定。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反响，则尾气〔已枯燥〕A.可能是单一气体 B.不行能含有一氧化碳C.可能存在原气体中的两种气体 D.成分和洗气瓶的排列挨次无关ACNaOH〔或水、饱和碳酸氢钠溶液〕则最终得到尾气为CO；假设混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液、水〔或水、饱和碳酸氢钠溶液，最终通入NaOH溶液，则尾气为CO和N，由此可知尾气中确定含CO，故答案为：AC。确定量的CuS和CuS的混合物投入足量的HNO中，收集到气体V〔标准状况，向反响2 3后的溶液中〔存在Cu2+和SO2-〕参与足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到4CuO12.0g，假设上述气体为NONO1﹕1，则V2A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8LACuSCuS中含有n(Cu)＝12.0g/80g·mol-1＝0.15mol，利用电2CuS0.15mo×＝n(NO×3+n(NO)2×1，因n(NO)＝n(NO)，解之得n(NO)＝n(NO)＝0.3mol，则反响所得混合气体在标况下的2 2体积V＝〔0.3mol+0.3mol〕×22.4mol·L-1＝13.44L；当混合物全部为CuS时可得：10×20.15mol/2＝n(NO)×3+n(NO1n(NO)＝n(NOn(NO)＝n(NO)＝0.1875mol，2 2 2则反响所得混合气体在标况下的体积V＝〔0.1875mol+0.1875mol〕×22.4mol·L-1＝8.4L,所以收集到气体体积：8.4L＜V＜13.44L，故答案为：A。〔8〕金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有格外重要的作用。完成以下填空：铝原子核外电子云有 种不同的伸展方向，有 种不同运动状态的电子。镓〔Ga〕与铝同族。写出镓的氯化物和氨水反响的化学方程式。SiO是硅酸盐玻璃〔NaCaSiO〕NaCaSiO也可写成2 2 614 2 614NaO·CaO·6SiONaOH2 2发生反响的化学方程式 。长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数一样。由钠长石化学式NaAlSiO可38推知钙长石的化学式为用铝和金属氧化物反响制备金属单质是工业上较常用的方法。如：

3Ba↑+BaO·AlO23常温下Al的金属性比Ba的金属性 〔选填“强“弱。利用上述方法制取Ba的主要缘由是 。a.高温时Al的活泼性大于Ba b.高温有利于BaO分解c.高温时BaO·AlO比AlO稳定d.BaAl23 23四.【答案〔23〕9、13； 〔24〕GaCl+3NH·HO＝3NHCl+Ga(OH)↓3 3 2 4 3〔25〕SiO+2NaOH＝NaSiO+2HO、CaAlSiO 〔26〕弱 、d2 2 3 2 2 616〔23〕s轨道只有1个伸展方向、p轨道有3个伸展方向，Al核外电子排布为1s22s22p63s23p13个s2个p〔轨道〕的伸展方向有913个电子的运动状态各不一样，因此核外有13种不同运动状态的电子〔24〕同主族元素化学性质相像，因此类比氯化铝与氨水的反响可得氯化稼与氨水反响的方程式。〔25〕在NaO、CaO、SiO中，只有SiO是酸性氧化物，可与NaOH2 2 2硅酸钠溶液；由“长石是铝硅酸盐更换为钙，铝硅酸阴离子不变，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石的化学式为：Ca(AlSiO2，即CaAlSiO〔26〕利用元素Ba、Al38 2 616Al＜BaAlBaBa化为气体脱离反响体系，使反响正向进展。〔8〕溴主要以Br-形式存在于海水中，海水呈弱碱性。工业上制备的Br的操作步骤为：2①确定条件下，将Cl通入浓缩的海水中，生成Br2 2②利用热空气将Br吹出，并用浓NaCO溶液吸取，生成NaBr、NaBrO2 2 3 3③用硫酸酸化步骤②得到的混合物完成以下填空：Cl氧化Br-应在 条件下进展，目的是为了避开2Br2写出步骤③所发生的化学反响方程式。用硫酸而不用盐酸酸化的缘由可能是 步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是由于为了除去工业Br中微量的Cl,可向工业Br中2 2 2a.通入HBr b.参与NaCO溶液 c.参与NaBr溶液d.参与NaSO溶液2 3 2 3五.【答案〔27〕酸性、生成的溴与碱发生反响 〔28〕溴的沸点较低，易挥发〔29〕5NaBr+NaBrO+3HSO＝3NaSO+3Br+3HO Cl-氧化3 2 4 2 4 2 2为氯气，影响生成溴的纯度、防止溴的挥发〔30〕a〔27〕利用存在Br-的海水呈碱性和Br2可与碱性物质反响可知为防止氧化得到溴和碱反响，则氯气在氧化Br-时应在酸性条件下进展〔28〕溴可与被热空气吹出，是由于溴的沸点低，易挥发〔29〕向NaBrNaBrO3的混合溶液中，参与H2SO4，Br-BrO3-发生归中反应生成Br结合原子守恒可写出反响的方程式酸化时不用盐酸是防止在酸性条件下BrO2 3Cl-氧化为ClNaBr和NaBrO2 3到将混合液运送到目的地再酸化〔30〕遵循除杂不引入杂质的原子，可承受通入HBr的方法除去溴中混有Cl2〔8〕涉及的两步反响依次为：Ni(S)+4CO(g)

Ni(CO)(g)+Q4Ni(CO)(g)4完成以下填空：

Ni(S)+4CO(g)在温度不变的状况下，要提高反响〔1〕中Ni(CO)的产率，可实行的措施有 、4。2LNi(CO)〔98.5%CO4反响〕剩余质量和反响时间的关系如右图所示。Ni(CO)4

0～10min。假设反响〔2〕到达平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重到达平衡时 。a.平衡常数K增大 b.CO的浓度减小c.Ni的质量减小 d.v[Ni(CO)]增大逆 4简述羰基法提纯粗镍的操作过程。.【答案3〕增大压强、从反响体系中移走Ni(CO)(g) 〔3〕0.05mol/(·min)4〔33〕bc 〔34〕在封闭的玻璃管一端放入粗镍，把握温度在50℃，通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯洁的镍。【解析】(31)反响〔1〕是气体体积削减的放热反响，因此在温度不变的状况下，实行增大Ni(CO)(gNi(CO)的产率。4 4〔32〕随反响进展，粗镍削减的质量即为参与反响〔1〕消耗的镍的质量，在0～10min，生成Ni(CO)4

的物质的量＝(100g-41g)/59g·mol-1＝1mol，故在0～10min，v[Ni(CO)＝41mol/(2L×10min)＝0.05mol/(L·min)〔33〕由反响〔1〕为放热反响可知反响〔2〕为吸热反响，因此反响〔2〕到达平衡后，降温，平衡逆向进展，反响平衡常数K变小、CO的浓Niv[Ni(CO)〔34〕利用信息可知，可实行在低逆 4温〔50℃〕时让粗镍和CO作用，使生成的Ni(CO)230℃时分解即可得到纯镍。4〔12〕溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。试验室用工业大理石〔含有Al3+、Fe3+等杂质〕制备溴化钙的主要流程如下：完成以下填空：上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，假设用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸的氢溴酸500ml，所需的玻璃仪器有玻璃棒、 。的目的是、。37.试剂b，步骤Ⅳ的目的是。步骤Ⅲ的滤液中不含NH+步骤Ⅱ参与的试剂a是 的目的是、。37.试剂b，步骤Ⅳ的目的是。4步骤Ⅴ所含的操作依次是 、 。制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：①称取4.00g无水溴化钙样品溶解滴入足量NaCO溶液充分反响后过滤；2 3⑤称量。假设得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为 〔保存两位小数。假设试验操作标准而测定结果偏低，其缘由是 。〔36〕Ca(OH)(或CaO)；除2去溶解后溶液中的杂质离子Al3+、Fe3+、使Ca2+留在溶液中 〔37〕HBr 中和溶液中多余的Ca(OH) 〔38〕蒸发浓缩、冷却结晶2〔39〕94.00%；滴加的NaCO溶液缺乏，溶液中Ca2+未能完全转化为CaCO2 3 3沉淀〔其他合理答案均可〕〔35〕用浓溶液配制确定体积的稀溶液，需通过计算算出需浓溶液的体积，因此需要量筒、胶头滴管，烧杯、玻璃棒和500mL〔36〕步骤Ⅲ为过滤操作，因此在步骤Ⅱ中参与的试剂aCa2+转化为沉淀，结合Al3、Fe3的性质知应为碱性，结合信息〔步骤Ⅲ的滤液中不含NH+，说明a试剂4不是氨水，再结合除杂不能引入杂的原则可知参与试剂最好为CaOHCaO〔37〕2步骤Ⅳ中参与试剂ba[CaOHCaO)]，同样应遵循除2b为HBr〔38〕步骤Ⅴ是从溴化钙溶液中获得溴化钙晶体，因此其操作为蒸发浓缩、冷却结晶〔39〕过滤出的沉淀上沾有杂质，为削减试验误差应将沉淀进展洗涤、枯燥后载称量；利用“钙守恒”可得：CaBr～CaCO，故样品中溴化2 3钙的质量分数为[〔200g·mol-1×1.88g/100g·mol-1〕/4.00g]×100%＝94.00%；假设试验操作CaCONaCO3 2 3溶液缺乏，溶液中Ca2+未能完全转化为CaCO沉淀或洗涤CaCO沉淀有局部沉淀溶解导致。3 3〔12〕二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。二氧化硫有毒要。完成以下填空：试验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反响制取二氧化硫。假设用硫酸和亚硫酸钠反响制取二氧化硫并期望能把握反响速度上图中可选用的发生装置是 〔填写字母。假设用硫酸和亚硫酸钠反响制取3.36L〔标准状况〕二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠〔保存一位小数；假设已有4.0〔质量分数少需称取该亚硫酸钠 g〔保存一位小数。试验室二氧化硫尾气吸取与工业烟气脱硫的化学原理相通烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸取反响为SO+Ca(OH)CaSO↓+HO2 2 3 22CaSO+O+4HO→2CaSO·2HO。其流程如以以下图：3 2 2 4 2碱法的吸取反响为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O其流程如以以下图：：试剂试剂Ca(OH)2NaOH价格〔元/kg〕0.362.90SO〔元/mol〕20.0270.232石灰-石膏法和碱法吸取二氧化硫的化学原理一样之处是 。和碱法相比，石灰-石膏法的优点是 ，缺点是 。〔用流程图表示。八.【答案〔40〕ae 〔41〕18.9、19.8〔42〕利用SO是酸性氧化物，可与碱反响；原料易得，吸取本钱低；吸取速率慢，效率低2〔43〕〔40〕用硫酸和亚硫酸钠制取SO的试剂为固态和液态，反响条件不需加热，可通2a、e可到达目的〔41〕由硫守恒可得：NaSO～SOm(NaSO＝126g·mol-1×3.36L/22.4L·mol-1＝18.9g；4g2 3 2 2 3硫酸氧化为硫酸钠后质量变为(4×142)/126＝4.5g，则有4.0%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：96/100.5＝95.5%，因此称取变质样品的质量应为：18.9g÷95.5%＝19.8g〔42〕石灰-石膏法与碱法吸取SO都是利用SO是酸性氧化物可与碱反响2 2的性质来吸取SO的；利用题中和有关信息可知承受石灰—石膏法所用原料易得、本钱2低等，但因CaOH)碱性弱，导致吸取速率慢、效率低。2〔10〕异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体 。 由A〔CH〕BDiels-AlderDiels-Alder56完成以下填空：Diels-Alder反响属于 反响〔填反响类型A的构造简式为 。写出与互为同分异构，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称写诞生成这两种一溴代物所需要的反响试剂和反响条件。46.B与Cl1,2—加成产物消去HCl2〔CH=CHCOOH〕2 2聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能，写出该聚合物的构造简式。47.写出试验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备 的合成路线〔合成路线常用的表示方式为： 目标产物〕九.【答案〔44〕加成反响、 〔45〕1,3,5-三甲基苯〔或均-三甲基苯〕〔46〕〔47〕〔44〕利用题中乙烯与1,3-丁二烯反响得到环己烯的信息可知Diels-Alder反响的应；结合的构造和分子式〔CH〕可知B为1,3-丁二烯，A的构造简式为：912〔45〕与〔分子式为：CH〕互为同分异构体且属于芳香烃的9128〔23取代基为甲基、乙基，有邻、间、对三种；三取代产物有3种，取代基为三个甲基，分连、偏、均三种状况，结合限定条件，知满足条件的该物质是1,3,5〔苯〔46〕B〔1,3-丁二烯〕2-氯代二烯烃〔CH=CCl-CH=CH〕与2 2〔4〕结合苯甲醛的碳骨架构造可知合成苯甲醛的原料为甲〔甲苯恰好是与 的属于芳香烃的同分异构体的同系物〕，甲苯在光照下可与氯气发生甲基上的取代反响，生成氯代烃在NaOH溶液水解可得到苯甲醇，醇在Ag或Cu的催化作用下，可与氧气发生催化氧化得到苯甲醛。〔12〕沐舒坦〔构造简式为，不考虑立体异构〕是临床上使用广泛的。以以下图所示的其多条合成路线中的一条〔反响试剂和反响条件均未标出〕完成以下填空：写出反响试剂和反响条件。反响① 反响⑤写出反响类型。反响③ 反响⑥写出构造简式。A B反响⑥中除参与反响试剂C外，还需要参与K2CO3，其目的是为了中和防止写出两种C3种不同化学环境氢原子的同分异构体的构造简式。反响反响③的挨次不能颠倒其缘由是 。十.【答案〔48〕①HNO3；浓硫酸、加热。②溴、FeBr3。〔49〕复原反响、取代反响〔50〕 、 〔51〕HCl、氨基与盐酸发生反响〔52〕 、 〔53〕因氨基简洁被氧化，假设反响②、③颠倒，再利用KMnO、加热的条件下氧化-CH转化为-COOH的同时也会将-NH4 3 2氧化。【解析】结合产物的构造简式，利用流程图和起始原料的分子式〔CH〕可知起始原料为甲78苯，所以反响①是甲苯与HNO在浓硫酸做催化剂，加热的条件下发生取代反响生成邻硝基3KMnO〔甲4基氧化为羧基〔反响③〕使硝基转化为氨基，故A的构造简式为： 反响④是物质A与甲醇发生酯化反响得到 ，然后 在FeBe做催化剂作用下，与Br发生取代反响〔反响⑤，利用取代基3 2的定位效应知-Br取代氨基邻、对位上的氢