2023年上海市高考化学试卷.docx
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1、 2023年上海市高考化学试卷 完成以下填空: (1)试验室制取纯洁的氯气,除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸,还需要 、 (填写试剂或溶液名称) (2)试验室用2.00mol/L盐酸和漂粉精成分为Ca(ClO)2、CaCl2反响生成氯气、氯化钙和水,若产生2.24L(标准状况)氯气,发生反响的盐酸为 mL。 (3)试验室通常用向上排空气法收集氯气。设计一个简洁试验,验证所收集的氯气中是否含有空气。 工业上用电石乙炔生产氯乙烯的反响如下: CaO+3CCaC2+CO CaC2+2H2OHCCH+Ca(OH)2 HCCH+HClCH2CHCl 电石乙炔法的优点是流程简洁,产品纯度高,而且不依靠于石油资
2、源。 电石乙炔法的缺点是: 、 。 (4)乙烷和氯气反响可制得ClCH2CH2Cl,ClCH2CH2Cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢。 设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案(其他原料自选),用化学方程式表示(不必注明反响条件)。 要求:反响产生的氯化氢必需用于氯乙烯的制备; 不再产生其他废液。 八、(此题共8分) 27(8分)很多有机化合物具有酸碱性 完成以下填空 (1)苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的挨次为: 苯胺( )具有 (选填“酸性”、“碱性”或“中性”) (2)经常利用物质的酸碱性分别混合物某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质,其分别方案如图 已知:苯甲醇、苯
3、甲酸、苯胺微溶于水 A、B、C分别是:A 、B 、C 上述方案中,若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开,则应参加 (3)欲将转化为,则应参加 九、(此题共14分) 28(14分)M是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分,其构造式为 (不考虑立体构造,其中R为)M的一条合成路线如下(局部反响试剂和条件省略) 完成以下填空: (1)写出反响类型反响 、反响 ; (2)写出反响试剂和反响条件反响 、反响 ; (3)写出构造简式B 、C ; (4)写出一种满意以下条件的A的同分异构体的构造简式 能与FeCl3溶液发生显色反响;能发生银镜反响;分子中有5种不同化学环境的氢原子 (5)丁烷氯化可得到2
4、氯丁烷,设计一条从2氯丁烷合成1,3丁二烯的合成路线 (合成路线常用的表示方式为:AB目标产物) (6)已知:与的化学性质相像 从反响可得出的结论是: 十、(此题共14分) 29(14分)硫有多种含氧酸,亚硫酸(H2SO3)、硫酸(H2SO4)、焦硫酸(H2SO4SO3)、硫代硫酸(H2S2O3)等等,其中硫酸最为重要,在工业上有广泛的应用,在试验室,浓硫酸是常用的枯燥剂 完成以下计算:(1)焦硫酸(H2SO4SO3)溶于水,其中的SO3都转化为硫酸,若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸,该硫酸的物质的量浓度为 mol/L (2)若以浓硫酸吸水后生成H2SO4H2O计算,250g质量分数
5、为98%的硫酸能汲取多少g水? (3)硫铁矿是工业上制作硫酸的主要原料,硫铁矿氧化焙烧的化学反响如下:3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 若48mol FeS2完全反响耗用氧气2934.4L(标准状况);计算反响产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比 (4)用硫化氢制取硫酸,既能充分利用资源又能爱护环境,是一种很有进展前途的制备硫酸的方法 硫化氢体积分数为0.84的混合气体(H2S、H2O、N2)在空气中完全燃烧,若空气过量77%,计算产物气体中SO2体积分数(水是气体) 已知空气组成:N2体积分数0.79、O2体积分数0.21 2023年上海
6、市高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题(此题共10分,每题2分,每题只有一个正确选项) 1(2分)“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料以下关于Pu的说法正确的选项是() APu与U互为同位素 BPu与Pu互为同素异形体 CPu与U具有完全一样的化学性质 DPu与Pu具有一样的最外层电子数 【分析】A有一样质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素; B同种元素形成的不同单质互称同素异形体; C不同的元素化学性质不同; D原子的核外电子数等于质子数 【解答】解:A有一样质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素,Pu与U质子数不同,不是同位素,故A错误; B同种元素
7、形成的不同单质互称同素异形体,Pu与Pu均为原子,不是同素异形体,故B错误; CPu与U质子数不同属于不同的元素,其化学性质不同,故C错误; DPu与Pu具有一样的质子数,所以其核外电子数一样,则具有一样的最外层电子数,故D正确; 应选:D。 【点评】此题考察粒子间的数量关系、同位素和同素异形体概念等,侧重于原子构造学问的考察,难度不大要留意平常学问的积存 2(2分)以下试剂不会由于空气中的氧气而变质的是() A过氧化钠 B氢硫酸 C硫酸亚铁 D苯酚 【分析】依据物质的性质进展分析: A、过氧化钠和氧气不反响; B、氢硫酸和氧气反响生成硫和水; C、硫酸亚铁和氧气反响生成硫酸铁; D、苯酚能被
8、氧气氧化变成苯醌; 【解答】解:A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反响,但和氧气不反响,不会因空气中的氧气而变质,故A正确; B、氢硫酸和氧气反响生成硫和水,会因空气中的氧气而变质,故B错误; C、硫酸亚铁和氧气反响生成硫酸铁,会因空气中的氧气而变质,故错误; D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌,会因空气中的氧气而变质,故D错误; 应选:A。 【点评】此题考察了一些常见物质在空气中发生反响的问题,是对学生进展物质性质的训练与提高,难度不大 3(2分)构造为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸气处理后,其导电力量大幅度提高上述高分子化合物的单体是() A乙炔 B乙烯 C丙烯
9、D1,3丁二烯 【分析】推断高聚物的单体:首先要依据高聚物的构造简式推断高聚物是加聚产物还是缩聚产物,然后依据推断单体的方法作出推断, 加聚产物的单体推断方法: (1)凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物,其合成单体必为一种,将两半链闭合即可; (2)凡链节主链上只有四个碳原子(无其它原子)且链节无双键的高聚物,其单体必为两种,在正中间画线断开,然后将四个半键闭合即可; (3)凡链节中主碳链为6个碳原子,其规律是“见双键,四个碳,无双键,两个碳”画线断开,然后将半键闭合,马上单双键互换; 该题属于第(1)种状况,据此进展解答 【解答】解:高分子化合物CH=CHCH=CHCH=CH
10、CH=CH,其构造简式可以表示为:CH=CHn,属于加聚产物,依据加聚产物的单体推断方法,凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物,其合成单体必为一种,将两半键闭合即可得其单体为:CHCH, 应选:A。 【点评】此题考察加聚反响生原理及高分子化合物单体的求算,题目难度不大,明确加聚反响原理及反响产物的单体推断方法是解答的关键 4(2分)在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中,被破坏的作用力依次是() A范德华力、范德华力、范德华力 B范德华力、范德华力、共价键 C范德华力、共价键、共价键 D共价键、共价键、共价键 【分析】物质的三态变化属于物理变化,石蜡蒸气转化为裂化气发生了化
11、学变化,依据物质的变化分析 【解答】解:石蜡液体石蜡石蜡蒸气属于物质的三态变化,属于物理变化,破坏了范德华力,石蜡蒸气裂化气发生了化学变化,破坏了共价键; 所以在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中,被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键。 应选:B。 【点评】此题考察了物质发生物理、化学变化时破坏的作用力,题目难度不大,侧重于根底学问的考察 5(2分)以下分别方法中,和物质的溶解度无关的是() A升华 B萃取 C纸上层析 D重结晶 【分析】升华是利用物质熔沸点低,加热转化为气态来分别,以此来解答 【解答】解:升华与物质熔沸点有关,加热转化为气态可分别混合物,而萃取、纸上层析、重
12、结晶均与物质在溶剂中的溶解度有关, 应选:A。 【点评】此题考察混合物分别、提纯方法及选择,为高频考点,把握分别方法及分别原理为解答的关键,留意纸上层析是试样在有机溶剂中的溶解度差异,利用集中原理分别混合物,为解答的难点,题目难度不大 二、选择题(此题共36分,每题3分,每题只有一个正确选项) 6(3分)今年是门捷列夫诞辰180周年以下事实不能用元素周期律解释的只有() A碱性:KOHNaOH B相对原子质量:ArK C酸性:HClO4H2SO4 D元素的金属性:MgAl 【分析】A元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强; B相对原子质量的大小与原子序数有关; C元素的非金属性
13、越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强; D同周期元素从左到右,元素的金属性渐渐减弱 【解答】解:ANa、K位于周期表一样主族,金属性KNa,元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,能用元素周期律解释,故A不选; B相对原子质量的大小与原子序数有关,随原子序数的增大而增大,存在周期性的变化,不能用元素周期律解释,故B选; C非金属性ClS,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,能用元素周期律解释,故C不选; D同周期元素从左到右,元素的金属性渐渐减弱,能用元素周期律解释,故D不选。 应选:B。 【点评】此题为2023年上海高考题,侧重于元素周期律的理解与
14、应用的考察,留意把握元素周期律的递变规律以及相关学问的积存,难度不大 7(3分)以下各组中两种微粒所含电子数不相等的是() AH3O+和OH BCO和N2 CHNO2和 NO2 DCH3+和NH4+ 【分析】粒子中质子数等于原子的质子数之和,中性微粒中质子数=电子数,阳离子的电子数=质子数电荷数,阴离子的电子数=质子数+电荷数 【解答】解:A、H3O+的质子数为11,电子数为111=10,OH的质子数为9,电子数为9+1=10,电子数一样,故A错误; B、CO的质子数为14,电子数为14,N2的质子数为14,电子数为14,电子数一样,故B错误; C、HNO2的质子数为1+7+82=24,电子数
15、为24,NO2的质子数为7+82=23,电子数为23+1=24,电子数一样,故C错误; D、CH3+的质子数为6+13=9,电子数为91=8,NH4+的质子数为11,电子数为111=10,电子数不同,故D正确。 应选:D。 【点评】此题主要考察微粒的质子数和电子数的关系,明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键,并留意中性微粒中质子数等于电子数 8(3分)BeCl2熔点较低,易升华,溶于醇和醚,其化学性质与AlCl3相像由此可推想BeCl2() A熔融态不导电 B水溶液呈中性 C熔点比BeBr2高 D不与NaOH溶液反响 【分析】AlCl3的构造和化学性质:氯化铝是共价化合物,
16、熔融态不导电,铝离子能发生水解使溶液呈碱性,能与NaOH溶液反响生成氢氧化铝沉淀BeCl2化学性质与AlCl3相像,依此进展推断 【解答】解:氯化铝是共价化合物,是分子晶体,熔融态不导电,能发生水解使溶液呈碱性,能与NaOH溶液反响生成氢氧化铝沉淀。BeCl2熔点较低,易升华,溶于醇和醚,其化学性质与AlCl3相像,故 ABeCl2为共价化合物,故熔融态不导电,故A正确; BBeCl2能发生水解使溶液呈酸性,故B错误; CBeCl2和BeBr2为分子晶体,BeBr2相对分子质量大于BeCl2,故BeCl2熔点比BeBr2低,故C错误; D能与NaOH溶液反响生成氢氧化铍沉淀,故D错误, 应选:
17、A。 【点评】此题考察物质的性质,难度不大把握氯化铝的性质是解题的关键,要留意氯化铝是共价化合物 9(3分)1,3丁二烯和2丁炔分别与氢气反响的热化学方程式如下: CH2=CHCHCH2(g)+2H2(g)CH3CH2CH2CH3(g)+236.6kJ CH3CCCH3(g)+2H2(g)CH3CH2CH2CH3(g)+272.7kJ 由此不能推断() A1,3丁二烯和2丁炔稳定性的相对大小 B1,3丁二烯和2丁炔分子储存能量的相对凹凸 C1,3丁二烯和2丁炔相互转化的热效应 D一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小 【分析】据H=生成物的能量和反响物的能量和=反响物的键能和生成物的
18、键能和可知,3丁二烯和2丁炔的能量凹凸,能量越低越稳定据此解答 【解答】解:据H=生成物的能量和反响物的能量和=反响物的键能和生成物的键能和可知,3丁二烯和2丁炔的能量凹凸,能量越低越稳定, A、一样条件下2丁炔放出热量比1,3丁二烯多,说明1,3丁二烯能量低,稳定,故A正确; B、一样条件下2丁炔放出热量比1,3丁二烯多,说明1,3丁二烯能量低,故B正确; C、一样条件下2丁炔放出热量比1,3丁二烯多,说明1,3丁二烯能量低,其相互转化有能量变化,故C正确; D、1,3丁二烯和2丁炔所含的碳碳单键数目不同,所以不能推断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小,故D错误。 应选:D。 【点评
19、】此题主要考察H=生成物的能量和反响物的能量和=反响物的键能和生成物的键能和,以及能量越低越稳定,题目难度不大 10(3分)如图是用于枯燥、收集并汲取多余气体的装置,以下方案正确的选项是() 选项 X 收集气体 Y A 碱石灰 氯化氢 水 B 碱石灰 氨气 水 C 氯化钙 二氧化硫 氢氧化钠 D 氯化钙 一氧化氮 氢氧化钠 AA BB CC DD 【分析】该装置中采纳向上排空气法收集,说明该气体密度大于空气,且该气体和空气中成分不反响,用固体枯燥剂枯燥,则该气体和枯燥剂不反响,据此分析解答 【解答】解:该装置中采纳向上排空气法收集,说明该气体密度大于空气,且该气体和空气中成分不反响,用固体枯燥
20、剂枯燥,则该气体和枯燥剂不反响, A碱石灰呈碱性,能和HCl反响,所以HCl不能用碱石灰枯燥,故A错误; B氨气密度小于空气,应当采纳向下排空气法收集,故B错误; C二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反响,氯化钙和二氧化硫不反响,所以能用氯化钙枯燥,故C正确; D常温下NO和氧气反响生成红棕色气体二氧化氮,所以得不到NO,NO采纳排水法收集,故D错误; 应选:C。 【点评】此题考察了气体的枯燥、收集和尾气处理,依据气体的性质确定枯燥剂、尾气处理试剂,依据气体的溶解性及密度确定收集方法,留意氨气不能用氯化钙枯燥,为易错点,题目难度不大 11(3分)向饱和澄清石灰水中参加少量CaC2,充分
21、反响后恢复到原来的温度,所得溶液中() Ac(Ca2+)、c(OH)均增大 Bc(Ca2+)、c(OH)均保持不变 Cc(Ca2+)、c(OH)均减小 Dc(OH)增大、c(H+)减小 【分析】参加CaC2,与水发生CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HCCH,反响消耗水,结合Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH(aq)的影响因素解答 【解答】解:参加CaC2,与水发生CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HCCH,反响消耗水,因原溶液为饱和溶液,则反响后肯定有Ca(OH)2析出,则溶液浓度不变, 应选:B。 【点评】此题为2023年上海考题,涉及难溶电解质的溶解平衡,侧重于学生的分析力
22、量的考察,留意把握反响的原理以及溶解平衡的特点,难度不大 12(3分)如下图,将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中以下正确的选项是() AK1闭合,铁棒上发生的反响为2H+2eH2 BK1闭合,石墨棒四周溶液pH渐渐上升 CK2闭合,铁棒不会被腐蚀,属于牺牲阳极的阴极爱护法 DK2闭合,电路中通过0.002NA个电子时,两极共产生0.001mol气体 【分析】若闭合K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池; 组成原电池时,较活泼的金属铁作负极,负极上铁失电子发生氧化反响;石墨棒作正极,正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生复原反响;若闭合K2,该装置有外接电源,所以构成了电解池,Fe
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- 2023 上海市 高考 化学 试卷
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