2023年新高考化学试题北京卷真题及答案详解

1012页北京市2023年一般高中学业水公正级性考试化学本试卷共10页，10090分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24S32Ca40Fe56I127第一局部本局部共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．20233月神舟十三号航天员在中国空间站进展了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪试验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。以下说法的是A．醋酸钠是强电解质B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体C．常温下，醋酸钠溶液的pH>7B．顺2丁烯的分子构造模型：C．基态Si原子的价层电子的轨道表示式：DNaO的电子式：B．顺2丁烯的分子构造模型：C．基态Si原子的价层电子的轨道表示式：DNaO的电子式：2 238Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中87Sr/86Sr值不变。土壤生物中3887Sr/86Sr值与土壤中87Sr/86Sr87Sr/86Sr值可进展产地溯源。以下说法的是Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族可用质谱法区分87Sr和86SrC87Sr和86Sr4948D．同一地域产出的同种土壤生物中87Sr/86Sr值一样以下方程式与所给事实的是加热NaHCO3

2NaHCO3

ΔNaCO2

HOCO 2 2B．过量铁粉与稀硝酸反响，产生无色气体：Fe+NO-+4H+=Fe3++NO+2HOC．苯酚钠溶液中通入C．苯酚钠溶液中通入CO2，消灭白色浑浊：D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：CHCH3

OH+CH2

COOH Δ3

CHCOOCHCH3 2

+HO2萃取碘水中的分别粗盐中的不由FeCl萃取碘水中的分别粗盐中的不由FeCl6HO32制取无水由海水制取蒸馏水碘溶物FeCl3固体ABCDA．A B．B C．C D．D以下物质混合后，因发生氧化复原反响使溶液pH减小的是向NaHSO

溶液中参与少量BaCl4

溶液，生成白色沉淀2向NaOH和FeOH2

的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀向NaHCO3

溶液中参与少量CuSO

溶液，生成蓝绿色沉淀Cu4

(OH)2

CO]3向H

S溶液中通入氯气，生成黄色沉淀2H2

Cl2

点燃2HCl。以下说法的是H分子的共价键是ssσCl分子的共价键是spσ键2 2燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状C．停顿反响后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟D．可通过原电池将H与Cl反响的化学能转化为电能2 2我国科学家提出的聚拢诱导发光机制已成为争论热点之一、一种具有聚拢诱导发光性能的物质，其分子构造如以下图。以下说法的是分子中N原子有sp2、sp3两种杂化方式分子中含有手性碳原子C．该物质既有酸性又有碱性D．该物质可发生取代反响、加成反响9．由键能数据大小，解释以下事实的是化学键CHSiHCOCOSiOCCSi-Si键能/kJmol1411318799358452346222ACH>SiH4 4CCO<SiO2 2

B．键长：COCOD．硬度：金刚石>晶体硅a中反响b中检测试剂及现象A浓HNO3分解生成NO2淀粉-KIa中反响b中检测试剂及现象A浓HNO3分解生成NO2淀粉-KI溶液变蓝BCu与浓HSO24生成SO2品红溶液褪色C浓NaOH与NHCl溶液生成NH43酚酞溶液变红DCHCHBrCH33与NaOH乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。以下说法的是A．F2个酰胺基C．高分子X中存在氢键

B．高分子Y水解可得到E和GDY的合成过程中进展了官能团保护某MOFs多孔材料孔径大小和外形恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如下。：2NO(g) NO(g)ΔH<02 2 4以下说法的是温度上升时不利于NO吸附2多孔材料“固定”NO，促进2NO(g) NO(g)平衡正向移动2 4 2 2 4转化为HNO

的反响是2NO3 2

+O+2H2

O=4HNO2 每获得0.4molHNO3时，转移电子的数目为6.021022序装置示意图序装置示意图电解质溶液试验现象号阴极外表有无色气体，一段时间后阴极外表Ⅱ0.1mol/LCuSO 少量HSO4 2 4有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2+阴极外表未观看到气体，一段时间后阴极表Ⅱ0.1mol/LCuSO4过量氨水面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素．．．以下说法不正确的选项是A．Ⅱ中气体削减，推想是由于溶液中cH+削减，且Cu掩盖铁电极，．．．阻碍H+与铁接触Ⅱ中检测到Fe2+Fe+2H+=Fe2++H

、Fe+Cu2+=Fe2++Cu2 随阴极析出Cu，推想Ⅱ中溶液cCu2+Cu2+ 2+

CuNH34

2+平衡逆移Ⅱ中Cu2+生成CuNH34

，使得cCu2+比Ⅱ中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密CO捕获和转化可削减CO1所示。反响Ⅱ完成之后，2 2以N为载气，以恒定组成的N、CH2 2

混合气，以恒定流速通入反响器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反响时间变化如图2CO2有积碳。以下说法的是反响Ⅱ为CaO+CO2

=CaCO3

；反响Ⅱ为CaCO3

+CH4

催化剂

CaO+2CO+2H2t~t1 3

nH比2

n(CO)

多，且生成H2

速率不变，可能有副反响CH4

催化剂C+2H2t时刻，副反响生成H的速率大于反响Ⅱ生成H速率2 2 2t

之后，生成CO的速率为0，是由于反响Ⅱ不再发生3558分。

其次局部工业中可利用生产钛白的副产物FeSO 7HO和硫铁矿FeS联合制备铁精粉FeO4 2 2 x y和硫酸，实现能源及资源的有效利用。FeSO47H2O1。2+的价层电子排布式为 。HOO和SO2-S均为sp3杂化，比较H2 4

O中H—O—H键角和SO2-中O—S—O键角2 4的大小并解释缘由 。FeSO4

7HO中H2

O与Fe2+、H2

O与SO2-的作用力类型分别是 。2 4FeS晶体的晶胞外形为立方体，边长为anm2。2Ⅱ距离Fe2最近的阴离子有 个。FeS2

的摩尔质量为120gmol-1，阿伏加德罗常数为N 。A -9该晶体的密度为

gcm-3。

1nm=10mFeSO47H2O加热脱水后生成FeSO4H2O，再与FeS2在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和HO2FeSO4H2O分解和FeS23FeS2作为HO2分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点 。煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫CaSO、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法4是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如以以下图所示。：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O、CO2

、HO、N2 2

、SO。2 2煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。高温下，煤中CaSO完全转化为SO，该反响的化学方程式为 。4 2通过枯燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进展测定。：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中

cI-3保持定值时，电解cI-池不工作。待测气体进入电解池后，SO2cI-

溶解并将I-复原，测硫仪便马上自动进展电解到33 又回到原定值，测定完毕，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。cI-ⅡSO2在电解池中发生反响的离子方程式为 。Ⅱ测硫仪工作时电解池的阳极反响式为 。煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 。：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑。条件把握和误差分析。Ⅱ测定过程中，需把握电解质溶液pH，当pH<1时，非电解生成的I-使得测得的全硫含量偏3小，生成I-的离子方程式为 。3Ⅱ测定过程中，管式炉内壁上有SO小”)

残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏 RRH剂+H2OA可发生银镜反响，A分子含有的官能团是 。B无支链的名称是 B的一种同分异构体其核磁共振氢谱只有一组峰，构造简式是 。E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是 。G中含有乙基，G的构造简式是 。碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，碘番酸的构造简式是 。口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。amg口服造影剂，参与Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。步骤二：调整滤液pH，用bmol∙L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分。白云石的主要化学成分为CaMgCO32

2.1%Fe2O3

1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。物质Ca(OH)物质Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO3Ksp5.51065.610123.41096.8106白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。NH

Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。n(NHn(NHCl)/nCaO氧化物(MO)浸出率/%产品中CaCO3纯度/%Mg杂质含量/%4(以MgCO3计)CaOMgO计算值实测值2.1Ⅱ198.41.199.199.7——2.2Ⅱ198.81.598.799.50.062.4Ⅱ199.16.095.297.62.20备注：Ⅱ、MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)100%(MCaMg)ⅡCaCO3纯度计算值为滤液ACaCO3纯度。Ⅱ解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的缘由是 。Ⅱ沉钙反响的离子方程式为 。 Ⅱ“浸钙”过程不适宜选用nNHCl:nCaO 4Ⅱ产品中CaCO

纯度的实测值高于计算值的缘由是 。 “浸镁”B与确定浓度的NHSO42 4

MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的缘由是 。滤渣C中含有的物质是 。该流程中可循环利用的物质是 。19．某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反响资料：i．Mn2+Cl2ClO-MnO2(棕黑色)、MnO2(绿色)、MnO(紫4 4色)。MnOOH-复原为MnO2。4 4序C中试验现象a号Cl前序C中试验现象a号Cl前2Cl后2I水得到无色溶液变化变化5%NaOH溶II液成棕黑色沉淀紫色，仍有沉淀40%NaOH溶 产生白色沉淀在空气中缓慢变棕黑色沉淀增多放置后溶液变为III液成棕黑色沉淀紫色，仍有沉淀B中试剂是 。通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。比照试验I、II通入Cl2后的试验现象，对于二价锰化合物复原性的生疏是 。(4)依据资料ii，III中应得到绿色溶液试验中得到紫色溶液分析现象与资料不符的缘由：缘由一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。缘由二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO2氧化为MnO。4 4，但通过试验测定溶液的碱性变化很小。ⅡIII1mL4mL40%NaOH色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，缘由是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；Ⅱ取II中放置后的1mL悬浊液参与4mL水溶液紫色缓慢加深发生的反响是 Ⅱ从反响速率的角度，分析试验III未得到绿色溶液的可能缘由 。1414页1．B【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的pH>7C正确；D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，参与少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；2．C【详解】B．顺2丁烯中两个甲基位于双键同侧，其构造模型为，B项正确；B．顺2丁烯中两个甲基位于双键同侧，其构造模型为，B项正确；C．基态Si3s23p2，其轨道表示式为，C项错误；DNaO是离子化合物，其电子式为2 2，D项正确；答案选C。3．A【详解】A．Sr位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误；B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，87Sr和86Sr的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确；C87Sr87-38=4986Sr86-38=48，故C正确；D．由题意可知，

Sr(锶)的87Sr、86Sr87Sr值不变，故D正38确；应选A。4．B【详解】

86SrA．碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反响，应当生成Fe2+，B错误；C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；D．乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反响产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确；应选B。5．D【详解】A．试验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、进水，上口出水，A正确；四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B正确；C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确；D．直接加热FeCl6HOHCl易挥发，得到氢氧化铁，连续加热会使3 2氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到FeCl3固体，D错误；应选D。6．D【详解】NaHSO4BaCl2溶液，实际参与反响的只有硫酸根离子和钡离子，无视体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为4FeOH22H

OO2

4FeOH3

，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；NaHCO3溶液中参与少量CuSO4[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化复原反响，C错误；向H2SHCl和单质硫沉淀，这个氧化复原反响增大了H+的浓度，pH减小，D正确。应选D。7．A【详解】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个ss-sσ键，Cl2分子里的共价Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-pσ键，故A错误；B．HClB正确；C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体相互反响，化学方程式NH3+HCl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化铵固体小颗粒，固体粉末就是烟，故C正确；D．H与Cl的反响是能够自发进展的氧化复原反响，可通过原电池将H与Cl反响的化学2 2 2 2能转化为电能，故D正确；应选A。8．B【详解】该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为sp2杂化；其次个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为sp3杂化，A正确；C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有，具有碱性，C正确；C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有，具有碱性，C正确；D．该物质中存在苯环可以发生加成反响，含有甲基可以发生取代反响，D正确；应选B。9．C【详解】A．键能越大越稳定，CH键能大于SiHCH4>SiH4，故不选A；B．键能越大，键长越短，CO键能大于COCOCO，故不选B；C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力打算，SiO2是共价晶体，所以熔点CO2<SiO2，不能用键能解释熔点CO2<SiO2，应选C；D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，CC的键能大于Si-Si，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；C。10．A【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反响生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反响生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反响生成二氧化硫，故B不符合题意；C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反响生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反响生成氨气，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反响，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反响生成丙烯，故D不符合题意；应选A。11．B【详解】B．由构造简式可知，高分子Y确定条件下发生水解反响生成和，故B错误；A．由构造简式可知，B．由构造简式可知，高分子Y确定条件下发生水解反响生成和，故B错误；C．由构造简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C正确；D．由构造简式可知，E分子和高分子YY的合成过程中进展了官能团氨基的保护，故D正确；应选B。12．D【分析】MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反响生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，打算了整个废气处理的效率。【详解】从2NO(g) NO(g)ΔH<0可以看出，这个是一个放热反响，上升温度之后，平衡逆2 2 4向移动，导致生成的N2O4NO2的吸附，A正确；多孔材料“固定NO2 4

，从而促进2NO2

NO平衡正向移动，B正确；2 42 C．NO和氧气、水反响生成硝酸，其方程式为2NO+O+2HO=4HNO，C2 2 4 2 2 3D．在方程式2N2O4+O2+2H2O=4HNO34e-，则每获得0.4molHNO3，0.4mol，即个数为2.4081022，D错误；应选D。13．C【分析】由试验现象可知，试验Ⅱ时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反响生ⅡⅡ中要小，电解速率Ⅱ更致密的镀层。【详解】由分析可知，试验Ⅱ时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反响，当溶液中氢离子浓度A正确；由分析可知，试验Ⅱ时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反响生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反响为Fe+2H+=Fe2++H

、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故B正2确；由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生复原反响，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反响，铜离子浓度不变，Cu2++4NH3错误；

CuNH34

2+平衡不移动，故C由分析可知，试验Ⅱ中铜离子与过量氨水反响生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比Ⅱ中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生复原反响生成铜，在铁外表得到比试验Ⅱ更致密的镀层，故D正确；应选C。14．C【详解】1所示信息可知，反响Ⅱ为CaO+CO=CaCO，结合氧化复原反响配平可得反2 3应Ⅱ为CaCO3

+CH4

催化剂

CaO+2CO+2H2

，A正确；2t~tnH比n(CO)多，且生成H速率不变，且反响过程中1 3 2 2始终未检测到CO

，在催化剂上有积碳，故可能有副反响CH2

催化剂

C+2H2

，反响Ⅱ和副反CH4和H21：2，B正确；由题干反响Ⅱ方程式可知，H2CO的反响速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反响速2mmol/minCO1~2mmol/min之间，故能够说明副反响生成H的2速率小于反响Ⅱ生成H速率，C错误；232t3

之后，CO0，CH4的速率渐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO0，是由于反响Ⅱ不再发生，而后副反响渐渐停顿反响，D正确；故答案为：C。15．(1) 3d6 孤电子对有较大斥力，使HOH键角小于OSO键角 配位键、氢键(2) 6

480N a1073A(3)FeS2

燃烧放热为FeSO4

HO分解供给能量；反响产物是制备铁精粉和硫酸的原料2【解析】〔1〕ⅡFe3d64s2Fe2+4s2Fe2+的价层电子排3d6。4ⅡH2O中O和SO2-Ssp3杂化，H2O中O42个被孤电子42个被键合电子对占据SO2-中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。4孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得HOH键角与OSO键角相比被压缩减小。2ⅡHO中O有孤电子对，Fe2+SO2-中有电负性较大的O元24素可以与H2O中H元素形成氢键。答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使HOH键角小于OSO键角；配位键、氢键。〔2〕。以位于面心2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如以下图〔圆中：。4个阴离子位于楞上，26个。1 1 Ⅱ依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为8 6 4，S2个数为11121 1

4。一个8 2 2 44FeS，因此一个晶胞的质量m4120g480g。所以晶体密度2 N NA A480g ρm NA

480

g/cm3

1nm109m。V a1091003cm3 NA

a1073答案为：6NA〔3〕

480a1073FeS2

FeSO4

HOFeS2

燃烧放出的热量恰好为FeSO4

HO分解供给能量。另外，FeS2

FeSO4

HOFe2O3、SO2、SO32可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。22

燃烧放热为FeSO4

HO216．(1)与空气的接触面积增大，反响更加充分催化剂(2)2CaSO4 = 2CaO+2SO2↑+O2↑高温(3) SO2+I-+2H2O=3I—+SO2-+4H+ 3I——2e—=I-(4)

3 4 316x%965a2(5) I+I—=I- 偏小23【解析】〔1〕煤样研磨成细小粉末后固体外表积增大与空气的接触面积增大，反响更加充分；〔2〕由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反响的化学方催化剂 催化剂2CaSO4〔3〕

= 2CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO4 = 2CaO+2SO2↑+O2↑；高温 高温ⅡI-3SO2+I-+2H2O=3I—+SO2-+4H+，故答案为：SO2+I-+2H2O=3I—+SO2-+4H+；3 4 3 4Ⅱ由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反响生成碘三3I——2e—=I-，故答案为：3I——2e—=I-；3 3〔4〕2由题意可得如下关系：S—SO—I-—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分23x296500a

32

%；965a 965a〔5〕ⅡpH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘2I+I—=I-232I+I—=I-；23Ⅱ测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二偏低，故答案为：偏小。(2)正丁酸(3)(4)(5)(2)正丁酸(3)(4)(5)(6)571bc 100%3a本流程的目的，以A本流程的目的，以A为原料制取碘番酸。由A可发生银镜反响，可确定A为醛，由B无支链，可确定BCH3CH2CH2COOHACH3CH2CHOD为；E为芳香族化合物，则E为；由J的构造简式，可确定F为。由题给信息，要确定G为。〔1〕由A的分子式C4H8O及可发生银镜反响，可确定A分子含有的官能团是醛基。答案为：醛基；B的分子式为CB的分子式为CH8OB为HB8个H原子全部构成-CH2B1。答案为：正丁酸；；由分析知，E为由分析知，E为，F为E→F的化学方程式是。答案为：；的构造简式是的构造简式是；571，J571，J193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，分子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的构造简式是。答案为：；〔6〕——3AgNO3——3AgNO3，n(AgNO3)=bmol∙L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，则口服造影剂中碘番酸的质量分数为bc10-3mol1571g/mol3a10-3g100%=571bc3a100%。答案为：571bc100%。3a推断有机物时，官能团可由反响条件确定，构造可依据转化前后对应物质的构造简式确定。18．(1)CaMgCO32

煅烧CaO+MgO+2CO2Ksp

CaOH2

Ksp

MgOH2

，在确定量NH

Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反4应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出 Ca2++2NH3

=CaCOHO+COHO+CO2

+2NH++H4

O 2.4Ⅱ1 K2 sp

CaCO3

<Ksp

MgCO，3CaCO

优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙3MgO+HO=MgOH，MgOH

+2NH+ Mg2++2NH

+2HO2向移动

2 2 4 3 2Fe

O、SiO2 3

2

、MgO4NHClNHSO、CO、NH4 42 4 2 3【分析】白云石矿样煅烧后CaMgCO32

转化为氧化钙、氧化镁，参与氯化铵溶解浸钙，大局部钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分别出含有镁、铁、硅元素的固体B，参与硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，参与碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；〔1〕白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为CaMgCO32

煅烧CaO+MgO+2CO；2〔2〕Ⅱ氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调整溶液的pH，由图表可知，K CaOHsp 2

Ksp

MgOH2

，在确定量NH

Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反响而氢4氧化镁不能，故CaO首先溶解被浸出；Ⅱ沉钙反响中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反响生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为Ca2++2NH3

=CaCOHO+COHO+CO2

+2NH++HO。4 2Ⅱ由图表可知，“浸钙”过程nNHCl:nCaO2.4Ⅱ1时，产品中镁元素杂质最多且4碳酸钙纯度最低，故不适宜选用nNHCl:nCaO2.4Ⅱ1。4□K CaCOsp 3

<Ksp

MgCO3

，在反响中CaCO3

会优先析出，且氧化钙也能