2023届山东济南高三3月份模拟考试化学试题含解析

2023学年高考化学模拟试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3,请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、200℃时，11.6gCO?和水蒸气的混合气体与过量的Na?。?充分反应后，固体质量增加了3.6g,再将反应后剩余固体

2

冷却后加入含有Na+、HC(y、S03\CO产等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是

A.原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/mol

B.混合气体与岫2。2反应过程中电子转移的物质的量为0.25mol

c.溶液中s(V-的物质的量浓度基本保持不变

D.溶液中HCOs-的物质的量浓度减小，C0产的物质的量浓度增大，但是HCOJ和CO/的物质的量浓度之和基本保持不变

2、冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是

A.奶油是可产生较高能量的物质B.人造脂肪属于酯类物质

C.植物油中含有碳碳双键D.油脂的水解反应均为皂化反应

3、2019年12月27日晚，长征五号运载火箭“胖五”在海南文昌航天发射场成功将实践二十号卫星送入预定轨道。

下列有关说法正确的是

A.胖五”利用液氧和煤油为燃料，煤油为纯净物

B.火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能

C.火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用

D.卫星计算机芯片使用高纯度的二氧化硅

4、在氧气中灼烧0.44gS和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化成H2sCh,这些H2s(h可用20mL0.5mol/L的

NaOH溶液完全中和，则原化合物中S的质量分数约为()

A.18%B.46%C.53%D.36%

5、反应HgS+O2=Hg+SO2中，还原剂是

A.HgSB.HgC.O2D.SO2

6、工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电解法。已知：KF+HF===KHF2,电解熔融的氟

氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是

钢I电极碳电t极电解质

A.钢电极与电源的负极相连

B.电解过程中需不断补充的X是KF

C.阴极室与阳极室必须隔开

D.氟氨化钾在氟化氢中可以电离

7、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.水蒸气通过过量的Na?O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NA

B.25C时，lLpH=U的醋酸钠溶液中，由水电离出的OH」数目为O.OOINA

C.Imol-OH（羟基）与ImolNBU+中所含电子数均为IONA

D.2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为O.INA

8、化合物（甲）、1（乙）、（丙）的分子式均为CgH',下列说法正确的是（）

A.甲的同分异构体只有乙和丙两种

B.甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是丙

C.甲、乙、丙均可与溟的四氯化碳溶液反应

D.甲中所有原子可能处于同一平面

9、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为11；W与Y同族；

W的氢化物为弱酸。下列说法正确的是（）

A.Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性

B.W和Y具有相同的最高化合价

C.离子半径Y<Z

D.Z的氢化物为离子化合物

10、向淀粉一碘化钾的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即变蓝，再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2,蓝色

逐渐消失。下列判断不正确的是

A.根据上述实验判断H2O2和SO2反应能生成强酸

B.蓝色逐渐消失，体现了SO2的漂白性

C.SO2中S原子采取sp2杂化方式，分子的空间构型为V型

D.H2O2是一种含有极性键和非极性键的极性分子

11、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c（H"）xc（OH）=常数，下列说法错误的是（）

A.图中温度工>12

B.图中五点K、v间的关系：B>C>A=D=E

C.曲线a、b均代表纯水的电离情况

D.若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性

12、利用如图所示装置，以NM作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是

A.a为阴极

+

B.b电极反应为：2NH3-6e=N2+6H

C.电解一段时间后，装置内H+数目增多

OH

D.理论上每消耗1molNH3,可生成1.5mol人

ArR

13、有机物M是合成某药品的中间体，结构简式如图所示。下列说法错误的是

O

A.用钠可检验M分子中存在羟基

B.M能发生酯化、加成、氧化反应

C.M的分子式为C8H

D.M的苯环上一硝基代物有2种

14、只用如图所示装置进行下列实验，能够得出相应实验结论的是

选

①②③实验结论

项

非金属性：to

A稀盐酸Na2c03NazSKh溶液

Cl>C>Si

饱和食

B电石高镒酸钾溶液生成乙快

盐水

C浓盐酸MnOiNaBr溶液氧化性C12>Br2

D浓硫酸Na2sO3溟水SO2具有还原性

A.AB.BC.CD.D

15、常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是

2

A.lmol•「1阪。0溶液：H,、SO4,I

B.使酚配呈红色的溶液中：K+、Na+、NO]、Cl"

C.里L=lxl(p4的溶液：Na+、Fe2+,NO-

c(OH-)

D.由水电离c(OH[=IXlO-l'mol的的溶液：K+、Cl-.HCO-

16、在下列各溶液中，一足熊大量共存的离子组是

2+2+3-

A.有色透明溶液中：Fe.Ba,[Fe(CN)«].NO3-

B.强酸性溶液中：Cu2+>K+、CRT、SO?"

C.含有大量AlCh-的溶液中：K+、Na+、HCO3,F

++

D.常温下水电离的c(H+)为IXIOFmoi/L的溶液中：K>Na>CF>NO3-

二、非选择题(本题包括5小题)

17、洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状

病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：

回答下列问题：

(DA的化学名称是；A制备B反应的化学方程式为(注明反应条件)。

(2)D生成E的反应类型为；F中能与氯气发生加成反应的官能团名称为

(3)C的分子式为；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为。

(4)K2co3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是«

(5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式。

①含有苯环，且苯环上的取代基数目W2

②含有硝基

③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2；1

ao

(6)已知：CHACOOHSOChCH.COCL(2,6-二甲基苯氧基)乙酰氯(「人1°J(a)是由G合成洛匹那韦的原

料之一，写出以2,6-二甲基苯酚、C1CH2COOCH2CH3>K2cO3为原料制各该物质的合成路线(其它无机试

剂任选)。

18、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A”和B.具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电

子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：

(1)四种元素中电负性最大的是(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为O

(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是(填分子式)；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为

和。

(3)C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E,E的立体构型为，中心原子的杂化轨道类型为

(4)单质D与湿润的Na2c03反应可制备D2A,其化学方程式为。

(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm,F的化学式为；晶胞中A原子

的配位数为;列式计算晶体F的密度(g•cnf3)。

19、苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下:

COOCH,CHj

COOH纯品

6

试剂相关性质如下表:

苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯

常温性状白色针状晶体无色液体无色透明液体

沸点/℃249.078.0212.6

相对分子量12246150

微溶于水，易溶于乙醇、乙醛等有难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇

溶解性与水任意比互溶

机溶剂和乙醛

回答下列问题：

(1)为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为

(2)步骤①的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)，将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂(无水

硫酸铜的乙醇饱和溶液)放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇(约0.5mol)

和3mL浓硫酸,加入沸石,加热至微沸，回流反应1.5-2h。仪器A的作用是；仪器C中反应液应采用

方式加热。

(3)随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为。

(4)反应结束后，对C中混合液进行分离提纯,操作I是；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有.

(5)反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有；加入试剂X为(填写化学

式)。

(6)最终得到产物纯品12.0g,实验产率为%(保留三位有效数字)。

2

20、草酸铉［(NH4)2C2O4］为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca\Mg?+的含量。

I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸镂的分解产物。

(1)实验过程中，观察到浸有酚儆溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有

(填化学式)；若观察到，说明分解产物中含有COo草酸镂分解的化学方程

式为。

(2)反应开始前，通入氮气的目的是。

(3)装置C的作用是»

(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为o

II.该同学利用草酸核测定血液中钙元素的含量。

(5)取20.00mL血液样品,定容至100mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铁，

生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0100mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的

实验现象为.三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.41mL,0.52mL,则该血液

样品中钙元素的含量为mmol/L.

21、1799年由英国化学家汉弗莱•戴维发现一氧化二氮(N2O)气体具有轻微的麻醉作用，而且对心脏、肺等器官无伤

害，后被广泛应用于医学手术中。

(1)一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸锈在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为一。

(2)已知反应2N2O(g)=2N2(g)+Ch(g)的AH=-163kJ-mo「，lmolN2(g)、ImolOMg)分子中化学键断裂时分别需要吸收

945kJ、498kJ的能量，则lmolN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为kJ。

在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+Oz(g)的部分实验数据如下：

反应时间/min0102030405060708090100

c(NzO)/mol.L-10.100.090.080.070.060.050.040.030.020.010.00

①在0〜20min时段，反应速率v(NzO)为__mobL''min'o

②若N2O起始浓度co为0.150mol/L,则反应至30min时N2O的转化率a=—。

③不同温度(T)下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需

的相应时间)，则Ti-T2(填“>”、"=”或当温度为Ti、起始压强为p。，反应至timin时，体系压强p=一(用

po表不)。

(4)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：

第一步L(g)=21(g)(快反应)

第二步I(g)+N2O(g)-N2(g)+IO(g)(慢反应)

第三步IO(g)+N2O(g)—N2(g)+O2(g)+I(g)(快反应)

实验表明，含碘时NO分解速率方程v=k•c(N2O)・[c(I2)]°•5(k为速率常数)。下列表述正确的是一(填标号)。

A.温度升高，k值增大B.第一步对总反应速率起决定作用

C.第二步活化能比第三步大D.L浓度与N2O分解速率无关

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、A

【解析】

向足量的固体NazOz中通入U.6gCO2和HzO,固体质量增加3.6g,是因为生成O2,根据质量守恒定律可知

8g

m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g,所以11(02)=7；—；r=0.25mol,设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmoLymol,

32g/mol

则：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,

xmol0.5xmol

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T

ymol0.5ymol

所以0.5x+0.5y=0.25,44x+18y=H.6,解得：x=0.Ly=0.4o

O.lmolx44g/mol+0.4molxl8g/mol

A,原混合气体的平均摩尔质量=----------Z-,~~1笳一；----------------=23.2g/mol,故A正确；

0.1mol+0,4mol

B.反应中生成氧气为0.25moL故转移电子为0.25molx2=0.5moL故B错误；

C.过氧化钠有剩余，可以氧化SO3",溶液中so.*•的物质的量浓度减小，故C错误；

D.由于反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3-和CO3?-的物质的量浓度之和增大，故D错误；

答案选A。

2、D

【解析】

A.奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；

B.人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；

C.植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其克基中含有碳碳双键，故C正确；

D.油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；

故选D。

3^B

【解析】

A.煤油为多种烷烧和环烷烧的混合物，故A错误；

B.火箭中燃料的燃烧是将化学能转化为热能，再转化为机械能，故B正确；

C.铝合金的密度较小，硬度较大，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故C错误；

D.卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D错误。

故选：B.

4、D

【解析】

n(NaOH)=0.02Lx0.50mol/L=0.01mol,由反应的关系式SO2〜H2sO4〜2NaOH可知，n(SO2)=0.005mol,则硫和

铁组成的化合物中含有0.005molS,m(S)=0.005molx32g/mol=0.16g,

0.16g

则3(S)^X1OO%=36%,答案选D。

0.44g

5、A

【解析】

反应HgS+O尸Hg+SO2中，Hg元素化合价降低，S元素化合价升高，O元素化合价降低，结合氧化剂、还原剂以及化

合价的关系解答。

【详解】

A.HgS中S元素化合价升高，作还原剂，故A符合；

B.Hg是还原产物，故B不符；

C.02是氧化剂，故C不符；

D.Sth是氧化产物也是还原产物，故D不符；

故选A。

6、B

【解析】

根据装置图，钢电极上产生H2,碳电极上产生F2,然后根据电解原理进行分析和判断；

【详解】

A、根据装置图，KHF2中H元素显+1价，钢电极上析出H2,表明钢电极上发生得电子的还原反应，即钢电极是电

解池的阴极，钢电极与电源的负极相连，故A说法正确；

B、根据装置图，逸出的气体为H2和F2,说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素，因此电解过程需要不断补充的

X是HF,故B说法错误；

C、阳极室生成氟气，阴极室产生H2,二者接触发生剧烈反应甚至爆炸，因此必须隔开防止氟气与氢气接触，故C说

法正确；

D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离，故D说法正确。

7、B

【解析】

A、根据水蒸气与NazCh的方程式计算；

B、25℃时，lLpH=U的醋酸钠溶液中，水电离出的OIF浓度为10-3mol・Lr；

C、一个一OH（羟基）含9个电子；

D、苯中不含碳碳双键。

【详解】

A、水蒸气通过过量的Na2（h使其增重2g时，

2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2Am2e'

4g2mol

2gImol

反应中转移的电子数为INA,故A错误；

B、25℃时，lLpH=ll的醋酸钠溶液中，水电离出的OIF浓度为由水电离出的OIT数目为O.OOINA,故

B正确；

C,Imol-OH（羟基）中所含电子数均为9NA,故C错误；

D、苯中不含碳碳双键，故D错误；

故选B。

【点睛】

本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A根据化学方程式利用差量法计算，易错点B,醋酸钠水解产生的OH-来源

于水。

8、D

【解析】

A.符合甲的分子式的同分异构体有多种，因为其不饱和度为5,分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质，故A

错误；

B.甲的分子中含有5种氢原子，所以一氯代物有5种，乙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，丙的分子

中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙，故B错误；

C.丙中不存在不饱和碳碳键，不能与漠的四氯化碳溶液反应，故C错误；

D.苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能处于同一平面，故D正确。

故选D。

【点睛】

烧的等效氢原子有几种，该烧的一元取代物的数目就有几种；在推断煌的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法,

即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子

进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。

9、D

【解析】

W与Y同族；W的氢化物为弱酸，则W为第二周期的非金属元素，由此可推出W为氟(F),Y为Cl；W、X、Z最外

层电子数之和为11,则X、Z的最外层电子数之和为4,Z可能为K或Ca,则X可能为Al或Mg。

【详解】

A.Y和Z形成的化合物，不管是CaCL还是NaCL其水溶液都呈中性，A错误；

B.F没有正价，C1的最高化合价为+7,B错误；

C.离子半径CI>K+>Ca2+,则离子半径Y>Z,C错误；

D.CaH2>KH都是离子化合物，D正确；

故选D。

10、B

【解析】

A.向淀粉-碘化钾的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即变蓝，发生：H2O2+2I-+2H+=L+2H2O说明出。2具有

2+

氧化性，再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2,蓝色逐渐消失，发生：SO2+l2+2H2O=SO4+2r+4H,说明SO2具有

还原性，所以H2O2和SO2可以反应生成硫酸为强酸，故A正确；

2+

B.再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2,蓝色逐渐消失，发生：SO2+l2+2H2O=SO4+2I+4H,体现了SO2的还原性,

故B错误；

C.SO2的价层电子对个数=2+；(6-2X2)=3,孤电子对数为1,硫原子采取sp2杂化，该分子为V形结构，故C正确；

D.H2O2分子中0-0为非极性键，O-H键为极性键，H2O2是展开书页型结构，该物质结构不对称，正负电荷中心不

重合，为极性分子，故D正确；

故选：B.

【点睛】

同种原子形成的共价键为非极性键，不同种原子形成的共价键为极性键；正负电荷中心重合的分子为非极性分子。

11、C

【解析】

A.水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、4OH。及离子积常数增大，根据图知，(曲线上

离子积常数大于心，所以温度工>刀，故A正确；

B.水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是

B>C>A=D=E,所以离子积常数大小顺序是B>C>A=D=E,故B正确；

C.纯水中c(OIT)=c(H+),所以曲线a、b上只有A、B点才是纯水的电离，故C错误;

D.B点时，Kw=lxl()T2,pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L,pH=12的KOH溶液中C(OH。=Imol/L,

等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D正确。

故选C。

12、C

【解析】

根据图像可知，b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，得电子为电解池的阳极，则b极为阴极，化合价降低得电

子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；

【详解】

A.分析可知，a为阴极得电子，A正确；

B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NHy6e-=N2+6H+,B正确；

C.电解一段时间后，b电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目不变，C错误；

OFI

D.理论上每消耗1molNH3,消耗溶液中31noi氢离子，发生加成反应，可生成1.5mol人，D正确；

ArR

答案为C

13^A

【解析】

A.分子中含有酚羟基、羟基、竣基，都能与钠反应放出氢气，不能用钠检验M分子中存在羟基，故A错误;

B.分子中含有酚羟基能发生氧化反应，羟基、竣基能发生酯化，含有苯环能发生加成反应，故B正确;

C.根据结构简式，M的分子式为C8H8。4,故C正确;

O

D.M的苯环上一硝基代物有2种（）,故D正确;

一OH

故选Ao

14、D

【解析】

A.盐酸易挥发，且为无氧酸，挥发出来的氯化氢也能与硅酸钠反应，则图中装置不能比较Cl、C、Si的非金属性，

故A错误；

B.生成的乙块中混有硫化氢，乙烘和硫化氢都能被高镒酸钾氧化，使高镒酸钾褪色，不能证明气体中一定含有乙烘,

故B错误；

C.浓盐酸与二氧化锦的反应需要加热，常温下不能生成氯气，故C错误；

D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与溟水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr,说明SO2具有还原性,

故D正确;

故选D。

15、B

【解析】

A.在酸性条件下，H+与CIO-及r会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；

B.使酚酸呈红色的溶液显碱性，在碱性溶液中，本组离子不能发生离子反应，可以大量共存，B正确；

C.3L=lxlO"的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H+、Fe2\NO3•发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；

c(OH-)

D.由水电离产生c(OH・)=lxlO-i4mol/L的溶液，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与H+

或OH•都会发生反应，不能大量共存，D错误；

故合理选项是

16、D

【解析】

A.Fe2+与[Fe(CN)6]3-产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项A错误；

B.强酸性溶液中H+与反应产生HC1O弱电解质而不能大量共存，选项B错误；

C.A1O2-与HCO3-会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C错误；

D.常温下水电离的c(H+)为lXl(Fi2mo|/L的溶液可能显酸性或碱性，但与K*、Na\C「、NO3-均不发生反应，能大

量共存，选项D正确。

答案选D。

埃基、碳碳双键C9H11O2N

吸收反应生成的HCL提高反应转化率

n

【解析】

甲苯(《》YH3)与C12在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯:H;C1和HCL

与

代反应产生E；

作用下发生还原反应产生G：,G经一系列反应产生洛匹那韦。

【详解】

(1)A是-CH3,名称为甲苯，A与CL光照反应产生H2cl和HCL反应方程式为:

-CH;+C1,光照HICI+HCI；

(2)D与CH3CN在NaNHz作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反应类型为

取代反应；

F分子中的?、JJ,与H2发生加成反应形成G,故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为埃基、碳

碳双键；

yCOON

5,可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有残基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反

应，氨基脱去H原子，竣基脱去羟基，二者结合形成H2O,其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为：

o

COOH

•定条件

(4)K2co3是强碱弱酸盐，C(V•水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCL溶液中OH消耗HC1电离产生的H+,

使反应生成的HC1被吸收，从而提高反应转化率;

(5)C结构简式是，分子式为C9H1Q2N,C的同分异构体X符合下列条件：①含有苯环，且苯环上的取代

基数目W2；②含有硝基;③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1,则X可能的结构为或U；

NO:

(6)2,6-二甲基苯酚(、)与CICH2COOCH2cH3在K2c03作用下发生取代反应产生,该物质与

(X'H/XXMIpCHjCOOH9aLeOCT

NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到与SOC12发生取代反应产生

OCII.COOCH.CU,(X'HXXXHIocihcoa

故合成路线为aai^oociixihI)NaOH

K<O,

【点睛】

本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运

用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点，题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。

3

18、O"2s22P63s23P3(或[Ne]3s23P3)O3分子晶体离子晶体三角锥形sp

3

2CL+2Na2cO3+H2O=CLO+2NaHCO3+2NaCl(或2CL+Na2cO3=CLO+CO2+2NaCl)Na2O82.27g/cm

【解析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同

周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为C1元素，A?-和B+具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元

素；通过以上分析，A、B、C>D分别是O、Na、P、Cl元素。

【详解】

(1)元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是

P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为Is22s22P63s23P3(或[Ne]3s23P3)；故答

案为：O;Is22s22P63s23P3(或[Ne]3s23P3)；

(2)单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力

与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧〉氧气，所以熔沸点较高的是A和B

的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：03；分子晶体；离子晶体；

5-3x1

(3)C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCb,PCL中P原子价层电子对个数=3+—^=4且含1个孤电子

2

对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为Sp3,故答案为：三角锥

形；Sp3;

(4)单质CL与湿润的Na2c反应可制备ChO,其化学方程式为2CL+2Na2cCh+HzSChO+ZNaHCOj+ZNaCl(或

2cL+Na2co3=CLO+CO2+2NaCD。故答案为：2cL+2Na2cO3+H2OChO+2NaHCO3+2NaCI(或

2CL+Na2co3=Cl2O+CO2+2NaCD；

(5)O和Na能够形成化合物F,半径大的为O元素离子、半径小的为Na+,该晶胞中大球个数=8X」+6义』=4、小

82

球个数为8,则大球、小球个数之比=4：8=1：2,则化学式为NazO;观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个,

M丝x4

----X4AT_3-3

晶胞中o原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3,晶胞密度=NA=_____3_______g,cm=2.27g•cm；故答

V(0.566x10-7)3

案为：NazO；2.27g•cm'3.

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧

重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结

合密度公式含义计算。

19、重结晶冷凝回流乙醇和水水浴加热吸水剂由白色变为蓝色蒸储分液漏斗降低苯甲酸乙

酯的溶解度利于分层Na2cCh或NaHCCh80.0

【解析】

苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与

乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸储，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此

可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。

【详解】

(1)可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；

(2)仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为

反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；

(3)仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；

(4)由上述分析可知，操作I为蒸馈；操作n为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；

(5)因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X

为Na2cCh溶液或NaHCCh溶液；

12g122s

(6)12g苯甲酸乙酯的物质的量为73r=0。8mol,苯甲酸的物质的量为77^^7^=0.10101,反应过程中乙醇

1750g/mol122g/mol

过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为O.lmoL实验产率为幽㈣xl00%=80.0%。

0.1mol

20、NH?、C02装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊

力口执

排尽装置内的空气，避免与空气混合加热发生爆炸，并

(NH4)2c2o4—2NH3T+CO2T+COT+H2Oco

力口执

防止空气中的CC)2干扰实验吸收CC)2,避免对CO的检验产生干扰3CuO+2NH3-3Cu+N2+3H2O

当滴入最后一滴KMnO«溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色2.10

【解析】

I.草酸筱在A中受热分解，若产物中有氨气，氨气与水反应生成氨水，氨水显碱性，则浸有酚酥溶液的滤纸变红，通

入澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则产物有二氧化碳，用NaOH溶液除去二氧化碳，用浓硫酸除去水蒸气，接下

来若玻璃管内变红，且F中澄清石灰水变浑浊则证明产物中有CO；

H.钙离子和草酸根离子生成草酸钙沉淀，草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，用高镒酸钾滴定草酸从而间接滴定

钙离子。

【详解】

I.(1)实验过程中，观察到浸有酚配溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，

说明分解产物中含有二氧化碳气体，若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分

解产物中含有CO,所以草酸钱分解产生了C。？、NH3,CO和H2。，反应的化学方程式为

力口执

；

(NHjC2O4=^2NH3T+CO2T+COT+H2O

(2)反应开始前，通入氮气的目的是排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO?干

扰实验，故答案为：排尽装置内的空气，避免co与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO?干扰实验；

(3)装置E和F是验证草酸核分解产物中含有CO,所以要把分解产生的CO2除去，因此装置C的作用是：吸收CO?,

避免对CO的检验产生干扰，故答案为：吸收CC)2,避免对CO的检验产生干扰；

(4)草酸镂分解产生的NH：有还原性，一定条件下也会与CuO反应，该反应的化学方程式为

力口执

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；

U•用酸性高镒酸钾溶液滴定草酸根离子，发生的是氧化还原反应，红色的高镒酸钾溶液会褪色，滴定至终点时的实验

现象为：当滴入最后一滴KMnO」溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根据三次滴定所用酸性高锦

酸钾溶液的体积可知，第三次与一、二次体积差别太大，需舍弃，所以两次的平均体积为0.42mL,根据氧化还原反

5CaC2O45c2。：2KMnO4

应中的电子守恒及元素守恒，贝!)：5mol2mol，解得n=L05xl()-5mo],