先机卷 01 -【热题狂飙】2023年高考化学样卷全国卷专用

先机卷01-【热题狂飙】2023年高考化学样卷（全国卷专用）

一、单选题（共21分）

1.化学实验必须树立安全意识。下列说法错误的是

A.金属钠着火时，不能使用泡沫灭火器，应用超轻碳酸氢钾干粉灭火器扑灭

B.如不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸

C.有大量的氯气泄漏时，用肥皂水浸湿软布蒙面，并迅速离开现场

D.75%酒精免洗消毒喷雾存放处张贴警示标识

【答案】A

【解析】

【详解】

A.泡沫灭火器喷出的泡沫中有水和二氧化碳，碳酸氢钾热分解释放二氧化碳，这两种物质都可以和过氧化钠反应产生能助燃的

氧气，故金属钠着火不能使用上述灭火器，A错误；

B.碱沾到皮肤上会腐蚀皮肤，应立即用大量清水冲洗，再涂上1%的硼酸中和残留的碱，B正确；

C.肥皂水显弱碱性，能吸收氯气，C正确；

D.该图为易燃品标识，酒精属于易燃品，D正确；

故选A。

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】

A.该装置能保温，能测定实验中的温度变化，能达到实验目的，故A不符合题意；

B.该实验为中性溶液，通过U形管液面来验证铁的吸氧腐蚀，能达到实验目的，故B不符合题意；

C.碘单质加热易升华，遇冷凝华；NH4cl加热也易分解，遇冷化合，二者不能用此装置分离，故C符合题意；

D.氯气在稀硫酸中溶解度较小，而氯化氢极易溶于水，除去氯化氢后使用浓硫酸干燥得到纯净、干燥氯气，能达到相应实验目

的，故A不符合题意。

综上所述，答案为C。

3.2022年9月，我国学者张德清课题组与赵睿课题组开展了以四苯乙烯为关键骨架的靶向生物探针方面的研究，实现了对高恶性

脑肿瘤细胞增殖的有效抑制。最近，两个课题组共同设计合成了具有顺反异构转化的四苯乙烯化合物（T—P）（如图）。下列有关四

苯乙烯化合物（T—P）说法正确的是

A.分子中的官能团只含有碳碳双键、酯基和羟基

B.ImolT—P分子最多能和2moiNaOH反应

C.能发生加成反应、取代反应和水解反应

D.与碳碳双键相连的四个苯环上的碳原子，一定在同一平面上

【答案】C

【解析】

【详解】

A.由图可知，分子中的官能团含有碳碳双键、酯基、鼠基和羟基，A错误；

B.根据T—P的结构简式可知，ImolT—P分子水解产生Imol磷酸和Imol酚羟基，故ImolT—P分子最多能和4molNaOH反

应，B错误；

C.根据T—P的结构简式可知，碳碳双键能发生加成反应；磷酸酯能发生取代反应、水解反应，C正确：

D.碳碳单键可以旋转，则与碳碳双键相连的四个苯环上的碳原子不一定在同一平面上，D错误；

故选C。

4.下列反应的离子方程式正确的是

2+3++

A.向Fes。,溶液中滴加溶液:H202+2Fe=2Fe+2H+02T

+-18

B.向中投入Na?。?固体：2H2^0+2Na2O2=4Na+40H+02T

C.向CUSO4溶液通入&S：Cu2++S2-=CuSI

l).向NaAQ溶液中通入少量CCh：2A102+CCh+3H2O=2Al(OH)31+C01'

【答案】D

【解析】

【详解】

A.向FeSO,溶液中滴加以。2溶液生成Fe"化合价升高，则H2O2中的O的化合价降低为-2价，故该反应的离子方程式为：

2++3+

H2O2+2Fe+2H=2Fe+2H2O,A错误：

B.向为短。中投入电2。2固体该反应中NaXh既是氧化剂又是还原剂，故该反应的离子方程式为：

18+18

2H2O+2Na2O2=4Na+2OH+2OH-+O2T,B错误；

2++

C.已知H2s是弱酸，离子方程式书写不能拆，故向CuS04溶液通入H?S的离子方程式为：Cu+H2S=CuSi+2H,C错误；

D.向NaAlCh溶液中通入少量CCh,反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为：2A102+CCh+3H2O=2Al(OH)31+

C01',D正确；

故选D。

5.化合物(YWtXsZsSWzZ)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且总加和为

21,YZz分子的总电子数为奇数，常温下为红棕色气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下分解时无刺激性气体逸

出。下列叙述不事项的是

00

95

90

85

80

75

70

65

60

23O5OO8

00)0)()40006070)()

A.W与丫可形成既含极性键也含非极性键的化合物

B.最高价氧化物的水化物的酸性：X<Y

C.最简单气态氢化物的沸点顺序为：Y>Z>X

100~200℃

D.100〜200℃阶段热分解的化学方程式为：YW4X5Z8-4W2Z=YW4X5Z8-W2Z+3W2Z?

【答案】C

【解析】

【分析】

YZ?常温下为红棕色气体可知该气体为NO?,丫为N,Z为O：W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且总加和为

21,N和O的原子序数之和为15,则W和X的原子序数之和6,且W和Z可形成W?Z,可知W为H,X为B,据此分析解

答。

【详解】

A.W与丫可形成N2H4,其中N-N之间为非极性键，N-H之间为极性键，故A正确；

B.丫的最高价氧化物的水化物为硝酸，X的最高氧化物的水化物为硼酸，硝酸为强酸，硼酸为弱酸，故B正确：

C.简单气态物的沸点顺序为：H2O>NH3>BH3,故C错误；

D.由化学式NH4B5O8-4H2。可知，该物质中所含结晶水的质量分数：急x100%a26.4%,结合图像可知100〜2O（TC阶段只部

何100~200℃

分损失结晶水，设加热过程失去x个水，则券=19.8%,x=3,则分解方程式为：NH4BSO8-4H2O=NH4BSO8-

H2O+3H2O,故D正确；

故选：C。

6.钠离子电池因原料和性能的优势而逐渐取代锂离子电池，电池结构如图所示。该电池的负极材料为NaxCy（嵌钠硬碳），正极材料

为NazMn[Fe（CN）6]（普鲁士白）。在充放电过程中，Na+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。下列说法正确的是

普科七白嵌钠硬碳

A.放电时，电流从负极经负载流向正极

+

B.放电时，负极的电极反应式为：NaxCy-xe-=xNa+Cy

C.充电时，Na+从阴极脱嵌，经电解质溶液嵌入阳极

D.充电时，每转移lmol电子，阳极增加重量23g

【答案】B

【解析】

【分析】

该电池负极材料为NaxCy,放电时发生反应NaxC>-xe-=Cy+xNa+,正极材料为Na2Mn[Fe(CN)6]，放电时正极反应为:

+

Mn[Fe(CN)6]+xe-+xNa=^Na2Mn[Fe(CN)6J.充电时NazMn[Fe(CN)6]极为阳极，电极反应为;Na2Mn[Fe(CN)6]-xe-=^

+

Mn[Fe(CN)6]+xNa,嵌钠硬碳为阴极，电极反应为Cy+xNa++xe=Na*C>.。

【详解】

A.放电时，电流从正极经过负载流向负极，A错误；

B.放电时，负极的电极反应式为Na、Cy-xe=Cy+xNa+,B正确；

C.充电时，Na+从阳极脱落，经电解质溶液嵌入阴极，C错误；

D.充电时，每转移lmol电子，阳极质量减小23g,D错误；

故答案选B。

+332

7.已知:Ag++NH3=[Ag(NH3)]K1=10-

++

[Ag(NH3)]+NH3W[Ag(NH3)2]K2

Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2】+的分布分数6与lgc(NH3)关系如下图所示，下列说法正确的是｛例如：分布分数

____________«Ag，)____________.

VB+++

Lc(Ag)+c[Ag(NH3)]+c[Ag(NH3)2]'

分

布

分

数

8

-l

lg[c(NH3)/mol-L]

A.曲线b代表[Ag(NH3)]+

++

B.[Ag(NH3)2]=Ag+2NH3的平衡常数K=10-3.6i

390

C.K2=1O-

I).当c(NH3)<0.01mol•L时，银元素主要以[Ag(NH3)2〕+形式存在

【答案】C

【解析】

【分析】

由图可知，曲线a代表银离子的分布分数6与Igc(NFh)关系、曲线b代表二氨合银离子的分布分数6与lgc(NH3)关系、曲线c代

表一氨合银离子的分布分数3与lgc(NH»关系，当银离子与二氨合银离子浓度相等时，氨分子的浓度为IOT6imol/L,则反应

[Ag(NH3)]++2NFh=|Ag(NH3)2r的平衡常数K'=舞徵皓=扁讨=1。7-22；将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，

①骑可得反应[Ag(NH3)r+2NH3=|Ag(NH3)2f,则平衡常数K'=KiK2,4=舄=1()3双

【详解】

A.由分析可知，曲线b代表二氨合银离子的分布分数B与lgc(NH3)关系，故A错误；

B.由分析可知，反应[Ag(NH3)r+2NH3=[Ag(NH»2]+的平衡常数K'=舞瑞瑞=国占可=107,22,则逆反应[Ag(NH3)2「

=[Ag(NH3)]++2NH3的平衡常数炸3=10「22,故B错误；

C.由分析可知，平衡常数K2=l()3.90,故c正确；

D.由图可知，当溶液中氨分子浓度小于O.Olmol/L时，银元素以二氨合银离子、一氨合银离子或二氨合银离子、一氨合银离

子、银离子的形式存在，故D错误；

故选C。

二、工业流程题供33分)

工业上利用石煤矿粉(主要含V2O3及少量AI2O3、Si。?)为原料生产VzOs，工艺流程如下:

石候『粉VjO,

已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含锐物质依次为NaV()3、Ca3(VO4)2,(NH4)3VO4；

②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：

pH4〜66〜88-1010〜12

主要离子VOJVOJv20kV0：

③25℃时，/p(NH4VO3)=1.6X10-3»

回答下列问题：

8.“焙烧”时，V2O3发生反应的化学方程式为。

9.滤液I的成分为(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是。

10.“转化”时，滤渣II经高温燃烧后水浸，所得物质可导入到操作单元中循环使用。

11.“沉锐”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4CI,其原因是①。②；25℃时，测得“转化”后，滤液中

cCVOj)=0.2mol-L一】，为使“沉锐”时，钿元素的沉降率达到96%,应调节溶液中c(NH才)至少―mol.L3

12.“煨烧”时，NH4V(%制得产品VzOs。但反应体系中，若不及时分离气体H,部分VzOs会转化成V2O4,反应中氧化剂与还原剂

物质的量之比为3：2,该反应的化学方程式为。

【答案】8.V2O3+02+2NaCl+HzOz^ZNaVO?+2HC1

9.(1).NaOH(2).富集饥元素

10.转沉11.(1).调节pH,将V0/转化为V01(2).利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全(3).0.2

12.3V2O5+2NH3=^3V2O4+电+3H2。

【解析】

【分析】

石煤矿粉(主要含V2O3及少量AI2O3、Sio2),加入。2、&0和NaCl固体，将V2O3氧化成NaVO3，生成的气体为HC1,加水溶解，滤

渣1为AI2O3、SiO2,滤液为NaVO3水溶液，加入Ca(OH)2将NaVO3转化为沉淀Ca/VODz，可以富集锐元素，再加入(NHJzCO?除

去Ca?+,最后加入过量NH4CI,可以调节pH,将V0；转化为V0],也可以促进NH4V。3尽可能析出完全，•燃烧NH4V。3生成

V2O5»

【8题详解】

焙烧”时，V2O3被氧化生成NaVC)3发生反应的化学方程式为:V2O3+。2+2NaCl+H2O=2NaVO3+2HC1：

【9题详解】

在NaVC)3溶液中加入Ca(0H)2形成沉淀，滤液1的主要成分为：NaOH,先“转沉”后“转化”的目的是富集帆元素；

[10题详解】

转化时，滤渣n为CaCO3,经高温烟烧生成CaO后水浸后生成Ca(OH)2,可以导入到转沉中循环利用；

【11题详解】

“沉帆”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4CI,可以调节pH,将V0『转化为V0],也可以利用同离子效应，促进NH4VO3尽

可能析出完全；K(NHVO)=1.6x10-3,溶液中的c(VOg)=0.2x(1-096)=8x10-3,«NH£)=热；=W需=0.2；

a,p43CQVU-＞j8X1。

[12题详解】

声温

根据题目信息，“燃烧”时，NH4V。3制得产品V2O5的化学方程式为：3V2O5+2NH3=3V2O4+N2+3H2O＜,

某研究小组制备纳米ZnO,再与金属有机框架(MOF))材料复合制备荧光材料ZnO@MOF,流程如下：

滴加ZnS04溶液，搅拌过滤，洗涤,______________,控温煨烧------------MOF,__________,

NaOH溶液彳不|£—Zn(OH)2|彳|纳米ZnO|l|ZnO@MOF|已知：①含锌组分间的转化关系:

cOH-OH-一

2+2

Zn多Zn(OH)22[Zn(OH)4]-

②e-Zn(OH)z是Zn(OH£的一种晶型，39。(：以下稳定。

请回答：

13.步骤1,初始滴入ZnS04溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是。

14.下列有关说法不氐卿的是。

A.步骤【，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分

B.步骤I,若将过量NaOH溶液滴入ZnSC)4溶液制备£-211(022，可提高ZnSO,的利用率

C.步骤II,为了更好地除去杂质，可用50七的热水洗涤

D.步骤小，控温燃烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小

15.步骤in,盛放样品的容器名称是。

16.用Zn(CH3COO)2和过量(NHO2CO3反应，得到的沉淀可直接控温燃烧得纳米ZnO,沉淀无需洗涤的原因是。

17.为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定ZM+。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步

骤广“上填写一件最关键仪器，“()”内填写一种操作,均用字母表示]。

用(称量ZnO样品xg)—＞用烧杯()_＞用()—＞用移液管()—＞用滴定管(盛

装EDTA标准溶液，滴定ZM+)

仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶

操作：f、配制一定体积的Zn+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的ZM+溶液；i、装瓶贴标签

18.制备的ZnO@MOF荧光材料可测C/+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与C/+在一定浓度范围内的关系如图。

某研究小组取7.5xl0-3g人血浆铜蓝蛋臼(相对分子质量1.5x105),经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu"并定容至1L取样

测得荧光强度比值为10.2,则1个血浆铜蓝蛋白分子中含个铜原子。

【答案】13.[Zn(OH)/-14.BC

15.坦娟16.杂质中含有CH3COO-、COg、NH：,在控温煨烧过程中分解或被氧化为气体而除去。

17-dt(g)-c(f)-(h)

18.8

【解析】

【分析】

本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成£-2武0f1)2,分离出£-

Zn(OH)z后再控温燃烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此解题。

【13题详解】

初始滴入ZnSO,溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是[Zn(OH)/z-；

[14题详解】

A.步骤1,搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；

B.根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是[Zn(0H)4『一,不能生成£-211(0出2，B错误；

C.由信息②可知，E-Zn(0H)239久以下稳定，故在用50。(：的热水洗涤时会导致，£-Zn(OH)z分解为其他物质，C错误；

D.由流程可知，控温煨烧时£-Zn(OH£会转化为纳米氧化性，故，控温烦烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，D正确；

故选BC；

【15题详解】

给固体药品加热时，应该用处烟，故步骤山，盛放样品的容器名称是珀期：

【16题详解】

两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质

中含有CH3COO-、COg、NH1,在控温煨烧过程中分解或被氧化为气体而除去；

[17题详解】

为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d,随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g,溶解后可以用

容量瓶配制一定浓度的溶液，故选C⑴，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h,故答案为：dT(g)—C(f)T

(h)；

【18题详解】

人血浆铜蓝蛋白的物质的量n（人血浆铜蓝蛋白尸/黔^nSxlO-Bmol,由于实验测得荧光强度比值为10.2,则铜离子浓度

n（Cu2+）=0.4x10-8mol/Lx1L=O.4x10-8mol,则贝41个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。

三、原理综合题（共3分）

19.采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题

（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为—

（2）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N?O5（g）分解反应：

2N2O5（g）-4NO：（g）+OXg）

11

2N;O«（s）

其中NO?二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=8时，N2O5（g）完全分解）：

t/min040801602601300170000

p/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1

①已知：2N2O5(g)=2N2O«g)+O2(g)AHi=-4.4kJ-moP'

1

2NO2(g)=N2O4(g)AH2=-55.3kJ-moP

则反应N2O5(g)=2NO2(g)+；O"g)的AH=kJ-mof.

②研究表明，N2Os(g)分解的反应速率u=2xIO-xpwzOs(kPa-min-】)。t=62min时，测得体系中p<,2=29kPa,则此时的

1

PN2O3-kPa,v=kPa-min'«

③若提高反应温度至35℃,则NQi(g)完全分解后体系压强p*(35℃)63.1kPa(填“大于’“噂于”或“小于”)，原因是

④25℃时N2O4（g）=^2NCh（g）反应的平衡常数K产kPa（为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。

（3）对于反应2N2O5（g）f4NO2（g）+O2（g）,R.A.Ogg提出如下反应历程：

第一步NzQsx^NOz+NCh快速平衡

第二步NO2+NO3-NO+NO2+O2慢反应

第三步NO+NO3—2NO2快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是（填标号）。

A.v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）

B.反应的中间产物只有NO?

C.第二步中NO?与NO?的碰撞仅部分有效

D.第三步反应活化能较高

【答案】（1）.02（2）.53.1（3）.30.0⑷.6.0x102（5）.大于⑹.温度提高，体积不变，总压强提

高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高（7）.13.4（8）.AC

【解析】

【详解】

分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；

（2）①根据盖斯定律计算；

②根据压强之比是物质的量之比计算；

③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；

④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四

氧化二氮的压强。

（3）根据三步反应的特点分析判断。

详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为

（2）①已知：

i、2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△Hi=-4.4kJ/mol

ii、2NO2（g）=N2O4（g）△H2=-55.3kJ/mol

根据盖斯定律可知i+2—ii即得到N2O5（g）=2NO2（g）+1/2O2（g）△Hi=+53.1kJ/mol：

②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2,又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的

压强是2.9kPax2=5.8kPa,则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa-5.8kPa=3O.OkPa,因此此时反应速率v=2.0xl03x30=6.0xl0

2（kPa-min'）；

③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强

提高，所以若提高反应温度至35℃,则NzCKg）完全分解后体系压强*（35℃）大于63.1kPa。

④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa,根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是

35.8kPax2=71.6kPa,氧气是35.8kPa+2=17.9kPa,总压强应该是71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa,平衡后压强减少了89.5

kPa-63.lkPa=26.4kPa,所以根据方程式2NO?（g）；^^N2O4（g）可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa,二氧化氮对应的

压强是71.6kPa-26.4kPax2=18.8kPa,则反应的平衡常数13.4kPa。

了26.4

（3）A、第一步反应快，所以第--步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；

B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO,B错误；

C、根据第二步反应生成物中有NCh可知NCh与NCh的碰撞仅部分有效，C正确：

D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。

点晴：本题主要是考杳化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌生

感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体

物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。

四、结构与性质（共12分）

钛合金是以钛元素为基础加入其他元素组成的合金，因具有强度高、耐蚀性好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。回答下

歹I问题：

20.钛元素在元素周期表中的位置•

21.5F2（二氨氮烯）、二氧化钛、COCR光气）、S0C12（二氯亚飒）等都是重要的卤化试剂，其中二氧化钛与COClz（光气）、SOCk反

应可用于制取四氯化钛。

①N?F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的杂化类型为spZ,则N2F2的结构式为。

②C0C12中。和TT键的数目比为一。

③SO"是分子。（填“极性”或“非极性”）

22.钛的某配合物可用于催化环烯燃聚合，其结构如图所示：

HSCCH,

该配合物中存在的化学键有（填字母）。

a、离子键b、配位键c、金属键d、共价键e、氢键

23.氮化钛晶体的晶胞结构如图所示，该晶体结构中与N原子距离最近且相等的Ti原子有个；若该晶胞的密度为pg•

cm-3,阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为pm。（用含p、以的代数式表示）

ON・Ti

【答案】20.第四周期IVB族

21.(1).F-N=N-F(2).3:1(3).极性

22.bd23.(1).6(2).探xIO10

【解析】

[20题详解】

钛元素原子序数为22,核外电子排布式为:Is22s22P63s23P64s23d2,位于周期表第四周期笫IVB族，故答案为：第四周期IVB族；

【21题详解】

①N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的杂化类型为sp%则N与N之间形成双键，再分别与F成键，结构式为：F-N=N-F,故答案

为：F-N=N-F；

/Cl

②COClz的结构式为CLO=C双键中。键、TT键各一个，C-C1键为o键，故COC12中。键、7T键数目比为3:1,故答

案为：3：1；

③S0C12分子空间构型不对称，正电中心与负电中心不重合，属于极性分子，故答案为；极性；

【22题详解】

根据结构图可知C与H、C与C、C与O等原子间存在共价键，Ti与O间存在配位键。故答案为：bd；

[23题详解】

以N原子为中心，与其距离最近且相等的Ti原子分布在6个面心上，共有6个。

设N与Ti原子最近距离为acm,1个晶胞边长为2acm,体积为（2a）cnP,含有N原子数：6x|+8x1=4,Ti原子数：

28

4X62________

12xi+l=4,晶胞质量为：tx（14+48）g=q笠g,密度pg,cm-3=（2；；c；“a=J^x1010pm,故答案为：6；xIO10；

五、有机推断题（共18分）

某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。

DE

|«HC1

〜V^COOH

①SO"

②HC1”NN

Cl

盐酸苯达莫司汀

RfNH

2RNHR'

已知：①RX____

NaCNARCN

O

R

-H,0\RTMH2

②2RCOOH—O--------4+RCOOH

R-《

NHR'

O

请回答：

24.化合物A的官能团名称是.

25.化合物B的结构简式是。

26.下列说法正确的是。

A.BtC的反应类型为取代反应

B.化合物D与乙醇互为同系物

C.化合物I的分子式是C]8H25N3O4

I）.将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性

27.写出GTH的化学方程式.

28.设计以D为原料合成E的路线（用流程图表示，无机试剂任选）

29.写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式。

①分子中只含一个环，且为六元环；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有

乙酰基（CH3-C-Y

【答案】24.硝基，碳氯键（氯原子）

2"NHCH3

26.D

NO?

27.28

+CH3cH20H

OH-^Br-»BrBr-CN-»NCHOOC

H

COCHNCOCH

OCOCH333NCOCH3

N^NH3tA.%HH3

?qWN人N

IIII

29-人ANYNNN

HCNCHVHCOCH

33o33

【解析】

【分析】

Cl

与CH3NH2反应生成B,B与硫化钠发生还原反应生成C,结合C的结构可知A到B为取代反应，B为

O2NNO,

/^/NHCH3^^/NHCH3

I,C与E发生已知中反应生成F,F为,F脱水生成G

0,NNO,02NNHCOCH2cHZCH.COOH

气加成后再与环氧乙烷发生反应生成I,I与S0C12发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀，据此分析解答。

[24题详解】

由A的结构可知其所含官能团为硝基和氯原子，故答案为：硝基、碳氯键（氯原子）;

【25题详解】

/^NHCHar^/NHCH3

由以上分析可知化合物B的结构简式[|],故答案为：J[

O2NNO,O2NNO2

【26题详解】

A.B-C的反应中B中一个硝基转化为氨基