狂飙卷02 -【热题狂飙】2023年高考化学样卷（全国卷专用）

狂飙卷02-【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.科学家提出有关甲醇（CH3OH）的碳循环如图所示。下列说法错误的是

A.图中能量转化方式只有2种

B.COz属于无机化合物、CH30H属于有机化合物

C.0.1molCH.（OH中含有O.lmolO-H键

D.利用CO?合成CH30H燃料能促进“碳中和”

【答案】A

【解析】

【详解】

A.图中能量转化方式有：光能转化为电能、电能转化为化学能、风能转化为电能、化学能转化为热能等，A错误：

B.有机物为除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐以外的含碳化合物；CO2属于无机化合物、CH30H属于有机化合物，B正

确；

C.1分子甲醇中含有1个O-H键，则O.lmolCH30H中含有O.lmolO-H键，C正确；

D.利用CO2合成CH30H燃料可以充分利用二氧化碳资源，能促进“碳中和”，D正确；

故答案为：A。

2.药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示（部分产物未给出），下列说法错误的是

A.X分子中在同一平面内的原子最多有15个

B.物质Z与足量的氢气加成所得分子中含有4个手性碳原子

C.1molY与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH

D.X的同分异构体中含苯环且能水解的共有6种

【答案】A

【解析】

【详解】

A.苯环、-OH、-CO-中是所有原子共平面，甲烷中最多有3个原子共平面，由于单键可以旋转，则该分子中最多有16个原子共

平面，A错误；

CH,

B.Z与足量H?发生加成反应产物如下图所示，其中含有4个手性碳原子，用数字标注为OCH.,B

正确；

c.Y分子中酯基水解生成的竣基、澳原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应，Y分子中酯基水解生成1个皎基、生成1

个HBr分子，ImolY最多消耗2moiNaOH,C正确：

D.X的同分异构体中含有苯环且能发生水解反应，说明含有酯基，取代基可能为HCOO-、-CH?两个取代基有邻位、间位、对

位3种位置异构：取代基可能为HCOOCH”；取代基可能为CH3co0-；取代基可能为-COOCH3,各有1种位置异构，所以符合

条件的同分异构体有6种，D正确；

故合理选项是Ao

3.利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b中试剂不能检测a中生成产物的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】

A.MnOz与浓HC1生成的Cl?,氯气通入紫色石荒溶液，石蕊溶液先变红再褪色，b中试剂不能检测a中生成产物，故A不选；

B.C与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫和二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，则澄清石灰水不能说明C

与浓硝酸共热反应生成C02，故B选；

C.乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与澳水反应，则2-浪丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溟水褪色的丙

烯气体，则浸水褪色能说明2-澳丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故C不选；

D.浓氢氧化钠溶液与氯化筱溶液共热反应生成能使酚酥溶液变红的氨气，则酚醐溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化锈溶液

共热反应生成氨气，故D不选；

故选

2+

4.采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的化学反应如下：Fe+2BH；+6H20=FeI+2H3B03+7H2?,其中B

元素化合价不变。下列说法正确的是

A.纳米铁颗粒直径约为60nm,因此纳米铁是胶体

B.该反应的氧化剂是Fe?+,氧化产物是H3BO3

C.若有3moi50参加反应，则反应中转移电子的物质的量为4moi

D.H3BO3的酸性比H2cO3强

【答案】C

【解析】

【详解】

A.胶体是指直径为l~100nm的分散质均匀分布在分散剂中组成的混合物，纳米铁颗粒为纯净物，所以纳米铁不是胶体，A项错

误；

B.该反应中氧化剂是Fe2+和HzO,氧化产物是Fe和H?,B项错误；

C.该反应中BH1是唯•的还原剂，ImolB%参与反应则失去了4个电子，所以根据化学方程式Fe?++2BH]+6HzO=FeJ+2

H3BO3+7H2T,若有3moia0参加反应，则反应中转移电子的物质的量为4mol,C项正确；

D.根据元素周期律，H3BO3的酸性比H2c。3弱，D项错误。

答案选C。

5.2022年9月9日，中国科学家首次在月球上发现的新矿物被命名为“嫦娥石”。该矿物除了含钙、铁3Fe)、忆(39Y)三种长周期

元素外，还含有X、R、Z、W四种原子序数依次增大的短周期主族元素。X、R、Z、W质子数之和为46,X,R、Z最外层电

子数分别为x、y、z,x+y+z=9,x=2(y+z)。下列叙述正确的是

A.铁(26Fe)位于第四周期VHIB族

B.简单离子半径：X>R>Z

C.W的简单氢化物热稳定性比X的简单氢化物强

I).X与R形成的化合物为离子化合物且只含有离子键

【答案】B

【解析】

【分析】

X、R、Z最外层电子数分别为x、y、z.x+y+z=9,x=2(y+z),解得x=6,y+z=3,根据原子序数的大小，X为O元素，R

和Z的最外层电子数分别为1和2,R为Na,Z为Mg,根据质子数之和为46,W的质子数为15,为P元素。

【详解】

A.铁(26Fe)位于第四周期VIII族，A错误；

B.根据粒子半径的大小比较，电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同，质子数越大，半径越小，所以0*、Na+、Mg2+的

半径大小为：02->Na+>Mg2+,B正确；

C.因为O的非金属性强于P,所以P的简单氢化物热稳定性比o的简单氢化物弱，c错误；

D.O和Na形成的化合物Na2。?中既有离子键，又有共价键，D错误：

故选B。

6.电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所

示，工作lOmin时，Fe"、H2O2电极产生量(mmol-L」)与电流强度关系如图b所示：

F

e

2

+

M

H

2

O

2

飞

讲

螂

图a

下列说法错误的是

A.电流流动方向：Pt电极T电解质-HMC—3电极

B.Fe3+是该电芬顿工艺的催化剂

C.根据图b可判断合适的电流强度范围为55〜60mA

I).若处理9.4g苯酚，理论上消耗标准状况下3L36L氧气

【答案】C

【解析】

【分析】

HMC-3电极上氧气、铁离子发生还原反应，HMC-3为阴极，则Pt电极为阳极:

【详解】

A.由分析可知，HMC-3电极为阴极，则Pt电极为阳极，电流流动方向：Pt电极一电解质—HMC-3电极，故A正确；

B.Fe3+转化为亚铁离子，亚铁离子和过氧化氢生成羟基自由基和铁离子，铁离子在反应前后没有改变，是该电芬顿工艺的催化

剂，故B正确；

C.过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据

图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，C错误；

D.反应中氧气转化为过氧化氢，苯酚转化为二氧化碳，根据电子守恒可知，C6H5OH~28e~14O2,若处理9.4g苯酚(为

0.1mol).理论上消耗1.4mol氧气，标准状况下的体积为31.36L,D正确；

选C。

7.图1为CdC03和Cd(0H)2在25℃时的沉淀溶解平衡曲线，图2为向两份等体积等浓度的CdQ?溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶

液和NazCC)3溶液滴定关系图(图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2+为Cd2+浓度的负对数)。下列说法正确的是

14

A.X为Cd(OH)z对应直线，Ksp[Cd(OH)2]=1x10-

B.M为向CdCk溶液中滴加NaOH溶液对应的曲线

C.图1中a点对应的溶液为CdC03的不饱和溶液

D.图2中c点、b点对应取值分别为c=6,b>S

【答案】A

【解析】

【分析】

CdCC)3(s)=Cd2+(aq)+C0歹(aq),Ksp[CdCC>3]=c(Cd2+)xc(CO歹)是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd"为

CcP+浓度的负对数，则对应CdCCh的曲线斜率应该为-1,故直线Y是CdC03,X为Cd(0H)2。根据滴定终点可知Cd”沉淀完全时

所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为CdClz溶液中滴加Na2c。3溶液对应的曲线，N为CdQz溶液中滴加NaOH溶液对应的

曲线。

【详解】

2+2+

A.CdCO3(s)Cd(aq)+C02-(aq),Ksp[CdCO3]=c(Cd)X图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd"为

Cd"浓度的负对数，则对应CdCCh的曲线斜率应该为-1,故直线Y是CdC03，X为Cd(0H)2，利用曲线上点可算出

Ksp[Cd(OH)2]=1XKT，x(1X10-5)2=1*IO-",A正确；

B.根据滴定终点可知Cd?+沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为CdCk溶液中滴加Na2c。3溶液对应的曲线，

B错误；

C.a点溶液Q[CdC03]=1x10-5*1x10-6=1x10-11>1x10-12,故a点对应的溶液为CdCO?的过饱和溶液，C错误；

22+-122+-62

D.c^WKsp[CdCO3]=c(Cd)=1xIO,c(Cd)=1xIO,则c=6；设b点c(Cd")=x,Ksp[Cd(OH)2]=xx(2x)=

1x10-14,x>lx10-5,则b<5,D错误;

故答案选A。

二、工业流程题（共15分）

工业上以硒化银半导体废料（含AgzSe、Cu）为原料提取硒、铜、银，进而制备一种新型太阳能电池的材料。

稍过量的

H2SO4+O2NaCl溶液N2H4、NaOH

_10s

已知：253（「（Aga）=2.0xIO,Ksp（Ag2SO4）=1.0x10-.

请回答下列问题：

8.“酸溶”时，为提高废料中硒元素的浸出率可采取的措施是（任写一种），写出废料中Ag?Se转化为Seth的化学反

应方程式.

9.制得的粗铜可通过电解法精炼，电解质溶液可以选择（填字母序号）。

A.稀H2sCUB.AgNOs溶液C.C11SO4溶液D.CuCk溶液

10.上述流程中，通入SO?发生氧化还原反应获得“粗硒”，该过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。

11.“沉银”时，从平衡移动角度解释，加入稍过量NaCl溶液的原因—，计算Ag2S（\转化成AgCl的平衡常数

K=o

12.“还原”时，写出AgCl与液态N2H〃NaOH溶液反应制取粗银的离子方程式。

【答案】8.（1）.将废料研磨粉碎（2）.2Ag£e+2H2so4+3Ch=2Ag2so4+2SeO2+2H：;O9.CD

10.1：211.⑴.增大浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率（2）.2.5x1014

12.4AgCI+N2H4+4OH-=4Ag+4Cr+N21+4H2O«

【解析】

【分析】

硒化银半导体废料（含AgzSe、Cu）中加入H2SO4和O2反应生成硫酸银、二氧化硒和硫酸铜，蒸储以后得到SeCh、硫酸铜和硫酸

银，加入氯化钠得到氯化银沉淀，加入啡和氢氧化钠还原得到粗银，硫酸铜溶液经过电解得到铜单质，二氧化硒先后与水、二氧

化硫反应生成粗硒。

【8题详解】

酸溶时，为提高废料中硒元素的浸出率，可采取的措施是将废料研磨粉碎。AgzSe与硫酸、0?反应生成硫酸银、SeCh和水，化学

方程式为2Ag?Se+2H2so4+3O2=2Ag2so4+2SeCh+2H2O。

【9题详解】

粗铜电解精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极，可溶性铜盐做电解质溶液。

A.稀硫酸不是铜盐，A错误：

B.硝酸银不是铜盐，B错误；

C.硫酸铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，C正确；

D.氯化铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，D正确；

故答案选CD。

[10题详解】

FhSeO?与SCh反应生成H2s04和Se,化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=2FhSO4+Se,该反应中氧化剂为HzSeCh,还原剂为

SO2,氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。

【11题详解】

沉银时Ag2SO」与cr反应生成AgCl沉淀和硫酸根离子，加入稍过量的NaCl,增大浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提

高AgCl的产率。Ag2SO4（s）+2Cl（aq）=2AgCl（S）+S0r（aq）,心瑞=筮来落；=攀黯三需=2,5X10-

[12题详解】

AgCl与N2H4、NaOH反应生成Ag的离子方程式为4AgCl+N2H4+4OH=4Ag+4Cr+N2t+4氏0。

三、实验题（共12分）

某研究小组以TiOz、TiCl4,也为原料，用如下装置制备。2。3；

I.3TiO2+TiCl4+2H2=2Ti203+4HC1

H.2TiCl4+H2=2TiCl3+2HC1

已知：

Ti2O3TiCl3TiCl4HC1

颜色暗紫色紫红色无色无色

在反应装置内的状态固态气态气态气态

请回答：

13.C装置的作用是,D装置中浓硫酸的作用是o

14.下列有关说法不事硬的是o

A.当装置中出现紫红色气体，说明TiO?已消耗完毕

B.装置D后连接的导管可直接插入水中吸收尾气

C.应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关

D.反应结束，按顺序关闭勺、/装置B的加热开关

15.开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是—

TiCk与H2的比例过大，容易引发副反应H,可通过调节，达到调整TiCL的通入量。

16.该研究小组采用滴定法测定产品中K2。3的质量分数。

滴定原理：利用Ce4+将产物中三价钛氧化为四价，然后用Fe2+滴定剩余的Ce家。

已知：实验室现有的CelSOQz含有Ce2（SO4）3杂质。

①从下列选项中选择最佳操作并排序（部分操作可重复使用）完成实验：

(实验I)准确称取0.1000g的产物于烧杯中一()f()f(d)

'实“I)(e)-()-()

I

［计算)

a.转移至100mL容量瓶并定容

b.力口入xgCe(S()4)2(过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸

c.静置，观察颜色变化

d.取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NHjFeGOj标准液滴定

e.另称取xgCe(S0,)2，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸

②实验I中在进行d操作时，不慎将(NH4£Fe(S04)2标准液滴出锥形瓶，将导致测定的暇2。3质量分数—。(填“偏高”、

“偏低”、“无影响”)

【答案】13.(1).收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸(2).防止空气中氧气、水进入装置14.BD

15.(1).氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应(2).A中水浴的温度

16.(1).b、a(2).a、d(3).偏低

【解析】

【分析】

实验中应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关，TiOz、TiCl4s也反应生成52。3,当装置中出现紫红色气体，说明

TiOz已消耗完毕，关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭《、K2；

【13题详解】

TiCL在C装置中易被液化从而使气压变小，故C装置的作用是收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；D装置中浓硫酸的作用是防止

空气中氧气、水进入装置BC中，干扰实验的进行；

【14题详解】

A.装置中两个反应先后反应，且TiCb为紫红色气体，故当装置中出现紫红色气体，说明TiOz已消耗完毕，A正确；

B.尾气中的HC1气体极易溶于水装置，故D后连接的导管不可直接插入水中吸收尾气，B错误；

C.氢气为可燃性气体，故先通一段时间氢气排净装置中空气后防止爆炸，再打开装置B的加热开关，C正确；

D.反应结束，首先关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭Ki、K2,D错误；

故选BD；

【15题详解】

开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H?流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是氢气不仅是反应物

还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCI带出装置使得反应更彻底；TiCl4与H2的比例过大，容易

引发副反应II,可通过调节装置A中水浴的温度，控制TiC)的气化量，达到调整TiC%的通入量；

【16题详解】

①根据滴定原理可知，实验过程为：准确称量0.1000g产物与烧杯中，加入xgCe(SCU)2(过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，利

用Ce，*将产物中三价钛氧化为四价；然后转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NHjFeGOj标

准液滴定剩余的Ce,*,并进行正确读数；

故I答案为b、a；

已知：实验室现有的Ce(S04%含有Ce2(SO4)3杂质；故需要进行空白实验排除Ce2(SCU)3对实验的干扰，实验过程为：另称取

xgCe(SO4)2,加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，转移至100mL容量瓶并定容；取20.0()mL待测液，加入指示剂，用

(NH4)2Fe(SCU)2标准液滴定，并进行正确读数；

故H答案为a、d；

②实验I中在进行d操作时，不慎将(NHJFeGODz标准液滴出锥形瓶，使得标准液的用量偏大，相当于剩余的Ce»偏多，导致

测定的幻2。3质量偏小，分数偏低。

四、原理综合题(共12分)

氮氧化物和一氧化碳污染指数是衡量空气质量的重要标准，它们的治理刻不容缓。回答下列问题：

17.已知：①CCh(g)+C⑸U2co(g)AHi=+172.5kJ«mor'

@C(s)+O2(g)=CO2(g)AH2=-393.5kJ«mol''

③2NO(g)UNz(g)+O2(g)AH3=-180.5kJ«mor'

则CO还原NO的热化学方程式为.在此反应中为提高NO的平衡转化率同时提高反应速率，可以采取的措施是____(答出

一条即可)。

18.已知：2NO(g)=N2(g)+C>2(g)△H3=T80.5kJ・molT中v产k«XC2(N0)、Vi®=kgXc(N2)xc(O2)>(kn：skss分别为正逆反应速率常

数)。

①该反应在某条件下达到平衡后，降低温度，k„____(填“增大”或“减小”，下同)，kili：k@=。

②下列有关说法正确的是____(填标号)。

A.延长反应时间有利于提高N2的平衡产率

B.适当增大NO(g)的浓度，有利于提高NO的平衡转化率

C.恒温、固定容积的密闭容器中，混合气体的压强保持不变时达到平衡

D.体系达平衡后，若压缩体积，平衡不发生移动，但是逆反应速率变快

19.一定条件下，CH.分解生成碳的反应历程如图所示。该历程分4步进行，其中第步为放热反应，正反应活化能最大一

步的反应方程式为0

反应历程

20.在实验室模拟工业合成甲醇的反应，CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)AHCO。在一恒压密闭容器内充入ImolCO、2moi比和

ImolHe(代替合成气中的杂质，不参与反应)，测得压强为pMPa,加入合适催化剂后在恒温条件下开始反应，测得容器的体积变

化如表：

反应时间/min0102030405060

容器体积/L43.53.23.02.92.82.8

则氢气的平衡转化率为____,该温度下的平衡常数Kp为_____(MPa>2(Kp为以分压表示的平衡常数，请用含p的式子表示)。

【答案】17.⑴.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CCh(g)AH=-746.5kJ-mol-1(2).增大压强、通入CO气体

18.(1).减小(2).增大(3).D

19.(1).三(2).CH+HUC+2H

20.(1).60%(2).券

【解析】

[17题详解】

l

根据盖斯定律，③-①+②得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CCh(g)△H=AH3-AHl+AH2=-746.5kJ«mol；该反应为气体体积减小的反

应，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率和反应速率均增大，通入CO气体，增大反应物浓度，反应速率增大，平衡正

向移动，NO的平衡转化率增大，因此可以采取的措施是增大压强、通入CO气体。

[18题详解】

①该反应为放热反应，降低温度，。逆、u正均减小，而温度改变瞬间各物质的物质的量分数保持不变，说明k正、k逆均减小：降

低温度，平衡正向移动，说明％E>“逆，则与E减小的程度小于“逆的程度，即号E减小的程度小于加逆减小的程度，即k,Kk及增大；

②A.反应达到平衡后，延长反应时间平衡也不移动，不会提高N2平衡产率，A错误；

B.该反应为气体体积不变的反应，适当增大NO(g)的浓度，若在恒温恒容条件下，等效于加压，平衡不移动，若在恒温恒压条

件下，平衡也不移动，因此不能提高NO的平衡转化率，B错误；

C.恒温、固定容积的密闭容器中，混合气体的压强与气体的物质的量成正比，该反应为气体物质的量不变的反应，因此混合气

体的压强是个不变量，其保持不变时不能作为反应达到平衡的依据，C错误；

D.该反应为气体体积不变的反应，体系达平衡后，若压缩体积，平衡不发生移动，但是各组分的浓度增大，正、逆反应速率均

增大，D正确；

故选D。

[19题详解】

放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，由图可知，第三步CH?+2H=CH+3H是放热反应；最后一步正反应活化能最大，其

反应的方程式为CH+HUC+2H。

[20题详解】

co(g)2H2(g)=CH30H(g)

开始(mol)120

根据已知信息可列三段式:、，恒压条件下，容器体积由4L变为2.8L,对应气体

转化(mol)X2xx

平衡(mol)1-x2-2xx

物质的量将由4moi变为2.8mol,则物质的量减少1.2moL则x+2x—x=1.2,x=0.6,则氢气的平衡转化率为等x100%=

60%；平衡时体系总压等于初始压强pMPa,则各气体的分压依次为p(CO)=第，p(Hz)=罢，p(CH30H)=察，p(He)=^,代

P(CHOH)

3嗡(MPa产

入Kp=2

IP(CO)P(H2)]

五、结构与性质(共15分)

CuO在化学链(如气相烧类)燃烧和催化CO氧化过程中均展现出良好的性能，同时具有成本低廉的优势，有望成为贵金属催化剂

的替代品。中国科学院工程热物理研究所的科研人员初步揭示了co在CuO表面的催化机理，并深入研究了CO在铜基氧化物表

面的反应机制，并提出了对应的反应动力学模型。

21.基态铜原子的价电子排布式为____,其核外电子的空间运动状态有_______种。

22.N与C、。同周期，H、C、N三种元素的电负性从小到大的顺序为；C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为

______O

23.NH3具有还原性，能被CuO氧化，NH3分子中N原子的杂化方式为,N%的沸点高于PN的原因是。

24.己知CsO的熔点高于Cu2s的熔点，其原因是.。

25.铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，若该晶胞中Cu原子与O原子之间的最近距离为apm,设阿伏加德罗常数的值为

NA,则该晶胞的密度为______g-cnr3(填含a、NA的代数式)。

OCu

oo

【答案】21.(1).3d。4sl(2).15

22.⑴.H<C<N(2).N>O>C

23.Q).sp3(2).NH3分子间能形成氢键，而PE不能，所以N%的沸点高于PH,

24.两者都是离子晶体，且阴、阳离子电荷量均对应相同，但r(O，)<r(S2-),所以CsO的晶格能大，熔点较高

2564x4+16x2

3

,(|XIO-«>)NA

【解析】

[21题详解】

Cu是29号元素，其核外电子排布式是Is22s22P63s23P63+。40|,故基态铜原子的价电子排布式为3d”>4s)s能级有一个原子轨

道，p能级有三个原子轨道，d能级有5个原子轨道，故其核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种；

[22题详解】

N与C、O同周期，H、C、N三种元素的电负性从小到大的顺序为HVCVN,因为N元素核外电子排布式是Is22s22P3,2P能级

是半充满状态，第一电离能异常，故C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为N>O>C；

[23题详解】

NH?中N的价层电子对数为3+，(5-3x1)=4,故N的杂化方式为sp3；

NH3分子间能形成氢键，而PH:不能，所以NH3的沸点高于PH3；

[24题详解】

两者都是离子晶体，且阴、阳离子电荷量均对应相同，但r(O，)Vr(S2),所以CsO的晶格能大，熔点较高；

[25题详解】

利用均摊法,每个晶胞含有O为8X^1=2,Cu皆在体心，个数为4,故该晶胞的质量为竺铲,若该晶胞中Cu原子与O原

晶胞的边长为噜X1010nm.lip=§得晶胞的密度为64x4+16x2

子之间的最近距离为apm,则体心为4apm,3

V3V(^X1O-1°)NA°

六、有机推断题(共18分)

以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如下:

OOCCH3CHO

，

LNaOH/H2OA|CH2(COOH)2

ILH0+~"C7H6。2毗咤/苯胺

3UCri3

CHC12OH

国■回

已知：同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH（OH）2-»RCHO+H20<.

请回答下列问题:

26.化合物A中非含氧官能团的名称是。

27.化合物B的结构简式为.

28.F-G的反应除有机产物外仅有水生成，该反应类型是试剂R的分子式为—

H相对分子质量小于C,熔沸点却高于C,原因是

30.J是D的同分异构体，同时满足下列条件的J有种（不包括立体异构）。

条件：①与FeCb溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上只有两个取代基。

其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为（写一种即可）。

CH2CHC12

CH,

31.根据上述路线中的相关知识，设计以和乙酸为原料制备的合成路线（其他试剂

6

任选）。

【答案】26.酯基和碳氯键

CHO

27.28.（1）.取代反应

OH

29.3,4-二羟基苯甲醛比3-溟-4-羟基苯甲醛分子间氢键多，所以沸点相对较高

OHOH

)

COOCH3OOCCH3

-FCH-CH，士

CHCHOCHCH=CHI

CH2cHe12222CH2

.定条件

NaOH(aq)/ACH3COOH

31.—>—>

嗽啜/苯胺

【解析】

【分析】

eno

A发生碱性水解，然后再酸化生成B为（J,B发生取代反应生成C,C和CHsONa发生取代反应生成D,D和乙酸酊已知

OH

②的反应生成E,E在BBn催化下转化为F为，F-G的反应为在浓硫酸作用下，H0