2023年全国统一高考化学试卷（甲卷）真题及答案

2023年全国统一高考化学试卷（甲卷）真题及答案

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出

的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.（6分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）

A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性

B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射

C.SCh可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分

D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化

【答案】B

解析：A.苯甲酸钠是强碱弱酸盐；

B.胶体粒子的直径在1〜100nm,对光具有散射效果；

C.二氧化硫可与有色物质化合生成无色物质；

D.维生素C具有还原性。

【解答】解：A.苯甲酸钠是强碱弱酸盐，作为食品防腐剂不是由于其具有酸

性，是由于其易透过细胞膜，进入细胞，干扰霉菌和细菌的通透性而阻碍细菌

对氨基酸的吸收而达到消毒效果，故A错误；

B.胶体粒子的直径在1〜100nm,对光具有散射效果，胶体产生丁达尔效应是

由于胶体粒子对光线的散射形成的，故B正确；

C.二氧化硫可与有色物质化合生成无色物质，SO2在工业上常用来漂白纸浆、

毛丝、草帽辫等，与氧化性无关，故c错误；

D.维生素C具有还原性，易被氧化，故D错误；

故选：Bo

2.（6分）着香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如图，下列有关该物质的

说法错误的是（

A.可以发生水解反应

B.所有碳原子处于同一平面

C.含有2种含氧官能团

D.能与澳水发生加成反应

【答案】B

解析：A.鬟香蓟中含有酯基;

蕾香蓟标记的C存在sp3杂化;

C.蕾香蓟中含有酯基、酸键和碳碳双键；

D.蕾香蓟中含有不饱和双键。

【解答】解：A.蕾香蓟中含有酯基，可以发生水解反应，故A正确;

B.蕾香蓟标记的C存在sp3杂化，与这个C相连的原子肯

定不共面，故所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；

C.蕾香蓟中含有酯基、酸键和碳碳双键，含有2种含氧官能团，故C正确;

D.蕾香蓟中含有不饱和双键，可以和浸水发生加成反应，故D正确；

故选：Bo

3.（6分）实验室将粗盐提纯并配制0.1000mol・L”的NaCl溶液。下列仪器中，

本实验必须用到的有（）

①天平

②温度计

③生竭

④分液漏斗

⑤容量瓶

⑥烧杯

⑦滴定管

⑧酒精灯

A.①②④⑥B.①④⑤⑥C.②③⑦⑧D.①⑤⑥⑧

【答案】D

解析：将粗盐提纯需要过滤后蒸发结晶，配制0.1000mol・Li的NaCl溶液，一

般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，根据操作步骤选取实

验仪器，据此进行解答。

【解答】解：将粗盐提纯需要过滤后蒸发结晶，需要用到的仪器为漏斗、玻璃

棒、蒸发皿及烧杯，配制0.1000mol・L।的NaCl溶液，一般步骤为称量、溶解、

移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到仪器为：天平、药匙、烧杯、玻璃

棒、容量瓶、胶头滴管等，故实验必须用到的有①⑤⑥⑧，

故选：Do

4.（6分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）

A.0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA

B.标准状况下，2.24LSO3中电子的数目为4.00NA

C.1.0LpH=2的H2s。4溶液中H+的数目为0.02NA

D.LOLLOmoLLI的Na2cO3溶液中co；-的数目为LONA

【答案】A

解析：A.异丁烷含有的共价键为13；

B.标准状况下三氧化硫为液体；

C.根据n=cV进行计算；

D.Na2cCh溶液会发生水解。

【解答】解：A.异丁烷含有的共价键数为13,则0.50mol异丁烷分子中共价

键的数目为6.5NA,故A正确；

B.标准状况下三氧化硫为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故B错误；

C.pH=2的H2s。4溶液中c（H+）=102mol/L,根据n=cV=lLX102moi/L

=0.01mol,则H+的数目为O.OINA,故C错误;

D.Na2cCh溶液中co.会发生水解，故1.0L1.0mol・L।的Na2co3溶液中的

数目小于LONA,故D错误；

故选：Ao

5.（6分）W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数

之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质

之一。下列说法正确的是（）

A.原子半径：X>W

B.简单氢化物的沸点：X<Z

C.Y与X可形成离子化合物

D.Z的最身价含氧酸是弱酸

【答案】C

解析：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之

和为19,Y的最外层电子数与其K层电子数相等，则Y为Mg；WX2是形成

酸雨的物质之一，则W为N元素，X为O；四种原子的最外层电子数之和为

19,Z原子的最外层电子数为19-5-6-2=6,其原子序数在最后，则Y为S

元素，据此解答。

【解答】解：由分析可知W为N、X为O、Y为Mg、Z为S,

A.同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：XVW,故A错误；

B.X的简单氢化物为水，Z的简单氢化物为硫化氢，水分子间存在氢键，沸

点较大，故简单氢化物的沸点：X>z,故B错误；

C.Y与X可形成MgO,含有离子键，为离子化合物，故C正确；

D.Z为S,最高价氧化物为硫酸，是强酸，故D错误；

故选：Co

6.（6分）用可再生能源电还原CO2时一,采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析

氢反应来提高多碳产物（乙烯、乙醇等）的生成率，装置如图所示。下列说法

正确的是（）

CH-C2H5OH

风能24

A.析氢反应发生在IrOx-Ti电极上

B.Cl从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极

+

C.阴极发生的反应有：2CO2+12H+12e-C2H4+4H2O

D.每转移Imol电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)

【答案】C

解析：与电源的正极相连的IrOx-Ti电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式

为：2H2O-4e=O2t+4H+,与电源负极相连的Cu电极为阴极，发生还原反

++

应，电极反应式为：2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O,2CO2+12H+12e'-

C2H5OH+3H2O,据此分析。

【解答】解：A.由分析知IrOx-Ti电极上发生的反应不是析氢反应，故A错

误；

B.质子交换膜只允许H+通过，因此C「无法从Cu电极迁移到MX-Ti电极,

故B错误；

C.由分析知，阴极发生的反应有：2co?+12H++12e-C2H4+4出0,故C正确；

+

D.由分析知，阳极电极反应式为：2H2。-4e=O2t+4H,每转移Imol电子，

阳极生成0.25mol氧气即5.6L氧气(标准状况)，故D错误；

故选：Co

7.(6分)如图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡

时的pM-pH关系图｛pM=-lg[c(M)/(moPL1)]；c(M)W105moi・L

1可认为M离子沉淀完全｝。下列叙述正确的是()

A.由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]=108.5

一10

B.pH=4时Al(OH)3的溶解度为当—

C.浓度均为0.01mol«L1的AP+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离

D.AP+、CM+混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol・L।时二者不会同时沉淀

【答案】C

解析：A.由a点横纵坐标可得和c(OH)和c(Fe3+),进一步可求出Ksp[Fe

(OH)3]；

B.由pH=4可求出c(OH),利用溶度积公式，可求出c(AF+),即Al(OH)

3的溶解度；

C.根据Fe3+沉淀完全时的c(OH),利用溶度积规则可判断A13+是否开始沉

淀；

D.根据AF+沉淀完全时的pH,得在此pH时Qi?+刚开始沉淀,c(Cu2+)=0.1mol/L,

再利用溶度积规则可判断Qi?+已经开始沉淀。

【解答】A.由图可知，a^pH=2,c(H+)=102mol/L,c(OH)=10',2mol/L,

3+253+3385

c(Fe)=10mol/L,所以Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe)c(OH)=10-,

故A错误；

33

B.根据图象AF+的曲线,Ksp[Al(OH)3]=10,pH=4时，c(H+)=10'ol/L,

l(,3+

c(OH)=10mol/L,c(Al)=卬(OH).=_1匹33mHz1。、0匹,

C3(0H-)(1O~10)3

即Al(OH)3的溶解度为103moi/L,故B错误;

一385

C.由图象可知，Fe3+优先沉淀，当Fe3+沉淀完全时一，c3(OH)=M__(mol/L)

10"5

3353

3=1033.5(mol/L)3,此时Qsp[Al(OH)3]=0.01mol/LX10-(mol/L)=10

333

35.5(mol/L)<KsP[Al(OH)3]=10,AP+还未沉淀，所以浓度均为0.01mol

・L/i的A13+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离，故C正确；

D.根据图象CF+的曲线，pH=7时,c(H+)=107mol/L,c(OH)=107mol/L,

2+552+2557

c(Cu)=10mol/L,KsP[Cu(OH)2]=c(Cu)c(OH)=10(10)

2=1019.5,由B分析知Ksp[Al(OH)3]=1033,A13+沉淀完全时的c(OH)=

-33

(IP——)3mol/L^1093mol/L,c(H+)«^1047mol/L,pH=4.7,此时CM+刚开

10-5

始沉淀，c(Cu2+)=0.1mol/L,若c(Cu2+)=0.2mol*L'>0.1mol*LS因此

AF+、Ci?+会同时沉淀，故D错误；

故选：Co

二、非选择题：共58分。第8〜10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第

11〜12题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。

8.(14分)BaTiCh是一种压电材料。以BaSC)4为原料，采用下列路线可制备粉

状BaTiOio

TiCl4

co滤渣母液滤液

回答下列问题：

(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是将BaSCh还原为BaS。

(2)“焙烧”后固体产物有BaCL、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”

时主要反应的离子方程式为Ca?++S2-=CaSJ。

(3)“酸化”步骤应选用的酸是(填标号)。

a.稀硫酸

b.浓硫酸

c.盐酸

d.磷酸

(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？其原因是不可行，多余

的Ca?+无法除去，同时会放出更多的H2s污染环境°

(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2C>4)2的化学方程式为BaCL+TiC14+2(NH4)

2c2O4+H2O=BaTiO(C2O4)?+4NH4c1+2HC1°

(6)“热分解”生成粉状钛酸银，产生的成0,nco=1：1.

【答案】(1)将BaS04还原为BaS；

(2)Ca2++S2-=CaSI；

(3)C；

(4)不可行，多余的Ca2+无法除去，同时会放出更多的H2s污染环境；

(5)BaCl2+TiC14+2(NH4)2C2O4+H2O=BaTiO(C2O4)2+4NHUC1+2HC1；

(6)1：lo

解析：由制备流程可知，用碳粉和氯化钙处理BaSCU,将BaSCU转化为易溶于

水的BaS和氯化钢，硫化钢经过盐酸酸化生成氯化银，然后氯化银与四氯化钛、

草酸氨反应生成BaTiO(C2O4)2沉淀，过滤、洗涤、干燥、煨烧得到BaTiCh,

以此解答该题。

【解答】解：(1)由流程可知，“焙烧”步骤中碳粉转化为了CO,化合价升高，

做还原剂，将硫酸钢转化为硫化钢，故“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是将

BaSCh还原为BaS,

故答案为：将BaSCh还原为BaS；

(2)“浸取”时多余的钙离子与硫离子生成硫化钙沉淀，故离子反应为：Ca2++S2

=CaSI,

故答案为：Ca2++S2=CaSI；

(3)酸化的作用是为了将BaS转化为BaCb而不能引入新杂质，故选用HCL

故答案为：C；

(4)焙烧后的产物有BaS和CaS,如果直接加盐酸，多余的Ca?+无法除去，

同时会放出更多的H2s污染环境，

故答案为：不可行，多余的Ca2+无法除去，同时会放出更多的H2s污染环境;

(5)由沉淀步骤可知加入了TiCL和(NHQ2c2O4生成了BaTiO(C2O4)2,根

据反应原子守恒可写出化学方程式为：BaCl2+TiC14+2(NH4)2C2O4+H2O=BaTiO

(C2O4)2+4NH4c1+2HCL

故答案为：BaCl2+TiC14+2(NH4)2c2。4+出0=BaTiO(C2O4)2+4NH4c1+2HC1；

(6)BaTiO(C2O4)2分解方程式为：BaTiO(C2O4)2FH2O△BaTiO3+2CO

T+2cO2t+4H2O,则十0：nco=l：1,

故答案为：1：1。

9.(14分)钻配合物［Co(NH3)"CL溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反

应制备：2coeI2+2NH4CI+IONH3+H2O2国螃2[Co(NH3)6]C13+2H2O

具体步骤如下：

I.称取2.0gNH4Cl,用5mL水溶解。

H.分批加入3.0gCoCL・6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、

7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。

HI.加热至55~60℃反应20min。冷却,过滤。

IV.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。

V.滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。

回答下列问题：

(1)步骤I中使用的部分仪器如图。

abcd

仪器a的名称是锥形瓶。加快NH4cl溶解的操作有搅拌。

(2)步骤H中，将温度降至10℃以下以避免过氧化氢分解、氨气挥发

可选用冰水浴降低溶液温度。

(3)指出下列过滤操作中不规范之处：玻璃棒没有紧贴双层滤纸；漏斗下

端没有紧贴烧杯内壁。

(4)步骤IV中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为活性炭。

(5)步骤V中加入浓盐酸的目的是利用同离子效应促使［Co(NH?)61cl3

析出。

【答案】(1)锥形瓶；搅拌；

(2)过氧化氢分解；氨气挥发；冰水浴；

(3)玻璃棒没有紧贴双层滤纸；漏斗下端没有紧贴烧杯内壁；

(4)活性炭；

(5)利用同离子效应促使［Co(NH3)6］C13析出。

解析：(1)根据仪器的特点进行分析；加快NH4cl溶解可用玻璃棒搅拌；

(2)温度过高过氧化氢易分解，氨水中氨气易挥发；

(3)过滤要遵循“一贴、二低、三靠”原则；

(4)该反应用到活性炭，难溶于水；

(5)增大氯离子浓度可以防止产品溶解而损失。

【解答】解：(1)根据仪器的特点可知该仪器为锥形瓶，加快NH4cl溶解可用

玻璃棒搅拌，

故答案为：锥形瓶；搅拌；

(2)温度过高过氧化氢易分解，氨水中氨气易挥发，可采用冰水浴进行降温，

故答案为：过氧化氢分解；氨气挥发；冰水浴；

(3)过滤要遵循“一贴、二低、三靠”原则，该操作过程中玻璃棒没有紧贴

双层滤纸，漏斗下端没有紧贴烧杯内壁，

故答案为：玻璃棒没有紧贴双层滤纸；漏斗下端没有紧贴烧杯内壁；

(4)该反应用到活性炭，难溶于水，趁热过滤，除掉的不溶物主要为活性炭，

故答案为：活性炭；

(5)增大氯离子浓度可以利用同离子效应促使[Co(NH3)6]Cb析出，

故答案为：利用同离子效应促使[Co(NH3)6]Ch析出。

10.(15分)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问

题：

(1)已知下列反应的热化学方程式：

①302(g)—203(g)Ki△Hi=285kJ・mo「

②2cH4(g)+O2(g)—2CH3OH(1)K2AH2=-329kJ・mo「

反应③CH4(g)+O3(g)-CH3OH(1)+O2(g)的AH3=-307kJ・mol%

平衡常数K3=_氏—(用Ki、K2表示)。

(2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe\Co\Ni+等)与。3反应可得MO+。

MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应

条件相同)进行反应MO++CH4—M++CHQH,结果如图所示。图中300K的曲

线是b(填“a”或"b”)。300K、60s时MO+的转化率为170°」(列

出算式)。

s

a

no..7

o0..6

(+6

+(.5

W0+

)os.4

。w.3

)s.J2

。

I那

—0.

00306090120150

时间/s

(3)MO+分别与CHi、CD《反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(两

者历程相似，图中以CH4示例)。

⑴步骤I和n中涉及氢原子成键变化的是](填"I”或"n”)。

(ii)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时.，反应速率会变慢,

则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线C(填“c”或"d”)。

(iii)MO+与CH2D2反应，笊代甲醇的产量CH2DODVCHD20H(填“>”

“=”或"V")。若MO+与CHD3反应，生成的笊代甲醇有2种。

【答案】(1)-307；

(2)b,1-10(),；

(3)(i)I：

(ii)c；

(iii)＜；2o

解析：(1)根据盖斯定律可知，②可得反应③：CH4(g)+O3(g)=CHaOH

(1)+O2(g)则△乂=△%-△%,进一步推算平衡常数K3；

2

(2)温度越高，反应速率越快，单位时间内消耗的MO+越多，剩余的MO+越

少，则比值：一?血)——越小，负对数值就越大，即310K曲线在300K对

c(I0+)+c(M+)

应的曲线上方，由图可知，300K、60s时，-1g一式尤——=0.1,则：

c(M0+)+c(1+)

一2ag——=100J,转化的MO+的量与M+的量是一致的，所以MO+的转化

c(I0+)+c(M+)

率为c(r)=1,c("):

c(M0+)+c(M+)c(M0+)+c(M+)'

(3)(i)由图可知，步骤I中涉及C-H的断裂和H-O键的形成，步骤II中

涉及O-M键的断裂和C-O键的形成；

(ii)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时.，反应速率会变慢，

即反应的活化能变大；

(iii)根据ii中信息可知，MO+与CH2D2反应，生成笊代甲醇的反应速率较慢，

单位时间内的产量较低，根据反应机理图可知，得到的中间产物为HO-M-

CD3或DO-M-CHD2,然后生成HO-CD3或DO-CHD2。

【解答】解：(1)根据盖斯定律可知，②!①可得反应③：CH4(g)+O3(g)

—CH3OH(1)+O2(g)△H3,则△H3=-329：285kj・mo「=-307kJ・mol7,平

衡常数K3=舟，

故答案为：-307；、叵；

(2)温度越高，反应速率越快，单位时间内消耗的MO+越多，剩余的MO+越

少，则比值：一虫小——越小，负对数值就越大，即310K曲线在300K对

c(M0+)+c(M+)

应的曲线上方，所以300K的曲线是b,310K的曲线是a,由图可知，300K、

60s时一，-1g一,此___=0.1,贝!J：-3血)___=10。」，转化的MO+的

c(M0+)+c(M+)c(M0+)+c(M+)

量与M+的量是一致的，所以MO+的转化率为——四虫——=1-

c(M0+)+c(M+)

c(MC»+)=i_

c(M0+)+c(I+)

故答案为：b,1-1001；

(3)(i)由图可知，步骤I中涉及C-H的断裂和H-O键的形成，步骤H中

涉及O-M键的断裂和C-O键的形成，所以涉及氢原子成键变化的是I,

故答案为：I；

(ii)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时.，反应速率会变慢，

即反应的活化能变大，所以MO+与CD’反应的能量变化应为图中曲线c,

故答案为：c；

(iii)根据ii中信息可知，MO+与CH2D2反应，生成笊代甲醇的反应速率较慢，

单位时间内的产量较低，所以产量：CH2DOD<CHD2OH,若MO+与CHD3反

应,根据反应机理图可知，得到的中间产物为HO-M-CD3或DO-M-CHD2,

然后生成HO-CD3或DO-CHD2,即生成的福;代甲醇有2种，

故答案为：V;2。

(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则

按所做的第一题计分。［化学一一选修3：物质结构与性质］(15分)

11.(15分)将献菁一钻钛菁一三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效

催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题:

(1)图1所示的几种碳单质，它们互为同素异形体，其中属于原子晶体

的是金刚石，C60间的作用力是范德华力。

••，丁•

金刚石石墨c6n碳纳米管

图1

(2)献菁和钻献菁的分子结构如图2所示。

献菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是③

(填图2醐菁中N原子的标号)。钻献菁分子中，钻离子的化合价为+2,

氮原子提供孤对电子与钻离子形成配位键。

(3)气态A1CL通常以二聚体Al2ck的形式存在，其空间结构如图3a所示，

二聚体中A1的轨道杂化类型为A1F3的熔点为1090C,远高于A1CL

的192C,由此可以判断铝氟之间的化学键为离子键。A1F3结构属立方晶

系，晶胞如图3b所示，P的配位数为2o若晶胞参数为apm,晶体密度p

30

l0_g.cm3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。

3

N4-a

o

图3aAi2ck的分子结构图3bAlF；的晶体结构

【答案】(1)同素异形体；金刚石；范德华力；

(2)③；+2；配位；

(3)sp3；离子；+2；丝邛。

NA'a

解析：(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体，图1所示的几种碳

单质互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60

属于分子晶体，C60间的作用力是范德华力；

(2)已知醐菁分子中所有原子共平面，则分子中所有的C原子和所有的N原

子均为sp2杂化，且分子中存在大n键，其中标号为①和②的N原子均有一对

电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大n键，

标号为③的N原子的P轨道能提供一对电子参与形成大7T键，因此标号为③

的N原子形成的N—H键易断裂从而电离H+；钻献菁分子中，失去了2个H+

的酸菁离子与钻离子通过配位键结合成分子，因此钻离子的化合价为+2,氮原

子提供孤对电子与钻离子形成配位键；

(3)由ALCk的空间结构结合相关元素的原子结构可知，A1原子价层电子对

数是4,其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨

道杂化类型为sp3,AIF3的熔点为1090C,远高于A1CL的192℃,由于F的电

负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子

键。由A1F3的晶胞结构结合均摊法算出晶胞微粒的个数，距F最近且等距的

AF+有2个，则F的配位数为2。若晶胞参数为apm,则由晶胞的密度公式p

=』肛可求出密度。

VNA

【解答】解：（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体，图1所示的

几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此它们互为同素异形体；其中金

刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属

于原子晶体，C6。间的作用力是范德华力，

故答案为：同素异形体；金刚石；范德华力；

（2）已知献菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N

原子均为sp2杂化，且分子中存在大n键，其中标号为①和②的N原子均有一

对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大7T键，

标号为③的N原子的p轨道能提供一对电子参与形成大7T键，因此标号为③

的N原子形成的N—H键易断裂从而电离H+；钻醐菁分子中，失去了2H+的醐

菁离子与钻离子通过配位键结合成分子，因此，钻离子的化合价为+2,氮原子

提供孤对电子与钻离子形成配位键，

故答案为：③；+2；配位；

（3）由ALCk的空间结构结合相关元素的原子结构可知，A1原子价层电子对

数是4,其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨

道杂化类型为sp3。AIF3的熔点为1090C,远高于A1CL的192℃,由于F的电

负性最大，其吸引电子的能力最强，因此可以判断铝氟之间的化学键为离子键。

由A1F3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为12X1=3,红色球的个数为

4

8X1=1,则灰色的球为P,距P最近且等距的AF+有2个，则P的配位数为

8

2o若晶胞参数为apm,则晶胞的密度p=M-=----IX,—=*4X1。

1033

VNA（aXlQ-）NANA-a

30

故答案为：sp3；离子；+2；跄。

NA'a

［化学一一选修5：有机化学基础］（15分）

12.阿佐塞米（化合物L）是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的

药物。L的一种合成路线如图（部分试剂和条件略去）

B+

以KMnO4l)NaNO2/H^

C7H6C1NO2

FeClt2)NaBF4

C

COOHCOOH

1)C1SO,H/PC13J,

1)SOC12

f^SO,NH22)NH3-H2O>

2)NH5•H2O~

SO2NH2

ClCl

KL

SOC1HH，H

已知：R-COOH2R-COC1；2°R-CONH2

回答下列问题:

（1）A的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯），

（2）由A生成B的化学方程式为

（3）反应条件D应选择b（填标号）。

a.HNCh/H2sCh

b.Fe/HCl

c.NaOH/C2H50H

d.AgNO3/NH3

（4）F中含氧官能团的名称是竣基。

（5）H生成I的反应类型为消去反应（消除反应）o

（6）化合物J的结构简式为

（7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有d