2023年高考化学模拟卷（解析版）

【赢在高考・黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷(全国卷专用)

黄金卷01

(满分100分，时间50分钟)

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16S-32Fe-56

一'选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题

目要求。

7.“卡塔尔一山东临淄一足球烯”三者之缘起于足球，下列有关说法正确的是

A.卡塔尔世界杯官方用球：使用新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热固性

B.“世界足球起源地”临淄非遗传承人制作蹴鞠：毛发与米糠均可水解，但产物不同

C.足球烯：与石墨烯属于同种物质，只是外形一个呈球面，一个呈平面

D.足球内置惯性测量单元传感器：该传感器在采集与传输数据时，不需要耗电

【答案】B

【详解】

A.新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热塑性，故A错误；

B.毛发属于蛋白质，可水解为氨基酸，米糠属于多糖，均可水解，但产物不同，B正确；

C.足球烯是由60个碳原子构成，石墨烯可以在平面上无限延伸，不属于同种物质，C错误;

D.该传感器在采集与处理信号时，需要转化为电磁信号，所以足球需要充电，D错误；

故答案选B。

8.我国科学家提出以二缩三乙二醇二丙烯酸酯与丙烯酸丁酯的共聚物做有机溶剂基体，将

固态新型聚合物锂离子电池的发展向前推进了一步。

o

oo

O,O'

o

下列有关二缩三乙二醵二丙烯酸酯的说法正确的是

A.该分子的化学式为Cl2Hl6。6

B.lmol该分子能与2molNaOH发生反应

C.该分子中只含有2种官能团

D.该物质在酸性条件下的水解产物均能与滨水反应而使之褪色

【答案】B

【详解】A.由键线式可知该分子的化学式为Cl2H18。6,A错误；

B.该分子中含2个酯基，则lmol该分子能与2moiNaOH发生反应，B正确；

C.该分子含碳碳双键、酯基、酸键共3种官能团，C错误；

D.该分子在酸性条件下水解产物为CH2-CHC00H和HOCH2cH2OH,HOCH2CH2OH不能与溟

水反应，D错误；

选Bo

9.判断下列反应的离子方程式正确的是

+2+

A.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2+2H=Fe+2H2O

+

B.Na2s2O3溶液中通足量Cb：S2O^+2C12+3H2O=2HSO；+4C1+4H

+2t

C.酸性高镒酸钾溶液氧化出。2：2MnO；+7H,O2+6H=2Mn+6O2T

D.Na2sO3溶液中通足量3：SO^+Cl2+H2O=SOf+2CK+2W

【答案】D

【详解】A.HN6具有强氧化性，Fe(0H)2具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生Fe3;

NO、H20,反应的离子方程式应该为：3Fe(OH)2+10H++NO；=3Fe3++NO个+8H2O,A错误：

B.反应不符合事实，CL具有强氧化性，会将S’O：氧化为SO：,CI2得到电子被还原为CI-,

+

反应的离子方程式为：S2O；'+4CI2+5H2O=2SO^+8CI+10H,B错误；

C.电子不守恒、原子不守恒，酸性高铳酸钾溶液氧化出。2为。2，Mno；被还原为Mn2+,

+2+

反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+50,T+8H2O,C错误；

D.反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；

故合理选项是D«

10.下列实验操作能完成实验目的的是

选

实验操作实验目的

项

将乙醇和浓硫酸混合，迅速加热到170回，产生的气体通入验证乙醇消去反应的产

A

澳的四氯化碳溶液中，观察是否褪色物是乙烯

过量的铁粉加入氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，观察到验证还原性：

B

溶液的颜色由蓝色变成浅绿色Fe2+>Cu2+>Fe3+

试管中加入3~5mL硅酸钠溶液，滴入「2滴酚醐，再逐滴

C加入稀盐酸，边加边振荡，至溶液红色接近消失时停止，制备硅酸胶体

静置

向100g质量分数42%的乙二酸溶液中，加绿豆粒大小的金验证乙二酸中含我基数

D

属钠，观察产生气泡的快慢目

【答案】c

【详解】A.将乙醇和浓硫酸混合，迅速加热到170回，产生的二氧化硫也能使漠的四氯化碳

溶液褪色，故A错误；

B.过量的铁粉加入氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，观察到溶液的颜色由蓝色变成浅绿色，

说明发生反应Cu"+Fe=Cu+Fe2+,则氧化性：Cu">Fe",即还原性Fe?+>，无法证

明还原性：C『>Fe",故B错误；

C.试管中加入3~5mL硅酸钠溶液，滴入1~2滴酚醐，溶液呈红色，再逐滴加入稀盐酸，边

加边振荡，至溶液红色接近消失时得到硅酸胶体，故C正确；

D.向100g质量分数42%的乙二酸溶液中，加绿豆粒大小的金属钠，因金属钠的量未知，

且水也能与金属钠反应生成氢气，仅观察产生气泡的快慢无法计算竣基的数目，故D错误；

故选C«

11.元素周期表中前20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和Y位于同主族，R原子

最外层电子数和X的原子序数之和等于Z的原子序数。由这四种元素组成一种化合物Q,在

Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量与Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示，

下列说法正确的是

O12345

n[Ba(OH)?l/mol

A.简单离子半径：Z>X>Y>RB.气态氢化物的热稳定性：R>Y

C.Q的溶液中两种阳离子浓度相等D.Z2R2是含一种极性键的离子化合物

【答案】B

【分析】R、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素，R和Y位于同主族，R原子最外

层电子数和X的原子序数之和等于Z的原子序数，根据由四种元素组成•种化合物Q溶液

中滴加Ba9Hb溶液，产生沉淀的物质的量与Ba(OH)2的物质的量的关系图分析，先产生沉

淀，后沉淀部分溶解，沉淀可能是BaSCU和AI(OH)3,则Q为KAI(SO4)2，R为。元素，X为

AI元素，Y为S元素，Z为K元素，据此分析解答问题。

【详解】A.R、X、Y、Z形成的简单离子分别为：0”、AF+、S2\K+,02\AF+电子层数均

为2层，而O的核电荷数小,则r(0»r(AF+),S2>K+的电子层均为3层，S的核电荷数小,

则r(S»r(K+),r(S2)>r(K+)>r(O2)>r(AI3+),即离子半径：Y>Z>R>X,A选项错误；

B.非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，非金属性0>S,气态氢化物的热稳定性

H2O>H2S,即R>Y,B选项正确；

C.Q溶液为KAI(SO4)2溶液，由于A甲水解，所以导致K+离子浓度大于AF+浓度，C选项错误；

D.Z2R2是1<2。2,含有离子键和非极性共价键，D选项错误；

答案选B。

12.铝的冶炼在工业上通常采用电解AWD3的方法，装置示意图如图。研究表明，电解AICL

-NaCI熔融盐也可得到AI,熔融盐中铝元素主要存在形式为AICI；和AbCI；。下列说法不无

确的是

I

…I]典"

A.电解川2。3装置中B电极为阴极，发生还原反应

B.电解AI2O3过程中碳素电极虽为惰性电极，但生产中会有损耗，需定期更换

C.电解AlCb—NaCI时阴极反应式可表示为4A12cl,+3e-=AI+7AICI；

D.电解AICb-NaCI时AICI；从阳极流向阴极

【答案】D

【分析】由图可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发

生还原反应生成铝，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧

气，氧气高温下与碳素电极中的碳反应生成碳的氧化物。

【详解】A.由分析可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到

电子发生还原反应生成铝，故A正确；

B.由分析可知，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气,

氧气高温下与碳素电极中的碳反应生成碳的氧化物，由于生产中碳素电极会有损耗，需定期

更换，故B正确；

C.由化合价变化可知，电解AlCb-NaCI熔融盐制备金属铝时，ALCI；离子在阴极得到电子

发生还原反应生成铝和AICI；离子，电极反应式为4Al2CI；+3e-=AI+7AICI；,故C正确；

D.由化合价变化可知，电解AlCb—NaCI熔融盐制备金属铝时，铝做电解池的阳极，在AICI

；离子作用下铝在阳极失去电子发生氧化反应生成AICI；离子，电极反应式为AI+7AICI4

-+3e-=4AI2CI；,则电解时AICI；从阴极流向阳极,故D错误;

故选D。

13.2513时,将l.OLxmol七1CH3coeIH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后

向该混合溶液中通入HCI气体或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通入（或

加入）物质的物质的量的变化如图所示。

下列叙述正确的是

A.水的电离程度：@＞@＞（3）

1

B.点②对应的混合溶液中：C（CH3COOH）+C（CH3COO）=Xmol-L

C.点③对应的混合溶液中：c（Na+）＞c（CH3C。。）

10-8

D.该温度下，CWCOOH的电离平衡常数&=

x-0.1

【答案】B

【详解】A.CH3coOH溶液与O.lmolNaOH固体混合,CH3coOH+NaOH=CH3coONa+Hz。,形

成CH3COOH和CH3coONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的

电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCI,点②反应CH3cOONa+HCI=CH3cOOH+NaCI

恰好完全发生，CKCOONa减少，CH3cOOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH固体，点

③反应CH3coOH+NaOH=CH3coONa+HzO恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3c00H减少,

因此，水的电离程度：③>(£)>②，A错误；

B.CH3co0H溶液与O.lmolNaOH固体混合，CH3coOH+NaOH=CH3coONa+H2。，形成CH3co0H

1

和CH3coONa的混合溶液,根据物料守恒：C(CH3COOH)+C(CH3COO)=Xmol-L,B正确；

C.点③时反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2。恰好完全进行，溶液中电荷守恒：

++++

c(Na)+c(H)=c(OH)+c(CH3COO),此时pH=7,则c(H)=c(OH),则c(Na)=c(CH3COO),C错误;

D.该温度下pH=7时,c(H+)=10-7mo|.L,c(CH3COO-)=c(Na+)=0.2mol/L,c(CH3coOH)=(c-0.2)mol/L,

则醋酸的电离平衡常数Ka「怨学霖,)=10,x0.2=经炉,口错误；

c(CH,COOH)c-0.2c-0.2

故选B。

(一)必考题：共43分。

26.(14分)硫酸锌(ZnSOj是制备各种含锌材料的原料.，在防腐、电镀、医学上有诸多应

用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCOs，杂质为SiO?以及

Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。硫酸锌晶体制备流程如下:

转化滤液③脱钙镁漉液④

ZnSO-7HO

过滤过滤42

滤渣①滤渣②滤渣③滤渣④

已知：常温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表所示：

金属离子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+

开始沉淀时PH1.96.44.77.09.1

沉淀完全时PH3.48.46.79.011.1

回答下列问题；

(1广焙烧"前，常将菱锌矿粉碎，其目的是

⑵"滤渣①"的成分是。

(3)"氧化"时加入双氧水，写出该工序中发生反应的离子方程式：。

⑷若"滤渣②"的成分为Fe(OHb、CaSOq、Ca(OH)2,则用CaQH)?调溶液pH的范围为

〜,利用所给数据计算Fe(OH%的K»“.

⑸从“滤液④"中获得ZnSO「7HQ的操作是、过滤、洗涤、干燥。

【答案】(1)增大接触面积，提高焙烧效率

(2)SiC)2、CaSO4

2t+3+

⑶H2O2+2Fe+2H=2Fe+2Hq

(4)3.44.7IO-368

⑸蒸发浓缩、冷却结晶

【分析】将菱锌矿高温焙烧反应产生ZnO、CO2,Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物焙烧产生Ca。、

Mg。、Fe3O4>CuO,SiO2不发生反应；然后用H2s。4酸浸,Zn。、CaO、MgO、Fe3O4xCuO

变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4>FeSCU、Fe2(SO4)3^C11SO4，CaSO4>SiCh不溶于硫酸，过滤得到

滤渣①，然后加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+,再加入Ca(OH)2调整溶液pH,形成CaSO4>

Ca(OH)2、Fe(OH)3沉淀，进入滤渣②中，滤液②中含有ZM+、Cu2\Mg2+及少量Ca?+；向滤

液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu?+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的

Zn粉；向滤液③中加入HF,反应产生CaF2、MgF?沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4,

然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO.7H2。，据此分析作答。

【详解】(1)将菱锌矿粉碎，其目的是增大接触面积，提高焙烧效率；

(2)CaSCU、SiCh不溶于硫酸，过滤得到滤渣①

(3)加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+,便于调节pH除去，发生反应

HQ?+2Fe>+2H+=2Fe"+2H.0

(4)根据"滤渣②"的成分为Fe(OH)3、CaSO八Ca(OH)2,可知Fe3+沉淀完全，CF+没有

沉淀，故调节pH范围3.4〜4.7；由铁离子完全沉淀时的pH值=3.4,可知常温下Fe(OH).、的

3+363368

Ksp=c(Fe)xc(OH)=1.0x10-5x(1.0xl0^)=1,0x1O-；

(5)"滤液④"是ZnSd溶液，获得ZnSO「7HQ的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗

涤、干燥。

【点睛】物质的制备流程一般包括目标元素的提取、杂质的去除、核心转化、产品的分离与

提纯，解题时要分析原料中的杂质有哪些，哪些会随同目标元素一起进入下一步骤，怎样去

除这些杂质，核心转化反应的原理是什么，怎样分离产品以及怎样提纯等等。

27.(14分)Fe?+与CO；、HCO；反应的产物一直是高中化学争议的焦点。某兴趣小组利用

FeSO4溶液和Na2cO3溶液、NaHCO3溶液对此进行实验探究：

固分别配制100mL1.0mol/L的FeSO,溶液、Na2cO?溶液和NaHCO,溶液

⑴在配制溶液时，以下仪器不需要用到的是(填序号)，还需要用到的玻璃仪器有

(填仪器名称).

A

■f

(2)用绿机(FeSO/7%。)配制FeSO,溶液，需称量绿研g,在取用绿帆时，发现实验

室里有些长期存放的绿帆表面变成了棕黄色，原因是。

瓦探究Fe?+与CO：、HCO；反应的产物

己知：固FeCO：为白色、难溶于水的固体

固Fe(OH)2为白色、难溶于水的固体，有较强的吸附性，吸附Fe°+后呈灰绿色

编号实验操作实验现象

_KM.1tacAtKf溶清

①产生白色沉淀和无色气泡

/10nLl.taotlFeSO■嬉债

比

_171OMOII.海滞

②生成灰绿色絮状沉淀

*

/Itml1mi■鼐旅

⑶上述实验①中发生反应的离子方程式为。

⑷实验②中沉淀呈灰绿色的原因o

【答案】⑴AD100mL容量瓶、玻璃棒

⑵27.8部分Fe(El)被氧化为Fe(团)

2+

(3)Fe2HCO'=FeCO,I+CO2T+H2O

⑷CO：水解产生的0H与Fe?+反应生成Fe(OH)2,Fe(OH)?吸附Fe2+后呈灰绿色

【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、

洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；

碳酸为弱酸，碳酸钠水溶液中碳酸根离子水解生成较多的氢氧根离子，氢氧根离子会和亚铁

离子生成氢氧化亚铁沉淀；

【详解】(1)在配制溶液时，所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、

摇匀、装瓶贴签；以下仪器不需要用到的是A圆底烧瓶、D分液漏斗，还需要用到的玻璃仪

器有100mL容量瓶、玻璃棒；故选AD：

(2)配制100mL1.0mol/L的FeSO4溶液，需FeSO4.7H,O的物质的量为

0.1Lxl.0mol/L=0.1mol,质量为0.1mob<278g/mol=27.8g,在取用绿矶时，发现实验室里有些

长期存放的绿机表面变成了棕黄色，原因是空气中氧气将部分Fe(即被氧化为Fe同；

(3)已知：固FeCO,为白色、难溶于水的固体；实验①中产生白色沉淀和无色气泡，则亚

2+

铁离子和碳酸氢根离子生成碳酸亚铁和二氧化碳、水，Fe2HCO--FeCO3+CO2T+H2O；

(4)实验②中沉淀呈灰绿色的原因已知：固Fe(OH)2为白色、难溶于水的固体，有较强的

吸附性，吸附Fe?+后呈灰绿色；碳酸根离子水解程度较大会产生较多氢氧根离子，CO；水

2+

解产生的OH-与Fe"反应生成Fe(OH)2,Fe(OH)2吸附Fe后导致产生呈灰绿色的絮状沉

淀。

28.(15分)对C1J小分子化合物的研究产生了很多有实际意义的应用。

⑴CH4氯代反应可以得到CH£1、CH2C12......氯代甲烷，反应的机理为自由基(带有单电子

的原子或原子团，如CL、CHJ反应，步骤如下：

L链引发II.链传递川.链终止

C1+CH4^CH3+HC1

2C1-tCl2

Cl-W°->2C1-

2CH3+C12^CH3C1+C1-

Cl+CH3->CH3C1

①由CH3cl生成CH^Cl2过程中链传递的方程式为：CH,C1+C1^CH2C1+HC1,。

②不同卤原子自由基(X-)均可夺取CH,中的H,反应通式：

X-(g)+CH4(g)->CH,(g)+HX(g),AH0己知：250,lOlkPa时，CH,中C-H和HCI中

H-CI的键能分别是439kJ-mo『和431kJ-mo「。

A.当X为CI时，A//=kJ-mol-1o

B.若X依次为F、Cl、Br、I,则△”随着原子序数增大逐渐(填"增大"或"减小

③实验证实，若先将C1,光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合，可得到氯代甲烷：但先将CH4

光照，然后迅速在黑暗中与Clz混合，则几乎无反应。可见光照（填"能"或"不能"）产

生甲基自由基CH.。

⑵一定条件下，CH3cH=CH?与HCI发生反应有①、②两种可能，反应进程中的能量变化

如图所示。反应①、②中速率较快的是（填序号）。保持其他条件不变，若要提高产

物中CH3cH2cH2cl⑴的比例，可采用的措施是（填字母）。

反应进程

CH3cH=CH2与HC1发生反应的能量变化

A.适当提高反应温度B.适当调换催化剂

C.适当降低反应温度D.适当改变反应物浓度

⑶甲烷部分催化氧化制备乙焕是目前研究的热点之一、反应原理为：

2CH4（g）・C2H2（g）+3H?（g）。一定温度下，将lmolC%（g）充入10L的固定容积容器中发

生上述反应，实验测得反应前容器内压强为％kPa,容器内各气体分压与时间的关系如图所

示。反应的平衡常数（=

压强/kPa

【答案】⑴-CH2C1+CI2->CH2C12+C1-+8增大不能

⑵②CD

(3)0.0012

【详解】（1）①由题干中有C也到CH3cl的链传递反应的信息可知，由CH,Cl生成CH2c12过

程中链传递的方程式为：CH3C1+C1^-CH2C1+HC1sCH2C1+C12—>CH2C12+C1-,故

答案为：CH2C1+C12—>CH2C12+C1.；

②不同卤原子自由基（X。均可夺取CH4中的H,反应通式：

X（g）+CH4（g）^CH,（g）+HX（g）,\Ho已知：25回，lOlkPa时，CH4中C-H和HCI中H-CI

的键能分另ij是439kJ-mo『和431kJ-moL；

A.当X为Cl时，根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，即△”=

4E(C-H)-3E(C-H)-E(H-CI)=E(C-H)-E(H-CI)=439kJ/mol-431kJ/mol=+8kJ.moP1,故答案为：+8；

B.若X依次为F、Cl、Br、I,由于从F至I的元素电负性依次减弱，则H-X键的键能随着原

子序数增大而减小，则M随着原子序数增大逐渐增大，故答案为：增大；

③实验证实，若先将C1?光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合，可得到氯代甲烷；但先将CH,

光照，然后迅速在黑暗中与C%混合，则几乎无反应，说明先可见光照不能产生甲基自由基

•C&,无法进行链传递反应，故答案为：不能；

(2)一定条件下，CH3cH=CH?与HCI发生反应有①、②两种可能，反应进程中的能量

变化由题干反应进程图示信息可知，反应①的能垒比反应②的大，活化能越小反应速率越

快，故反应①、②中速率较快的是②，该反应正反应是一个放热反应，即CH3cH=CH?

(g)+HCI(g)CH3cH2cH3。)AH<0,故有：

A.适当提高反应温度，上述反应平衡逆向移动，产物中CH3cH2cH3(1)的比例减小，A不合题

意；

B.催化剂只能影响达到平衡需要的时间，不能是平衡发生移动，故适当调换催化剂，产物

中CH3cH2cH3(1)的比例不变,B不合题意;

C.适当降低反应温度，上述反应平衡正向移动，产物中CH3cH2cH3(1)的比例增大，C符合题

意；

D.通过压缩体积来适当增大反应物浓度，即增大压强，则上述反应化学平衡正向移动，产

物中CH3cH2cH3(1)的比例增大，D符合题意；

故答案为：CD；

(3)起始充入CH4的物质的量为1mol,压强为pokPa,平衡时由压强比等于物质的量之比

推知平衡时CH4的物质的量和出相等，均为C2H2的3倍，则有：

2CH4(g)；・C2H2(g)+3H2(g)

起始量(mol)100

0,即l-2x=3x,故CH4、C2H2、出的物质的量

转化量(mol)2xX3x

平衡量(mol)l-2xX3x

分别为0.6mol、0.2mok0.6mol,则反应的平衡常数则反应的平衡常数(=坐之等

c(CHJ

,0.20.63

(正)(正)

==0.0012,故答案为：0.0012,

("尸

10

(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一

题计。

35.（15分）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Fe、Cu等过渡元素常作为中心原子或

离子，而生0、毗驶（C5H5N）等微粒则是常见的配体。

⑴基态Fe2+的价电子轨道表示式为。

⑵出。+的电子式为,空间构型为。

⑶叱嚏广'N。其中N的杂化方式为，哦咤和其衍生物（‘3"、）的

碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是。

⑷毗嚏（、N少）在水中的溶解度远大于苯,可能原因是①毗噬和H20均为极性分子相似相溶，

而苯为非极性分子；②。

（5）MCIn-xH2O的晶胞结构如下图所示，晶胞的棱长分别为apm、bpm、cpm,夹角均为90。。

（1pm=l.OxlO10cm）

若金属M的相对原子量Mr,则该晶体的密度为g.cm3»

川1

【答案】⑴沁

⑷此咤能与H2O分子形成分子间氢键

'（Mr+KHAZxlO30

5

NAabc

【详解】（1）Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是

Is22s22P63s23P63d64s2,Fe2+是Fe原子失去最外层的2个电子形成的，其价层电子排布式是

3d6,则基态Fe2+的价电子轨道表示式为3d

(2)H3O+是0原子与2个H原子结合形成H20后，再由0原子的一对孤电子对与H+通过

+

HJOIH

配位键形成的，则其电子式为111

。原子价层电子对数是3+1=4,含有1对孤电子对，故内。+的空间构型是三角锥形;

(3)在毗咤中N原子形成3个共价键，因此N原子杂化类型是sp2；

毗咤中N原子上含有孤电子对能与H20分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度：

毗嚏远大于苯；已知-CH3为斥电子基团，-CF3是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小

(4)毗咤(、)在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①毗咤和出0均为极性分子，

符合相似相溶原理，而苯为非极性分子；②哦咤能与H20分子形成分子间氢键；

(5)在该晶胞中金属ITT个数是：8x1+2x1=2；Cl-数目是：4xg+lx2=4；H2O分子数目是：

8X；+4X；=4,若金属M的相对原子量Mr,晶胞的棱长分别为apm、bpm、cpm,夹角均

30

位(Mr+2x35.5+2x18)x2,3(Mr+lO7)x2xlO,3

为90。，则该晶胞的密度p=——~~…八，—g/cn?=--------——----------g/cm0

NA(abcxio)NAabc

36.(15分)氨澳索(G)是B-内酰胺类的抗生素，可以治疗多种细菌感染。一种合成路线如下:

(1)A〜C三种物质中(填"有"、"无")易溶于水的物质。

(2)B飞0r则中的官能团名称是o

⑶反应③的化学方程式是.

⑷反应⑤的反应类型是O

(5)B的芳香族同分异构体中，满足下列条件的有种；其中核磁共振氢谱有4组吸收

峰且峰面积之比为213213201的结构简式为。

①能发生银镜反应；②能水解；③Imol最多能与2moiNaOH反应。

NHj

⑹写出以为原料制备【J的合成路线(无机试剂任选)。

【答案】⑴无

(2)羟基、氨基

【分析】由题干转化流程图信息可知，根据A的化学式、B的结构简式以及A到B的转化条

件可知A的结构简式为：，(6)由题干流程图可知，根据A到B,B到C的流程信息可

COOH

知，由以'为原料制备,由于-CH3为邻位上的定位基团，故可以先由।.在

/膂田也

浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应生成,由于由于-NH2也易被氧化，故需先将

((K)H(<X)H

八zNO,COOH

转化为J,在将J

转化为故可以确定合成路线

；-HZQ,.NO】K.\t(iH

n(COOHH

浓-SO*A.LJ6NH

为:6或

i衣HNd「COOHCCXM1

rcHC!

6浓J〈Ju

,据此分析解题。

【详解】(1)由分析可知，A是甲苯,燃类物质均难溶于水,B为邻硝基甲苯，硝基化合物

难溶于水，C为邻硝基苯甲醛，虽然醛基易溶于水，但由于有苯环和硝基的影响，故也难溶

于水，故A〜C三种物质中无易溶于水的物质，故答案为：无;

中的官能团名称是氨基(-NH2)和羟基(-0H),故答案为：氨基和羟基;

CHO

(3)由题干流程图可知，反应③即魏一场和o反应生成

和水，故该反应的化学方程式是

CHO