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2023 年高考押题预测卷03（全国甲卷）
化学·全解全析
7
8
9
10
11
12
13
B
D
D
B
C
B
B
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。
7．化学与生产生活联系紧密。下列叙述正确的是
A．电器起火可用泡沫灭火器扑救
B．漂白粉既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可做环境消毒剂
C．车用燃油与家用食用油主要成分相同，均属于烃类
D．维生素C 具有氧化性，在人体内起抗氧化作用
【答案】B
【解析】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成
大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火，但是喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质
溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A 错误；
B．漂白液、漂白粉和漂粉精既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，B 正确；
C．食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，C 错误；
D．维生素C 具有还原性，在人体内起抗氧化作用，D 错误；
故选B。
8．具有美白功效的某化妆品主要成分Z 的合成如图：
下列说法错误的是
A．1molX 最多与4molH2发生加成反应
B．Y 中所有原子可能共面
C．X 和Y 反应生成Z 为加成反应
D．Z 中苯环上一氯代物有8 种
【答案】D
【解析】A．X 含有苯环和碳碳双键，则1mol X 最多与4molH2发生加成反应，故A 正确；
B．苯中12 个原子共平面，根据氧氢单键可以旋转，因此Y 中所有原子可能共面，故B 正确；
C．根据X 与Y 和Z 的结构简式及分子式得到X 和Y 反应生成Z 为加成反应，故C 正确；
D．Z 中苯环上有5 种位置的氢，因此其一氯代物有5 种，故D 错误。
综上所述，答案为D。
9．金属Mn 与
反应的现象如下：
1
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已知：经检验，反应后的溶液中含有
；氧化性：
。
下列说法错误的是
A．缓慢滴加产生的气体中，可能含有
，一定不含
B．快速滴加实验中，硝酸表现酸性、强氧化性
C．向缓慢滴加实验所得溶液中加入
，溶液变为紫红色
D．收集快速滴加过程中获得的红棕色气体，干燥后会得到纯净的
【答案】D
【解析】A．根据缓慢滴加硝酸产生的气体为无色、无味可判断，该气体可能含有
，一定不含
，A
正确；
B．快速滴加硝酸实验中，生成的红棕色气体为
，溶液中含
，则硝酸表现出酸性、强氧化
性，B 正确；
C．根据已知信息，氧化性：
，在含有
的溶液中加入
，会生成
，溶液
会变为紫红色，C 正确；
D．
会自发转化为
，则收集快速滴加过程中获得的红棕色气体，干燥后得到的仍为混合物，D 错
误；
故选D。
10．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(
，其中S 为＋6 价)去除废水中正
五价砷As(V)的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中有非极性键的断裂
B．溶液的pH 越小，越有利于去除废水中的正五价砷
C．碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应方程式为
2
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D．反应过程中，存在反应
【答案】B
【解析】A．反应过程中存在过硫酸钠中的-O-O-的断裂，故有非极性键的断裂，A 正确；B．H3AsO4为弱
酸，溶液的pH 越小，导致As 以分子形式存在，反而不利于去除废水中的正五价砷，B 错误；C．由图可
知，碱性条件下，硫酸根自由基和氢氧根离子生成硫酸根离子和氢氧根自由基，发生的反应方程式为
，C 正确；D．反应过程中，在腐蚀层表面存在反应
，D 正
确；故选B。
11．某课题组设计了一种新型的A 位K/Na 掺杂
钙钛矿氟化物(K/Na-NCZMF)电极材料，
并构建了先进的水系锌基电池，如图所示。下列叙述正确的是
A．放电时，N 极电势高于M 极电势
B．放电时，
转化成MnOOH
C．充电时，
向K/Na-NCZMF 极迁移
D．充电时，转移2mol 电子理论上N 极净增16g
【答案】C
【解析】A．放电时，N 极为负极，M 极为正极，负极电势低于正极，故A 错误；
B．放电时，M 极为正极，发生还原反应，锰的化合价降低，MnOOH 生成
，故B 错误；
C．充电时，M 极为阳极。N 极为阴极，阴离子向阳极迁移，故C 正确；
D．充电时，氧化锌转化成锌，N 极质量减轻，故D 错误；
故答案选C。
12．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 原子最外层电子数与X 的原
子序数之和等于Z 的原子序数。向这四种元素组成的一种化合物Q 的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，产生
沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是
3
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A．简单离子半径：Y> Z> R> X
B．Q 溶液中两种阳离子浓度相等
C．Z2R2中含有离子键和非极性共价键
D．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y
【答案】B
【分析】由图可知，当Ba(OH)2滴入量大于3mol 后，沉淀部分溶解，说明沉淀应该为硫酸钡和Al(OH)3，
所以四种元素中一定含有Al，O 和S，R 和Y 位于同主族，且原子序数递增，所以R 为O，Y 为S，X 为
Al，R 原子最外层电子数为6,X 的原子序数为13，两者之和等于19，则Z 为K，综上，R 为O，X 为Al
，Y 为S，Z 为K。
【解析】A．电子层数越多，简单离子半径越大，当电子层结构相同时，质子数越大，离子半径越小，依
次分析，四种简单离子的半径关系为：Y> Z> R> X，A 正确；
B．Q 溶液为KAl(SO4)2，铝离子水解浓度减小，所以阳离子浓度不相同，B 错误；
C．K2O2电子式为
，含有离子键和非极性共价键，C 正确；
D．元素非金属性越强，则最简单的气态氢化物的稳定性越强，则由于R 的非金属性强于Y，所以最简单
气态氢化物的热稳定性：R>Y，D 正确；
故答案选B。
13．草酸(H2C2O4)是一种易溶于水的二元有机弱酸。常温下，向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH 固体，
保持溶液体积和温度不变，测得溶液pH 与-lgX[X 为c(H2C2O4)、c(C2O
)、
的变化关系如图
所示。下列说法正确的是
A．曲线M 表示-lgc(C2O
)随pH 的变化
B．常温下，H2C2O4的一级电离常数Ka1=1×10-1.3
4
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C．从a 点至b 点溶液中水的电离程度逐渐减小
D．b 点溶液中：c(K+)＞3c(HC2O )
【答案】B
【解析】向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH 固体，由于二者发生反应，所以H2C2O4逐渐减少，-
lgc(H2C2O4)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2C2O4)与pH 变化关系，即曲线M；H2C2O4
H++
，
H++
，随着pH 逐渐增大，
会逐渐增大，-lgc(
)会逐渐减小，但是不会
等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(
)与pH 变化关系，即曲线N；随着pH 逐渐增大，
=
也增大，则-lg
减小，且随着pH 的增大，c(
)先大于c(
)到等于，再到
小于，即
从小于1，到等于1，再到大于1，当
=1 时，-lg
=0，则直线L 是-lg
与pH 的变化图，以此分析解题。
A．由分析可知，曲线M 代表-lgc(H2C2O4)随pH 的变化，曲线N 代表
随pH 的变化，Ａ错误；
B．由分析结合图中数据可知，当pH=4.3 时，-lg
=0，即c(
)=c(
)，即Ka2=
＝10-4.3，根据a 点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)=-lgc(
)即c(H2C2O4)=c(
)，则有
Ka1Ka2=
=c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故H2C2O4的Ka1=10-5.6/Ka2=10-1.3，B 正确；
C．由分析可知，曲线N 代表-lgc(
)与pH 变化关系变化图，从a 至b 点，溶液中H2C2O4、
浓度
逐渐减小，
浓度逐渐增大，故水的电离程度逐渐增大，C 错误；
D．根据电荷守恒：
，图中b 点对应的溶液的pH 为4.3，即c(
)=c(
)，即
，故b 点溶液中有：
，B 正确；
b 点时，根据电荷守恒：
，此时pH=4.3，即lg
=0，所以
c(
)=c(
)，所以上式可变形为：c(K+)+c(H+)=3c(
)+c(OH-)，c(K+)-3c(
)=c(OH-)-
c(H+)，因为c(OH-)＜c(H+)，所以：c(K+)＜3c(
)，D 错误；
故选：B。
三、非选择题：共58 分，第26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36 题为选考题，考生根
据要求作答。
5
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（一）必考题：共43 分。
26．（15 分）锰酸锂(LiMn2O4)是锂电池的正极材料，以软锰矿为原料，生产锰酸锂的流程如下：
已知：①软锰矿的成分如下：
成分
MnO2
Fe2O3
CaO
SiO2
其他不反应杂质
质量分数
69.6%
7.6%
5.6%
9.0%
8.2%
②K2MnO4在强碱性溶液(pH 大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成
和MnO2。
③苯胺(C6H5NH2)还原性较强，在该条件下可被氧化为硝基苯(C6H5NO2)。
④锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。
(1)“氧压浸出”的浸出温度为260°C，并维持500r/min 的速率搅拌，此时发生的氧化还原反应的化学方
程式为_________________________。
(2)“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH 的原因是_________________________，“除杂”
中加入CaO 后，需要适当加热并搅拌的目的是_________________________，若此时溶液中c(
)=2.5mol/L，则1m3溶液中理论上需要加入的CaO 的质量为___________kg。
(3)“一系列的操作”是将所得溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的试剂最好选
用___________（填标号）。
A．冷水
B．热水
C．95%的乙醇溶液
D．LiOH 溶液
(4)纯度的测定：取0.5800g 锰酸锂[Mr(LiMn2O4)=181]样品与稀硝酸和双氧水反应，将Mn 元素完全转
化为Mn2+，除去过量的双氧水，调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.3000mol/L 的EDTA 标准溶液滴定，
终点时消耗EDTA 标准溶液20.00mL(Mn2+与EDTA 反应的化学计量数之比为1：1)
①若反应时，N 元素的化合价不变，则锰酸锂与稀硝酸和双氧水反应的离子方程式为___________。
②样品中锰酸锂的纯度为___________%(保留两位有效数字)。
【答案】(1)2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O（2 分）
(2)防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应（2 分）
加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤（2 分） 8.75（3 分）
(3)C（2 分）
(4)
（2 分） 94（2 分）
【分析】软锰矿加入氢氧化钾、加水，通入氧气氧化浸出得到锰酸钾，加入氢氧化钾溶解，加入氧化钙除
6
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去硅等杂质，过滤除去滤渣，滤液加入苯胺、氢氧化锂，处理得到锰酸锂；
【解析】（1）“氧压浸出”的浸出温度为260°C，二氧化锰和氧气、氢氧化钾发生氧化还原反应生成锰酸
钾和水，2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O；
（2）已知，K2MnO4在强碱性溶液(pH 大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生
成
和MnO2；“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH 的原因是防止锰酸钾在酸性、中性和
弱碱性环境中发生歧化反应；“除杂”中加入CaO 后，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子
生成硅酸钙沉淀，操作需要适当加热并搅拌的目的是加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤；
若此时溶液中c(
)=2.5mol/L，更加锰元素守恒可知
，
，根据表格数据可知，
、
，硅元素转化为硅酸钙需要消耗氧化钙，根据元素守恒可知，
，则二氧化硅需要消耗氧化钙
，
，则需要在加入氧化钙质量为26.25kg-17.5kg=8.75kg；
（3）锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。故洗涤的试剂最好选用95%的乙
醇溶液，故选C；
（4）①若反应时，N 元素的化合价不变，锰元素化合价由+3.5 变为+2、氧元素化合价由-1 变为0，根据电
子守恒、质量守恒配平，反应为
；
②Mn2+与EDTA 反应的化学计量数之比为1：1，结合锰元素守恒可知，样品中锰酸锂的纯度为
。
27．（14 分）[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co 为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方
法和过程如下：
I．制备CoCl2
已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C 以上易被氧气氧化；CoCl2
熔点为86°C，易潮解。制备装置如下：
(1)制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。
7
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(2)试剂X 通常是___________(填名称)。
(3)试剂Z 的作用为________________________________。
(4)为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N 处酒精喷灯的标志是___________。
Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化
已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图所示：
③加入少量浓盐酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。
(5)按图组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→控制温度在10°C 以下
→___________→加热至60°C 左右，恒温20min→在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。
①缓慢加入H2O2溶液
②滴加稍过量的浓氨水
③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl 和适量水
(6)写出氧化阶段发生反应的离子方程式：_______________________________________。
(7)粗产品可用重结晶法提纯：向粗产品中加入80°C 左右的热水，充分搅拌后，___________，冷却后
向滤液中加入少量___________，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3 次，低温干
燥，得纯产品[Co(NH3)6]Cl3。
【答案】(1)2:1（2 分）
(2)饱和食盐水或饱和氯化钠溶液（2 分）
(3)吸收多余Cl2，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解（2 分）
(4)硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体，合理即可) （2 分）
(5)③（1 分） ②①（1 分）
(6)2[Co(NH3)6]2++H2O2+2
=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O 或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2
=2[Co(NH3)6]3++
+2H2O+2NH3（2 分）
+
4
NH
+
4
NH
8
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(7)趁热过滤（1 分） 浓盐酸（1 分）
【解析】I．M 装置MnO2和浓盐酸共热制备氯气，气体通过试剂X（饱和食盐水）除HCl 气体，通过试剂
Y（浓硫酸）除水，装置N 中Co 和氯气反应生成CoCl2，在收集器收集到CoCl2，试剂Z 为碱石灰，吸收
多余Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
Ⅱ．按图组装好装置，向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl 和适量水，打开磁力搅拌器，控制温度在
10°C 以下，滴加稍过量的浓氨水，再缓慢加入H2O2溶液，加热至60°C 左右，恒温20min，在冰水中冷却
所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。
（1）制氯气的化学方程式为
，该反应中氧化剂是MnO2，还原剂是
HCl，1molMnO2和4molHCl 反应，只有一半HCl 作还原剂，另一半作酸，则还原剂与氧化剂的物质的量之
比2:1。
（2）制得的氯气中含有HCl 气体，通过试剂X 可除去HCl 气体，则X 为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。
（3）试剂Z 应为碱石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空气，同时可防止空气中的水蒸气进入收集器
中，导致CoCl2潮解。
（4）为了获得更纯净的CoCl2，需先将体系空气排尽，当硬质玻璃管中充满黄绿色气体或收集器中出现黄
绿色气体时，开始点燃N 处酒精喷灯。
（5）按图组装好装置，③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl 和适量水，由于Co2+不易被氧化，因
此②滴加稍过量的浓氨水，将Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，再①缓慢加入H2O2溶液，将
[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+。
（6）由（5）分析知，缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+，反应的离子方
程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2
=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O 或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2
=2[Co(NH3)6]3++
+2H2O+2NH3。
（7）由溶解度曲线图可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度随温度升高而增大，因此向粗产品中加入80°C
左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，防止过滤过程中晶体析出，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，有利
于[Co(NH3)6]Cl3析出。
28．（14 分）天然气开采过程中产生大量的含硫废水(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加
以利用，有关反应如下：
i.2H2S(g)+ 3O2(g)
2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1
ii．4H2S(g)+ 2SO2(g)
3S2(g) +4H2O(g) ΔH2
iii．2H2(g) +O2(g)
2H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)H2S 热分解反应2H2S(g)
S2(g) + 2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；
该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则ΔH___________(填“<”“> ”或“=”)0。
(2)总压恒定为100 kPa，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，发生反应i 和反应ii ，
反应过程中H2S(g) ，SO2(g)、S2(g)等含硫物质的分布分数δ 随时间变化如图所示。
2
2
2
2
MnO +4HCl(
)
MnCl +Cl
+2H O
浓
+
4
NH
+
4
NH
9
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①表示SO2分布分数的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
②t1时测得H2S 转化率为α，此时体系中H2O 的物质的量为___________mol；用H2S 分压表示的平均
反应速率为___________(用含α、t1的式子表示)kPa· s-1。
(3)也可采用Na2SO3氧化法对H2S 进行处理，过程中发生反应的方程式(均未配平)为：
i．
+H2S+H+ →
+S↓+ H2O
ii． H2S(aq)+
(aq)+H+ (aq)→S(s) + H2O(l)
iii．S(s) +
(aq)→
(aq)
实验测得，在T℃、pH=5 时，Na2SO3的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。
①T℃时，反应iii 的平衡常数K=___________。
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S 的质量减小的原因为
___________。
【答案】(1)
（2 分） >（2 分）
(2)①乙（2 分） ②2a （2 分）
（2 分）
(3)
（2 分） Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii 消耗S 单质的质量超过了反应i 和反应
ii 生成S 单质的质量之和（2 分）
10
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【解析】（1）由盖斯定律可知，反应
可得硫化氢热分解反应，则反应ΔH=
；由反
应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0，故答案为：
；>；
（2）①由方程式可知，反应i 中硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应ii 中二氧化硫与硫化氢反应生成
S2，则硫化氢的分布分数减小、二氧化硫的分布分数先增大后减小、S2的分布分数增大，故选乙；
②设t1时，反应i 生成二氧化硫为2amol、反应ii 消耗二氧化硫为2bmol，由题意可建立如下三段式：
由硫化氢转化率为α 可得：
=α，由图可知，二氧化硫和S2分布分数相等，则3—1.5a—b=b，解联立
方程可得a=3—2α、b=1.5α—1.5，则水的物质的量为(3—2α)mol×2+(1.5α—1.5) mol×4=2αmol，硫化氢的分
压变化量为(
)Pa，平均反应速率为
kPa· s-1，故答案为：2α；
；
（3）①由图可知，T℃、pH 为5 反应达到平衡时，硫代硫酸根离子浓度为0.015mol/L、亚硫酸根离子浓度
为0.009 mol/L，则反应iii 的平衡常数K=
=
，故答案为：
；
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S 的质量减小说明Na2SO3投加量高于5
g·L-1时，单位体积内反应iii 消耗S 单质的质量超过了反应i 和反应ii 生成S 单质的质量之和，故答案为：
Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii 消耗S 单质的质量超过了反应i 和反应ii 生成S 单质的质
量之和。
（二）选考题：共15 分。请考生从2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15 分）
科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4 种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
(1)下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外层上一个电子所
需能量最低的是___________。
(2)含有碳元素的有机化合物分布极广，最简单的为碳正离子
，该离子的几何构型为___________；
乙醇的挥发性比水的强，原因是___________；如图是叶绿素的结构示意图，配体是一种平面大环有
机物，该结构中N 原子的杂化方式为___________，C—N σ 键有___________个。
11
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(3)某种半导体NiO 具有NaCl 型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，半径
r(O2-)=anm。
①阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g·cm-3.(用含a，NA的表达式表示)。
②NiO 晶体中部分O 原子被N 原子替代后可以改善半导体的性能，Ni—N 键中离子键成分的百分数小
于Ni—O 键，原因是___________。
③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为___________；N 所替代的O 的位置
可能是___________。
【答案】(1) BC（1 分） B（1 分）
(2)平面三角形（1 分） 乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小（2 分） sp2、sp3 （1
分） 8（1 分）
(3) ①
（3 分）
②电负性O>N，O 对电子的吸引能力更强，Ni 和O 之间更容易成离子键 （2 分）
③Ni4O3N（2 分） 顶点或一对平行平面的面心（1 分）
【解析】（1）碳原子的基态电子排布式为1s22s22p2，根据基态碳原子受到激发，电子从低能级跳跃到高能
级上，则四个选项中属于碳原子激发态轨道表示式的有BC，而A 是基态碳原子电子轨道表示式，D 是基
态N 原子电子轨道表示式，故答案是BC；根据电子离核越远，越容易失去，则失去最外层上一个电子所
需能量最低的是选项B，因为其它选项最外层是第二层，而B 是第三层，故答案是B。
（2）
的价层电子对数为3，孤电子对为0，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形；乙
醇的挥发性比水的强，说明乙醇的沸点比水低，沸点和分子间作用力有关，乙醇和水虽同为分子晶体，但
乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小，故乙醇的沸点比水低，乙醇的挥发性比水的强；根
据叶绿素结构示意图，N 原子与周围的原子形成的价键有单键，有双键，可知其杂化方式为sp2、sp3；C—
N 形成的共价键单键都是σ 键，形成的双键中有一个是σ 键，则C-Nσ 键有8 个。
（3）①根据NiO 晶胞结构可知，其一个晶胞中含有O2-离子4 个， Ni2+离子4 个，氧原子量为16，镍原子
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量约为59，则其晶胞质量为m=
，O2-离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2-)=anm，设晶胞边
长为x nm，则可得关系式2x2=16a2，解得x=2
a nm，则晶胞的体积v=16
a3 nm 3，则晶胞的密度为
=
=
=
=
g·cm-3。
②键的极性强弱和成键元素的电负性强弱有关，Ni—N 键和Ni—O 键相比，由于氧元素电负性大于氮元素，
则O 对电子的吸引能力更强，Ni 和O 之间更容易成离子键。
③根据均摊法，NiO 晶胞中含有O2-离子4 个， Ni2+离子4，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，即
氧原子被氮原子代替，则该晶体的化学式为Ni4O3N；在晶胞中，有一个O 原子被N 原子取代，可能是顶
点8
或一对平行平面的面心
，故N 所替代的O 的位置可能是顶点或一对平行平面的面心。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15 分）
黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如下：
回答下列问题：
(1)A 的化学名称___________。
(2)C 生成D 的反应类型为___________，设计该步反应的目的是_________________________。
(3)F 的结构简式__________________。
(4)由G 经两步反应生成H，第一步为加成反应，写出第二步反应的化学方程式
__________________(不要求写反应条件)
(5)E 完全加氢后有___________ 个手性碳原子（连接四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子）。
(6)同时满足以下特定的条件的E 的同分异构体有___________种。
①含有两个苯环，且两个苯环通过一根单键直接相连；
②能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积比为6： 2： 2： 2： 1： 1。
(7)已知：①CH3COOH+SOCl2 →CH3COCl；②苯酚与羧酸很难发生酯化反应。结合题中信息，设计
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由对二甲苯和苯酚为原料，合成
(对苯二甲酸二苯酚酯)
的合成路线(无机试剂任选)。
【答案】(1)2-乙基苯酚(或邻乙基苯酚) （1 分）
(2)取代反应（2 分） 保护酚羟基，防止被氧化（2 分）
(3)
（2 分）
(4)
（2 分）
(5)3（1 分）
(6)4（2 分）
(7)
（3
分）
【分析】A→B 形成了C=C 为消去反应。B→C 为C=C 与水的加成反应，C 为
。C→D 为酚羟
基H 被取代，该反应为取代反应。D→E 为-OH 氧化为酮。F→G 产生了酯基，应该为酰氯与羟基形成酯基，
逆推F 为
。
【解析】（1）以苯酚为母体，那么对苯环编号，该物质为2-乙基苯酚或邻乙基苯酚。答案为2-乙基苯酚
或邻乙基苯酚；
（2）由上分析，该反应为取代反应。C→D 酚羟基被反应了，而E→F 产生了酚羟基，所以保护酚羟基，
防止被氧化。答案为取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；
（3）F→G 产生了酯基，应该为酰氯与羟基形成酯基，逆推F 为
。
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答案为
；
（4）G 发生加成即羰基的Α 碳与酯基中C=O 的加成得到产物为
，该物质的醇羟基
再脱水消去形成C=C。答案为
；
（5）手性碳的特点：连接四个不同原子或基团。E 完全加氢的产物为
，手性碳如
图标注为3 个。答案为3；
（6）E 的分子式为C15H12O2，含有两个苯环通过一根单键直接相连含有
，同时能发生银
镜反应含有-CHO，能发生水解且水解产物之一能与FeCl3显色含有
。由已知核磁共振
峰面积为6：2：2：2：1：1，即该分子中含有两个等效的-CH3，即
在该分子中
两个甲基取代，共有如图标注4 种。答案为4；
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（7）逆推法得到该物质需要
和苯酚一定条件下反应得到。
由对苯二甲酸与SOCl2反应
得到。对二甲苯经酸性高锰酸钾氧化可得到对苯二甲酸。合成路线为
。
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