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四川省成都市树德中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市树德中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题（Word版附解析），文件包含四川省成都市树德中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题原卷版docx、四川省成都市树德中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分，考试时间150分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
一、选择题：共13个小题，每小题6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. 化学推动着社会的进步和科技的创新。下列说法错误的是
A. 《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性
B. 汽车排气管上装有“催化转化器”，使有毒的和反应生成和，但不利于酸雨的防治
C. “天和核心舱”电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
D. 北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，实现了火焰的可视性
【答案】B
【解析】
【详解】A．合两柔则钢，可知合金的硬度大于成分金属，A正确；
B．汽车排气管上装有催化转化器，将CO和NO转化为N2和CO2，有利于减少氮氧化物的排放，能减少硝酸型酸雨的形成，B错误；
C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；
D．不同金属元素的焰色反应可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属的目的是利用焰色反应让火焰可视，D正确；
故答案选B。
2. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A. 过量与“84”消毒液反应：
B. 用惰性电极电解溶液：
C. 溶液中加足量溶液：
D. 与反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有强还原性，与“84”消毒液的主要成分次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，故A错误；
B．用惰性电极电解氯化铜溶液生成铜和氯气，反应的离子方程式为，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中氧元素化合价即升高被氧化又降低被还原，过氧化钠即是反应的氧化剂又是还原剂，反应的离子方程式为，故D错误；
故选C。
3. 点击化学是一种快速合成大量化合物的新方法，给传统有机合成化学带来重大革新。下图是科学家研究点击化学的一种代表反应：
下列说法正确的是
A. 化合物a苯环上的二取氯代物有6种
B. 上述反应属于取代反应
C. 化合物b分子中共线的原子最多有4个
D. 化合物c分子式为C15H12N3
【答案】A
【解析】
【详解】A．化合物a苯环上的二取氯代物有、、、、、共6种，故A正确；
B．在该反应中，化合物b中的碳碳三键断开一个键，与氮原子加成形成五元环结构，故为加成反应，故B错误；
C．化合物b分子中，如图所示，共线的原子有6个，故C错误；
D．化合物c分子式为C15H13N3，故D错误；
故选A。
4. 根据下列实验事实能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，体积相等、c(H+)也相等的盐酸和硫酸分别与大小相同的铝片反应，前者反应速率更快，可能是Cl-对反应起到促进作用，但盐酸和硫酸都是强酸，两者都能全部电离，则不能得出电离程度：盐酸>硫酸，A不符合题意；
B．分子中氢氧键的极性越大，越容易电离出氢离子，与钠反应越剧烈，则根据实验事实可得出分子中氢氧键的极性：乙醇>乙酸，B不符合题意；
C．FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，则根据选项的实验事实可得出溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C符合题意；
D．升高温度，溶液pH减小，不能说明升高温度促进水解使平衡正向移动，则不能得出Na2SO3水解常数：Kh(40℃)>Kh(25℃)，D不符合题意；
故选C。
5. X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19.Z的原子序数是X与Y的原子序数之和，M与X同主族，X与Q可形成原子个数比为2：1的18e－分子。下列说法正确的是
A. X与Z形成的10电子微粒只有2种
B. 简单离子半径：Q> M>Z>Y
C. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液均显酸性
D. 含Z、M、Q三种元素的化合物超过3种
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大短周期主族元素，X与Q可形成原子个数比为2:1的18e-分子，该物质为H2S，则X为H元素，Q为S元素；M与X同主族，则M为Na元素(不可能为Li元素)；Z的原子序数是X与Y的原子序数之和，则Y和Z同周期且为相邻元素。设Y最外层电子数为x，五种元素最外层电子数之和为19，则1+x+x+1+1+6=19，解得x=5，则Y为N元素，Z为O元素；据此分析解答。
【详解】A．H和O形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，不止2种，A错误；
B．电子层数多的离子半径大，则S2-半径最大，Na+、O2-和N3-核外电子排布完全相同，核电荷数大的半径反而小，则简单离子半径：S2->N3->O2->Na+，B错误；
C．NH3H2O水溶液显碱性，C错误；
D．含Z、M、Q三种元素的化合物有Na2SO3、Na2SO4、NaHSO4、Na2S2O3等，超过3种，D正确；
故选D。
6. 浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是
A. 电极a应与Ag(II)相连
B. 电渗析装置中膜b为阳离子交换膜
C. 电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大
D. 电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4
【答案】D
【解析】
【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。
【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；
B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B正确；
C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；
D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02ml银，电路中转移0.02 ml电子，电渗析装置生成0.01 ml NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；
故选D。
7. 常温下，向一定浓度的H3PO3(亚磷酸，)溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液或H2SO4溶液，溶液中lg或lg随溶液的pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 直线b代表lg与pH的关系
B. Y点溶液的pH=4.5
C. 2H++HPOH3PO3的平衡常数为108.1
D. pH=7时，c(Na+)＞c(OH-)＞c(HPO)＞c(H2PO)
【答案】C
【解析】
【详解】A．随pH的增大减小，增大，因此lg增大，lg减小，即直线a代表与pH的关系，直线b代表lg与pH的关系，A错误；
B．依据图像信息及电离平衡常数表达式，可求出的电离平衡常数，，Y点为两直线的交点，即，可得Y点存在，即，B错误；
C．该反应平衡常数表达式为，Y点时、，，C正确；
D．z点pH=6.7， c(HPO)=c(H2PO)，时，溶液为和的混合溶液，c(Na+)＞c(HPO)＞c(H2PO)＞ c(OH-)，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共174分)
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
8. 在工业上经常用水蒸气蒸馏的方法从橙子等水果果皮中收集橙油(主要成分是柠檬烯)。实验步骤如下：
(1)提取柠檬烯
①将2~3个新鲜橙子皮剪成极小碎片后，投入100 mL烧瓶D中，加入约30 mL水，按照下图安装水蒸气蒸馏装置。
②松开弹簧夹G。加热水蒸气发生器A至水沸腾，当T形管的支管口有大量水蒸气冲出时夹紧弹簧夹G，开启冷却水，水蒸气蒸馏即开始进行。一段时间后可观察到在锥形瓶的馏出液的水面上有一层很薄的油层。
(2)提纯柠檬烯
①将馏出液用10 mL二氯甲烷萃取，萃取3次后合并萃取液，置于装有适量无水硫酸钠的50 mL锥形瓶中。
②将锥形瓶中的溶液倒入50 mL蒸馏瓶中蒸馏。当二氯甲烷基本蒸完后改用水泵减压蒸馏以除去残留的二氯甲烷。最后瓶中只留下少量橙黄色液体，即橙油。
回答下列问题：
(1)直玻璃管C的作用是_______。冷凝水从直形冷凝管的_______(填“a”或“b”)口进入。
(2)水蒸气蒸馏时，判断蒸馏结束的方法是_______；为了防止倒吸，实验停止时应进行的操作是_______。
(3)将馏出液用二氯甲烷萃取时用到的主要实验仪器是_______。
(4)无水硫酸钠的作用是_______。
(5)二氯甲烷的沸点为39.8℃，提纯柠檬烯时采用_______加热蒸馏的方法。
【答案】 ①. 平衡圆底烧瓶A中压强 ②. a ③. 馏出液澄清透明(或取少量馏出液滴入水中，无油珠存在) ④. 松开弹簧夹G，然后停止加热(或先把D中的导气管从溶液中移出，再停止加热) ⑤. 分液漏斗 ⑥. 干燥除水 ⑦. 水浴
【解析】
【分析】装置A为水蒸气生成装置，长导管C可以平衡内外气压，生成的水蒸气进入装置D中将果皮中的橙油带出，经冷凝后收集。
【详解】(1)水蒸气发生器A中压强过大，直玻璃管C中液面上升，所以直玻璃管C的作用是避免圆底烧瓶A中压强过大。冷凝水从直形冷凝管的下口a进入，使馏分充分冷凝。故答案为：平衡圆底烧瓶A中压强；a；
(2)馏出液澄清透明或取少量馏出液滴入水中，无油珠存在说明蒸馏结束。为了防止倒吸，实验停止时应打开弹簧夹G，然后停止加热或者先将末端导气管从溶液中移出后再停止加热，故答案为：馏出液澄清透明(或取少量馏出液滴入水中，无油珠存在)；松开弹簧夹G，然后停止加热(或先把D中的导气管从溶液中移出，再停止加热)；
(3)萃取时用到的实验仪器是分液漏斗。故答案为：分液漏斗；
(4)无水硫酸钠作为干燥剂除去萃取液中的水。故答案为：干燥除水；
(5)提纯柠檬烯时，先将萃取剂二氯甲烷蒸出，三氯甲烷的沸点为39.8℃，采用水浴加热蒸馏。故答案为：水浴；
9. 钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。
（2）“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001ml•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·ml-1。
250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。
【答案】（1） ①. 将“赤泥”粉碎 ②. SiO2、TiO2
（2） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ ②. 99%
（3）
（4） ①. Sc2(C2O4)3·H2O ②. 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【解析】
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
【小问1详解】
将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
【小问2详解】
由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11ml/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
【小问3详解】
已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
【小问4详解】
设有1ml草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1ml晶体失去5ml水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1ml Sc2(C2O4)3·H2O失去1ml水变为1ml Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/ml，故可知550～850℃，1ml Sc2(C2O4)3分解产生1ml Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
10. 工业生产硝酸的核心反应之一是在恒压装置中将NO转化为：
反应Ⅰ：
目前认为反应Ⅰ分两步进行：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）已知：(C为常数)，根据反应Ⅲ实验数据得到下图，则反应Ⅲ的反应热_____。该工艺适宜的压强条件是_____(填“高压”或“低压”)。
（2）Rault定律表明：一定温度下，在稀溶液中，溶剂的饱和蒸气压等于纯溶剂的饱和蒸气压乘以溶液中溶剂的物质的量分数。下图中甲烧杯盛有甲醇，乙烧杯盛有氢氧化钠的甲醇溶液，常温下，将甲、乙两烧杯置于真空密闭容器中，足够长的时间后，从下图中选择出可能会观察到的现象_____(用字母表示)。
（3）控制原料比，在不同条件下，反应Ⅰ中NO转化率随时间的变化如图。当、90℃时，NO转化率达到50％的过程中，_____(保留3位有效数字)。
（4）由图可知，反应Ⅰ的速率随温度升高而_____(填“增大”“减小”或“不变”)，可能的原因是_____。[已知反应Ⅱ为快速平衡，，反应Ⅲ的速率方程为]。
（5）T℃、时，控制原料比发生反应Ⅰ(由空气带入，不参与反应)，NO平衡转化率为80％，写出该反应压强平衡常数的计算式：_____。
（6）已知不同温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数如表。
NO由催化氧化得到，而催化氧化后的产物气体往往高于800℃，为使反应Ⅰ顺利进行，再进行反应。“急剧冷却”的目的有_____(写出两条即可)。
【答案】（1） ① +144.2 kJ/ml ②. 高压
（2）B （3）1.05
（4） ①. 减小 ②. 反应Ⅱ为快速平衡，温度升高，导致反应Ⅲ的速率降低
（5）0.324 （6）降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO
【解析】
【小问1详解】
由题给公式和图示数据可得：①69.50J•ml-1•K-1=-ΔH×3.19×10-3K-1+C，②53.64J•ml-1•K-1=-H×3.30×10-3K-1+C，解联立方程可得H=+144.2kJ/ml，由题干信息可知，该工艺方程式为：正反应是一个气体体积减小的方向，应该采取高压条件，以提高NO的转化率，故答案为：+144.2 kJ/ml；高压；
【小问2详解】
在溶剂中加入非挥发性溶质后，溶剂的蒸气压比纯溶液的蒸气压低，则开始时甲中蒸气压更高，乙中更低，最终两个烧杯中蒸气压相同，即甲中蒸气压会减小，转化为液体至乙中，故答案为：B；
【小问3详解】
设n（NO）=2ml，n（O2）=1ml，则有， p始（NO）=100kPa×=，p末（NO）=100kPa×=40kPa，则（NO）==≈1.05kPa•s-1，故答案为：1.05；
【小问4详解】
反应Ⅱ为快速平衡，但其为放热反应，温度升高，该平衡逆向移动，导致反应Ⅲ的速率降低，故反应Ⅰ速率减小，故答案为：减小；反应Ⅱ为快速平衡，温度升高，导致反应Ⅲ的速率降低；
小问5详解】
设n（NO）=2ml，n（O2）=1ml，n（N2）=2ml，则有，n总=2ml+0.4ml+0.2ml+1.6=4.2ml，P总=3200kPa，Kp===0.324，故答案为：0.324；
【小问6详解】
由表中数据可知，升高温度反应Ⅰ的平衡常数逐渐减小，则反应Ⅰ为放热反应，降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO，故答案为：降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO。
(二)选做题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学-选修3：物质结构与性质]
11. Gdenugh等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
（1）C3+的价电子排布图为：_______，基态磷原子有_______种空间运动状态不同的电子。
（2）Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：_______。
（3）写出一种与互为等电子体的分子的化学式：_______，该分子的中心原子的价层电子对数等于_______。
（4）无水硫酸铜为白色粉末溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有_______。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E．氢键 F．范德华力
（5）N和P是同主族元素，但是NH3分子中的键角大于PH3分子中的键角，原因是：_______。Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如图所示。若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为_______ g∙cm-3 (列出计算式即可)，O2-和Li+的最短距离等于_______nm(用含b的代数式表示)。
【答案】（1） ①. ②. 15
（2）O＞P＞Li （3） ①. CCl4、SiF4、POCl3等 ②. 4
（4）BC （5） ①. 电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
C为27号元素，C3+的价电子排布式为3d6，则其价电子排布图为： ，基态磷原子的核外有15个电子，则有15种空间运动状态不同的电子。
【小问2详解】
Li、O、P三种元素的非金属性O＞P＞Li，非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序是：O＞P＞Li。
【小问3详解】
与互为等电子体的分子的化学式：CCl4、SiF4、POCl3等，该分子的中心原子的价层电子对数分别为、、，都等于4。
【小问4详解】
硫酸铜稀溶液中，没有自由电子，不存在金属键，阴、阳离子间隔太远，不能形成离子键，则不存在的微粒间作用力有BC。
【小问5详解】
N和P是同主族元素，N的非金属性比P强，H-N共用电子对离N原子比H-P共用电子对离P原子近，所以NH3分子中的键角大于PH3分子中的键角，原因是：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大。
在Li2O晶胞中，含有O2-个数为=4，含有Li+个数为8。若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为=g∙cm-3，O2-和Li+的最短距离等于顶点到小立方体体心间的距离，即为nm=nm。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数时，可采用均摊法。
[化学-选修5：有机化学基础](略)
12. 有机物M是一种用于治疗消化道疾病的药物。合成有机物M的一种工艺流程如下所示：
回答下列问题：
（1）CHCl3的名称是___________。
（2）化合物C的结构简式是___________；化合物F的结构简式是___________。
（3）写出D→E的化学方程式___________。
（4）写出同时符合下列条件的化合物D的所有同分异构体的结构简式___________。
①分子中含有苯环，苯环上只有两个侧链。
②分子中共有4种不同化学环境的氢原子，且含有酰胺基()
（5）某研究小组在实验室用以下流程合成药物N-苄基苯甲酰胺()。其中G、Q、J的结构简式分别为___________、___________、___________。
【答案】12. 三氯甲烷或氯仿
13. ①. ClCH2CH2N(CH3)2 ②.
14. +H2NOH→+H2O
15. 16. ①. ②. ③.
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与在催化剂的作用下生成 ，在碳酸钾作用下与发生取代反应生成 ，则C为；与反应生成 ；催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，则F为； 与发生取代反应生成 ；与发生取代反应生成M。
【小问1详解】
为甲烷的三氯取代物，名称为三氯甲烷，俗称氯仿；
【小问2详解】
①由分析可知，通过化合物D的结构得出化合物C的结构简式为；
②由分析可知，化合物F是由化合物E加氢还原得到，通过化合物E的结构简式可得出化合物F的结构简式为；
【小问3详解】
通过分析，化合物D与先发生醛基的加成反应后脱去水生成碳氮双键转化为化合物E，反应方程式为：++；
小问4详解】
D的结构简式为，其同分异构体中有苯环，且苯环上只有两个侧链，有酰胺基，有四种等效氢原子，其结构对称，符合条件的有；
【小问5详解】选项
实验事实
结论
A
常温下，分别向等体积的盐酸和硫酸中加入大小相同的铝片，前者反应速率更快
电离程度：盐酸>硫酸
B
常温下，分别向无水乙醇和冰醋酸中加入大小相同的金属钠，前者反应更剧烈
分子中氢氧键的极性：乙酸>乙醇
C
常温下，分别向浓度均为的和溶液中通入气体至饱和，仅后者生成沉淀
溶度积常数：
D
在和时，测得溶液的分别是9.66和9.37
水解常数：
温度/℃
27
77
127
177
227
500
平衡常数
1.0
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分，考试时间150分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
一、选择题：共13个小题，每小题6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. 化学推动着社会的进步和科技的创新。下列说法错误的是
A. 《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性
B. 汽车排气管上装有“催化转化器”，使有毒的和反应生成和，但不利于酸雨的防治
C. “天和核心舱”电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
D. 北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，实现了火焰的可视性
【答案】B
【解析】
【详解】A．合两柔则钢，可知合金的硬度大于成分金属，A正确；
B．汽车排气管上装有催化转化器，将CO和NO转化为N2和CO2，有利于减少氮氧化物的排放，能减少硝酸型酸雨的形成，B错误；
C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；
D．不同金属元素的焰色反应可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属的目的是利用焰色反应让火焰可视，D正确；
故答案选B。
2. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A. 过量与“84”消毒液反应：
B. 用惰性电极电解溶液：
C. 溶液中加足量溶液：
D. 与反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有强还原性，与“84”消毒液的主要成分次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，故A错误；
B．用惰性电极电解氯化铜溶液生成铜和氯气，反应的离子方程式为，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中氧元素化合价即升高被氧化又降低被还原，过氧化钠即是反应的氧化剂又是还原剂，反应的离子方程式为，故D错误；
故选C。
3. 点击化学是一种快速合成大量化合物的新方法，给传统有机合成化学带来重大革新。下图是科学家研究点击化学的一种代表反应：
下列说法正确的是
A. 化合物a苯环上的二取氯代物有6种
B. 上述反应属于取代反应
C. 化合物b分子中共线的原子最多有4个
D. 化合物c分子式为C15H12N3
【答案】A
【解析】
【详解】A．化合物a苯环上的二取氯代物有、、、、、共6种，故A正确；
B．在该反应中，化合物b中的碳碳三键断开一个键，与氮原子加成形成五元环结构，故为加成反应，故B错误；
C．化合物b分子中，如图所示，共线的原子有6个，故C错误；
D．化合物c分子式为C15H13N3，故D错误；
故选A。
4. 根据下列实验事实能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，体积相等、c(H+)也相等的盐酸和硫酸分别与大小相同的铝片反应，前者反应速率更快，可能是Cl-对反应起到促进作用，但盐酸和硫酸都是强酸，两者都能全部电离，则不能得出电离程度：盐酸>硫酸，A不符合题意；
B．分子中氢氧键的极性越大，越容易电离出氢离子，与钠反应越剧烈，则根据实验事实可得出分子中氢氧键的极性：乙醇>乙酸，B不符合题意；
C．FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，则根据选项的实验事实可得出溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C符合题意；
D．升高温度，溶液pH减小，不能说明升高温度促进水解使平衡正向移动，则不能得出Na2SO3水解常数：Kh(40℃)>Kh(25℃)，D不符合题意；
故选C。
5. X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19.Z的原子序数是X与Y的原子序数之和，M与X同主族，X与Q可形成原子个数比为2：1的18e－分子。下列说法正确的是
A. X与Z形成的10电子微粒只有2种
B. 简单离子半径：Q> M>Z>Y
C. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液均显酸性
D. 含Z、M、Q三种元素的化合物超过3种
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大短周期主族元素，X与Q可形成原子个数比为2:1的18e-分子，该物质为H2S，则X为H元素，Q为S元素；M与X同主族，则M为Na元素(不可能为Li元素)；Z的原子序数是X与Y的原子序数之和，则Y和Z同周期且为相邻元素。设Y最外层电子数为x，五种元素最外层电子数之和为19，则1+x+x+1+1+6=19，解得x=5，则Y为N元素，Z为O元素；据此分析解答。
【详解】A．H和O形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，不止2种，A错误；
B．电子层数多的离子半径大，则S2-半径最大，Na+、O2-和N3-核外电子排布完全相同，核电荷数大的半径反而小，则简单离子半径：S2->N3->O2->Na+，B错误；
C．NH3H2O水溶液显碱性，C错误；
D．含Z、M、Q三种元素的化合物有Na2SO3、Na2SO4、NaHSO4、Na2S2O3等，超过3种，D正确；
故选D。
6. 浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是
A. 电极a应与Ag(II)相连
B. 电渗析装置中膜b为阳离子交换膜
C. 电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大
D. 电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4
【答案】D
【解析】
【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。
【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；
B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B正确；
C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；
D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02ml银，电路中转移0.02 ml电子，电渗析装置生成0.01 ml NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；
故选D。
7. 常温下，向一定浓度的H3PO3(亚磷酸，)溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液或H2SO4溶液，溶液中lg或lg随溶液的pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 直线b代表lg与pH的关系
B. Y点溶液的pH=4.5
C. 2H++HPOH3PO3的平衡常数为108.1
D. pH=7时，c(Na+)＞c(OH-)＞c(HPO)＞c(H2PO)
【答案】C
【解析】
【详解】A．随pH的增大减小，增大，因此lg增大，lg减小，即直线a代表与pH的关系，直线b代表lg与pH的关系，A错误；
B．依据图像信息及电离平衡常数表达式，可求出的电离平衡常数，，Y点为两直线的交点，即，可得Y点存在，即，B错误；
C．该反应平衡常数表达式为，Y点时、，，C正确；
D．z点pH=6.7， c(HPO)=c(H2PO)，时，溶液为和的混合溶液，c(Na+)＞c(HPO)＞c(H2PO)＞ c(OH-)，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共174分)
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
8. 在工业上经常用水蒸气蒸馏的方法从橙子等水果果皮中收集橙油(主要成分是柠檬烯)。实验步骤如下：
(1)提取柠檬烯
①将2~3个新鲜橙子皮剪成极小碎片后，投入100 mL烧瓶D中，加入约30 mL水，按照下图安装水蒸气蒸馏装置。
②松开弹簧夹G。加热水蒸气发生器A至水沸腾，当T形管的支管口有大量水蒸气冲出时夹紧弹簧夹G，开启冷却水，水蒸气蒸馏即开始进行。一段时间后可观察到在锥形瓶的馏出液的水面上有一层很薄的油层。
(2)提纯柠檬烯
①将馏出液用10 mL二氯甲烷萃取，萃取3次后合并萃取液，置于装有适量无水硫酸钠的50 mL锥形瓶中。
②将锥形瓶中的溶液倒入50 mL蒸馏瓶中蒸馏。当二氯甲烷基本蒸完后改用水泵减压蒸馏以除去残留的二氯甲烷。最后瓶中只留下少量橙黄色液体，即橙油。
回答下列问题：
(1)直玻璃管C的作用是_______。冷凝水从直形冷凝管的_______(填“a”或“b”)口进入。
(2)水蒸气蒸馏时，判断蒸馏结束的方法是_______；为了防止倒吸，实验停止时应进行的操作是_______。
(3)将馏出液用二氯甲烷萃取时用到的主要实验仪器是_______。
(4)无水硫酸钠的作用是_______。
(5)二氯甲烷的沸点为39.8℃，提纯柠檬烯时采用_______加热蒸馏的方法。
【答案】 ①. 平衡圆底烧瓶A中压强 ②. a ③. 馏出液澄清透明(或取少量馏出液滴入水中，无油珠存在) ④. 松开弹簧夹G，然后停止加热(或先把D中的导气管从溶液中移出，再停止加热) ⑤. 分液漏斗 ⑥. 干燥除水 ⑦. 水浴
【解析】
【分析】装置A为水蒸气生成装置，长导管C可以平衡内外气压，生成的水蒸气进入装置D中将果皮中的橙油带出，经冷凝后收集。
【详解】(1)水蒸气发生器A中压强过大，直玻璃管C中液面上升，所以直玻璃管C的作用是避免圆底烧瓶A中压强过大。冷凝水从直形冷凝管的下口a进入，使馏分充分冷凝。故答案为：平衡圆底烧瓶A中压强；a；
(2)馏出液澄清透明或取少量馏出液滴入水中，无油珠存在说明蒸馏结束。为了防止倒吸，实验停止时应打开弹簧夹G，然后停止加热或者先将末端导气管从溶液中移出后再停止加热，故答案为：馏出液澄清透明(或取少量馏出液滴入水中，无油珠存在)；松开弹簧夹G，然后停止加热(或先把D中的导气管从溶液中移出，再停止加热)；
(3)萃取时用到的实验仪器是分液漏斗。故答案为：分液漏斗；
(4)无水硫酸钠作为干燥剂除去萃取液中的水。故答案为：干燥除水；
(5)提纯柠檬烯时，先将萃取剂二氯甲烷蒸出，三氯甲烷的沸点为39.8℃，采用水浴加热蒸馏。故答案为：水浴；
9. 钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。
（2）“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001ml•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·ml-1。
250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。
【答案】（1） ①. 将“赤泥”粉碎 ②. SiO2、TiO2
（2） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ ②. 99%
（3）
（4） ①. Sc2(C2O4)3·H2O ②. 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【解析】
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
【小问1详解】
将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
【小问2详解】
由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11ml/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
【小问3详解】
已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
【小问4详解】
设有1ml草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1ml晶体失去5ml水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1ml Sc2(C2O4)3·H2O失去1ml水变为1ml Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/ml，故可知550～850℃，1ml Sc2(C2O4)3分解产生1ml Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
10. 工业生产硝酸的核心反应之一是在恒压装置中将NO转化为：
反应Ⅰ：
目前认为反应Ⅰ分两步进行：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）已知：(C为常数)，根据反应Ⅲ实验数据得到下图，则反应Ⅲ的反应热_____。该工艺适宜的压强条件是_____(填“高压”或“低压”)。
（2）Rault定律表明：一定温度下，在稀溶液中，溶剂的饱和蒸气压等于纯溶剂的饱和蒸气压乘以溶液中溶剂的物质的量分数。下图中甲烧杯盛有甲醇，乙烧杯盛有氢氧化钠的甲醇溶液，常温下，将甲、乙两烧杯置于真空密闭容器中，足够长的时间后，从下图中选择出可能会观察到的现象_____(用字母表示)。
（3）控制原料比，在不同条件下，反应Ⅰ中NO转化率随时间的变化如图。当、90℃时，NO转化率达到50％的过程中，_____(保留3位有效数字)。
（4）由图可知，反应Ⅰ的速率随温度升高而_____(填“增大”“减小”或“不变”)，可能的原因是_____。[已知反应Ⅱ为快速平衡，，反应Ⅲ的速率方程为]。
（5）T℃、时，控制原料比发生反应Ⅰ(由空气带入，不参与反应)，NO平衡转化率为80％，写出该反应压强平衡常数的计算式：_____。
（6）已知不同温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数如表。
NO由催化氧化得到，而催化氧化后的产物气体往往高于800℃，为使反应Ⅰ顺利进行，再进行反应。“急剧冷却”的目的有_____(写出两条即可)。
【答案】（1） ① +144.2 kJ/ml ②. 高压
（2）B （3）1.05
（4） ①. 减小 ②. 反应Ⅱ为快速平衡，温度升高，导致反应Ⅲ的速率降低
（5）0.324 （6）降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO
【解析】
【小问1详解】
由题给公式和图示数据可得：①69.50J•ml-1•K-1=-ΔH×3.19×10-3K-1+C，②53.64J•ml-1•K-1=-H×3.30×10-3K-1+C，解联立方程可得H=+144.2kJ/ml，由题干信息可知，该工艺方程式为：正反应是一个气体体积减小的方向，应该采取高压条件，以提高NO的转化率，故答案为：+144.2 kJ/ml；高压；
【小问2详解】
在溶剂中加入非挥发性溶质后，溶剂的蒸气压比纯溶液的蒸气压低，则开始时甲中蒸气压更高，乙中更低，最终两个烧杯中蒸气压相同，即甲中蒸气压会减小，转化为液体至乙中，故答案为：B；
【小问3详解】
设n（NO）=2ml，n（O2）=1ml，则有， p始（NO）=100kPa×=，p末（NO）=100kPa×=40kPa，则（NO）==≈1.05kPa•s-1，故答案为：1.05；
【小问4详解】
反应Ⅱ为快速平衡，但其为放热反应，温度升高，该平衡逆向移动，导致反应Ⅲ的速率降低，故反应Ⅰ速率减小，故答案为：减小；反应Ⅱ为快速平衡，温度升高，导致反应Ⅲ的速率降低；
小问5详解】
设n（NO）=2ml，n（O2）=1ml，n（N2）=2ml，则有，n总=2ml+0.4ml+0.2ml+1.6=4.2ml，P总=3200kPa，Kp===0.324，故答案为：0.324；
【小问6详解】
由表中数据可知，升高温度反应Ⅰ的平衡常数逐渐减小，则反应Ⅰ为放热反应，降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO，故答案为：降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO。
(二)选做题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学-选修3：物质结构与性质]
11. Gdenugh等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
（1）C3+的价电子排布图为：_______，基态磷原子有_______种空间运动状态不同的电子。
（2）Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：_______。
（3）写出一种与互为等电子体的分子的化学式：_______，该分子的中心原子的价层电子对数等于_______。
（4）无水硫酸铜为白色粉末溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有_______。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E．氢键 F．范德华力
（5）N和P是同主族元素，但是NH3分子中的键角大于PH3分子中的键角，原因是：_______。Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如图所示。若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为_______ g∙cm-3 (列出计算式即可)，O2-和Li+的最短距离等于_______nm(用含b的代数式表示)。
【答案】（1） ①. ②. 15
（2）O＞P＞Li （3） ①. CCl4、SiF4、POCl3等 ②. 4
（4）BC （5） ①. 电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
C为27号元素，C3+的价电子排布式为3d6，则其价电子排布图为： ，基态磷原子的核外有15个电子，则有15种空间运动状态不同的电子。
【小问2详解】
Li、O、P三种元素的非金属性O＞P＞Li，非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序是：O＞P＞Li。
【小问3详解】
与互为等电子体的分子的化学式：CCl4、SiF4、POCl3等，该分子的中心原子的价层电子对数分别为、、，都等于4。
【小问4详解】
硫酸铜稀溶液中，没有自由电子，不存在金属键，阴、阳离子间隔太远，不能形成离子键，则不存在的微粒间作用力有BC。
【小问5详解】
N和P是同主族元素，N的非金属性比P强，H-N共用电子对离N原子比H-P共用电子对离P原子近，所以NH3分子中的键角大于PH3分子中的键角，原因是：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大。
在Li2O晶胞中，含有O2-个数为=4，含有Li+个数为8。若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为=g∙cm-3，O2-和Li+的最短距离等于顶点到小立方体体心间的距离，即为nm=nm。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数时，可采用均摊法。
[化学-选修5：有机化学基础](略)
12. 有机物M是一种用于治疗消化道疾病的药物。合成有机物M的一种工艺流程如下所示：
回答下列问题：
（1）CHCl3的名称是___________。
（2）化合物C的结构简式是___________；化合物F的结构简式是___________。
（3）写出D→E的化学方程式___________。
（4）写出同时符合下列条件的化合物D的所有同分异构体的结构简式___________。
①分子中含有苯环，苯环上只有两个侧链。
②分子中共有4种不同化学环境的氢原子，且含有酰胺基()
（5）某研究小组在实验室用以下流程合成药物N-苄基苯甲酰胺()。其中G、Q、J的结构简式分别为___________、___________、___________。
【答案】12. 三氯甲烷或氯仿
13. ①. ClCH2CH2N(CH3)2 ②.
14. +H2NOH→+H2O
15. 16. ①. ②. ③.
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与在催化剂的作用下生成 ，在碳酸钾作用下与发生取代反应生成 ，则C为；与反应生成 ；催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，则F为； 与发生取代反应生成 ；与发生取代反应生成M。
【小问1详解】
为甲烷的三氯取代物，名称为三氯甲烷，俗称氯仿；
【小问2详解】
①由分析可知，通过化合物D的结构得出化合物C的结构简式为；
②由分析可知，化合物F是由化合物E加氢还原得到，通过化合物E的结构简式可得出化合物F的结构简式为；
【小问3详解】
通过分析，化合物D与先发生醛基的加成反应后脱去水生成碳氮双键转化为化合物E，反应方程式为：++；
小问4详解】
D的结构简式为，其同分异构体中有苯环，且苯环上只有两个侧链，有酰胺基，有四种等效氢原子，其结构对称，符合条件的有；
【小问5详解】选项
实验事实
结论
A
常温下，分别向等体积的盐酸和硫酸中加入大小相同的铝片，前者反应速率更快
电离程度：盐酸>硫酸
B
常温下，分别向无水乙醇和冰醋酸中加入大小相同的金属钠，前者反应更剧烈
分子中氢氧键的极性：乙酸>乙醇
C
常温下，分别向浓度均为的和溶液中通入气体至饱和，仅后者生成沉淀
溶度积常数：
D
在和时，测得溶液的分别是9.66和9.37
水解常数：
温度/℃
27
77
127
177
227
500
平衡常数
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