江西省吉安、抚州、赣州市2020届高三一模考试理科综合化学试题 Word版含解析
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抚州市 2020 年高中毕业班教学质量监测卷
理科综合
说明：1.全卷满分 300 分，考试时间 150 分钟。
2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分。
第Ⅰ卷（选择题共 126 分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 P-31 S-32 C1-35.5
Ag-108
一、选择题：本大题包括 13 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。
1.“ 17 世纪中国工艺百科全书” 《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是
A. “ 凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟” 中的“ 炒” 为氧化除碳过程
B. “ 凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜” 中的“ 黄铜” 为锌铜
金
C. “ 凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉” 中的“ 粉” 为 CaO
D. “ 凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫” ，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉
【答案】C
【解析】
【详解】A．生铁是含碳量大于 2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，
不能锻压。而熟铁含碳量在 0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，
可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成
碳氧化合物，使得碳含量降低，A 选项正确；
B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层 Cu2O 而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，
黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的
元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水
管、空调内外机连接管和散热器等，B 选项正确；
C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成 CaO；而“久置成粉”主要生成 Ca（OH）2，进
一步与 CO2 反应则会生成 CaCO3，C 选项错误；
D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，
烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而
不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，
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颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D 选项正确；
答案选 C。
2.已知 NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 32gS8 与 S6（ ）的混合物中所含共价键数目为 NA
B. 1L0．1mol• L－1H2C2O4 溶液中含 C2O4
2－ 离子数为 0.1NA
C. 2molNO 与 2molO2 在密闭容器中充分反应，转移的电子数为 8NA
D. 标准状况下 22．4L 氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成 HCl 分子数为 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．S8 与 S6（ ）分子中分别含有 8 个和 6 个 S-S 键，1 个 S 对应
1 个 S-S 共价键，由于 32 g S8 与 S6（ ）的混合物中含硫为 1mol，则该混
合物中含 1mol S-S 键，A 选项正确；
B．因为草酸是弱电解质，部分电离出 C2O4
2-，所以 L 0.1 mol·L−1 H2C2O4 溶液含 C2O4
2- 离子数
小于 0.1NA，B 选项错误。
C．密闭容器中 2 mol NO 与 2mol O2 充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于 4NA，由于
NO 不足，更小于 8NA，C 选项错误；
D．在标准状况下，22.4 L 氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷
各为多少量，所以生成 HCl 分子数无法计算，D 选项错误；
答案选 A。
【点睛】A 选项在判断时明确 S8 与 S6（ ）分子中分别含有 8 个和 6 个 S-S
键，两者混合后一个 S 对应 1 个 S-S 共价键是解答的关键。
3.某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和 SO2 性质的实验（部分夹持装置已省略），下列
“ 现象预测” 与“ 解释或结论” 均正确的是
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选项 仪器 现象预测 解释或结论
A 试管 1 有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现 酸雾是 SO2 所形成，白色固体是硫酸铜晶体
B 试管 2 紫红色溶液由深变浅，直至褪色 SO2 具有还原性
C 试管 3 注入稀硫酸后，没有现象
由于 Ksp（ZnS）太小，SO2 与 ZnS 在注入稀硫酸
后仍不反应
D
锥形
瓶
溶液红色变浅
NaOH 溶液完全转化为 NaHSO3 溶液，NaHSO3 溶液
碱性小于 NaOH
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
试管 1 中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成 SO2，生成的 SO2 进入试管 2 中与酸性高锰酸钾溶
液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管 3 中 ZnS 与稀硫酸反应生成 H2S，
2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的 NaOH 用于吸收 SO2，防止污染
空气，据此分析解答。
【详解】A．如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，
A 选项错误；
B．试管 2 中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明 SO2 与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反
应，SO2 具有还原性，B 选项正确。
C．ZnS 与稀硫酸反应生成 H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均
不正确，C 选项错误；
D．若 NaHSO3 溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是 NaHSO3 溶液碱性小于 NaOH，D 选项
错误；
答案选 B。
【点睛】A 选项为易混淆点，在解答时一定要清楚硫酸铜固体和硫酸铜晶体的区别。
4.科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒（2019-nCOV）有较好抑制作用的药物：雷米迪
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维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹 （ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦
（Ritonavir）。其中利托那韦（Ritonavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是
A. 能与盐酸或 NaOH 溶液反应
B. 苯环上一氯取代物有 3 种
C. 结构中含有 4 个甲基
D. 1mol 该结构可以与 13molH2 加成
【答案】A
【解析】
【详解】A．利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A 选项
正确；
B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有 6 种，B 选项错误；
C．根据结构简式可知，该结构中有 5 个甲基，C 选项错误；
D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与 H2 发生
加成反应，所以 1 mol 该结构可以与 3+3+2+2=10 mol H2 加成，D 选项错误；
答案选 A。
5.最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具
有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是
A. 硫酸水溶液主要作用是增强导电性
B. 充电时，电极 b 接正极
C. d 膜是质子交换膜
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D. 充放电时，a 极有
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中电子移动方向可以判断 a 极是原电池的负极，发生氧化反应，b 极是原电池的正极，
发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。
【详解】A．硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增强导电性，A 选项正确；
B．根据上述分析可知，b 为正极，充电时就接正极，B 选项正确；
C．d 膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d 膜只是为了防止高分子穿越，所以为
半透膜，C 选项错误；
D．放电时，a 极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a 极是阴极，醌得到电子生成酚，故
充放电发生的反应是 ，D 选项正确；
答案选 C。
6.科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物 A（如下图所示），短周期元素 X、Y、Z 原
子序数依次增大，其 中 Z 位于第三周期。Z 与 Y2 可以形成分子 ZY6，该分子常用作高压电气
设备的绝缘介质。下列关于 X、Y、Z 的叙述，正确的是
A. 离子半径：Y ＞Z
B. 氢化物的稳定性：X ＞Y
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X ＞Z
D. 化合物 A 中，X、Y、Z 最外层都达到 8 电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期元素 X、Y、Z 原子序数依次增大，观察正离子结构 ，Z 失去一个电子后，
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可以成 3 个共价键，说明 Z 原子最外面为 6 个电子，由于 Z 位于第三周期，所以 Z 为 S 元素，
负离子结构为 ，Y 成一个共价键，为-1 价，不是第三周期元素，且原子序数大于 X，
应为 F 元素（当然不是 H，因为正离子已经有 H）；X 得到一个电子成 4 个共价键，说明其最外
层为 3 个电子，为 B 元素，据此分析解答。
【详解】A．电子层数 F-
Y，A 选项错误；
B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>B，则有 BH3B，则酸性 H3BO3（弱
酸）c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(B-)，
则 c(B-)> c(Na+)，A 选项正确；
B．C 至 D 各点溶液中，C 点浓度为 0.05mol·L-1，C 之后加入的 c(NaOH)为 0.1mol·L-1，导电
能力依次增强，B 选项正确；
C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入 20mL 时达到终点，pH>7，HB 为弱酸，O 点 pH>1，C 选项
正确；
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D．C 点为刚好反应完全的时候，此时物质 c(NaB)=0.05mol·L-1，B-水解常数为 Kh=10-14/（2×10-5）
=5×10-10，B-水解生成的 c(OH-)= -10c= 0.05 5 10K =5×10-6 mol·L-1，C 点 c(H+)=2×10-9
mol·L-1，C 点 pH=9-lg2=8.7，即 x=8.7，D 选项错误；
【点睛】C 选项也可进行定量分析：B 点有 c(B-)=c(Na+)=19.9×10-3×0.1÷
（20×10-3+19.9×10-3），c(HB)=(20.0×10-3-19.9×10-3)×0.1÷(20×10-3+19.9×10-3)，则
c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×10-7×199=1.99×10-5，则 HB 为弱酸，O 点的 pH>1。
二、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14~17 题只有
一项符合题目要求，第 18~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3
分，有选错的得 0 分。
第Ⅱ卷（非选择题共 174 分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试题考生都必
须作答，第 33 题~第 38 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：11 题，共 129 分。
8.过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境
工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热， 在固体酸的催
化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：
实验步骤：
I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器 1 和 8，温度维持为 55℃；
II．待真空度达到反应要求时，打开仪器 3 的活塞，逐滴滴入浓度为 35％的双氧水，再通入
冷却水；
Ⅲ．从仪器 5 定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器 2 中的混合物，得
到粗产品。
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（1）仪器 6 的名称是______，反应器 2 中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为
_____。
（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_____；分离反应器 2 中的混合物得到粗产品，分
离的方法是_________。
（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（选填字母序号）。
A 作为反应溶剂，提高反应速率
B 与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率
C 与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率
D 增大油水分离器 5的液体量，便于实验观察
（4）从仪器 5 定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到___________（填现象）时，反应
结束。
（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取一定体积的样品 VmL，分成 6 等份，用
过量 KI 溶液与过氧化物作用，以 0.1mol• L－1 的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O3
2－=2I－＋
S4O6
2－）；重复 3 次，平均消耗量为 V1mL。再以 0．02mol• L－1 的酸 性高锰酸钾溶液滴定样品，
重复 3 次，平均消耗量为 V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为 ______mol• L－1。
【答案】 (1).（蛇形）冷凝管 (2). CH3COOH + H2O2
固体酸催化剂
加热 CH3COOOH + H2O (3).
双氧水的转化率（利用率） (4). 过滤 (5). C (6). 仪器 5“油水分离器”水面高
度不变 (7). 1 20.3 V V
V
【解析】
【详解】(1)仪器 6 用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器 2 中乙酸和双氧水在固体
催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为 CH3COOH + H2O2
固体酸催化剂
加热 CH3COOOH
+ H2O，故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH + H2O2
固体酸催化剂
加热 CH3COOOH + H2O；
(2)反应中 CH3COOOH 过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器 2 中为过
氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案
为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；
(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产
率，因此 C 选项正确，故答案为：C；
(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器 5 中的水面高度
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不再发生改变时，即没有 H2O 生成，反应已经结束，故答案为：仪器 5“油水分离器”水面高
度不变；
(5)已知 I2＋2S2O3
2－=2I－＋S4O6
2－，由得失电子守恒、元素守恒可知：
2-
2 2 3
3 -3
1 1
O-O I 2S O
1 2
0.05V 10 0.1V 10
“ ”
双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：
2 2 4
-3 -3
2 2
5H O 2KMnO
5 5
0.05V 10 0.02V 10
则 V
6
样品中含有 n(CH3COOOH)=(0.05V1×10-3-0.05V2×10-3)mol，由公式 nc= V
可得，样品中的
过氧乙酸的浓度为
1 2
-3 -3
1 2
-3
0.05V 10 -0.05V 10 0.3 V -V( ) =V V106
，故答案为： 1 20.3 V V
V
。
【点睛】本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元
素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。
9.银精矿主要含有 Ag2S（杂质是铜、锌、锡和铅的硫化物），工业上利用银精矿制取贵金属银，
流程图如下图所示。已知“ 氯化焙烧” 能把硫化物转化为氯化物，请回答下列问题：
（1）“ 氯化焙烧” 的温度控制在 650～670℃，如果温度过高则对焙烧不利，产率会降低，
原因是 ______。
（2）水洗后的滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶
液有白色沉淀生成，此钠盐为_____（填化学式）。
（3）氨浸时发生的化学反应方程式为________。
（4）“ 沉银” 是用 N2H4 还原银的化合物。
①N2H4 的电子式是_______。
②理论上，1molN2H4 完全反应所得到的固体质量是______g。
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③向所得母液中加入烧碱，得到的两种物质可分别返回________ 、______工序中循环使用。
（5）助熔剂 Na2CO3 和 Na2B4O7 有两个作用：一是降低了银的熔点，减少能耗；二是____。利
用________的方法可以进一步直接精炼银锭。
【答案】 (1). 温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其
他副反应，导致产率降低） (2). Na2SO4 (3). AgCl + 2NH3·H2O = Ag（NH3）2Cl + 2H2O
(4). (5). 432 (6). 氨浸 (7). 氯化焙烧 (8). 使少数杂质固体
进入浮渣，提高了银的纯度 (9). 电解
【解析】
【分析】
已知流程图中的“氯化焙烧”能把硫化物转化为氯化物，则银精矿经 O2、NaCl“氯化焙烧”
后生成 SO2 和 AgCl，再加水洗去过量的钠盐，得到纯净的 AgCl，加入 NH3·H2O 发生反应 AgCl +
2NH3·H2O = Ag(NH3)2Cl + 2H2O，再利用 N2H4 进行还原，得到 NH4Cl、NH3 和 Ag 单质，反应方程
式为 4Ag(NH3)2Cl+N2H4===4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，最后再经过熔炼后得到银锭，据此分析解答问
题。
【详解】(1)“氯化焙烧”过程中，若温度过高，氯化物会进入烟尘逃逸，或者会发生其他副
反应，导致产率降低，故答案为：温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度
过高，会发生其他副反应，导致产率降低）；
(2)滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉
淀生成，说明含有 SO4
2-，则此钠盐的化学式是 Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
(3)根据上述分析可知，氨浸时发生的化学反应为 AgCl + 2NH3·H2O = Ag（NH3）2Cl + 2H2O，
故答案为：AgCl + 2NH3·H2O = Ag(NH3)2Cl + 2H2O；
(4)①N2H4 是共价化合物，其电子式是 ，故答案为： ；
②沉银过程中发生反应 4Ag(NH3)2Cl+N2H4===4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，则理论上 1molN2H4 完全反应所
得到 4molAg，其质量为 4mol×108g/mol=432g，故答案为：432；
③所得母液为 NH4Cl，向其中加入烧碱，可反应得到 NaCl 和 NH3·H2O，可返回“氯化焙烧”和
“氨浸”工序中循环使用，故答案为：氯化焙烧；氨浸；
(5)助熔剂 Na2CO3 和 Na2B4O7 既可以降低了银的熔点，减少能耗，又可以使少数杂质固体进入浮
渣，提高了银的纯度，可用银锭作阳极，纯银作阴极，硝酸银作电解质溶液构成电解池，进
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一步精练银锭，即采用电解的方法进一步直接精炼银锭，故答案为：使少数杂质固体进入浮
渣，提高了银的纯度；电解。
10.（1）①已知反应 A(g)+B(g) 2D(g)，若在起始时 c(A)＝a mol• L－1， c(B)＝2amol• L
－1，则该反应中各物质浓度随时间变化的曲线是_______（选填字母序号）。
②在 298K 时，反应 A(g) 2B(g)的 KP＝0.1132kPa，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa 时，反
应速率υ正______υ逆（填 “ ＜” “ ＝” 或 “ ＞” ）。
③温度为 T 时，某理想气体反应 A(g)＋B(g) C(g)＋M(g)，其平衡常数 K 为 0.25，若以
A∶B ＝1∶1 发生反应，则 A 的理论转化率为_____％（结果保留 3 位有效数字）。
（2）富勒烯 C60 和 C180 可近似看作“ 完美的” 球体，富勒烯的生成时间很快，典型的是毫
秒级，在所有的合成技术中得到的 C60 的量比 C180 的量大得多。已知两个转化反应：反应物
3C60 ，反应物 C180，则势能（活化能）与反应进程的关系正确的是______（选填字
母序号）。
（3）甲醇脱氢和甲醇氧化都可以制取甲醛，但是 O2 氧化法不可避免地会深度氧化成 CO。脱氢
法和氧化法涉及的三个化学反应的 lgK 随温度 T 的变化曲线如图所示。写出图中曲线①的化
学反应方程式________；曲线③的化学反应方程式为________；曲线②对应的化学反应是____
（填“ 放热” 或“ 吸热” ）反应。
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【答案】 (1). C (2). < (3). 33.3 (4). B (5). 2HCHO（g）+O2（g）=2CO
（g）+2H2O（g） (6). CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g） (7). 放热
【解析】
【详解】(1)①已知反应 A(g)+B(g) 2D(g)，根据化学反应速率跟化学计量数成正比可知，
A、B 减少的量相等，同时生成 2 倍的 D，故曲线 C 符号该反应中各物质浓度随时间变化，答
案为：C；
②在 298K 时，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa 时，反应 A(g) 2B(g)的
Qp=(1kPa)2÷1kPa=1kPa>K，则反应向逆反应方向进行，v 正”)P 和 F 形成的分子 PF3
和 PF5，它们的几何构型分别为__、__。
(3)①黑磷中 P 原子杂化类型是__。黑磷中不存在__(选填字母序号)。
A.共价键 B.σ键 C.π键 D.范德华力
②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为__，原因是__。
(4)图 A 中编号为②的 P 原子的晶胞内坐标为__，黑磷的晶胞中含有__个 P 原子。
【答案】 (1). (2). ＜ (3). 三角锥 (4).
三角双锥 (5). sp3 (6). C (7). 黑磷＞红磷＞白磷 (8). 黑磷相当于石墨，属
于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德
华力越大，熔沸点越高；所以熔点高低顺序为黑磷>红磷>白磷 (9). (0.500，-0.090，0.402)
(10). 8
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【解析】
【分析】
根据 P 最外层 5 个电子，写出价电子排布图；根据电负性递变规律，以 N 元素为中间，判断 P
与 F 的电负性大小，以 VSEPR 理论，判断 PF3 和 PF5 的空间构型；根据黑磷烯与石墨烯结构相
似，P 的配位数为 3，判断 P 原子杂化类型和熔点高低；根据题中图示和所给信息，判断 P 原
子的坐标及晶胞中 P 原子个数。
【 详 解 】（ 1 ） P 为 15 号 元 素 ， 其 核 外 价 电 子 排 布 为 3s23p3 ， 价 电 子 排 布 图 为 ：
；答案为： 。
（2）同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大，N、F 同一周期，电负性
x(N)＜x(F)，同一主族，从上到下，电负性依次减弱，N、P 属于同主族，电负性 x(N)＞x(P)，
P 和 F 的电负性大小顺序是 x(P)＜x(F)；PF3 的价层电子对数 3+ 5-3 1
2
=4，有一对孤电子对，
所以空间构型为三角锥形，PF5 的价层电子对数 5+ 5-5 1
2
=5，无孤电子对，所以空间构型为三
角双锥形；答案为＜，三角锥，三角双锥。
（3）①黑磷烯与石墨烯结构相似，P 的配位数为 3，有一对孤电子对，黑磷中 P 原子杂化类
型是 sp3，黑鳞中，P 与 P 形成共价键，即有σ键，黑磷烯与石墨烯结构相似，层与层之间有
分子间作用力，即范德华力，故不存在π键；答案为 sp3，C。
②黑磷相当于石墨，属混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，
分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高，所以熔点高低顺序为黑磷＞红磷＞白磷；答案为
黑磷＞红磷＞白磷，黑磷相当于石墨，属混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分
子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高。
（4）结合图 B 可知，图 A 中编号为②的 P 原子位于同一坐标轴 a，关于坐标轴 b 对称，且位
于坐标轴 c 的值为 1-0.598=0.402，该 P 原子在晶胞内的坐标为(0.500，-0.090，0.402)；该
晶胞中第一层含有 P 原子 1+1=2 个，第二层含有 P 原子 1+1+1+1=4 个，第三层含有 P 原子 1+1=2
个，共 8 个 P 原子；答案为(0.500，-0.090，0.402)，8。
12.苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：
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（1）A 中官能团有氟原子、_____和________。（均填名称）
（2）C3H5O2Cl 的结构式为________。
（3）反应①和②的反应类型相同，其反应类型是___________。
（4）化合物 D 的分子式为___________。
（5）反应⑤生成“ 物质 F” 和 HCl，则 E→F 的化学反应方程式为________。
（6） 是 F 的同分异构体，其中 X 部分含—COOH 且没有支链，满足该条件的同分异
构体有______种（不考虑立体异构）。
（7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物，请设计由甘氨酸（HOOCCH2NH2）和
CNCH2COOC2H5 制备 的合成路线________（无机试剂任选）。
【答案】 (1). 氨基 (2). 羧基 (3). ClCOOC2H5 (4). 取代反应 (5).
C10H9N2O2F (6). +CNCH2COOC2H5 +HCl (7). 3
(8).
【解析】
【分析】
根据合成路线可知，A 与 C3H5O2Cl 发生取代反应生成 B，B 与 C2H5OH 发生酯化反应并成环得到 C，
C 与 CH3NHCH2COOH 反应生成 D，D 经过反应④得到 E，E 与 CNCH2COOC2H5 反应得到 F 和 HCl，据
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此分析解答问题。
【详解】(1)A 的结构简式为 ，分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基，故
答案为：氨基；羧基；
(2)根据上述分析可知，A 与 C3H5O2Cl 发生取代反应生成 B，B 的结构简式为 ，
逆推可得 C3H5O2Cl 的结构简式为 ClCOOC2H5，故答案为：ClCOOC2H5；
(3)反应①为 A 与 C3H5O2Cl 发生取代反应生成 B，反应②为 B 与 C2H5OH 发生酯化反应并成环得
到 C，两者都是取代反应，故答案为：取代反应；
(4)化合物 D 的结构式为 ，根据各原子的成键原理，可知其分子式为 C10H9N2O2F，
故答案为：C10H9N2O2F；
(5)E 与 CNCH2COOC2H5 反应得到 F 和 HCl，反应方程式为：
+CNCH2COOC2H5 +HCl，故答案为：
+CNCH2COOC2H5 +HCl；
(6) 是 F 的同分异构体，则 X 为—C4H7O2，又 X 部分含—COOH 且没有支链，则 X
有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33 种结构，即满足条件的同分异构体
有 3 种，故答案为：3；
(7)结合题干信息，制备 时，可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2）脱水缩合得到
， 在与 POCl3 反应得到 ， 与
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CNCH2COOC2H5 反应制得 ，合成路线为
，故答案
为： 。
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