辽宁省辽阳市2020届高三第二次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

辽宁省辽阳市2020届高三第二次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 高三考试理科综合试卷 化学部分 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Fe56 Cu64‎ 第I卷(选择题 共126分)‎ 一、选择题：本题共13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.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是 A. 用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用 B. 中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料 C. 港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能 D. “司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为FeO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A项错误；‎ B．碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B项错误；‎ C．考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；‎ D．司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非FeO，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.1，2—二苯乙烯(具有抗老年痴呆、抗癌等功能，下列关于该有机物的说法不正确的是 A. 难溶于水 B. 不能使高锰酸钾稀溶液褪色 C. 分子中所有原子可能共平面 D. 可以发生加成聚合反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．所有的碳氢化合物均难溶于水，A项正确；‎ B．该物质分子结构中含有碳碳双键，可以使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；‎ - 17 -‎ C．乙烯和苯都是平面型分子，当苯环与碳碳双键之间的单键旋转到特定位置时，可以共平面，所以分子中所有原子可能共平面，C项正确；‎ D．该物质分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 50 g 34%H2O2溶液中含H－O键的数目为NA B. 180 g淀粉完全水解生成葡萄糖的分子数为NA C. 1 L 0.1 mol·L－1K2SiO3溶液中含SiO32－的数目为0.1NA D. 反应5NaClO2＋4HCl＝4ClO2↑＋5NaCl＋2H2O，每生成1 mol ClO2转移电子的数目为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．50 g 34%H2O2溶液中，H2O2和H2O中都有H－O键，H2O2的物质的量为50g×34%÷34g/mol=0.5mol，H2O的物质的量为50g×(1-34%)÷18g/mol=1.83mol， H2O2中的H－O键的数目为NA，水中H－O键的数目约为3.66NA，A错误；‎ B．180g淀粉（C6H10O5）n的物质的量为mol，根据（C6H10O5）nnC6H12O6，可生成C6H12O6的物质的量为mol 1.11mol，B错误；‎ C．由于SiO32－水解，1 L 0.1 mol·L－1 K2SiO3溶液中含SiO32－的数目小于0.1NA，C错误；‎ D．反应中Cl元素的化合价由反应前的+3价（NaClO2）变为反应后的+4价（ClO2），每个Cl原子失去1个电子，故每生成1 mol ClO2转移电子的数目为NA，D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.从酸性蚀刻废液(含FeCl2、CuCl2、HCl及少量FeCl3)中回收铜并再生FeCl3酸性溶液的过程中，不涉及的操作是 A. B. ‎ - 17 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从酸性蚀刻废液(含FeCl2、CuCl2、HCl及少量FeCl3)中回收铜并再生FeCl3酸性溶液的过程为：先在溶液中加过量的Fe，使FeCl3和HCl都转化为FeCl2，并将CuCl2中的Cu置换出来，再过滤，将固体Cu和过量的Fe分离出来，之后可用磁铁将混合物分离，得到Cu单质。滤液中主要剩余FeCl2，通入Cl2，将FeCl2氧化为FeCl3，达到再生FeCl3的目的。‎ ‎【详解】A．根据分析，酸性蚀刻废液中需先加Fe搅拌，A正确；‎ B．酸性蚀刻废液与Fe反应完后要过滤，B正确；‎ C．滤液需用Cl2氧化为FeCl3，C正确；‎ D．根据分析，整个操作过程不需要蒸馏操作，D错误；‎ 故选D。‎ ‎5.四种短周期元素X、Y、Z、W(位置如图所示)的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是 X Y Z W A. 由X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料 B. Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强 C. 由X、W和氢三种元素形成的化合物中只含共价键 D. X、Y、W三种元素最简单氢化物的沸点依次升高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ 设X的最外层电子数为a，则Z的最外层电子数为a-1，Y的最外层电子数为a+1，W的最外层电子数为a+2，由题意，a+a-1+a+1+a+2=22，解得a=5。由于四种元素均为短周期，根据表格所示，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，故X为N元素，Y为O元素，Z为Si元素，W为Cl元素。‎ ‎【详解】A．Si3N4是是一种新型无机非金属材料，它是一种超硬物质，本身具有润滑性，并且耐磨损，为原子晶体，A正确；‎ B．Si、N、Cl三种元素的非金属性依次增强，它们最高价氧化物对应水化物的酸性也依次增强，但该选项没有说明是最高价氧化物，其它价态的氧化物的水化物的酸性强弱无法用周期律进行比较，B错误；‎ C．由N、Cl、H三种元素组成的NH4Cl中有离子键，C错误；‎ D．N、O、Cl的氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于NH3和H2O分子间存在氢键，沸点大小为：H2O＞NH3＞HCl，D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.室温时，H2S的Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15。下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L－1的NaHS溶液中：c(S2－)>c(H2S)‎ B. 反应S2－＋H2OHS－＋OH－的平衡常数K＝1×10－7‎ C. 0.1 mol·L－1的Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)‎ D. NaHS与Na2S以任意比混合的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在H2S溶液中，有=1.0×10-7，=7.0×10-15，=10-14。‎ ‎【详解】‎ A．HS-+H2OH2S+OH-，水解平衡常数为：‎ ‎，＞，即HS-‎ - 17 -‎ 的水解程度大于电离程度，故有c(S2-)＜c(H2S)，A错误；‎ B．反应S2-+H2OHS-+OH-的平衡常数：，B错误；‎ C．Na2S溶液中，由质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，C正确；‎ D．NaHS与Na2S以任意比混合溶液中，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(HS-)＋2c(S2-)+c(OH-)，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题要注意A选项，比较c(S2-)与c(H2S)的大小，实际是在比较HS-的水解程度和电离程度的关系，因为HS-水解生成H2S，电离生成S2-。‎ ‎7.Persi等人以LiTi2O4作负极，LiFePO4作正极，采用LiClO4－EC－PC－PVdF凝胶作电解质溶液，组成新型锂离子二次电池，电池隔板只允许Li＋通过，该锂离子二次电池结构示意图如图，下列说法不正确的是 A. 若正、负极材料质量相等，当外电路转移1 mol e－时，两极质量差为14g B. 放电时，LiFePO4电极的电势低于LiTi2O4的电势 C. 放电时，电解质溶液中的Li＋向LiFePO4一极移动 D. 充电时，LiFePO4电极接电源的正极，发生氧化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，LiTi2O4作负极，LiFePO4作正极，原电池两极的反应分别是：‎ 负极反应： ()‎ 正极反应：Li(1－x)FePO4＋＋= LiFePO4 ()‎ ‎【详解】A．根据分析，当外电路转移1 mol e－时，负极有1 molLi变为Li＋‎ - 17 -‎ 进入电解质中，电极质量减少7g，正极有1 molLi＋变为Li在电极上析出，电极质量增加7g，故两极质量差为14g，A正确；‎ B．放电时为原电池，LiTi2O4作负极，LiFePO4作正极，正极的电势高，故LiFePO4电极的电势高于LiTi2O4的电势，B错误；‎ C．放电时，电解质中的阳离子向正极移动，所以Li＋向LiFePO4一极移动，C正确；‎ D．充电时，原电池的正极接电源的正极作为电解池的阳极，所以LiFePO4电极接电源的正极，电解池的阳极发生氧化反应，D正确；‎ 故选B。‎ 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22～32题为必考题，每道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。‎ ‎(一)必考题：共129分。‎ ‎8.利用废旧镀锌铁皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)制备纳米Fe3O4及副产物ZnO的流程如下：‎ 已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似，“滤液1”中锌元素以ZnO22－形式存在。回答下列问题：‎ ‎(1)实验中需调节“滤液1”的pH约为8，pH过大或过小都不利的原因是_______________。‎ ‎(2)“滤渣1”的主要成分是__________(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分是_______。‎ ‎(3)“部分氧化”阶段，ClO3－被还原为Cl－，该反应的离子方程式是____________________。‎ ‎(4)向“溶液2”中通入N2的目的是________________________________________________。‎ ‎(5)某化学兴趣小组用m1 g废旧镀锌铁皮(Fe元素的质量分数为w)制备纳米Fe3O4，最终得到m2 g产品，则产率为__________(用含m1、m2和w的代数式表示)。‎ ‎(6)用酸性高锰酸钾溶液可测定产物Fe3O4中二价铁含量，用稀硫酸溶解Fe3O4，再用酸性KMnO4‎ - 17 -‎ 标准溶液进行滴定，发生反应：5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。‎ ‎①判断该反应到达滴定终点的现象是______________________________________________。‎ ‎②滴定操作中，若滴定前装有酸性KMnO4标准溶液的滴定管尖嘴部分无气泡，而滴定结束后有气泡，则测得的二价铁含量__________(填“偏高”偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). pH过小，导致氢氧化锌沉淀溶解；pH过大，ZnO22-不会完全转化为Zn(OH)2，ZnO的产率减小 (2). Fe、Fe2O3 (3). Zn(OH)2 (4). 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O (5). 防止Fe2+被氧化 (6). (7). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由淡黄色变成浅红色，且半分钟内不褪色 (8). 偏低 ‎【解析】‎ 分析】‎ 由流程图可知，废旧镀锌铁皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)加NaOH后，Zn、ZnO转化为ZnO22-，进入滤液1中，Fe2O3、Fe不与NaOH反应，进入到滤渣1中。滤渣1经水洗、酸溶，转化为含有Fe2+和Fe3+的溶液，加入NaClO3氧化，使部分Fe2+转化为Fe3+，再加入NaOH，在N2的保护下使Fe2+和Fe3+转化为纳米Fe3O4。滤液调pH后ZnO22-转化为Zn(OH)2沉淀下来，滤渣2即为Zn(OH)2，经灼烧后转化为ZnO。‎ ‎【详解】（1）根据分析，滤液1中为ZnO22-，pH过小，会导致Zn(OH)2沉淀溶解：Zn(OH)2+2H+=Zn2++2H2O；由于ZnO22-在强碱中可稳定存在，pH过大，ZnO22-不会完全转化为Zn(OH)2，最终生成的ZnO减少；‎ ‎（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是Fe、Fe2O3，滤渣2的主要成分是Zn(OH)2；‎ ‎（3）部分氧化过程中，Fe2+被氧化为Fe3+，根据题意，ClO3－被还原为Cl－，故离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；‎ ‎（4）由于部分氧化之后，溶液中的Fe2+和Fe3+已经符合纳米Fe3O4要求的比例，而在加NaOH的过程中，Fe2+易被氧化，故通N2的目的是防止Fe2+被氧化；‎ ‎（5）Fe3O4中Fe占的比例为，m1 g废旧镀锌铁皮（Fe元素的质量分数为w）理论上能产生Fe3O4的质量为，最终得到m2 g产品，则产率为 - 17 -‎ ‎；‎ ‎（6）①用酸性KMnO4溶液可测定产物Fe3O4中的Fe2+，由于原溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故原溶液为黄色，当Fe2+被滴定完后，溶液中出现KMnO4，溶液变为浅红色，所以滴定终点现象为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由淡黄色变成浅红色，且半分钟内不褪色。‎ ‎②若滴定前装有酸性KMnO4标准溶液的滴定管尖嘴部分无气泡，而滴定结束后有气泡，说明滴定使用的KMnO4标准溶液体积偏小，导致计算时算出的Fe2+含量也偏小。‎ ‎【点睛】本题要注意第（6）①问，溶液的颜色会随有色离子的浓度的变化而变化，比如KMnO4溶液为紫色，但较稀的状态下就是粉红色或浅红色；另外，多种有色离子共存时，颜色浅的会被深色的掩盖，一定要注意这些细节。‎ ‎9.CS2是一种常见溶剂，还可用于生产人造粘胶纤维等。回答下列问题：‎ ‎(1)CS2与酸性KMnO4溶液反应，产物为CO2和硫酸盐，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为__________(MnO4－被还原为Mn2＋)。‎ ‎(2)甲烷硫磺法制取CS：的反应为CH4(g)＋2S2(g)CS2(g)＋2H2S(g) △H ‎①在恒温恒容密闭容器中进行该反应时，能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填字母)。‎ A.v正(S2)＝2v逆(CS2)‎ B.容器内气体的密度不再随时间变化 C.容器内气体的总压强不再随时间变化 D.单位时间内断裂C－H键数目与断裂H－S键数目相等 ‎②已知下列键能数据：‎ 共价键 C-H S=S C=S H-S 键能/ ‎ ‎411‎ ‎425‎ ‎573‎ ‎363‎ 该反应的△H＝_________kJ·mol－1。‎ ‎(3)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入H2S和CH4且n(H2S)：n(CH4)＝2：1，发生反应：CH4(g)＋2H2S(g)CS2(g)＋4H2‎ - 17 -‎ ‎(g)。0.1MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示：‎ ‎①该反应△H_________(填“>”或“<”)0。‎ ‎②M点对应温度下，H2S的平衡转化率为_________，为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是___________________________(列举一条)。‎ ‎③N点，平衡分压p(CS2)＝_________MPa，对应温度下，该反应的Kp＝_________(MPa)2。(Kp为以分压表示的平衡常数)‎ ‎【答案】 (1). 5:16 (2). AD (3). -104 (4). > (5). 20% (6). 减小起始时 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意，CS2被氧化为硫酸盐，每个S的化合价由-2价升至+6价，转移电子数为8，2个S转移电子数为16，MnO4－被还原为Mn2＋，每个Mn转移电子数为5，根据氧化还原反应转移电子数守恒，还原剂（CS2）与氧化剂（MnO4－）的物质的量之比为5:16；‎ ‎（2）①A．v正(S2)＝2v逆(CS2)，反应速率符合化学计量数之比，且既有正反应方向又有逆反应方 向，A正确；‎ B．气体的密度，反应物和生成物都是气体，根据质量守恒，m为定值，容器体积固定，V不变，故是个定值，不能用来判定化学平衡，B错误；‎ C．由于反应CH4(g)＋2S2(g)CS2(g)＋2H2S(g)前后气体体积不变，故容器中的压强也不变，所以压强不能用来判定平衡，C错误；‎ D．断裂C－H键是正反应方向，断裂H－S键是逆反应方向，CH4与H2‎ - 17 -‎ S计量数之比为1:2，化学键数目之比为1:1，单位时间内断裂C－H键数目与断裂H－S键数目相等，说明反应速率符合系数比，D正确；‎ 故选AD。‎ ‎②焓变可以用反应物的总键能减去生成物的总键能来计算，；‎ ‎（3）①由图像可知，温度升高时，平衡向正向移动，故正反应吸热，>0；‎ ‎②设开始时投入的CH4的物质的量为，H2S的物质的量为2，反应的CH4的物质的量为，则有 M点时，CH4与H2S物质的量相等，故有，则H2S转化率为；增大H2S的转化率可以提高CH4的投料比，即减小起始时；‎ ‎③设开始时投入的CH4的物质的量为，H2S的物质的量为2，反应的CH4的物质的量为，则有 N点时，H2S与H2物质的量相等，故有，解得。所以反应后的总物质的量为，平衡后CS2的分压为；‎ 平衡常数。‎ ‎【点睛】本题要注意第（3）③问，每个组分的分压等于该组份的物质的量与平衡时总物质的量的比值再乘以总压强，然后根据平衡常数的表达式列出Kp进行计算。‎ ‎10.H2NCOONH4(59℃时升华并分解)可用作磷化铝中间体及医药等。可由干燥的NH3与CO2在低温下(或冰水浴)制取，装置如图所示：‎ - 17 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置①中用“恒压分液漏斗”代替普通的分液漏斗，其优点是_____________，滴入浓氨水并搅拌能产生大量NH3的原因是____________________，装置②干燥塔中盛放的合适干燥剂是_____________(填名称)。‎ ‎(2)装置③用盛干冰装置代替实验室制备CO2的常见制备及纯化转置，其优点除装置简洁且可产生纯净干燥的CO2外，还具有的优点是____________________________________。‎ ‎(3)装置④用“聚乙烯薄膜反应器”代替反应管的优点是____________，“聚乙烯薄膜反应器”中发生反应的化学方程式为_____________________________________________。‎ ‎(4)从环境保护角度分析，装置⑤的作用是_____________，还可以通过观察气泡确定NH3和CO2的比例是否合适，判断的依据及不合适时的调节方案为________________。‎ ‎【答案】 (1). 便于液体顺利滴入三口烧瓶中 (2). NH3(g)+H2O(1)NH3·H2O(aq)NH4+(aq)+OH-(aq)，增大了OH-浓度使平衡逆向移动，且NaOH固体可以吸水，减少了游离水量并放出了热量，这都有利于NH3逸出 (3). 碱石灰 (4). 干冰升华吸热，可维持反应在低温下进行 (5). 可轻轻揉搓得到粉末状的H2NCOONH4(或易散热，有利于提高H2NCOONH4的转化率并避免分解) (6). 2NH3+CO2=H2NCOONH4 (7). 吸收未反应完的NH3 (8). 若无气泡产生，说明比例合适,若有气泡产生，可以通过调节恒压滴液漏斗的活塞控制浓氨水的加入速率 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置①由浓氨水分解制NH3，经过②干燥，与③中干冰升华产生的CO2一起进入④中反应，得到产物H2NCOONH4，装置⑤中的浓H2SO4可以吸收多余的NH3。‎ ‎【详解】（1）装置①中的“恒压分液漏斗”侧面有一根玻璃管连通上下，可以平衡漏斗中液体上下的气压，便于液体顺利滴入三口烧瓶中；浓氨水中存在反应NH3(g)+H2O(1)NH3·H2O(aq)NH4+(aq)+OH-(aq)，NaOH遇水产生大量的热，并且有大量OH-‎ - 17 -‎ ‎，促使平衡向生成NH3的方向移动，从而产生大量NH3；NH3一般用碱石灰进行干燥；‎ ‎（2）NH3与CO2在低温下反应制取，干冰升华吸热，可以维持低温环境；‎ ‎（3）“聚乙烯薄膜反应器”比较柔软，可以隔着反应器揉搓得到粉末状H2NCOONH4，而且薄膜容易散热，有利于提高H2NCOONH4的转化率并避免分解；反应的化学方程式为2NH3+CO2=H2NCOONH4；‎ ‎（4）由于NH3有污染，浓H2SO4可以吸收多余的NH3；浓H2SO4可以吸收多余的NH3，但不会吸收CO2，若NH3与CO2比例刚好能完全反应，则不会有CO2剩余，那么浓H2SO4中就不会看到气泡，若能看到气泡，则说明CO2产生的较快，需要加快NH3的速率。‎ ‎【点睛】本题易错点为（4），气体的流量，可以通过气泡的速率来判断，本题就利用了这个技巧。‎ 另外，第（3）题中，聚乙烯是塑料，柔软而又有韧性，聚乙烯薄膜反应器的优点要从这方面去回答。‎ ‎(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。‎ ‎[化学——物质结构与性质]‎ ‎11.在硫酸铜溶液中加入过量KCN，发生反应：CuSO4＋4KCN＝K2[Cu(CN)4]＋K2SO4。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)基态铜原子的电子排布式为_____________。‎ ‎(2)N、O、S元素分别与H形成的二元共价化合物中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_____________(填化学式，写出两种)。‎ ‎(3)N2O5晶体由两种离子构成，已知其阴离子(NO3－)的立体构型为平面三角形，则其阳离子(NO2＋)的立体构型为_____________，阳离子中氮的杂化方式为_____________。‎ ‎(4)相同条件下，SO2、CO2在水中的溶解度较大的是_______________(填分子式)，理由是_________________________________________________________________。‎ ‎(5)N、O元素第一电离能的大小关系为__________(用元素符号表示)，原因为____________。‎ ‎(6)铜晶体为面心立方最密堆积，配位数为_____________，铜的原子半径为127.8 pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，列出铜晶体的密度计算式：_____________g·cm－3。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s1 (2). H2O2、N2H4 (3). 直线形 (4). sp杂化 (5). SO2 (6). CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H₂O中的溶解度较大 (7). N>O (8). N元素2p3‎ - 17 -‎ 为半充满，较稳定，所以第一电离能更大 (9). 12 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Cu是29号元素，由于洪特规则，电子排布式为[Ar]3d104s1；‎ ‎（2）N、O、S元素分别与H形成的二元共价化合物有：NH3、N2H4、H2O、H2O2、H2S，其中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是H2O2（H-O-O-H）、N2H4（）；‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论，可计算出NO2＋的价层电子对数为2，故NO2＋的空间构型为直线型，N的杂化方式为sp杂化；‎ ‎（4）CO2空间构型为直线型，正负电荷中心重合，是非极性分子，SO2和H2O都是V型，是极性分子，根据“相似相溶”原理，极性分子易溶于极性溶剂，所以SO2在H₂O中的溶解度较大；‎ ‎（5）N元素是第VA族，最外层2p3为半充满，根据洪特规则，半满状态较稳定，所以第一电离能更大，故第一电离能N>O；‎ ‎（6）铜晶体为面心立方最密堆积，最密堆积的配位数为12；面心立方最密堆积的晶胞中Cu原子在8个顶点和6个面心，每个晶胞中Cu的数目为，面心立方最密堆积中半径（r）和晶胞参数（a）的关系为，晶胞密度；‎ ‎[化学——有机化学基础]‎ ‎12.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，可由氯喹(H)与磷酸在一定条件下制得，它的一种合成方法如下：‎ - 17 -‎ 已知：‎ 回到下列问题：‎ ‎(1)A中含有的官能团名称为_____________。‎ ‎(2)B的分子式为_____________。‎ ‎(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，H中有_________个手性碳原子。‎ ‎(4)F→H的反应类型为_____________。‎ ‎(5)C与NaOH溶液反应的化学方程式为___________________________________________。‎ ‎(6)E与氢气反应后的产物M的分子式为C9H8NOCl，符合下列条件的M有__________种。‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应 ②除苯环外不含其他环状结构 ‎③苯环上只有2个取代基 ④含有－NH2和 其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：1：2的M的结构简式为___________。(任写2种)‎ ‎【答案】 (1). 硝基、氯原子 (2). C6H6NCl (3). 1 (4). 取代反应 (5). +2NaOH+CH3CH2OH+H2O (6). 12 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，化合物A（）经过还原，硝基被还原成氨基，得到B（‎ - 17 -‎ ‎），B经过反应得到C（），C经过NaOH将酯基水解后加H+将吡啶环上的氧钠变回羟基得到D（），D在一定条件下脱去羧基，得到E（），E在三氯氧磷的作用下发生取代，将羟基取代为氯，得到F（），F中的Cl与中的氨基氢发生取代得到最终产物氯喹。‎ ‎【详解】（1）化合物A为，官能团是硝基和氯原子；‎ ‎（2）化合物B为，分子式是C6H6NCl；‎ ‎（3）化合物H的手性碳只有1个，用“*”标记，如图；‎ ‎（4）由分析可知，F→H的反应为取代反应；‎ ‎（5）根据分析和已知，C与NaOH溶液反应的化学方程式为：‎ ‎+2NaOH+CH3CH2OH+H2O；‎ ‎（6）根据题意，化合物M中有酚羟基、苯环、碳碳三键、氨基，且苯环上只有2个取代基，同分异构体有：、、‎ - 17 -‎ ‎、、、、、、、、、，共12种；‎ 其中，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：1：2的有四种：、、、；‎ ‎【点睛】要注意本题(6)问，同分异构体看似很多，实际上除酚羟基之外为取代基只有四种结构，每种结构有邻、间、对三种同分异构体，故共有种同分异构体。‎ ‎ ‎ - 17 -‎ - 17 -‎