云贵川桂四省2021届高三上学期联合考试理科综合化学试题 Word版含解析 15页

- 1 - 云贵川桂四省 2021 届高三联合考试 理科综合化学 可能用到的相对原子质量:H-1 O-16 Na-23 Al-27 Mn-55 Se -79 1. 国家发改委生态环境部等九部门联合印发了(关于扎实推进塑料污染治理工作的通知)，2021 年 1 月 1 日起将在部分地区、场所禁止使用不可降解塑料购物袋，一次性盟料刀、叉、勺等。 下列说法错误的是 A. 聚乙烯是天然高分子化合物 B. 聚烯烃废旧塑料裂解可制取化工原科 C. 禁用不可降解塑料购物袋有助于控制白色污染 D. 含氧的不可降解塑料直接焚烧会产生大量有毒物质 【答案】A 【解析】 【详解】A．聚乙烯是人工合成的有机高分子化合物，故 A 错误； B．废旧聚烯烃塑料经裂解可制取其它化工原科，故 B 正确； C．白色污染是不可降解的塑料对环境的污染，则禁用不可降解塑料购物袋有助于控制白色污 染，故 C 正确； D．含氧的不可降解塑料直接焚烧会产生有毒气体，污染环境，故 D 正确； 故答案为 A。 2. 利用图中所示装置及试剂，能达到相应实验目的的是 试剂甲 试剂乙 实验目的 A 饱和食盐水 浓硫酸 从 Cl2 和 SO2 的混合气体中分离出 SO2 B NaOH 溶液 浓硫酸 除去乙烷中的 H2S C 溴水 浓硫酸 除去 C2H4 中的 CH4 D NaOH 溶液 浓硫酸 除去 NO2 中的 NO A. A B. B C. C D. D - 2 - 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl2 和 SO2 的混合气体在饱和食盐水中反应生成硫酸和盐酸，不能分离出 SO2， 故 A 不符合题意； B．NaOH 溶液与 H2S 气体反应，乙烷不和 NaOH 溶液反应，浓硫酸干燥乙烷气体，能达到实 验目的，故 B 符合题意； C．溴水和 C2H4 反应，不和 CH4 反应，需要保留的物质被反应了，不能达到实验目的，故 C 不符合题意； D．2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O，NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O，虽然 NO 已除去，但 NO2 也被反应了，不能达到实验目的，故 D 不符合题意。 综上所述，答案为 B。 3. 《本草纲目·草部·龙胆》冲记载。龙胆可治疗伤寒发狂四肢疼痛等，龙胆中的活性成分龙胆 胆苦的结构简式如图所示，下列有关龙胆苦苷的说法错误的是 A. 分子中含有 16 个碳原子 B. 能与金属钠反应 C. 能使酸性 K2Cr2O7 溶液褪色 D. 不能与 NaOH 溶液反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据每个拐点是一个碳，末端是一个碳原子分析得到该分子共含有 16 个碳原子， 故 A 正确； B．该物质含有羟基，因此能与金属钠反应生成氢气，故 B 正确； C．该物质含有碳碳双键、羟基，因此能使酸性 K2Cr2O7 溶液褪色，故 C 正确； D．该物质含有酯基，因此能与 NaOH 溶液反应，故 D 错误。 综上所述，答案为 D。 4. 某科研人员提出 HCHO 与 O2 在羟基磷灰石(HAP)表面船化氧化生成 CO2、H2O 的历程，该 - 3 - 历程如图所示(图中只画出了 HAP 的部分结构)已知:HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) ∆H< 0 下列说法不正确的是 A. 状态 1 的总能量高于状态 2 的总能量 B. 反应过程中既有共价健的断裂，又有共价键的形成 C. HAP 能降低反应的活化能和焓变，提高反应速率 D. 根据图示信息.CO2 分子中的氧原子只有部分来自 O2 【答案】C 【解析】 【详解】A. HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) ∆H< 0，反应放热则状态 1 的总能量高于状态 2 的 总能量，故 A 正确； B.反应过程中断裂了 HCHO 与 O2 中的共价键，形成了 CO2、H2O 中的共价键，故 B 正确； C.由图可知 HAP 为反应催化剂，能降低反应活化能，提高反应速率，但不能改变反应的焓变， 反应焓变只与反应物和生成物的总能量有关，故 C 错误； D.由图示可知，CO2 分子中的氧原子部分来自 O2，部分来自 HCHO，故 D 正确。 故答案选：C。 5. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是 A. 四氧化三铁溶于足量稀硝酸:3Fe3O4+28H++ - 3NO =9Fe3+ +NO↑+14H2O B. 工业上生产漂白粉的原理:Cl2+2OH-= C1- +ClO- +H2O C. 向硫酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液: + 4NH +OH-=NH3· H2O D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量 H2O2 溶液: - 42MnO +6H ++7H2O2=2Mn2++6O2↑+10H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A. 四氧化三铁溶于足量稀硝酸发生氧化还原反应生成 Fe3+和 NO，离子方程式为： - 4 - 3Fe3O4+28H++ - 3NO =9Fe3+ +NO↑+14H2O，故 A 正确； B. 工业上生产漂白粉是将氯气通入石灰乳中，石灰乳中氢氧化钙主要以分子形式存在不能拆 成离子形式，故 B 错误； C. 硫酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠氢氧根先与氢离子结合， + - 2H +OH =H O ，故 C 错误； D.化合价升降不守恒，应为： - 42MnO +6H ++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故 D 错误。 故答案选：A。 6. 电解法制备氧氧化铝的简易装置如图所示，其中两电极均为惰性电极，下列说法正确的是 A. 电板 A 为阳极，发生氧化反应 B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 相同条件下，生成的气体 a、b 的体积比为 1：2 D. 当有 0.4 mol 电子转移时，右侧区域溶液的质量减少 43.6g 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解池左侧是稀 NaOH 溶液变为浓 NaOH 溶液，说明电板 A 是水中氢离子得到 电子变为氢气，因此电极 A 为阴极，发生还原反应，故 A 错误； B．根据电解池异性相吸，右侧的钠离子通过离子交换膜进入到左侧，因此离子交换膜为阳离 子交换膜，故 B 错误； C．相同条件下，根据 A 选项得到电极 A 产生氢气，电极 B 是水中氢氧根失去电子得到氧气， 因此生成的气体 a、b 的体积比为 2:1，故 C 错误； - 5 - D．当有 0.4 mol 电子转移时，右侧区域有 0.4mol 钠离子进入到左侧，同时电解 0.2mol 水生成 了 0.1mol 氧气和 0.4mol 氢离子，再根据 2AlO ＋H＋＋H2O＝Al(OH)3↓，因此还有 0.4mol 2AlO 和 0.4mol H2O 消耗生成沉淀，因此整个右侧溶液减少 0.4mol 2AlO 和 0.6mol H2O、0.4mol Na＋， 即质量为 0.4mol×(59g∙mol−1＋23 g∙mol−1)＋0.6mol×18g∙mol−1＝43.6g，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。 7. 短周期主族元素 X、Y、Z.、W 的原子序数依次增大，元素 Y 是地壳中含量最多的元素。X 与 Z 同主族且二者可形成离子化合物，W 最外是电子数是其电子层数的 2 倍。下列说法正确 的是 A. 非金属性:XS>O，故 B 正 确； C.根据上述分析：W 为 S 元素，它形成的 H2SO3 为弱酸，故 C 错误； D.根据上述分析：Z 为 Na 元素，Z 的氧化物有氧化钠和过氧化钠，氧化钠对应的水化物为 NaOH，属于强减，过氧化钠和水反应生成 NaOH 和氧气，故 D 错误； 故答案：B。 8. 过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]作为氧化制和漂白剂，被广泛用于蓄电池工业,在照相工业上用来除 去海波。 实验 1 :(NH4)2S2O8 的制备原理为 H2O2 +2H2SO4 +2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O,实验室模拟制备 (NH4)2S2O8 的装置如图所示。 - 6 - (1)仪器 b 的名称是______,b 中试剂为_____ (写试刺名称),装置 d 的作用是 ____________________。 (2)在三颈烧斯中，浓硫酸与 H2O2 反应.部分转化为过一硫酸(H2SO5).此反应的化学方程式为 ___________________. (3)(NH4)2S2O8 的产率(以产品含氧量表示)随溶液 pH 和温度的变化关系如图所示。由图可知。 反应最适宜的温度和 pH 分别是__________ (4)充分反应后:将 c 中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醇洗涤。原因是________(答出 一条即可). (5)烘干产品时用红外灯低温烘干,可能的原因是______________。 实验 II 探究(NH4)2S2O8 与 MnSO4 的反应。 - 7 - (6)根据实验现象.写出(NH4)2S2O8 溶液与 MnSO4 溶液反应的离子方程式:_________。 实验 III: 标定(NH4)2S2O8 溶液的浓度。 (7)称取一定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液。并用磷量法标定该溶液的浓度，移取 25.00 ml (NH4)2S2O8 溶液放入锥形瓶中,加入过量的 KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用 0.15mol·L-1 的 Na2S2O3 溶液滴定,发生反应: 2- - 2- 2 2 3 4 6I +2S O =2I +S O 。重复上述操作三次，平均清消耗 Na2S2O3 溶液的体积为 18.60ml，到达滴定终点时的现象是______________，所标定的(NH4)2S2O8 的浓 度为________ mol·L-1. 【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 生石灰(或碱石灰) (3). 吸收尾气中的氨气，防止污染 空气 (4). H2SO4(浓)+H2O2=H2SO5+H2O (5). 0℃和 pH=2 (6). 洗除沉淀表面的杂质， 且 便 于 晶 体 干 燥 (7). 产 品 受 热 易 分 解 (8). 2Mn2++5 2- 2 8S O +8H2O=10 2- 4SO +2 - 4MnO +16H+ (9). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢 复蓝色 (10). 0.0558mol/L 【解析】 【分析】 结合氨气的实验制备装置和过二硫酸铵的反应原理分析解题，结合中和滴定的基本操作和氧 化还原反应的配平及计算分析。 【详解】(1)仪器 b 的名称是蒸馏烧瓶；装置左侧部分为氨气的制取装置，制取氨气的原料为 生石灰(或碱石灰)和浓氨水，则蒸馏烧瓶盛装试剂为生石灰(或碱石灰)，c 装置为过二硫酸铵 的生成装置，而装置 d 为尾气吸收装置，吸收尾气中的氨气，防止污染空气； (2)根据题目信息可知浓硫酸与 H2O2 反应生成过一硫酸(H2SO5)，可推测出反应的化学方程式为 H2SO4(浓)+H2O2=H2SO5+H2O； (3)(NH4)2S2O8 的产率以产品含氧量表示，含氧量越大，说明产率越高，因此根据图像，可知 最适宜条件是 0℃和 pH=2 ； (4)将 c 中混合液经蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，再用无水乙醇洗涤，可洗除沉淀表面的杂 质，且乙醇易挥发，便于晶体干燥； (5)过二硫酸铵易分解，烘干时采用红外灯低温烘干，可防止产品分解； (6)(NH4)2S2O8 溶液与 MnSO4 溶液混合发生氧化还原反应，溶液变为紫红色，说明生成了 - 4MnO ，则发生反应的离子方程式为 2Mn2++5 2- 2 8S O +8H2O=10 2- 4SO +2 - 4MnO +16H+； - 8 - (7)向(NH4)2S2O8 溶液放入锥形瓶中加入过量的 KI，然后加入几滴淀粉溶液，此时溶液显蓝色， 用 Na2S2O3 溶液滴定时发生反应: 2- - 2- 2 2 3 4 6I +2S O =2I +S O ，溶液的蓝色逐渐变浅，最终褪色， 则当溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，即为滴定终点；设(NH4)2S2O8 的物质的量 浓度为 c，则根据关系式可知：  4 2 28 2 2 32NH S O Na~ I ~ 2 1mol 2mol 0.025L c 0.15mol / L 0.0 L S 6 O 18  解得：c=0.0558mol/L。 【点睛】物质制备与定量分析，明确实验原理是解题关键，其中利用关系式计算溶液的浓度 是解题难点，特别是根据氧化还原反应的守恒法配平这是易错点。 9. 氧化锌在工业和生活中的运用非常广泛，以闪锌矿(主要成分为 ZnS，含有少量 FeS 和 SiO2) 为原料制备活性氧化锌的工艺流程如下，请回答下列问题： (1)浸取前，将闪锌矿粉碎的目的是_______________。 (2)矿渣中除了有淡黄色的物质，还有_________(填化学式)；浸取时 FeS 发生反应的离子方程 式为_______________。 (3)加入铁粉的目的是__________，能循环利用的无机物是______________(填化学式)。 (4)生成 ZnCO3·2Zn(OH)2 的离子方程式为_________________。 (5)有机萃取利 TBP 能将氧化亚铁和氯化锌分离的原因是___________________。 (6)工业上常采用 Femton 氧化法去除度水中的有机物，即向废水中加入 H2O2 以 FeCl2 作催化剂， 产生具有强氧化性的羟基自由基(·OH)来氧化降解水中的有机物(TOC)。 - 9 - ①其他条件一定时，n(H2O2):n(Fe2+ )的值对 TOC 去除效果的影响如图 1 所示，当废水中 TOC 的去除率最大时，n(H2O2): n(Fe2+)=_________。 ②在酸性条件下，H2O2 的加入量对 TOC 的去除效果如图 2 所示，当 TOC 的去除效果最好时， H2O2 的物质的量浓度 c(H2O2)=_______(保留三位有效数字)。 【答案】 (1). 增大接触面积，加快浸取速率 (2). SiO2 (3). 2Fe3++FeS=3Fe2++S (4). 将 过 量 的 Fe3+ 还 原 为 Fe2+ (5). FeCl3 (6). 2+ 2- 3 2 3 2 23Zn +3CO +2H O=ZnCO 2Zn(OH) 2CO    (7). FeCl2 和 ZnCl2 在 TBP 中的溶 解度相差较大 (8). 1 (9). 3 -11.18 10 mol L  【解析】 【分析】 根据流程图可看出，向闪锌矿(主要成分为 ZnS，含有少量 FeS 和 SiO2 )中加入 FeCl3 溶液，目 的是氧化 ZnS 和 FeS，得到含过量的 FeCl3、FeCl2 和 ZnCl2 的浸出液，以及矿渣（反应得到的 S 固体与不反应的 SiO2）；向浸出液中加入铁粉，可将过量的 Fe3+还原转化为 Fe2+，过滤后得 到的溶液 X 的溶质为 FeCl2 和 ZnCl2，再根据两者在有机物的溶解度不同，利用萃取原理分离 出 FeCl2，向 FeCl2 溶液中加入氯气可得到氯化铁溶液；另一方面有机层 TBP 中的 ZnCl2，经 过一系列操作，加入碳酸钠调节适当 pH，反应可得到 ZnCO3·2Zn(OH)2，最后加热灼烧得到 ZnO，据此分析作答。 【详解】(1)闪锌矿固体颗粒越细，反应的接触面积越大，则反应越充分，浸取速率越快，故 浸取前，将闪锌矿粉碎是为了增大接触面积，加快浸取速率； (2)根据上述分析可知，得到的矿渣中含新生成的淡黄色固体 S 与不参与反应的 SiO2；浸取时 FeS 与氯化铁发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Fe3++FeS=3Fe2++S，故答案为：SiO2； 2Fe3++FeS=3Fe2++S； - 10 - (3)浸出液中可能含有过量的氯化铁，则加入铁粉是为了将过量的 Fe3+还原为 Fe2+； (4)氯化锌与碳酸钠反应生成 ZnCO3·2Zn(OH)2，其离子方程式可表示为： 2+ 2- 3 2 3 2 23Zn +3CO +2H O=ZnCO 2Zn(OH) 2CO    ； (5)根据萃取原理可知，FeCl2 和 ZnCl2 在 TBP 中的溶解度相差较大，从而分离出 FeCl2 和 ZnCl2， 故答案为：FeCl2 和 ZnCl2 在 TBP 中的溶解度相差较大； (6)①根据图 1 曲线信息可知，当其他条件一定时，n(H2O2):n(Fe2+ )的值为 1 时，TOC 的去除 率最大，约为 45%，故答案为：1； ②根据图 2 信息可知，在酸性条件下，当 TOC 的去除效果最好时，H2O2 的浓度为 40mg/L， 则换算成浓度为 -3 3 -140 10 g 1.18 10 mol L34g/mol 1L     ，故答案为： 3 -11.18 10 mol L  。 【点睛】利用“铁三角”原理解决实际工艺流程是常考题型。本题中加入铁粉将过量的 Fe3+还原 为 Fe2+后，又加入了氯气重新得到氯化铁溶液，可返回“浸取”工艺重复利用。 10. 丙烯是三大合成材料的基本原料，主要用于生产聚丙烯、丙烯䝼、异丙醇、丙酮和环氧丙 烷等，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙婉烷脱氢 技术主要为直接催化脱氢和 CO2 氧化脱氢。 （1）丙烷直接催化脱氢生成丙烯和氢气的反应中，产物的物质的量之比 n(C3H6)：n(H2)=____。 （2）丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应为吸热反应，反应中往往伴随副反应的发生(副反应中不 生成丙烯和氢气)，丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系如图所示(图中压强分别的 为 1×10 4P 和 1×10 5Pa)。 ①1×105 Pa 时，图中表示丙烷和丙烯体积分数变化的曲线分别为______________________。 ②提高丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应平衡转化率的方法有____________、_____________。 ③1×105 Pa，500°C 时，该反应的平衡常数 Kp=____ ( 用平衡分压代替平衡浓度计算，分压= - 11 - 总压×物质的量分数)Pa。 （3）CO2 氧化脱氢法，相关的主要反应如下： I.C2H8(g) +CO2(g)  催化 高温 C3H6(g)+CO(g)+ H2O(g) II.C3H8(g)+3CO2(g)  催化 高温 6CO(g)+4H2(g) CO2 和 C3H8 按物质的量之比 1：1 投料，在 1023 K 和保持总压恒定的条件下，研究一定时间 内催化剂 X 对 CO2 氧化 C3H8 制 C3H6 的影响，所得实验数据如下表： 催化剂 C3H8 的转化率/% CO2 的转化率/% C3H6 的转化率/% 催化剂 X 19.0 38.6 33 结合具体反应分析，一定时间内在催化剂 X 的作用下，CO2 氧化 C3H8 的主要产物是______， 判断的依据是_________________________。 【答案】 (1). 1：1 (2). II；III (3). 减压 (4). 升温 (5). 2800 (6). CO(或 CO 和 H2) (7). C3H6 的产率远低于 C3H8 的转化率，说明催化剂 X 有利于提高反应 II 的速率 【解析】 【分析】 丙烷直接催化脱氢制丙烯的化学方程式为 C3H8(g) Δ 催化剂 CH3CH=CH2(g)+H2(g)，该反应 正向为气体体积增大的吸热反应，增大压强会使平衡逆向移动，丙烯的体积分数将减小，丙 烷的体积分数将增大，升高温度会使平衡正向移动，丙烯的体积分数将增大，丙烷的体积分 数将减小，然后结合化学平衡相关知识解答。 【 详 解 】（ l ） 丙 烷 直 接 催 化 脱 氢 生 成 丙 烯 和 氢 气 的 反 应 为 C3H8(g) Δ 催化剂 CH3CH=CH2(g)+H2(g)，因此产物的物质的量之比 n(C3H6)：n(H2)= 1：1； （2）①升高温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则 I、III 为 丙烯的体积分数变化曲线，Ⅱ、IV 为丙烷的体积分数变化曲线，1×105Pa 与 1×104Pa 相比，压 强增大，平衡逆向移动，从而得出表示丙烷体积分数的变化曲线为Ⅱ，表示丙烯体积分数的 变化曲线为Ⅲ； ②丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应正向是气体体积增大的吸热反应，改变外界条件时，化学 平衡将向着减弱这种该变量的方向移动，因此升高温度、降低压强均能能使平衡正向移动， 从而提高丙烷转化率，故答案为：减压；升温； - 12 - ③l×105Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气的体积分数分别为 70%、14%、14%，由此可计算该 反应的平衡常数 Kp=       5 5 5 14% 10 Pa 14% 10 Pa 70% 10 Pa     =2800Pa； （3）①由题中信息及表中数据可知，尽管 CO2 和 C3H8 按物质的量之比 1：1 投料，但是 C3H6 的产率远小于 C3H8 的转化率，CO2 的转化率高于 C3H8 的，说明在催化剂 X 的作用下，除了发 生反应 I，还发生了反应Ⅱ，而且反应物主要发生了反应Ⅱ，这也说明催化剂 X 有利于提高反 应Ⅱ的速率，因此 CO2 氧化 C3H8 的主要产物是 CO，同时还有 H2 生成，故答案为：CO(或 CO 和 H2)；C3H6 的产率远低于 C3H8 的转化率，说明催化剂 X 有利于提高反应 II 的速率。 11. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生反应:5C2H5OH+4MnO4-+ 12H++13H2O=5CH3COOH+4[Mn(H2O)6]2+。 (1)H、C、O 中.原子半轻最大的是______ (填元素符号，下同).电负性最大的是___________。 (2)[Mn(H2O)6]2+中 Mn- O 化学键称为_______键,其电子对________由提供。 H2O 与 H+结合生 成 H3O+ ,与 H3O+所含原子总数相等的等电子体是________(填分子式,写一种)。 (3)在上述反应中 C2H5OH 转化为 CH3COOH，C 原子的杂化轨道类型由____变为________。 (4)CH3COOH 能与 H2O 任意比混溶的原因,除它们都是极性分子外还因为____________。 (5)第一电离能 I1(O)___(填”>”“<”或”=“)I1(S),其原因是___________________。 (6)β- MnSe 的结构中 Se 为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。若距离最近的两个锰原子 之间的距离为 b pm,阿伏加德罗常数的值为 NA.则β- MnSe 的密度  =____(列出表达式)g· cm-3。 【答案】 (1). C (2). O (3). 配位 (4). O (5). NH3 (6). sp3 (7). sp3 或 sp2 (8). CH3COOH 分子与 H2O 分子间可形成氢键 (9). > (10). O 的原子半径比 S 的小，原子 核对最外层电子的吸引力较大 (11).  3-10 A 134 2 N b 10 【解析】 【详解】(1)电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，因此 - 13 - H、C、O 中，原子半轻最大的是 C；周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，从上到下， 元素的电负性逐渐减小，因此 H、C、O 中，电负性最大的是 O，答案：C；O； (2)[Mn(H2O)6]2+中 Mn—O 键为配位键，其电子对由 O 提供，H3O+的原子数为 3，价电子数为 10，与 H3O+所含原子总数相等的等电子体有 NH3 等，答案：配位；O；NH3； (3)C2H5OH 分子中的两个碳原子均为 sp3 杂化，CH3COOH 分子中甲基上的碳原子为 sp3 杂化， 羰基中的碳原子为 sp2 杂化，答案：sp3；sp3 或 sp2； (4)CH3COOH 与 H2O 均为极性分子，且 CH3COOH 分子与 H2O 分子间可形成氢键，因此 CH3COOH 能与 H2O 任意比混溶，答案：CH3COOH 分子与 H2O 分子间可形成氢键； (5)O 和 S 位于同一主族，O 的原子半径比 S 的小，半径越小原子核对最外层电子的吸引力越 大，则第一电离能越大，因此第一电离能 I1(O)>I1(S)，答案：>；O 的原子半径比 S 的小，原 子核对最外层电子的吸引力较大； (6)由均摊法可知，1 个晶胞中 Mn 原子的数目为 4，Se 原子的数目为 8× 1 8 +6× 1 2 =4，根据晶 胞结构可知，两个 Mn 原子的最近距离为面对角线的一半，所以晶胞的棱长为 2b pm，取 1mol 晶胞，质量 m=4×134g，1 个晶胞的体积为( 2b ×10-10)3cm3，则晶胞的密度 mρ= V =  3-10 A 134 2 N b 10 g·cm-3，答案：  3-10 A 134 2 N b 10 。 12. 阿比朵尔是一种抗病毒药物，其合成路线之一如图所示： 请回答下列问题： (1)写出阿比朵尔中含氧官能团的名称：_____________ - 14 - (2)写出 A→B 的化学方程式：___________，该反应的反应类型为___________。 (3)X 的结构简式为_____________。 (4)E 中手性碳(注连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为__________。 (5)M 为 A 的同分异构体，写出一种同时符合下列条件的 M 的结构简式：__________。 ①与 互为同系物 ②分子中有 4 组峰且峰面积之比为 6:4:2:1 (6)设计以 和 CH3OH 为原料合成 的路线(用流程图表示，无机试剂 任选)。 __________________________________________________________________________。 【 答 案 】 (1). ( 酚 ) 羟 基 ， 酯 基 (2). +(CH3CO)2O  +CH3COOH (3). 取代反 应 (4). (5). 0 (6). 或 (7). 【解析】 【分析】 根 据 A  B  C 的 反 应 条 件 ， 以 及 B 的 分 子 式 、 C 的 结 构 简 式 可 推 知 ， B 为 ；对比 D、E 的结构简式和 X 的分子式推知，X 为 。 【详解】(1)根据阿比朵尔的结构简式，羟基连在苯环上，应为(酚)羟基，(-COO-)酯基，含氧 官能团的名称：(酚)羟基，酯基，故答案为：(酚)羟基，酯基； (2) A→B 的反应是 A 中的酚羟基与乙酸酐作用转化为酯基，反应的化学方程式： - 15 - +(CH3CO)2O  +CH3COOH，反应类型是取 代反应，故答案为： +(CH3CO)2O  +CH3COOH；取代反应； (3) X 的结构简式为 ；故答案为： ； (4)根据手性碳的概念：连有四个不同的原子或基团的碳，结合 E 的结构简式，E 中没有手性 碳原子，故答案为：0； (5)A 的分子式为 C12H13NO3，有 7 个不饱和度； 也有 7 个不饱和度，结合有 4 组峰且峰面积之比为 6:4:2:1，可推知，分子具有对称性，符合条件的结构有 ， ；故答案为： 或 ； (6)结合流程图的信息可知，合成目标产物需要 、HCHO 和 NH(CH3)2；CH3OH 发生 催化氧化成 HCHO；CH3OH 与 HBr 共热可生成 CH3Br，CH3Br 与 NH3 按照物质的量之比为 2:1 即可生成 NH(CH3)2；合成路线为： 故答案为： 。