【文档说明】辽宁省辽南协作校2019-2020学年高三下学期第二次模拟考试化学试卷【精准解析】.doc，共(19)页，2.896 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-3c86c797dba715ed70836f0def4a772e.html

以下为本文档部分文字说明：

辽南协作校2019—2020学年度下学期高三第二次模拟考试试题化学能力测试可能用到的相对原子质量：H－1N－14O－16S－16Fe－56Ni－59一、选择题：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.下列说法正确的是A.新型冠状病毒在相对封闭的

环境中存在经气溶胶传播的可能B.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.脂肪在胆汁的作用下水解D.“绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理【答案】A【解析】【分析】【详解】A．气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，当新型冠状病毒感染者的飞沫在空气中

混合，就很可能使他人吸入感染，故A正确；B．燃煤中加入CaO可以吸收SO2，可以固硫，减少酸雨的形成，但是不能减少温室气体的排放，故B错误；C．脂肪在人体内的化学变化主要是在脂肪酶的催化下，水解生成甘油和高级脂肪酸，故C错误；D．绿色化学又称环境友好化学，其核心是应用化学原理和技术手段从

源头上减少或消除环境污染，故D错误；答案选A。2.下列推论中正确的是A.由Cl2能置换出Br2证明非金属性Cl＞Br，由工业制粗硅的反应也能证明非金属性C＞SiB.乙醇能被过量酸性高锰酸钾氧化成乙酸，则乙二醇也能被过量酸性高锰酸钾氧化成乙二酸C.Al3+与S

2－在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀和气体，Fe2+与S2－也是如此D.浓硫酸可以干燥氯化氢气体，则也能干燥氟化氢气体【答案】D【解析】【详解】A．非金属性的强弱，看最高价氧化物，工业制硅生成CO，不是CO2，故A错误；B．乙二醇可被酸性高锰酸钾氧化成乙二酸，但高锰酸钾

过量，会继续氧化成二氧化碳和水，故B错误；C．Fe2+与S2－也是反应是生成FeS沉淀，没有发生双水解，故C错误；D．氯化氢、氟化氢均是酸性气体，可以用浓硫酸干燥，故D正确；答案选D。3.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均

由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。下列说法错误的是A.X形成的某阳离子X5+中每个X都达到8电子结构B.M和N可能发生反应C.R与Y形成的具有漂白性的物质和Y与Z形成的具有漂白性的物质等物质的量混合后漂

白性增强D.X和Z的最简单气态氢化物之间反应能生成两种盐【答案】C【解析】【分析】向M和N中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则M、N中含有铵根；又M的相对分子质量比N小16，刚好一个氧原子的质量，可能有多种情况：若M是亚硫酸铵(NH4

)2SO3，则N是硫酸铵(NH4)2SO4；若M是亚硫酸氢铵NH4HSO3，则N是硫酸氢铵NH4HSO4；若M是高氯酸铵NH4ClO3，则N是氯酸铵NH4ClO4等；又R、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，故R是H，X是N，Y是O，Z是S或Cl等，

据此作答。【详解】A．X形成的某阳离子X5+，为N5+，其结构式为+NNNNN→，每个氮原子周围均满足8电子结构，故A正确，不符合题意；B．若M是亚硫酸氢铵NH4HSO3，N是硫酸氢铵NH4H

SO4，二者反应生成硫酸铵、二氧化硫和水，故B正确，不符合题意；C．过氧化氢和二氧化硫反应会生成硫酸：22224HO+SO=HSO，漂白性减弱，故C错误，符合题意；D．X和Z的最简单气态氢化物可能分别是氨气和硫化氢，二者分别呈酸碱性，可发生

反应生成硫化铵、硫氢化铵，故D正确，不符合题意；答案选C。4.下列有关同分异构体的叙述正确的是A.C4H10的二氯代物有8种B.甲苯与氢气充分加成后的产物的一溴代物有4种C.分子式为C10H12O2的芳香化合物属于酯类且苯环上有四个取代基的有6种D.分子式为C5H10

并能使溴的四氯化碳溶液褪色的有机物(不含立体异构)有6种【答案】C【解析】【详解】A．C4H10的二氯代物有7种，主链四个碳有5种，主链三个碳有2种，共7种，故A错误；B．甲苯与氢气充分加成后的产物是，与甲基直接

相连的碳上有氢，该物质只有一个对称轴，可知一氯代物有5种，故B错误；C．分子式为C10H12O2的芳香化合物属于酯类且苯环上有四个取代基，则该物质苯环上3个取代基为甲基，另外一个是甲酯基，可以换位思考，苯环上有3个取代基分别是—H、—H、甲酯基，则符合苯环三取代基

（XXY）情况，同分异构体有6种，故C正确；D．能使溴的四氯化碳溶液褪色，则该物质含碳碳双键，又分子式为C5H10，则该物质是单烯烃，主碳链五个碳是对称结构，有2种；主碳链四个碳有3种，共5种，故D错误；答案选C。【点睛】本题主要考察同分异构体的书写，注意通过等效氢

找同分异构体的数目；特别是苯环上的多取代，取代基超过3个注意转化成少数取代基进行计算。5.如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质能达到目的是选项气体试剂现象结论ANH3酚酞试液溶液变红色氨水显碱性BCl2紫色石蕊试液溶液先变红

后褪色Cl2有酸性和漂白性CC2H4溴水溶液褪色C2H4分子中含碳碳双键DXKI淀粉溶液溶液变蓝X可能是NO2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】根据气体通入的方向，可知此装置收集的气体密度比空气的大。【详解】A．N

H3的密度比空气小，故A错误；B．Cl2的密度比空气大，通入到紫色石蕊试液中，先变红后褪色，原因是Cl2＋H2OHCl＋HClO，变红是因为盐酸有酸性，褪色是因为次氯酸有漂白性，故B错误；C．乙炔的密度比空气小，故C错误；D．氯气的氧化性强于碘单质，把碘单质置换出来，淀粉遇碘变蓝，

X可以是Cl2；如果是NO2，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，硝酸具有强氧化性，把碘离子氧化成碘单质，溶液变蓝，X可以是NO2，这两种气体的密度都大于空气，故D正确；答案选D。6.在传统的电解氯化氢回收氯气

技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示，下列说法正确的是A.负极区发生的反应有Fe3++e－=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OB.Fe2+在过程中起催化剂作用C.阳极

材料可选用AgD.电路中转移1mol电子时，消耗氧气5.6L【答案】A【解析】【分析】根据氢离子的移动方向，可以判断，左侧是电源的负极，右侧是电源的正极，则该装置左侧是阴极，右侧是阳极。【详解】A．电解池的负极区是与电源负

极相连的区域，即阴极，得到电子，发生还原反应：Fe3++e－=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故A正确；B．反应过程中，Fe3+和Fe2+均是循环转化的，整个过程是HCl和O2的反应，故B错误；C．阳极的电极反应是：--22Cl-2e=Cl，若阳极材料选用Ag，则电极反

应发生改变，故C错误；D．没有指明是在标况下，不能计算氧气的体积，故D错误；答案选A。7.常温时，lmol·L-1的HClO2和1mol·L-1的HMnO4两种溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水稀释至体积为V，所得曲线如图所示。下列说法正确的是A.当稀释至pH均为

3时，溶液中c(ClO2－)＞c(MnO4－)B.在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH=0lgVVC.等pH的HClO2和HMnO4分别与足量Zn反应放出H2的体积HClO2＞HMnO4D.稀释前分别用lmo

l·L-1的NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积：HMnO4＞HClO2【答案】B【解析】【分析】两溶液加水稀释，溶液的酸性变弱，呈如图变化，又HClO2的酸性小于高锰酸，对应酸根离子ClO2-的

水解程度更大，可据此判断溶液里面的微粒关系。【详解】A．当稀释至pH均为3时，根据溶液中存在物料守恒c(H+)=c(OH-)+c(ClO2-)和c(H+)=c(OH-)+c(MnO4－)可以知道，c(ClO2-

)=c(MnO4－)，故A错误；B．在0≤pH≤5时，不考虑水的电离，所以HMnO4溶液中的pH应该为：()()+001VpH=-lgcH=-lg=lgV/VV，故B正确；C．由图中曲线可以知道，酸性HClO2<HMn

O4，pH和体积相同的HClO2与HMnO4溶液中，氢离子浓度相同，HClO2浓度大于HMnO4，所以与足量的Zn反应产生H2的量HClO2>HMnO4，但溶液体积未知，故无法比较，故C错误；D．都是一元酸且物质的量相等，所以稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和，消耗的N

aOH溶液体积应该相等，故D错误；答案选B。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。(一)必考题8.某化学兴趣小组拟用下图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液。(1)稀硫酸应放在_________中(填写仪器名称)．(2)本实验通

过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，再关闭开关______、打开开关_________就可观察到氢氧化亚铁的颜色。试分析实验开始时排尽装置中空气的理由____________。(3)该实验使用铁粉，除反应速率可能太快外，还

可能会造成的不良后果是_______________。(4)在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备摩尔盐硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧

化，易溶于水，不溶于乙醇)，用如图所示的装置抽滤，与普通漏斗过滤相比，抽滤的优点是_____________________________。①为洗涤(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O粗产品，下列方法中

最合适的是____。A．用冷水洗B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗C．用30%的乙醇溶液洗D．用90%的乙醇溶液洗②测定摩尔盐中铁的含量。称取ag产品于锥形瓶中，溶解后加稀硫酸酸化，用cmol·L-1的酸性KMn

O4溶液滴定至终点，滴定终点的现象是_______________。到达终点消耗KMnO4的体积为VmL，则该晶体中铁的质量分数的表达式为_______________________(用字母a，c，V表示)。③实验

室可用______(填试剂名称)检验Fe2+存在，出现特征蓝色沉淀的离子方程式为_________________。【答案】(1).分液漏斗(2).B(3).A(或AC)(4).防止生成的氢氧化亚铁被氧化(5).铁粉进入导管从而堵塞导管(6).过滤速度快(7).D(8).当滴入最后一滴标准

液时，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色(9).0.28cV100%a(10).铁氰化钾(11).()()2+3-32663Fe+2[FeCN]=Fe[FeCN]【解析】【分析】用如图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液，结合装

置分析可知，开启BC，关闭A，需要在三颈烧瓶2中加入铁单质，分液漏斗中是稀硫酸，利用反应生成氢气排净装置中的空气，可以收集C处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭B，开启AC，利用

生成的氢气在装置2中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置3的氢氧化钠溶液中，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，以此解答该题。【详解】(1)此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置2中进行，稀硫酸是溶液，应

盛放在分液漏斗中，即应盛放在1处；故答案为：分液漏斗；(2)打开B、C，关闭A，利用装置2中产生的氢气，把装置3中的空气排尽，使装置处于还原氛围，然后关闭B，打开A，产生气体压强增大，把产生的FeSO4压入到装置3中，产生Fe(O

H)2，氢氧化亚铁溶液容易被空气中的氧气所氧化，生成氢氧化铁，对氢氧化亚铁颜色的观察产生干扰，所以要排除装置中的空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；故答案为：B；A或(AC)；防止生成的氢氧化亚铁被氧化；(3)在利用压强把硫酸亚铁溶液压入到装置3中时，也有可能把铁粉压入到导管中，

容易堵塞导管；故答案为：铁粉进入导管从而堵塞导管；(4)抽滤可加快水的流速，加快过滤速度；①因为硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，应该用乙醇洗涤，减少硫酸亚铁铵的溶解，同时利用乙醇和水互溶，从而达到洗涤的要求，故选D；②用cmol·L-1的

酸性KMnO4溶液测定摩尔盐中铁的含量，亚铁离子被氧化，会使高锰酸钾褪色，当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，即达到滴定终点；高锰酸根与亚铁离子的对应关系为：-2+4MnOFe15，故参与反应的铁的质量为：-35cV5610=0.28cV，该晶体中铁的质量分数的表达

式为0.28cV100%a；③)检验Fe2+存在，出现特征蓝色沉淀，则选择试剂铁氰化钾，发生离子反应：()()2+3-32663Fe+2[FeCN]=Fe[FeCN]；故答案为：过滤速度快；D；当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；0.28cV100%a；铁氰化

钾；()()2+3-32663Fe+2[FeCN]=Fe[FeCN]。【点睛】明确制氢氧化亚铁不能接触空气，故在亚铁离子和氢氧化钠接触前需要排空，从而分析三个开关的闭合。9.甲醇水蒸气催化重整反应是生

产氢能的有效方法之一。(1)甲醇水蒸气重整制氢存在以下副反应：(已知a、b均大于零)Ⅰ：甲醇分解：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)△H=+akJ·mol-1Ⅱ：水蒸气变换：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=b−kJ·mol-1催化重整反应：CH3OH(

g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=________kJ·mol-1(2)甲醇分解与水蒸气变换反应Kp与温度关系见下表：①698K时．CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)

的Kp=___________。(保留小数点后二位)②在较高温度下进行该反应．发现平衡时体系中CO含量偏高的原因是_____________。(3)甲醇水蒸气重整反应的可能机理如图甲所示．结合下表分析CH3OH→C

H3O的主要反应为______________(填序号)，解释原因______________________________________________________________。(4)某研究小组对重整

反应温度(T)与水醇比(SM)进行优化，得到图乙、丙。结合图乙分析温度、水醇比与甲醇平衡转化率的关系：________________.②在图中用阴影画出最优化的反应条件区域(下图为乙和丙组合的平面图，实线为甲醇平衡转化率，虚线为CO物质的量分数)：_____

_________【答案】(1).a-b(2).61.6810(3).温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，都会使CO浓度升高(4).A(5).反应C的活化能最小，但反应C要用到反应B生成的OH，而反应B活化能非常大，不易发生反应，除了C，反应A活化能小最容易反应，所以主

要反应为A；(6).升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大(7).【解析】【详解】(1)根据盖斯定律，目标方程为甲醇分解、水蒸气变换两方程叠加，焓变为a-b；(2)①Ⅰ、甲醇分解：CH3OH(g)⇌CO(g

)+2H2(g)的平衡常数为KP1，Ⅱ、水蒸气变换：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数为KP2，反应I+II得到CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)的平衡常数KP=KP1×KP2，698K时KP1=1.8×105，KP2=9.339，

所以5PP1P26K=KK=1.81019.339=.6810；②由题给信息知，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，使体系中CO含量增大；反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，也使体系中CO含量增大，故平衡体系中

CO含量高；故答案为：61.6810；温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，都会使CO浓度升高；(3)反应C的活化能最小，但反应C要用到反应B生成的OH，而反应B活化能非常大，不易发生反应，除了C，反应A活化能小最容易反应，所以主要反应为A；(4)①

图乙是温度、水醇比与甲醇的平衡转化率的关系图，分析可知：当水醇比一定时如1.00，温度升高，甲醇的平衡转化率增大，温度一定(200℃)时，水醇比减小则甲醇的平衡转化率降低，所以温度、水醇比与甲醇的平衡转化率的关系为温度越高、水醇比相对越大，甲醇的平衡转化率越高

；②由图可知：甲醇的平衡转化率最高(为100%)所在曲线与CO的物质的量分数最低(为0.5%)所在曲线围成的区域即为最优化的反应条件区域：温度260℃左右、水醇比1.8以上，此时甲醇的平衡转化率最高，CO的物质的量分数最低，如图阴影部分：；故答案为：升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大；。

【点睛】注意平衡常数和化学反应方程式之间的关系，为易错点。10.某实验室模拟以粗盐(含杂质Mg2+、Ca2+、K+和SO42-)为原料进行生产并综合利用的某过程如下图所示。已知：Kap[Mg(OH)2]=5.6×1

0-12；Kap[CaMg(CO3)2]<<Kap[Mg(OH)2]。(1)过量试剂A是_________________________溶液。(填名称)(2)图为KCI和NaCl的溶解度曲线，连续操作④是__________

___________________。(3)向滤液IV中通入NH3CO2气体后能够得到NaHCO3的原因是_______________(用必要的化学用语和文字说明)。(4)已知碳酸的Ka2=5.6×1

0-11，次氯酸的Ka=3×10-8，工业上用饱和纯碱溶液代替烧碱溶液与Cl2反应生产有效成分为次氯酸钠的消毒液，反应的化学方程式是___________________________________。(5)经检测，滤液Ⅲ中c(Mg2

+)＜1.0×10-7mol/L，则镁元素最终沉淀物是_________________。(6)⑤处母液可以生产氮肥NH4Cl，NH4Cl可用于制取具有漂白作用的三氯化氮。工业上制备NCl3的一种方法是用图所示装置电解，其原理是NH4Cl+2HCl=电解NC13十3H2↑。阳极反应式是____

_______________________________。(7)电解氯化钠时需要加入一定量氯化钙，根据学习过的电解知识推测加入氯化钙的主要作用是_____________。【答案】(1).氯化钡(2).蒸发

浓缩、结晶(3).23243NaCl+HO+NH+CO=NHCl+NaHCO，生成的碳酸氢钠的溶解度小(4).232232NaCO+HO+Cl=NaClO+2NaHCONaCl+(5).()32CaMgCO(6).--++433Cl-6e+NH=NCl+

4H(7).降低电解质熔点【解析】【分析】粗盐溶解后得到溶液I，加入过量氯化钡溶液，可除去硫酸根离子，再调节pH至11，除镁离子、钙离子，生成复盐()32CaMgCO，再蒸发浓缩、结晶分离NaCl和KCl。【

详解】（1）加入过量试剂A后产生硫酸钡沉淀，说明试剂A中含有钡离子，为了不引入杂质离子，故所加过量试剂A为氯化钡溶液；（2）滤液III中含有NaCl、KCl、NaOH、Na2CO3，加入盐酸调pH=3~4，得到NaCl和KCl的混合液，在较高温度下NaCl的溶解度小，而KCl的溶解度大，加热蒸

发，使NaCl析出；故答案为：蒸发浓缩、结晶；（3）向滤液III中先通氨气，再通入二氧化碳；因为二氧化碳溶解度小，先通入氨气，提高滤液的pH，可促进二氧化碳的吸收，且碳酸氢钠的溶解度较小，故最终得到碳酸氢钠，发生的反应方程式为：2

3243NaCl+HO+NH+CO=NHCl+NaHCO；故答案为：23243NaCl+HO+NH+CO=NHCl+NaHCO，生成的碳酸氢钠的溶解度小；（4）()()a223aKHCO<KHClO，所以溶液中碳元素主要以H

CO3-的形式存在，反应方程式为：232232NaCO+HO+Cl=NaClO+2NaHCONaCl+；（5）经计算，若沉淀B为氢氧化镁，则pH=11的滤液III中()2+-6-1-7-1cMg=5.610molL>

1.010molL，实际上()2+-7-1cMg1.010molL，所以沉淀B应该是复盐()32CaMgCO；（6）根据图示b极产生氢气，可以判断a极为阳极，b极为阴极；根据总反应方程式及溶液为酸性环境，可知阳极电极反应为--++433Cl-6e+NH=NCl+4H；（7

）电解氯化钠时加入一定量氯化钙，形成低共熔物，降低了电解时所需的温度；(二)选考题：[化学—选修3：物质结构与性质](15分)11.Ⅰ．邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图甲所示。(1)基态Cu原子的价电子排布式为__________________。在

元素周期表中铜位于_____区(填“s”、“P”、“d”或“ds”)(2)C、N、O第一电离能由大到小的顺序为________________。(3)邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+的配位数是___________，N原子的杂化类型为_____________。(4)如

图乙所示，Fe3O4．晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3．6、7号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号氧围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中，晶体中正四面

体空隙与正八面体空隙数之比为___________，有_______________%的正八面体空隙没有填充阳离子。(5)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图丙)，已知O2

-的半径为anm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用a、NA表示)。【答案】(1).1013d4s(2).ds(3).N>O>C(4).4(5).sp2、sp3(6).2:1(7).50(8).2-182-18AA752532a10N23aN10或【解析】【详解】（1）

Cu是29号元素，核外电子排布式为101Ar3d4s，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，价电子排布式为1013d4s，在元素周期表中铜位于ds区；（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素最高能级为全充满或半充满稳定状态，

第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N>O>C；（3）Cu2+形成4个配位键，Cu2+的配位数是4；形成配位键的N原子，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，N原子采取sp2杂化，而氨基中N原子形成3个σ键、还有1对孤电子对，N原子杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化；（4）结构

中如1、3、6、7的O2−围成的正四面体空隙有8个，面心位置6个O2−围成的正八面体，将晶胞补全可知共用1条棱的4个面心与该棱顶点O2−也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目＝1+

12×14=4，则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为8:4＝2:1；由图可知晶体结构中O2−离子数目为8×18+6×12=4，由化学式可知晶胞中Fe原子数目为3，根据化合价代数和为0，则晶胞中含有2个Fe3+、1个Fe2+，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另

一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则填充在正四面体空隙中的Fe3+为1个，填充在正八面体空隙中有1个Fe3+和1个Fe2+，有2个正八面体空隙空隙没有填充阳离子，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子；（5）根据图知，每个Ni

原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2anm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积o-1822-1822a2asin6010m=31=[2a]10m，如图实际上每个Ni原子被两个小三角形包含小平行四边形面积

为2-18223a10m，O原子个数=16×6＝1，每平方米面积上分散的该晶体的质量2-182-182-18AAA1M159+1675=g=g=gNN23a1023a1023a10N。[化学选修5：有机化学基础](15分)12.奥司

他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物之一，是公认的抗禽流感、甲型H1N1等病毒最有效的药物之一．也是国家的战略储备药物。也有专家尝试使用奥司他韦作为抗新现冠状病毒肺炎药物。奥司他韦的合成路线如下：回答下列问题

：(1)莽草酸的含氧官能团名称为：___________反应③的反应类型：__________________。(2)反应①的反应试剂和反应条件：________________________________。(3

)请写出反应②的化学方程式：__________________________________。(4)芳香化合物X是B的同分异构体，则符合官能团只含酚羟基的X有_____种。(5)碳原子上连有4个不同的原子

或基团时，该碳称为手性碳。C中有_____个手性碳。(6)设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸的合成路线如下图所示。22+HOCHCHOHH⎯⎯⎯⎯⎯→M1⎯⎯⎯→条件⎯⎯⎯→稀酸写出M结构简式__________________，条件1为_______________________。【

答案】(1).羟基、羧基(2).取代反应(3).乙醇、浓硫酸，加热(4).++H→+H2O(5).17(6).3(7).(8).高锰酸钾【解析】【分析】莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应生成A，结合已知信息，A与在酸性条件下反应生成B，B与HO-SO2C

H3发生取代反应生成C，C加入稀酸作用下生成D在经过一系列反应最终得到奥斯他韦，据此分析解答。【详解】(1)莽草酸的结构简式为，含氧官能团名称有：羟基、羧基；根据分析反应③的反应类型为取代反应；(2)根据分析，反应①为莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反

应生成A，反应试剂和反应条件：乙醇、浓硫酸，加热；(3)根据分析，反应②为A与在酸性条件下反应生成B的化学方程式：；(4)B的结构简式为，芳香化合物X是B的同分异构体，则X中有苯环，官能团只含酚羟基，则X中有5个-OH，并直接连在苯环上，则X为和-C6H13，

根据题意在X的结构中为一个固定原子团结构，可将看作卤素原子，如Cl原子，则该有机物可写为C6H13Cl(Cl代表原子团)，故同分异构体情况分别如下：正己烷分子中含有3类氢原子，2-甲基戊烷分子中含有5类氢原子，3-甲基戊烷分子中含有4类氢原子，2，2-二甲基丁烷分子中含有3类氢原子，2，3-

二甲基丁烷分子中含有2类氢原子，则该有机物符合要求的同分异构体的数目为17个；(5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳；C的结构简式为，其中是手性碳的如图所示，有3个手性碳；(6)根据已

知信息，可以推测出M为：；条件1是将苯环上的甲基氧化成羧基，故条件1为高锰酸钾溶液。【点睛】本题考查有机物的综合推断，需要特别注意反应前后物质的官能团变化及提供的已知信息。