【文档说明】【精准解析】江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测理综化学试卷.doc，共(17)页，1.061 MB，由小赞的店铺上传

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江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测理科综合化学部分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CaOD.“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”，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NAB.1L0．1mol•L－1H2C2O4溶液中含C2O42－离子数为0.1N

AC.2molNO与2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为8NAD.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32gS8与S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS-S键，A选项正确；B．因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L0.1mol·L−1H2C2O4溶液含C2O42-离子数小

于0.1NA，B选项错误。C．密闭容器中2molNO与2molO2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，22.4L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，S

O2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NaOHA.AB.BC.CD.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SO

2，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（Ri

tonavir）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1mol该结构可以与3+3+2+2=10molH2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＞ZB.氢化物的稳定性：X＞YC.

最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞ZD.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，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-<S2-，离

子半径F-<S2-，所以Z>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BH3<HF，所以X<Y，B选项错误；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>B，则酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（强酸），所以X<Z，C选项错误；D．根

据上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构，D选项正确；答案选D。7.常温下，向20mL0．1mol•L－1HB溶液中逐滴滴入0．1mol•L－1NaOH溶液，所得PH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.OA各点溶

液均存在：c（B－）＞c（Na＋）B.C至D各点溶液导电能力依次增强C.点O时，pH＞1D.点C时，X约为10.4【答案】D【解析】【详解】A．OA各点显酸性，则c(H+)>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；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=0.05510K=5×1

0-6mol·L-1，C点c(H+)=2×10-9mol·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)=(20.0×10-3-1

9.9×10-3)×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。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。（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0.1m

ol•L－1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；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______m

ol•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).()120.3VVV−【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＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失电子守恒、元素守恒可知：2-2233-311O-OI2SO120.05V100.1V10−“”双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可

知：224-3-3225HO2KMnO550.05V100.02V10则V6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()12-3-312-30.05V10-0.05V10

0.3V-V()=VV106，故答案为：()120.3VVV−。【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。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).AgC

l+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+N2H

4===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SO42-，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)2C

l+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)＝amol•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。【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<v逆，故答案为：<；③温度为T时，某理想气体反应A(g)＋B(g)C(g)＋M(g)，设A、B的起始量为n，A的理论转化x，建立三段式有：()()()()Ag+BgCg+Dgnn00xxxxn-xn-xxx起始转化平衡平衡常数()22x==0.25n-

xK，()22xx1==0.25=n3n-xK，则有，A的转化率为33.3%，故答案为33.3；(2)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，这句话的完整理

解是“单位时间内生成C60的量多——速率快”，即活化能小得多，同时生成物能量不会一样B选项正确，故答案为：B；(3)甲醇脱氢的化学反应方程式为CH3OH(g)===HCHO(g)+H2(g)，属于分解反应，吸热，随着温度升高，平衡常数K增大，则曲线③表示的是甲醇脱氢反应，

反应②表示的是甲醇氧化制取甲醛，由图像可知，随着温度的升高，平衡常数K减小，则该反应是放热反应，已知O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO，则反应①是2HCHO(g)+O2(g)===2CO(g)+2H2O(g)，故答案为：2HCHO(g)+O2(g)===2

CO(g)+2H2O(g)；CH3OH(g)===HCHO(g)+H2(g)；放热。【化学———选修3：物质结构与性质】11.黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构（图A），晶胞参数a＝3.310A，b＝4.380A。，c＝10.500A

。。黑磷烯是二维的单层黑磷（图B），黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内

坐标为（0．500，0．090，0．598）。请回答下列问题：（1）写出基态P原子的价电子排布图：__________。（2）P和F的电负性大小顺序是x（P）______x（F）。（填“＜”“＝”或“＞”）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Bσ键Cπ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(9).（0.500,-0.090,0.402）(10).8【解析】【详解】(1)基态P原子核外有15个电

子，排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布图为：，故答案为：；(2)原子半径P>F，则电负性P<F，P和F形成的分子PF3和PF5，PF3价电子对数=5-33+=42，含有1对孤对电子，几何构型为三角锥

形，PF5的价电子对数=5-55+=52，不含有孤对电子，其几何构型为三角双锥形，故答案为：<；三角锥形；三角双锥形；(3)①已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，P的配位数为3，则价电子对数=5-33+=42，其杂化方式

为sp3，黑磷中P和P原子之间的作用力为σ键，层与层之间存在着范德华力，晶体中不存在π键，故答案为：sp3；C；②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：黑磷>红磷>白磷，故答案为：黑磷>红磷>白磷；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；(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，故答案为：（0.500，-0.090，0.402）；8。【化学———选修5：有机化学基础】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：（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).+CNC

H2COOC2H5⎯⎯→+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C

NCH2COOC2H5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CNCH2COOC

2H5反应制得，合成路线为，故答案为：。