1、云南省红河州2021届高三理综第一次复习统一检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64 Sb122 La139第卷(选择题，共126分)一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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. 中国医药学是一个伟大的宝库。古代制取下列药物过程中未发生氧化还原反应的是( )A本草纲目：制取“玄明粉”()以芒硝于风日中消尽水气，自成轻飘白粉也B通玄秘术：制取“华盖丹”(醋酸铅)以铁筋穿作窍，以绳子穿之；用净瓷瓮子盛米醋1斗，将铅片子悬排于瓮子口C本草蒙筌：制取“灵砂”(硫化汞)
2、水银一两，硫黄六铢，先炒作青砂头，后入水火炉抽之D本草图经：制取“铁华粉”(醋酸亚铁)以铁拍做段片，置醋糟中，积久衣生A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.用芒硝制硫酸钠的反应为：，没有发生元素化合价的升降，不是氧化还原反应，A符合题意；B. 用净瓷瓮子盛米醋1斗，将铅片子悬排于瓮子口，即将铅的单质转化为醋酸铅，铅的化合价升高，是氧化还原反应，B不符合题意；C. 水银一两，硫黄六铢，来制硫化汞，硫和汞的化合价改变了，是氧化还原反应，C不符合题意；D. 以铁拍做段片，置醋糟中，积久衣生制醋酸亚铁，铁的化合价升高，是氧化还原反应，D不符合题意。答案选A。2. 设NA表示阿伏
3、加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 常温下，0.1mol/L的CH3COONH4溶液中CH3COO -与NH4+数目均为0.1NAB. CaC2晶体中，阴、阳离子个数比为1:1C. 100mL12molL-1浓硝酸与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD. 0.5 mol 雄黄(As4S4)，结构为含有NA个SS键【答案】B【解析】【详解】A根据公式c= ，得n=cv，只知道浓度，不知道溶液的体积，无法计算物质的量，故A错误；BC 是一个离子团，是一个整体，故阴、阳离子个数比为1:1，B正确；C因为Cu是过量的，随着反应的进行，浓硝酸变成了稀硝酸，不知生成的NO2，NO的量是多少，因
4、此无法计算转移的电子的数目，故C错误；D根据成键数量，S一般得2e-，成两个键，所以结构中白球代表S，黑球代表As，结构中没有SS键，故D错误3. A、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，最外层电子数满足2Y=X-W ，W存在5原子核10电子的氢化物分子，X的最外层电子数是电子层数的3倍，常温下，0.01molL-1YAZX4溶液的pH为2。下列说法正确的是( )A. 简单离子半径：WXYZAB. 氢化物的沸点：XWC. YAZX4是共价化合物，水溶液显酸性D. 最高价含氧酸的酸性：ZW【答案】D【解析】【分析】W存在5原子核10电子的氢化物分子，则W为C；X的最外层电子数是电子
5、层数的3倍，则电子层数为2，X为O；常温下，0.01molL-1YAZX4溶液的pH为2，YAZX4可完全电离出氢离子，则A为H，YAZX4为硫酸氢钠，Y为Na，Z为S。【详解】AA、W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na、S，则简单离子半径：S2-C4-O2-Na+H+，A说法错误；B水分子间存在氢键，导致沸点升高，则氢化物的沸点：H2OH2S，B说法错误；CYAZX4是硫酸氢钠，为离子化合物，水溶液显酸性，C说法错误；DS的非金属性大于C，则最高价含氧酸的酸性：SC，D说法正确；答案为D。4. 常温下，下列各组离子在有关限定条件下一定能大量共存的是( )A 酸性溶液中：K+、Na+、Fe2+
6、、NO、ClB. 中性溶液中：K+、Fe3+ 、Cl、CO、HCOC. 常温下，C(H+)/C(OH)11012的溶液：K+、AlO、CO、Na+、ClD. pH13的溶液中：AlO、Cl、HCO、SO【答案】C【解析】【详解】A酸性溶液中：H+、Fe2+、NO能发生氧化还原反应，不能大量共存，A与题意不符；B中性溶液中：Fe3+和CO或HCO发生双水解反应，不能大量共存，B与题意不符；C常温下，C(H+)/C(OH)=11012的溶液呈碱性，K+、AlO、CO、Na+、Cl、OH-之间不反应，能大量共存，C符合题意；DpH13的溶液呈碱性， HCO、OH-反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存
7、，D与题意不符；答案为C。5. 下列有关实验，对应现象以及结论都正确的是( )选项实验现象结论A向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:II2+ I-B在0.1mol/LMgSO4溶液中滴入过量NaOH溶液，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色沉淀生成KspCu(OH)2小于KspMg(OH)2C将铜粉放入稀硫酸溶液中并不断通入O2，再在溶液中滴加少量FeSO4溶液铜粉快速溶解，溶液变为蓝色形成Fe-Cu原电池，加快反应速率D将CH3CH2Br与NaOH溶液共热。冷却后，取出上层水溶液，加入AgN
8、O3溶液。产生淡黄色沉淀CH3CH2Br在NaOH溶液中发生了水解A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A前者溶液变蓝，则溶液中存在碘单质；后者有黄色沉淀为AgI，溶液中存在碘离子，即碘与碘离子共存，KI3溶液中存在平衡：II2+ I-，A结论正确；B溶液中滴入过量NaOH溶液，过量的NaOH能与铜离子反应生成蓝色沉淀，不能判断KspCu(OH)2小于KspMg(OH)2，B结论错误；CFe-Cu原电池中，Fe作负极，不会溶解Cu，C结论错误；DCH3CH2Br与NaOH溶液共热，生成NaBr，取出上层水溶液含有NaBr、NaOH，NaOH能与AgNO3反应生成沉淀，不能判
9、断CH3CH2Br在NaOH溶液中发生了水解，D结论错误；答案为A。6. 已知扎那米韦是流感病毒神经氨酸酶抑制剂，其对流感病毒的抑制是以缓慢结合的方式进行的，具有高度特异性，其分子结构如图所示。下列说法正确的是( )A. 该物质的分子式为C12H19N4O7B. 1 mol该物质与NaOH溶液反应，可以消耗2 mol NaOHC. 在一定条件下，该物质只能发生消去、加成、取代反应D. 该物质能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，能与FeCl3溶液发生显色反应【答案】B【解析】【详解】A该物质的分子式为C12H20N4O7，A说法错误；B1 mol该物质含有1mol羧基、1mol肽键，可与2 mol
10、NaOH溶液反应，B说法正确；C在一定条件下，该物质含有醇羟基、羧基、肽键、碳碳双键，能发生消去、加成、取代、缩聚、氧化等反应，C说法错误；D该物质含有碳碳双键，能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，无酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，D说法错误；答案为B。7. 已知：某二元酸H2XO4在水中电离分两步：H2XO4=H+HXO，HXO4-H+XO。常温下，在20.00 mL 0.01 molL-1 NaHXO4溶液中滴加c molL-1NaOH溶液，溶液温度与溶液体积关系如图所示。下列说法正确的是( )A. Kw=10-12时，该NaOH溶液的pH=12B. F点存在：c(OH-)+ c(H
11、XO)+2 c(XO)=0.005 mol/LC. 对应曲线上F、G之间的某一点，溶液中存在：c(Na+) c(XO)=c(OH-)c(HXO) c(H+)D. E点溶液中2c(Na+)=3c(H2XO4)+3c(HXO)+3c(XO)【答案】C【解析】【分析】NaHXO4与NaOH发生NaHXO4NaOH=Na2XO4H2O，根据图像，该反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，当温度达到最高，说明反应恰好完成，即加入20mLNaOH时，恰好反应完全，据此分析。【详解】A根据上述分析，加入20mLNaOH溶液，NaHXO4和NaOH恰好反应完全，推出c(NaOH)=0.01molL1，则溶液中
12、的c(H)=1010molL1，即pH=10，故A错误；BF点溶质为Na2XO4，根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c()2c()，F点溶液中c(Na)=0.005molL1，因此有c(OH)c()2c()0.005molL1，故B错误；CF点溶质为Na2XO4，发生水解，离子浓度大小顺序是c(Na)c()c(OH)c()c(H)，随着NaOH的量增多，在FG的某点上存在c(Na)c()=c(OH)c()c(H)，故C正确；DH2XO4的第一步电离是完全电离，溶液中不存在H2XO4，故D错误；答案为C。8. 过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧
13、剂，在工农业生产中有广泛的用途。过氧化钙制备方法很多。(1)制备方法一：将CaCl2溶于水中，在搅拌下加入H2O2，再通入氨气进行反应可制备CaO28H2O，其化学方程式为_在碱性环境下制取CaO28H2O的装置如下：X仪器的名称为_乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0 左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO28H2O的产率；其二：_反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO28H2O。检验CaO28H2O是否洗涤干净的操作为_(2)制备方法二：利用反应Ca(s)+O2(g)CaO2(s)，在纯氧条件下制取CaO2，实验室模拟装置示意图如下：请回答下列问题：
14、装置A中橡胶管的作用为_请选择必要的装置，模拟实验室制备CaO2，按气流方向连接顺序为_(填仪器接口的字母编号，装置可重复使用)。水产运输中常向水中加一定量CaO28H2O增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理如下：a固氧：碱性下，O2将Mn2+氧化MnO(OH)2：2Mn2+O2+4OH=2MnO(OH)2；b. 氧化：酸性下，MnO(OH)2将I氧化为I2；c滴定：用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2O+I2=S4O+2I。某同学向100.00mL水中加一定量CaO28H2O，取此水样50.00mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO
15、)，消耗 0.02 molL1 Na2S2O3标准溶液 15.00 mL。(1)滴定过程中使用的指示剂是_；(2)请写出步骤 b 中的离子方程式_；(3)该水样中的溶氧量(DO)为_mgL1(忽略体积变化)。【答案】 (1). Ca(OH)2+H2O2+6H2OCaO28H2O (2). 三颈烧瓶 (3). 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 (4). 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可) (5). 平衡气压，使液体能够顺利流下 (6). aedbced或aedcbed (7
16、). 淀粉溶液 (8). MnO(OH)2+2I+4H+Mn2+I2+3H2O (9). 48【解析】【分析】制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，以此解答。【详解】(1)H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO28H2O，反应为Ca(OH)2+H2O2+6H2OCaO28H2O，故答案为：Ca(OH)2+H2O2+6H2OCaO28H2O；X仪器的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；温度高会使H2O
17、2分解，冰水浴控制温度在0 左右，可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；CaO28H2O表面附着着CaCl2溶液，检验CaO28H2O是否洗涤干净即检验是否有氯离子存在，取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)；(2)装置A中橡胶管的作用为平衡气压，使液体能够顺利流下，故答案为
18、：平衡气压，使液体能够顺利流下；制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，所以正确的顺序为aedbced或aedcbed，故答案为：aedbced或aedcbed；(1)根据2S2O+I2=S4O+2I，可选指示剂为淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；(2) MnO(OH)2将I氧化为I2，该反应的离子方程式为：MnO(OH)2+2I+4H+Mn2+I2+3H2O，故答案为：MnO(OH)2+2I+4H+Mn2+I2+3H2O
19、；(3)根据方程式可得关系式O24S2O，则50.0mL水样中n(O2) n(S2O)0.0200molL10.015L0.000075mol，该水样中的溶解氧量(DO)为48mgL1，故答案为：48。9. 软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量金属铁、镁、铝、锌、铜的化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上用软锰矿制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：已知金属离子从开始形成氢氧化物沉淀，到沉淀时溶液的pH如下表：金属离子Fe2+Fe3+Al3+Cu2+Mn2+开始沉淀pH7.52.74.15.98.8完全沉淀pH9.53.75.46.910.8(1)提高
20、浸出率可采取的措施有_、_(2)浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，则浸取时发生的主要反应的化学方程式是_ (3)已知几种氧化剂氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8H2O2Cl2MnO2Fe3+，则氧化剂X宜选择_(填字母)A(NH4)2S2O8 BMnO2 CH2O2 DCl2(4)为确保Cu2+沉淀完全调节pH范围为_(5)“滤渣2”的主要成分化学式是_、_(6)采用“50碳化”反应的离子方程式为_ ；“50碳化”过程中，不用碳酸钠溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是：_(7)碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体，制造其他锰盐的原料。溶于稀无机酸，不溶于水和乙醇，MnC
21、O3溶于稀无机酸，其实质是溶解平衡的移动。若工业流程中用稀盐酸酸浸，浸出液中c(Mn2+)=10-1mol/L，则c(CO)在浸出液中的最大浓度为_mol/LKsp(MnCO3)=1.810-11【答案】 (1). 适当升高温度、搅拌、粉碎软锰矿 (2). 黄铁矿、适当提高硫酸的浓度 (3). MnO2+FeS2+2H2SO4=FeSO4+MnSO4+2S+2H2O (4). B (5). 6.9pH8.8 (6). Fe(OH)3 (7). Al(OH)3 (8). 2HCO+Mn2+=MnCO3+H2O+CO2 (9). 碳酸钠溶液中c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀 (10).
22、1.810-10【解析】【分析】软锰矿与黄铁矿加入硫酸后，发生氧化还原反应，生成Fe2+、Mn2+、S，溶液中的铁、镁、铝、锌、铜的化合物生成可溶性的盐，二氧化硅不溶于水，过滤，滤渣为S、二氧化硅；根据表中数据，需先氧化亚铁离子为铁离子，且不引入杂质离子，则X为二氧化锰；调节pH=5.8，则产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；调节pH=8，产生氢氧化铜沉淀；50碳化，产生碳酸锰沉淀、二氧化碳和硫酸铵。【详解】(1)适当升高温度、搅拌、粉碎软锰矿、黄铁矿可加快反应速率，从而提高浸出率；(2)加入KSCN溶液无明显现象，则无铁离子生成，反应物为软锰矿、黄铁矿及硫酸，生成物为S、硫酸亚铁和硫酸锰，方程式为M
23、nO2+FeS2+2H2SO4=FeSO4+MnSO4+2S+2H2O；(3)根据氧化剂氧化能力的强弱顺序，不引入新的杂质离子，不产生有毒气体，氧化剂X为二氧化锰，答案为B。(4)为确保Cu2+沉淀完，则pH大于或等于6.9，不影响锰离子的含量，pH小于8.8，答案为6.9pH8.8；(5)分析可知“滤渣2”的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁；(6)采用“50碳化” 的反应物为碳酸氢铵和锰离子，产生碳酸锰沉淀、二氧化碳和硫酸铵，离子方程式为2HCO+Mn2+=MnCO3+H2O+CO2；碳酸钠溶液的碱性大于碳酸氢铵溶液，c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀；(7)Ksp(MnCO3)=c(M
24、n2+)c(CO)=1.810-11，c(Mn2+)=10-1mol/L，则c(CO)=1.810-10 mol/L。10. 人类过多地使用化石燃料，造成了二氧化碳的大量排放，致使地球气温上升。二氧化碳是温室气体，也是一种重要的资源，如以CO2为基本原料可合成甲醇，回答下列问题：(1)已知下列热化学方程式：2CO2(g) + 6H2(g) = CH3OCH3(g) +3H2O(g) H1=122.6kJmol1CH3OCH3(g) + H2O(g) = 2CH3OH(g) H2=+23.4kJmol1则用CO2(g)与H2(g)反应合成CH3OH(g)的热化学方程式 _(2)一定条件下，向某密
25、闭容器中按照投料，发生反应，反应达到平衡时，容器中甲醇的体积分数与压强、温度的关系如图所示：由上图可知，反应物的转化率与压强的关系是：减小压强，CO2的转化率_(填“减小”“不变”或“增大”)，温度为265时的平衡常数Kp=_MPa-2(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压体积分数)一定温度下，能说明上述反应已达化学平衡状态的是_(填字母)A混合气体密度保持不变 B混合气体的平均摩尔质量不变C反应容器内压强保持不变 D单位时间内生成1 mol H2O，同时消耗3 mol H2(3)将一定量的CO2(g)与H2(g)混合气体通入某密闭容器中，在催化剂作用下生成CH3OH(g)，不同压强下，平衡
26、时混合气体中CH3OH(g)的体积分数随温度的变化如图一所示。则A、C、D三点的平衡常数由大到小的顺序为_(用KA、KC、KD表示)，E点变为C点的措施是_。(4)我国对“可呼吸”的钠二氧化碳电池的研究取得突破性进展。该电池的总反应式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，其工作原理如图二所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。放电时，正极电极反应式为_充电时，碳纳米管连接直流电源的_极，电解质溶液中Na从_极区向_极区移动。【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.6 kJmol1 (2). 减小 (3). 或0.0023 (4
27、). BC (5). KAKC=KD (6). 增大压强 (7). 3CO2+4e-+4Na+=2Na2CO3+C (8). 正 (9). 阳 (10). 阴【解析】【详解】(1)根据盖斯定律，(+)可得CO2(g)+3H2(g) = CH3OH(g)+H2O(g)，则H=(122.6kJmol1+23.4kJmol1)=-49.6 kJmol1；(2)该反应为气体减小的反应，减小压强，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；Kp只与温度有关，则根据图像，265时，平衡时甲醇的体积分数为10.0%，压强为10MPa， 100%=10%，则x=，Kp=或0.0023；A该容器为恒容密闭容器，且均为气体
28、，则混合气体密度一直不变，则密度不能判断是否达到平衡状态，A与题意不符；B反应为气体减小的反应，反应达到平衡时，气体的物质的量不再改变，而混合气体的质量不变，则混合气体的平均摩尔质量不变时，达到平衡状态，B符合题意；C反应为气体减小的反应，反应达到平衡时，气体的物质的量不再改变，则反应容器内压强保持不变，能判断达到平衡状态，C符合题意；D单位时间内生成1 mol H2O，必然同时消耗3 mol H2，不能判断是否达到平衡状态，D与题意不符；答案为BC。(3)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，则A、C、D三点的平衡常数由大到小的顺序为KAKC=KD；该反应为气体减小的反应，增大压
29、强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，E点变为C，甲醇的体积分数增大，需增大压强；(4)放电时，正极上的二氧化碳得电子生成碳酸钠和C，电极反应式为3CO2+4e-+4Na+=2Na2CO3+C；充电时，碳纳米管失电子，作阳极，与电池的正极相连；Na从阳极向阴极移动。11. I.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_。(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)，I1(Li) I1(Na)，原因是_。.氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，
30、是一种具有潜力固体储氢材料。(3)NH3BH3分子中，NB化学键称为_键，其电子对由_提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构如图所示：在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_变为_。(4)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H+)，与B原子相连的H呈负电性(H-)，电负性大小顺序是_。(5)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，=90。氨硼烷的222超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度=_gcm3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 4：5 (2). Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更
31、大，故第一电离能更小 (3). 配位 (4). N (5). sp3 (6). sp2 (7). NHB (8). 【解析】【详解】(1)基态Fe2+的核外电子排布式为Ar3d6，Fe3+离子的核外电子排布式为Ar3d5，其未成对的电子数之比为4：5；(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)，Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小，有I1(Li) I1(Na)；故答案为：Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小；(3)根据B、N的原子结构可知，N最外层5个电子，B最外层3个电子，则NH3BH3分子中，NB化学键是配位键；其电子
32、对由N提供；NH3BH3分子中B原子形成4键， B原子采取sp3杂化；根据平面结构可知，B采取sp2杂化，故反应中，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2；故答案为：配位；N；sp3；sp2；(4)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H+)，与B原子相连的H呈负电性(H-)，则N对电子的吸引能力大于H，H对电子的吸引能力大于B，故电负性大小顺序是NHB；(5)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，=90，根据氨硼烷的222超晶胞结构，可知氨硼烷晶体的密度gcm3。12. 2020年2月19日下午，国家卫生健康委办公厅、国家中医药管
33、理局办公室联合发出关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第六版)的通知。此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了磷酸氯喹和阿比多尔两个药物。磷酸氯喹可由氯喹( )和磷酸在一定条件下制得。氯喹的合成路线如下：已知：R-NO2R-NH2(1)写出有机物C的名称_，B中官能团的名称_，D中含氮官能团的电子式 _(2)反应 AB 中须加入的试剂a为_(3)B 反应生成 C 的反应化学反应方程式是 _(4)C10H6NO3Cl结构简式是_(5)AB反应类型为_，CD反应类型为_(6)M是H的一种同分异构体，写出满足下列条件的M的结构简式_(不考虑立体异构，只需写出2种)分子结构中含有苯环(无其他环)，且苯环上有三
34、个取代基；能使溴水褪色；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比2:1:1:1。(7)设计由甲苯为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_【答案】 (1). 间氯硝基苯或3-氯硝基苯 (2). 硝基 (3). (4). 浓硫酸、浓硝酸 (5). Cl2+HCl (6). (7). 取代反应 (8). 还原反应 (9). 、 (10). ，与【解析】【分析】磷酸氯喹中含有苯基，A的分子式为C6H6，则A为苯；B的分子式为C6H5NO2，则B为硝基苯，a为浓硝酸和浓硫酸；硝基苯与氯气在氯化铁的条件下发生取代反应，根据E中氯原子的位置，C为；根据CD的反应条件，和已知相同，则CD为硝基的还原反应，D为。【
35、详解】(1)有机物C为，名称为间氯硝基苯或3-氯硝基苯；B为硝基苯，含有的官能团为硝基；D为，含氮官能团为氨基，电子式为；(2)反应AB为苯生成硝基苯，反应条件为浓硫酸、浓硝酸、水浴加热；(3)B反应生成C为氯原子的取代反应，方程式为Cl2+HCl；(4)结合流程中的物质F和G，C10H6NO3Cl含有苯基、Cl原子、羟基和羧基，结构简式为；(5)AB为苯的硝化反应，反应类型为取代反应；CD为硝基的还原反应，则反应类型为还原反应；(6) M是H的一种同分异构体，分子式为C9H5NCl2，分子结构中含有苯环(无其他环)，且苯环上有三个取代基；能使溴水褪色，则含有碳碳双键或碳碳三键；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:1:1:1，则结构为对称结构，结构式为、；(7)根据的结构简式，需要用甲苯制备4-氯甲苯和4-硝基甲苯，硝基还原后再与4-氯甲苯反应即可，流程为，与。
