四川省泸州市高2021届高三第二次教学质量诊断性考试理综化学试题解析

泸州市高2018级第二次教学质量诊断性考试
理科综合能力测试化学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共38题，共300分，共12页，考试时间150分钟。

考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。

注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须使用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Si28
第I卷
一、选择题：本题共13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. 2020年6月23日西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星。

下列有关说法错误的是
A. 火箭上用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体单质
B. 火箭燃料发生氧化还原反应将化学能转化为势能、动能、热能
C. 铝合金做飞行器的材料是利用其质轻强度大的性能
D. 卫星计算机芯片使用的是高纯度的硅
【答案】A
解：A．碳纤维复合材料是由碳纤维与树脂等材料复合而得，属于混合物，同素异形体指同种元素形成的不同单质，A错误；
B．火箭发射时，利用燃料燃烧发生氧化还原反应产生的巨大能量推进火箭升空，其化学能转化为热能、动能以及势能，B正确；
C．铝合金的密度较其他合金要小，故铝合金质轻，且铝合金强度大、耐腐蚀，C正确；
D．高纯度的硅可用于生产芯片，D正确；
故答案选A。

2. 阿比朵尔是李兰娟团队公布治疗新型冠状肺炎的最新研究成果，可有效抑制病毒，结构如图。

下列有关阿比朵尔的说法中正确的是
A. 阿比朵尔为芳香烃
B. 所有碳原子一定处于同一平面
C. 能发生水解、取代和加成反应
D. 一个阿比朵尔分子中含有21个碳原子
【答案】C
解：A．该有机物中除C、H元素外，还有O、N、S、Br元素，故不属于烃，A错误；
B．以苯环面作为参考，结构—N(CH3)2中N原子所连2个C不可能都在苯环面上，B错误；
C．该有机物中含有酯基，可以发生水解反应，水解也属于取代反应，碳碳双键、苯环能发生加成反应，C 正确；
D．该有机物中含有17个碳原子，D错误；
故答案选C。

3. 已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，只有Z是金属元素，X的简单氢化物分子为正四面体结构，Y是地壳中含量最高的元素，Y与W同主族，下列说法正确的是A.原子半径：X＜Y＜W B. 最高价氧化物的水化物的酸性：X＜W＜R C. WY2能使紫色石蕊试液先变红后褪色D. Z与Y形成的化合物一定是碱性氧化物【答案】B X的氢化物为正四面体结构，故为CH4，即X为C，Y为地壳中含量最高元素，故Y为O，W与Y同族，
所以W为S，S之后的短周期主族元素只剩Cl，故R为Cl，Z为金属元素，结合原子序数关系，Z可能为Na、Mg、Al。

解：A．S电子层为3层，C、O电子层为两层，故S半径大于C、O，又O的核电荷数大于C，故O的半径比C小，即原子半径：X＞Y，A错误；
B．非金属性：R(Cl)＞W(S)＞X(C)，最高价氧化物对应水化物酸性强弱与非金属性一致，故B正确；C．SO2虽然具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，故紫色石蕊试液遇SO2变红后不会褪色，C错误；D．Z形成的氧化物可能为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，其中Al2O3为两性氧化物，过氧化钠不属于碱性氧化物，D错误；
故答案选B。

4. N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
C所含的原子数为阿伏加德罗常数
A. 12g 13
6
B. O2的相对分子质量为32，所以O2的摩尔质量也为32。

C. 标准状况下，lmolNO 与11.2L O2充分反应后分子总数为N A
D. P4为正四面体形分子，则1 mol P4分子中含有6N A个共价键
【答案】D
C中所含的碳原子数称为阿伏加德罗常数，A错误；
解：A．12g 12
6
B．O2的摩尔质量为32 g/mol，B错误；
2NO N O C．由反应2NO+O2=2NO2，知1 mol NO与0.5 mol O2恰好反应生成1 mol NO2，但由于反应
224的存在，导致反应后气体分子数小于1 mol，C错误；
D．白磷分子为正四面体结构，P原子位于4个顶点，故1个P4分子中含有6个P—P共价键，即1 mol P4分子中含有6 mol P—P共价键，D正确；
故答案选D。

5. 下列有关实验错误的是
A. 中和反应反应热的测定，需要准确读取酸碱溶液混合后的最高温度
B. 将4.0g NaOH置于100mL容量瓶中，加水配制1.000mo/LNaOH溶液
C. 除去甲烷中的乙烯，可以依次通过酸性KMnO4溶液、NaOH溶液、浓H2SO4
D. 探究Fe2+能转化为Fe3+，可以向FeCl2溶液中依次滴加KSCN溶液、氯水
【答案】B
解：A．中和热的测定，需准确测出混合前的初始温度和反应后最高温度，利用温度差结合比热容求算反应放出的热量，进而计算出中和热，A正确；
B．NaOH固体不能直接在容量瓶中溶解，需在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中，B错误；
C．经过KMnO4溶液后，C2H4被氧化为CO2，经过NaOH溶液CO2又被吸收，最后经过浓硫酸获得干燥的
CH4，C正确；
D．先滴加KSCN溶液，能排除溶液中原有Fe3+对Fe2+检验的干扰，再滴加氯水，若溶液在加入氯水后才变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，D正确；
故答案选B。

6. 溶液中的离子平衡是以化学平衡理论为基础，以探讨离子反应原理的基础性理论。

常温下，下列有关说法错误的是
A. 10mL pH=3的醋酸溶液稀释至100 mL，稀释后溶液的pH＜4。

B. HF溶液中滴加少量稀NaOH溶液，
-
-
c(OH)c(HF)
c(F)
的值不变
C. Na2C2O4溶液中存在的离子浓度关系c(OH -)=c( HC2O-4)+c(H2C2O4)+c(H+)
D. 反应3Mg(OH)2(s)+ 2Fe3+=2Fe(OH)3 (s)+ 3Mg2+的平衡常数K=
3
sp2
2
sp3 K[Mg(OH)] K[Fe(OH)]
【答案】C
解：A．由于稀释过程中，醋酸能继续电离补充H+，故稀释后，溶液pH变化小于1个单位，即pH＜4，A 正确；
B．
-+-
w
-+-
a
c(OH)?c(HF)c(H)?c(OH)?c(HF)
==
c(F)c(H)?c(F)
K
K
，由于K w与K a只与温度有关，温度不变，其值不变，B
正确；
C．由电荷守恒：++--2-
2424
c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC O)+2c(C O)，结合物料守恒：
+-2-
2242424
c(Na)=2[c(H C O)+c(HC O)+2c(C O)]，两式联立消去c(Na+)得：
--+
22424
c(OH)=2c(H C O)+c(HC O)+c(H)，C错误；
D．该反应平衡常数
3
32+32+6-
sp2
23+23+6-2
sp3
[Mg(OH)] c(Mg)c(Mg)?c(OH)
===
c(Fe)c(Fe)?c(OH)[Fe(OH)]
K
K
K
，D正确；
故答案选C。

7. 已知Fe2+与H2O2溶液混合发生Fenton反应生成氧化性很强的羟基自由基(•OH)，可将CN-氧化为低毒的CNO-，实现废水处理的目的。

三维电极电解-Fenton反应处理废水的原理如图所示，多孔焦炭电极将整个电解槽变成了许多微电解池。

下列说法错误的是
A. 钛合金电极反应式为2H2O- 2e- =2H++2•OH
B. 阴极电极反应式为O2+ 2H++ 2e - = H2O2
C. 焦炭电极表面能产生•OH使废水处理效率提高
D. Fe(OH)2+能在钛合金电极实现再生循环利用
【答案】D
由图示知，钛合金电极连接电源正极，作电解的阳极，H2O在电极表面放电生成·OH和H+，电极反应为：2H2O-2e-=2H++2·OH，石墨电极为电解的阴极，O2在电极表面得电子生成H2O2，电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2。

解：A．由分析知，A正确；
B．由分析知，B正确；
C．多孔焦炭电极将整个电解槽变成许多微电解池，其作阳极的部分对应电极反应与钛合金电极相同，也可产生·OH，使废水处理效率提高，C正确；
D．Fe(OH)2+中Fe元素为+3价，变回Fe2+需得电子，故可在石墨电极（阴极）上再生循环，D错误；
故答案选D。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题(共129分)
8. 乙酸正丁酯，为无色透明有愉快果香气味的液体，是一种优良的有机溶剂和有机合成中间体，实验室制
CH3COO(CH2)3CH3+H2O，装置如图所示(夹持装置已略去)，实备原理为：CH3COOH+CH3(CH2)OH+H
Δ
验步骤如下：
I．向100mL反应容器X中，加18.5g正丁醇，16.8g 冰醋酸，1gKHSO4，混匀，加2粒沸石。

接上冷凝管和分水器。

II．加热反应开始后，控制回流速度1~ 2滴/s，大约40 min后，反应完成，停止加热。

III．分离提纯产品。

过滤回收KHSO4，将滤液和分水器分出的酯层一起倒入分液漏斗中，用10 mL水洗涤；……蒸馏得到产品29.0 mL。

己知：
名称相对分子质量溶解性密度(g/cm3) 沸点(℃)
正丁醇74 稍溶于水和易溶于有机溶剂0.81 117.7
冰醋酸60 能溶于水和有机溶剂 1.05 117.9
乙酸正丁酯116 难溶于水0.90. 126.5 .
回答下列问题：
(1)图中仪器X的名称是___________，KHSO4的作用是___________。

(2)用过量乙酸的目的是___________。

(3)本实验中分水器的作用是____________。

实验中需先在分水器中加水，使水面稍低于支管口1~2cm，并保持水面上仅有很浅一层油层存在，直至反应完成。

这样操作的目的是___________。

(4)步骤III中第一次水洗主要除去的是___________。

步骤III“……”。

处还需要经过以下一系列的操作提纯，其正确的顺序是___________。

a．再用10mL水洗涤；b．用无水硫酸镁干燥；
c．用10 mL 10%Na2CO3洗涤；d．过滤
(5)下列蒸馏装置最合适的是__(填选项字母) ；本实验中乙酸正丁酯的产率为___
【答案】(1). 圆底烧瓶(2). 催化剂(3). 提高正丁醇利用率(4). 分离出反应生成的水，使平衡正向移动，提高产率(5). 确保将蒸出的正丁醇流回反应器中继续反应(6). 乙酸、KHSO4(7). cabd (8). C (9). 90%
解：(1)仪器X名称为圆底烧瓶；由题干所给方程式知，此反应需要H+作催化剂，KHSO4可提供H+，故其作用为催化剂；
(2)乙酸过量可提高正丁醇的转化率，故此处填提高正丁醇的转化率（或利用率）；
(3)分水器可将生成的水及时分离除去，使反应平衡正向移动，提高酯的产率，故此处填：分离出反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率；这样操作可确保冷凝的正丁醇能流回圆底烧瓶中继续反应，故此处填：确保将蒸出的正丁醇流回反应器中继续反应；
(4)由于反应后的体系中混有易溶于水的乙酸和催化剂KHSO4，故第一次水洗的目的为除去乙酸、KHSO4；第一次水洗后，酯中还有少许残留的乙酸，此时需用饱和Na2CO3溶于继续洗涤，将乙酸转化为易溶于水的CH3COONa，再进行第二次水洗除去CH3COONa，接着需加入干燥剂对产品进行干燥，可选用无水硫酸镁，最后进行过滤除去吸水后的硫酸镁固体，获得较纯的乙酸正丁酯，故此处操作顺序为：cabd；
(5)由于提纯时无需回流操作，故选用直形冷凝管，A装置温度计位置错误，故此处选装置C；由于乙酸过
量，理论上正丁醇完全反应生成乙酸正丁酯，故乙酸正丁酯的理论产量=
18.5 g
×116 g/mol=29 g
74 g/mol
，实
际产量=29.0 mL×0.90 g/cm3=26.1 g，故其产率=26.1 g
×100%=90% 29 g。

9. 钴可用于火箭发动机、导弹的耐热部件以及原子能工业。

下图是由铜钴精矿提取钴的相关工业流程。

铜钴精矿中主要含氧化铜、硫化钴(CoS)和少量FeS等。

已知：在pH 为4~6时Fe 3+水解生成Fe(OH)3•2nFe 3+•3(n-x)SO 2-
4胶体，具有吸附性。

(1)从“氨浸”可知，Cu 2+、 Fe 2+、Co 2+三者中易于形成氨合物的离子是___________ ；含Cu(NH 3) 2+4
的溶
液“电解”阴极反应式为___________。

(2) “酸浸”中硫化钴(CoS) 、Na 2SO 3与盐酸共同反应的离子方程式为___________。

(3)“除铁”加入了试剂X ，使Fe 2+转化为Fe 3+，则试剂X 最好选用___________ ( 填字母编号)。

A ． KMnO 4溶液 B ． H 2O 2溶液 C ． HNO 3 D ． SO 2
(4)“ 萃取”是利用某磷酸酯P50 (用RH 表示)萃取钴，其反应的离子方程式为___________。

(5)整个流程中可以循环利用的物质有___________。

(6)“除铁”中，溶液pH 对钴回收影响密切，如下图所示该步应控制pH 范围为___________，pH 较大时钴回收率骤降的原因是___________。

(已知Co 2+沉淀的pH 为6.7~8.7)。

【答案】 (1). Cu 2+ (2). 2+-343Cu(NH )+2e =Cu+4NH (3). 2CoS+6H ++2-3SO =2Co 2++3S+3H 2O
(4). B (5). 2RH+Co 2+ = CoR 2+2H + (6). RH 、NH 3和H 2C 2O 4 (7). 3~4 (8). 在溶液pH 大于4时，
Fe 3+水解生成3+2-34Fe(OH)?2nFe ?3(n-x)SO 胶体，吸附大量Co 2+，导致钴回收率骤降
氨浸时，CuO 转化为[Cu(NH 3)4]2+溶解，经过电解滤液获得Cu ，滤渣①主要含CoS 、FeS ，酸浸时，CoS 、FeS 分别转化为CoCl 2、FeCl 2，所含S 元素转化为S 沉淀被除去，进入除铁步骤，加入试剂X （氧化剂，如H 2O 2），将Fe 2+氧化为Fe 3+，接着转化为FeOOH 沉淀除去，过滤得含Co 2+的溶液，经过萃取，实现Co 2+与其他离子的分离，加入H 2C 2O 4反萃取并获得CoC 2O 4沉淀。

解：(1)由流程知，氨浸所得滤液中含[Cu(NH 3)4]2+，说明Cu 2+易形成氨配合物；电解时，[Cu(NH 3)4]2+中Cu
元素被还原为Cu ，故阴极电极反应为：2+-343Cu(NH )+2e =Cu+4NH ；
(2)根据流程知，酸浸时，三者反应生成S ，说明此时CoS 中S 元素与Na 2SO 3中S 元素发生归中反应，由得
失电子守恒初步配平反应为：2CoS+2-
3SO →3S+2Co 2+，可在左边添加6个H +配平电荷守恒，右边添加3个H 2O 配平元素守恒，得完整方程式为：2CoS+6H ++2-
3SO =2Co 2++3S+3H 2O ； (3)将Fe 2+氧化
Fe 3+需加入强氧化剂，SO 2无强氧化性，故排除D ，而KMnO 4、HNO 3虽然能氧化Fe 2+，但
会引入新杂质，故试剂X 最好选用H 2O 2，故答案选B ；
(4)由流程知，萃取时，Co 2+结合R -生成CoR 2，对应方程式为：2RH+Co 2+ = CoR 2+2H +；
(5)过程中可循环利用的物质有：电解时生成NH 3、反萃取得到的RH 和H 2C 2O 4溶液，故此处填RH 、NH 3和H 2C 2O 4；
(6)根据题意，需控制除铁率较高且钴回收率也较高时对应的pH ，由图像知，pH 3~4时满足要求，故此处填
3~4；在溶液pH 大于4时，Fe 3+水解生成3+2-34Fe(OH)?2nFe ?3(n-x)SO 胶体，吸附大量Co 2+，导致钴回收
率骤降。

10. 消除城市中汽车尾气的
污染是一个很重要的课题。

回答下列问题 (1) 下列不属于汽车尾气中的污染物的是___________
A ． CO 、C x H y
B ． NO x 、细颗粒物
C ． CO 、NO x
D ． CO 2、H 2S (2)已知：① 2NO(g) + 2CO(g)
N 2(g) + 2CO 2(g) ∆H 1=-746.5 kJ • mol -1，据此可在一定条件下反应消除NO
和CO 的污染；② CO 2(g)+C(s)=2CO(g) △H 2=+172.5 kJ •mol -1；碳(石墨)的燃烧热为-393.5kJ •mol -1.写出石墨完全燃烧的热化学方程式___________。

2NO(g)= N 2(g)+O 2(g) △H 3=___________kJ •mol -1
(3)某研究小组在三个容积均为VL 的恒容密闭容器中，分别充入1.0molNO 和1.0molCO ，在三种不同实验条件(见下表)下进行上述反应，反应体系的总压强(P)随时间变化情况如图所示：
实验编号 a
b
c 温度/K
500 500 600
催化剂的比表面积/m 2.g -1 82
124 124
①曲线III 对应的实验编号是___________，曲线I 中压强降低的原因是___________。

②由曲线II 数据计算出对应条件下的压强平衡常数K p=___________ ；
若在曲线III 对应条件下，NO 、CO 、
N 2、 CO 2的分压依次是10kPa 、20kPa 、 40kPa 、 40kPa ，则此时反应的速率v 正___________ v 逆(填 “＜”、=’或“＞”)。

(4)反应物分子一步直接转化为产物
反应称为基元反应，一个化学反应往往是由多个基元反应分步进行的，这个分步过程称为反应机理，机理中的快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计。

一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数的幂的连乘积成正比，如基元反应mA(g)+nB(g)
pC(g)
的 “速率方程”可表示为v = kc m (A)•c n (B) (k 为速率常数)。

实验测得低温时某反应的速率方程为v =kc 2(NO 2)，其反应机理有如下两种可能。

则该反应的化学方程式可表示为___________，以 下机理中与其速率方程符合的是___________ ( 填编号)。

【答案】 (1). D (2). 22C(s)+O (g)=CO (g) =-393.5 kJ/mol H 石墨， (3). -180.5 (4). b (5). 气体的分子数（或物质的量）在减少 (6). 1.6 (7). = (8). NO 2+CO=NO+CO 2 (9). ②
解：(1)汽车尾气主要含有NO x 、C x H y 、CO 、颗粒物等污染物，故此处选D ；
(2)由题意知石墨的燃烧热为-393.5 kJ/mol ，故其完全燃烧对应的热化学方程式为：
22C(s)+O (g)=CO (g) =-393.5 kJ/mol H 石墨，；由盖斯定律：①+②-石墨燃烧的热化学方程式，得
2NO(g)=N 2(g)+O 2(g) △H 3=△H 1+△H 2-△H =[-746.5+172.5-(-393.5)] kJ/mol=-180.5 kJ/mol ；
(3)①由图示知，曲线Ⅰ先达平衡，对应反应速率最快，故对应实验编号c ，曲线Ⅱ、Ⅲ最终平衡状态相同，故温度相同，且曲线Ⅲ先达平衡，对应反应速率快，故对应实验编号b ，曲线Ⅱ对应实验编号a ，故此处填b ；随着反应物转化为生成物，体系气体分子数在减少，故压强减小，故此处填：气体的分子数（或物质的量）在减少；
②曲线Ⅱ的起始压强为200 kPa ，平衡时为P=160 kPa ，由
n() 2 mol p()200
===n()n()p()160
始始平平平，解得n(平)=1.6 mol ，设NO 转化x mol ，则CO 转化x mol ，生成N 2 0.5x mol ，CO 2 x mol ，故平衡时n(NO)=n(CO)=(1-x) mol ，n(N 2)= 0.5x mol ，n(CO 2)=x mol ，列式得2×(1-x)+ 0.5x+ x=1.6，解得x=0.8 mol ，故平衡时P(NO)=P(CO)=
0.2P P
=1.68
，
P(N 2)=0.4P P =1.64，P(CO 2)= 0.8P P =1.62
，故平衡常数K p =22
222222P P ×()P(N )?P (CO )42==1.6P P P (NO)?P (CO)()?()88；曲线Ⅲ与曲线Ⅱ的温度相同，故曲线Ⅲ平衡常数也为1.6，此时Q p=2
2240?40=1.610?20
=K P ，故此时处于平衡状态，υ(正)= υ(逆)，故此处填“=”；
(4)分步反应叠加可得到总反应，故该反应的化学方程式为：NO 2+CO=NO+CO 2；总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应，由已知速率方程知，对应NO 2转化为慢反应步骤，故与速率方程符合的是机理②。

(二)选考题(共45分)
11. 第IV A 元素在地壳中含量丰富，在人类生活各方面都有广泛的应用。

回答下列问题。

(1)基态C 原子中填充了电子的
原子轨道共有___________个，基态Si 原子的价电子电子排布式为___________，第 一电离能C ___________ Ge (填“大于”、“小于”或“等于”)。

(2) X 是碳的一种氧化物，X 的五聚合体结构如图1所示。

则X 的分子式为___________ ； X 分子中每个原
子都满足最外层8电子结构，
X 分子的电子式为___________。

X 的沸点___________CO 2的沸点(填“大于”、“小于” 或“等于”)
(3)C 20分子是由许多正五边形构成的空心笼状结构如图2所示，分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形
成化学键。

则C 20分子中含个___________ σ键，
请你大胆猜测：C 20 分子中碳原子的杂化轨道为___________ (4) β-SiC 晶胞如图3所示，若碳和硅的原子半径分别为a pm 和b pm ，密度为ρ g/cm 3，其原子的空间利用率( 即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为___________(用含a 、b 、p 、N A 的代数式表示，N A 表示阿伏加德罗常数的值)。

【答案】 (1). 4 (2). 3s 23p 2 (3). 大于 (4). C 3O 2 (5). (6). 大于 (7). 30 (8). 介于sp 2和sp 3
之间（或sp n (n=2~3)或不等性sp 3杂化） (9). 33A 31ρπ(a +b )3?10N
解：(1)C 原子轨道排布式为：，故基态C原子共有4个轨道填充电子；基态Si原子最外层为4个电子，即价电子数为4个，对应排布式为3s23p2；C失去的第一个电子位于L层，受原子核引力较强，而Ge失去的第一个电子位于N层，离原子核相对较远，受到引力较弱，故第一电离能：C大于Ge；(2)由结构知，该分子中含有15个C原子，10个O原子，比例为3：2,，故该分子的分子式为C3O2；该分子中每个原子均满足8电子稳定结构，故C与O之间共用两对电子，C与C之间也共用两对电子，对应电子式为；C3O2与CO2均为分子构成，由于不存在分子间氢键，C3O2相对分子质量比CO2大，故C3O2分子间作用力强于CO2，故沸点C3O2大于CO2；
(3)由题意知，C20中每个碳原子与连着3个C，即每个C周围形成3个σ键，由于涉及共用，故1个C周围
实际占有σ键1
×3 1.5
2
＝个，所以C20中共有20
×1.5=30个σ键；C原子有4个价电子，其中3个用于形成σ键，每个C还剩余1个价电子，可用于与相邻C形成π键，此时C原子为sp2杂化，但由于涉及碳原子之间的共用，故有些碳原子剩余的1个价电子无法形成π键，此时对应碳原子为sp3杂化，故C20中碳原子杂化类型为sp2、sp3两种；
(4)由结构知，该晶胞中含有4个C和4个Si（
11
×8+?6=4
82
），故原子所占的总体积=
-103-10333
3
30
4π(a?10cm)4π(b?10cm)16π(a+b)
4?[+]=cm
333?10
，该晶胞的体积=3
A
A
4
×40
160
=cm
ρρ
N
N
，则原子的空间利用率=
33
33
30
A
31
3
A
16π(a+b)
ρπ(a+b)
3?10=
1603?10
cm
ρ
N
N。

12. 磷酸氯喹是-种抗疟疾药物，经研究发现该药在体外细胞水平上对新型冠状病毒具有抑制作用。

其中氣喹的一种合成路线如下图。

已知：A．和属于芳香族化合物，其芳香环结构与苯环结构相似；
B．R2NH+ClR'→R2NR'+ HCl (R为烃基或氢原子，R'为烃基)
回答下列问题：
(1)化合物A的名称是___________，化合物C中的官能团名称是___________。

(2)反应①类型是___________，G最多有___________个原子共平面，E与F相对分子质量差值为___________。

(3)符合下列条件的C的同分异构体共___________种(不包括C)，其中核磁共振氢谱有3个吸收峰的物质的结构简式是___________。

①具有六元芳香环状结构；②不含—N—Cl 结构。

(4)哌啶)能与1，2-二氯乙烷合成二哌啶乙烷(C12H24N2) ，该反应的化学方程式为___________。

【答案】(1). 硝基苯(2). 氨基、氯原子(3). 取代反应(4). 17 (5). 44 (6). 15 (7).
、(8). 2+CH2ClCH2Cl→+2HCl
结合反应条件知，A→B为苯环上氢被氯原子取代，结合C知，取代的是硝基苯间位上H，故B为：，B→C为还原反应，硝基被还原为氨基，结合反应条件知，D→E为酯基的水解反应，酸化后生成E，故E为：，E→F为羧基的消除，脱去小分子CO2，即脱羧反应，F→G
为取代反应，F中酚羟基被氯原子取代，G→H为取代反应，G中氯原子与氨基反应，脱去小分子HCl生成H。

解：(1)化合物A可看成苯中H被硝基取代，故A名称为硝基苯；由C的结构简式知，所含官能团名称为氨基、氯原子；
(2)由分析知，反应①为取代反应；由信息知，含N杂环也为平面结构，故G中两个环共面，即所
有原子都共面，故此处填17；由分析知，E→F脱去小分子CO2，故两者分子量相差44；
(3)根据所给信息，此时六元芳香环可能为苯环或含N杂环，若为苯环，则存在如下结构符合题意：
、；若为含N杂环，环上可能为1个支链或2个支链，若为1个支链（—CH2Cl），存在如下结构：、、，若为2个支链（—CH3和—Cl），可采用定一移一法确定同分异构种类，存在如下结构符合题意：（氯原子可在位置①或②）、（氯原子可在位置①②③④）、（氯原子可在位置①②③④），综上所述，符合题意的结构共有15种；其中含3种氢原子的结构为：、；
(4)由题目所给信息知，两种反应物反应时脱去小分子HCl，对应方程式为：2+CH2ClCH2Cl→+2HCl。