四省八校2020届高三上学期第二次教学质量检测化学试题含解析

四省八校2020届卷三上学期第二法数学质量松恻

化学诙敢金解析四省八校2020届高三第二次教学质量检测化学考生注意：lo本试舂分第I卷和第II舂两部分。满分300分。考成时间150分钟。2«考生作答时，靖将答金答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，理出答题区域书写的各会无效，在成题卷、草稿筋上答题无效。3o做选考题时，考生须按照题日要求作答，并用2B会第笈答题卡上也所选题q的题号涂黑.可能用到的相对原子质量:HlN14016Ni58o7As75一、逑择题：在蚤小题给出的四个还项中，又有一项是符合题@要求的.lo化学与生活各个方面息息相关，下列说法错误的是Ao光化学污染是由玻璃反射，爱成光线强对眼睛有害的污染Bo贵州省“桐梓人”是中国南方发现的最早智人之一，可以用14c测定其年代Co化肥普钙Ca(H2Po4)2不可与草木灰混用D.锂也池是一种高能包池，其有比能量高，工作时间长，工作温度宽，包压高等优点【答案】A【解析】【详斛】A、光化学污染是指NOx气体对人类影响，而非疲瘩反射，故A错误；14c具有放射性，能发生衰变，可以用来测定文物年代，故B正确；Ca(H2Po4)2水斛显酸性，革木灰水解显碱性，若混合使用，小斛互相促进，易麦成肥效降低，故C错误；D.锂包池是一种高能也池，其有比能量高，工作时间长，工作温度宽，电压高等优点，故D正确；故答案选A。2o下列说法正确的是AolLlmolL_1^NH4FeCSO4J2溶液中，Fe3+<qSO42-<日之比为1:2Bo标况下，22。4LNO2与足量水反应生成0.5Na个NO分子Co1mol石墨和金刚石的混合物中，含碳碳键数目为4NaDoK37cle)3+6H35C1=3cl2T+KC1+3H2O若该反应转移5Na个电子，则生成212gC2【答案】D【解析】【详斛】A、由于Fe3+的水斛,导致〃(Fe3+)〈Imol,故A错误；B,林况下，NO2为液体(沸点21℃),不能用气体摩尔体积进行计算，故B错误；C,石墨为层状结构，Imol石墨中含有1.5必碳碳键，金刚石为全间立体网状结构，Imol金刚石含有2Na碳碳键，故C错误；K37C1O3+6H35C1=3C12T+KC1+3H2O,依据氧化还原规律：3moicb中由lniol37Cl和5mol35Cl,即3moic卜的质量3J~5e-=37+5、35=212g,由3 5得，若该反应转移5Na个包子，则3mol5mol生成212gCL,故D正确；故答案选D。3.多巴胺（如图）由脑内分泌•，可影响一个人情绮,其下列说法正Ao分子式CsHioNOB.该物质1mol可反应靖耗洪水中3molBr?C.该结构中最多有15个原子共平面D.该物质能发生氧化反应、取代反应、加成反应、请去反应【答案】B【斛析】【详斛】A、多巴胺分子式为CsHuNCh,故A错误；B,该物质苯环上有2个酚经基，3个氢，Imol可与溟水中3moiBn发生取代反应，故B正确；

C,由于单健的存在，一CH2-CH2—NH2上的原子还可能旋转与笨环共面，最多有17个原子共面，故C错误;D,该物质不能发生前去反应，故D错误；故答案选B。4o下列实验掾作、现象、结论均正确的是B.BC.CD.DB.BC.CD.D选项实验操作实验现象结论A白蛋⑥质漆液中加入氯化钠晶体有固体析出加入无机就使胶体聚沆BAg2c。3右色悬浊液中加入Na2s落液沉淀变为黑色KspCAg2SJ>Ksp(Ag2co3)C某混合态体依次通过品红漆液和澄清石品红褪色和澄清石灰水变碎浊核混合气体中令有SO2和CO2D向某水溶液中加八银氨溶液，水浴加热出现光亮的银镜该溶液中一定含有盛类物质【答案】A【斛析】【详斛】A、蛋白质溶液属于胶体，加入电斛质会发生聚沉，故A正确；B,沉淀的转化：同类型时，向泳斛度小的转化更意多，即Ksp(AgzS)vKsp(Ag2co3)，故B错误；C,因SO2也能使石灰水变评浊CCafOH)2+SO2=CaSO3；+H2O),没有除去SO2就无法确定是否有CO2,故C错误；D,能与银氨溶液反应，产生银镜现象的还有糖类，甲酸，甲酸酯，甲酸盐，故D错误；故答案选A.5.短周期元素A、B、C、D的原子序教依次增大，其中A、B同周期，A、C的最外层电子数之和的一半等于D的最外层电子教，A、B、C的原子序数之和为D的2倍，D的单质是一种带有金属光泽的灰黑色固体。下列说法正确的是A.原子半径为：C>D>B>ABo简单氢化物的沸点：D>B>ACoD的单质与强碱溶液反应可生成气体DoB和C形成的化合物与A的氢化物的水澹液能反应【答案】C【斛析】【分析】由题干分析可知,带有金属光泽的灰黑色固体一定是Si,即D为Si,又因A、C的最外层也子教之和的一半等于D的最外层句于教，可知A,C最外层电子数只能为7,1；6,2；5,3,其中7,1；6,2都不可能，只能是5,3;所以元素分别为：A：N,B：O,C:Al,D:Si.【详斛】由题干分析可知，带有金属光泽的灰黑色固体一定是Si,即D为Si,又因A、C的最外层电子数之和的一半等于D的最外层电子数，可知A,C最外层包子数只能为7,1；6,2；5,3,其中7,1;6,2都不可能，只能是5,3；所以元素分别为:A：N,B：O,C：AhD：Si;A、原子半卷为：C>D>A>B,故A错误；B、由于H2O,NH3分子中有氢键，简单氢化物的沸点应为B>A>D,故B错误；CSi单质与强碱溶液可以反应生成H2，故C正确；D.B和C形成的化合物是AI2O3,A的氢化物的水溶液是氨水，AI2O3与氨水不反应，故D错误；故答案选C。6.微生物也化学技术作为一种新型水处理工艺，因具有污染物同步去除和能源化的特点而受到广泛关注。一种典型的乙骏降斛微生物电化学系统（MES）工作原理如下图所示.下列说法错误的是A.MES条统中的交换膜为阳离子交换膜Bo乙酸除斛过程中，若也路中流过2moi电子，则理论上右•宴需要通人02约11.2LCo通八O2的一极为正极，发生还原反应D.选出CO2的一侧也极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O=2cO2T+8H+【答案】B【解析】【详斛】A、从图分析可知左池也极为负极，右池（。2）为正极，由于正＜:O2+4e+4H+=2H2O,所以H+要从左池移向右池，即需要阳离子交换腹，故A正确；B.。2没有在标准状况下，无法确定体积，故B错误；C.。2在正极得D极还原，发生还原反应，故C正确；D,负极电极反应式为CH3coOH-8e-+2H2O=2co2T+8H+,故D正确；故答案选B。7.改变0。1mol1一】己二酸（简写为HbA,也离常数分别为K“、Ka2J泳液的pH溶液中的H2A、HA—、A2一的物质的量分数3（X）能pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A.Kai=10-4°4B.曲线n表示的是HA—的物质的最分数3(X)肪pH的变化关系C.NaHA溶液中：cCH+J=cCOH-J+2c(A2-J-cCH2AJD.等物质的量浓度的Na2A与NaHA混合溶液中：c(Na+J>c(A2~)>c(HA-)>c(H+J>c(OH-)【答案】c【解析】【详斛】A、由图可知：Ka]="HA》但、又因为在h=4。4时，c(H2A)c(HA一)=c(H2A),所以Kal=c(H+)=10-44,故A正确；B,由电离HzAWHA—+H+,HA—WFT+A2—可知H曲线表示HA;故B正确；C.NaHA漆液中：由质子奇恒得c(H+)=c(OH-)+c(A2J—c(H2A),故C错误；D,等物质量浓度的Na2A与NaHA混合溶液中，有图可知HA~的电离程度大于A2-的水斛程度所以溶液显酸性，故c(H+)>c(OH一)，故D正确；故答案选C.[A<]判断盐溶液中离子浓度大小关系时，要考虑盐类水斛的问题，综合运用三大守恒进行分析。二、非逅择题：本卷包括必考题和选考题两部分。考生根据要求作答。(―)於考题8.羟氯(NH2OH)是一种还原剂，和藤氨一样是一种弱或，不稳定，・室温下吸收水汽迅速分斛。回答下列问题：(1)请写出羟氨的句子式—o(2)利用KMnCU标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取5.0g禁羟氨样品，漆斛在酸中后加适量蒸德也将其全部转移至100mL的中，加蒸储水至o②取20.00mL的羟氨酸性漆液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH20H2++4Fe3+=N20T+4Fe2++H2O+6H+，生成的Fe?+用0。4000mol-L-i的酸性KMnO4溶液施定，清定达到终点的现象是o请写出Fe2+与酸性KMiiO4溶液反应的离子方程式o重复谪定3次，每次消耗酸性高镒酸钾标准溶液的体积如表所示：第一次第二次第三次HKMnO,溶液）/mL18.8020.0219.98计算试样的纯度%.(3)下列操作导致误差偏离的有(填媪号).a谪定前■滴定管尖嘴处有气泡，痛定后消失b滴定管未经泗洗盛装KM11O4漆液C羟氨称量时，时间过长和漆群时没有及时用酸酸化dKM11O4溶液起始读数仰视，终点正常读教【答案】(1J.h［：O：h(2),硫酸(3).余量瓶(4)o刻度线(5)o当最后一施谪人时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色⑹。5Fe2++MnO4+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (7).66 C8).ab【斛折】【分析】(1)根据经氨化学式写出其电子式；(2)①羟氨应泳斛在H2s。4中，因为HC1中的C1会板MnO4一氧化;②用酸性KM11O4溶液谪定达到终点的现象是当最后一滴滴人时，锥形瓶中漆液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KM11O4漆液反应的离子方程七根据物质的量的关东计算式样纯度；(3)根据氧化还原谪定的相关掾作分析实验误差。【详斛】(1)根据羟氨化学式NH20H可知其电子式为:h［：O：h,故答案为：h：；\：0：h；II(2)①羟氨应泳斛在H2s04中，因为HC1中的C1会板M11CU一氧化,将其全部转移至100mL的家量瓶中，加蒸偏人至刻度线，故答案为:硫酸；家量瓶;刻度线；②用酸性KMnO4溶液谪定达到终点的现象是当最后一喃滴入时，锥形瓶中漆液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据

氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnCU溶液反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；由消耗高镒酸钾体积表可知,第一次误差过大，舍去,V(平均尸19.98+20.022均尸19.98+20.022=20.00niL；设滴定时NH20H2-的物质的量为xmoL依据离子方程式可得关东虬:5NHQH「〜 2M11O/■•5 2x n=cxV=20.00x1O'3x0.4斛得x=0。02因总量为100mL,所以〃(NH20H2+)=0。02x5=0。Imolm-nM-Oolx33g/mol=3.3g1产工xioo%=1i|x100%=66%"/样 ，0故答案为：当最后一清滴入时，碓形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色;5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;66；(3)a、谪定前■滴定管尖嘴处有气泡，谪定后请失会导致V殊准偏大，计算结果偏离；b、滴定管未经润洗盛装KM11O4溶液，相当于把KM11O4溶液稀格施定时靖耗体积增大，计算结果偏离；c.经氨称量时，时间过长和澹解时没有及时用骏骏化会导致经氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；d、KM11O4溶液起始读教仰视，终点正帘读教，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；故答案为：abo[A<]注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同掾作可能引起的实验误差。9.金属像是由门徒列夫第一个预t■成真的元素，有“也子工业脊梁”的美誉，它与铝同主族，其氧化物和氮氧化物均为两性化合物，镜及其化合物应用广泛。扮煤灰中可以提取镜，扮煤灰中的主要成分Ga2O3,含CaO、SiO2，AI2O3等杂质。镜的熔点较低(29.8℃)。沸点很高f2403℃JoC"(OH),—*Gi(I)C"(OH),—*Gi(I)滤港1的主要成分为:(2)为了提离溶受效率可以采用的措施有(写两种入(3J写出像单质与氢氧化钠漆液反应的离子方程<:(4J其他镇的化合物在生活和前沿科技上有广泛应用，根据已学知识回答下列问题:①GaCb漆液制备GaCb固体，应如何操作:②当代工业上固杰氮化镜(GaN)的制备方法是利用镜与NH3在1000℃高温下合成，同时生成氢气，每萌耗1molGa时放出15.135kJ热量。该可逆反应的热化学方程式是r5)下表是两种两性氮氧化物的电离蜜教。两性氢氧化物Al(OH),Ga(OH),酸式电离常数，2x10”1x!07碱式电离常数人1.3x10M1.4x10m将一块绿铝合金完全溶于烧碱溶液，再往反应后溶液中缓缓通人CO2,最先析出的氢氧化物是 0(6)电解袋可以提纯粗镜(内含Zn、Fe、Cu等杂质)，以NaOH水溶液为也斛质，在阴极析出高纯度的镜，请写出阴极电极反应：(离子氧化顺序为：Zn2+<Ga3+<Fe2+)o【答案】(l)oCaCO3>SiO2(2).升温、粉碎(其它合理答案均可)(3J.2Ga+2OH+2H2O=2GaO2-3H2T(4J.在HC1气流中加热蒸干(5)。2GaCl)+2NH3fg).1000C-2GaN(sJ+3H2CgJ△"=—30。27kJ/mol(6)。Al(OH)3 (7).GaO2+3e-+2H2O=Ga+4OH-【斛析】【分析】U)扮煤灰中的主要成分为GazCh，舍CaO、SiO2>AI2O3等杂质，加入Na2cCh溶液中发生反应CaO+H2O=CaCOH)2>Ca(OHJ2+Na2CO3=CaCO31+2NaOH?Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O,Al2O3+2NaOH=2NaAIO2+H2O,SiCh不溶于水，据此分析；(2)提高泳受效率可以采用的措施有升高温度、增大反应物接触面积等方法；(3)绿与铝化学性质相仞，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式形式也类仞；(4)①用GaCb溶液制备GaCL固体，要考虑Ga?十的小解；②根据题目中的条件写出热化学方程式；(5)根据强制弱原理进行分析；(6)因是NaOH为何斛质，所以Ga?十只能以GaCh一形式存在，据此分析O【详斛】(1J粉煤灰中的主要成分为Ga2O3,含CaO、SiO2>A12O3等杂质，加入Na2c。3溶液中发生反应CaO+H2O=Ca(OH)2,Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO31+2NaOH,Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O,A12O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,SiO2不流于水，过滤后将流法1为CaCCh、SiO2;(2)提高泳受效率可以采用的措施有升温、扮碎等方袋；(3J镜与铝化学性质相似，掾单质与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为:2Ga+2OH-+2H2O=2GaO2-+3H2t；(4)①用GaCL溶液制备GaCb固体，为了抑制Ga?十人斛，需要在HC1气流中加热蒸干；②铢与NH3在1000C高温下合成GaN,同时生成氮包化学方程式为:2Ga+2NH3T^2GaN+3H2,每请耗1molGa时放出15。135kJ热量，则该反应的热化学方程式为:2Ga(D+2NH3(g)T^2GaN(s)+3H2(g) 一30.27kJ/mol;(5)由Al(OH)3和Ga(OH)3的酸式句离常数可知,Al(OH)3的酸性更弱，根据强制弱4理，酸性弱的先析出，所以A1(OH)3先析(6J因是NaOH为也斛质，所以Ga?十只能以GaCh-形式存在，阴极电极反应为：GaO2+3e—+2H2O=Ga+4OH。[A<]扮煤灰中的化学成分加入Na2c。3溶液会发生的化学反应是斛题的关键，，注意镜与铝化学性质相仞，发生的化学反应也相似。10o丙稀是仅次于乙稀的有机化工原料，可由丙烷脱氮氧化制取.丙烧脱氢氧化工艺包含的反应有：主反应：①C3H8(g)UC3H6(g)+H2(g)AH1=+124.27kJ-mol一i(脱氢反应)②H2(g)+1o2(g)=H2Ofg)AH2=-241.82kJ-mol-1(境氢反应)副反应：③C3H8(g)UCH/g)+C2H4(g)AH3=+81.30kJ-mol-1©C2H4fg)+H2(g)BC2H6fgjAH4=-136.94kJ-mol-1⑤C3H8(g)+H2(g)UCH4fgJ+C2H6(g)AH5回答下列问题：(1JAH5=kJ-mol-1.(2)图1是制备工艺中一些反应平衡,考教的对教值与温度的关东图，欲提高丙稀的产率，能否尽可能的提嵩反应温度?,其原因是.除温度外，下列还可提嵩西稀产率的措施有r填序号)

A降低压强B增大压强C采用选择性优良的催化剂A降低压强B增大压强C采用选择性优良的催化剂D选择性的氧化消除部分氢气(3)实际脱氢工艺中帚琳通人水蒸汽，以改变丙烷的平衡转化率o图2为帘压、600〜1000K时,不同水煌比M下丙烷脱氢反应的平衡•转化率变化图。由图可知，,帘压、温度恒定时水煌比对平衡转化率的影响规律为o设某温度、latm(记为p(J下两烷的脱氢转化率为y,加入反应体系的水蒸沌与原料丙烷的物质的量之比为M,则脱氮反应的平衡常数Kp二(Kp为以分压表示的平衡考教，写出表达式即可)。(4)当反应温度为923K时，计算可知脱氢反应的反应热为+115.66kJmol-1,院氢反应的反应热为一237。75kJmor】,为保证烧氢所放热量完全满足脱氮吸热之用(假设脱氢率为100%),则烧氢率应大于;由此可见，烧氢过程不伍可以提高丙烷脱氢的转化率,还可以.【答案】 Cl)o—55。64 (2).不能(3)o在高温下副反应③比脱氢反应更家易进行 C4J.ACD(5).水煌比越大,V、，

(干工力。脱氢反应平衡转化率越高 (6)o—三—— (7；o48o6%1+y+M(8)o降低能耗【解析】【分析】(1)由题目中给出的热化学方程式之间的关系可得凶5=.3+凶4；(2J由图1可知，在高温下副反应③比脱氮反应更意务进行；提嵩两稀产率可以使主反应正向进行，或加快至反应速率，抑制副反应的发生；(3)水煌比值越大，相当于只有煌分解，犷大体积，减小压强，比值越大，正向移动程度越大；根据“三段式”计算出C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)平衡时每种物质的物质的量关条，进而进行计算；(4)烧氮放出的热量为脱氢提供热量，依据量的关系进行计算。【详斛】U)由③C3H8(g)UCH4(g)+C2H4CgJ△H3=+81.30kJ-mol-1©C2H4Cg)+H2(gJUC2H6(g)AH4=-136.94kJ-mol-1可知⑤C3Hs(g)+H2(g)UCH4(g)+C2H6(g)可以由③+④得到，所以凶5=凶3+凶」=+81。30kJmor】+(・136。94kJmo「1)-55。64kJmoL；(2)由图可知，欲提高丙稀的产率，不能尽可能的提高反应温度,因为在高温下列反应③比脱氢反应更家易进行；降低压强、选择性的氧化消除部分氢气可以使主反应正向进行，采用选择性优艮的催化剂可以加快主反应速率，降低副反应进行程度，提高丙稀产率；(3J本煌比值越大，相当于只有煌分解，犷大体积，减小压强；比值越大,正向移动程度越大，即水煌比越大，脱氢反应平衡转化率越局；假设丙烷为Imol,则有：c3Hs(g)uc3H6(g)+H2(g)TOC\o"1-5"\h\z起始：1 0 0转变：y y y平衡：1-y y y_0(C3H6)•P(H2) 'P°)_(H^M)P°5pc」)=i-y,=i-y；l+y+M10 1+y+M(4)由题意可知,烧氢放出的热量为脱氮提供热量，依据量的关东可得：烷氮率应大于II等xioo%=48。6%,由此可见，烧氢过程不乙JJ伍可以提嵩丙烷脱氢的转化率，还可以降低能耗。[A<](2)明白图1中曲线表示的意义和变化趋势为斛题的关键，一定要根据实际情况进行分析o(二)选考题：【化学一选修3:物质每构与性质】llo铁在史前'就为人们所知，由于铁、晶、裸性质很相似故称为铁条元素.回答下列问题：(1)铁、晶、裸中未成对电子数百最多的为,裸的外囹也子轨道表达式为.(2)Co2*可以和SCN-作用形成蓝色配肉子，核反应可用于Co?+的定性检验.

①SCN.的,空间构型为,组成元素中第一也离能最大的是—o②SCN一对应的酸有硫氯酸(H-S-C三N)和异硫氯酸CH-N=C=S),这两种酸,中后者沸点较鼠主要原因是.(3)二发铁是一种夹心式结构的配合物，通常认为是由一个Fe2+离子和两个C5H5一离子形成的,X射线研究结果指出两个C5H5一环的平面是平行的，结构如图1所示。C5H5一中碳原子的杂化类型为o分子中的大冗键盘可用符号n：表示，其中ni代表参与形成的大兀键原子数,n代表参与形成的大兀键盘电子数，则C5H5—中的大兀键盘可以表示为o(4)NiAs晶体中的原子堆在方式如图2所示，其中As的犯住数为o六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常教的值为Na,NiAs的密度为gcm_3>(列出计算式J。【答案】(IJo< (2)oluliil^lf|T|[y] ⑶。直线型(4)oN(5)o异硫氯酸分子之间可以形成氢键(6)osp2sp2(7).K(8).66(58.7+75) (58-7+75)3a2csml20°/VA或NA—a2c【斛析】【分析】(1)未成对电子数百根据基杰原子包子排布式进行到断；(2)①SCN—的空间构型根据等也子体进行到新；同一周期股原子序数的增加，元素第一也离能呈现增大的超势，同一主族，最包子层数的增加，元素的第一也离能逐渐减小；②H-N=C=S分子中存在强极性键N—H,致其分子间务形成氢键，故H-N=C=S沸点比H-S-C三N高；(3)由题意可知C5H5一的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均为sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大乃键，加上负也荷的电子，共有6个电子参与形成大乃键；(4)此为六方晶胞，单晶胞体积为a2csml20°;整个捷'方品胞体积为3a2csml200,整个共方品胞中Ni原子数为12'1+6＞：+2'g+1=6,6 3 2As原子数为6,根据「二程计算。【详解】11)根据基杰原子电子排布式Fe为Is22s22P63s23P63d64s2、Co为Is22s22P63s23P63d74s2、Ni为Is22s22P63s23P63d84s?可知，未成对电子教口最多的是铁，钱的外囹曲子轨道表达式为3d4siuinitiititinn;(2J①SCN—的等也子体是CO2,空间构型相同为直线型；同一周期，随原子序数的增加，元素第一句禹能呈现增大的趋势，同一主族，最曲子层数的增加，元素的第一也禹能逐渐减小，故组成元素中第一也禹能最大的是N；

②H-N=C=S分子中存在强极性键N・H,致其分子间务形成氢键，故H-N=C=S沸点比H-S-C三N高；(3)由题意可知C5H5-的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均为sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大乃键，加上负电荷的夫子，共有6个包子参与形成大江键，故大口键为武；(4)此为六方晶胞，单晶胞体积为a?csinl20。；整个捷'方晶胞体积为3a2csml200,整个共方品胞中Ni原子数为12乂1+6＞：+2乂＜+1=6,6 3 2_m_6(58.7+75) 。8.7二、)As原子数为6,故:。二厂3a飞皿20。八二g/cm或鼠走a%•a4【化学——选修5:有机化学基础】12.吗氯贝胺是一种治疗抑郁症的药物，其中一种合成路线及相关转化如图所示：已知信息:①、R」—OH-^R—La②rL处±JL+hci(1JB的名称o(2)C的结构简式；A到B的反应类型为;D中含

氧含能团的名称(3)请写出形成N高分子化合物的方程式o(4)写出由D和E反应生成吗氯贝胺的方程为o(5)物质I比C的相对原子质量大14,符合下列条件I的同分异构体有_种。①能发生银镜反应 ②笨环上有三个取代基(6)结合以上合成路线信息，