河南省洛阳市2025届高三化学第三次统一考试试题含解析

PAGE17-河南省洛阳市2025届高三化学第三次统一考试试题（含解析）1.在2024年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中，化学品发挥了重要作用，下列说法正确的是A.银离子是重金属离子，被人体汲取后有害，因此不能用于杀菌B.过氧乙酸（CH3COOOH)含有过氧键，具有较强的氧化性，因此具有消毒杀菌作用C.配制84消毒液时，为了提升消毒效果，可以用热水配制D.酒精是良好的消毒杀菌剂，而且浓度越高消毒效果越好【答案】B【解析】【详解】A．Ag+可以剧烈地吸引细菌体中蛋白酶上的巯基（-SH），快速与其结合在一起，使蛋白酶丢失活性，导致细菌死亡，且微量的Ag+对身体无害，可用银离子杀菌，A错误；B．过氧乙酸具有消毒杀菌作用是因其结构中含有过氧键而具有较强的氧化性，B正确；C．84消毒液的有效成分为NaClO，因ClO-水解得到HClO而具有消毒杀菌作用，用热水配制会使HClO加速分解，降低消毒杀菌的效果，C错误；D．酒精浓度越高，使蛋白质凝固的作用越强,当高浓度的酒精与细菌接触时，就能使菌体表面快速凝固，形成一层包膜，阻挡了酒精接着向菌体内部渗透，细菌内部的细胞没能彻底杀死，待到适当时机，包膜内的细胞可能将包膜冲破重新复活，故75%的酒精溶液消毒杀菌效果最好，而不是浓度越高越好，D错误。答案选B。2.我国科学家曾通过测量石英中26Al和10Be两种核素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍埋藏测年法”。下列说法正确的是A.10Be和9Be具有相同的化学性质，因此可以用9Be代替10Be完成“铝铍埋藏测年法”B.BeCl2中Be、Cl原子最外层电子数都是8C.世界卫生组织国际癌症探讨机构公布的致癌物淸单中铝制品属一类致癌物，因此日常生活中要严禁运用铝制品D.铍和铝在元素周期表中的位置特点确定了他们具有相像的化学性质，故氢氧化铍也为两性氢氧化物【答案】D【解析】【分析】【详解】A．9Be没有放射性，不能替代放射性核素10Be来测定“北京人”年龄，A错误；B．BeCl2是由共价键结合成的共价化合物，Be原子最外层只有4个电子，B错误；C．虽然铝制品属于一类致癌物，但人们日常用的铝制品表面总是覆盖着爱护膜，这层膜起着爱护内部金属的作用，所以不是严禁运用铝制品，而是在运用铝制品时留意不要破坏爱护膜，C错误；D．铍和铝均位于金属元素和非金属元素分界线旁边，有相像化学性质，如氢氧化铍何氢氧化铝都是两性氢氧化物，D正确；答案选D。3.香草醛是一种广泛运用的可食用香料，可通过如图方法合成。下列说法正确的是A.CHCl3常温下为气态 B.香草醛分子中全部碳原子肯定共平面C.物质I苯环上的一氯代物有4种 D.物质I和II为同系物【答案】C【解析】【详解】A．CHCl3常温下为液体，A错误；B．如图：，“1”“2”“3”号原子形成“V”形结构，导致“3”号C原子可能不和苯环共面，即全部C原子不肯定共面，B错误；C．物质I苯环上有4种等效氢，故其苯环上的一氯代物有4种，C正确；D．物质II有一个醛基，物质I不含醛基，二者结构不相像，不互为同系物，D错误。答案选C。【点睛】有几种等效氢，就有几种一元取代物。4.某探究学习小组用肯定量的乙醇和钠反应推想乙醇结构，试验装置图如图所示.关于试验操作或叙述错误的是A.试验时应保证乙醇足量，让钠反应完全B.装置b中进气导管不应插入水中，排水导管应插到集气瓶底部C.通过测定放出氢气气体的体积计算乙醇中活泼氢的数目，从而推想乙醇的结构D.从量筒中读取解除出水的体积时，应留意上下移动量筒使量筒内的液面与集气瓶中的液面相平【答案】A【解析】【详解】A．该试验探究肯定量乙醇和Na的反应从而推断乙醇结构，为了从定量角度分析乙醇结构，应当乙醇为定量，Na为足量，A错误；B．反应生成的H2不溶于水，可以用排水法测量氢气体积，故排水导管应插入集气瓶底部，保证集气瓶中水顺当排出，B正确；C．依据生成的H2的体积求算H2量，从而计算乙醇中活泼氢的个数，推想乙醇结构，C正确；D．量筒读数时应上下移动量筒使量筒液面和集气瓶中液面在同一高度，量筒中液面过高或过低都会导致压强不等造成体积测量不精确，D正确；故选A。5.复旦高校的王永刚教授探讨团队在柔性电池探讨方面取得了新突破，发展了一种基于有机物电极材料的柔性水系锌电池。充放电过程中实现了芘四酮（PTO）与PTO-Zn2+的相互转化，原理如图所示。下列说法正确的是A.放电吋，N电极发生氧化反应B.放电时，N极的电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+C.充电时，M电极与电源负极相连D.充电时，Zn2+向N极移动【答案】C【解析】【分析】放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M为电源负极，M极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，N为电源正极，N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接电解池的阳极N，外加电源的负极连接电解池的阴极M，阴极和阳极的电极反应与原电池的负极和正极反应式相反。【详解】A．原电池中，M电极为负极，N电极为正极，N极发生还原反应，A错误；B．放电时，N极是正极，得电子，反生还原反应，电极方程式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+，B错误；C．依据图示和分析，充电时，电极M与外加电源的负极相连，C正确；D．充电时，电解池的阴极M连接外加电源的负极，电解质中阳离子Zn2+向阴极M移动，D错误；故选C。【点睛】二次电池的电极，放电时正极，充电时则为阳极；放电时负极，充电时则为阴极；原电池负极的推断：电子流出那一极是负极，发生氧化反应的一极是负极，阴离子向负极移动，负极有可能因参与反应溶解而变细，假如是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极。6.25°C时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度改变的关系如图所示。下列叙述正确的是A.图中a=2.6B.25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-6.4C.M点溶液中：D.若要表示题目条件下pH与lg的改变关系.则曲线应当在平行于曲线的下方【答案】A【解析】分析】【详解】A．依据N(7.4,1)点，lg=1，则=10，碳酸的一级电离常数Ka1==10×10-7.4=10-6.4，将M点c(H+)带入一级电离常数公式，解得=102.6，a=2.6，A正确；B．该反应的平衡常数Kh=，依据M点，=10-2.6，c(H+)=10-9，c(OH-)=10-5，带入数值，此反应的平衡常数为10-7.6，B错误；C．M点溶液中，依据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，c(Na+)>c(HCO3-)+c(H2CO3)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，C错误；D．溶液中存在大量的碳酸氢根，碳酸氢根可以发生电离，产生少量的碳酸根，这时碳酸根与碳酸氢根的比值小于1大于0，则lg的值为负，通过图像可知y轴向下数值增大，故lg的关系改变图像在曲线x的上方，D错误；故选A。7.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）。下列说法错误的是A.FeCO3转化为铁红的化学方程式：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2B.常温下，（NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小C.制备Fe4(OH)2(SO4)5、Fe2O3、（NH4)2Fe(SO4)2的过程都发生了氧化还原反应D.为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行【答案】C【解析】【详解】A．碳酸亚铁与氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式正确，A正确；B．Fe2+在水中发生水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，硫酸亚铁铵中铵根离子发生水解产生大量H+，抑制了Fe2+的水解，使硫酸亚铁铵的溶解度减小，B正确；C．在制备硫酸亚铁铵的过程中各物质中的元素没有发生化合价的改变，没有发生电子的转移，故没有发生氧化还原反应，C错误；D．高温条件下碳酸氢铵易分解，故在制备碳酸亚铁过程中须要低温进行反应，D正确；故选D。【点睛】本题B选项需依据化学平衡移动原理进行分析。8.工业废催化剂中含有多种金属元素，某废催化剂主要含有SiO2、ZnO、ZnS和CuS，为充分利用资源，变废为宝，在试验室中探究回收废催化剂中的锌和铜，详细流程如图所示，回答下列问题：已知：ZnS与稀硫酸反应且化合价不变；CuS既不溶于稀硫酸也不与稀硫酸反应。（1）下列玻璃仪器或装置中，第一次浸出时尾气净化须要运用的装置为___________（填标号），“浓缩结晶”须要运用的仪器是_______________(填名称）。（2）滤渣1的主要成分是___________。（3）其次次浸出时，向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。反应器中有淡黄色沉淀生成，写出反应的离子方程式___________;若依次相反，会造成___________。（4）其次次浸出时须要加热且控温，采纳的合适加热方式是___________。（5）某同学在试验完成之后，得到23.3g提纯的硫酸锌晶体（ZnSO4·xH2O)。为确定晶体化学式，取5.0g晶体，用蒸馏水完全溶解.再加入足量的氯化钡溶液，充分反应后过滤、___________、___________、称重得固体4.1g，则硫酸锌晶体的化学式为___________。【答案】(1).D(2).蒸发皿(3).CuS、SiO2(4).CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O(5).H2O2与固体颗粒接触分解(6).热水浴(7).洗涤(8).干燥(9).ZnSO4.7H2O【解析】【分析】依据题给流程，第一次浸出为ZnO和ZnS与稀硫酸的反应，反应方程式为ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，反应产生有毒气体，须要回收，滤渣1为CuS和SiO2的混合物；其次次浸出时为CuS和稀硫酸、双氧水的反应，反应方程式为CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，滤渣2为SiO2，据此分析。【详解】（1）依据分析，第一次浸出时产生了有毒气体H2S，须要回收，依据4个装置，装置D可以将H2S回收处理，故选D；浓缩结晶时须要蒸发皿进行蒸发；（2）依据分析，滤渣1的主要成分为CuS和SiO2；（3）CuS在稀硫酸和过氧化氢同时存在下会发生反应产生硫单质，反应的离子方程式为CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O；反应式若先加入过氧化氢，则CuS会作为催化剂使过氧化氢分解；（4）其次次浸出时加入了过氧化氢，在高温时易分解，反应温度不宜过高，须要限制温度，在反应时可以运用热水浴进行控温；（5）将得到的固体经过滤、洗涤、干燥后称量质量，得到4.1g硫酸钡，则含有硫酸根=0.0176mol，故含有硫酸锌0.0176mol，约为2.83g，则含有水2.17g，约为0.121mol，ZnSO4与H2O的物质的量比约为1:7，所以硫酸锌晶体的化学式为ZnSO4·7H2O。9.熔盐级硝酸钠大量应用于太阳能储热介质，一种以工业纯碱（纯度为98%，杂质为NaCl)和生产硝酸产生的NO,废气（含NO、NO2)为原料分别亚硝酸钠并制取熔盐级硝酸钠的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）纯碱“汲取”NO、NO2反应的化学方程式为_______________.“中和液”所含溶质除NaCl及少量Na2CO3外，还有___________(填化学式）。（2）母液A加人稀硝酸生成有NO.写出“转化”时加入稀硝酸反应的离子方程式___________（3）“洗涤”时可以运用母液___________(填“A”或“B”），晶体"纯化”的方法为___________(填操作名称）。（4）“步骤3”须要高温分别NaCl固体.缘由_______________，母液D可返回步骤___________(填“2”或“3”）循环运用。（5）若得到NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2:1，假定Na2CO3恰好完全反应，则生产1.38吨NaNO2时，工业纯碱的理论用量为___________吨（保留3位有效数字）。【答案】(1).Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2(2).NaNO2、NaNO3(3).3NO2-+2H+=NO3-+2NO+H2O(4).B(5).重结晶(6).防止NaNO3的析出(7).3(8).1.62【解析】【分析】依据工艺流程图，用纯碱汲取氮氧化合物，反应生成CO2和NaNO2，中和后得到中和液经步骤1得到NaNO2晶体和含有NaNO2的母液A，加入稀硝酸并通入空气进行转换得生成NO和NaNO3，再加入适量的纯碱中和稀硝酸，经步骤2得到含有NaNO3的母液B和NaNO3晶体，母液B经高温分别出NaCl和热母液C，再经步骤4得到含NaNO3的冷母液D和NaNO3晶体，最终经洗涤转化得到熔盐级硝酸钠，据此分析解答。【详解】(1)依据上述分析，用纯碱汲取氮氧化合物，发生反应生成CO2和NaNO2，反应方程式为Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，“中和液”所含溶质除NaCl及少量Na2CO3外，还含有生成的NaNO2及部分NaNO3，故答案为：Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2；NaNO2、NaNO3；(2)“转化”过程中，含有NaNO2的母液A加入稀硝酸生成NO和NaNO3，反应的离子方程式为3NO2-+2H+=NO3-+2NO+H2O，故答案为：3NO2-+2H+=NO3-+2NO+H2O；(3)母液B含有大量的NaNO3，因此在洗涤硝酸钠可适用母液B来进行洗涤，纯化NaNO3晶体时，可采纳重结晶的方法，提高晶体的纯度，故答案为：B；重结晶；(4)NaNO3的溶解度随温度的上升而上升，而NaCl的溶解度随温度改变较小，因此为了防止NaNO3的析出，须要在高温的条件下分别NaCl固体，母液D液含NaNO3，可返回步骤3循环运用，故答案为：防止NaNO3的析出；3；(4)生产1.38吨NaNO2时，，已知NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2:1，则n(NaNO3)=1×104mol，由Na原子守恒可以知道，n(Na2CO3)=[n(NaNO2)+n(NaNO3)]=1.5×104mol，则m(Na2CO3)=1.5×104mol×106g/mol=1.59×106g，则须要工业纯碱的用量为1.59×106g÷98%≈1.62×106g=1.62t，故答案为：1.62。10.戴口罩是防控新型冠状病毒的重要手段，口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来。丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径，反应的热化学方程式为C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H＞0。回答下列问题：（1）从工业生产的角度来看制备丙烯所用的丙烷可以从下面工业气体中获得的是___________。A.液化石油气B.炼铁高炉尾气C.水煤气D.焦炉气（2）104Pa、105Pa时由肯定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数改变关系如图示。①104Pa时丙烷及丙烯的物质的量分数随温度改变关系的曲线分别是___________、___________。②丙烷脱氢制丙烯反应在___________(选“高温”或低温”）时更加简单自发进行。③起始时充入肯定量的丙烷发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数KP=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，O2被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处是___________。（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。其反应机理如图所示。已知：CO和C3H6、C3H8的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1、-2049.0kJ•mol-1、-2217.8kJ•mol-1。①298K时，该工艺总反应的热化学方程式为___________________________。②该工艺可以有效消退催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，缘由是___________。【答案】(1).A(2).c(3).b(4).高温(5).12500Pa(6).O2与H2反应生成H20，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，为脱氢反应供应热量(7).CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+114.2kJ·mol-1(8).碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂【解析】【分析】(1)依据工业上常用于获得烷烃的原料解答；(2)①丙烷为反应物，丙烯是生成物，所以a、c代表丙烷的物质的量分数，b、d代表丙烯的物质的量分数，再结合压强对平衡移动的影响，进一步分析解答；②由图像分析，温度上升，平衡正移，反应吸热反应，吸热反应高温下更简单自发进行；③建立三段式，结合平衡常数计算公式进行计算；(3)结合平衡移动原理进行分析解答；(4)依据已知，写出CO和C3H6、C3H8的燃烧热反应方程式，结合转化反应机理，得到总的反应方程式，再依据盖斯定律计算总反应方程式的反应热，碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂，可维持催化剂活性。【详解】(1)工业上常从液化石油气中获得丙烷，故答案为：A；(2)①正反应吸热，上升温度平衡向正反应方向进行，丙烷的含量削减，由图像分析可知，a、c代表丙烷的物质的量分数，b、d代表丙烯的物质的量分数，对于反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的物质的量分数增大，丙烯的物质的量分数减小，所以曲线c代表104Pa时丙烷的物质的量分数随温度改变关系，曲线b代表104Pa时丙烯的物质的量分数随温度改变关系，故答案为：c；b；②因为反应吸热，所以温度越高，反应越简单自发进行，即高温时更加简单自发进行，故答案为：高温；③由图像可得，Q点对应的压强为105Pa，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，设起始时充入1mol丙烷，列三段式有：则有，解得x=，所以平衡常数，故答案为：12500Pa；(3)氧化脱氢时，可以使O2与H2反应生成H20，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；同时，丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，可为脱氢反应供应热量，故答案为：O2与H2反应生成H20，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，为脱氢反应供应热量；(4)①由已知CO和C3H6、C3H8的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1、-2049.0kJ•mol-1、-2217.8kJ•mol-1，则有：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ•mol-1②C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-2049.0kJ•mol-1③C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-2217.8kJ•mol-1该反应的总反应式为CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，依据盖斯定律，反应③-①-②可得总反应，则总反应的反应热为-2217.8kJ•mol-1-(-2049.0kJ•mol-1)-(-283.0kJ•mol-1)=114.2kJ·mol-1，故答案为：CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+114.2kJ·mol-1；②由于碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂，可以有效消退催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂。11.层状复合金属氢氧化物（简称“层状氢氧化物”），主体层板由二元（或多元）金属氢氧化物层构成，层间阴离子可以被其他阴离子取代，因此可以作为离子交换剂，在材料、化工、医药和环境爱护等方面有着广泛的用途。镁铝碳酸根型水滑石是人们最早发觉的层状氢氧化物。回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最小的是___________(填标号）。A.B.C.D.（2）一种水滑石的化学式为Mg4Al2(OH)12CO3•H2O.其层板结构如图1。CO32-中碳的杂化类型是____。在图中最小的一个二维菱形晶胞（以图中Al为顶点）中含有___________个Al3+。每个镁氧八面体四周有_______________个相邻铝氧八面体和_______________个相邻镁氧八面体。（3）水滑石中氢氧化物层的OH-和层间阴离子间的主要作用力为_______________，水滑石作为离子交换剂，去除水体中阴离子去除效果依次为：PO43->CrO42->NO3-，其缘由是___________（4）当加热到肯定温度时，水滑石类化合物会发生分解，部分产物转化为尖晶石结构的MgxAlyOz，晶体结构如图2所示，它的化学式为___________;A块、B块均为边长为apm的立方体，设阿伏加德罗常数为NA，则最近的两个Al离子之间的距离为___________pm，密度为___________g•cm-3(列出计算表达式）。【答案】(1).D(2).sp2(3).1(4).3(5).3(6).氢键(7).阴离子带电荷越高，受到吸引力越强(8).MgAl2O4(9).a(10).【解析】分析】(1)依据电子排布图得出粒子状态，3p轨道的电子能量高于3s，其次电离能大于第一电离能，据此分析解答；(2)计算CO32-中C原子的价电子对数和孤电子对数，推断C原子的杂化方式，结合侧板结构图分析各微粒个数；(3)OH-和层间阴离子间可形成氢键，依据阴离子所带电荷与受到的吸引力之间的关系进行分析解答；(4)利用均摊法计算晶胞中个原子的个数，利用公式，结合立体几何学问进行计算。【详解】(1)BC微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是C微粒能量高于B，稳定性B＞C，所以失电子能量B＞C；AD都是原子，但是A是基态、D是激发态，能量：D＞A，稳定性A＞D，所以失去一个电子能量：A＞D；B为Mg+、A为Mg原子，B再失去电子所需能量就是Mg原子的其次电离能，A失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其其次电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量B＞A，因此，电离最外层一个电子所需能量最小的是D，故答案为：D。(2)CO32-中C原子的价电子对数为，不含孤电子对，则其杂化类型为sp2杂化，在图1中，以图中Al为顶点，最小的一个二维菱形晶胞中含有1个Al3+。每个镁氧八面体四周有3个相邻铝氧八面体和3个相邻镁氧八面体，故答案为：sp2；1；3；3；(3)水滑石中的氢氧化物层的OH-和层间阴离子间可形成氢键，由于阴离子带电荷越高，受到吸引力越强，阴离子所带电荷数PO43->CrO42->NO3-，所以水滑石作为离子交换剂，去除水体中阴离子去除效果依次为：PO43->CrO42->NO3-，故答案为：氢键；阴离子带电荷越高，受到吸引力越强；(4)依据晶胞结构示意图可知，O2-占据晶胞的顶点、面心、棱心和体心，其个数为，Mg2+位于晶胞的体内，个数为2，Al3+位于晶胞的体内、棱心和面心，其个数为，因此其化学式为MgAl2O4，已知A块、B块均为边长为apm的立方体，则最近的两个Al离子之间的距离为，一个晶胞的质量，体积V=2a3×10-30cm3，则密度，故答案为：。【点睛】第(4)题为本题的难点，解答时要留意均摊法的运用以及正确数清晶胞中每个原子的个数，从而得出分子式，再结合立体几何学问及相关公式进行计算。12.卡莫氟G是一种抗肿瘤药,卡莫氟具有抑制病毒复制的效果.可能用于治疗感染新型冠状病毒的患者。G的一种合成路途如图所示：已知：①A〜F分子碳链中均不含环状和支链结构。②H-N=C=O+NH3→回答下列问题：（1）A中官能团的名称为___________。（2）写出B和银氨溶液反应的化学方程式___________。（3）C→D的反应类型为___________。（4）F与5—FU反应生成卡莫氟G，5一FU的结构简式为___________，G的分子式为__________________________,（5）F(C6H13N=C=O)的一种同系物H结构简式为C3H7N=C=O，H的同分异构体中含结构，但是不含环状结构的共有___________种（不包括立体异构），写出一种核磁共振氢谱为五组峰的同分异构体结构简式___________。（6）DMF(N.N—二甲基甲酰胺）结构简式为，是一种重要的化工原料及溶剂。已知R-OH+NH3→RNH2+H2O；R—COOR’+NH3→RCONH2+R’OH。写出以CH3O