重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高三下学期2月月考化学 Word版含解析.docx

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万州二中2022-2023年高三下期2月月考化学试题注意事项：1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Cl-35.5Sc-45Co-59As-75一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A.铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性B.用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C.汽车尾气是造成雾霾天气的一种重要因素D.含重金属离子的电镀废液不能随意排放【答案】B【解析】【详解】A.铁表面镀锌形成铁锌原电池，牺牲阳极的阴极保护法，可增强其抗腐蚀性，故A正确；B.聚乙烯塑料难分解聚乳酸塑料易分解，故B错误；C.汽车尾气中含有氮氧化合物、PM2.5是造成雾霾天气的一种重要因素，故C正确；D.重金属离子对有毒不能随意排放，故D正确。故答案选：B。2.“神舟”四号上，我国科学家首次在太空进行了用于“生物大分子和细胞的空间分离提纯”的电泳实验。下列有关电泳的叙述不正确的是A.电泳现象是胶体表现出的性质B.电泳可以用于某些物质的分离和提纯C.氢氧化铁胶体电泳时，其胶体微粒向电源的正极移动D.因为胶体微粒带有电荷，故在电场作用下会产生电泳现象【答案】C 【解析】【详解】A．胶体可以产生电泳现象，因此电泳现象是胶体表现出性质，A正确；B．电泳是指带电粒子在电场的作用下发生迁移的过程，因此电泳可以用于某些物质的分离和提纯，B正确；C．氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此氢氧化铁胶体电泳时，其胶体微粒向电源的负极移动，C错误；D．电泳是指带电粒子在电场的作用下发生迁移的过程，由于胶体微粒带有电荷，故在电场作用下会产生电泳现象，D正确；故选C。3.在短周期元素中，元素M原子的最外层电子数与其电子层数之比为3：1，下列有关该元素及其化合物的说法正确的是A.该元素位于周期表的第3周期VIA族B.该元素在同主族中金属性最强C.常温下，金属镁、铝都能与化合物H2M剧烈反应生成H2D.化合物H2M2中存在极性键和非极性键【答案】D【解析】【分析】由题意可知，M元素是O元素。【详解】A．氧元素位于元素周期表第2周期VIA族，A错误；B．氧元素在同主族中非金属性最强，B错误；C．常温下，金属镁、铝不能与水剧烈反应生成氢气，C错误；D．过氧化氢中存在极性键和非极性键，D正确；答案选D。4.下列各组微粒属于等电子体的是A.CO和CO2B.NO和NO2C.CH4和NH3D.CO2和N2O【答案】D【解析】【分析】原子数总数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。【详解】试题分析：A．CO中含有2个原子，CO2中含有3个原子，价电子总数分别为10、16，所以不是等电子体，故A错误；B．NO中含有2个原子，NO2中含有3个原子，价电子总数分别为11、17，所以不是等电子体，故B错误； C．CH4中含有5个原子，NH3中含有4个原子，价电子总数分别为8、8，所以不是等电子体，故C错误；D．CO2和N2O都含有3个原子，其价电子数都是16，所以是等电子体，故D正确；故选D。5.下列离子方程式正确的是A.氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.饱和碳酸钠溶液中加入足量二氧化碳：CO+CO2+H2O+2Na+=2NaHCO3↓C.单质钠与水反应：2Na+H2O=2Na++OH-+H2↑D.氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液：Ba2++SO=BaSO4↓【答案】B【解析】【详解】A．氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO为弱酸，不能拆成离子，A错误；B．由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中加入足量二氧化碳析出碳酸氢钠，离子方程式为CO+CO2+H2O+2Na+=2NaHCO3↓，B正确；C．选项所给方程式电荷不守恒，正确为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C错误；D．氢氧化钡和硫酸铜反应还生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，D错误；综上所述答案为B。6.下列“类比”合理的是A.水解生成和HCl，则水解生成和HClB.在水中会水解生成，则在浓氨水中会氨解生成C.与反应生成，则能与反应生成D.AgCl难溶于水，故AgF难溶【答案】C【解析】【分析】【详解】A．PCl3水解生成H3PO3和HCl，而NCl3中N为-3价，Cl为+1价，因此水解生成NH3和HClO，A错误；B．FeCl3在水中会水解生成氢氧化铁，则氯化铁在浓氨水中生成氢氧化铁和氯化铵，B错误； C．Na2O+CO2=Na2CO3，则Na2S+CS2=Na2CS3，C正确；D．氯化银难溶于水，而氟化银可溶，D错误；答案选C。7.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.B.C.D测定氯水的pH测定锌与稀硫酸的反应速率制备Fe(OH)2并能较长时间不变色保存液溴A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯水具有漂白性，pH试纸先变红后褪色，故A不能达到目的；B．测定测定锌与稀硫酸的反应速率，根据反应产生的气体的体积测定，需要使用的漏斗应该是分液漏斗，而长颈会导致气体逸出，故B不能达到目的；C．电解中铁做阳极产生二价铁离子，而溶液中有氢氧根离子，能反应生成氢氧化亚铁，煤油能隔绝空气，故能长时间不变色，故C能达到实验目的；D．液溴具有挥发性，又具有腐蚀性，能腐蚀橡胶塞，故D不能达到目的；故选答案C。【点睛】本题考查实验的设计合理性，是否达到实验目的，根据实验目的和物质的性质进行判断实验是否达到目的，注意实验装置的合理性。8.反应因在催化剂表面与接触而得名，反应过程示意图如图： 下列说法正确的是A.反应①的活化能比反应②低B.图示过程中既有的断裂，又有的形成C.、中硫原子均为杂化D.该反应的催化剂有和【答案】C【解析】【详解】A．反应①为慢反应，反应较难进行，其活化能比反应②的高，选项A错误；B．反应①生成新的S-O键，整个过程没有S-O键的断裂，选项B错误；C．SO2的价层电子对个数是3，所以硫原子采取杂化，SO3的价层电子对个数是3，所以硫原子采取杂化，选项C正确；D．该反应的催化剂只有V2O5，V2O4是前面反应生成，又在后面反应中消耗，属于“中间产物”，选项D错误；故选C。9.下列离子方程式正确的是A.氧化铜加入稀盐酸：CuO+2H+=Cu2+＋H2OB.小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合：+OH-=CO2↑＋H2OC.氯气通入澄清石灰水制漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2OD.向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸：H++OH-=H2O【答案】A【解析】【详解】A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；B．小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合反应产生碳酸钠和水，反应的离子方程式应该为：+OH-=＋H2O，B错误； C．应该是将氯气通入澄清石灰乳中制漂白粉，所得氯化钙和次氯酸钙均为固体，保留化学式，离子方程式应该为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，C错误；D．Cu(OH)2难溶于水，主要以固体存在，不能写离子形式，离子方程式应该为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，D错误；故合理选项是A。10.下列有关说法正确的是A.溶液中：B.常温下，能自发的原因是C.已知：，保持温度不变，增大压强，的浓度减小D.向溶液中加适量水，导致溶液中减小【答案】B【解析】【详解】A．为多元弱酸，应分步电离，且以第一步为主，则：，，所以有，错误；B．和在常温下可以反应，该反应的熵减小，但是能自发，所以该反应一定为放热反应，正确；C．该反应的化学平衡常数，由于温度不变，所以不变，错误；D．将的分子、分母同乘以溶液的体积，得，，加水促进的电离，增多，减小，所以增多，错误。故选B。11.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000mol·L－1的称取8.0g固体NaOH置于500mL NaOH溶液容量瓶中，加水溶解并定容B除去H2SO4中的HCl向溶液中加入适量的AgNO3溶液，过滤C除去KNO3固体中少量的NaCl将固体溶解后，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥D制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．不能直接在容量瓶中溶解固体，A错误；B．硫酸根离子也能和银离子反应生成硫酸银沉淀，不能达到除杂目的，B错误；C．硝酸钾溶解度受温度影响大，硝酸钾和氯化钠混合液可经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸钾固体，C正确；D．氢氧化钠浓溶液滴加到饱和氯化铁溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能生成胶体，D错误；答案选C。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.NaCl溶液中：Fe3+、NH、Cl-、COB.0.1mol•L-1KNO3溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SOC.使甲基橙变红的溶液中：Na+、Zn2+、SO、NHD.=1×10-12的溶液：K+、Na+、Cl-、HCO【答案】B【解析】【分析】根据离子反应的条件：生成沉淀、气体、弱电解质及发生氧化还原反应和双水解的而不能大量共存，根据离子间是否反应进行判断。【详解】A．Fe3+与CO会发生双水解并且有沉淀生成，故不能大量共存。B．所有离子之间不发生反应，能大量共存。 C．甲基橙变红，说明溶液显酸性，而酸性条件下，亚硫酸根离子会与氢离子发生反应故不能大量共存。D．当时，说明，溶液显碱性，碱性条件下会发生反应：，故不能大量共存。故选答案B。【点睛】此题考查离子间是否发生反应，注意隐含条件的应用。13.一种重要化合物的结构如图所示，W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其中W、X、Y位于同一周期，Z与W位于同一主族，Y的最外层电子数与其次外层电子数之比为3：4。下列说法不正确的是A.原子半径：X>Y>W>ZB.Y与氧元素形成的化合物均能与NaOH溶液反应C.X和W形成的化合物XW4中可能存在非极性键D.W与氧元素形成的化合物WO2可用于自来水的消毒【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的最外层电子数与其次外层电子数之比为3：4，且Y可形成2个共价键，则Y为S；W、X、Y位于同一周期，则位于第三周期，W形成1条化学键，则W为Cl，X形成4条化学键，则X为Si；Z与W位于同一主族，则Z为F。【详解】A．同一周期，从左到右，主族元素原子的半径逐渐减小，所以原子半径：Si>S>Cl>F，故A正确：B．Y与氧元素形成的化合物SO2和SO3，均能与NaOH溶液反应，故B正确：C．X和W形成的化合物SCl4中只存在极性键，故C错误：D．W与氧元素形成的化合物ClO2可用于自来水的消毒，故D正确。故选C。14.Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O的原理为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，装置如图所示。 已知：①Cl2O的熔点为-116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；②Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。下列说法中正确的是（）A.装置③中盛装的试剂是饱和食盐水B.装置④与⑤之间可用橡胶管连接C.从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2OD.通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险【答案】D【解析】【详解】A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，故A错误；B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故D正确；故答案为D。【点睛】考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。二、非选择题：共58分。15.一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示： （1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：____。（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②____。（3）向滤液M中加入(或通入)____(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。a.铁b.氯气c.高锰酸钾d.氯化氢（4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是____；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是____。（5）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S___mol。【答案】（1）（2）（3）b（4）①.调pH将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀②.抑制Cu2+水解（5）0.2【解析】【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，过滤除去S和SiO2，加入Fe置换出Cu，将剩余的Fe3+还原为Fe2+，滤液M为氯化亚铁，保温除铁，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3，硝酸铜溶液加入稀硝酸抑制水解，蒸发浓缩冷却结晶，得到硝酸铜晶体； 【小问1详解】根据分析可知“浸取”过程中，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，发生反应的离子方程式：；【小问2详解】催化剂在反应前后不发生变化，但是参与中间过程，CuCl2是催化剂，参与①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；第二步应该是中间体CuCl与浸取液FeCl3生成CuCl2，②；【小问3详解】根据分析可知滤液M为氯化亚铁，将氯化亚铁氧化为氯化铁还可以循环利用，故通入的氧化剂为氯气，故答案为b；【小问4详解】根据分析可知“保温除铁”过程中，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去铁元素；硝酸铜溶液蒸发浓缩冷却结晶过程会水解，加入稀硝酸抑制Cu2+水解；【小问5详解】该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S为0.2mol。16.利用物质类别及核心元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系。回答下列问题：（1）质量相同的a和b，物质的量之比为_______。将H2S与a混合，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（2）c的浓溶液能与S反应产生一种气体，该气体的化学式为_______。（3）将足量的a通入BaCl2溶液中，下列说法正确的是_______(填标号)。A.溶液中出现白色沉淀B溶液没有明显变化 C.若再通入Cl2或NH3，则溶液中均会出现白色沉淀D.将溶液蒸干后仍然能得到BaCl2（4）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理：4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O。H2S在该反应中_______(填标号)。A.是氧化剂B.是还原剂C.既是氧化剂也是还原剂D.既不是氧化剂也不是还原剂（5）若e为正盐，且能被酸性K2Cr2O7氧化为Na2SO4，Cr2O被还原为Cr3+，写出此反应的离子方程式：_______。（6）若e为酸式盐，将0.1mole的溶液中加入适量H2O2氧化后，稀释成10L溶液进行环保回收，此时稀释后溶液的pH为_______。【答案】（1）①.5：4②.1：2（2）（3）BC（4）D（5）（6）2【解析】【分析】由价类图可知，a为SO2，b为SO3，c为H2SO4，d为H2SO3；【小问1详解】由图可知a是SO2，b是SO3，由公式m=nM可得，质量相同的和，物质的量之比为是摩尔质量的反比，即n(SO2)：n(SO3)=80：64=5：4；H2S与SO2发生2H2S＋SO2=3S＋2H2O，SO2为氧化剂，H2S为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2；故答案为5：4；1∶2；【小问2详解】由图可知c是H2SO4，浓硫酸会和S发生归中反应生成SO2，故答案为：SO2；【小问3详解】将足量的通入BaCl2溶液中，溶液没有明显变化，若再通入Cl2会发生氧化还原反应Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，硫酸与BaCl2发生BaCl2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HCl，最后生成硫酸钡沉淀，若通入NH3，2NH3＋SO2＋H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3＋BaCl2=BaSO3↓＋2NH4Cl，碱性环境下则会生成亚硫酸钡沉淀，故答案为：BC；【小问4详解】由知，反应前后的化合价都没变，在该反应中既不是氧化剂也不是还原剂，故答案为：D； 小问5详解】已知e为正盐，且能被酸性氧化为，则e为，则反应的离子方程式：，故答案为：；。【小问6详解】若e为酸式盐含HSO，HSO与H2O2发生氧化还原反应生成硫酸和水，反应的离子方程式：，0.1molHSO反应生成0.1molH+，稀释成10L溶液则c=，溶液的pH=2。17.甲醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注，工业上甲醇的合成途径多种多样。一定条件下，在体积为的密闭容器中，充入和，发生反应：，测得的物质的量随时间变化如表所示，该反应的能量变化如图所示：025101520.750.50.250.25(1)该反应为_____(填放热或吸热)反应。(2)从反应开始到5min末，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=___，容器内平衡时与起始时的压强之比为____。(3)在相同温度容积不变的条件下，能说明该反应已达平衡状态的是____(填写序号字母)。a.容器内的平均相对分子质量保持不变b.容器内压强保持不变 c.的消耗速率与的生成速率之比为3:1d.的比值保持不变(4)将设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。实验测得电池工作时OHˉ向B电极定向移动，则_____(填“A”或“B”)处电极入口通甲醇，当电路中通过电子时，理论上消耗质量为_____克。(5)下列化学电池不易造成环境污染的是____(填字母)。A.甲醇氧气燃料电池B.锌锰电池C.镍镉电池D.铅蓄电池铅蓄电池是最常见的二次电池，放电时的化学方程式为：。该蓄电池放电时，正极电极反应方程式为__________。【答案】①.放热②.0.45mol/(L·min)③.13:20④.abd⑤.B⑥.16⑦.A⑧.【解析】【详解】(1)据图可知该反应的反应物能量高于生成物，所以为放热反应；(2)从反应开始到5min末，△n(CO2)=2mol-0.5mol=1.5mol，根据反应方程式可知相同时间内△n(H2)=4.5mol，容器体积为2L，所以v(H2)==0.45mol/(L·min)；根据表格数据可知10min后CO2的物质的量不再改变，说明反应达到平衡，此时△n(CO2)=2mol-0.25mol=1.75mol，根据方程式可知△n(H2)=5.25mol，△n(CH3OH)=△n(H2O)=1.75mol，则平衡时容器内n(CO2)、n(H2)、n(CH3OH)、n(H2O)分别为0.25mol、(8-5.25)mol=2.75mol、1.75mol、1.75mol，所以气体总物质的量为(0.25+2.75+1.75+1.75)mol=6.5mol，恒容密闭容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以容器内平衡时与起始时的压强之比为6.5mol：(2+8)mol=13:20；(3)a．该反应前后气体的系数之和不相等，所以未平衡时气体的总物质的量会变，而气体总质量不变，所以气体的平均相对分子质量会变，当其不变时说明反应平衡，故a正确；b．未平衡时气体的总物质的量会变，容器体积不变，所以容器内压强会变，当压强不变时说明反应平衡，故b正确；c．消耗氢气和生成甲醇均为正反应，只有反应进行就满足H2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为 3:1，不能说明反应平衡，故c错误；d．初始投料n(CO2)：n(H2)=1:4，反应过程中△n(CO2)：△n(H2)=1:3，所以反应过程中n(CO2)：n(H2)为变值，当该值不变时说明反应平衡，故d正确；综上所述答案为abd；(4)原电池中阴离子流向负极，OHˉ向B电极移动，则B为负极，A为正极；甲醇燃料电池中甲醇被氧化作负极，所以从B处电极入口处通甲醇，该电池工作时CH3OH被氧化生成CO，C元素化合价升高6价，所以每消耗1molCH3OH转移6mol电子，转移3mol电子时消耗0.5molCH3OH，质量为0.5mol×32g/mol=16g；(5)锌锰电池、镉镍电池、铅蓄电池都含有重金属元素对环境造成污染，而甲醇氧气燃料电池产物只有水和二氧化碳，所以不易造成环境污染的是A；原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应可知正极的电极反应为。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。18.法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物I为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。已知：R-NH2++H2O。回答下列问题：（1）化合物II中官能团名称为_______。（2）已知化合物II的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：4：1，其结构简式为____。（3）反应物III为乙二醛，反应①的化学方程式为_______。（4）反应②的反应类型是_______；反应③的反应类型是_______。 （5）已知X的相对分子质量比化合物I少14，且1molX能与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2，符合上述条件的X共有_______种(不考虑立体异构)，写出含有手性碳原子的所有可能的结构简式：_______(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)。【答案】（1）酯基、溴原子（2）（3）OHC-CHO+→+2H2O（4）①.还原反应②.取代反应（5）①.9②.、、【解析】【分析】由化合物Ⅱ的分子式可知Ⅰ→Ⅱ发生取代反应加上一个Br原子，结合第(2)题的信息可知Ⅱ为，接着发生已知信息的反应，反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，在NaOH作用下反应，接着酸化得到羟基并在对位取代硝基，反应②为硝基氢化得到氨基，反应③中氨基被取代为氟原子。【小问1详解】化合物Ⅱ中官能团名称为酯基、溴原子；【小问2详解】已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：4：1，则Ⅱ应该轴对称，其结构简式为；【小问3详解】反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，反应①的化学方程式为OHC-CHO+ →+2H2O；【小问4详解】反应②为硝基氢化得到氨基，反应类型是还原反应；反应③是氨基被氟原子取代生成法匹拉韦，反应类型是取代反应；【小问5详解】X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且1molX能与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2说明含有2mol羧基，除两个羧基外，碳架有、，若两个羧基取代在同一个碳上，则分别有2种和1种，若两个羧基取代在不同碳上，则上有1、2，1、3，1、4，2、3共4种，上有1、2，1、3两种，故符合上述条件的X有9种；其中任意一种含有手性碳原子即碳上连接四种不同的结构简式有、、。