云南省曲靖市第二中学2022届高三第二次模拟考试理科综合化学试题 WORD版含解析.docx

1、曲靖市第二中学2022届高三模拟考试(第二次)理科综合化学试卷可能用到的相对原子质量:H-1C-12O-16 Na-23S-32Ba-137第I卷(选择题，共126分)一、选择题:本题共13小题，每小题6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全国实行垃圾分类，体现了环境保护。下列有关说法正确的是A废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取C废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处埋D含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O2已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A13.3g含有

2、的中子数为5.5NAB1mol/L的碳酸钠溶液中阴离子总数小于NAC11.2LNO和5.6LO2充分反应生成NO2的分子数为0.5NAD0.5molCH4与1.0molCl2在光照下充分反应后的分子数为1.5NA3a -氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于a-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是A其分子式为C18H11NO2B该有机物可以发生还原反应C分子中可能共平面的碳原子最多为6个D其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子4下列实验操作能达到实验目的的是A用经水湿润的pH试纸测量溶液的pHB将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.

3、000 molL1NaOH溶液C用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO25X、Y、Z和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X的一种核素可用于测定文物的年代，X与Y同周期且相邻，四种元素中只有Z为金属元素，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是（）A原子半径：r（Z）r（W）r（Y）r（X）BX的氢化物中可能存在非极性共价键CZ和W组成的化合物一定是离子化合物DW的氧化物对应水化物的酸性比X的强6科学家利用质子导体反应器实现了电化学合成NH3，证明了H2O作为氢源的可行性。以H2O替换H2作为氢源，可以免除H2的生产和提纯成本，进一步降低氨的

4、生产成本，且可以以最小的成本生产纯O2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A氨电极为阴极，电极反应为N2+6H+6e-=2NH3B在外电场作用下，H+由氢电极经固体电解质移向氨电极C每制得1molNH3，理论上消耗1.5mol H2同时得到48g氧气D若在氢电极通入水蒸气和甲烷，电极反应为CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+7在TC时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知该温度下AgCl的Ksp=1.8x10-10。下列说法正确的是ATC时，Ag2CrO4的Ksp为1.0x10-8BTC时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等C向Ag2CrO4饱和溶液中

5、加入K2CrO4，可使溶液由Y点最终变为X点DTC时，将0.01molL-1AgNO3，溶液滴入20mI0.01molL-1KCl和0.01molL-1K2CrO4的混合溶液中，Cl-先沉淀第II卷(非选择题，共174分)8对硝基乙酰苯胺常用作合成药物和染料的中间体，用乙酰苯胺制备对硝基乙酰苯胺的反应为：实验参数：化合物名称分子量性状熔点/沸点/溶解度乙酰苯胺135白色晶体114.3304溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚对硝基乙酰苯胺180白色晶体215.6100(1.0610-3kPa)溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚邻硝基乙酰苯胺180淡黄色片状或棱状晶体94.0100(0.1

6、3kPa)溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚副反应：+H2O+CH3COOH+HNO3+H2O乙酰苯胺与混酸在5下反应主要产物是对硝基乙酰苯胺，在40下反应则生成约25%的邻硝基乙酰苯胺。步骤1.在三颈烧瓶内放入新制备的乙酰苯胺4.5g和4.5mL冰醋酸。在冷水浴冷却下搅拌，慢慢加入9mL浓硫酸。乙酰苯胺逐渐溶解。将所得溶液放在冰水浴中冷却到02。步骤2.用2mL浓硫酸和2.3mL浓硝酸在冰水浴中配制混酸。步骤3.向三颈烧瓶中滴加混酸，保持反应温度不超过5。滴加完毕，在室温下搅拌1h后，将反应混合物缓慢倒入装有20mL水和30g碎冰的烧杯，并不断搅拌，立即析出淡黄色沉淀。步骤4.待碎冰全部融

7、化后抽滤，洗涤，抽干得粗品。步骤5.将该粗品纯化，得对硝基乙酰苯胺3.2g回答下列问题：(1)装置图中，冷凝管的出水口是_(填字母)，仪器A中a的作用是_。(2)步骤1加冰醋酸有两个作用：作溶剂，加速溶解，_。(3)步骤2 配制混酸的方法是_。(4)步骤3滴加混酸时不能过快，控制每10s滴加12滴，原因是_。(5)步骤5中洗涤粗品时_ (填标号)。a用冷水洗b用热水洗c用乙醇洗d先用冷水再用乙醇洗(6)步骤4中将粗品纯化的方法是_。本实验的产率为_。9钴酸锂一般用作锂离子电池的正极材料，需求量大，而我国极度缺乏钴资源，主要依赖进口，因而从废旧电池中进行回收具有重要意义。以废旧钴酸锂电池材料(主

8、要成分为LiCoO2，含单质Cu及为改善电池性能添加的单质Al等)回收钴酸锂的-种工艺流程如下:回答下列问题:(1)废旧钴酸锂电池需经放电、拆解、粉碎预处理，粉碎的目的是_。(2)“碱浸”所得滤液中主要溶质的化学式为_、NaOH。(3)H2O2的电子式为_。“酸浸”时H2O2作还原剂，还原产物为Co2+，反应的离子方程式为_；上述反应的氧化产物又将铜氧化而溶解浸出，该反应的化学方程式为_。(4)“萃取铜”中的有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为Cu2+ +2HRCuR2+.2H+。若酸浸后的浸取液pH=1.000，c(Cu2+ ) =0.01001molL-1，多次萃取后水相中c(H+

9、)为0.1200molL-1，则铜的萃取率为_(溶液体积变化忽略，保留小数点后两位)；为回收铜，可用一定浓度的H2SO4将有机相中的铜反萃取到水相，其原理是_(5)“碱浸”时少量未浸出的残余铝可在“酸浸”时浸出，萃取铜后的溶液需调pH至5.0以上将铝离子沉淀除去。若c(Co2+ ) =0.16molL-1，为避免析出Co(OH)2沉淀，则调pH不能超过_。(已知KCo(OH)2=1.610-15)(6)“钴、锂共沉淀”时析出CoCO3和li2CO3，经过滤、无水乙醇洗涤、80C干燥后在750C煅烧，反应的化学方程式为_。10我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现

10、实意义。回答下列问题：(1)天然气脱硫工艺涉及如下反应：H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) H=akJmol-12H2S(g)+SO2(g)= S2(g)+2H2O(g) H=bkJmol-1H2S(g)+ O2(g)=S2(g)+H2O(g) H=ckJmol-1则2S(g)=S2(g) H=_kJmol-l。(2)甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2，在体系压强为0.1 MPa，反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)达到平衡时，四种组分的

11、物质的量分数x随温度T的变化如图所示：图中表示H2S、H2变化的曲线分别是_、_。反应达平衡的标志是_ (填标号)。A2v正(H2S)=4v逆(H2) BCH4的体积分数不再变化C不再变化D混合气体的密度不再改变由图可知该反应的H_0(填“”“”或“=”)，判断的理由是_。M点对应温度下，CH4的转化率为_；950时该反应的Kp=_ (MPa)2。(3)H2S燃料电池的原理如图所示。电池的正极是_，负极的电极反应式为_。11铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4UO2(CO3)3等。回答下列问题:(1)UF4用Mg或Ca 还原可得金属铀。基态钙原子的核外电子排布式为

12、_；熔点：MgO(2852)高于CaO(2614)，原因是_；金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积,该堆积方式的空间利用率为_。(2)已知:2UO2+5NH4HF22UF4NH4F+3NH3+ 4H2O，NH4HF2中含有的作用力是_(填选项字母)。a.氢键b.配位键c.共价键d.离子键e.金属键(3)已知:3(NH4)4UO2(CO3)3 3UO2+10NH3 +9CO2 +N2 +9H2ONH4+的空间构型为_，与NH4+互为等电子体的分子或离子有_(任写两种)。CO32-中碳原子的杂化轨道类型为_。分解产物中属于非极性分子的是_(填选项字母)。a.NH3 b. CO2 CN2 d. H2O

13、(4)UO2的晶胞结构及晶胞参数如图所示:晶胞中U 的配位数为_。UO2晶体的密度为_gcm-3(列出计算式即可。设NA表示阿伏加德罗常数的值)。12美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作用。它的一种合成路线如下：已知：DMF的结构简式为 NO2NH2(1)A中的官能团名称是_。乙二醇的分子式为_。(2)B到C的反应类型是_。E的结构简式为_。(3)F到G的反应方程式为_。(4)A的同分异构体中，分子中存在羟基且苯环上只有两个取代基的有_种，写出其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的所有结构简式：_。(5)4甲氧基乙酰苯胺()是重

14、要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4甲氧基乙酰苯胺的合成路线： _。(其他试剂任选)。1C【详解】A聚乙烯中没有不饱和键，不能使溴水褪色、难以降解，废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，A错误；B铝可通过电解氧化铝制取，氯化铝是共价化合物、没有离子、不能电解，B错误；C 废旧电池中含有镍、镉等重金属，如果填埋会引起重金属污染，故不可用填埋法处埋，C正确；D 含棉、麻及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O，丝、毛属于蛋白质，含碳、氢、氧和氮等元素，燃烧产物除了CO2和H2O外，还有别的产物，D错误；答案选C。2D【详解】A13.3g含有的中子数为：78NAmol-1=7.8NA，故A

15、错误B溶液体积未知，无法计算离子个数，故B错误；C气体状况未知，无法计算气体的物质的量，故C错误；D甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变，所以0.5molCH4与1.0molCl2在光照下充分反应后的分子数为1.5NA，故D正确；故选D。3C【详解】A结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C18H11NO2，A正确；B该有机物中含有羰基、碳碳双键，可以与氢气发生加成还原反应，B正确；C分子结构中含有，具有四面体结构，最少有1个碳原子不与其他碳原子在同一平面上，即分子中可能共平面的碳原子最多为7个，C错误；DC8H11NO2分子的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，故在任一含苯环的同分异构

16、体中，其苯环上的取代基均为饱和取代基，同分异构体中最多的取代基种类及个数为一个氨基、两个甲基、两个羟基，在高度对称下(等效氢原子种类最少的应具有对称结构)有4种不同化学环境的氢原子，D正确；答案选C。4D【分析】此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化

17、钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；故选D。【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有

18、强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。5B【分析】由题目可知，X的一种核素可用于测定文物的年代，即X为碳；短周期主族元素X与Y原子序数依次增大，同周期且相邻，即Y为氮；W的单质为黄绿色气体为氯气，即W为氯；Z为金属元素，原子序数在氮和氯之间，即可能为钠、镁、铝三者之一。据此作答。【详解】A. 同周期，原子半径随着核电荷数增大而减小，原子半径：r（Z）r（W）r（X）r（Y），A错误；B. X的氢化物为CxHy型，可能存在非极性共价键，如乙烷，B正确；C. 若Z为铝，和W组成的化合物为氯化铝，是共价化合物，C错误；D. 某元素的最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性有关，非金属性越强，酸性越强。

19、W的氧化物不一定是W的最高价，无法判断，D错误；答案为B。【点睛】本题易错点为C、D两个选项。C选项注意氯化铝的特殊性，属于共价化合物，而非金属化合物中的特例是氯化铵，属于离子化合物；D选项注意比较酸性是要求最高价氧化物对应的水化物，不是任意氧化物均可。6C【分析】氨电极上N元素化合价降低，为阴极，电极反应为N2+6H+6e-=2NH3，氢电极上O元素化合价升高，为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+；【详解】A氨电极上N元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，电极反应为N2+6H+6e-=2NH3，故A正确；B氨电极为阴极，氢电极为阳极，阳离子移向阴极，H+由氢电极经固体电解质移向氨

20、电极，故B正确；C阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，不消耗氢气，故C错误；D氢电极为阳极，通入水蒸气和甲烷，C元素化合价升高，电极反应为CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+，故D正确；故选：C。7D【详解】AAg2CrO4的溶度积Ksp=c2(Ag)c(CrO)=(1103)21105=11011，故A错误；B溶度积只受温度的影响，因此Y点和Z点的溶度积相同，故B错误；Cc2(Ag)c(CrO)=Ksp，向Ag2CrO4饱和溶液中加入K2CrO4，溶液中c(Ag)减小、c(CrO)增大，仍然在曲线上，不可能由Y点移动到X点，故C错误；DKCl溶液中出现沉淀时，需要的c(Ag)=1

21、.8108molL1，K2CrO4中出现沉淀，需要消耗c(Ag)=mol/L，因此先析出氯化银沉淀，故D正确；答案为D。8(1) c 平衡气压，便于液体顺利流下(2)抑制乙酰苯胺的水解(3)将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，边加边振荡(4)反应放热，滴加过快会使反应温度高于5，副产物增多(5)a(6) 重结晶 53.3%【解析】（1）为提高冷凝效果，冷凝管中的冷凝水应该“低进高出”，装置图中，冷凝管的出水口是c，仪器A中a连接分液漏斗的上、下两端，作用是平衡气压，便于液体顺利流下。（2）根据信息，乙酰苯胺能发生水解反应+H2O+CH3COOH，加入冰醋酸能抑制乙酰苯胺的水解；（3）浓硫酸密度大，溶解时

22、放热，所以步骤2 配制混酸的方法是将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，边加边振荡；（4）在40下反应生成约25%的邻硝基乙酰苯胺；反应放热，滴加过快会使反应温度高于5 ，副产物增多，所以步骤3滴加混酸时不能过快；（5）根据对硝基乙酰苯胺、邻硝基乙酰苯胺、乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于热水、酒精，洗涤粗品时用冷水洗，选a；（6）根据溶解性，将粗品纯化的方法是重结晶。4.5g乙酰苯胺的物质的量是0.0333mol，3.2g对硝基乙酰苯胺的物质的量是0.0178mol，本实验的产率为。9(1)提高浸取反应速率和浸取率(2)NaAlO2(3) 2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+ +2Co2+O2+4H2O

23、2Cu +O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O(4) 99.90% H2SO4使得溶液中氢离子浓度增大，萃取反应平衡逆向移动(5)7(6)4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2【分析】废旧钴酸锂电池材料加入氢氧化钠溶液，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤分离出溶液，滤渣含有钴酸锂和铜，加入硫酸，钴酸锂在酸性条件下被过氧化氢还原，铜被氧化产物氧气氧化生成硫酸铜。加入有机萃取剂萃取出铜，然后在加入碳酸氢铵调节pH分离出氢氧化铝沉淀，加入碳酸钠反应生成碳酸钴和碳酸锂，最后过滤分离出沉淀煅烧生成钴酸锂；（1）粉碎的目的是可以提高增加反应物的接触面积，提高浸取反应速率和浸取率。

24、（2）“碱浸”过程中铝能和碱反应生成偏铝酸钠，所以所得滤液中主要溶质的化学式为NaAlO2、NaOH。（3）过氧化氢为共价化合物，H2O2的电子式为。“酸浸”时H2O2作还原剂，本身被氧化生成氧气，还原产物为Co2+，根据电子守恒和质量守恒配平，反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+ +2Co2+O2+4H2O；上述反应的氧化产物是氧气，将铜氧化后和稀硫酸反应生成硫酸铜而溶解浸出，该反应的化学方程式为2Cu +O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O 。（4）“萃取铜”中的有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为Cu2+2HR=CuR2+2H+。若酸浸后的浸取液pH

25、=1.000，氢离子浓度为0.1mol/L，c(Cu2+)=0.01001 molL-1，多次萃取后水相中c(H+)为0.1200 molL-1，则反应生成的氢离子浓度为0.1200 molL-1-0.1mol/L =0.02molL-1，根据化学方程式体现的关系可知，有0.01 molL-1铜离子发生萃取，则萃取率为=99.90%；为回收铜，可用一定浓度的H2SO4使得溶液中氢离子浓度增大，萃取反应平衡逆向移动，有机相中的铜被反萃取到水相。（5）若c(Co2+)=0.16molL-1，则， molL-1，此时pOH=7，pH=7，故调pH不能超过7.0。（6）CoCO3和Li2CO3在750

26、煅烧生成LiCoO2，根据质量守恒还会生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2。10(1) (ab-3c)(2) c a BD 温度升高，反应物减少，生成物增大，说明平衡正向移动 或33.3% 0.01(3) b 2H2S-4e-=4H+S2【详解】（1）设H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)为式，2H2S(g)+SO2(g)= S2(g)+2H2O(g)为式，H2S(g)+O2(g)=S2(g)+H2O(g)为式，2S(g)=S2(g)可由(-3)得到，根据盖斯定律，2S(g)=S2(g)的H= (ab-3c)kJ/mo

27、l；（2）由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1：2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1：4，因此b为CS2，a为H2，故H2S、H2变化的曲线分别是c、a；A方程式为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)，因此2v正(H2S)=v逆(H2)时反应达到平衡，A错误；BCH4的体积分数不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡，B正确；CCH4与H2S均为反应物，投料时二者按照系数比1：2，反应的量与系数成正比，也为1：2，此时剩余的量也是1：2，这种情况下一直为1：2，因此不再变化不能说明达到平衡，C错误；D混合气体的密度=，该反应前

28、后都是气体，m不变，前后气体系数之和不相等，V是变量，因此是变量，变量不变时，反应达到平衡，D正确；故选BD。由图象可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反应吸热，H0设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：，M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此2amol-2x=4x，解得x=amol，因此CH4的转化率为100%=33.3%；设CH4与H2S的投料量为amol和2amol，950时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：，950时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此amol-y=y，解得y=amol

29、，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为amol、amol、amol、2amol，分压分别为0.1MPa、0.1MPa、0.1MPa、0.1MPa，Kp=0.01(MPa)2；（3）燃料电池中，通入O2的一极为正极，因此正极为b电极；H2S在负极失电子发生氧化反应，生成S2，电极反应为2H2S-4e-=4H+S2。11(1) 1s22s22p63s23p64s2(或Ar4s2) CaO和MgO均为离子晶体，MgO的晶格能大于CaO 68%(2)abcd(3) 正四面体 CH4、BH4-、BeH42-、AlH4-、SiH4、GeH4 sp2 bc(4) 8 (4270)/NA(5.4

30、5510-8)3【解析】（1）CaO和MgO都是由活泼金属与活泼非金属组成的化合物，属于离子化合物，离子晶体的熔点由其晶格能大小决定，MgO的晶格能大于CaO，故熔点：MgO(2852)高于CaO(2614)；钙为20号元素，基态钙原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或Ar4s2；金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积,该堆积方式的空间利用率为68%；（2）NH4HF2中NH4+与HF2-间为离子键，H-N为极性共价键、配位键；HF2-的结构式为F-HF-含有氢键结构。答案选abcd；（3）NH4+中的N为sp3杂化，四个NH键的键能、键长及键角均相同，空间构型为正四面体；等

31、电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，与NH4+互为等电子体的分子或离子有CH4、BH4-、BeH42-、AlH4-、SiH4、GeH4；CO32-价层电子对数目为=3，碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化；a、NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故a错误；b、CO2中含有极性键，为直线形分子，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，故b正确；c、H2O中含有极性键，为V形分子，但结构不对称，属于极性分子，故c错误；d、H2O中含有极性键，为V形分子，但结构不对称，属于极性分子，故d错误；答案选bc；（4）由晶胞的

32、面心观察，可知U的配位数为8，O的配位数为4；晶胞中U为，O为8，立方体体积为，。12(1) 醚键、氨基 C2H6O2(2) 取代 (3)+或+(CH3CO)2O+CH3COOH(4) 12 、(5)【分析】由框图可知，A（）与乙二醇反应生成B（），B在POCl3/DMF、NaOH/H2O的条件下发生取代反应反应生成C（），C在NH4Ac的条件下与CH3NO2反应生成D（），D与H2发生加成反应生成E（），E在LiAlH4的作用下发生还原反应生成F（），F与乙酸酐发生取代反应形成酰胺键，生成美乐托宁G（）。（1）A为，官能团有醚键、氨基；乙二醇是二元醇，结构为HO-CH2-CH2-OH，分子式为C2H6O2；（2）根据分析，B到C的反应类型为取代反应；E的结构式为；（3）根据分析，F为，与乙酸酐反应生成G（），方程式为+或+(CH3CO)2O+CH3COOH；（4）A为，同分异构体中，分子中存在羟基且苯环上只有两个取代基的有、，共12种；其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的有、两种；（5）合成可采用逆合成的分析法，酰胺键先断开，需要，而可由还原制得，可由硝化制得，因此合成路线为：。