云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（一）化学试题 Word版含解析

云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（一）化学试题 Word版含解析

理科综合试卷 化学部分 ‎1. 化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是( )‎ A. 医用酒精中乙醇的质量分数为75%‎ B. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查 C. 施肥时，草木灰不能与NH4Cl混合使用 D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．医用酒精中乙醇的体积分数为75%，A错误；‎ B．硫酸钡既不溶于水，也不溶于胃酸，同时也不能被X射线透过，因此可用于胃肠X射线造影检查，B正确；‎ C．K2CO3与NH4Cl在溶液中会发生盐的双水解反应，产生的NH3·H2O分解产生氨气逸出，导致N元素流失，C正确；‎ D．Mg比Fe活泼，构成原电池时Mg作负极被腐蚀，因此属于牺牲阳极的阴极保护法，D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎2. 香茅醇(结构如图所示)是调配各种玫瑰系花香香精不可缺少的原料。下列关于香茅醇的叙述错误的是 A. 分子式为C10H20O B. 能发生加成聚合反应 C. 分子中所有原子可能共面 D. 能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据物质分子结构可知，物质分子中有10个C原子，1个O原子，不饱和度为 - 14 -‎ ‎1，故有20个H，分子式为C10H20O，A正确；‎ B．分子中含碳碳双键，故能发生加成聚合反应，B正确；‎ C．分子中含有8个饱和C原子，由于饱和C原子是四面体结构，因此分子中所有原子不可能共面，C错误；‎ D．分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色；使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于发生氧化反应，故二者褪色原理不同，D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎3. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1molT2比1molD2多NA个中子 B. 1L 1mol/L葡萄糖溶液中含有12NA个氢原子 C. 标准状况下，22. 4L氨气中含有4NA个质子 D. 72g异戊烷和72g新戊烷均含有4NA个非极性键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol T2的中子数为4NA，而1mol D2的中子数为2NA，故多2NA，A错误；‎ B．1mol葡萄糖分子中含12NA个H，但水中也含H，故H数目应该大于12NA，B错误；‎ C．氦气是单原子分子，故1mol氦气中含2NA个质子，C错误；‎ D．异戊烷和新戊烷的相对分子质量均为72，非极性键均为4个，D正确；‎ 故选D。‎ ‎4. 用如图所示的装置( 加热装置已略)进行实验，由试管B中现象不能证明试管A中反应发生的是 选项 试管A中实验 试管B中现象 A 加热铜片和浓硫酸的混合物 品红溶液褪色 B 加热镁条和水的混合物 肥皂水冒泡 C 加热NH4Cl溶液和NaOH 酚酞溶液变红 - 14 -‎ 溶液的混合物 D 加热MnO2固体和浓盐酸的混合物 KI-淀粉溶液变蓝 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．品红溶液褪色说明铜片和浓硫酸加热发生了反应产生了SO2气体，A正确；‎ B．肥皂水冒泡说明有气体逸出，该气体可能是空气或水蒸气，也可能是Mg与H2O反应产生的H2，故不能证明镁条和水加热发生了反应，B错误；‎ C．酚酞溶液变红说明有碱性气体NH3产生，故能证明NH4Cl和NaOH溶液加热发生了反应，C正确；‎ D．KI−淀粉溶液变蓝说明有I2产生，证明MnO2固体和浓盐酸混合加热发生反应产生了Cl2，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎5. 对于下列实验，能正确描述其反应离子方程式的是 A. 向NaOH溶液中滴加少量AlCl3溶液： 3OH- +Al3+=Al(OH)3↓‎ B. 向BaCl2溶液中通入少量SO2：Ba2+ +SO2 +H2O=BaSO3↓+2H+‎ C. 向滴有酚酞的水玻璃中逐滴加入稀盐酸至红色刚好褪去： SiO+2H+=H2SiO3(胶体)‎ D. 向铁粉中加入过量的稀硝酸： 3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶液过量，不能产生Al(OH)3，应该是AlO，A错误；‎ B．酸性：HCl>H2SO3，故该反应不能发生，B错误；‎ C．向滴有酚酞的水玻璃中逐滴加入稀盐酸至红色刚好褪去，说明产生了H2SiO3胶体，C正确；‎ D．稀硝酸过量，产物中不会有Fe2+，D错误；‎ 故选C。‎ ‎6. 一种高性能的直接硼氢燃料电池如图所示，其总反应为BH+2O2=BO+2H2O - 14 -‎ ‎。该电池工作时，下列说法正确的是 A. 电子由Pt电极经外电路、石墨电极、NaOH溶液回到Pt电极 B. 负极反应式为BH-8e-+8OH-=BO+6H2O C. OH-透过阴离子交换膜向石墨电极迁移 D. 外电路通过0.4 mol电子时，有2.24 LO2石墨电极上参与反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在外电路中，电子由负极Pt电极经导线流向正极石墨电极，而在内电路中离子定向移动，电子不能进入到电解质溶液中，A错误；‎ B．依据装置图可知Pt电极为负极，负极上BH失去电子被氧化变为BO，由于电解质溶液显碱性，含有大量的OH-，故负极的电极反应式为：BH-8e-+8OH-=BO+6H2O，B正确；‎ C．溶液中的阴离子OH−应该向正电荷较多的负极(Pt)迁移，C错误；‎ D．没有指明反应条件是否是“标准状况”，因此不能进行有关计算，D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎7. W、X、Y、Z为前四周期主族元素，四种元素的最外层电子数满足W+Y=3(X+Z)；核电荷数W＜Y，X＜Z；由这四种元素组成的化合物的水合物常被用作净水剂。下列说法正确的是 A. 单质的熔点：Z＞X B. 简单离子的还原性：W＞Y C. Y的氧化物对应的水化物为强酸 D. Y与Z形成的化合物的溶液呈碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为前四周期主族元素，四种元素的最外层电子数满足W+Y=3(X+Z)；核电荷数 - 14 -‎ W＜Y，X＜Z；由这四种元素组成的化合物的水合物常被用作净水剂，该化合物应该是硫酸铝钾，则W为O，X为Al，Y为S，Z为K。据此解答。‎ ‎【详解】由题可知：W为O，X为Al，Y为S，Z为K。则 A. 单质的熔点：Al＞K，A错误。‎ B. 非金属性O＞S，则简单离子的还原性：S2−＞O2−，B错误。‎ C. Y的氧化物对应的水化物有H2SO4和H2SO3，其中H2SO3不是强酸，C错误。‎ D. Y与Z形成的化合物为K2S，硫离子水解，其溶液显碱性，D正确。答案选D。‎ ‎8. 立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，难溶于水，是一种常用白色颜料。某学习小组设计如图所示实验制备少量的立德粉并测定其中S2-的含量。‎ I.制备立德粉。‎ ‎(1)连接装置，检查装置气密性。分别向分液漏斗、锥形瓶和装置B_____(填名称)中，加入一定量的稀硫酸、锌粒和可溶性BaS固体。‎ ‎(2)①打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1和K2，关闭K3，此时锥形瓶中有气体产生，该气体的作用是______。‎ ‎②待锌粒溶解完后，打开K3，关闭K1和K2。锥形瓶中的溶液流入装置B中，其原因是___________；装置B中析出白色沉淀，该反应的离子方程式为___________，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是_______、洗涤、干燥。‎ II.测定立德粉中的S2-含量。‎ ‎(3)产品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取ag样品，置于碘量瓶中，移取bmLxmol/L的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置于暗处反应5min，有单质硫析出(I2+S2-=2I-+S↓)。以淀粉为指示剂，过量的I用ymol/LNa2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O=2I-+S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为_________，样品中S2-的含量(质量分数)为_________%(写出表达式，结果要化简)。‎ ‎【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 排尽装置中的空气 (3). 装置A中产生H2，使装置A中气压大于大气压 (4). Ba2++S2−+Zn2++SO=ZnS·BaSO4↓ (5). 冰浴冷却，过滤 (6). ‎ - 14 -‎ 蓝色褪去，且半分钟内不恢复 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别向分液漏斗、锥形瓶和三颈烧瓶中，加入一定量的稀硫酸、锌粒和可溶性BaS固体。打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1和K2，关闭K3，此时锥形瓶中有氢气产生，待锌粒溶解完后，打开K3，关闭K1和K2。锥形瓶中压强增大，使溶液流入三颈烧瓶中， B中析出ZnS·BaSO4，据此解答。‎ ‎【详解】(1)由装置图可知，B为三颈烧瓶，故本题答案为：三颈烧瓶；‎ ‎(2)①锌和盐酸反应，产生氢气，氢气能将装置内的空气排尽，故本题答案为：排尽装置中的空气；‎ ‎②待锌粒溶解完后，打开K3，关闭K1和K2。装置A中产生H2，使装置A中气压大于大气压，此时锥形瓶中的溶液流入装置B中；装置B中生成ZnS·BaSO4，反应的离子方程式为Ba2++S2−+Zn2++SO=ZnS·BaSO4↓，为使沉淀充分析出并分离，应降温使其充分析出，在过滤，故本题答案为：装置A中产生H2，使装置A中气压大于大气压；Ba2++S2−+Zn2++SO=ZnS·BaSO4↓；冰浴冷却，过滤 ‎(3)(3)Na2S2O3滴定的是与S2−反应后剩余的I2所以终点颜色变化为蓝色褪去，且半分钟内不恢复，S2−的质量分数=，故本题答案为：蓝色褪去，且半分钟内不恢复；。‎ ‎【点睛】锌和盐酸反应，产生氢气，氢气能将装置内的空气排尽，产生H2的同时，还能使装置A中气压大于大气压，使溶液流入装置B中；在装置B中生成ZnS·BaSO4，此为易错点。‎ ‎9. 聚合硫酸铝(PAS)是水处理中重要的絮凝剂。如图是以粉煤灰(主要成分为A12O3和SiO2，还含有少量的FeO、Fe2O3等)为原料制备PAS的一种工艺流程。‎ 溶液中金属离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ - 14 -‎ Al(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH ‎3.7‎ ‎7.5‎ ‎2.2‎ 完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH ‎4.7‎ ‎9.0‎ ‎3.2‎ ‎(1)过筛的目的是选取细小的颗粒，________。‎ ‎(2)“酸浸”时最合适的酸是______，滤渣的成分是______。‎ ‎(3)“净化除杂”需先加氧化剂，然后再调节溶液的pH约为3.5。则下列氧化剂中最合适的是____(填序号)。‎ A.KMnO4 B. Cl2 C. H2O2 D. HNO3‎ ‎(4)“聚合”时，溶液的pH必须控制在一定的范围。pH偏小时Al3+水解程度弱，pH偏大时则_______。‎ ‎(5)相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_____。‎ ‎(6)利用上述表格中的数据计算Ksp[Fe(OH)3]的数量级为________。‎ ‎【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率 (2). H2SO4 (3). SiO2 (4). C (5). 会生成Al(OH)3沉淀 (6). 防止温度过高，导致产品分解 (7). 10−38‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粉煤灰(主要成分为A12O3和SiO2，还含有少量的FeO、Fe2O3等)用酸“酸浸”， SiO2不溶解，A12O3、FeO和Fe2O3溶解得到含铝离子、亚铁离子和铁离子的溶液，过滤后，在滤液中先加氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，然后再调节溶液的pH约为3.5 ，铁离子沉淀完全，得到Fe(OH)3沉淀，过滤后得到含铝离子的溶液，再经过“聚合”、“减压蒸发”得到絮凝剂，“聚合”时要把溶液的pH必须控制在一定的范围，pH偏小时Al3+水解程度弱，pH偏大时则会生成Al(OH)3沉淀，据此回答；‎ ‎【详解】(1) 颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快，故过筛的目的是选取细小的颗粒，增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率；‎ ‎(2)由流程知，絮凝剂的酸根是硫酸根离子，故“酸浸”时最合适的酸是H2SO4‎ - 14 -‎ ‎，据分析，滤渣的成分是SiO2；‎ ‎(3)“净化除杂”需先加氧化剂，加入的氧化剂是把亚铁离子氧化为铁离子，那么A. KMnO4能氧化亚铁离子，但会引入还原产物Mn2+，A错误；B. Cl2能氧化亚铁离子，但会引入还原产物Cl-，B错误；C. H2O2能氧化亚铁离子，但双氧水是绿色氧化剂，不会引入杂质离子，C正确；D. HNO3能氧化亚铁离子，但会产生氮氧化物污染环境，D不是最佳；则最合适的是C；‎ ‎(4)“聚合”时，溶液的pH必须控制在一定的范围。pH偏小时Al3+水解程度弱，pH偏大(Ph>4.7)时则会生成Al(OH)3沉淀；‎ ‎(5) 依据化学式可知聚合硫酸铝(PAS)是碱式盐，高温容易分解，相对于常压蒸发，减压蒸发时液体会在加热到较低温度时沸腾，故优点是防止温度过高，导致产品分解；‎ ‎(6)利用上述表格中的数据知：铁离子沉淀完全时， pH=3.2，则 ， ，则计算， ，故数量级为。‎ ‎10. 乙腈是一种重要的基本化工原料，到目前为止有多种合成工艺。其中“丙烷催化氨氧化法”合成涉及的反应如下：‎ 主反应：2C3H8(g)+2NH3(g)+5O2(g)⇌2CH3CN(g)+2CO(g)+8H2O(g) ∆H=-1651kJ/mol；‎ 副反应：C3H8(g)+NH3(g)+2O2(g)⇌CH2=CHCN(g)(丙烯睛)+4H2O(g) ∆H=-613kJ/mol ‎(1)两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是___________。‎ ‎(2)提高乙腈反应选择性的关键因素是__________。‎ ‎(3)如图是起始投料比为n(C3H8)：n(NH3)：n(O2)=1：1.4：1.6，MoV0.6Mg0.3/γ-Al2O3为催化剂，在体系压强为0.1MPa，主反应中C3H8的转化率与反应温度的关系曲线。‎ ‎①低于520℃时，主反应中C3H8的转化率_____(填 “是”或“不是”)对应温度下的平衡转化率，判断理由是_______。‎ - 14 -‎ ‎②520℃时主反应的平衡常数Kp=______ ( MPa)3 (列出计算式即可，不必算出结果。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎③520℃下，若要进一步提高主反应中C3H8的转化率，除了可以增大NH3和O2的浓度外，还可以采取的两种不同的措施为________、_________。‎ ‎【答案】 (1). 均为放热量大的反应 (2). 选择合适的催化剂 (3). 不是 (4). 该反应为放热反应，平衡转化率随温度升高而降低 (5). (6). 及时移走生成物 (7). 减小压强 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据热化学方程式可知两个均为放热量大的反应，因此两个反应在热力学上趋势均很大；‎ ‎(2)由于存在可逆反应，因此提高乙腈反应选择性的关键因素是选择合适的催化剂；‎ ‎(3)①由于该反应为放热反应，平衡转化率随温度升高而降低，因此低于520℃时，主反应中C3H8转化率不是对应温度下的平衡转化率。‎ ‎②‎ 平衡时，各组分的物质的量分数分别为、、、、、，。‎ ‎③520℃下，若要进一步提高主反应中C3H8的转化率，除了可以增大NH3和O2的浓度外，由于正反应是体积增大的可逆反应，所以还可以采取的两种不同的措施为及时移走生成物、减小压强。‎ ‎11. 锰在工业中有着重要的作用，也是人体所需的微量元素之一，回答下列问题：‎ ‎(1)Mn在元素周期表中位于______区。‎ ‎(2)高锰钢可制造钢盔、坦克钢甲、穿甲弹的弹头等，主要是Fe、C和Mn组成，第三电离能：‎ - 14 -‎ I3(Mn)_____I3(Fe) (填“大于”或“小于”)，原因是_______。‎ ‎(3)硫酸锰是合成脂肪酸的作物需要的微量元素，因此硫酸锰可以作为肥料施进土壤，可以增产。MnSO4中的化学键除了σ键外，还存在_________。‎ ‎(4)MnF2 和MnCl2均为离子晶体，其中熔点较高的是_________。‎ ‎(5)一种正一价锰的配合物的化学式为Mn(CO)5(CH3)，其中Mn+的配位数为6，则配位体为________。‎ ‎(6)某种含锰的磁性材料的晶胞结构如图所示。C在晶体中的堆积方式为______堆积(填“简单立方” “体心立方” “六方最密”或“面心立方最密”)；若该晶体密度为ρ g/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则两个最近的Mn之间的距离为_______pm。‎ ‎【答案】 (1). d (2). 大于 (3). Mn2+的价电子排布为3d5，处于半充满较稳定结构，较难失电子 (4). 离子键和π键 (5). MnF2 (6). CO和CH (7). 简单立方 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据元素原子结构及元素周期表的关系判断Mn所在位置；‎ ‎(2)原子核外电子处于其轨道的全充满、半充满或全空时是稳定状态分析；‎ ‎(3)根据化合物的类型及原子结合方式判断化学键的类型；‎ ‎(4)根据离子键的强弱判断物质熔沸点的高低；‎ ‎(5)中心离子Mn+与配位体CO、结合；‎ ‎(6)根据晶体的基本结构判断晶胞类型；根据晶胞中微粒的相对位置，结合其密度计算最近的两个Mn原子的距离。‎ ‎【详解】(1)Mn元素是25号元素，位于元素周期表第四周期第VIIB族，属于d区元素；‎ ‎(2)I3(Mn)是Mn2+失去电子变为Mn3+，由于Mn2+的电子排布是1s22s22p63s23p63d5，处于3d5半充满的稳定状态，再失去一个电子需消耗很高的能量；而I3(Fe)是Fe2+失去电子变为Fe3+‎ - 14 -‎ ‎，由于Fe2+的电子排布是1s22s22p63s23p63d6，当其再失去1个电子时，会变为1s22s22p63s23p63d5的稳定状态，故其第三电离能比较小，因此第三电离能：I3(Mn)＞I3(Fe)；‎ ‎(3)MnSO4是由Mn2+与之间通过离子键结合形成的离子化合物，在中存在S、O共价双键，其中一个σ键，一个π键，故MnSO4中的化学键除了σ键外，还存在离子键和π键；‎ ‎(4)MnF2 和MnCl2均为离子晶体，离子之间通过离子键结合，离子键越强，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于阴离子离子半径：F-＜Cl-，阳离子都是Mn2+，离子半径越小，离子键越强，则离子键：MnF2 ＞MnCl2，故其中熔点较高的是MnF2 ；‎ ‎(5)配合物Mn(CO)5(CH3)的中心离子Mn+与配位体CO、结合，故配位体为CO和；‎ ‎(6)根据晶胞结构可知该晶体中C原子的堆积类型为简单立方堆积；用均摊法算出C为1个，Mn为6×=3个，Sn为8×=1个，晶胞质量为m=g，晶胞的密度为ρ g/cm3，所以晶胞的边长L= cm= ×10-10 pm，两个最近的Mn原子是处于面心位置，二者之间的距离是晶胞边长的倍，则其距离为pm。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及元素在周期表的位置、原子核外电子排布、物质的熔沸点、晶胞计算等知识。明确原子结构、核外电子排布规律及物质结构理论是解本题关键，难点是晶胞计算，注意原子的相对位置，利用均摊法在晶胞计算中的灵活运用。‎ ‎12. 吡唑醚菌酯(G)是甲氧基丙烯酸酯类杀菌剂的一个新品种，具有广谱、高效、低毒、对环境友好安全等特点。合成F的一种路线如图：‎ - 14 -‎ ‎(1)A的化学名称是_____(已知：当有机物中含硝基时，硝基作取代基)。‎ ‎(2)B→C反应的化学方程式为________，反应条件中NaHCO3的作用是_______。‎ ‎(3)C→D的反应类型为________。‎ ‎(4)E的分子式为_________。‎ ‎(5)M是A的一种同分异构体。已知：M是芳香族化合物；1molM与足量的饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出1mol二氧化碳；M的核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为2：2：2：1。M的结构简式为_______。‎ ‎(6)F中含氧官能团的名称为______，在合成F的过程中有如下一步重要的成环反应：‎ 实验研究表明，不同的碱对该步反应产率的影响如表：‎ 碱的种类 甲醇钠(CH3ONa)‎ 乙醇钠(C2H4ONa)‎ 叔丁基醇钠[(CH3)3CONa]‎ 产率/%‎ ‎88.9‎ ‎91.7‎ ‎94.9‎ 请找出规律，并解释原因：________。‎ - 14 -‎ ‎【答案】 (1). 邻硝基甲苯 (2). +ClCOOCH3+HCl (3). 吸收反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高产率 (4). 取代反应 (5). C10H12O3NBr (6). (7). 羟基 (8). 随着碱中烃基体积的增大，产率降低，原因是烃基体积增大，碱性增强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与氯化铵和锌反应，生成，和ClCOOCH3发生取代反应生成， 与(CH3O)2SO4反应生成，发生取代反应生成，与F发生取代反应生成吡唑醚菌酯(G)，据此解答 ‎【详解】(1)A（）的化学名称为邻硝基甲苯，故本题答案为：邻硝基甲苯；‎ ‎(2) 和ClCOOCH3反应生成和HCl，化学方程式为+ClCOOCH3+HCl，反应条件中NaHCO3能吸收反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高产率，故本题答案为+ClCOOCH3+HCl；能吸收反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高产率；‎ ‎(3)C→D是C中的氢原子被甲氧基取代，属于取代反应，故本题答案为：取代反应；‎ ‎(4)E含有10个C，12个H，3个O，1个N，1个Br，故其分子式C10H12O3NBr - 14 -‎ ‎，故本题答案为：C10H12O3NBr；‎ ‎ (5) M是芳香族化合物，说明含有苯环；1molM与足量的饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出1mol二氧化碳，说明含有1个羧基；M的核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为2：2：2：1，说明分子中含有一个氨基，而且氨基和羧基在苯环的对位，属于M的结构简式为，故本题答案为：；‎ ‎(6)F中含氧官能团为羟基，不同碱对该步反应产率不同是因为随着碱中烃基体积的增大，产率降低，原因是烃基体积增大，碱性增强，故本题答案为：随着碱中烃基体积的增大，产率降低，原因是烃基体积增大，碱性增强。‎ ‎【点睛】含有多官能团命名时，要注意官能团的顺序，部分官能团顺序如下：-COOH > -SO3H > -COOR > -CN > -CHO > -CO- > -OH > -NH2 > >C=C< > -C≡C- > -R > -X > -NO2，此为易错点。‎ - 14 -‎