西藏自治区林芝二高2021届高三化学上学期第四次月考试题(含解析)

西藏林芝二高2021届高三上学期第四次月考
化学试卷
1. 生活中下列处理方法正确的是
A. 蚂蚁叮咬的红肿处涂沫苯酚止痒
B. 冬天在汽车水箱中加乙二醇抗冻
C. 纺织品上的油腻用烧碱溶液清洗
D. 把铁器具浸入水隔绝空气防生锈
【答案】B
【解析】
试题分析：A、蚂蚁等昆虫叮咬后，会向人体中注入一种叫蚁酸（甲酸）的物质，红肿处涂沫稀氨水或肥皂水止痒，苯酚有毒，故A错误；B、冬天在汽车水箱中加乙二醇抗冻，可以防止水箱中的水结冰，故B正确；C、烧碱溶液具有强腐蚀性，会损坏纺织品，故C错误；D、水中含有少量空气，会加速生锈，生活中常将铁器具置于干燥处，故D错误；故选：B。

考点：考查物质的性质和应用
2.N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A. 9g超重水(3H216O)含中子数为6N A
B. 标准状况下，22.4L CCl4含有的分子数目为N A
C. 78g过氧化钠中含有的阴阳离子总数为4N A
D. 28g乙烯与聚乙烯的混合物完全燃烧生成水的分子数为2N A
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 中子数 = 质量数-质子数，1个超重水(3H216O)分子中含有的中子数为12；
B. 标准状况下， CCl4为液体；
C. 1 mol过氧化钠中含有2 mol Na+，1 mol O22-；
D. 乙烯与聚乙烯的最简式为CH2。

【详解】A. 中子数 = 质量数-质子数，1个超重水(3H216O)分子中含有的中子数为12，则9 g 超重水中含有的中子数为12N A 6 N A，故A项错误；
B. 标准状况下，CCl4为液体，不能按照气体摩尔体积计算分子的物质的量，故B项错误；
C. 78g过氧化钠的物质的量为1 mol，1 mol过氧化钠中含有2 mol Na+，1 mol O22-，阴阳离子总数为3 N A，故C项错误；
D. 乙烯与聚乙烯的最简式为CH2,1 mol CH2完全燃烧生成1 mol水，28 g CH2物质的量为
= 2 mol，则完全燃烧生成水的分子数为2N A，故D项正确；
答案选D。

【点睛】与阿伏加德罗常数N A相关的化学计量的选择题是高考高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。

本题B项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol 的状态与条件，学生经常误将“常温常压”当作“标准状况”，或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项，提高做题准确率。

3.某有机化合物的结构简式为，下列关于该化合物的
说法不正确的是
A. 该有机物的分子式为C23H24O6
B. 1mol该化合物最多可以与9molH2发生加成反应
C. 既可以使溴的四氯化碳溶液褪色，又可以使酸性KMnO4溶液褪色
D. 既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与Na2CO3溶液反应
【答案】B
【解析】
A. 该有机物的分子式为C23H24O6，A正确；
B. 1mol该化合物最多可以与7molH2发生加成反应，酯基不能与H2发生加成反应，B不正确；
C. 该有机物分子中有碳碳双键，与苯环相连的碳原子上有H原子，所以其既可以使溴的四氯化碳溶液褪色（溴与碳碳双键发生加成反应），又可以使酸性KMnO4溶液褪色（碳碳双键、与苯环相连的C原子被氧化），C正确；
D. 该有机物分子中有酚羟基，所以其既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与Na2CO3溶液反应，D正确。

本题选B。

4.对下列实验现象解释正确的是
实验内容实验现象相关解释
A
等量的Cu分别与等体积足
量的浓硝酸和稀硝酸反应浓硝酸反应后呈绿色，
稀硝酸反应后呈蓝色
c(Cu2+)不同
B NH3与Cl2混合生成白烟NH3与Cl2发生化合反应生成
NH4Cl
C
往Fe(OH)3胶体中逐滴滴入
稀盐酸先出现红褐色沉淀，后
沉淀溶解
先胶体聚沉，后Fe(OH)3溶解
D
加热硝酸铜固体，将带火星
的木条伸入所得的气体中生成红棕色气体，带火
星木条复燃
2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑
有氧气生成，不能说明NO2有助
燃性。

A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将等质量的铜片分别与等体积、过量的浓硝酸和过量的稀硝酸反应后，所得溶液中Cu2+的浓度基本相等，颜色基本相同，不可能是c(Cu2+)浓度差异引起的，若溶液呈“绿色”可能是溶液中Cu2+与NO2共存的结果，故A错误；B．NH3与Cl2混合除了生成氯化铵，还会有氮气生成，不属于化合反应，故B错误；C．往Fe(OH)3胶体中逐滴滴入稀盐酸，先发生聚沉现象生成氢氧化铁沉淀，会出现红褐色沉淀，后Fe(OH)3与HCl反应生成氯化铁和水，沉淀溶解，故C正确；D．生成红棕色气体证明有二氧化氮，根据反应2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑中二氧化氮的体积为氧气体积的4倍，与空气中氮气和氧气的比例相似，带火星木条复燃说明NO2都有助燃性，故D错误；故选C。

【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、胶体性质、性质实验评价等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键。

本题的易错点为D，要注意与空气的组成相比较，结合带火星木条在空气中不能复燃，在氧气中能够复燃分析判断。

5.已知高能锂离子电池的总反应式为2Li＋FeS===Fe＋Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。

下列说法不正确的是
A. 电极Y应为Li
B. 电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
C. X极反应式为FeS＋2Li＋＋2e－===Fe＋Li2S
D. 若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变
【答案】B
【解析】
A. 镍离子在阴极放电，因此镀镍铁棒是阴极，则电极Y负极，即为Li，A正确；
B. 碳棒是阳极，氢氧根放电，钠离子通过阳离子膜进入b室，c中的氯离子通过阴离子交换膜进入b 室，所以电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断增大，B错误；
C. X极是正极，反应式为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，C正确；
D. 若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，阳极是氯离子放电，因此电解反应总方程式发生改变，D正确，答案选B。

6.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物n 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种产物q是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体。

下列说法正确的是
A. 原了半径:a<b<c<d
B. b、c、d 的简单氢化物的热稳定性依次增强
C. a、c、d 三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离
D. m、n、q三种物质中只含共价键
【答案】C
【解析】
由上述分析可以知道，a为H，b为N，c为O，d为S；电子层越多,原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径: H< O<N<S，即a< c < b <d，A错误；原子半径越小，氢化物越稳定，b、c、d三种元素中，半径最小的为氧，其氢化物水最稳定，而硫化氢最不稳定，即b、c、d 的简单氢化物的热稳定性依次减弱，B错误；a、c、d 三种元素形成的
化合物为硫酸、亚硫酸等，均能抑制水的电离，C正确；m、n、q分别为(NH4)2SO3或NH4HSO3、NH3、SO2；其中(NH4)2SO3或NH4HSO3一定含有离子键，也含有共价键，D错误；正确选项C。

点睛：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m 在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物n是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，n 为NH3，另一种产物q是能使品红溶液褪色的气体,q为SO2，结合原子序数可以知道a为H，b为N，c为O，d为S，以此来解答。

7.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。

据图分析，下列判断正确的是
A. [K sp[Cu(OH)2]<K sp[Fe(OH)3]
B. d点代表的溶液中Fe(OH)3已过饱和、Cu(OH)2未饱和
C. 加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D. b、c两点代表的Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等
【答案】B
【解析】
A、由b、c两点对应数据可比较出K SP[Fe(OH)3]与K sp[Cu(OH)2]的大小，K sp[Fe(OH)3]=c（Fe3＋）·（OH－）3=c（Fe3＋）·（10-12.7）3，K
[Cu(OH)2]=c（Cu2＋）·（OH－）2=c（Cu2＋）·（10-9.6）
sp
2，因c（Fe3＋）=c（Cu2＋），故K
[Fe(OH)3]＜K sp[Cu(OH)2]，故A错误；B、在C点表示Cu(OH)2
sp
饱和溶液，在d点铜离子浓度比饱和时小，所以表示不饱和溶液；b点表示Fe(OH)3饱和溶液， d点代表的溶液中Fe(OH)3已过饱和，故B正确；C、向溶液中加入NH4Cl固体，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，会导致溶液中的c（OH－）减小，故不能使溶液由a 点变到b点，故C错误；D、曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点为平衡点，已知b、c 两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，所以两点均代表溶液达到饱和，物的量浓度数值
相等，Fe(OH)3和Cu(OH)2的摩尔质量不同，故溶解度不相同，故D错误。

故选B。

点睛：本题涉及沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等，解题关键：对图象中的数据进行定量或定性处理，找出数据（或坐标点）之间存在的相互关系；如选项A，写出溶度积的表达式，找出c（Fe3＋）=c（Cu2＋），将c（OH－）代入比较即可。

选项D，明确坐标点所表达的涵义： b、c两点代表的Fe(OH)3、Cu(OH)2是物的量浓度数值相等，而不是溶解度相同。

8.某研究小组用下图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）。

（1）配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在______中，再加水稀释，这样操作的目的是__________________________________________。

（2）通入足量SO2时，装置C中观察到的现象为___________________________________。

（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2与 FeCl3溶液发生氧化还原反应。

①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式____________________________________；
②请设计实验方案检验有Fe2+ 生成___________________________________________；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42 -，该做法____（填“合理”或“不合理”），理由是__________。

（4）D装置中倒置漏斗的作用是_________________________________________________。

（5）为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有____________（填字母）。

a.浓H2SO4
b.酸性KMnO4溶液
c.碘水
d.NaCl溶液
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 抑制氯化铁水解 (3). 溶液由棕黄色变为浅绿色(4). 2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H++2Fe2+ (5). 取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子 (6). 不合理 (7). 硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰实验 (8). 使气体充分吸收；防止溶液倒吸 (9). b、c
【解析】
【分析】
本题为用题给图示装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验，A装置为SO2发生装置，B装置为安全装置，C装置用于进行SO2与FeCl3溶液反应，D装置则是SO2尾气处理。

SO2与FeCl3溶液反应可以通过溶液颜色的变化证明，装置C中观察到溶液由棕黄色变为浅绿色，
检验Fe3+中存在的Fe2+，可以用酸性KMnO4溶液，若褪色，说明有亚铁离子；若将FeCl3溶液改用酸性KMnO4溶液则溶液紫红色逐渐变浅，若该用碘水，则黄色逐渐褪去；D装置采用防倒吸的装置，以此分析解答。

【详解】（1）配制氯化铁溶液时，为了抑制Fe3+的水解，需先把氯化铁晶体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，
故答案为：浓盐酸；抑制氯化铁水解；
（2）SO2时通入FeCl3溶液中时，SO2表现出还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，则装置C中观察到的现象为溶液由棕黄色变为浅绿色，
故答案为：溶液由棕黄色变为浅绿色；
（3）①根据以上分析可知，装置C中发生SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3+ + SO2
+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；
②检验装置C中有Fe2+ 生成的方法为：取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子，
③加入的硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，会干扰实验，故该做法不合理，
故答案为：2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子；不合理；硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰实验；
（4）装置D中倒置漏斗能将SO2尾气充分吸收，且能防止溶液倒吸，
故答案为：使气体充分吸收；防止溶液倒吸；
（5）要验证SO2具有还原性，应选择具有强氧化性的试剂，且实验过程有明显的实验现象，b、c项试剂均可代替FeCl3溶液。

故答案为：b、c。

9.锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢，锰的化合物有+2、+4、+6、+7 等多种变价，以菱锰矿(主要成分为 MnCO3，还含有少量铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料经过一系列反应生产金属锰和高锰酸钾的工艺流程如下：
已知25 ℃时，部分物质的溶度积常数如下：
物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnS CoS NiS
Ksp 2.1×10－13 3.0×10－16 5.0×10－16 1.0×10－11 5.0×10－22 1.0×10－22
（1）酸溶浸过程中，硫酸需稍过量，除保证反应充分进行外，其他作用还有_________(任写一条)。

（2）除杂1过程加入MnO2后，发生氧化还原反应的离子方程式为_________；滤渣2 的主要成分是____________________________。

（3）为加快过滤速度，选择如图抽滤装置完成。

下列有关操作和说法正确的是______。

a. 抽滤的本质是加压过滤
b. 抽滤成功的关键在于合理控制水的流速
c. 微粒直径大于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中
（4）电解1过程阳极电极反应式为____________。

（5）H2O2是一种常用的绿色氧化剂，在平炉反应中不用 H2O2的原因是__________。

（6）“CO2歧化法” 制备 KMnO4是传统工艺，写出该歧化反应的化学方程式_____________。

【答案】 (1). 提供除杂 1 时所需要的酸性环境、抑制 Mn2＋的水解 (2). MnO2＋2Fe2
＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H
O (3). CoS 和 NiS (4). b (5). Mn2＋＋2H2O -2e- =
2
MnO2＋4H＋ (6). 锰的化合物可催化 H2O2的分解，使消耗的 H2O2增多 (7). 3K2MnO4 +4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3或3K2MnO4 +2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3
【解析】
（1）酸溶浸过程中，硫酸需稍过量，除保证反应充分进行外，其他作用还有提供除杂 1 时所需要的酸性环境、抑制 Mn2＋的水解；（2）除杂1过程加入MnO2后，将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便于通过调节pH使其转化为沉淀而除去，发生氧化还原反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H
O；滤渣1为氢氧化铁，再加入硫化铵将钴镍转化为难溶的硫化
2
物，故滤渣2 的主要成分是CoS 和 NiS；（3）a. 抽滤的本质是减压过滤，选项a错误；b. 抽滤成功的关键在于合理控制水的流速，选项b正确；c. 微粒直径小于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中，选项c错误。

答案选b；（4）电解1过程阳极Mn2＋失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2＋＋2H2O -2e- = MnO2＋4H＋；（5）H2O2是一种常用的绿色氧化剂，在平炉反应中不用H2O2的原因是锰的化合物可催化 H2O2的分解，使消耗的 H2O2增多；（6）“CO2歧化法” 制备 KMnO4是传统工艺，该歧化反应锰的化合价由+6价变为+7价和+4价，发生的化学方程式为3K2MnO4 +4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3或3K2MnO4 +2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3。

10.甲醇是重要的化工原料。

利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
①CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
②CO 2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
③CH 3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)已知反应②中相关化学键键能数据如下：
化学键H－H C＝O C≡O H－O
E/kJ·mol－1436 803 1076 465
由此计算ΔH2＝____kJ·mol－1。

已知ΔH3＝＋99kJ·mol－1，则ΔH1＝____kJ·mol－1。

(2)一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时。

体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图所示。

①温度为470K时，图中P点____(填“是”或“不是”)处于平衡状态。

在490K之前，甲醇产率随温度升高而增大，490K之后，甲醇产率随温度升高而减小的原因分别是____。

②一定能提高甲醇产率的措施是____。

A．增大压强 B．升高温度 C．选择合适催化剂 D．加入大量催化剂(3)如图为一定比例的CO2/H2，CO/H2、CO/CO2/H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。

①490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是____(填“I”或“II”)。

Ⅰ．CO2 CO CH3OH II．CO CO2CH3OH＋H2O
②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从热力学与动力学角度，并结合反应①、②分析原因____。

【答案】 (1). 36 (2). 99 (3). 不是 (4). 升高温度，反应逆向移动，催化剂活性降低 (5). AC (6). Ⅱ (7). CO促进反应Ⅱ逆向移动，CO和H2的量增加，
水蒸气的量减少
【解析】
【详解】（1）根据题中所给键能数据，计算得到方程②的反应热为：△H2=（803×2+436-1076-2×465）=36 kJ·mol-1；方程③可以用方程②-①获得，△H2-△H1=36-（-63）=99 kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：36；99。

（2）①温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态；在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越高化学反应速率越快，490K之后，甲醇产率下降的原因是升高温度，反应i逆向移动，催化剂活性降低；综上所述，本题答案是：不是；升高温度，反应逆向移动，催化剂活性降低。

②A.增大压强,反应Ⅰ平衡正向移动，甲醇产率可以提高，故A正确；
B,升高温度反应Ⅰ是放热反应，平衡逆向移动，甲醇产率降低，故B错误；
C.选择合适催化剂，选择生成甲醇，提高甲醇产率，故C正确；
D.加入大量催化剂，不能影响平衡，故D错误；
综上所述，本题选AC。

（3）图2为一定比例的CO2/H2、CO/H2、CO/CO2/H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。

490K时，从甲醇的生成速率来看，a曲线大于c曲线，即甲醇来源于CO2和H2，故490K时,根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是Ⅱ；
490K时,曲线a与曲线b相比,CO的存在使甲醇生成速率增大,从热力学与动力学角度,并结合反应i、ⅱ分析原因：对ii. CO2(g)+ H2(g)CO(g)+H2O(g)，CO是生成物，CO促进反应Ⅱ逆向移动，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，
i.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 正向进行，故CO的存在使甲醇生成速率增大；综上所述，本题答案是：Ⅱ；CO促进反应Ⅱ逆向移动，CO和H2的量增加，水蒸气的量减少。

11.【化学选修3——物质结构与性质】硫、钴及其相关化合物用途非常广泛。

回答下列问题：
(1)基态Co原子价电子轨道表达式为____，第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是____；Co 与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔沸点均比钙大，其原因是____。

(2)单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S32－的空间构型是____，中心原子杂化方式是____，
与其互为等电子体的分子是____(任写1种)。

(3) K 和Na位于同主族，K2S的熔点为840℃，Na2S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是____。

(4)S 与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如下左图所示，沸点按图像所示变为的原因是____。

(5)钴的一种化合物晶胞结构如上图所示。

①已知A点的原子坐标参数为(0,0,0)，C点为(1/2,1/2,1/2)，则B点的原子坐标参数为
____。

②已知晶胞参数为a＝0.5485nm,则该晶体的密度为____g·cm-3(列出计算表达式即可)。

【答案】 (1). (2). 铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子 (3). 钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中金属键比钙中强 (4). V形 (5). sp3 (6). OF2或Cl2O (7). K+的半径比Na+大，K2S 的晶格能比Na2S小 (8). H2O间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高，H2S、H2Se及H2Te的结构相似，相对分子质量不断增大，范德华力不断增强，所以沸点不断升高(9). （，，） (10).
【解析】
(1)基态Co原子价电子3d64s2,轨道排布式为；第四电离能I4(Co)<I4(Fe)，其原因是：铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子；单质钴的熔沸点均比钙大，其原因是:钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中金属键比钙中强；(2)单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S32-的形成孤电子对数目：，形成δ键的数目是2，sp3杂化，几何形状是 V形；与其互为等电子体的分子是 OF2或Cl2O ；(3)K和Na位于同主族，K2S的熔点为840℃，Na2S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是：两者都是离子晶体，K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小；（4）H2O间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量增大，范德华力增强，所以沸点升高；（5）①已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B是面心，B点为(，，0)，C是体心，则C点的原子坐标参数为(，，) ；立方晶胞顶点粒子占1/8，面粒子占1/2，晶胞内部原子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有Ti的个数为8×1/8=1，O原子个数6×1/2=3，含有Co的个数为1，取1mol晶胞，则1mol晶胞的质量为48+16×3+59=155g，1mol晶胞含有N A个晶胞，记晶胞参数为a=0.5485nm=0.5485×10-7cm，则一个晶胞的体积为V0=a3cm3，因此晶胞的密度为ρ=m/N A V0=155/N A a3g·cm－3=g·cm－3。

点睛：本题考查物质结构知识，包括核外电子排布式的书写，杂化轨道理论，晶胞的计算．题目考查较为综合。

难点：原子坐标的书写是大学无机化学的内容，事实上原子坐标各参数取值范围在在[0，1）之间，晶胞是无限重复并置的，简言之“1”即“0”，这里还需借助立体几何知识求解，能力考查要求是比较高的。

12.【化学选修5——有机化学基础】
聚合物H()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：
已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子；
②Diels-Alder反应：。

(1)生成A的反应类型是____。

D的名称是____。

F中所含官能团的名称是____。

(2)B的结构简式是____；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是____。

(3)D＋G→H的化学方程式是____。

(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为____(任写一种)。

(5)已知：乙炔与1，3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。

请以1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)_______________________。

【答案】 (1). 消去反应 (2). 对苯二甲酸 (3). 硝基、氯原子 (4). (5). H2O (6).
(7). 10 (8). 或(9).
【解析】
根据题意，A是，C为：,D为：，E为：，F为：，G为：。

（1）是由乙醇分子内脱水生成乙烯，故生成A的反应类型为：消去反应；D为：
，名称为：对苯二甲酸，F是，所含官能团的名称是硝基和氯原子；
（2）B由乙烯和生成，故B的结构简式是：；“B→C”的反应即为分子内脱水，除C外，另外一种产物是水；
（3）D为：，G为：，H为
，故D+G→H的化学方程式是：n+ n + （2n-1）H2O；
（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则多一个CH2，分子中除了苯环，还有两个羧基，碳原子还剩下1个，若苯环上只有一个取代基，则为-CH(COOH)2,有一种；若有两个取代基，则为-COOH和-CH2COOH，两者在本换上的位置为邻间对三种；若有三个取代基，则
为两个羧基和一个甲基，先看成苯二甲酸，苯二甲酸两个羧基的位置有则Q可能的结构有邻间对，而苯环上的H再被甲基取代的分别有2种、3种1种，总计共10种同分异构体；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为
；
（5）乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应：，以1,3-丁二烯和乙炔为原料，合成，合成思路为：先用反应
合成六元环，再用卤素加成，再用氢氧化钠水溶液取代即可合成
产物，故合成路线为：。