2020届福建省厦门市高三毕业班3月线上质量检查(一)理综化学试题(解析版)

厦门市2020届高中毕业班线上质量检查(一)
理科综合能力测试
(本试卷满分300分，考试时间150分)
可能用到的相对原子质量：H-I C-12 O-16 Na23 P31 S32 K39 Mn 55 Fe56 Co59
第I 卷(选择题)
一、选择题：(本题共7小题，只有一项符合题目要求。

)
1.下列有关垃圾分类说法错误的是
A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色
B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取
C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理
D. 含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO 2和H 2O 【答案】D 【解析】
【详解】A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A 正确； B. 可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B 正确；
C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C 正确；
D. 丝、毛的
成分是蛋白质，含有C 、H 、O 、N 等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO 2和H 2O 的同时还有含氮物质生成，故D 错误； 选D 。

2.螺环化合物
可用于制造生物检测机器人，下列有关该化合物的说法错误的是
A. 分子式为C 5H 8O
B. 是环氧乙烷
的同系物
C. 一氯代物有2种(不考虑空间异构)
D. 所有碳原子不处于同一平面 【答案】B 【解析】
【详解】A.根据
的结构式，可知分子式为C 5H 8O ，故A 正确；
B. 同系物是结构相似、分子组成相差若干CH 2原子团的化合物，和环氧乙烷
的结构不同，不
是同系物，故B 错误；
C. 的一氯代物有、，共2种，故B 正确；
D. 画红圈的碳原子通过4个单键与碳原子连接，不可能所有碳原子处于同一平面，故D 正确；
选B 。

3.设NA 为阿伏加德罗常数值。

下列说法正确的是
A. 常温下，1 L pH=9的CH 3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为1×
10-9N A B. 常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL 沸水中，生成胶粒数为0.056N A C. 向Na 2O 2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg ，该反应转移电子数为Λ
bN 2
D. 6.8 g KHSO 4晶体中含有的离子数为0.15 N A 【答案】C 【解析】
【详解】A. 常温下，pH=9的CH 3COONa 溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是-5110mol/L ⨯，1 L pH=9的CH 3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为1×10-5N A ，故A 错误；
B. 氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL 沸水中，生成胶粒数小于0.056N A ，故B 错误；
C. -22222Na O +2H O=4NaOH+O 2e ~~，由方程式可知过氧化钠生成氢氧化钠质量增大，固体增加4g 转
移2mol 电子，向Na 2O 2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg ，该反应转移电子数为
Λ
bN 2
，故C 正确； D. KHSO 4固体含有K +、HSO 4-， 6.8 g KHSO 4晶体中含有的离子数为A 6.8g
2136g/mol
N ⨯⨯= 0.1 N A ，故D
错误； 选C 。

4.实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。

下列有关该实验说法正确的是
A. 乙酸乙酯的沸点小于100℃
B. 反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇
C. 试管乙中应盛放NaOH 浓溶液
D. 实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100℃，故A正确；
B、浓硫酸的密度大，应该先加入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；
C. 乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；
D. 乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D错误；
选A。

5.一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。

下列说法正确的是
A. 非金属性：X>W>Y
B. Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸
C. 可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质Y
D. 该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。

【详解】A. W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；
B. Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；
C. 镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；
D. 该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。

【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。

6.我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。

下列叙述错误的
是
A. 理论上该转化的原子利用率为100%
B. 阴极电极反应式为-+
22CO +2e +2H =CO+H O C. Na +也能通过交换膜
D. 每生成11.2 L (标况下)CO 转移电子数为N A 【答案】C 【解析】
【详解】A. 总反应为--2CO +Cl =CO+ClO ，由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A 正确；
B. 阴极发生还原反应，阴极电极反应式为-+
22CO +2e +2H =CO+H O ，故B 正确；
C. 右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na +不能通过交换膜，故C 错误；
D. 阴极二氧化碳得电子生成CO ，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2 L (标况下)CO 转移电子数为N A ，故D 正确； 选C 。

7.己知：+-+
2+
-2422525226N H +H O N H +OH ,N H +H O
N H +OH 儍；常温下，将盐酸滴加到N 2H 4的水溶
液中，混合溶液中pOH[ pOH=-lgc (OH -)]随离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是
A. 曲线M 表示pOH 与1g ()()
2+
26
+2
5
c N H c N H 的变化关系
B. 反应225226N H H O N H OH +-
+
-++ƒ的-15HK=10
C. pOH 1>pOH 2
D. N2H5Cl的水溶液呈酸性【答案】C
【解析】
【分析】
M、N点() (
)
2+
26
+
25
c N H
c N H
=
()
()
+
25
24
c N H
c N H
=1，M点c(OH-)=10-15、N点c(OH-)=10-6，M点表示的电离平衡常数=10-15，N点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。

【详解】A.
()()
()
5
12
+
2
24
c N H OH
c N H
K
c
Ka a
-
=>，所以曲线M表示pOH与1g
()
()
2+
26
+
25
c N H
c N H
的变化关系，曲线N表示pOH与1g
()
()
+
25
24
c N H
c N H
的变化关系，故A正确；
B. 反应2
25226
N H H O N H OH
++-
++
ƒ表示第二步电离，
2
Ka=
()()
()
2+
26
+
25
c N H OH
c N H
c-
=10-15，故B正确；
C. pOH1=1
-lg a
K、pOH2=
2
-lg a
K，
12
Ka Ka
>，所以pOH1<pOH2，故C错误；
D. N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；
故答案选C。

8.草酸亚铁晶体(FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1)为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。

回答下列问题：
实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物
(1)气体产物成分的探究，设计如下装置(可重复选用)进行实验：
①装置B的名称为____。

②按照气流从左到右方向，上述装置的连接顺序为a→___→点燃(填仪器接口的字母编号)。

③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是____。

④C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有____。

(2)固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。

黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为____。

(3)依据(1)和(2)结论，A处发生反应的化学方程式为____。

实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO 4杂质，测定其纯度的流程如下图：
(4)草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO 4溶液滴定至终点的离子方程式为____。

(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为 ____(用代数式表示)，若配制溶液时Fe 2+被氧化，则测定结果将____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

【答案】 (1). 洗气瓶 (2). f g → b c → hi →d e→b c (3). 先通入一段时间的氮气 (4). CO (5). 取少量固体溶于硫酸，无气体生成 (6). 24222FeC O 2H O FeO+CO +CO 2H O ∆
⋅=↑↑+ (7).
-2++2+3+4224223MnO +5H C O +5Fe +14H =3Mn +5Fe +10CO +12H O
↑ (8).
()312525010mol 180g/mol
225100%
mg
c V V --⨯⨯⨯⨯⨯ (9). 偏低 【解析】 【分析】
(1)①根据图示分析装置B 的名称；
②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO ，最后用点燃的方法处理尾气； ③用氮气排出装置中的空气；
④CO 具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；
(2)铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；
(3)依据(1)和(2)，草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO 、CO 2、水； (4)草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe 3+、CO 2；
(5)亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V 2mL ，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V 1mL-V 2mL ，由于样品含有FeSO 4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。

【详解】(1)①根据图示，装置B 的名称是洗气瓶；
②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO ，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是a→fg→bc →hi→de→bc ；
③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；
④CO 具有还原性，C 处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO ；
(2)铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO ；
(3)依据(1)和(2)，草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO 、CO 2、水，反应方程式是
24222FeC O 2H O FeO+CO +CO 2H O ∆
⋅=↑↑+ ；
(4)草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe 3+、CO 2，反应的离子方程式是
-2++2+3+4224223MnO +5H C O +5Fe +14H =3Mn +5Fe +10CO +12H O ↑；
(5)25mL 样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是33
22mol/L 1010c V L cV mol --⨯⨯=⨯，草酸根离
子消耗高锰酸钾的物质的量为()3
3
3
1212mol/L 10mol/L 1010c V L c V L c V V mol ---⨯⨯-⨯⨯=-⨯，根据方程
式-+2+
2244225H C O +2MnO +6H =2Mn +10CO +8H O ↑，草酸亚铁晶体样品的纯度为
()3125250
10180g/mol
225100%
mg
c V V mol --⨯⨯⨯⨯⨯ ；若配制溶液时Fe 2+被氧化，则V 1减小，V 2不变，测定结果将偏低。

【点睛】本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。

9.利用菱锰矿(主要成分是MnCO 3，含少量A12O 3、Fe 2O 3、FeO 、CaO 、MgO 等)
为原料制备MnO 2的工艺流程如下：
已知：①25℃时，()()()-3
-10
-11
sp 2sp 2sp 2K MnF =5.310K CaF =1.510K MgF =7.410；；⨯⨯⨯
②相关金属离子(
)n+
-1
0c M
=0.1mol L ⎡⎤⨯⎣⎦形成氢氧化物沉淀pH 范围如下：
(1)“除杂1”中加入适量MnO 2的作用是____，应调节溶液pH 不小于____。

(2)“除杂2”的
主要目的将Ca 2+、Mg 2+转化为相应的氟化物沉淀而除去，除去Ca 2+的离子方程式为____，该反应的平衡常数为____。

(3)“沉锰”中生成Mn (OH )2'MnCO 3沉淀的离子方程式为____，“母液”经加热等系列操作后可返回“____”工序循环使用。

(4)以MnSO 4-(NH 4)2SO 4为电解质溶液，利用下图装置可同时制备金属锰和MnO 2。

离子交换膜a 为____，阳极电极反应式为____。

【答案】 (1). 把Fe 2+氧化为Fe 3+ (2). 5.2 (3). MnF 2(s)+ Ca 2+(aq)ƒ Mn 2+(aq)+ CaF 2(s) (4). 3.53×107 (5). 2Mn 2++3CO 32-+2H 2O= Mn(OH)2·MnCO 3+2HCO 3- (6). 焙烧 (7). 阴离子交换膜 (8). Mn 2+-2e -+2H 2O=MnO 2+4H + 【解析】 【分析】
根据流程图，“酸浸”后的溶液中含有Mn 2+、Al 3+、Fe 2+、Fe 3+、Mg 2+、Ca 2+，加入适量MnO 2把Fe 2+氧化为Fe 3+，调节pH ，除去Al 3+、Fe 3+，加入MnF 2除去Mg 2+、Ca 2+，滤液中通入碳酸铵溶液沉锰。

【详解】(1)二氧化锰具有氧化性，“除杂1”中加入适量MnO 2的作用是把Fe 2+氧化为Fe 3+，为使Al 3+、Fe 3+沉淀完全，应调节溶液pH 不小于5.2。

(2)“除杂2”的主要目的将Ca 2+、Mg 2+转化为相应的氟化物沉淀而除去，除去Ca 2+的离子方程式为MnF 2(s)+ Ca 2+(aq)ƒ Mn 2+(aq)+ CaF 2(s)，该反应的平衡常数
()()
()()()()
[][]
22222-3
-1022
2Mn Mn F sp sp Ca
C MnF 5.310CaF 1.5F 10
a
c c c K K K c c c ++-+
+
-
⨯=
=
=⨯=
=3.53×107。

(3)“沉锰”是MnCl 2与碳酸铵反应生成Mn(OH)2·
MnCO 3，根据电荷守恒、质量守恒，反应的离子方程式为2Mn 2++3CO 32-+2H 2O= Mn(OH)2·MnCO 3+2HCO 3-，“母液”含有氯化铵，经加热等系列操作后可返回“焙烧”工序循环使用。

(4)以MnSO 4-(NH 4)2SO 4为电解质溶液制备金属锰和MnO 2。

根据图示，离子透过交换膜向阳极移动，离子交换膜a 阴离子交换膜，阳极锰离子失电子发生氧化反应生成二氧化锰，电极反应式为
Mn 2+-2e -+2H 2O=MnO 2+4H +。

10.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。

回答下列问题：
(1)德国化学家F.Haber 从1902年开始研究N 2和H 2直接合成NH 3。

在1.01×
105Pa 、250℃时，将1 molN 2和1 molH 2加入aL 刚性容器中充分反应，测得NH 3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得NH 3体积分数为0.025，则可判断合成氨反应为 ____填“吸热”或“放热”)反应。

(2)在1.01×105Pa 、250℃时，将2 moIN 2和2 molH 2加入aL 密闭容器中充分反应，H 2平衡转化率可能为 ___(填标号)。

A =4%
B <4%
C 4%～7%
D >11.5%
(3)我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。

反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

需要吸收能量最大的能垒(活化能)E=____ev ，该步骤的化学方程式为____，若通入H 2体积分数过大，可能造成 ___。

(4)T ℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：223N (g)3H (g)2NH (g) ƒ反应过程中各物质浓度的变
化曲线如图所示：
①表示N 2浓度变化的曲线是 ____(填“A”、“B”或“C’，)。

与(1)中的实验条件(1.01×105Pa 、450℃)相比，改变的条件可能是_____。

②在0～25min 内H 2的平均反应速率为____。

在该条件下反应的平衡常数为 ___mol -2．L 2(保留两位有效数
字)。

【答案】 (1). 放热 (2). D (3). 1.54 (4). NH 3*+NH 3=2NH 3 (5). 占据催化剂活性位点过多 (6). B (7). 加压强或降温 (8). 0.006mol·L -1·min -1 (9). 0.73 【解析】 【分析】
(1)升高温度，NH 3体积分数降低；
(2)在1.01×
105Pa 、250℃时，将2 moIN 2和2 molH 2加入aL 密闭容器中充分反应，与在1.01×105Pa 、250℃时，将1 moIN 2和1 molH 2加入aL 密闭容器中充分反应比，相当于加压； (3)吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大；根据图示写方程式；
(4)根据反应方程式，N 2、H 2、NH 3的变化量比为1:3:2；图氢气的转化率为25%，(1)中氢气的转化率是11.5%，根据转化率的变化分析；
②A 表示氢气的浓度变化，根据=c
t υ∆∆ 计算H 2的平均反应速率；根据()()()
2
3322NH N H c K c c =计算平衡常数； 【详解】(1)升高温度，NH 3体积分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热；
(2)在1.01×105Pa 、250℃时，将1 molN 2和1 molH 2加入aL 刚性容器中充分反应，测得NH 3体积分数为0.04；
223
N (g)+3H (g)2NH 110321132x x x x x
x
--ƒ
初始转化平衡
20.0422x x =- ，x=0.0384，H 2平衡转化率0.03843
100%=11.5%1
⨯⨯，在1.01×105Pa 、250℃时，将2 moIN 2
和2 molH 2，相当于加压，平衡正向移动，氢气转化率增大，H 2平衡转化率>11.5%，故选D ；
(3)根据图示，吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大是-1.02-(-2.56)=1.54；根据图示，该步的方程式是NH 3*+NH 3=2NH 3；若通入H 2体积分数过大，氢分子占据催化剂活性位点过多；
(4)①根据反应方程式，N 2、H 2、NH 3的变化量比为1:3:2，所以表示N 2浓度变化的曲线是B ；(1)中氢气转化率11.5%，1:3时氢气转化率更低，图中氢气转化率25%，故只能考虑压强、温度的影响，可以采用加压或降温的方法；
②A 表示氢气的浓度变化， ()20.15mol/L
H =
25min
υ=0.006mol·L -1·min -1；
()()()22
333
22NH 0.1==0.73N H 0.150.45c K c c =⨯ mol -2．L 2。

[化学——选修3：物质结构与性质]
11.纳米磷化钴(CoP )常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钴的常用流程如下：
(l )基态P 原子的价电子排布式为____，P 位于元素周期表中____区。

(2)尿素中N 原子的杂化类型是 _____；C 、N 、O 三种元素的第一电离能最大的是____，电负性由小到大的顺序为____。

(3)Co (CO 3)0．5(OH )·0.11H 2O 中CO 32-中C 的价层电子对数为____；该化合物中不含有的化学键有_____填标号)。

A 离子键
B 共价键
C 金属键
D 配位键
E 氢键
F 非极性键
(4)一些氧化物的熔点如下表所示：
解释表中氧化物之间熔点差异的原因____。

(5)CoP 的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm 。

设N A 为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为_______-g ．cm -3(列出计算式即可)。

【答案】 (1). 3s 23p 3 (2). P (3). sp 3 (4). N (5). C ＜N ＜O (6). 3 (7). CF (8). FeCl 3
是共价化合物，Fe 3O 4、Co 3O 4是离子化合物，Fe 3O 4、Co 3O 4晶胞结构不同 (9). 330A
2210n N -⨯⨯ 【解析】
【分析】
(l )P 是15号元素，最外层有5个电子；
(2)根据尿素的结构简式是
分析N 原子杂化类型；同周期元素从左到右第一电离能增大，N 原子3p 轨道为半充满状态；同周期元素从左到右电负性依次增大；
(3)CO 32-中C 的价层电子对数为4+22
；
(4)化合物类型不同熔沸点不同；晶体结构不同，熔沸点不同；
(5)根据CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为
2n pm，1个晶胞含有Co原子数
11 8+6
=4
82
⨯⨯、P原子数
1
12+1=4
4
⨯；
【详解】(l)P是15号元素，最外层有5个电子，基态P原子的价电子排布式为3s23p3；价电子排布式为3s23p3，所以P位于元素周期表中P区；
(2)尿素的结构简式是，N原子形成3个共价键，有1对孤电子对，所以N原子杂化类型是sp3；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子3p轨道为半充满状态，所以C、N、O三种元素的第一电离能最大的是N；同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性由小到大的顺序为C＜N＜O；
(3)CO32-中C的价层电子对数为
4+2
2
=3；
(4)FeCl3是共价化合物，熔沸点低；Fe3O4、Co3O4是离子化合物，熔沸点高，但晶胞结构不同，所以熔沸点有差异；Co(CO3)0．5(OH)·0.11H2O中CO32-与Co2+之间存在离子键；CO32-、水分子内存在共价键；Co2+与H2O是配位键；氢键不是化学键，没有非极性键，故选CF；
(5)根据CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为2n pm，晶胞体积为3
22n pm3，1个晶胞含有Co原子数
11
8+6=4
82
⨯⨯、P原子数
1
12+1=4
4
⨯；所以
晶胞密度为
330
A
2210
n N
-
⨯⨯
g．cm-3。

【点睛】本题的难点是晶胞计算，根据晶胞结构计算晶胞中的原子数是解题关键，顶点的原子被1个晶胞占用
1
8
、面心的原子被1个晶胞占用
1
2
，楞上的原子被1个晶胞占用
1
4。

[化学——选修5：有机化学基础](15分)
12.利奈唑胺(I)为细菌蛋白质合成抑制剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A中的官能团名称是____，
(2)C—D、F—G的结反应类型分别为____
(3)B的结构简式为____。

(4)H—I的化学方程式为____。

(5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。

用星号(*)标出中的手性碳____
(6)芳香族化合物X是C的同分异构体，写出核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:4:2:1的X的结构简式____。

(不考虑立体异构，只写一种)
(7)参照上述合成路线，设计以甲苯和乙酸为原料制备的合成路线(无机试剂任
选)____。

【答案】(1). 氟原子、硝基(2). 还原反应、取代反应(3). (4).
(5). (6).
(7).
【解析】
【分析】
CH2-NH-C=O-CH3
(1)根据A的结构简式判断官能团；
(2)C→D是C中的硝基变为氨基、F→G是F中的氯原子被-N3代替；
(3)A+B→C+HF，根据A、C的结构简式推断B的结构简式；
(4)和醋酸生成和水；
(5)根据连有4个不同的原子或基团的碳原子为手性碳判断；
(6)芳香族化合物X是C同分异构体，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:4:2:1，说明结构对称；
(7)甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与NaN3反应生成，
与氢气发生还原反应生成，和乙酸反应生成；
【详解】(1)A的结构简式是，官能团名称是氟原子、硝基；
(2)C→D是C中的硝基变为氨基，属于还原反应；F→G是F中的氯原子被-N3代替，属于取代反应；
(3)A+B→C+HF，根据A、C的结构简式，可知A中的F原子被代替，所以B的结构简式是；
(4)和醋酸生成和水，反应的化学方程式为
；
(5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。

中的手性碳为；
(6)芳香族化合物X是C的同分异构体，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:4:2:1的X的结构简式是
；
(7)甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与NaN3反应生成，
与氢气发生还原反应生成，和乙酸反应生成，合成路线为。

【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生推断和灵活运用能力，明确物质之间的转化、官能团及其性质关系是解本题关键，注意逆推法的应用。