1、2019年高三年级第三次诊断性测试理科综合(化学部分)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 C1-35.5一、选择题(本题包括13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是A. 铵态氮肥可与草木灰混合使用B. 化工产品大多可用作食品添加剂C. 制造光导纤维的主要材料是单质硅D. 碘酒能使蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A. 铵态氮肥与碱性物质混合后能放出氨气，降低肥效；铵态氮肥水解显酸性，草木灰水解显碱性，碳铵与草木灰混合会发生双水解，放出氨气，降低肥效，A项错误；B. 化工产品多数有毒，合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处
2、，可以食用，但不能滥用，不是化工产品大多可用作食品添加剂，B项错误；C. 制造光导纤维的主要材料是二氧化硅，C项错误；D. 蛋白质遇碘酒发生变性，可用于外用消毒，D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中C选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。2.下列关于有机化合物的说法正确的是A. 乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B. 异丁烷的一氯代物有3
3、种C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D. 甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4-二氯甲苯【答案】A【解析】【详解】A、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用Na2CO3溶液加以区别，选项A正确；B. 异丁烷的一氯代物有（CH3）2CHCH2Cl、（CH3）2CClCH3共2种，选项B错误；C. 聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项C错误；D甲苯与氯气在光照下反应主要发生是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项 D错误；答案选A。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A. 标准状
4、况下，22.4LCO2和O2组成的混合气体中所含氧原子数为2NAB. 1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C. 25时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有6.021022个氢氧根离子D. 标准状况下，22.4L氦气所含原子数为NA【答案】C【解析】【详解】A、标准状况下，22.4 L CO2和O2的混合气体物质的量为1mol，每个分子均含有2个氧原子，则所含氧原子数为2NA，选项A正确；B、1 mol Na与O2反应，无论生成什么物质，Na肯定变成Na+，1 mol钠失去1 mol电子，即NA个电子，选项B正确；C、没有给定溶液体积，无法计算氢氧根离子的数
5、目，选项C不正确；D、标况下22.4L氦气的物质的量为1mol，1mol氦气中含有1mol氦原子，所含原子数为NA，选项D正确；答案选C。4.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向盐酸酸化Ba(NO3)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成BaSO3难溶于酸B向溶液X中滴加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中石灰水变浑浊原溶液中一定含有CO32-C向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取CCl4层无色Fe2+的还原性强于Br-D向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2，加热没有砖红色沉淀生成淀粉没有水解生成葡萄糖A. AB. B
6、C. CD. D【答案】C【解析】【分析】A.酸性条件下NO3-与SO2发生氧化还原反应生成SO42- ；B. 能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫；C.向FeBr2溶液中加入少量氯水，CCl4层无色，说明没有生成Br2；D.没有调节溶液至碱性。【详解】A.酸性条件下NO3-与SO2发生氧化还原反应生成SO42-，生成的沉淀为BaSO4，而不是BaSO3，选项A错误；B. 能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，故原溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-等，选项B错误；C.向FeBr2溶液中加入少量氯水，CCl4层无色，说明没有生成Br2，氯水与Fe2+
7、发生氧化还原反应，则Fe2+的还原性强于Br-，选项C正确；D.检验葡萄糖与新制氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，而淀粉溶液中加入稀H2SO4，反应后的溶液呈酸性，选项D错误。答案选C。5.如图是一种锂钒氧化物热电池装置，电池总反应为xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8。工作时，需先引发铁和氯酸钾反应使共晶体熔化，下列说法不正确的是A. 组装该电池应当在无水、无氧的条件下进行B. 整个过程的能量转化涉及化学能转化为热能和电能C. 放电时LiV3O8电极反应为：xLi+LiV3O8-xe-=Li1+xV3O8D. 充电时Cl移向LiV3O8电极【答案】C【解析】A、Li是活泼的金属，因此
8、组装该电池应当在无水、无氧的条件下进行，A正确；B、整个过程的能量转化涉及化学能转化为电能以及化学能和热能之间的转化，B正确；C、放电时正极发生得电子的还原反应，即正极反应式为xLi+LiV3O8+xe-Li1+xV3O8，C错误；D、放电时Cl移向负极，移向锂电极，因此充电时Cl移向LiV3O8电极，D正确，答案选C。6.X、Y、Z、T四种原子序数递增的短周期元索，其部分性质或结构如下元素编号元素性质或原子结构X形成的简单阳离子核外无电子Y元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应Z元素在周期表的族序数等于周期序数的3倍T同周期元素中形成的简单离子半径最小下列说法正确的是A
9、. 原子半径大小顺序：TZYXB. X分别与Y、Z均可形成既含极性键又含非极性键的化合物C. T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的溶液不反应D. 由X、Y和Z三种元素构成的强电解质，对水电离均起抑制作用【答案】B【解析】【分析】X形成的简单阳离子核外无电子，应为H元素；Y元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，形成的物质为铵盐，应为N元素；Z元素在周期表的族序数等于周期序数的3倍，即最外层电子数为电子层数的3倍，应为O元素； T同周期元素中形成的简单离子半径最小，应为Al元素，根据元素对应单质、化合物的性质结合元素周期律的递变规律解答。【详解】X形成的简单阳离子核外无电
10、子，应为H元素；Y元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，形成的物质为铵盐，应为N元素；Z元素在周期表的族序数等于周期序数的3倍，即最外层电子数为电子层数的3倍，应为O元素；T同周期元素中形成的简单离子半径最小，应为Al元素，即X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，T为Al元素，则：A.根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，半径越大可知，原子半径顺序为TYZX，选项A错误;B. X分别与Y、Z可形成N2H4、H2O2等化合物，既含极性键又含非极性键，选项B正确；C. Al可与稀硝酸发生氧化还原反应，与浓硝酸发生钝化，选项C错误；D.由X、Y和Z三种元
11、素构成的强电解质为NH4NO3，为强酸弱碱盐，水解成酸性，促进水的电离，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的知识，推断各元素是解题的关键，易错点为选项D，注意盐类水解的应用，盐的水解促进水的电离。7.合成乙烯的主要反应：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) H0。图中L(L1、L2)、可分别代表压强或温度。下列说法正确的是A. L1L2B. X代表压强C. M、N两点对应的平衡常数相同D. M点的正反应速率v正小于N点的逆反应速率v逆【答案】D【解析】【分析】合成乙烯的主要反应: 6H2 (g)+2CO2 (g) CH2=CH2 (g) +4
12、H2O (g) HL2，选项A错误；B. X代表温度，选项B错误；C. M、N对应温度不同，所以两点对应的平衡常数不相同，选项C错误；D.温度越高反应速率越快，所以M点的正反应速率V正小于N点的逆反应速率V逆，选项D正确；答案选D。三、非选择题。包括必考题和选考題两部分。第22题第32题为必考题，每个试題考生都须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题(11题，共129分)8.实验室制备三氯乙醛(CCl3CHO)的反应原理为：C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl，发生的副反应为：C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O。某探究小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所
13、示(夹持加热装置均略去)。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的离子方程式为_。(2)仪器a的名称是_，其作用是_。(3)若撤去装置B，对实验的影响是_。(4)实验时发现D中导管口处气泡速率过快，合理的解决方法是_。(5)测定产品的纯度：称取0.40g产品，配成待测溶液加入20.00mL0.100mol/L碘标准溶液，再加入适量碱液，充分反应：CC13CHO+OHCHCl3+HCOO，HCOO+I2=H+2I+CO2；再加适量盐酸调节溶液的pH，并立即用0.020mo/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，发生反应：I2+2S2O32=2I+S4O62；重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液
14、20.00mL。滴定时所用指示剂是_，达到滴定终点的现象是_，测得产品的纯度为_。【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (2). 球形冷凝管 (3). 冷凝回流，减少原料损失 (4). 会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低 (5). 停止对A加热或控制滴加盐酸的量 (6). 淀粉 (7). 当观察到溶液蓝色变为无色，且半分钟内不变色，应为滴定终点 (8). 66.4%【解析】【分析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl, C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯
15、气、HCl，防止污染空气。(1)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水；(2)根据仪器a的结构确定a的名称及作用；(3)撤去B装置，增大副反应C2H5OH+ HClC2H5Cl+ H2O的发生；(4) 实验时发现D中导管口处气泡速率过快，可能导致反应不充分，需要控制氯气的生成速率；(5)碘遇淀粉溶液变蓝色，滴加Na2S2O3溶液会导致碘被还原，溶液的颜色会变浅，最终消失，根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量，进而计算与HCOO-反应的I2的物质的量，再根据关系式: CCl3CHOHCOO-I2计算。【详解】(1)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，装置
16、A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O； (2)根据仪器的构造可知，仪器a为球形冷凝管；其作用是冷凝回流，减少原料损失；(3)B装置用饱和食盐水除去HCl，减少副反应发生，若撤去B装置，因氯气中混有HCl，增大副反应C2H5OH+ HClC2H5Cl+ H2O的发生，导致装置D中副产物C2H5Cl增多，故答案为：会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；(4)实验时发现D中导管口处气泡速率过快，可通过停止对A加热或控制滴加盐酸的量来调整，故答案为：停止对A加热或控制滴加盐酸的量；(5)根据碘遇淀粉溶液变蓝色，可选择淀粉作指示剂，在滴加Na
17、2S2O3溶液时，当观察到溶液蓝色变为无色，且半分钟内不变色，应为滴定终点；根据消耗的Na2S2O3计算，剩余I2的物质的量0.02000mol/ L0.02L=210-4mol，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000mol/ L0.02L-210-4mol = 1.810-3mol，由CCl3CHO HCOO- I2可知：CCl3CHO的物质的量为1.810-3mol，则产品的纯度为：= 66.4%。【点睛】本题考查有机物制备、物质含量测定、实验方案设计等，关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用，难度中等，侧重于考查学生的实验探究能力和计算能力
18、。9.氮的化合物应用广泛，但氮氧化物是重要的空气污染物，应降低其排放。(1)用CO2和NH3可合成氮肥尿素已知：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) H=159.5kJmol1NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+116.5kJmol1H2O(1)=H2O(g) H=+44kJmol1用CO2和NH3合成尿素(副产物是液态水)的热化学方程式为_。(2)工业上常用如下反应消除氮氧化物的污染：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H在温度为T1和T2时，分别将0.40 mol CH4和1.0 mol NO2充入体积为
19、1L的密闭容器中，n(CH4)随反应时间的变化如图所示：根据如图判断该反应的H_0（填“”“c(N3-)c(OH-)c(H+) (10). 中 (11). 0.5a-b【解析】【详解】(1)已知：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) H=-159.5 kJ/mol，NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+116.5 kJ/mol，H2O(l)H2O(g) H=+44.0 kJ/mol，根据盖斯定律，将+-得：CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l) H=(-159.5 kJ/mol)+(+116.5 kJ/mol)-(+44.
20、0 kJ/mol)=-87.0kJ/mol，故答案为：CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l) H-87.0kJ/mol；(2) 根据图像，T2时先达到平衡，说明T2T1，温度越高平衡时甲烷物质的量越大，说明平衡逆向进行，因此正反应为放热反应，H0，故答案为：；T1T2，T2时CH4的平衡含量高，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆向吸热，正向放热；温度为T1时，10min时，n(CH4)=0.3mol，根据方程式，反应的n(NO2)=2(0.4mol-0.3mol)=0.2mol，NO2的平均反应速率v(NO2)= 0.02molL-1min-1，根据图中信息可
21、知，平衡时n(CH4)=0.10mol，故有： CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度(mol/L) 0.4 1.0 0 0 0改变的浓度(mol/L) 0.30 0.6 0.3 0.3 0.6平衡时浓度(mol/L) 0.10 0.4 0.3 0.3 0.6K=；A.改用高效催化剂，不能影响平衡的移动，不能提高NO2的转化率，选项A错误； B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，选项B错误；C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，选项C错误；D.增加CH4的浓度，反应速率加快，平衡正向移
22、动，NO2的转化率增大，选项D正确；答案选D；(3)利用原电池反应可实现NO2的无害化的总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液。工作时，正极上二氧化氮得到电子生成氮气，电极方程式为2NO2+8e-+4H2ON2+8OH-，正极附近溶液的pH增大；负极上氨气失去电子生成氮气，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O，故答案为：增大；2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O；(4)氮的一种氢化物HN3，其水溶液酸性与醋酸相似，则NaN3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(N3-)c(OH-)c(H+)；混合后溶液中
23、c(Ba2+)=0.5b mol/L，根据电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(N3-)+c(OH-)，溶液中存在2c(Ba2+)= c(N3-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；溶液中c(N3-)=b mol/L，由物料守恒可知溶液中c(HN3)=(0.5a-b)mol/L，故答案为：中；0.5a-b。10.钼(Mo)是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂。钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量的PbS等)制备钼酸钠晶体的主要流程如图所示：(1)Na2MoO42H2O中钼元素的化合价是_。
24、结晶得到的是钼酸钠晶体的粗产品，要得到纯净的钼酸钠晶体，还需要进行的操作是_(填名称)。(2)焙烧过程中钼精矿发生的主要化学反应方程式为MoS2+O2MoO3+SO2(未配平)，该反应中氧化产物是_。(3)写出“碱浸”反应的离子方程式：_。为了能提高该反应速率，可采取的措施有_。(4)碱浸液结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去SO42。当BaMoO4开始沉淀时，SO42的去除率是_%已知：碱浸液中c(MoO42)=0.40molL1，c(SO42)=0.04molL1，Ksp(BaSO4)=1.11010、Ksp( BaMoO4)=4.0108，加入Ba(OH)2固体引起的溶液体积变化可忽略。
25、(5)如图是碳钢在盐酸、硫酸和钼酸钠-月桂酰肌氨酸缓释剂3种不同介质中腐蚀速率的实验结果：碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是_。空气中缓释剂对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成 FeMoO4-Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀除需加入缓释剂外还需加入NaNO2，NaNO2的作用是_。【答案】 (1). +6价 (2). 重结晶 (3). MoO3、SO2 (4). MoO3 + CO32- = MoO42- + CO2 (5). 将粗产品粉碎或适当升高温度 (6). 97.25 (7). Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀，使的碳钢
26、在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸溶液随着浓度的增大，氧化性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢 (8). 替代空气中氧气起氧化剂作用【解析】【分析】焙烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为MoS2 + O2MoO3 + SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应离子方程式为MoO3 + CO32- = MoO42- + CO2，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)，据此分析。【详解】(1)Na2MoO42H2O中钠元素化合价+1价，氧元素化合价- 2价，2 (+1)+x+ (
27、-2)4=0，计算得到钼元素的化合价是+6价；结晶得到的钼酸钠晶体是粗产品，要得到纯净的钼酸钠晶体，下一步需要进行的操作是重结晶；(2)MoS2 + O2MoO3 + SO2反应中氧元素化合价0价变化为-2价，硫元素化合价升高为+4价，钼元素化合价升高为+6价，元素化合价升高被氧化，该反应中氧化产物是MoO3、SO2；(3) “碱浸”时加入Na2CO3溶液和MoO3反应生成二氧化碳和Na2MoO4，反应的离子方程式为：MoO3 + CO32- = MoO42- + CO2，能提高该反应速率的措施有：将粗产品粉碎增大接触面积能加快反应速率，适当增大碳酸钠溶液的浓度反应速率加快；适当升高温度加快反
28、应速率；故答案为将粗产品粉碎或适当增大碳酸钠溶液的浓度或适当升高温度；(4) Ksp( BaMoO4)=4.0108，钼酸钠溶液中c(MoO42)=0.40molL1，BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+ )=110-7 mol/L，Ksp(BaSO4)=1.11010，溶液中硫酸根离子的浓度为：c(SO42)=，原溶液中c(SO42)=0.04molL1，硫酸根离子的去除率为：；(5)由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度，因此可能的原因有Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀，使的碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸浓度增大变成浓
29、硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢，故答案为： Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀(或硫酸溶液随着浓度的增大，氧化性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢)；NaNO2具有氧化性，能够在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，故答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用。11.新材料的研制与应用始终是科技发展的主要方向之一。(1)某太阳能吸热涂层以镍或镍合金空心球为吸收剂，基态镍原子的价层电子排布式是_。(2)硼及其化合物广泛应用于永磁材料、超导材料等领域，硼可以与氟气反应生成BF3气体，BF3分子的立体构型为_。(3)石墨晶体结构如图所示，如图虚线勾勒出的是其晶胞。则石墨晶胞含碳原了
30、个数_。碳的两种同素异形体中键长较短的是_(填“石墨”或“金钢石”)。(4)石墨烯(图甲是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(图乙)图乙中，1号C的杂化方式是_，该C与相邻C形成的键角_(填“”“”或“=”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。(5)有机太阳能固体电池材料含有高纯度C60，其分子结构如图，1molC分子中键的数目为_。C60能溶于二硫化碳而不溶于水的原因是_。C60的晶胞与干冰的晶胞相似，已知该晶胞的密度为gcm3，则两个最近C60分子间的距离为_nm(列出计算式，已知阿伏加德罗常数的值为NA)。【答案】 (
31、1). 3d84s2 (2). 平面正三角形 (3). 4 (4). 石墨 (5). sp3 (6). (7). 30NA (8). C60与二氧化硫都是非极性分子，相似相溶，而水是极性分子 (9). 107nm【解析】【详解】（1）Ni位于族，即Ni的价电子包括最外层电子和次外层的d能级，Ni的价电子排布式为3d84s2；（2）BF3中B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子，为平面三角形；（3）根据均摊法，图2碳原子位于顶点、棱上、面心、体心，因此个数为8+4+2+1=4个；石墨同层原子靠共价键结合，键长小于金刚石中碳碳键；(4)图乙中,1号C形成3个CC及1个，CO键，C原子
32、以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2,为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角图甲中1号C与相邻C形成的键角；（5）C60中一个碳原子有2个CC，1个C=C，根据均摊法，1个碳原子有个键，1molC60中含有键的数目是60NA=30NA；C60与二氧化硫都是非极性分子，相似相溶，而水是极性分子；C60的晶胞与干冰的晶胞相似，设棱长为acm，晶胞的质量为(86)g=g，晶胞的体积为a3cm3，根据密度的定义，=，a=，两个最近C60间距离是面心对角线的一半，即107nm。【点睛】本题（3）、（4）对晶胞的结构的认识，采用均摊法，确认微粒的个数，顶点是占，棱上是，面心是
33、，体心属于全部，如M原子有12个在棱上，9个晶胞内部，因此M原子个数为129=12；根据石墨结构，每一个碳原子形成三个平面六边形，形成3个CC，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，与金刚石中碳杂化类型不同；分子晶体晶胞的结构，应熟悉干冰晶胞结构。12.近年来，我国部分地相继发现些以发热伴血小板减少为主要表现的感染性疾病病例。氯吡格雷( clopidogrel)是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2-氯苯甲醛为原料的合成路线如下：(1)有机物A中所含有官能团的名称分别是_，X的结构简式为_。(2)分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3
34、个六元环，写出该反应的化学方程式_。(3)CD的反应类型是_。(4)写出A属于芳香族化合物的所有同分异构体的结构简式：_。(5)已知： 写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)，合成路线流程图示例如下：_【答案】 (1). 氯原子和醛基 (2). (3). (4). 取代反应 (5). (6). 【解析】【分析】(1)根据A的结构简式判断官能团名称；由D、E的结构可知，DE发生取代反应，由E的结构可知X的结构；(2)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，则发生取代反应，生成CONH结构；(3)CD为羧酸与醇发生酯化反应；(4)A属于芳香
35、族化合物的所有同分异构体中含有苯环即可，改变官能团或官能团的位置来分析；(5)制备化合物，乙烯加成后水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成。【详解】(1)A为，所含有官能团的名称分别是氯原子和醛基；由D、E的结构可知，DE发生取代反应，由E的结构可知X的结构简式为；(2)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，则发生取代反应，生成CONH结构，该反应为；(3)CD为羧酸与醇发生酯化反应，属于取代反应；(4)A属于芳香族化合物的所有同分异构体中含有苯环即可，则符合条件的同分异构体有；(5)制备化合物，乙烯加成后水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，结合信息可知最后乙二醇与甲醛反应生成，该反应流程为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写等，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力，难度中等。
