广西柳州市2023届高三下学期高考模拟（三模）理综化学试题
一、单选题
1．（2023·广西柳州·统考三模）化学与生活、科技密切相关。下列叙述正确的是
A．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
B．酒精浓度越高，消杀体内的新型冠状肺炎病毒效果越好
C．棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
D．封装在食品包装中的硅胶、铁粉均主要起到干燥的作用
2．（2023·广西柳州·统考三模）蓖麻油酸(结构简式如图所示)是工业上制备高分子材料锦纶常使用的一种原料。下列关于蓖麻油酸的说法错误的是
A．分子式为C18H34O3 B．分子中含有两种含氧官能团
C．可发生氧化、加成和取代反应 D．1mol蓖麻油酸可与金属钠反应生成2molH2
3．（2023·广西柳州·统考三模）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．18gH218O含有的中子数为10NA
B．1molH2O2含有的共价键数目为4NA
C．3mol单质铁完全转化为Fe3O4失去的电子数为8NA
D．0.5L0.2mol L-1Na2CO3溶液中含有的CO和HCO总数为0.1NA
4．（2023·广西柳州·统考三模）我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如图所示(隔膜为离子交换膜)。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述错误的是
A．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-
B．放电时，整个电池溶液中的离子数目增多
C．充电时，b电极每增重1.30g，溶液中有0.04molI-被氧化
D．充电时，Zn2+主要由b电极区通过隔膜向a电极区移动
5．（2023·广西柳州·统考三模）氯气可用于制取漂白剂和自来水杀菌消毒。常温下，溶液中Cl2(aq)、HClO和ClO-物质的量分数(α)随pH变化的关系如图所示，HClO杀菌能力强于ClO-，下列叙述正确的是
A．pH=7.0时漂白能力比pH=4.0时要强
B．pH=7.5时，c(OH-)＞c(H+)+c(HClO)
C．氯气通入水中，c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)
D．等量氯气处理自来水，在夏天的杀菌效果一定比在冬天好
6．（2023·广西柳州·统考三模）短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是
W X
Y Z
A．简单氢化物的沸点：Y＞X
B．X和Z结合可形成3种以上的化合物
C．简单离子半径大小：Z＞Y＞X
D．W、Z形成的简单氢化物所含化学键类型不一样
7．（2023·广西柳州·统考三模）根据表中的实验操作及现象，所得的实验结论有错误的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向0.01mol L-1高锰酸钾溶液中滴加0.2mol L-1H2O2溶液，溶液褪色 H2O2有还原性
B 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液变红 该样品已氧化变质
C 向2mL0.1mol L-1ZnSO4溶液中滴入几滴0.1mol L-1Na2S溶液，有白色沉淀生成，再加入0.1mol L-1CuSO4溶液，白色沉淀逐渐转化为黑色 Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
D 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 尚有未水解淀粉
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
8．（2023·广西柳州·统考三模）氮氧化物是大气主要污染物之一，其中基于NO的烟气脱硝技术成为研究热点。查文献资料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被还原为N2。在碱性条件下NO遇还原性较强的物质形成不稳定的NO-并转化为相对稳定的N2O。下面是对NO在不同条件下被氧化或被还原进行的实验探究：
(1)实验室为获取NO进行实验，使用铜与_____作为反应物，用装置_____制备气体(填序号)，为了不影响探究结果，反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是_____。
(2)若要使装置②的分液漏斗中的液体顺利流下，不改动装置，对分液漏斗的具体操作是_____。
(3)在保证实验安全环保的条件下，将NO通入内壁附着绿色NiO的试管中(如装置④，其它装置已省略)。小火加热，绿色固体逐渐变为黑色(Ni2O3固体呈黑色)，此现象可说明NO转化为_____。
(4)将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中(如装置⑥)。在试管口不脱离液面的情况下，轻轻不断摇动试管，此操作的主要目的是_____，实验中NO被Na2SO3碱性溶液快速吸收被还原为N2O，发生反应的离子方程式为_____，此反应可应用于处理含NO和SO2的工业废气，从实际效果看，Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是_____。
三、工业流程题
9．（2023·广西柳州·统考三模）用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4 H2O的一种主要工艺流程如图：
已知：①部分金属离子沉淀的pH如表。(开始沉淀的pH按离子浓度为1.00mol L-1计算，离子浓度小于1.0×10-5mol L-1时，认为该离子沉淀完全)
金属离子 Fe2+ Fe3+ Mn2+
开始沉淀的pH 6.3 1.5 7.8
沉淀完全的pH 8.3 2.8 10.1
②本实验条件下：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4。
回答下列问题：
(1)“混合研磨”的主要目的是_____。
(2)“酸浸”时若生成MnSO4、Fe2(SO4)3和S，则相应的化学方程式为_____。
(3)“净化除杂1”步骤所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+，在调节pH前，最好可先加入：下列试剂中的_____(填标号)。
a.NaOH溶液 b.Na2CO3溶液 c.H2O2溶液 d.KMnO4溶液
在实际生产过程中，此步骤也可用加入MnO2粉来除去Fe2+，其原理和优点是_____。
(4)“调pH除杂2”步骤是先将溶液加热至沸，然后在不断搅拌下加入碱溶液调节pH至_____范围，有胶状物沉降后，仍需继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的主要目的是_____，“滤渣2”的主要成分是_____。
(5)测定MnSO4 H2O粗产品纯度：准确称取6.50g粗产品，加适量水煮沸、冷却，转移至锥形瓶中，用0.25mol L-1KMnO4标准溶液滴定至溶液呈红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液80.00mL。计算MnSO4 H2O样品的纯度为_____%。(KMnO4不与杂质反应)
四、原理综合题
10．（2023·广西柳州·统考三模）二氧化碳加氢合成甲醇是化学固碳的一种有效途径，不仅可以有效减少空气中的CO2排放.还可以制备出甲醇清洁能源。在CO2转化为甲醇过程中，伴随有副反应发生，因此常使用催化剂调节控制反应。科学研究者结合实验与计算机模拟，研究了CO2与H2分别在Zn/Cu、ZnO/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程(如图1所示)，其中ts－n表示过渡态。
回答下列问题：
(1)①图1表示的反应中，若每生成1mol甲醇，反应物与生成物总能量差为58kJ，则反应的热化学方程式为_____，从反应原理分析，下列更利于该反应进行的条件是_____(填标号)。
a.高压、高温 b.高压低温 c.低压、高温 d.低压低温
②已知CO2和H2可发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ mol-1部分相关化学键的键能数据如表：
化学键 H－H C－O H－O C－H C≡O
E/(kJ mol-1) 436 326 464 414 1061
由此计算E(C=O)=______kJ mol-1。
(2)在图1给出的反应历程中，若选择Zn/Cu作为催化剂则正反应最大的活化能发生在______(用“ts－n”具体数字表示)。图示结果显示，选择ZnO/Cu作为催化剂更优于Zn/Cu，其主要原因是______。
(3)图2为使用Zn/Cu催化剂、分别在525K和550K条件下(其它条件相同)，CO2和H2按投料比1：9进行反应生成CH3OH的过程中，CO2的转化率随时间变化图示。
①温度略为升高(从525K→550K)，CO2的转化率明显增大的可能原因是______。
②工业生产中，对于气相的反应体系，还可用反应体系中各组分的分压来表示化学平衡常数(Kp)。如反应：aA(g)+bB(g)dD(g)+eE(g)达到平衡时，Kp=，组分分压p(A)=P总×。现保持550K、pkPa条件，CO2和H2按投料比(物质的量)1：9进行生成CH3OH反应，达到平衡时，CO2的转化率为α，则反应的化学平衡常数Kp=______(列出含α、p计算式)。
五、结构与性质
11．（2023·广西柳州·统考三模）B2H6与NH3反应生成如图所示的离子化合物[H2B(NH3)2]+[BH4]-(简记为X+M-)，已知B、H、N的电负性分别为2.0、2.1、3.0。回答下列问题：
(1)X+M-熔点比B2H6的______(填“高”或“低”)，理由是______。
(2)B原子的价层电子排布式为______。B和N相比，第一电离能较大的原子是______，原因是______。
(3)X+中B与N之间的电子对由______提供，M-中B原子的杂化类型为______。
(4)BH3分子的空间结构为______，B的化合价为______价。
(5)如图为一种B、Ca化合物晶体的一部分，晶体中B原子通过B－B键连成正八面体，八面体间也通过B－B键连接，所有B－B键长都为bpm。该晶体的化学式为______。若该晶胞的摩尔质量为Mg/mol，晶胞体积为Vpm3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞密度为______g cm-3。
六、有机推断题
12．（2023·广西柳州·统考三模）神舟十四号载人飞船的成功发射，标志着我国的航天航空事业达到了国际先进水平。具有高度自主产权的宇航员舱外航天服，具备高强度、耐高温、抗撞击、防辐射等特性，为字航员的出舱活动提供了保障。这种宇航服的材料中含有聚酰胺－1010，其结构简式为：。其中部分制备流程可表示如图：
最后通过G与J合成聚酰胺－1010。
已知：①RCNRCOOH
②2R1OOCR2COOHR1OOCR2－R2COOR1+2CO2+H2↑
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为______。
(2)D的化学名称是______。
(3)D共有5种同分异构体(不含立体异构)符合条件：①分子内含有2个－CH3；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2；③能发生水解反应；④能发生银镜反应。下列给出其中4种同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰(或5种不同化学环境的氢)的是______(填选项序号)，写出最后一种同分异构体(V)的结构简式______。
(4)E中的含氧官能团名称是______。
(5)F→G的第一步的化学方程式为______。
(6)芳香族聚酰胺纤维如芳纶1414(结构简式如图所示)也可用作舱外航天服材料。
写出以对二甲苯[]为原料合成制备芳纶1414的合成路线流程图______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
已知：羧酸铵可部分脱水生成酰胺，酰胺在碱性次卤酸盐条件下可发生Hofmann降解反应：R－COONH4R－CONH2RNH2
参考答案：
1．A
【详解】A．明矾溶水电离出铝离子，铝离子水解使溶液显酸性，能与铜锈反应生成可溶性盐，因此可用明矾溶液除铜锈，故A正确；
B．体积分数75%的医用酒精消杀效果最好，浓度过高导致病毒表层蛋白质硬化，不利于酒精渗透，故B错误；
C．羊毛主要含蛋白质，蛋白质中含有氮元素，完全燃烧产物中含氮的化合物，故C错误；
D．硅胶主要起干燥作用，铁粉主要起防氧化作用，故D错误；
故选：A。
2．D
【详解】A．由结构简式可知该物质的分子式为：C18H34O3，故A正确；
B．由结构简式可知，该物质中含有羟基、羧基两种含氧官能团，故B正确；
C．结构中含碳碳双键能发生氧化、加成反应，含羟基和羧基能发生酯化反应即取代反应，故C正确；
D．羟基和羧基均能与金属钠反应生成氢气，1mol该物质中含1mol羟基和1mol羧基，能与足量金属钠反应生成1mol氢气，故D错误；
故选：D。
3．C
【详解】A．H218O相对分子质量是20，18 g H218O的物质的量n(H218O)=，由于H218O中含有中子数是10个，则0.9 molH218O中含有的中子数N(中子)=0.9 mol×10NA/mol=9NA＜10NA，A错误；
B．1个过氧化氢分子中含有3个共价键，则1molH2O2含有的共价键数目为3NA，B错误；
C．3mol单质铁完全转化为Fe3O4，铁由0价变为价，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，C正确；
D．Na2CO3溶液含有CO和HCO以及碳酸分子，故0.5L0.2mol L-1Na2CO3溶液中含有的CO和HCO总数小于0.1NA，D错误；
故选C。
4．D
【分析】由电池装置图可知，a电极I2Br-得电子发生还原反应，为原电池的正极；b极Zn失电子发生氧化反应，为原电池的负极，充电时a极为阳极，b极为阴极，据此解答该题。
【详解】A．放电时，a极I2Br-得电子发生还原反应生成I-，电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-，A项正确；
B．放电时负极放电生成Zn2+；正极放电生成I-和Br-，根据电荷守恒可知溶液中离子数目增多，B项正确；
C．充电时b极发生反应Zn2++2e-=Zn，增重1.30g，则转移0.04mol电子，阳极发生发生反应2I-+Br--2e-= I2Br-，溶液中0.04 molI-被氧化，C项正确；
D．充电时，Zn2+向阴极移动，故由a电极区通过隔膜向b电极区移动,D项错误；
故正确答案为D。
5．C
【详解】A．起漂白作用的是HClO，由图像可知，pH=7.0时，c(HClO)比pH=4.0小，因此pH=7.0时漂白能力要比pH=4.0时要弱，选项A错误；
B．pH=7.5时，c(HClO)= c(ClO-)，根据电荷守 恒有c(OH-)=c(H+)+ c(ClO-)，故c(OH-)=c(H+)+c(HClO)，选项B错误；
C．氯气通入水中，存在电荷守恒：c(H＋)=c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，选项C正确；
D．夏天相比冬天温度高，并且HClO易分解；温度越高，HClO分解越快。所以，在夏天的杀菌消毒效果要比在冬天差，选项D错误；
答案选C。
6．B
【分析】短周期元素W、X、Y、Z，设元素X的原子最外层电子数为a，则W的原子最外层电子数为a 1，X、Y为同主族元素，元素Y的原子最外层电子数为a，元素Z的原子最外层电子数为a+1，故a 1+a+a+a+1=24，a=6，所以W为N，X为O，Y为S，Z为Cl。
【详解】A．X、Y的简单氢化物分别为H2O、H2S，水中存在分子间氢键，所以熔沸点H2O>H2S，A错误；
B．O与Cl结合，O呈-2价，Cl可呈+1、+3、+4、+5、+7等，故可结合成Cl2O、Cl2O3、ClO2、Cl2O5、Cl2O7等，B正确；
C．简单离子Cl-、S2-、O2-，Cl-与S2-层数相同，S2-的质子数小于Cl-，故离子半径Cl-
故选B。
7．B
【详解】A．向0.01mol L-1高锰酸钾溶液中滴加0.2mol L-1H2O2溶液，溶液褪色，说明高锰酸钾发生还原反应，体现H2O2的还原性，故A正确；
B．将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，发生反应 ，滴加KSCN溶液，溶液变红，样品不一定氧化变质，故B错误；
C．向2mL0.1mol L-1ZnSO4溶液中滴入几滴0.1mol L-1Na2S溶液，有白色沉淀生成，再加入0.1mol L-1CuSO4溶液，白色沉淀逐渐转化为黑色，说明ZnS转化为CuS沉淀，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C正确；
D．向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，说明有淀粉剩余，故D正确；
选B。
8．(1) 稀硝酸 ③ 通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)
(2)先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，再打开旋塞
(3)N2
(4) 为使NO气体与溶液充分接触 2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O SO2被碱液吸收并转化为SO，增大c(SO)，从而促进NO吸收
【分析】实验探究NO在不同条件下被氧化或被还原，首先使用铜和稀硝酸反应制取NO，选用装置③制备气体，装置④玻璃管内壁附着绿色NiO，加热反应后转化为黑色的Ni2O3，说明NiO被氧化，则NO被还原，验证NO具有氧化性；在装置⑥中NO遇还原性较强的Na2SO3溶液生成N2O，也能验证NO具有氧化性。
【详解】（1）实验室使用铜和稀硝酸反应制取NO，发生的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应为固体和液体不加热制取气体，则应用装置③制备气体，由于NO除易氧化成NO2，装置中不能有空气，则反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是通入N2，以排除装置内的O2，故答案为：稀硝酸；③；通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)。
（2）分液漏斗在使用时，为了使液体顺利流下，不改动装置，要先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，使漏斗上口处内外空气相通，再打开旋塞，故答案为：先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，再打开旋塞。
（3）NO与NiO反应，绿色的NiO转化为黑色的Ni2O3，Ni元素化合价升高，被氧化，则NO中N元素化合价降低被还原，由信息可知，NO可被还原为N2，即NO转化为N2，故答案为：N2。
（4）将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中，轻轻不断摇动试管，可使NO气体与溶液充分接触，便于气体吸收；NO被Na2SO3碱性溶液吸收被还原为N2O，则SO被氧化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平反应的离子方程式为2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；用Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO，根据吸收反应，SO2被碱液吸收并转化为SO，增大c(SO)，从而促进NO吸收，故答案为：为使NO气体与溶液充分接触；2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；SO2被碱液吸收并转化为SO，增大c(SO)，从而促进NO吸收。
9．(1)增大接触面积，提高浸取速率和浸取率
(2)3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O
(3) c MnO2能将Fe2+氧化成Fe3+，并增加Mn的含量
(4) 2.8≤pH＜7.8 破坏Fe(OH)3胶体，使沉淀颗粒变大便于过滤分离 Fe(OH)3
(5)78
【分析】由流程可知，两种矿物经粉碎研磨后，用稀硫酸溶解，由于MnO2在酸性条件下具有氧化性，因此反应生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3，经过滤后，滤液用碱溶液处理，除去铁元素后，滤渣为氢氧化铁，溶液经浓缩结晶得产品MnSO4 H2O；
【详解】（1）步骤①混合研麻麿成细粉的主要目的是增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率，提高原料的利用率；
（2）硫酸浸取的反应方程式为3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O；
（3）由于Fe2+具有较强还原性，在酸性条件下可用软锰矿粉(MnO2)或H2O2将其氧化为Fe3+，既不引入杂质，又能达到除杂的目的，故选c；加入MnO2粉来除去Fe2+的原理和优点是：MnO2能将Fe2+氧化成Fe3+，并增加Mn的含量；
（4）“调pH除杂2”步骤目的是将Fe3+、Mn2+转化为沉淀，由表可知，用碱液处理时，需将溶液加热至沸腾，然后在不断搅拌下调节pH为2.8~7.8，再继续煮沸一段时间，以破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒增大，便于过滤分离，得到的滤渣为Fe(OH)3，故答案为：2.8≤pH＜7.8；破坏Fe(OH)3胶体，使沉淀颗粒变大便于过滤分离；Fe(OH)3；
（5）根据反应原理2KMnO4+3MnSO4+2H2O═5MnO2+K2SO4+2H2SO4可知2KMnO4～3MnSO4，n(KMnO4)=0.25mol/L×80.00×10-3L=2.0×10-2mol，MnSO4 H2O的物质的量为2.0×10-2mol×=0.03mol，则样品的纯度为×100%=78%。
10．(1) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-58kJ mol-1 b 797
(2) ts－7 催化活化能更低
(3) 催化剂活性更高或选择性更好
【详解】（1）①图1表示的反应中，若每生成1mol甲醇，反应物与生成物总能量差为58kJ，反应物能量大于生成物能量，反应为放热反应，则反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-58kJ mol-1；反应为气体分子数减小的放热反应，高压低温利于反应的正向进行，故选b；
②反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，则2E(C=O)+436 kJ mol-1-1061 kJ mol-1-2×464 kJ mol-1=+41kJ mol-1，E(C=O)= 797 kJ mol-1；
（2）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，由图可知，若选择Zn/Cu作为催化剂则正反应最大的活化能发生在ts－7。活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，结合图像可知，选择ZnO/Cu作为催化剂更优于Zn/Cu，其主要原因是催化活化能更低；
（3）①催化剂需要合适活性催化温度，温度略为升高(从525K→550K)，CO2的转化率明显增大的可能原因是催化剂活性更高或选择性更好。
②550K、pkPa条件，CO2和H2按投料比(物质的量)1:9进行生成CH3OH反应，达到平衡时，CO2的转化率为α，假设CO2和H2投料分别为1mol、9mol，则反应二氧化碳αmol，平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为(1-α) mol、(1-3α) mol、αmol、αmol、，总的物质的量为(10-2α) mol；则反应的化学平衡常数Kp=。
11．(1) 高 X+M-为离子化合物(或离子晶体)，B2H6为分子晶体
(2) 2s22p1 N B和N失去的都是2p能级上的电子，但N原子半径更小，核对该能级的电子吸引力更大，故更难失去(或B和N失去的都是2p能级上的电子，但N的电子排布是半充满，较稳定，更难失去电子)
(3) N sp3
(4) 平面三角形 +3
(5) CaB6
【详解】（1）从X+M-结构可知其为离子晶体，B2H6为分子晶体，因此X+M-的熔点高于B2H6。
（2）B原子序数为5，价层电子排布式为2s22p1，B和N失去的都是2p能级上的电子，但N原子半径更小，原子核对该能级的电子吸引力更大，故更难失去。
（3）N原子有一对孤电子对，B与N之间的电子对由N原子提供，M-中B原子形成4条单键，无孤电子对，采用sp3杂化。
（4）BH3中B形成3条单键，无孤电子对，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形。从三种元素的电负性数值可知，B的化合价为+3价。
（5）该晶胞中Ca2+的个数为1，B原子通过B-B连成正八面体，且正八面体位于晶胞的顶点，每一个八面体有6个B，因此晶胞中B6个数为=1，该晶体的化学式为CaB6。该晶胞摩尔质量为Mg/mol，晶胞体积为Vpm3，则该晶胞的密度ρ=g/cm3。
12．(1)加成反应
(2)己二酸
(3) (I)(II)
(4)羧基、酯基
(5)H3COOC(CH2)8COOCH3+2NaOHNaOOC(CH2)8COONa+2CH3OH
(6)
【分析】乙炔和HCN发生加成反应生成B，B发生二聚并还原得到C，C发生水解得到D[HOOC-(CH2)4-COOH]；D与甲醇发生酯化反应，由E的分子组成可知D中只有1个羧基与甲醇发生酯化，则E为：HOOC-(CH2)4-COOCH3，E发生信息中反应②生成F，F为：CH3OOC(CH2)8COOCH3，F发生酯的碱性水解再经酸化得到G，G为：HOOC(CH2)8COOH，G与氨气反应生成H，H为：H2NOC(CH2)8CONH2，H脱水生成I，I为：NC(CH2)8CN，I与氢气发生加成反应生成J，J为：H2N(CH2)10NH2，据此解答。
【详解】（1）由以上分析可知，A→B的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
（2）D为[HOOC-(CH2)4-COOH]，名称为己二酸，故答案为：己二酸；
（3）I有5中H，II有5种 H，III有6种H，IV有4种H，核磁共振氢谱有5组峰是I和II；满足上述条件的同分异构体还有：，故答案为：(I)(II)；；
（4）E为：HOOC-(CH2)4-COOCH3，所含官能团为羧基、酯基，故答案为：羧基、酯基；
（5）F到G先发生酯的碱性水解生成羧酸盐和醇，反应方程式为：H3COOC(CH2)8COOCH3+2NaOHNaOOC(CH2)8COONa+2CH3OH，故答案为：H3COOC(CH2)8COOCH3+2NaOHNaOOC(CH2)8COONa+2CH3OH；
（6）被高锰酸钾氧化成对苯二甲酸，对苯二甲酸与氨气反应生成对苯二甲酸铵；对苯二甲酸铵发生流程中脱水生成，发生脱羰基反应生成对苯二胺，对苯二胺和对苯二甲酸发缩聚反应生成芳纶1414，合成路线为：，故答案为：。
试卷第1页，共3页
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