2022-2023学年福建省连城县第一中学高三上学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省连城县第一中学高三上学期第二次月考化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

福建省连城县第一中学2022-2023学年高三上学期
第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是
A．在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质
B．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料
C．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于高分子材料
D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，利于碳达峰、碳中和
【答案】C
【详解】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分为蛋白质，故A正确；
B．聚乙烯是乙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，故B正确；
C．氮化硼是无机物，氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少空气中二氧化碳含量，利于碳达峰、碳中和，故D正确；
答案选C。
2．反应COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl可去除COCl2污染。下列说法正确的是
A．COCl2是极性分子 B．NH3的电子式为
C．CO(NH2)2含离子键和共价键 D．NH3的空间构型为平面三角形
【答案】A
【详解】A．COCl2的结构式如图所示，，分子的正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；
B．NH3的电子式为，B错误；
C．CO(NH2)2是由共价键形成的共价化合物，不含有离子键，C错误；
D．NH3中N原子价层电子对数为，采取sp3杂化，有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，D错误；
答案选A。
3．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．31g白磷(P4)含有的共价键数为3NA
B．0.1mol/LHClO4溶液中含有的H+数为0.1NA
C．2molNO与 1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA
D．标准状况下11.2LCH4和22.4LCl2混合，在光照下反应后的分子总数为1.5NA
【答案】D
【详解】A．白磷为四面体构型，因此得出关系式为P4～6P-P，，则P-P键的数目为，A项错误；
B．n=cV，溶液体积未知无法获得H+的量及数目，B项错误；
C．反应体系中存在的反应为产生的NO2为2mol。但NO2存在平衡，充分反应后体系中分子数目小于2NA，C项错误；
D．标况下由得反应前CH4和Cl2分别为0.5mol和1mol，发生的反应为 、 、和 ，四个反应均是反应前后分子数不变的反应，所以光照后分子分子总数为1.5NA，D项正确；
故选D。
4．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列方程式能准确解释相应事实的是
A．苯酚钠溶液通入后变浑浊：2+CO2+H2O→2+Na2CO3
B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O
C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl-+H2O+4H+
D．向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀：
【答案】B
【详解】A．苯酚钠溶液通入后变浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3，故A错误；
B．硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；
C．在强碱溶液中次氯酸钠与氢氧化铁反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故C错误；
D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选B。
5．近日，南方科技大学某课题组在一定条件下通过电解M元素的某种单质获得了一种新化合物(结构如下图所示)，其中X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，在元素周期表中元素Z与Y、M相邻。

下列叙述不正确的是(      )
A．X是制造电池的理想物质
B．M的最高价氧化物的水化物是中强酸
C．Z、M、Y的氢化物中沸点最高的也最稳定
D．该物质中的阴离子所含元素均满足8电子结构
【答案】C
【分析】其中X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，在元素周期表中元素Z与Y、M相邻，结合题给阴离子结构图可推断出，X为Li元素、Y为C元素、Z为N元素、M为P元素，据此分析解答。
【详解】A．Li质量轻，且易失电子，绿色环保，是制造电池的理想物质，A正确；
B．M的最高价氧化物的水化物是H3PO4，属于中强酸，B正确；
C．Z、M、Y的氢化物分别为NH3、PH3、CH4，NH3分子间能形成氢键，故其沸点最高；同主族元素，原子序数越大，气态氢化物稳定性越弱，故NH3＞PH3，CH4分子的空间结构是正四面体，比NH3更稳定，C错误；
D．该物质中的阴离子所含元素均满足8电子结构，D正确；
故答案选C。
6．下列实验装置或实验操作正确，且能完成相应实验的是

A．按照图甲中序号所示顺序向试管中加入试剂，制取乙酸乙酯
B．利用图乙所示装置收集NO气体
C．将通入图丙所示装置中进行尾气吸收
D．利用图丁装置验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
【答案】A
【详解】A．浓硫酸的混合应该为酸入水防止稀释过程中液体飞溅，所以应该在试管中先加乙醇，再慢慢加入浓硫酸，最后加冰醋酸，A项正确；
B．NO与空气接触时会被氧化成，利用图乙所示装置收集不到纯净的NO，B项错误；
C．将通入图丙所示装置中进行尾气吸收时，与水直接接触，易产生倒吸现象，C项错误；
D．大试管温度更高，为了排除温度差异导致的Na2CO3不分解，所有将Na2CO3置于温度更高的大试管中，而碳酸氢钠应置于小试管中，D项错误；
故选A。
7．合成某种具有解毒消肿、祛风活络的功能药物的中间体(M)的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是

A．该分子中所有原子可能都在同一平面 B．环上的一氯代物有2种
C．1molM最多与4mol发生加成反应 D．1molM最多消耗6molNaOH
【答案】C
【详解】A．该分子含5个类似于甲烷的四面体结构的碳原子，所有原子不可能都在同一平面，故A错误；
B．环上有3种氢原子，环上的一氯代物有3种，故B错误；
C．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，分子中含有1个苯环、1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多能消耗4mol氢气，故C正确；
D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH以1：1反应，分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mol该有机物最多消耗4molNaOH，故D错误；
故选：C。
8．C2H6在Ni的活化下可放出CH4，其反应历程如下图所示：

下列关于活化历程的说法正确的是
A．该转化过程ΔH>0
B．在此反应过程中Ni的成键数目未发生变化
C．该反应过程中，最大能垒(活化能)为204.32kJ·mol-1
D．整个过程中，Ni是该反应的催化剂
【答案】C
【详解】A．由图示可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，ΔH<0，故A错误；
B．由图示可知，过渡态1中Ni的成键数目为2，过渡态2中Ni的成键数目为3，反应过程中Ni的成键数目发生了变化，故B错误；
C．根据图示，中间体2到过渡态2的能垒(活化能)最大，为204.32kJ·mol-1，故C正确；
D．根据图示，Ni是该反应的反应物，不是催化剂，故D错误；
答案选C。
9．硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：

已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是
A．焙烧时反应的化学方程式为
B．调节pH的目的是使和完全沉淀
C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨
D．可回收利用后应用于本流程
【答案】D
【分析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为，则加入KOH溶液产生的浸渣为，浸液中的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，则溶液X为，过滤得到白色固体，灼烧得到，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。
【详解】A．焙烧时反应的化学方程式为，A项错误；
B．浸液中存在的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，B项错误；
C．白色固体灼烧得到，则化合物Y为，为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误；
D．可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为，则可回收利用后应用于本流程，D项正确；
答案选D。
【命题意图】本题以高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程为载体，考查了学生对化学工艺流程、元素性质的分析和应用。其中各步流程的分析是本题的亮点和难点。准确提取工艺流程中的关键信息并正确分析是解题的关键。
10．在某容积可变的密闭容器中加入等量的A、B混合气体共4mol，发生反应：mA+nBpC，保持一定温度，改变压强分别达到平衡时，测得不同压强下气体A的物质的量浓度如表：
压强p/Pa
2×105
5×105
1×106
3×106
c(A)/mol·L-1
0.08
0.20
0.40
0.80

下列说法一定正确的是A．保持一定温度，增大压强，平衡正向移动
B．当压强为3×106Pa时，此反应的平衡常数表达式：Kp=
C．反应平衡后若增大压强，则新平衡的逆反应速率大于原平衡的逆反应速率
D．若再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中A、B、C总物质的量为(4+b)mol
【答案】D
【分析】结合表格可知，温度、A(g)和B(g)起始量相同，1×106Pa之前若增大压强为原来的x倍，A的平衡浓度=原来平衡浓度的x倍，则1×106Pa之前增大压强，平衡不移动，则m+n=p，且C一定为气体；3×106Pa的倍数是1×106Pa的3倍，但A的浓度比0.40的3倍即1.20小，因此此时C为非气体，比1×106Pa时平衡正向移动。
【详解】A．由分析可知压强小于1×106Pa增大压强，平衡不移动，压强大于1×106Pa增大压强，平衡可能正向移动，A错误；
B．由分析可知当压强为3×106Pa时，C为非气态，故平衡常数表达式为Kp=，B错误；
C．恒温恒压下，气体物质的量之比=压强之比，故当为非气态时增大压强，平衡虽然正向移动，但新平衡时体系中A、B的浓度和增压之前相等，新平衡的逆反应速率与原平衡相等，C错误；
D．由于m+n=p，则平衡时A、B、C总物质的量为4mol，设再充入bmolB后B转化nxmol，则A转化mxmol，C生成pxmol，当重新达到平衡时，体系中A、B、C总物质的量为(4-mx-nx+px+b)mol=(4+b)mol+[p-(m+n)]mol=(4+b)mol+0mol=(4+b)mol，D正确；
答案选D。

二、工业流程题
11．高品质可用于生产锂离子电池正极材料锰酸锂。以软锰矿与黄铁矿为主要原料采用“两矿一步浸出法”制备高品质的某工艺流程如图所示：

已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物；
②该工艺条件下，相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如下：
金属离子





开始沉淀pH
6.9
1.9
6.6
9.1
3.4
沉淀完全()的pH
8.3
3.2
10.1
10.9
4.7

回答下列问题：
(1)“配矿”过程中，将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀的目的是_______。
(2)“酸浸”操作中需先后分批加入、。加入后发生酸浸过程的主要反应离子方程式为，。
①已知滤渣1的主要成分为S、、等，其附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入，利用其迅速分解产生的大量气泡可破除该不利影响。分析导致迅速分解的因素是_____。
②矿粉颗粒表面附着物被破除后，还可以继续与反应，从而提高锰元素的浸出率，该反应的离子方程式是_______。
(3)“调pH”时调节溶液pH范围为4.7~6.0，此时“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)“除杂”时，溶液体系中的和形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中，则_______[已知]。
(5)“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为_______。
(6)利用惰性电极电解体系获得的机理(部分)如图甲所示，硫酸浓度与电流效率的关系如图乙所示。硫酸浓度超过时，电流效率降低的原因是___

【答案】(1)增加接触面，提高反应速率；提高原料利用率
(2)     或或等作催化剂    
(3)、
(4)50
(5)
(6)硫酸浓度高，被消耗，效率降低

【分析】工艺流程题需关注反应物及目标生成物，从而确定中间需要除去的杂质元素。本题中原料成分有、，还含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物，最终制备MnO2，除Mn元素外，其他元素均要除去。酸浸步骤中，SiO2不溶于酸除去，其他金属氧化物转化为相应的金属离子，调节pH步骤中，使Fe3+和Al3+转化成沉淀除去，除杂步骤中将Mg2+和Ca2+转化成沉淀除去，据此分析。
【详解】（1）将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀的目的是增加接触面，提高反应速率；提高原料利用率；
（2）①导致迅速分解的因素是或或等作催化剂，加快的分解；②能提高锰元素的浸出率，说明生成了Mn2+，则H2O2作还原剂，该离子方程式为；
（3）“调pH”时调节溶液pH范围为4.7~6.0，由表格可知：pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=4.7时Al3+沉淀完全，故“滤渣2”的主要成分为、；
（4）=；
（5）“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为；
（6）当硫酸浓度超过时，生成的MnOOH与硫酸反应，MnOOH减少，反应减弱，电流效率降低。

三、实验题
12．乳酸亚铁固体{，相对分子质量234}易溶于水，难溶于乙醇，常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与反应制得。回答下列问题：

I.制备碳酸亚铁
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭，打开、。
③一段时间后，关闭活塞，打开活塞；
④抽滤，洗涤干燥。
(1)装置a可盛适量的水，其作用是___________。
(2)可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，发生反应的离子方程式为______，此法所得产品纯度更高，原因是_______。
II.乳酸亚铁晶体纯度的测量
(3)若用滴定法测定样品中的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因是_______。
(4)该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中的含量，可通过用滴定法测定样品中的含最来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为)。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10标准溶液滴定。反复滴定2～3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______。若滴定操作时间过长，则样品纯度将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋
(2)          碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)
(3)乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化
(4)     90%     偏小

【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁,据此回答。
【详解】（1）根据上述分析，装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋。
（2）可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)。
（3）已知乳酸亚铁固体化学式为，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。
（4）平均消耗标准液V= 30.00mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.10mol/L×0.030L＝0.0030mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.0030mol×=0.030mol，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：。
若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。

四、原理综合题
13．I.氢气是一种清洁能源，水煤气变换反应的制氢原理为：，回答下列问题：
(1)水煤气变换部分基元反应如下：
基元反应
活化能Ea(eV)
反应热△H(eV)
①
0
-1.73
②
0.81
-0.41

第②步基元反应逆反应的活化能为___________eV。
(2)某研究所探究CuO/的系列催化剂(包括C/Z-120、C/Z-250、C/Z-350、C/Z-450)在水煤气变换反应中的催化活性。常压下，原料气在不同温度下相同时间内CO的转化率如图：

①工业生产中应选择的最佳反应条件为___________。
②C/Z-120曲线先上升后下降的原因___________。
II.长征运载火箭推进剂为和。
(3)在t℃、pMPa下，将(g)和物质的量分数为m%的(g)通入反应器：①，②，一段时间后完全反应，反应②达平衡，与的体积比为1：2，则反应②的平衡常数___________MPa。
(4)T℃时，，该反应正、逆反应速率与浓度的关系为：，(、这是速率常数)。
①图中表示的线是___________(填“m”或“n”)

②T℃时，向刚性容器中充入一定量气体，平衡后测得为1.0，则平衡时，=________(用含a的表达式表示)。
③T℃时，向2L的容器中充入5mol气体和1mol气体，此时______(填“>”、“＜”或“=”)。
【答案】(1)1.22
(2)     C/Z-250，240℃     ②低于270°C，温度升高和催化剂活性增大都使速率加快；高于270°C,催化剂活性降低，反应速率减慢
(3)
(4)     n     10a     ＞

【详解】（1）根据△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，可得第②步基元反应逆反应的活化能=正反应的活化能-△H=0.81eV-(-0.41eV)=1.22eV；
（2）由图可知，工业生产中应选择的最佳反应条件是C/Z-250作催化剂，反应温度为240℃；低于270°C，温度升高和催化剂活性增大都使速率加快；高于270℃，催化剂活性降低，反应速率减慢
（3）设的物质的量为m mol，则的物质的量为(100-m) mol，完全反应则生成mmol的和mol的O2，设转化为NO2消耗的的物质的量为x mol，列出三段式：

达平衡，与的体积比为1：2，则有，解得x=m，则达平衡时，的物质的量为m mol，NO2的物质的量为m mol，混合气体的总物质的量为(m +m+m +100-m) mol=(100+m) mol，反应②的平衡常数==；
（4）①，则，，则，的线斜率较小，则图中表示的线是n；
②由①可知，图中表示的线是n，则=a，=，=a+2，=，反应达平衡时，，即，，该反应的平衡常数K==，设T℃时，向刚性容器中充入x mol/L，平衡后测得为1.0，列出三段式：

K==100，x=2.1，则平衡时，的浓度为0.1mol/L，==10a；
③T℃时，向2L的容器中充入5mol气体和1mol气体，，，，，。
14．油气开采、石油化工等行业废气普遍含有，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
回答下列问题：
(1)热分解反应的_______(用含“、、”的式子回答)；实验测得该反应的活化能(正)大于(逆)，则_______0(填“<”、“>”或“=”)。
(2)热分解反应的速率方程可表示为：和，和分别为正、逆反应速率常数。T℃时，，，则该温度下热分解反应的平衡常数K=_______。
(3)总压恒定为100Kp，向密闭容器中充入、、，发生反应ⅰ和反应ⅱ，反应过程中、、等含硫物质的分布分数随时间变化如图所示。

①表示分布分数的曲线为_______(填“甲”、“乙”或“丙”)。
②时测得转化率为，此时体系中的物质的量为_______mol；用分压表示的平均反应速率为_______。
【答案】(1)          >
(2)3
(3)     乙         

【详解】（1）根据盖斯定律，反应，可由题给反应“(ⅰ+ⅱ)×-ⅲ”得到，则其；该反应的活化能(正)大于(逆)，则=(正)-(逆) >0。
（2）热分解反应的平衡常数K=，达到平衡时正逆反应速率相等，即=，则=，故==K， T℃时，，，则K=3。
（3）①从反应ⅰ和反应ⅱ的物质变化可知，充入、，反应i生成的SO2与H2S发生反应ⅱ，故H2S不断减少，SO2先增加后减少，不断增加，对应分布分数随时间变化的曲线分别是，甲表示H2S，乙表示SO2，丙表示。
②转化率为，则转化了2mol，根据反应ⅰ和反应ⅱ分析可知，有关系：H2S~H2O，则此时系中的物质的量为mol；设时反应ⅰ的H2S转化了xmol，反应ⅱ的H2S转化了ymol，则有x +y=2，O2剩余(3-x)mol，SO2剩余(x-y)mol，S2有ymol，从图中所示和小题①的分析可知，t1时刻体系中SO2和的相等，即二者物质的量相等，有(x-y)= y，解得：x=y，则x=，y=，则气体总物质的量为95+(2-2)+(3-x)+ (x-y)+ y + 2=100-x +y= (100-)mol，总压恒定为100Kp，分压改变了，用分压表示的平均反应速率为。

五、有机推断题
15．化合物IX是合成一种新型多靶向抗肿瘤药物的中间体，其合成路线流程图如下：

回答下列问题：
(1)写出化合物I的名称_______，化合物I→II的反应类型_______。
(2)化合物III由C、H、O三种原子组成，结构简式为_______。
(3)化合物IV分子结构中的含氧官能团有_______(填名称)。
(4)化合物V在酸性下水解，有一种产物能在一定条件下自身聚合形成高聚物。形成该高聚物的反应方程式为_______。
(5)化合物X是V的同系物，其相对分子质量比V小28，化合物X同时满足如下条件的同分异构体有_______种。
①苯环上有两种取代基，且能与溶液发生显色反应；
②能与溶液反应生成气体。
这些同分异构体中满足核磁共振氢谱峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式_______。
【答案】(1)     4-溴苯甲酸(对溴苯甲酸)     酯化反应(取代反应)
(2)CH≡CCH2CH2OH
(3)羟基、酯基
(4)n+(n-1)H2O
(5)     15    

【分析】I到II在羧基上发生了酯化反应；II与III生成了IV，对比结构简式，III为CH≡CCH2CH2OH；IV与氢气反应，碳碳三键发生了加成反应得到V；V在在NaClO和KBr，NaHCO3作用下生成VI，醛基被氧化，并且发生了溴原子的取代反应；VI与VII在醋酸钠存在下发生反应得到VIII，VIII中酯基水解得到了IX。
【详解】（1）化合物I的名称为4-溴苯甲酸（对溴苯甲酸）；I与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应(取代反应)；
（2）对比II和IV的结构简式，III仅含C、H、O三种元素，III的结构简式为：CH≡CCH2CH2OH；
（3）化合物IV中的含氧官能团为：羟基、酯基；
（4）化合物V在酸性条件下水解，水解产物为 和甲醇， 在一定条件下可以发生缩聚反应生成聚酯，化学方程式为： n+(n-1)H2O；
（5）化合物X是V的同系物，其相对分子质量比V小28，化合物X比V少两个CH2，X苯环上有两种取代基，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，说明含有羧基，满足条件的同分异构体的结构简式：两个取代基为对位时，共有 、 、 、、5种；同理，两个取代基为邻位和间位各有5种，共15种；核磁共振氢谱峰面积比为6∶2∶2∶1∶1，即有5种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1，满足条件的结构简式为

六、结构与性质
16．2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋名画，《千里江山图》之所以色彩艳丽，璀璨夺目，与所使用矿物颜料有关。回答下列问题：
(1)石青，又名蓝矿石，化学式为，基态核外电子的空间运动状态有______种，的空间构型为________。原子中电子有两种相反的自旋状态，分别用和表示，称为电子的自旋磁量子数，则中电子自旋磁量子数的代数和为________。
(2)亚铁氰化钾，化学式为，呈黄色结晶性粉末。中配体的配位原子是________(填元素符号)，中C原子的杂化方式_______，中σ键和π键的数目之比为________。
(3)呈黑色或灰黑色，已知：晶胞中的位置如图1所示，位于所构成的四面体中心，晶胞的侧视图如图2所示。

填充了晶胞中四面体空隙的百分率是______，配位数为________。已知图1中A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则与A原子距离最近的的原子分数坐标为________。若晶胞参数anm，晶体的密度为，则阿伏加德罗常数的值为________(用含a和d的式子表示)。
【答案】(1)     14     平面正方形或正四面体     或
(2)     C     sp     1:1
(3)     100%     8     (，，)    

【分析】根据Cu2+离子的电子排布式判断电子的空间运动状态种数；根据结构判断其空间构型；根据Cu2+离子的电子排布式计算中电子自旋磁量子数的代数和；根据结构判断配位原子；根据CN-空间构型为直线形，判断C原子的杂化类型；根据结构计算σ键和π键的数目之比；根据晶胞结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
【详解】（1）Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去2个电子，则Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，电子的空间运动状态就是已填入电子的轨道数，即1+1+3+1+3+5=14；由可知，中Cu2+提空轨道，NH3提供孤电子对，二者之间形成4个配位键，则空间构型为平面正方形或正四面体；Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，则Cu2+离子自旋磁量子数的代数和为()×14+()×13=，也可以是()×13+()×14=；答案为14；平面正方形或正四面体；或。
（2）由结构可知，在形成配合物时，Fe2+提供空轨道，CN-中C原子更容易提供孤电子对，所以配体的配位原子是C原子；CN-空间构型为直线形，C原子的杂化方式为sp；由结构可知，Fe2+与6个CN-形成配位键，即有6个σ键，中存在碳氮叁键，三键中含有1个σ键与2个π键，所以σ键和π键的数目之比为(6+1×6):(2×6)=12:12=1:1；答案为C；sp；1:1。
（3）由晶胞中的位置可知，S2-位于立方体的顶点和面心，所以S2-是面心立方最密堆积，晶胞中S2-的个数为 8×+6×=4，由化学式为Cu2S，则可判断Cu+的个数为8，在面心立方晶胞中，每个顶点都能与三个面心原子形成一个四面体空隙，如此，晶胞中能形成8个四面体空隙，所以8个Cu+占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，则填充了晶胞中四面体空隙的百分率是100%；晶胞中硫离子的个数为4，微粒配位数之比等于微粒数反比，故Cu2S晶体中，S2-的配位数为4×2=8；由可知，A点与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，棱长为对角线的一半，即为，则此正四面体的外接正方体棱长为，与A原子距离最近的位于此正四面体的中心， 也是外接正方体的中心，A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则外接正方体中心坐标为(，，)，其中a为外接正方体的棱长a=，即Cu+的原子分数坐标为(，，)；1个晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞的密度ρ=，即，解之NA=；答案为100%；8；(，，)；。