陕西省渭南市富平县2020届高三上学期第一次摸底考试化学（解析版）


陕西省渭南市富平县2020届高三上学期第一次摸底考试
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 F－19 Ca－40 Mn－55
第一部分(选择题 共42分)
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，计42分。每小题只有一个选项是符合题意的)
1.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符。”是王安石的作品《元日》，其中的“屠苏”是一种酒。下列说法错误的是（ ）
A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成
B. “屠苏”中不含非电解质
C. 爆竹爆炸发生了化学变化
D. 早期的桃符大都是木质的，其主要成分纤维素可以发生水解反应
【答案】B
【详解】A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；
B. “屠苏”是药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；
C. 爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；
D. 早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；
故选：B。
2.下列化学用语使用正确的是（ ）
A. HF在水溶液中的电离方程式：HF＋H2OF－＋H3O＋
B. Na2S的电子式：
C. 乙烯的结构式：CH2＝CH2
D. 重氢负离子(H－)的结构示意图：
【答案】A
【详解】A. HF是弱酸，部分电离，用可逆号，HF＋H2O⇌F－＋H3O＋可表示HF的电离方程式，故A正确；
B. Na2S是离子化合物，由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故B错误；
C. 乙烯的结构简式：CH2＝CH2，故C错误；
D. 重氢负离子(H－)的质子数是1，即核电荷数为1，故D错误；
故选：A。
3.下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（ ）
A. 小苏打——作食品疏松剂 B. 漂粉精——作游泳池消毒剂
C. 甘油——作护肤保湿剂 D. 明矾——作净水剂
【答案】B
【详解】A．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；
B．漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B正确；
C．甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故C错误；
D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故D错误；
故答案为B。
4.分类法是研究化学的一种重要方法，下列乙中的物质与甲的分类关系匹配的是（ ）
选项
甲
乙
A
干燥剂
浓硫酸、石灰石、无水氯化钙
B
混合物
空气、石油、干冰
C
空气质量检测物质
氮氧化物、二氧化硫、PM2.5
D
酸性氧化物
三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅

【答案】C
【详解】A. 石灰石是碳酸钙，不具有吸水性，故不能做干燥剂，故A错误；
B. 由两种或以上物质构成的是混合物，而干冰是固体二氧化碳，属于纯净物，故B错误；
C. 氮氧化物能导致光化学烟雾、二氧化硫能导致酸雨、PM2.5能导致雾霾，故氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均能导致空气污染，均是空气质量检测物质，故C正确；
D. 和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，而CO为不成盐的氧化物，故不是酸性氧化物，故D错误；
故选：C。
5.下列关于Fe3＋、Fe2＋性质实验的说法错误的是（ ）
A. 用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2

B. 配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度
C. 向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2＋被氧化
D. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀
【答案】D
【详解】A. 反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2，故A正确；
B. FeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；
C. Fe3+与铁反应可生成Fe2+，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，故C正确；
D. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故D错误；
故选：D。
6.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其简单氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示下列说法正确的是（ ）
元素
甲
乙
丙
丁
化合价
－2
－3
－4
－2

A. 氢化物的热稳定性：甲>丁 B. 元素非金属性：甲丁 D. 丙的氧化物为离子化合物
【答案】A
【分析】由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，乙、丁处于V族，甲处于ⅥA族，丙处于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。
【详解】A.甲形成的氢化物是水，丁形成的氢化物是硫化氢，非金属性氧大于硫，所以氢化物的稳定性是：甲>丁，故A正确；
B. 同周期自左而右非金属性增强,故非金属性：甲(O)>乙(N)，故B错误；
C. 最高价含氧酸的酸性：碳元素形成碳酸，硫元素形成硫酸，故酸性丙C>Si
C. 利用③装置，合成氨并检验氨的生成
D. 利用④装置，验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
【答案】D
【详解】A.①装置，不能用容量瓶直接配制溶液，故A错误；
B.②装置，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳不能证明非金属性；通入硅酸钠溶液的气体含有二氧化碳和氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应生成沉淀，所以生成硅酸沉淀不能证明非金属性，故B错误；
C.氮气与氢气在铁触媒和高温下生成氨气，氨气遇到干燥的试纸，试纸不能变色，不能达到实验目的，故C错误；
D浓硫酸具有脱水性、强氧化性，能使蔗糖变黑，反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫具有漂白性可使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：D。
14.垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是( )

A. 电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极
B. 放电过程中，正极附近pH 变小
C. 若1molO2 参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室
D. 负极电极反应为：H2PCA + 2e－＝PCA + 2H+
【答案】C
【解析】A、右侧氧气得电子产生水，作正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水， 氢离子浓度减小，pH 变大，选项B错误；C、若1molO2 参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。
第二部分(非选择题 共58分)
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共58分。第15～17题为必考题，每道试题考生都必须作答。第18～19题为选考题，考生根据要求作答)
(－)必考题(计43分)
15.二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)，Fe(5.86%)，Al(3.42%)，Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的氧化物，其处理流程图如下：

化合物
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
KSP近似值
10－34
10－16
10－38

（1）灼烧软锰矿样品时，铜焰色为______(填字母)。
A.黄色 B.绿色 C.紫色 D.红色
（2）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要离子反应方程式为________________________________________________________________________。
（3）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能_____________________。滤渣S的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH至少达到______，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全(当c≤10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全)。
（4）滤渣B的成分是__________________。
（5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中10.00mL，恰好与25.00mL0.0800 mol·L－1 Na2S2O3溶液反应(I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－)。计算该样品纯度为_________%(精确到0.1%)。
（6）从废旧碱性锌锰电池中可以回收利用的物质有_____________________(写两种)。
【答案】(1). B (2). 4H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O (3). 充分氧化过量的Fe2+ (4). 4.3 (5). CuS、ZnS (6). 94.6 (7). 锌、二氧化锰
【分析】软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Si、Fe、Al、Zn和Cu等元素的化合物，硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，所以酸浸后的滤液中的金属阳离子主要是Mn2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Zn2+、Fe2+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，调节pH将Fe3+、Al3+沉淀，加入硫化锰将Cu2+、Zn2+沉淀，滤液为硫酸锰溶液，再通过系列变化得到高纯度的二氧化锰，以此解答该题。
【详解】（1）铜的焰色反应是绿色，
故选：B。
(2)FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故酸浸时生成硫酸锰、硫酸铁，根据元素守恒还有水生成，反应方程式为2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，其离子反应为4H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：44H++2Fe2++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；
(3)“氨水、搅拌”,其中“搅拌”不仅能加快反应速率,还能充分氧化过量Fe2+，滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，Al(OH)3完全沉淀，c(OH−)= =1×10−9.7mol/L，加入氨水需调节pH至少达到4.3，恰好能使Fe3+、Al3+沉淀完全，
故答案为：充分氧化过量的Fe2+；4.3；
(4)由题中硫化物的Ksp可知,加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2+、Zn2+，滤渣B的成分是CuS、ZnS，
故答案为：CuS、ZnS；
(5)准确称量0.9200g该样品,与足量酸性KI溶液充分反应后，MnO2+2I−+2H+=Mn2++I2+H2O,配制成100mL溶液。取其中10.00mL,恰好与25.00mL 0.0800mol⋅L−1 Na2S2O3溶液反应(I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－)，
则MnO2∼I2∼2S2O32−，
    1                 2
   n                0.025.00L×0.0800mol⋅L−1×
解得n=0.01mol，
该样品MnO2纯度为×100%=94.6%，
故答案为：94.6；
（6）从循环中可以得出循环利用的物质有锌，二氧化锰，
故答案为：锌，二氧化锰。
16.阿司匹林(乙酰水杨酸，)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：

制备基本操作流程如下：

主要试剂和产品的物理常数如下表所示：

请根据以上信息回答下列问题：
（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是______________________________。
（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是__________________。
（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：


① 使用温度计的目的是控制加热的温度，防止________________________。
② 冷凝水的流进方向是___(填“a”或“b”)。
③ 趁热过滤的原因是_______________________________________。
④下列说法不正确的是______(填字母)。
A.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂
B.此种提纯粗产品的方法叫重结晶
C.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大
D.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸
（4）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(ρ＝1.08g/cm3)，最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为______%。
【答案】(1). 醋酸酐和水易发生反应 (2). 水浴加热 (3). 乙酰水杨酸受热易分解 (4). a (5). 防止乙酰水杨酸结晶析出 (6). ABC (7). 84.3%
【分析】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；
（2）合成阿司匹林时要控制温度在85℃～90℃，该温度低于水的沸点；
（3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，
①乙酰水杨酸受热易分解；
②冷凝水采用逆流方法；
③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；
不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；
（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0 g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0 mL×1.08 g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=×100%．
【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，
故答案为：醋酸酐和水易发生反应；
(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，
故答案为：水浴加热；
(3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，
故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；
②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，
故答案为：a；
③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，
故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；
④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，
故选：ABC；
(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=×100%=×100%=84.3%，
故答案为：84.3%.
17.环氧乙烷()、环氧丙烷()都是重要的化工原料且用途广泛。回答下列问题：
（1）已知：
①
②2
③ _____
（2）某温度下，物质的量均为1mol的CH2＝CH2和O2在0.5L的刚性容器内发生反应③，5min后反应达到平衡，气体总压减少了20％。
①平衡时CH2＝CH2(g)的转化率为_______，达到平衡后，欲增加CH2＝CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施是_________________________(填一条措施即可)。
②0～5min内，环氧乙烷的生成速率为_______。
④ 该反应的平衡常数K_____(精确到0.01)。
④当进料气CH2＝CH2和O2的物质的量不变时，T1℃时达到反应平衡，请在图1中画出温度由T1℃变化到T2℃的过程中乙烯的转化率与温度的关系_______。

（3）将丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl][已知：CH3CH＝CH2＋H2O＋Cl2→CH3CH(OH)CH2Cl＋HCl]，氯丙醇进一步反应生成环氧丙烷，其电解简易装置如图2所示。
①a电极上的电极反应式为__________________。
②b电极区域生成环氧丙烷的化学方程式为________________________________________。
【答案】(1). -212 (2). 80% (3). 降低温度或增加氧气的浓度等 (4). 0.32mol/(L·min) (5). 13.33 (6). 或 (7). 2Cl-―2e－＝Cl2↑ (8). CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O
【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；
(2)根据三段式结合气体总压减少了20％，分析计算出反应的氧气的物质的量，再分析解答；
(3)①根据图示a电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇分析解答；②b电极区域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl]与氢氧化钠反应生成环氧丙烷，据此书写反应的方程式。
【详解】(1)①，②2 ，根据盖斯定律，将①×2-②得： 2×()-()=-212，故答案为-212；
(2)设反应的氧气的物质的量为x，则

起始(mol) 1 1 0
反应(mol) 2x x 2x
平衡(mol) 1-2x 1-x 2x
5min后反应达到平衡，气体总压减少了20％，则气体的物质的量减少20%，=20%，解得：x=0.4mol。
①平衡时CH2＝CH2(g)的转化率为×100%=80%；该反应为气体物质的量减小的放热反应，达到平衡后，欲增加CH2＝CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施有降低温度或增加氧气的浓度等，故答案为80%；降低温度或增加氧气的浓度等；
②0～5min内，环氧乙烷的生成速率为=0.32mol/(L·min)，故答案为0.32mol/(L·min)；
③该反应的平衡常数K==13.33，故答案为13.33；
④反应达到平衡后，温度再升高，平衡逆向移动，乙烯的转化率下降，则乙烯的转化率与温度的关系曲线为或，故答案为或；
(3)①根据CH3CH＝CH2＋H2O＋Cl2→CH3CH(OH)CH2Cl＋HCl，及a电极区丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇，说明a电极区生成了氯气，则a电极为阳极，电极反应式为2Cl-―2e－＝Cl2↑，故答案为2Cl-―2e－＝Cl2↑；
②b电极区域氯丙醇[CH3CH(OH)CH2Cl]与氢氧化钠反应生成环氧丙烷的化学方程式为CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O，故答案为CH3CH(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O。
(二)选考题(请考生从所给的2道题目中任选－题作答，如果均做，则按所做第－题计分)
18.在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。
（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为_________。
（2）硝酸钾中NO3-的空间构型为_________。
（3）1molCO2分子中含有σ键的数目为______。乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是________________________________________________。
（4）6－氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有______。

（5）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之－的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式__________________________________________。

（6）晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为(0，0，0)；B处为(，，0)；C处为(1，1，1)。则D处微粒的坐标参数为___。

②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知CaF2晶体的密度为ρg·cm－3，则晶胞参数a为__________________pm(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含ρ、NA的式子表示)。
【答案】(1). 3d64s2 (2). 平面正三角形 (3). 2 (4). 乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高 (5). C、N、O、S (6). 8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2 (7). (3/4,3/4,3/4) (8).
【分析】（1）铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价电子排布式；
（2）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型；
（3）依据二氧化碳的结构进行回答；
（4）根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式；
（5）铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式．
（6）①D处于体对角线AC上，且AD距离等于体对角线长度的，则D到坐标平面距离均为晶胞棱长；
②晶胞中 Ca2+与离它最近的 F-之间的距离等于晶胞体对角线长度的，体对角线长度等于晶胞棱长的√3倍，均摊法计算晶胞中各原子数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方得到晶胞棱长。
【详解】（1）铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s2，
故答案为：3d64s2；
（2）NO3-中N原子价层电子对=1/2（5+1-3×2）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，
故答案为：平面正三角形；
（3）二氧化碳的结构是O=C=O，含有的σ键的数目为2，乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，；
故答案为：2；乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高；
（4）只要共价单键和孤电子对的和是4的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，
故答案为：C、N、O、S；
（5）该晶胞中铁原子个数=8×+6×=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2，
故答案为：8Fe+2NH3=2Fe4N+3H2．
(6)①D处于体对角线AC上,且AD距离等于体对角线长度的34,则D到坐标平面距离均为晶胞棱长3/4,由C的坐标参数可知,晶胞棱长=1,故D到坐标平面距离均3/4,D 处微粒的坐标参数为(, ,)，
故答案为：(,,)；
②设晶胞中Ca2+与离它最近的F-间距离为xnm，晶胞的边长为ycm，则x与y的关系为(4x)2=3y2，所以y=。由于F-位于晶胞的内部，Ca2+位于晶胞的顶点和面心，所以平均每个晶胞含有F-和Ca2+数目分别是8个和4个，所以ρ=，解得x=，
故答案为：。
19.中国科学家运用穿山甲的鳞片特征，制作出具有自我恢复性的防弹衣，具有如此神奇功能的是聚对苯二甲酰对苯二胺(G)。其合成路线如下：

回答下列问题：
（1）A的化学名称为____________。
（2）B中含有的官能团名称为_______________，B→C的反应类型为____________。
（3）B→D的化学反应方程式为____________________________________。
（4）G的结构简式为_______________。
（5）芳香化合物H是B的同分异构体，符合下列条件的H的结构共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为____________。
①能与NaHCO3溶液反应产生CO2；②能发生银镜反应
（6）参照上述合成路线，设计以为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_____________________________________________。
【答案】 (1). 对二甲苯（或1，4-二甲苯） (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). +2CH3OH+2H2O； (5). (6). 13 (7). (8).
【分析】根据合成路线可知，经氧化得到B，结合D的结构简式可逆推得到B为，B与甲醇发生酯化反应可得到D，D与氨气发生取代反应生成E，E与次氯酸钠反应得到F，F与C发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺（G），可推知G的结构简式为：，结合有机物的结构与性质分析作答。
【详解】（1）根据A的结构，两个甲基处在对位，故命名为对二甲苯，或系统命名为1，4-二甲苯，
故答案为：对二甲苯（或1，4-二甲苯）；
（2）由D的结构逆推，可知B为对苯二甲酸（），含有的官能团名称为羧基，对比B与C的结构，可知B→C的反应类型为取代反应，
故答案为：羧基；取代反应；
（3）B→D为酯化反应，反应的方程式为：+2CH3OH+2H2O；
故答案为：+2CH3OH+2H2O；
（4）已知G为聚对苯二甲酰对苯二胺，可知C和F在一定条件下发生缩聚反应而得到，其结构简式为；
故答案为：
（4）芳香化合物H是B的同分异构体，能与溶液反应产生；能发生银镜反应，说明含有羧基和醛基，可能的结构有一个苯环连有三个不同官能团：—CHO、—COOH、—OH，有10种同分异构体；还可能一个苯环连两个不同官能团：HCOO—、—COOH，有邻、间、对三种；共10+3=13种。其中核磁共振氢谱有四组峰的H的结构简式为，
故答案为：13；；
（6）设计以为原料，制备的合成路线，根据题目B→D、D→E、E→F信息，可实现氨基的引入及碳链的缩短，具体的合成路线为。