四川省宜宾市2025届高三化学二诊测试试题含解析

PAGE16-四川省宜宾市2025届高三化学二诊测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1Li7O16Na23Al27Cl35.5Sn1191.化学与生命健康亲密相关，“84”消毒液（有效成分为NaClO）在抗击新冠肺炎疫情中起到重要作用。下列说法错误的是A.“84”消毒液为混合物B.“84”消毒液具有漂白性C.“84”消毒液可用于灭杀新型冠状病毒D.“84”消毒液可以与“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混用【答案】D【解析】【详解】A．“84”消毒液的主要成分为NaClO、NaCl，为混合物，A正确；B．“84”消毒液的有效成分是有NaClO，具有漂白性，B正确；C．“84”消毒液中的NaClO具有杀菌消毒实力，可用于灭杀新型冠状病毒，C正确；D．若将“84”消毒液与“洁厕灵”混用，会发生反应ClO-+Cl-+2H+==Cl2↑+H2O，D错误；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.78gNa2O2与足量CO2反应，转移电子的数目为NAB.0.1mol聚乙烯含有碳碳双键的数目为0.1NAC.标准状况下，2.24LH2O含有电子的数目为NAD.1L0.1mol/LNaHS溶液中硫原子的数目小于0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．78gNa2O2物质的量为1mol，由关系式Na2O2—e-，可得出转移电子数为NA，A正确；B．聚乙烯分子中不含有碳碳双键，B不正确；C．标准状况下，H2O呈液态，不能运用22.4L/mol计算含有电子的数目，C不正确；D．1L0.1mol/LNaHS溶液中不含有硫原子，D不正确；故选A。3.《Chem.sci.》报道麻生明院士胜利合成某种非自然活性化合物（结构如下图）。下列有关该化合物的说法错误的是A.分子式为C18H17NO2B.能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C.全部氢原子不行能共平面D.苯环上的一氯代物有7种【答案】D【解析】【详解】A．按碳呈四价的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为C18H17NO2，A正确；B．题给有机物分子内含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．题给有机物分子中，最右边的端基为-CH3，3个氢原子与苯环氢原子不行能共平面，C正确；D．从对称性考虑，苯环上的一氯代物有5种，D错误；故选D。4.下列试验操作能产生对应试验现象的是试验操作试验现象A用玻璃棒蘸取氯化铵溶液，点在红色石蕊试纸上试纸变蓝色B向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，充分振荡溶液由橙黄色渐渐变为黄色C向FeCl3溶液中加入KI溶液，再加入苯，充分振荡，静置溶液分层，上层呈紫色D向蔗糖在硫酸催化下水解后的溶液中，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热出现砖红色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵溶液呈酸性，能使石蕊变红，所以红色石蕊试纸不变色，A不正确；B．向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液的颜色加深，B不正确；C．向FeCl3溶液中加入KI溶液，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，再加入苯，充分振荡，静置，液体分为两层，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为无色的水溶液，C正确；D．向蔗糖硫酸催化下水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，硫酸与氢氧化铜作用生成硫酸铜，不能将葡萄糖氧化，没有砖红色沉淀出现，D不正确；故选C。5.最近我国科学家对“液流电池”的探讨取得新进展，一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A.放电时，a极电势高于b极B.充电时，a极电极反应为I2Br－+2e－=2I－+Br－C.图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池容量D.导线中有NA个电子转移，就有0.5molZn2+通过隔膜【答案】B【解析】【分析】在a电极上，I2Br-得电子生成I-和Br-，a电极为正极；在b电极上，Zn失电子生成Zn2+进入溶液，b电极为负极。【详解】A．放电时，a极为正极，电势高于作负极的b极，A正确；B．充电时，a极应为阳极，电极反应为2I－+Br－-2e－==I2Br-，B错误；C．图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同，相当于电极区的电解质溶液，可提高电池的容量，C正确；D．导线中有NA个电子转移，依据关系式Zn—2e-，就有0.5molZn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性)，D正确；故选B。6.下图为元素周期表的一部分，X、Y、Z、M均为短周期元素，除M外，其余均为非金属元素。下列说法正确的是YZMXA.简洁离子半径：M＞Y B.单质熔点：X＞MC.简洁气态氢化物的稳定性：Y＞Z D.Y的氧化物对应水化物均为强酸【答案】B【解析】【分析】除M外，其余均为非金属元素，则M为铝(Al)，从而得出X为硅(Si)，Y为氮(N)，Z为氧(O)。【详解】A．M为铝(Al)，Y为氮(N)，Al3+与N3-电子层结构相同，但Al3+的核电荷数大，所以离子半径：Al3+<N3-，A不正确；B．M为铝(Al)，X为硅(Si)，Al形成金属晶体，Si形成原子晶体，单质熔点：Si>Al，B正确；C．Y为氮(N)，Z为氧(O)，非金属性N<O，则简洁气态氢化物的稳定性：NH3<H2O，C不正确；D．Y为氮(N)，Y的氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，HNO2为弱酸，D不正确；故选B。7.常温下，浓度均为0.1mol/L体积均为V0的HA、HB溶液分别加水稀释至体积为V的溶液。稀释过程中，pH与的改变关系如图所示。下列叙述正确的是A.pH随的改变始终满意直线关系B.溶液中水的电离程度：a>b>cC.该温度下，Ka(HB)≈10－6D.分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，c(A－)=c(B－)【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，0.1mol/LHA的pH=1，HA为强酸；0.1mol/LHA的pH在3~4之间，HB为弱酸。【详解】A．起初pH随的改变满意直线关系，当pH接近7时出现拐点，且直线与横轴基本平行，A不正确；B．溶液酸性越强，对水电离的抑制作用越大，水的电离程度越小，由图中可以看出，溶液中c(H+)：c>a>b，所以水的电离程度：b>a>c，B不正确；C．在a点，c(H+)=c(B-)≈10-4mol/L，c(HB)=0.01mol/L，该温度下，Ka(HB)=≈10－6，C正确；D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，HB中加入NaOH的体积小，所以c(A－)>c(B－)，D不正确；故选C8.四氯化锡（SnCl4）常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备SnCl4并测定产品的纯度。已知：i．SnCl4在空气中极易水解成SnO2·xH2O；ii．有关物质的物理性质如下表所示。物质颜色熔点/℃沸点/℃Sn银白色2322260SnCl2白色247652SnCl4无色-33114回答下列问题：(1)装置E的仪器名称是_____，装置C中盛放的试剂是_____。(2)装置G的作用是_____。(3)试验起先时，正确的操作依次为_____。①点燃装置A处酒精灯②点燃装置D处酒精灯③打开分液漏斗活塞(4)得到的产品显黄色是因含有少量_____，可以向其中加入单质___________（填物质名称）而除去。为了进一步分别提纯产品，实行的操作名称是_____。(5)产品中含少量SnCl2，测定产品纯度方法：取0.400g产品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100mo/L碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液8.00mL。①滴定原理如下，完成i对应的离子方程式。i．_____Sn2++_____IO3－+_____H+=________Sn4++_____I－+_____ii．IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO②滴定终点的现象是_____。③产品的纯度为_____%（保留一位小数）。【答案】(1).冷凝管(2).浓硫酸（浓H2SO4）(3).汲取多余的Cl2，防止污染空气；汲取空气中的水蒸气，防止产品水解(4).③①②(5).Cl2(6).锡(7).蒸馏(8).3(9).1(10).6(11).3(12).1(13).3H2O(14).锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色(15).88.6【解析】【分析】在A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有HCl气体和水蒸气。B装置中，饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，C装置用于干燥Cl2，所以应放入浓硫酸；在排尽装置内的空气后，加热D装置，让锡与Cl2反应生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F装置收集，同时用G装置汲取未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入F中，引起SnCl4的水解。【详解】(1)装置E的仪器名称是冷凝管，由以上分析知，装置C用于干燥氯气，应盛放的试剂是浓硫酸（浓H2SO4）。答案为：冷凝管；浓硫酸（浓H2SO4）；(2)装置G既可防止氯气进入大气，又可防止大气中的水蒸气进入装置，所以其作用是汲取多余的Cl2，防止污染空气；汲取空气中的水蒸气，防止产品水解。答案为：汲取多余的Cl2，防止污染空气；汲取空气中的水蒸气，防止产品水解；(3)试验起先时，应先加药品再制氯气，最终发生Sn与Cl2的反应，所以正确的操作依次为③①②。答案为：③①②；(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2，可以向其中加入单质锡，让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知，杂质SnCl2的沸点比SnCl4高，可实行的操作名称是蒸馏。答案为：Cl2；锡；蒸馏；(5)①利用得失电子守恒配平常，可先配含变价元素微粒的化学计量数，再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数，从而得到配平的方程式为：3Sn2++IO3－+6H+=3Sn4++I－+3H2O。答案为：3；1；6；3；1；3H2O；②滴定终点时，发生反应IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO，生成的I2使淀粉变蓝，从而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色。答案为：锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色；③由反应方程式可得关系式：3Sn2+——IO3－，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100mo/L×8.00×10-3L=2.4×10-4mol，产品的纯度为=88.6%。答案为：88.6。【点睛】在回答“为了进一步分别提纯产品，实行的操作名称”时，我们应清晰产品中混入了何种杂质，所以需从题干、表格中找寻信息，在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比，从而示意我们，杂质为SnCl2，由此便可确定净化方法。9.锂辉石是我国重要的锂资源之一，其主要成分为Li2O、SiO2、Al2O3以及含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子。工业上用锂辉石制备金属锂的工艺流程如下：已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2完全沉淀的pH5.29.63.213.110.9②常温下，Ksp(Li2CO3)=2.0×10-3。Li2CO3在水中溶解度随着温度上升而减小。③有水存在时，LiCl受热可发生水解。回答下列问题：(1)为提高“酸浸”速率，上述流程中实行的措施有_____。(2)滤渣I的主要成分是_____。滤渣II的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。“氧化”和“除杂”步骤主要除去的离子有_________。(3)“沉锂”过程中发生反应的离子方程式是_____。用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其缘由是_____。(4)设计简洁的试验方案实现由过程a制取固体LiCl：_____。(5)工业上实现过程b常用的方法是_____。(6)Li可用于制备重要还原剂四氢铝锂（LiAlH4）。在有机合成中，还原剂的还原实力常用“有效氢”表示，其含义为1克还原剂相当于多少克H2的还原实力。LiAlH4的“有效氢”为_____（保留2位小数）。【答案】(1).将矿石粉粹成矿粉，运用较浓的硫酸(2).SiO2(3).Fe2+、Ca2+、Mg2+(4).2Li++CO32-=Li2CO3↓(5).Li2CO3在水中溶解度随着温度上升而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，削减损耗(6).用足量盐酸溶解，在HCl气流中蒸干(7).电解法(8).0.21【解析】【分析】矿粉的主要成分为Li2O、SiO2、Al2O3以及含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子，加入95%的浓硫酸进行酸浸，只有SiO2不溶而成为滤渣I，滤液中加入CaCO3调pH，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为Al(OH)3沉淀，此为滤渣II的主要成分；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳、Na2CO3溶液，Fe3+、Ca2+、Mg2+转化为沉淀，成为滤渣Ⅲ的主要成分。此时所得滤液中的阳离子主要为Li+、Na+等，蒸发浓缩、加入饱和Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀，再用盐酸溶解并在HCl气流中蒸干，即可获得无水LiCl，再熔融电解即可得到Li。【详解】(1)为提高“酸浸”速率，可增大接触面积、升温、适当增大浓度、不断搅拌等，因此上述流程中实行的措施有将矿石粉粹成矿粉，运用较浓的硫酸。答案为：将矿石粉粹成矿粉，运用较浓的硫酸；(2)加入硫酸溶解，只有SiO2不溶，所以滤渣I的主要成分是SiO2。滤渣II的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。“氧化”时，将Fe2+转化为Fe3+，“除杂”时，将Ca2+、Mg2+转化为沉淀，所以步骤主要除去的离子有Fe2+、Ca2+、Mg2+。答案为：SiO2；Fe2+、Ca2+、Mg2+；(3)“沉锂”过程中Li+与CO32-反应生成Li2CO3沉淀，发生反应的离子方程式是2Li++CO32-=Li2CO3↓。因为Li2CO3在水中溶解度随着温度上升而减小，所以用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其缘由是Li2CO3在水中溶解度随着温度上升而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，削减损耗。答案为：2Li++CO32-=Li2CO3↓；Li2CO3在水中溶解度随着温度上升而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，削减损耗；(4)将Li2CO3转化为LiCl，则需加入盐酸，同时防止Li+大量水解，简洁的试验方案为：用足量盐酸溶解，在HCl气流中蒸干。答案为：用足量盐酸溶解，在HCl气流中蒸干；(5)由LiCl制Li，可采纳熔融电解的方法，所以工业上实现过程b常用的方法是电解法。答案为：电解法；(6)在LiAlH4中，H显-1价，作还原剂后，失电子转化为H+，由此可得出LiAlH4与H2关系为：LiAlH4—8e-—4H2，LiAlH4的“有效氢”为=0.21。答案为：0.21。【点睛】在从矿粉中提锂的过程中，经验了多步除杂，每一步去除哪些杂质，我们解题前需依据反应条件做整体分析，否则很简洁得出错误的结论。10.75%的乙醇即医用酒精，因为杀灭病毒效果好且价格相对便宜，在生活中被大量运用。工业上主要用乙烯和水蒸气干脆化合法制备乙醇。回答下列问题：(1)已知：①2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH1＝－192kJ/mol②2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH2＝－484kJ/mol则③C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH3＝__________kJ/mol(2)某温度下，肯定量的乙烷在刚性容器内发生反应③，起始浓度为c0，平衡时容器内总压强增加了20%，乙烷的转化率为_____，该温度下反应的平衡常数K=__用含c0的式子表示）。(3)气相干脆水合法制取乙醇的反应④：H2O(g)+C2H4(g)CH3CH2OH(g)ΔH4。恒压下，当起始n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1时，催化反应相同时间，测得不同温度下C2H4转化为CH3CH2OH的转化率如下图所示。（图中虚线表示相同条件下C2H4的平衡转化率随温度的改变）①分析图像可知ΔH4_____0（填“>”或“<”），理由是_______。②X点，v正_________v逆（填“>””“<”或“=”）。在X点的条件下，进一步提高C2H4转化率的方法是_______（写一种）。(4)乙醇可用于制备各种燃料电池。下图是乙醇碱性燃料电池的结构示意图，运用的离子交换膜是_____（填“阳离子”或“阴离子”）交换膜，a侧的电极反应式是_______。【答案】(1).+146(2).20%或者0.2(3).0.05c0(4).<(5).温度上升，C2H4平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应(6).>(7).延长反应时间或刚好分别出产品(8).阴离子(9).C2H5OH－12e-+16OH-=2CO32-+11H2O【解析】【分析】(1)已知：①2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH1＝－192kJ/mol②2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH2＝－484kJ/mol利用盖斯定律，将[①-②]×，即得：③C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)的ΔH3。(2)可设乙烷的转化率为x，利用三段式得出各物质的平衡量，从而建立反应前后的压强关系式，利用“平衡时容器内总压强增加了20%”，求乙烷的转化率及该温度下反应的平衡常数K。(3)①从图象中可看出，上升温度，C2H4的转化率减小，则平衡逆向移动，从而得出ΔH4与0的关系。②X点之后，平衡接着正向移动，由此可确定v正与v逆的关系。在X点的条件下，可延长时间或分别产物，进一步提高C2H4转化率。(4)左侧电极失电子，则加入的是乙醇，右侧电极获得电子，则通入氧气，由电极反应式，可确定离子交换膜的类型。【详解】(1)已知：①2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH1＝－192kJ/mol②2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH2＝－484kJ/mol利用盖斯定律，将[①-②]×，即得：③C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)的ΔH3=+146kJ/mol。答案为：+146；(2)设乙烷的转化率为x，则三段式为：，x=0.2c0，乙烷的转化率为=20%；该温度下反应的平衡常数K==0.05c0。答案为：20%或者0.2；0.05c0；(3)①从图象中可看出，上升温度，C2H4的转化率减小，则平衡逆向移动，从而得出ΔH4<0，理由是温度上升，C2H4平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应。答案为：<；温度上升，C2H4平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应；②X点之后，平衡接着正向移动，则X点未达平衡，v正>v逆。在X点的条件下，进一步提高C2H4转化率的方法是延长反应时间或刚好分别出产品。答案为：>；延长反应时间或刚好分别出产品；(4)左侧电极失电子，则加入的是乙醇，发生反应C2H5OH－12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；右侧电极获得电子，则通入氧气，电极反应为3O2+12e-+6H2O=12OH-，从电极反应式可以看出，左侧消耗OH-，右侧生成OH-，所以运用的离子交换膜是阴离子交换膜，a侧的电极反应式是C2H5OH－12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。答案为：阴离子；C2H5OH－12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。【点睛】推断离子交换膜的类型时，需弄清两电极发生的电极反应，对电解质中离子浓度产生的影响。从溶液呈电中性进行分析，确定阴离子或阳离子的去留。11.庆祝新中国成立70周年阅兵式上，“东风-41洲际弹道导弹”“歼20”等护国重器闪烁亮相，它们都采纳了大量合金材料。回答下列问题：(1)某些导弹的外壳是以碳纤维为增加体，金属钛为基体的复合材料。基态钛原子的外围电子排布式为_____。钛可与C、N、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的电负性由大到小的依次是_________。(2)钛比钢轻，比铝硬，钛硬度比铝大的缘由是_____。(3)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为_____，S的_____杂化轨道与O的2p轨道形成_____键（填“π”或“σ”）。(4)金属钛采纳六方最密积累的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_____（填字母序号）。(5)氮化钛熔点高，硬度大，其晶胞结构如图所示。若氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，则氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为_____（用含a、b的式子表示）。碳氮化钛化合物在航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_____。【答案】(1).3d24s2(2).O＞N＞C(3).Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强(4).正四面体形(5).sp3(6).σ(7).D(8).×100%(9).Ti4CN3【解析】【分析】(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式。C、N、O元素的非金属性关系为O>N>C，电负性的关系与非金属性关系相同。(2)钛硬度比铝大，从金属键的大小找缘由。(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-，S的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型和S的杂化方式，S的杂化轨道与O的2p轨道头对头重叠。(4)金属钛采纳六方最密积累的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为，由此确定符合题意的图形。(5)在氮化钛晶胞中，含Ti原子的个数为12×+1=4，含N原子个数为8×+6×=4，由此可求出原子的总体积，再由原子半径求晶胞的总体积，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式。碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1个N原子换成1个C原子，Ti原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式。【详解】(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式为3d24s2。C、N、O元素的非金属性关系为O>N>C，则电负性：O＞N＞C。答案为：3d24s2；O＞N＞C；(2)钛和铝都形成金属晶体，应从离子的带电荷分析钛硬度比铝大，其缘由是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强。答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-，S的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型为正四面体形，S的杂化方式为sp3，S的杂化轨道与O的2p轨道头对头重叠，从而形成σ键。答案为：正四面体形；sp3；σ；(4)金属钛采纳六方最密积累的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为，由此确定符合题意的图形为D。答案为：D；(5)在氮化钛晶胞中，含Ti原子的个数为12×+1=4，含N原子个数为8×+6×=4，由此可求出原子的总体积为，再由原子半径求晶胞的总体积为(2a+2b)3，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为。碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1个N原子换成1个C原子，Ti原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式为Ti4CN3。答案为：；Ti4CN3。【点睛】计算晶胞中所含原子的个数时，依据原子所在位置确定所属晶胞的份额。若原子位于立方体的项点，则属于此晶抱的只占八分之一；若原子位于棱上，则只有四分之一属于此晶抱；若原子位于面心，则只有二分之一属于此晶胞；若原子位于立方体内，则完全属于此晶胞。12.有机物M（）是某抗病毒药物的中间体，它的一种合成路途如下：已知：①②回答下列问题：(1)有机物A的名称是_____，F中含有的官能团的名称是_____。(2