2023届陕西省榆林市高三第一次模拟理科综合化学试题含解析

这是一份2023届陕西省榆林市高三第一次模拟理科综合化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

陕西省榆林市2023届高三第一次模拟理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中华文化源远流长、博大精深，陕西历史博物馆馆藏文物是中华文化的重要代表。下列物品主要是由金属材料制成的是
A．白瓷马蹬壶
B．东汉青铜奔马
C．液晶显示屏
D．西夏文佛经纸本






A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．白瓷马蹬壶属于陶瓷，陶瓷属于传统无机非金属材料，不是金属材料，A不符合题意；
B．东汉青铜奔马中青铜为铜金属的合金，属于金属材料，B符合题意；
C．液晶显示屏是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固体和液态间的有机化合物，C不符合题意；
D．纸张的主要成分是纤维素，D不符合题意；
故选B。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1molCH≡CH中含有的共用电子对的数目为3NA
B．1.0mol·L-1的AlCl3溶液中含有的阴离子总数为3NA
C．1.7 g羟基(-OH)和1.7 gOH-中含有的质子数均为0. 9NA
D．20mL18mol·L-1浓硫酸与足量铜反应转移的电子数为0.36NA
【答案】C
【详解】A．CH≡CH分子中含有2个碳氢单键和1个碳碳三键，则1molCH≡CH中含有的共用电子对的数目为5NA，故A错误；
B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，故B错误；
C．羟基(-OH)和OH-的质子数均为9，1.7 g羟基(-OH)和1.7 gOH-中含有的质子数均为0. 9NA，故C正确；
D．n(H2SO4)= 18mol·L-12010-3L=0.36mol，若0.36mol浓硫酸完全反应，则转移的电子数为0.36NA，但随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故转移的电子数小于0.36NA，故D错误；
答案选C。
3．短周期主族元素X、Y、Z、W、 R的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是
A．简单离子半径：R>W>X> Y> Z
B．Y与W具有相同的最高化合价
C．Z、W的简单离子都能促进水的电离
D．往元素X的最简单氢化物的稀溶液中滴加酚酞，无明显变化
【答案】C
【分析】常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可联想到Al在浓硝酸、浓硫酸中的钝化，则Z应为Al元素，W的原子序数大于Al，则W为S元素，R为原子序数大于S的短周期主族元素，则为Cl；X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，且X的原子序数小于Y，应是指氨气极易溶于水，所以X为N元素，Y为O元素。
【详解】A．核外电子排布形同的时候，原子序数越小半径越大，另外电子层数越多，半径越大，故简单离子半径：W>R>X>Y>Z，A错误；
B． W为S元素，Y为O元素，S的最高化合价为+6价，O不能失去最外层6个电子，没有+6价，最高化合价不同，B错误；
C．Z、W的简单离子分别为铝离子、硫离子，都可以水解，促进水的电离，C正确；
D． 由分析可知，X为N元素，N的气态氢化物为NH3，其水溶液显碱性，滴加酚酞，溶液显红色，D错误；
故选C。
4．化合物N具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由M制得。下列有关化合物M、N的说法正确的是

A．一定条件下M可发生氧化、取代、加成反应
B．有机物N分子中所有原子可能共平面
C．M、N所含官能团种类相同，M和N属于同系物
D．等物质的量的M、N分别与金属Na反应，生成的氢气的物质的量之比为1：1
【答案】A
【详解】A．M中的酚羟基和碳碳双键可发生氧化反应，酯基和酚羟基可以发生取代反应，碳碳双键和苯环可以和氢气发生加成反应，故A正确；
B．N分子中含有甲基，具有四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；
C．M、N所含官能团种类相同，但所含官能团数目不完全相同，分子组成也不是相差“CH2”原子团，不属于同系物，故C错误；
D．酚羟基可以与金属Na反应产生氢气，一个M中有4个酚羟基，一个N中有3个酚羟基，则等物质的量的M、N分别与金属Na反应，生成的氢气的物质的量之比为4:3，故D错误；
答案选A。
5．用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是

A．利用图I测定中和反应的反应热
B．利用图II证明Na2O2与水反应放热
C．利用图III制备乙酸乙酯
D．利用图IV证明Cl2能与烧碱溶液反应
【答案】C
【详解】A．图中装置可保温、测定反应的最高温度等，则图中装置可测定中和反应的反应热，故A正确；
B．Na2O2与水反应生成氧气、且放热，会使脱脂棉燃烧，故B正确；
C．导气管末端不能插入液面以下，否则会造成倒吸，故C错误；
D．Cl2与NaOH溶液反应，使锥形瓶内气体压强减小，则气球变大可证明发生反应，故D正确；
答案选C。
6．我国科学家成功研制出CO2/Mg二次电池，在潮湿条件下的放电反应：3CO2+2Mg+2H2O=2MgCO3·H2O+C，模拟装置如图所示(已知放电时，Mg2+由负极向正极迁移)。下列说法正确的是

A．充电时，Mg电极接外电源的正极
B．放电时，电子由镁电极经电解质溶液流向石墨电极
C．充电时，阳极的电极反应式为2MgCO3·H2O+C- 4e- =3CO2+2Mg2++2H2O
D．放电时，CO2在正极被还原，每消耗6.72 L CO2转移的电子的物质的量为0.2 mol
【答案】C
【分析】由图可知，放电时，Mg作负极，电极反应式为Mg−2e−＝Mg2＋，石墨作正极，电极反应式为3CO2＋2Mg2＋＋2H2O＋4e−=2MgCO3•H2O＋C，充电时，Mg作阴极，石墨作阳极，据此作答。
【详解】A．充电时，Mg作阴极，石墨作阳极，故A错误；
B．放电时为原电池，电子经导线传导，故B错误；
C．充电时，石墨作阳极，电极反应式为2MgCO3·H2O+C- 4e- =3CO2+2Mg2++2H2O，故C正确；
D．放电时，CO2在正极被还原为C，C由+4价变为0价，每消耗6.72 L CO2转移的电子的物质的量为1.2 mol，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图像和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
7．室温下，通过下列实验探究0.0100 mol∙L−1 Na2C2O4溶液的性质。
实验1：实验测得0.0100 mol∙L−1 Na2C2O4溶液的pH为8.6。
实验2：向溶液中滴加等体积、0.0100 mol∙L−1 HCl溶液，pH由8.6降为4.8。
实验3：向溶液中加入等体积、0.0200 mol∙L−1 CaCl2溶液，出现白色沉淀。
实验4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色。
已知室温下Ksp(CaC2O4)=2.5×10−9，下列说法错误的是
A．0.0100 mol∙L−1 Na2C2O4溶液中满足： >2
B．实验2滴加盐酸过程中可能存在：c(Na+ )=c( )+2c( )+c(C1－)
C．实验3所得上层清液中：c( )=5×10−7 mol·L−1
D．实验4发生反应的离子方程式为+4+12H+=2CO2 ↑+4Mn2+ +6H2O
【答案】D
【详解】A．0.0100 mol∙L−1 Na2C2O4溶液中有，则有 >2，故A正确；
B．实验2滴加盐酸，根据电荷守恒得到c(Na+ )+ c(H+ )=c( )+2c( )+c(C1－) +c(OH－)，当溶液pH=7时，c(H+ )= c(OH－)，则该过程中可能存在：c(Na+ )=c( )+2c( )+c(C1－)，故B正确；
C．实验3两者反应生成草酸钙，反应后剩余钙离子浓度为，，，故C正确；
D．实验4发生反应的离子方程式为5+2+16H+=10CO2 ↑+2Mn2+ +8H2O，故D错误。
综上所述，答案为D。

二、实验题
8．以盐湖锂精矿(主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度的LiCl 和MgCl2 )为原料均能制备高纯Li2CO3。回答下列问题：
(1)由锂精矿为原料制取碳酸锂的过程中，需要先“碳化溶解”使Li2CO3转为LiHCO3，实验装置如图所示。

已知： I.20℃时LiOH的溶解度为12.8g。
II.Li2CO3在不同温度下的溶解度：0℃ 1.54 g，20℃ 1.33 g，80℃ 0.85 g。
①装有盐酸的仪器的名称为_______。
②装置B中盛放的试剂为_______，其作用是_______。
③装置C中除了生成LiHCO3，还可能生成的杂质为_______(填化学式)。
④装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是_______。保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有_______。
⑤热解过滤获得的Li2CO3表面有少量Li2C2O4，不进行洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是_______。
(2)设计由盐湖卤水制取高纯Li2CO3的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水中_______。(实验中必须使用的试剂：NaOH溶液、Na2CO3溶液；已知：pH= 10时Mg(OH)2完全沉淀)
【答案】(1)     恒压滴液漏斗     饱和NaHCO3溶液     吸收HCl     Ca(HCO3)2     温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小     加快搅拌速率     加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3
(2)滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥

【分析】装置A用大理石和盐酸反应产生了CO2，在装置B中用饱和NaHCO3溶液除去HCl气体杂质，向锂精矿中通入CO2，将Li2CO3转化为溶于水的LiHCO3，发生的反应为Li2CO3+H2O+CO2=2LiHCO3，加热分解LiHCO3得到Li2CO3，由信息可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2CO3晶体。
【详解】（1）①装有盐酸的仪器可以起到平衡气压，使盐酸顺利滴下的作用，仪器名称为：恒压滴液漏斗；
②盐酸易挥发，A中产生的CO2混有HCl，所以装置B中应盛放饱和NaHCO3溶液，用来吸收HCl；
③锂精矿中除含有Li2CO3，还含有少量的CaCO3，通入CO2，会发生反应CaCO3+H2O+CO2= Ca(HCO3)2，则可能生成的杂质为Ca(HCO3)2；
④Li2CO3、CO2溶解度均随温度升高而减小，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小，不利于反应进行；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；
⑤Li2CO3表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；
（2）已知：pH= 10时Mg(OH)2完全沉淀，盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需要先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤，减少晶体的溶解，则实验方案为：滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥。

三、工业流程题
9．S和Te属于同主族元素，碲(Te)广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等)中回收碲的工艺流程如下：

已知：TeO2具有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4均难溶于水；高碲酸钠的化学式为Na2TeO4。
回答下列问题：
(1)Cu2Te中Te的化合价为_______。
(2)S和Te属于同主族元素，则稳定性：H2S_______(填“>”或“<”)H2Te，试解释其原因：_______。
(3)“滤液I”的主要成分是_______(写化学式)；“滤液I”中溶质的浸出率与温度的关系如图所示，解释溶质的浸出率随温度变化的可能原因：_______。

(4)“碱浸”时发生反应的离子方程式为_______。
(5)粗碲粉中碲的质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为_______；若硫酸亚铁铵溶液使用之前部分被氧化，则测定结果_______(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】(1)-2价
(2)     >     同主族元素，原子序数越大，非金属性越弱，氢化物的稳定性越弱
(3)     CuSO4     随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，但温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4，出率降低
(4)TeO2+2OH-=+H2O
(5)          偏低

【分析】根据回收碲的工艺流程可知，精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等)和硫酸、空气反应生成了不溶于水的TeO2，根据碲元素的化合价变化，可知此反应是氧化还原反应，反应的化学方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2=2CuSO4+TeO2+2H2O，则反应过后水浸的滤液I的主要成分是CuSO4，滤渣的主要成分是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通过结晶分离出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3放在一起反应生成不溶于水的碲，经过沉碲操作得到粗碲粉，据此分析解答。
【详解】（1）Cu2Te中Cu为+1价，则Te为-2价；
（2）同主族元素，原子序数越大，非金属性越弱，氢化物的稳定性越弱，故H2S的稳定性强于H2Te；
（3）经分析，滤液I的主要成分是CuSO4，根据CuSO4的浸出率与温度关系图可知，浸出率先是随温度升高而升高，然后随温度升高而减小，其原因是温度升高，硫酸铜的溶解度增大，溶解速率会加快，则浸出率逐渐升高，当温度高到一定程度，由于TeO2具有强还原性，则和CuSO4发生氧化还原反应生成了难溶于水的Cu2TeO4，故后期温度升高，CuSO4的浸出率反而下降。
（4）经分析“碱浸”过程是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，故离子方程式为TeO2+2OH-=+H2O。
（5）根据题意可知25.00mLH2TeO3溶液和V2mLc2mol·L-1硫酸亚铁铵被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亚铁被氧化成+3价铁，K2Cr2O7被还原成+3价铬，根据电子守恒可得关系式c(H2TeO3)×25.00mL×2+c2×V2mL×1=c1×V1mL×3×2，解得c(H2TeO3)=mol·L-1，则100mL的H2TeO3溶液所含的n(H2TeO3)=mol·L-1×0.1L=mol，n(H2TeO3)=n(Te)=mol，则m(Te)=，故mg粗碲粉中碲的质量分数为=。若硫酸亚铁铵溶液使用之前部分被氧化，消耗K2Cr2O7溶液体积偏小，则测定结果偏低。

四、原理综合题
10．“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题：
I.在一定条件下，CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1 。
已知：①常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为- 285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1；
②H2O(l)=H2O(g) ΔH2=+44.0 kJ ·mol-1。
(1)ΔH1=_______ kJ ·mol-1。
(2)在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15 kPa、30 kPa，加入催化剂并加热使其发生反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+ 2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6 p(CO2)·p4(H2) kPa·s-1，某时刻测得H2O(g)的分压为10 kPa，则该时刻v(H2)=_______。
(3)其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为_______MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是_______。

(4)不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：4投料发生反应[副反应为CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g) +H2O(g) ΔH3>0]，CO2的平衡转化率如图所示。

①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因：_______。
II.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件 下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g) ΔH1= +802.3 kJ·mol-1。
(5)恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图。

350℃时，A点的平衡常数K=_______ (填计算结果)。 为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为_______。
【答案】(1)-164. 0
(2)0.48 kPa·s-1
(3)     0. 1     有其他含碳的副产物生成
(4)     p3> p2>p1     温度超过600℃时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升
(5)     1     减小投料比[c(CO2)：c(H2O)](或及时移出产物)

【详解】（1）常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1，则有③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-571kJ ·mol-1，④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=-890.0kJ ·mol-1，根据盖斯定律可知，2´③-④+2´②可得反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，则ΔH1 =2´ΔH3-ΔH4+2´ΔH2=2´(-571kJ ·mol-1)-(-890.0kJ ·mol-1)+2´(+44.0kJ ·mol-1)=-164.0kJ ·mol-1。
（2）同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO2、H2的起始分压分别为15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，Δp(H2O)=10kPa，则Δp(CO2)=5kPa，Δp(H2)=20kPa，此时，p(CO2)=10kPa，Δp(H2)=10kPa，v(CH4)=1.2×10-6´10´104kPa·s-1=0.12kPa·s-1，v(H2)=4v(CH4)=0.48kPa·s-1。
（3）如图所示，随着压强增大，CO2的转化率变化不大，CH4的产率逐渐减小，故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。
（4）①CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故p3＞p2＞p1；
②压强为p1时，温度低于600℃时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，温度超过600℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率上升。
（5）恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，并结合方程式可知，曲线a表示H2O的浓度变化，曲线b表示CO2的浓度变化，曲线c表示O2的浓度变化，曲线d表示CH4的浓度变化；350℃时，c(CO2)=c(CH4)，c(H2O)=c(O2)，K==1；为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为减小投料比[c(CO2)：c(H2O)]，或及时移出产物。

五、结构与性质
11．2022年9月9日，国家航天局、国家原子能机构联合在北京发布“嫦娥五号”最新科学成果：中国科学家首次在月球上发现新矿物，并命名为“嫦娥石”。“嫦娥石”是一种新的磷酸盐矿物，属于陨磷钠镁钙石(Merrillite)族，颗粒约2~30微米，伴生矿物有钛铁矿等。回答下列问题：
(1)基态钛原子价电子排布式为_______。
(2)Fe的配合物有多种。、、的配体中所含原子C、N、O、F电负性由大到小的顺序是_______(写元素符号，下同)；第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如图：

①纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是_______。
②的立体构型为_______，中心原子的杂化类型是_______。
(4)反型钙钛矿电池无须使用具有光催化活性的(通过氮掺杂生成，反应如图)以及掺杂的有机空穴传输层，光照下的输出稳定性更好，更具发展潜力。

晶体中_______；已知原子A、B的分数坐标分别为和，则原子C的坐标为_______，设阿伏加德罗常数的值为，的密度为_______g·cm。
【答案】(1)；
(2)     F>O>N>C；     F>N>O>C；
(3)     温度升高，磷酸分子间氢键被破坏；     正四面体形；     ；
(4)     ；     ；     。

【详解】（1）基态钛原子为22号元素，核外电子排布式为：；故价电子排布式为：；答案为：；
（2）同周期，元素的电负性从左到右依次增强，故原子C、N、O、F电负性由大到小的顺序是：F>O>N>C；同周期，第一电离能一般是从左到右依次增强，由于氮原子2p轨道半充满，比较稳定，第一电离能较大，故第一电离能由大到小的顺序为：F>N>O>C；答案为：F>O>N>C；F>N>O>C
（3）温度升高，磷酸分子间氢键被破坏，导致磷酸黏度迅速下降；磷酸分子中磷原子的价层电子对数为：，根据价层电子对互斥理论，可以推知：的立体构型为：正四面体形；根据杂化轨道理论可知，中心原子的杂化类型是；答案为：；正四面体形；；
（4）晶体结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，氧原子6个在棱上，6个在面上，1个在体内，根据均摊法在晶胞中氧原子的个数为：；氮原子1个在面上，1个在棱上，晶胞中氮原子的个数为：；钛原子8个在顶点，4个在面上，1个在体心，晶胞中钛原子的个数为：；所以，钛原子、氧原子和氮原子的原子个数比：；化学式为：；则2-=，则=；
的晶胞结构可知：原子A、B的分数坐标分别为和，则原子C的坐标为：；
的晶胞中，钛原子8个在顶点，4个在面上，1个在体心，晶胞中钛原子的个数为：；氧原子8个在棱上，8个在面上，2个在体内根据均摊法在晶胞中氧原子的个数为：；故1个晶胞中含有4个，的密度为： ；答案为：；；。

六、有机推断题
12．由芳香化合物A制备药物中间体I的一种合成路线如图：

已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应：R- CH(OH)2→R-CHO+ H2O；
②R- CHO+R1-CH2COOHR –CH=CH- R1+ H2O+CO2↑；
③。
(1)A的名称为_______；C 的分子式为_______。
(2)B→C的反应类型为_______ ；A~I九种物质中含有手性碳原子的有_______种。
(3)F→G的反应方程式为_______。
(4)试剂Y的结构简式为_______。
(5)同时满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不含立体异构)。
①苯环上只有两个侧链
②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体
其中核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为2：2：1的同分异构体的一种结构简式为_______。
(6)参照上述合成路线，设计由CH3CH2CHCl2制备CH3CH2 CH=CHCH3的合成路线_________(有机溶剂及无机试剂任选)。
【答案】(1)     对甲苯酚     C9H8Cl2O2
(2)     取代反应     0
(3)
(4)
(5)     12    
(6)

【分析】由B的结构简式，结合A的分子式可知，A为， A中酚羟基和乙酸发生取代反应生成B，试剂X为CH3COOH，B中甲基发生取代反应生成C，C中氯原子发生水解反应生成D，D为对羟基苯甲醛，D→E为取代反应，F发生已知信息②中反应生成G为，再发生已知信息③的反应生成H为，试剂Y为。
【详解】（1）由分析可知A的结构简式为，名称为对甲苯酚；由C的结构简式可知，C 的分子式为C9H8Cl2O2，故答案为：对甲苯酚；C9H8Cl2O2；
（2）B→C是甲基上发生二氯取代，则反应类型为取代反应；与4个不同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，由A~I九种物质的结构简式可知，没有含有手性碳原子的物质，故答案为：取代反应；0；
（3）F发生已知信息②中反应生成G为，反应方程式为，故答案为：；
（4）H+YI+H2O，H为，结合I的结构。推知试剂Y的结构简式为，故答案为：；
（5）G为，G的同分异构体同时满足下列条件：①苯环上只有两个侧链；
②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基；苯环上一个取代基为-COOH，另一个取代基为-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH或两个取代基均为-CH2COOH或一个取代基为-CH3，另一个取代基为-CH(COOH)2，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故满足条件的同分异构体有43=12种；核磁共振氢谱显示有3组峰，说明该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子；又知峰面积之比为2：2：1，说明3种氢原子个数比为2：2：1，该有机物的结构简式为，故答案为：12；；
（6）CH3CH2CHCl2发生水解反应生成CH3CH2CHO，CH3CH2CHO氧化得到CH3CH2COOH，然后CH3CH2CHO与CH3CH2COOH发生信息②中反应生成CH3CH2 CH=CHCH3，合成路线为：，故答案为：。