2023届四川省内江市高三零模理综化学试题含解析

这是一份2023届四川省内江市高三零模理综化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

四川省内江市2023届高三零模理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是(    )
A．以CO2为原料合成聚碳酸酯可降解塑料有助于实现“碳中和”
B．煤的液化是获得清洁燃料的一种方式，发生的是物理变化
C．2022年冬奥会首次使用了氢能作为火炬燃料，践行了绿色、环保理念
D．将以铁粉、生石灰为主要成分的双吸剂放入食品包装袋中，可以延长食物的保质期
【答案】B
【详解】A．以CO2为原料合成聚碳酸酯可降解塑料，可降低二氧化碳的排放量，有助于实现“碳中和”，A正确；
B．煤的液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料，发生的是化学变化，B错误；
C．氢能作为火炬燃料燃烧产物为水，不会污染环境，践行了绿色、环保理念，C正确；
D．铁粉具有还原性，能吸收包装袋内的氧气，防止食品氧化，生石灰具有吸水性，能吸收包装袋内的水蒸气，防止食品潮解，则以铁粉、生石灰为主要成分的双吸剂放入食品包装袋中，可以延长食物的保质期，D正确；
故答案为B。
2．用下图所示装置及药品制备相应的气体，其中不能实现的是(    )




A．制取NH3
B．制取乙烯
C．制取Cl2
D．制取SO2

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．氧化钙溶于水放热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，使浓氨水分解产生氨气，A正确；
B．乙醇在浓硫酸作催化剂和加热的条件下能发生消去反应生成乙烯，B正确；
C．实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下发生反应生成氯化锰、氯气和水，C正确；
D．铜与浓硫酸反应制取二氧化硫需在加热的条件下，D装置不能加热，D错误；
故答案为D。
3．利用Heck反应合成一种药物中间体需要经历下列反应过程。有关说法错误的是

A．a、b、c中只有a是苯的同系物
B．c既可发生氧化反应也可发生聚合反应
C．a、b、c中所有碳原子均有可能共面
D．b的同分异构体中属于芳香族化合物的有12种
【答案】D
【详解】A．a是乙苯，b中含有氯原子，c中含有碳碳双键，b、c结构与苯均不相似，因此三种物质中只有a是苯的同系物，A正确；
B．c中含有碳碳双键，所以c既可发生氧化反应也可发生聚合反应，B正确；
C．苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以a、b、c中所有碳原子均有可能共面，C正确；
D．b的同分异构体中属于芳香族化合物的，如果只有一个取代基，该取代基是－CH2CH2Cl，如果有两个取代基，可以是－CH3和－CH2Cl或－CH2CH3和－Cl，均有邻间对三种，如果含有3个取代基，分别是2个甲基和1个氯原子，有6种不同结构，因此共计是13种，D错误；
答案选D。
4．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含CO的数目小于NA
B．标准状况下，22.4LHF含NA个分子
C．17g-OH与17gOH-所含电子的数目均为10NA
D．0.05mol·L-1NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.1NA
【答案】A
【详解】A．Na2CO3溶液中CO水解后离子数目减少，故含0.1molNa2CO3溶液中CO的数目小于NA，故A正确；
B．标准状况下，HF不是气体，故无法计算其物质的量，故B错误；
C．1个-OH中含有9个电子，故17g-OH所含电子的数目均为9NA，故C错误；
D．NaHSO4溶液的体积未知，故无法计算其物质的量，故D错误；
故选A。
5．一种离子液体的结构如图所示，其中Z、X、Y、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是(    )

A．原子半径：X> Y>Z> W
B．简单气态氢化物的还原性： Y > X
C．Z、Y、W可形成盐
D．该物质中所有原子均满足8电子稳定结构
【答案】C
【分析】已知Z、X、Y、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数是内层电子数的3倍，W只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，则W为O；Z形成1个共价键，X形成4个共价键，其原子序数均小于O，则Z为H，X为C，Y原子序数小于O大于C，则Y为N，综上所述Z、X、Y、W分别为H、C、N、O；
【详解】A．同一周期从左到右原子半径减小，电子层越多，半径越大，则原子半径：C>N>O>H,即X>Y>W>Z，A错误；
B．同一周期从左到右元素非金属性增强，其简单气态氢化物的还原性减弱，则简单气态氢化物的还原性C>N即X> Y，B错误；
C．Z、Y、W可形成盐，如NH4NO3，C正确；
D．该物质中含有氢原子，氢原子满足2电子稳定结构，该物质中不是所有原子均满足8电子稳定结构，D错误；
故答案为C。
6．常温下，向一元弱碱BOH溶液中滴加一元强酸稀溶液，已知在一元弱碱BOH溶液中存在： c(BOH) +c(B+) =0.1 mol·L-1，溶液中c( BOH)和c(B+)的负对数pc的大小与pOH[ pOH= - lge( OH-)]的关系如图所示。下列有关叙述错误的是(    )

A．常温下，当溶液的pOH =5.75时，溶液的pH =8.25
B．常温下，一元弱碱BOH的电离平衡常数约为10-5
C．a点对应的溶液中，一元弱碱BOH的电离程度大于B+的水解程度
D．当溶液的pOH =5.75时，c(OH-) 【答案】D
【分析】BOHB++OH-，根据图象可知，pOH越小，c(OH-)越大，c(BOH)越大，则可得m曲线为c(BOH)变化曲线，n曲线为c(B+)的变化曲线；
【详解】A．常温下，水溶液中始终存在水的电离平衡常数Kw=，pOH=5.75时，c(OH-)=mol/L，因此氢离子浓度为c(H+)=mol/L=mol/L，即pH =8.25，A正确；
B．根据a点，可知c(B+) =c( BOH)，BOH的电离平衡常数Kb=，此时c(OH-)=mol/L，可得电离平衡常数为，数量级为10-5，B正确；
C．a点溶液，对应的溶液pOH=4.75，溶液呈碱性，可知BOH的电离程度大于水解程度，C正确；
D．pOH =5.75时，由图象知pBOH>pB，则c(B+)> c(BOH)，且溶液呈碱性，c(OH-)> c(H+)，所以c (H+) 故答案为D。
7．某电化学装置如图所示，该装置能将CO2转化为燃料C2H5OH，从而实践“碳中和”。下列说法正确的是

A．该电化学装置实现“碳中和”的同时将光能转化为电能
B．该电化学装置工作时，溶液中的H+由a极区移向b极区
C．a电极的反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
D．每生成3.36LO2，有4.4gCO2被还原
【答案】C
【详解】A．该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；
B．a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B错误；
C．a与电源负极相连，所以a是阴极，二氧化碳得电子发生还原反应生成C2H5OH，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，故C正确；
D．无标准状况，无法计算氧气的物质的量，故D错误；
故选C。

二、工业流程题
8．金属钛(Ti)因硬度大、熔点高、密度小、抗腐蚀性强而被广泛用作高新科技材料，披誉为“太空金属”。工业上用某金属氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)来制备钛、铁红等的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)为加快"水溶”速率，可采取的措施为_______(写出一种即可)。
(2)“滤液E”中除含有过量的硫酸和硫酸铝外，还含有_______。
(3)已知二氧化钛能与熔融的氢氧化钠反应生产Na2TiO3，在酸性条件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)的离子方程式为_______。“滤液A”到“滤液E"需加热的原因是_______。
(4)为了便于分离铁和铜，通常要将Fe2+氧化成Fe3+，使用的氧化剂合理的是_______，调节pH的目的是_______。
(5)用“滤液D”制胆矾的步骤为蒸发浓缩、_______、过滤、冰水洗涤、自然风干。
(6)取500 mL “滤液E” ，经过一系列变化后，电解得到5.4 g Al，不考虑变化过程中铝的损耗，则“滤液E"中Al2(SO4)3的物质的量浓度为_______mol·L-1。
【答案】(1)溶液加热
(2)硫酸钠
(3)     TiO2++2H2O H2TiO2+2H+     加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分
(4)     H2O2     使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀
(5)冷却结晶
(6)0.2

【分析】用某金属氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)来制备钛、铁红等，矿石经过研磨后，加入NaOH碱溶，TiO2、Al2O3转化为NaTiO3、NaAlO2，FeO、Fe2O3、CuO不溶，过滤，得到滤液A，A中加入硫酸，在酸性条件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，偏铝酸根转化为铝离子，形成滤液E，滤渣E为H2TiO2(沉淀)，H2TiO2(沉淀)煅烧得到TiO2，TiO2与氯气、焦炭高温生成TiCl4，TiCl4高温分解为Ti；滤渣A为FeO、Fe2O3、CuO，加入硫酸转化为硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，调节pH后过滤，得到含铜离子的滤液D以及含氢氧化铁的滤渣D，氢氧化铁加热分解为铁红。
（1）为加快"水溶”速率，可采取的措施为溶液加热；故答案为：溶液加热；
（2）碱溶时加入了NaOH，加入硫酸后形成硫酸钠，则“滤液E”中除含有过量的硫酸和硫酸铝外，还含有硫酸钠；故答案为：硫酸钠；
（3）TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，水解离子方程式为TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；水解反应为吸热反应，则“滤液A”到“滤液E"需加热的原因是加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；故答案为：TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；
（4）为了便于分离铁和铜，通常要将Fe2+氧化成Fe3+ ，使用的氧化剂合理的是H2O2，可以不引入杂质，调节pH的目的是使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀；故答案为：H2O2；使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀；
（5）用“滤液D”制胆矾的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、自然风干；故答案为：冷却结晶；
（6）取500 mL “滤液E” ，经过一系列变化后，电解得到5.4 g Al，不考虑变化过程中铝的损耗，结合铝元素守恒，则“滤液E"中Al2(SO4)3的物质的量浓度为；故答案为：0.2。

三、实验题
9．过二硫酸钾(K2S2O8)易潮解，易分解，是一种重要的氧化剂。某学习小组设计实验探究过二硫酸钾的性质。
实验(一)探究过二硫酸钾的强氧化性。
(1)用K2S2O8溶液与KI溶液反应，实验操作与现象如下表所示。
实验
操作
现象
Ⅰ
在10mL0.1mol/L含淀粉的KI溶液中滴加4mL0.1mol/LK2S2O8溶液
一段时间后，溶液缓慢变蓝色
Ⅱ
在10mL0.1mol/L含淀粉的KI溶液中先滴几滴0.1mol/LFeSO4溶液，再滴加4mL0.1 mol/LK2S2O8溶液
溶液迅速变蓝色

①用碰撞理论分析，实验Ⅰ中K2S2O8和KI反应很慢的主要原因是_______。
②实验Ⅱ中Fe2+起催化作用，总反应分两步进行：
(i)2Fe2+ +S2O=2Fe3++2SO；
(ii)_______。
请你补充反应( ii ) ，并设计实验证明实验Ⅱ反应后的溶液中含有Fe3+_______。
(2)查阅文献知，氧化性：S2O> MnO。在稀硫酸酸化的MnSO4溶液中滴加1滴催化剂AgNO3溶液，再滴加K2S2O8溶液，实验现象是_______，该反应的离子方程式为_______。
实验(二)探究过二硫酸钾的不稳定性。
已知几种物质的熔、沸点如下表所示：
物质
SO3
SO2
O2
熔点/℃
16.8
-72.7
-218.4
沸点/℃
44.8
10
-182.9

取适量的K2S2O8装入硬质玻璃管中，加热，将分解产物依次通过装置B、C、D，实验中发现B中U形管内产生无色液体，接着无色液体慢慢变成固体，C中溶液颜色无明显变化，D中溶液逐渐变蓝色。
(3)加热前，先通入一段时间N2，当观察到D装置中_______(填实验现象)时点燃酒精灯。

(4)B装置的U形管中收集到的物质是_______(填化学式)。
(5)当A装置的硬质玻璃管中固体完全分解时，停止加热。冷却至室温，然后取少量残留固体于试管中，加入蒸馏水，溶解后滴加BaCl2溶液和盐酸，产生白色沉淀。写出A装置中K2S2O8发生分解的化学方程式_______。
【答案】(1)     单位时间内有效碰撞的次数较少     2Fe3++2I-=I2+2Fe2+     取实验Ⅱ反应后的溶液于试管中，向其中滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则证明实验Ⅱ反应后的溶液中含有Fe3+；
(2)     无色溶液变为紫红色     5S2O+2Mn2++8H20= 2MnO+10SO+16H+
(3)出现连续气泡
(4)SO3
(5)2 K2S2O82K2SO4+2SO3+O2

【分析】实验(一)探究过二硫酸钾的强氧化性
实验I在10mL0.1mol/L含淀粉的KI溶液中滴加4mL0.1mol/LK2S2O8溶液，一段时间后，溶液缓慢变蓝色，说明K2S2O8将碘离子氧化为碘单质；在10mL0.1mol/L含淀粉的KI溶液中先滴几滴0.1mol/LFeSO4溶液，再滴加4mL0.1 mol/LK2S2O8溶液，溶液迅速变蓝色，说明FeSO4溶液加快了K2S2O8溶液与KI溶液反应，起催化作用。
实验(二)探究过二硫酸钾的不稳定性
取适量的K2S2O8装入硬质玻璃管中，加热，将分解产物依次通过装置B、C、D，实验中发现B中U形管内产生无色液体，接着无色液体慢慢变成固体说明产物含SO3，C中溶液颜色无明显变化，说明没有SO2生成，D中溶液逐渐变蓝色即碘离子变为碘单质,说明产物含有氧化性物质，K2S2O8中存在1个过氧键，O元素从-1价降至-2价，则另一O元素化合价升高，由元素组成可知氧化性物质为O2；
（1）
实验Ⅰ中K2S2O8和KI反应很慢的主要原因是根据碰撞理论分析，单位时间内有效碰撞的次数较少，导致化学反应速率较慢；
故答案为：单位时间内有效碰撞的次数较少；
S2O中含有过氧键，，作氧化剂时-1价的两个氧原子变为-2价，1mol S2O会得到2mol电子，所以总反应为S2O+2I-=I2+ 2SO，由已知(i)2Fe2+ +S2O=2Fe3++2SO，反应( ii )=总反应-反应( i )，得到反应( ii )为2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；设计实验为取实验Ⅱ反应后的溶液与试管中，向其中滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则证明实验Ⅱ反应后的溶液中含有Fe3+；
故答案为：2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；取实验Ⅱ反应后的溶液于试管中，向其中滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则证明实验Ⅱ反应后的溶液中含有Fe3+；
（2）
因为氧化性：S2O> MnO，所以在稀硫酸酸化的MnSO4溶液中滴加1滴催化剂AgNO3溶液，再滴加K2S2O8溶液，K2S2O8溶液会与MnSO4溶液反应生成KMnO4，则实验现象是无色溶液变为紫红色；根据题意可知该反应的反应物为S2O与Mn2+，产物为MnO和SO，利用氧化还原反应原理配平，得到该反应的离子方程式为5S2O+2Mn2++8H20= 2MnO+10SO+16H+；
故答案为：无色溶液变为紫红色；5S2O+2Mn2++8H20= 2MnO+10SO+16H+；
（3）
加热前，先通入一段时间N2，当观察到D装置中出现连续气泡时，说明装置中空气排尽，则开始点燃酒精灯。
故答案为：出现连续气泡；
（4）
实验中发现B中U形管内产生无色液体，接着无色液体慢慢变成固体，说明产物为SO3，则B装置的U形管中收集到的物质是SO3；
故答案为：SO3；
（5）
残留固体溶解后滴加BaCl2溶液和盐酸，产生白色沉淀，说明含有硫酸根，根据分析知分解产物为硫酸钾、三氧化硫和氧气，其分解的化学方程式为2 K2S2O82K2SO4+2SO3+O2；
故答案为：2 K2S2O82K2SO4+2SO3+O2。

四、原理综合题
10．我国科学家研制出催化剂将CO2转化为烃的效率提高1000倍。已知：在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应如下：4CO2(g) +13H2(g)C4H10(g) +8H2O(g) △H
(1)已知C4H10(g)、H2(g)的燃烧热△H分别为-2900 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1，H2O(I)=H2O(g) △H3= +44 kJ·mol-1.则△H=_______kJ·mol-1。
(2)在恒容恒温条件下，向密闭容器中充入CO2、H2，加入合适催化剂发生上述反应，下列情况表明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．混合气体密度保持不变 B．气体总压强保持不变
C．气体平均摩尔质量保持不变 D．混合气体中C4H10体积分数保持不变
(3)在密闭容器中充入适量CO2和H2，发生上述反应，单位时间内CO2的转化率与温度、催化剂的关系如图1所示。

①催化效率，Cat2_______(填“>”、“<”或“=”)Catl。
②a点_______(填 “达到”或 “未达到”)平衡，理由是_______。b点之后CO2的转化率降低，可能的原因是_______。
(4)在密闭容器中充入0.4 mol CO2和1.3 mol H2发生上述反应，测得CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。

①p2_______ (填 “>”、 “<”或 “=”)p1，随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等，其主要原因是_______。
②已知M点对应的容器体积为1 L，则在300℃下平衡常数K=_______(只列计算式)。
【答案】(1)-463. 4 kJ • mol-1
(2)BCD
(3)     >     未达到     该反应为放热反应，但是a点随着反应的进行，二氧化碳的转化率在增大，则a未达到平衡     b点温度之后CO2转化率降低可能的原因为若b点反应未达平衡，温度升高可能可能导致催化剂失去活性；若b点反应达到平衡，正反应放热，温度升高平衡逆向移动使得CO2平衡转化率降低
(4)     <     温度升高反应速率加快，反应可以在较短时间内达到平衡，此时压强影响逐渐减小    

【解析】（1）①C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)十5H2O(1) = -2900 kJ • mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H3 = -285.8 kJ • mol-1③H2O(1)=H2O(g) △H4=+44 kJ • mol-1根据盖斯定律，②13 -①+③8得4CO2(g)+13H2(g)C4H10(g)十8H2O(g) = ( -285. 8 kJ • mol-1 ) 13+2900 kJ • mol-1+44 kJ • mol-18= -463. 4 kJ • mol-1；
（2）A．反应前后气总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度保持不变，反应不一定平衡，A错误；B．反应前后气体物质的量不同，压强是变量，气体总压强保持不变，反应一定达到平衡状态，B正确；C．反应前后气总质量不变，气体总物质的量不同，混合气体的平均摩尔质量是变量，若混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应一定达到平衡状态，C正确；D．C4H10是生成物，随着反应的进行，其物质的量逐渐增多，故其体积分数保持不变，可以证明反应达到平衡，D正确；故选BCD；
（3）①相同温度下，用Cat2作催化剂CO2转化率比Cat1高，所以催化效率Cat2>Cat1；②由第一问可知，该反应为放热反应，但是a点随着反应的进行，二氧化碳的转化率在增大，则a未达到平衡；b点温度之后CO2转化率降低可能的原因为若b点反应未达平衡，温度升高可能可能导致催化剂失去活性；若b点反应达到平衡，正反应放热，温度升高平衡逆向移动使得CO2平衡转化率降低；
（4）①该可逆反应的正反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，CO2平衡转化率增大，所以p2
五、结构与性质
11．John B．Goodenough等三位科学家因在发展锂离子电池方面做出的贡献而获得了诺贝尔化学奖。回答下列问题：
(1)锰酸锂( LiMn2O4)电池具有原料成本低合成工艺简单等优点。原子中运动的电子有两种相反的身旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态Li原子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为_______。基态 Mn原子核外价层电子的运动状态有_______种。
(2)锂离子电池的电解液一般为溶有LiPF6的碳酸酯类有机溶剂，LiPF6遇水反应生成PF3和POF， PF中心原子的价层电子对数为_______，POF3的空间构型为_______。 下列对PF5中心原子杂化方式的推断合理的是_______(填字母)。
A．sp2 B．sp3 C．sp3d D．sp3d2
(3)三元正极材料LiCNjMnO2掺杂Al3+可使其性能更优，第三电离能：Fe_______(填“大于”或“小于”)Mn，原因是_______。
(4)链化锂被认为是很有潜力的正极材料，晶胞结构如图所示。

①晶施可以看作是由铋原子构成的面心立方晶格，锂原子填充在其中的四面体和八面体空隙处，晶体的化学式为_______。
②图中原子坐标参数：A为(0，0，0)，B为(1，0.5，1)，则C的坐标为_______，Bi与Li(1)和Li(2)之间的最短距离的比值为_______。
【答案】(1)     +或-     7
(2)     6     四面体形     C
(3)     小于     Fe、Mn失去的第三个电子分别是3d6、3d5上的电子，3d5为半充满稳定结构，失去电子所需能量较大，则第三电离能Fe小于Mn
(4)     BiLi3     (0.25，0.75，0.25)    

【解析】（1）
基态Li原子核外电子排布图为 ，其1s轨道上有2个自旋方向相反的电子，2s轨道上有1个电子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为+或-；核外价层电子的运动状态种类数=核外价层电子总数，基态 Mn原子核外价层电子数为7个，即基态 Mn原子核外价层电子的运动状态有7种；
故答案为：+或-；7；
（2）
PF中心原子的价层电子对数为；POF3中心原子的价层电子对数为，其空间构型为四面体形；PF5中心原子的价层电子对数为，其中心原子杂化方式为sp3d，选C；
故答案为：6；四面体形；C；
（3）
Fe、Mn失去的第三个电子分别是3d6、3d5上的电子，3d5为半充满稳定结构，失去电子所需能量较大，则第三电离能Fe小于Mn；
故答案为：小于；Fe、Mn失去的第三个电子分别是3d6、3d5上的电子，3d5为半充满稳定结构，失去电子所需能量较大，则第三电离能Fe小于Mn；
（4）
Bi位于顶点和面心，个数为=4，Li(1)位于棱上和体心，个数为，Li(2)位于体内，个数为8，Bi、Li个数比为4:(4+8)=1:3，则晶体的化学式为BiLi3；
故答案为：BiLi3或者Li3Bi；
根据图示找到C的坐标为(0.25，0.75，0.25)；设晶胞棱长为a，Bi 与Li(1)之间的最短距离为棱长的一半即，Bi 与Li(2)之间的最短距离为体对角线的，即为，则Bi与Li(1)和Li(2)之间的最短距离的比值为；
故答案为：(0.25，0.75，0.25)；。

六、有机推断题
12．两位科学家因发展了不对称有机催化而获得2021年诺贝尔化学奖，利用有机值化可以合成不对称分子，在药物合成方面有着重要的就用。由氯乙烷合成不对称分子J()的路线如下：

已知：CH3CH=CHCHO
(1)C的化学名称为_______。
(2)由B生成C的反应条件是_______。
(3)由D、C生成E的化学方程式为_______。
(4)由E生成F的反应类型是_______。
(5)J中官能团的名称为_______ ，用*标出J中的手性碳原子(连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子)：_______。
(6)化合物E的酯类同分异构体中，2个氯在苯环的邻位且苯环上只有3个取代基的有_______种。
(7)手性分子是合成增塑剂、表面活性剂等的原料，设计以乙醇和为原料制备该有机物的合成路线(无机试剂任选)。_______
【答案】(1)乙醛
(2)Cu和加热
(3)CH3CHO+
(4)消去反应
(5)     羟基、酯基、溴原子    
(6)8
(7)

【分析】A的分子式为C2H5Cl，其结构简式为CH3CH2Cl，B的分子式为C2H6O，AB为卤代烃的水解反应，则B的结构简式为CH3CH2OH，由知，C、D均为醛类，根据E的结构可推出C为CH3CHO，D为，由 CH3CH=CHCHO可推出F的结构简式为，F与银氨溶液在加热条件下发生氧化反应，之后再与H+反应，生成G为，G与氢氧化钠水溶液在加热的条件下发生水解反应生成H，H与乙醇在浓硫酸和加热条件下发生酯化反应生成I，最后I与溴化氢发生加成反应生成J。
（1）
据分析知，C为CH3CHO，其化学名称为乙醛；
故答案为：乙醛；
（2）
由B生成C发生的是乙醇催化氧化为乙醛，反应条件为Cu和加热；
故答案为：Cu和加热；
（3）
据分析知，C为CH3CHO，D为，由D、C生成E的化学方程式为CH3CHO+；
故答案为：CH3CHO+；
（4）
据分析知，E为，F为由E生成F的反应类型是消去反应；
故答案为：消去反应；
（5）
J为，其官能团的名称为羟基、酯基、溴原子；连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，符合条件的如图
故答案为：羟基、酯基、溴原子；；
（6）
E为，E的酯类同分异构体中，2个氯在苯环的邻位且苯环上只有3个取代基，2个-Cl取代基，第3个取代基可以为-CH2CH2OOCH或-CH(CH3)OOCH或-CH2OOCCH3或-OOCCH2CH3，第3个取代基可以插在苯环上有2种情况，故总共有8种；分别为、、、、、、、；
故答案为：8；
（7）
根据已有知识和相关信息知，与氢氧化钠溶液在加热条件下发生水解反应生成，在催化剂和加热条件下发生催化氧化反应生成，CH3CH2OH在Cu作催化剂和加热条件下发生催化氧化CH3CHO，CH3CHO与在OH-条件下发生反应生成，合成路线为,
故答案为：。