江西省赣州市2023届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题（含解析）

这是一份江西省赣州市2023届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题（含解析），共17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。

江西省赣州市2023届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．《厉害了，我的国》展示了我国科技发展的巨大成就，中国近五年来在探索太空、开发深海、开发新材料、开发5G技术等取得了举世瞩目的成就。下列说法不正确的是
A．华为5G手机搭载智能7 nm制程SOC“麒麟980”芯片，芯片的主要成分是单质硅
B．“天宫课堂”实验中，乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程发生吸热反应
C．火星车的热控材料纳米气凝胶能产生丁达尔效应
D．“华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
2．布洛芬是一种非甾体抗炎明星药物，其结构简式如图。下列有关布洛芬说法正确的是

A．与乙酸互为同系物
B．一个分子中最少有9个碳原子共平面
C．1mol该物质最多可与4molH2加成
D．光照条件下与Cl2反应生成一氯代物有5种
3．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A．室温下，20gKH固体中所含H-的数目为0.5NA
B．1L0.01mol·L-1的Ca(HCO3)2溶液中含碳粒子总数为0.02NA
C．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为0.5NA
D．2NH3(g)⇌3H2(g)+N2(g) ΔH=+akJ·mol-1，若参加反应的NH3数目为2NA，反应会吸收akJ热量
4．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E是由上述四种元素中的一种或几种组成的物质。已知A、B分子中分别含有18、10个电子，E为黄绿色单质，D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是

A．Y、Z的氢化物的热稳定性比较：Y>Z
B．X和Z可以形成18电子的化合物X2Z2
C．四种元素简单离子半径比较：W>Y>Z>X
D．X、Y、W组成的化合物中可能既有离子键又有极性键
5．实验探究是化学学科核心素养之一、用下图所示装置能净化和收集气体的是

选项
气体(杂质)
试剂X
A
C2H4(SO2)
NaOH溶液
B
Cl2(HCl)
饱和食盐水
C
SO2(CO2)
饱和碳酸钠溶液
D
C3H8(C2H4)
酸性高锰酸钾溶液
A．A B．B C．C D．D
6．科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种新型储能氯流电池(如图)，其中电极a为NaTi2(PO4)3/Na3Ti2(PO4)3通过风力发电进行充电时，电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3；下列说法错误的是

A．放电时，电子的流向：电极a→输电网→电极b
B．充电时，电极b为阳极，发生氧化反应
C．放电时总反应：NaTi2(PO4)3+2NaClNa3Ti2(PO4)3+Cl2↑
D．充电时，每转移0.2mol电子，NaCl溶液质量减少11.7g
7．MOH为一元弱碱，向MCl的溶液中不断加入蒸馏水，c(H+)随c(M+)而变化。实验发现某温度下为线性关系如图所示。下列叙述错误的是

A．当c(M+)=2×10-4mol·L-1时，c(OH-)=1×10-7mol·L-1
B．溶液中存在：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
C．该温度下，M+的水解平衡常数Kh=1×10-10
D．a点溶液中：c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH-)

二、工业流程题
8．硫酸锰和锰的氧化物是一种重要的化工原料。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰和锰的氧化物的工艺流程如下：

已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3。
②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25℃)：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
1.9
7.6
7.3
3.0
完全沉淀的pH
3.2
9.6
9.3
5.2
(1)“混合焙烧”前将矿石粉碎的目的是___________。
(2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为___________，“氟化除杂”的作用是___________。
(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是___________。
(4)写出“沉锰”时生成MnCO3的离子反应方程式___________。
(5)已知：Ksp(MnCO3)=1.1×10-11，Ksp[Mn(OH)2]=1.1×10-13，现用10L一定浓度的Na2CO3溶液，将amolMn(OH)2沉淀全部转化为MnCO3，需Na2CO3溶液的浓度至少为___________mol·L-1(用含a的表达式表示)。
(6)MnCO3固体经煅烧得到锰的氧化物，测得煅烧过程中固体残留率(固体残留率=)随温度变化的曲线如图所示。975K时，煅烧后得到锰的氧化物为___________(填化学式)。


三、实验题
9．在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示。

已知：草酸(H2C2O4)是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。
(1)仪器a的名称是___________。
(2)实验中需要用到硝酸和浓硫酸的混合物(混酸)，制备该混酸应将___________(填“浓硫酸”或“硝酸”)加入到另一种酸中，并不断揽拌。
(3)淀粉[(C6H10O5)n]在硫酸作用下，可发生水解反应，生成葡萄糖。淀粉水解实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是___________。
(4)55°C-60℃时，装置A中葡萄糖(C6H12O6)被硝酸氧化为草酸，同时有NO生成，其化学方程式为___________。
(5)该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率降低，原因是。___________。
(6)将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0~5.0，然后将溶液经一系列步骤，得到草酸铁铵晶体[(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O，M=428g·mol-1]。
①实验中所加氨水不能过量，若氨水过量会使草酸铁铵晶体产率偏低，原因是___________。
②制得的草酸铁铵晶体中混有草酸，为测定草酸铁铵晶体的含量，进行下列实验：
准确称取4.73g产品配成100.00mL溶液，收10.00mL于锥形瓶中，加入足量的0.1000mol·L-1稀硫酸酸化后，再0.1000mnol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为14.00mL。滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是___________。产品中草酸铁铵晶体的质量分数为___________%(保留三位有效数字)。

四、原理综合题
10．回收并利用CO2、CO是科学家研究的重要课题，下面是资源化利用CO2、CO的方法。试回答下列问题：
(1)用CO2、H2为原料合成甲醇(CH3OH)过程主要涉及以下反应：
a．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1
b．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)  ΔH2=+41.2 kJ/mol
c．CO(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)  ΔH3=-45.1 kJ/mol
①根据盖斯定律，反应a的ΔH1=___________。
②我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

反应历程最小能垒E正=___________eV。
③上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___________(填标号)。
A．升高温度，反应b正向移动，反应c逆向移动
B．加入反应a的催化剂，可以降低反应的活化能及反应热
C．增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率
D．及时分离出CH3OH，可以使得反应a的正反应速率增大
④加压，甲醇产率将___________(填“增大”、“不变”、“减小”或“无法确定”，下同)；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，甲醇产率将___________。
(2)CO也可以用于直接制备CH3OH，在一密闭容器中投入1molCO和2molH2发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强变化关系如图所示：

①比较压强：p1___________p2(填“＞”、“＜”或“=”)。
②比较M、N两点的化学反应速率：v正(M)___________v逆(N) (填“＞”、“＜”或“=”)。
③对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(Kp)，则M点时，平衡常数Kp=___________。(p1=5 MPa)

五、结构与性质
11．CuO、Cu2S等含铜化合物可以催化合成HCOOH．回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为___________。
(2)HCOOH中碳原子的轨道杂化类型为___________，元素电负性从大到小的顺序为___________。
(3)催化过程中可能产生，的空间构型为___________，碳氧键的平均键长比CH3OH要___________(填“长”或“短”)。
(4)在有机溶剂中，H2SO4的电离平衡常数Ka1(H2SO4)比H2CO3的电离平衡常数Ka1(H2CO3)大，除S的非金属性比C强外，在分子结构上还存在的原因是___________。
(5)已知Cu2S晶胞中S2-的位置如图所示，Cu+位于S2-所构成的正四面体中心。

S2-配位数为______________________；已知图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，则晶胞中与A距离最近的为Cu+原子分数坐标为___________；若晶胞参数anm，晶体的密度为dg·cm-3)，则阿佛伽德罗常数的值为___________(用含a和d的式子表示)。

六、有机推断题
12．多非利特(dofetilide)是一种口服或注射使用的选择性钾离子通道(hERG)阻断剂，可阻断携带延迟整流钾电流快速组分IKr的心脏离子通道，延长心脏动作电位持续时间，该药合成路线如图所示，回答下列问题：

已知：含-NH2的物质为胺类。
(1)A的化学名称为_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)C中含氧官能团的名称为_______。
(4)生成D的化学方程式为_______。
(5)生成1 mol E需要消耗_______mol H2。
(6)生成F的反应类型为_______。
(7)化合物G为与KOH(-NO2与氢氧化钾不反应)醇溶液加热反应后的有机产物，则G的同分异构体中氨基与苯环(除苯环外，不含其他环)直接相连且结构中含有羧基的结构有______种，其中核磁共振氢谱表明有四组氢(氢原子数之比为2： 2： 2： 1)的结构简式为____。

参考答案：
1．B
【详解】A．晶体Si的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体采用，芯片的主要成分是单质硅，A正确；
B．乙酸钠在温度较高的水中的溶解度非常大，很容易形成过饱和溶液，暂时处于亚稳态，这种溶液里只要有一点的结晶和颗粒，就能打破它的亚稳态，迅速结晶的同时释放出大量热量，但没有发生吸热反应，B错误；
C．火星车的热控材料纳米气凝胶属于胶体，因此能产生丁达尔效应，C正确；
D．与的质子数相同，而中子数不同，因此二者互为同位素，D正确；
故合理想象是B。
2．D
【详解】A．该物质含有苯环，与乙酸不是同系物，A错误；
B．苯环是平面结构，一个分子中最少8个碳原子在一个平面上，B错误；
C．该物质中只有苯环能与氢气发生加成反应，故1mol该物质最多可以与3mol氢气发生加成反应，C错误；
D．光照条件下与氯气发生取代反应的只有侧链上的氢原子，，故生成一氯代物有5种，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．KH由K+和H-组成，20gKH的物质的量0.5mol，所含H-的数目为0.5NA，故A正确；
B．1L0.01mol·L-1的Ca(HCO3)2的物质的量为0.01mol，碳酸氢根离子的物质的量为0.02mol，根据元素守恒可知含碳粒子总数为0.02NA，故B正确；
C．未考虑溶剂水中的氧原子，故C错误；
D．由热化学方程式可知，1mol氨气完全反应时吸收akJ热量，则参加反应的NH3数目为2NA，会吸收akJ热量，故D正确；
故选：C。
4．A
【分析】E为黄绿色单质，E为Cl2；A含有18电子，D有漂白性，且A与D反应生成氯气，则A为HCl，D为HClO，B既能与HCl反应又能与氯气反应，且含10个电子，则B为NH3；生成的C为NH4Cl，所以X为H、Y为N、Z为O、W为Cl。
【详解】A．非金属性：O>N，非金属越强氢化物稳定性越强，则稳定性：H2O>NH3，故A错误；
B．H和O可形成18电子的H2O2，故B正确；
C．电子层数越多离子半径越大，层数相同时，核电荷数越多离子半径越小，则离子半径：，故C正确；
D．H、N、Cl可形成NH4Cl，既有离子键又有极性键，故D正确；
故选：A。
5．B
【详解】A．乙烯中的SO2可以通过装有NaOH的洗气瓶来除杂，也能用浓硫酸进行干燥，但由于乙烯的密度比空气稍小一点，故常用排水法收集而不用排空气法收集(易导致收集的乙烯不纯)，A不合题意；
B．除去Cl2中的HCl先通过装有饱和食盐水的洗气瓶，再用浓硫酸进行干燥，且密度大于空气，利用向上排空气法收集氯气，B符合题意；
C．由于SO2和CO2均能与Na2CO3溶液反应，故不能用饱和Na2CO3溶液来除去SO2中的CO2，C不合题意；
D．乙烯经过酸性高锰酸钾溶液后转化为CO2，引入新的杂质，故除去丙烷中的乙烯不能用酸性高锰酸钾溶液，D不合题意；
故选：B。
6．C
【分析】充电时，电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，a极发生还原反应，a为阴极，b为阳极；那么放电时a为负极、b为正极；
【详解】A．由分析可知，放电时a为负极，则电子的流向为负极流向正极：电极a→输电网→电极b，A正确；
B．充电时，电极b为阳极，失去电子发生氧化反应，B正确；
C．放电时总反应为Na3Ti2(PO4)3失去电子发生氧化反应生成钠离子、氯气得到电子发生还原反应生成氯离子，总反应为：Na3Ti2(PO4)3+Cl2NaTi2(PO4)3+2NaCl，C错误；
D．充电时，根据电子守恒可知，2Na+~2e-~2NaCl，每转移0.2mol电子，NaCl溶液质量减少0.2mol ×58.5g/mol=11.7g，D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．该温度下纯水中c(H+)=c(OH-)，Kw=c(H+)×c(OH-)=c2(H+)=2×10-14，当 c(M+)=2×10-4 mol•L-1时，c2(H+)=4×10-14，Kw=2×10-14，故c(OH-)=1×10-7 mol•L-1，故A正确；
B．溶液呈电中性，故MCl 的稀溶液中始终存在：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，故B正确；
C．该温度下，M+的水解方程式为M++H2O⇌MOH+H+，平衡常数 Kh=，利用c(M+)=2×10-4 mol•L-1点进行计算，该点c(H+)=2×10-7 mol•L-1，c(OH-)=1×10-7 mol•L-1，c(MOH)=c(H+)-c(OH-)=1×10-7 mol•L-1，故Kh=＝＝10−10，故C正确；
D．Kb＝＝＝2×10−4＝，其中c(M+)=1×10-4 mol•L-1，=2＞1，故c(OH-)＞c(MOH)，故D错误；
故选：D。
8．(1)增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更充分
(2) MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 形成CaF2沉淀，以除去杂质Ca2+
(3)5.2≤pH<7.3(或[5.2，7.3)或5.2~7.3)
(4)Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(5)(或4a2+0.1a)
(6)Mn2O3

【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)混合焙烧，得到、及少量FeO、，加入硫酸，得到的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中沉淀完全，此时溶液中的金属离子为，加入碳酸氢铵溶液发生反应：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解得到硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）“混合焙烧”前将矿石粉碎增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更充分；
（2）氧化步骤加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；加入MnF2氟化除杂，使溶液中形成CaF2沉淀，以除去杂质Ca2+；
（3）加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，结合表中数据可知pH值需调节在：5.2≤pH<7.3(或[5.2，7.3)或5.2~7.3)；
（4）加入碳酸氢铵溶液发生反应：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（5），该反应K=，amolMn(OH)2沉淀全部转化为MnCO3，结合反应可知生成n(OH-)=2amol，消耗n()=amol；此时溶液中= mol/L，剩余n()=mol，则需要碳酸钠的总物质的量= amol+ mol；需Na2CO3溶液的浓度至少为mol/L或4a2+0.1a mol/L；
（6）设起始时的物质的量为1mol，则质量为115g，含锰元素的质量为 55g，根据质量守恒，975K时，煅烧后得到氧化物中的锰元素质量为55g，氧化物的质量=115g×68.6%=78.89g，含氧元素质量=78.89g-55g=23.89g，则n(Mn):n(O)=1: =2:3，氧化物的化学式为：Mn2O3。
9．(1)广口瓶
(2)浓硫酸
(3)取少量水解液于试管中，再向试管中加入碘水，溶液不显蓝色
(4)C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3=3H2C2O4+6H2O+6NO↑
(5)浓硫酸用量过多，会使生成的草酸分解；浓硫酸会使葡萄糖脱水碳化，使得草酸产率降低
(6) 有Fe(OH)3生成，使草酸铁铵晶体产率偏低 反应生成的Mn2+对反应有催化作用 90.5

【分析】草酸铁铵晶体中混有草酸，加入足量的0.1000mol·L-1稀硫酸酸化后，再0.1000mnol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定，既要考虑草酸铁铵中转化的草酸晶体，又要考虑混有的草酸，结合样品总质量和消耗的高锰酸钾求解。
【详解】（1）仪器a的名称是广口瓶。
（2）制备硝酸和浓硫酸的混合物时，应将浓硫酸加入浓硝酸中以防液体飞溅。
（3）欲证明淀粉已经完全水解，设计实验检验淀粉是否有剩余即可：取少量水解液于试管中，再向试管中加入碘水，溶液不显蓝色。
（4）葡萄糖(C6H12O6)被硝酸氧化为草酸，同时有NO生成，其化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3=3H2C2O4+6H2O+6NO↑。
（5）草酸(H2C2O4)是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解，该实验中催化剂浓硫酸用量过多，浓硫酸用量过多，会使生成的草酸分解，同时浓硫酸会使葡萄糖脱水碳化，使得草酸产率降低。
（6）氨水过量会使Fe3+水解，生成Fe(OH)3，使草酸铁铵晶体产率偏低。
向草酸中滴加高锰酸钾会产生Mn2+,滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快,有可能是因为反应生成的Mn2+对反应有催化作用。
分别设草酸和草酸铁铵晶体物质的量分别为a，b，且由关系式可知


解得a=0.005mol，b=0.01mol
故产品中草酸铁铵晶体的质量分数为
10．(1) -49.0 kJ/mol 0.61 AC 增大 增大
(2) ＞ ＞

【详解】（1）①根据盖斯定律，热化学方程式b+c×2=a，故整理可得反应a的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1=-49.0 kJ/mol；
②根据反应历程可知反应历程最小能垒是④的E正=0.61 eV；
③A．根据热化学方程式可知：反应b的正反应是吸热反应，反应c的正反应是放热反应。在其它外界条件不变时，升高温度，反应b正向移动，反应c逆向移动，A正确；
B．加入反应a的催化剂，可以降低该反应的活化能，但由于其不影响反应物、生成物的能量，因此该反应的反应热不变，B错误；
C．对于反应a、b，H2都是反应物，在在其它外界条件不变时，增大反应物H2的浓度，化学平衡正向移动，有利于提高反应物CO2的平衡转化率，C正确；
D．及时分离出生成物CH3OH，在该瞬间，生成物的浓度降低，而反应物浓度不变，因此正反应速率不变，而逆反应速率减小，由于v正＞v逆，因此使化学平衡正向移动，从而可提高反应物的平衡转化率，而反应a的正反应速率会随着反应的进行而逐渐减小，D错误；
故合理选项是AC；
④反应a的正反应是气体体积减小的反应，反应②是反应前后气体体积不变的反应，因此在其它外界条件不变时，增大压强会导致甲醇产率增大；
若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，根据反应c可知：随着一氧化碳含量的增加，反应产生的甲醇产率也将会增大；
（2）①CO与H2可以直接发生反应产生CH3OH，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，在温度不变时，增大压强，化学平衡正向移动，导致CH3OH的物质的量会增大。根据图示可知：在相同温度下n(CH3OH)：p1＞p2；故压强：p1＞p2；
②在温度不变时，增大压强，会导致反应物质的浓度增大，化学反应速率加快。在平衡时任一点的ｖ正＝ｖ逆。由于压强：p1＞p2，所以M、N两点的化学反应速率：v正(M)＞v逆(N)；
③根据图示可知：在M点反应温度是506K，CH3OH的物质的量是0.25 mol，在反应开始时n(CO)=1 mol，n(H2)=2 mol，根据反应方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中物质反应转化关系可知平衡时n(CO)=1 mol-0.25 mol=0.75 mol，n(H2)=2 mol-2×0.25 mol=1.5 mol，n(总)=0.75 mol+1.5 mol+0.25 mol=2.5 mol，则M点时，平衡常数Kp=。
11．(1)3dl04S1
(2) sp2杂化 O>C>H
(3) 平面(正)三角形 短
(4)H2SO4有2个非羟基氧而H2CO3只有1个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强
(5) 8 (，，)

【详解】（1）Cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
（2）HCOOH中羧基上的碳原子形成1个碳氧双键、2个单键，是sp2杂化；
元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、O电负性从大到小的顺序为O>C>H；
（3）的中心原子的价层电子对数=键数+孤电子对数=3+0=3，则C为sp3杂化，三个O原子分别位于杂化轨道的伸展方向上，所以的空间构型为平面三角形；由于有大键，所以中C-O键长较短；故答案为：平面三角形；短；
（4）H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，非羟基氧越多，吸引电子能力越强，H-O的电子云密度（电子出现概率）越小，H越易电离，其酸性越强，故答案为：H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强；
（5）在Cu2S晶胞中，四面体中心共有8个，每个四面体中心均分布着一个Cu+，每个S2-周围有8个Cu+，故S2-配位数为8；图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，A与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，与A距离最近的Cu+位于此正四面体的中心，则Cu+的原子分数坐标为(，，)；晶胞的体积为(a10-7)3cm3，每个晶胞的质量为，则d=，则mol-1，只涉及数值，省略单位mol-1，其数值为，故答案为：8；(，，)；。
12．(1)苯乙胺
(2)
(3)硝基、醚键
(4)+CH3I+HI
(5)6
(6)取代反应
(7) 13

【分析】A发生硝化反应得到B：，B发生取代反应得到C，C中与N原子所连的H原子被甲基取代得到D：，D中硝基被还原为氨基得到E，E发生取代反应得到F。
【详解】（1）A的名称为苯乙胺；
（2）根据分析，B的结构简式为：；
（3）C中的含氧官能团名称为：硝基、醚键；
（4）C中与N原子所连的H原子被甲基取代得到D，化学方程式为：+CH3I+HI；
（5）对比D和E的结构简式，D中硝基与氢气发生反应转化为氨基和水，生成1molE消耗6molH2；
（6）根据分析，E发生取代反应得到F，故反应类型为取代反应；
（7）发生消去反应得到G：，G的同分异构体中氨基与苯环(除苯环外，不含其他环)直接相连且结构中含有羧基的结构可能为：(邻、间、对共3种)；、、（数字代表-CHO），共10种，综上满足条件的G的同分异构体种数为13种；其中核磁共振氢谱表明有四组氢(氢原子数之比为2： 2： 2： 1)的结构简式为：。