2020-2021学年四川省内江市威远中学高三（下）月考化学试卷（3月份）

这是一份2020-2021学年四川省内江市威远中学高三（下）月考化学试卷（3月份），共21页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】C，【答案】B，【答案】−575等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年四川省内江市威远中学高三（下）月考化学试卷（3月份）

1. 化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是( )
A. 古代记载文字的器物“甲骨”与“丝帛”成分相同
B. 纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+重金属离子
C. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
D. 用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子化合物
2. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 56gC3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NA
B. 100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NA
C. 将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=2NA(N表示粒子数)
D. 24.5L25℃，101kPa条件 15NH3含有的质子数的为11NA
3. 已知苯乙烯(b)、立方烷(d)、环辛四烯(p)的分子式均为C8H8。下列说法正确的是( )
A. b、d的二氯代物均只有三种
B. b、p均能与酸性高锰酸钾溶液反应
C. d是烷烃，只能取代，不能加成
D. b和苯乙炔一样，所有原子一定处于同一平面
4. 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是( )
A. 除去HC1中含有的少量Cl2
B. 将硫酸铜溶液蒸干，制备蓝矾
C. 可以完成“喷泉”实验
D. 制取并收集干燥纯净的NH3
5. 微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72−离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是( )
A. 正极反应式是Cr2O72−+7H2O+6e−=2Cr(OH)3+8OH−
B. 电池工作时，N极附近溶液pH减小
C. 处理1molCr2O72−时有6molH+从交换膜右侧向左侧迁移
D. Cr2O72−离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活
6. 短周期元素X、Y、Z的离子具有相同的核外电子排布，原子半径X大于Z，离子半径Y大于Z，Y与Z可形成常见的离子化合物，则下列说法中不正确的是( )
A. 原子序数一定是Z>X>Y
B. X、Z两种元素的金属性X>Z
C. Z的最高价氧化物一定能溶于X、Y的最高价氧化物的水化物
D. 工业上获得X、Z单质的方法主要是电解
7. 25℃时，向10mL0.1mol⋅L−1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol⋅L−1的HCl溶液，溶液的AG[AG=lgc(H+)c(OH−)]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A. 若a=−8，则Kb(XOH)≈10−5
B. M点表示盐酸和恰好完全反应
C. R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl−)
D. M点到N点，水的电离程度先增大后减小
8. 草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4⋅2H2O.回答下列问题：
(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料，并用图1装置制取C2H2.
①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是______。
②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：______(用离子方程式回答)。
(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4⋅2H2O.制备装置如图2所示：
①装置D中多孔球泡的作用是______。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为______。
③从装置D中得到产品，还需经过______(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。
(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4⋅2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol⋅L−1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL。
①滴定终点的现象是______。
②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是______。
③产品中H2C2O4⋅2H2O的质量分数为______(列出含 m、c、V 的表达式)。
9. 消除氮氧化物的污染对建设生态文明具有重要的意义。回答下列问题：
(1)用活性炭还原法可以处理氮氧化物，发生反应为C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。
①已知：C(s)和CO(g)的燃烧热分别为393.5kJ⋅mol−1和283kJ⋅mol−1；CO(g)和NO(g)反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=−747.8kJ⋅mol−1。则用活性炭还原法反应的△H=______kJ⋅mol−1，欲提高NO平衡转化率，可采取的措施有 ______。
②实验室模拟活性炭还原氮氧化物的过程。向2L固定体积的密度容器中，加入足量的活性炭，再充入1molNO，在一定温度下反应，50min时达到平衡，测得混合气体中CO2的物质的量为0.2mol，则平衡时NO的转化率为 ______，该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(2)C12也可以与NO反应：2NOCl(g)⇌2NO(g)+C12(g)。一定温度下，用NOCl和Cl2表示该反应的反应速率分别为，、k2为速率常数)。向2L密闭容器中充入amolNOCl(g)，测得NO的物质的量浓度与温度的关系
如图1所示(x”、“Y，故A正确；
B、X在Z的前面，为金属，同周期从左到右金属性减弱，则X、Z两种元素的金属性X>Z，故B正确；
C、Y为O、F无最高价氧化物，如Z为Mg元素，则不能溶于NaOH溶液，故C错误；
D、Na、Mg、Al都为活泼金属，工业冶炼常用电解方法，故D正确。
故选：C。
短周期元素X、Y、Z的离子具有相同的核外电子排布，则可能为O2−、F−、Na+、Mg2+、Al3+等离子，由题目可知Y、Z中有一为金属，一为非金属，已知离子半径Y大于Z，故Y为非金属，在上一周期，又原子半径X大于Z，故X在Z的前面，为金属，Z可能是镁或铝，以此解答该题．
本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律．

7.【答案】B

【解析】解：A.a点表示0.1mol⋅L−1的XOH，若a=−8，则c(OH−)=10−3mol/L，所以Kb(XOH)=c(X+)⋅c(OH−)c(XOH)≈1×10−3×1×10−30.1=10−5，故A正确；
B.M点AG=0，则溶液中c(OH−)=c(H+)，溶液呈中性，所以溶液中溶质为XOH和XCl，不是恰好反应，故B错误；
C.若R点恰好为XCl时，根据物料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(Cl−)，故C正确；
D.M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度增大，再加入盐酸，盐酸过量，水的电离程度减小，所以从M点N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确；
故选：B。
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

8.【答案】减慢反应速率  PH3+4ClO−=H3PO4+4Cl−  ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行  C2H2+8HNO3−Hg(NO)3△H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶  溶液呈浅红色且30 s内不褪色  反应放热，溶液温度升高(或生成的Mn2+是该反应的催化剂)31.5cVm%

【解析】解：(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；
故答案为：减慢反应速率；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：PH3 +4ClO−=H3PO4+4Cl−；
反应后溶液显酸性，此时ClO−有强氧化性，也能氧化Cl−，生成氯气，发生反应的离子反应为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：PH3 +4ClO−=H3PO4+4Cl−；ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O；
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应，
故答案为：增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3−Hg(NO)3△H2C2O4+8NO2+4H2O，
故答案为：C2H2+8HNO3−Hg(NO)3△H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)①滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象为：当溶液呈浅红色且30 s内不褪色，
故答案为：溶液呈浅红色且30 s内不褪色；
②H2C2O4与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应可能放热，溶液温度升高，另外生成的Mn2+是该反应的催化剂，故滴定过程中发现褪色速率先慢后逐渐加快，
故答案为：反应放热，溶液温度升高(或生成的Mn2+是该反应的催化剂)；
③根据2MnO4−∼5H2C2O4，则n(H2C2O4⋅2H2O)=n(H2C2O4)=52×n(MnO4−)=52×cV×10−3mol，产品中H2C2O4⋅2H2O的质量分数为：52×cV×10−3mol×126g/molmg×100%=31.5cVm%，
故答案为：31.5cVm%。
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；酸性条件下ClO−与Cl−反应生成氯气；
(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4⋅2H2O，发生反应为：C2H2+8HNO3−Hg(NO)3△H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；
(3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；
②H2C2O4⋅与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应放热，生成的锰离子作催化剂；
③根据2MnO4−∼5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4⋅2H2O的质量分数。
本题本题考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

9.【答案】−575.3降温、减少生成物的浓度  40%19  >0.5ax3(0.5a−x)2  O2+4e−+2N2O5=4NO3−  8.64

【解析】解：(1)①已知：C(s)和CO(g)的燃烧热分别为393.5kJ⋅mol−1和283kJ⋅mol−1，，，。盖斯定律计算得到C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H=−575.3kJ/mol，反应为气体体积不变的放热反应，欲提高NO平衡转化率，可以降温、减少生成物的浓度等措施，
故答案为：−575.3；降温、减少生成物的浓度；
②向2L固定体积的密度容器中，加入足量的活性炭，再充入1molNO，在一定温度下反应，50min时达到平衡，测得混合气体中CO2的物质的量为0.2mol，结合三段式列式得到，
                 C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始量(mol)100
变化量(mol)0.40.20.2
平衡量(mol)0.60.20.2
平衡状态下NO的转化率=0.4mol1mol×100%=40%，
反应前后气体体积不变，平衡状态气体总物质的量=1mol，设气体总压为p0，计算气体分压得到，p(NO)=p0×0.61=0.6p0，p(N2)=0.2p0，p(CO2)=0.2p0，
Kp=p(N2)p(CO2)p2(NO)=0.2p0×0.2p0(0.6p0)2=19，
故答案为：40%；19；
(2)根据“先拐先平数值大”可知，温度高的先打打平衡状态，图中T1>T2，，，平衡状态下，，得到，图中T2温度下，NO的平衡浓度为xmol/L，根据反应三段式计算平衡时各物质的浓度，
                       2NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl2(g)
起始量(mol/L)0.5a00
变化量(mol/L)xx0.5x
平衡量(mol/L)0.5a−xx0.5x
平衡常数K=c2(NO)c(Cl2)c2(NOCl)=0.5x×x2(0.5a−x)2mol/L=0.5ax3(0.5a−x)2mol/L，

故答案为：>；0.5ax3(0.5a−x)2；
(3)①甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极，正极反应为O2+2N2O5+4e−=4NO3−，
故答案为：O2+4e−+2N2O5=4NO3−；
②石墨Ⅰ电极反应式为NO2+NO3−−e−=N2O5，电解池中阴极反应为Ag++e−=Ag，根据电子转移守恒有：NO2∼Ag，n(Ag)=n(NO2)=4.6g46g/mol=0.1mol，电解效率为80%，则乙中阴极得到Ag的质量为0.1mol×80%×108g/mol=8.64g，
故答案为：8.64g。
(1)①已知：C(s)和CO(g)的燃烧热分别为393.5kJ⋅mol−1和283kJ⋅mol−1，
，
，
。
盖斯定律计算得到C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H，欲提高NO平衡转化率，改变条件，使平衡正向进行；
②反应三段式计算平衡时NO的变化量和NO、N2、CO2的物质的量，转化率，计算气体分压代入平衡常数Kp=p(N2)p(CO2)p2(NO)中计算；
(2)“先拐先平数值大”分析判断图中T1、T2大小，，，平衡状态下，，得到，结合三段式列式计算平衡浓缩的平衡常数；
(3)①甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3−−e−=N2O5，石墨Ⅱ为正极O2+2N2O5+4e−=4NO3−；
②石墨Ⅰ电极反应式为NO2+NO3−−e−=N2O5，电解池中阴极反应为Ag++e−=Ag，根据电子转移守恒有：NO2∼Ag，据此计算理论沉银量。
本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律的应用及反应热计算、化学反应速率的影响因素、化学平衡及其影响因素、化学平衡常数及其计算等，侧重学生分析能力和计算能力的考查，把握基本化学反应原理即可解答，题目难度中等。

10.【答案】  NaAlO2、Na2SiO3  稀硫酸  2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2SO4  不是 c(Cr2O72−)c2(H+)⋅c2(CrO42−)  AAg2CrO4  低温时K2Cr2O7溶解度远小于其他组分  8CrO42−+6S2−+23H2O=8Cr(OH)3↓+3S2O32−+22OH−

【解析】解：(1)①根据分析，高温下，Fe(CrO2)2与O2、Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3和CO2，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒规律，化学方程式为，
故答案为：；
②根据分析，煅烧后的浸出液中除了含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有NaAlO2、Na2SiO3，
故答案为：NaAlO2、Na2SiO3；
(2)结合流程图，由分析可知，调节溶液的pH所选的试剂为稀硫酸，酸性条件下，NaAlO2转化为Al(OH)3，则生成Al(OH)3的化学方程式2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2SO4，
故答案为：稀硫酸；2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2SO4；
(3)①该反应2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙红色)+H2O中没有元素发生化合价变化，不是氧化还原反应，反应的平衡常数表达式： K=c(Cr2O72−)c2(H+)⋅c2(CrO42−)，
故答案为：不是；c(Cr2O72−)c2(H+)⋅c2(CrO42−)；
②Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙红色)+H2O，若向Na2Cr2O7溶液(橙红色)中加入足量的NaOH固体，溶液中的氢离子被消耗，该平衡逆向移动，溶液由橙红色变为黄色，
故答案为：A；
③已知：25℃时，Ag2CrO4的 Ksp=1.12×10−12，Ag2Cr2O7的 Ksp=2×10−7，则Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，25℃时，向Na2Cr2O7溶液中存在2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙红色)+H2O平衡体系，溶液酸性增强，溶液中主要以Cr2O72−形式存在，由于Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，加入AgNO3溶液，生成Ag2Cr2O7转化为更难溶的Ag2CrO4砖红色沉淀，该沉淀的化学式是Ag2CrO4，
故答案为：Ag2CrO4；
(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据图示，低温时K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，冷却结晶析出大量K2Cr2O7，
故答案为：低温时K2Cr2O7溶解度远小于其他组分；
(5)根据分析，加入Na2S溶液反应后，Na2CrO4与Na2S发生氧化还原反应生成Cr(OH)3和Na2S2O3，则该反应的离子方程式为8CrO42−+6S2−+23H2O=8Cr(OH)3↓+3S2O32−+22OH−，
故答案为：8CrO42−+6S2−+23H2O=8Cr(OH)3↓+3S2O32−+22OH−。
根据流程图，空气、纯碱(Na2CO3)和铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2或FeO⋅Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]充分煅烧，高温下，Fe(CrO2)2与O2、Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3和CO2，SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2，Al2O3与Na2CO3在高温下反应生成NaAlO2和CO2，加水充分溶解，过滤得到滤渣Fe2O3，浸出液中主要含有Na2CO3、Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，由于浸出液显碱性，不利于除去杂质，加稀硫酸调节溶液pH值，使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀，再次过滤，得到主要含有Na2CrO4、Na2SO4的滤液，向滤液中加入硫酸酸化，得到Na2Cr2O7、Na2SO4的混合溶液，向滤液中加入Na2S，Na2CrO4与Na2S发生氧化还原反应生成Cr(OH)3和Na2S2O3，则溶液b为Na2S2O3溶液，据此分析解答。
本题考查了重铬酸钠的制取原理及除杂方法，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意合理分析题中信息，难度中等。

11.【答案】X−射线衍射实验  自范性   Be的核外电子排布式为1s22s2，2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的p能级上有一个单电子，因此I1(Be)>I1(B)  正四面体  sp3  d50%(14,14,14)1032a3NAg/cm3

【解析】解：(1)区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为对固体进行X−射线衍射实验；晶体的自范性是晶体中的粒子在微观空间里呈现周期性有序排列的宏观表象，即晶体能自发地呈现多面体外形的性质，
故答案为：X−射线衍射实验；自范性；
(2)基态硼原子核外有5个电子，1s、2s能级上分别排列2个电子、2p能级上排列1个电子，其电子排布图为；原子中电子处于全满、全空或半满时较稳定，失去一个电子所需能量较高，Be的核外电子排布式为1s22s2，2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的p能级上有一个单电子，Be原子失电子所需能量大于B，因此I1(Be)>I1(B)；
故答案为：；Be的核外电子排布式为1s22s2，2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的p能级上有一个单电子，因此I1(Be)>I1(B)；
(3)①氨硼烷分子中B原子和3个H原子形成共价单键、N原子和3个H原子形成3个共价单键，B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对，二者形成配位键，所以其结构式为，
故答案为：；
②硼氢化钠(NaBH4)是一种重要的储氢载体，阴离子的中心原子为B，价层电子对为4，孤对电子为0，空间构型是正四面体，
故答案为：正四面体；
(4)①立方氮化硼中，硼原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断B原子杂化类型为sp3；沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应为规则的正六边形，结合其晶胞图判断为d，
故答案为：sp3；d；
②图甲中，B原子填充在N原子的四面体空隙，根据图知，该晶胞中3个面心上的N原子和1个顶点上的N原子构成1个正四面体空隙，该晶胞中含有8个顶点，则该晶胞中含有8个这种正四面体空隙，其中4个这种正四面体空隙中含有B原子，所以占据此类空隙的比例为50%；
如果该晶胞边长为apm，c原子的坐标参数为(0,0,0)，e为(12,12,0)，f为(12,0,12)，d原子在坐标系中的数值分别是14、14、14，所以d点坐标参数为；(14,14,14)，该晶胞中B原子个数是4、N原子个数=8×18+6×12=4，晶胞体积=(a×10−10cm)3，晶体密度=mV=MNA×4V=25NA×4(a×10−10)3g/cm30=1032a3NAg/cm3，
故答案为：50%；(14,14,14)；1032a3NAg/cm3。
(1)区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为对固体进行X−射线衍射实验；晶体的自范性是晶体中的粒子在微观空间里呈现周期性有序排列的宏观表象；
(2)基态硼原子核外有5个电子，1s、2s能级上分别排列2个电子、2p能级上排列1个电子；原子中电子处于全满、全空或半满时较稳定，失去一个电子所需能量较高；
(3)①氨硼烷分子中B原子和3个H原子形成共价单键、N原子和3个H原子形成3个共价单键，B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对，二者形成配位键；
(4)①立方氮化硼中，硼原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断B原子杂化类型；
沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应为规则的正六边形，结合其晶胞图判断；
②图甲中，B原子填充在N原子的四面体空隙，根据图知，该晶胞中3个面心上的N原子和1个顶点上的N原子构成1个正四面体空隙，该晶胞中含有8个顶点，则该晶胞中含有8个这种正四面体空隙，其中4个这种正四面体空隙中含有B原子；
如果该晶胞边长为apm，c原子的坐标参数为(0,0,0)，e为(12,12,0)，f为(12,0,12)，d原子在坐标系中的数值分别是14、14、14，该晶胞中B原子个数是4、N原子个数=8×18+6×12=4，晶胞体积=(a×10−10cm)3，晶体密度=MNA×4V。
本题考查晶胞计算，侧重考查阅读、分析判断及知识综合应用、空间想象能力、计算能力，明确原子结构、元素周期律、分子结构、晶胞结构是解本题关键，难点是(4)题投影结构判断，题目难度较大。

12.【答案】醛基  酯化反应或取代反应   6   HO−CH2−CH2−OH 

【解析】解：由D的结构以及A、B、C的分子式，结合信息可知，A的结构简式为，B为，C为，X为CH3OH，对比D、E的结构可知，D→E发生取代反应，可知Y的结构简式为，E与在酸性条件下生成氯吡格雷，由原子守恒可知，还有乙二醇生成。
(1)A的结构简式为，A中含氧官能团的名称为醛基，C−D的反应类型是酯化反应或取代反应，
故答案为：醛基；酯化反应或取代反应；
(2)由上述分析可知，Y的结构简式为，在一定条件下Y与BrCl(一氯化溴，与卤素单质性质相似)按物质的量1：1发生加成反应，可以发生1，2−加成反应，由于Br、Cl连接位置不同，有4种，或发生1，4−加成反应，由于Br、Cl连接位置不同，有2种，故有6种，
故答案为：；6；
(3)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：，
故答案为：；
(4)E与在酸性条件下生成氯吡格雷，由原子守恒可知，还有HO−CH2−CH2−OH生成，故答案为：HO−CH2−CH2−OH；
(5)A()属于芳香族化合物的所有同分异构体中(只有一个环、不考虑立体异构)即含有苯环，官能团不变时，改变官能团的位置，若官能团发生变化，侧链为为−COCl，符合条件所有的结构简式为，
故答案为：；
(6)在NaCN/NH4Cl条件下反应生成，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：，
故答案为：。
由D的结构以及A、B、C的分子式，结合信息可知，A的结构简式为，B为，C为，X为CH3OH，对比D、E的结构可知，D→E发生取代反应，可知Y的结构简式为，E与在酸性条件下生成氯吡格雷，由原子守恒可知，还有乙二醇生成。
(6)在NaCN/NH4Cl条件下反应生成，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到。
本题考查有机物的推断与合成、官能团结构、有机反应类型、同分异构体书写等，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力，难度中等。