内蒙古通辽市科左后旗甘旗卡第二高级中学2020届高三12月月考化学试题

甘二中2019—2020学年度上学期高三12月份化学试题
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共21小题，每小题6分。1-18单选，选对得6分，19-21多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分)
1.我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例来确定“北京人”年龄，这种测量方法叫铝铍测年法。关于26Al和10Be的说法不正确的是
A. 10Be和9Be是中子数不同质子数相同的不同原子
B. 10Be的原子核内中子数比质子数多
C. 5.2 g26Al3+中所含的电子数约为1.2×1024
D. 26Al和26Mg的质子数、中子数和核外电子数都不相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．10Be和9Be互为同位素，中子数不同质子数相同，正确；
B．10Be的原子核内，质子数为4，中子数为10-4=6，中子数比质子数多，正确；
C.5.2g 26Al3+中所含的电子数约为×（13-3）×NA≈1.2×1024，错误；
D．26Al和26Mg的质子数分别为13、12，中子数分别为13、14，质子数等于核外电子数，质子数、中子数和核外电子数都不相同，正确；
答案选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. NH4I的电子式：
B. Fe2+原子结构示意图：
C. 含10个中子的氧原子的核素符号：O
D. HClO的结构式：H−Cl−O
【答案】C
【解析】
【详解】A. NH4I属于离子化合物，由铵根离子与碘离子构成，其电子式为，A项错误；
B. Fe原子失去最外层的两个电子形成亚铁离子，其离子结构示意图为，B项错误；
C. 含10个中子的氧原子，质子数为8，质量数=质子数+中子数=18，则其核素的符号为：O，C项正确；
D. HClO中Cl原子只形成1个共价键，O原子只形成2个共价键，HClO的结构式：H−O−Cl，D项错误；
答案选C。
3.下列反应中热量变化与图一致的是

A. 天然气的燃烧 B. 油脂在人体内氧化
C. NaOH溶液和 HNO3溶液反应 D. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应
【答案】D
【解析】
【详解】根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，反应为吸热反应。
A.天然气的燃烧放出热量，反应是放热反应，A不符合题意；
B.油脂在人体内氧化反应是放热反应，反应是放热反应，B不符合题意；
C.NaOH溶液和 HNO3溶液反应是中和反应，中和反应为放热反应，C不符合题意；
D.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应吸收热量，使温度降低，所以反应为吸热反应，D符合题意；
故合理选项是D。
4.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用CuO与Cu高温烧结可制取,已知反应:

则的等于
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，热化学方程式可以“加减运算”，获得新的热化学方程式。
【详解】已知反应中，（前式－后式）/2得，故＝（－314+292）kJ·mol-1/2＝。
本题选A。
5.如图表示可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g) △HH2CO3>H2SiO3，进而证明非金属性：N>C>Si，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：
①稀HNO3溶液 ②稀盐酸 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤SiO2
装置A、C中所选试剂分别为__（填序号）；能说明酸性H2CO3>H2SiO3的实验现象是__。
（二）四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，请回答下列问题。

W
X
Y
Z
结构或性质
最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物
焰色反应
呈黄色
在同周期主族元素形成的简单离子中，离子半径最小，它的最高价氧化物为两性氧化物
最高正价与最低负价之和为零

（1）Z在元素周期表中位于___族。
（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质在一定条件下均能与其他三种物质发生化学反应，该元素是___(填元素符号)。
（3）①下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是___(填序号)。
a.自然界中的含量
b.单质与酸反应时失去的电子数
c.单质与水反应的难易程度
d.最高价氧化物对应水化物的碱性
②从原子结构角度解释X的金属性强于Y的原因：___。
（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似。体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合，反应的化学方程式是__。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防止倒吸 (3). 2MnO4−+10Cl−+16H+＝2Mn2++5Cl2+8H2O (4). ①④ (5). C试管中出现白色（胶状）沉淀 (6). ⅣA (7). Na (8). cd (9). 电子层相同，核电荷数Al>Na (10). HN3+NaOH=NaN3+H2O
【解析】
【分析】
（一）（1）根据仪器的构造写出仪器A的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；
（2）设计实验验证非金属性：Cl>S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；烧瓶中酸性高锰酸钾溶液能够氧化氯离子；
（3）要证明非金属性：N>C>Si，则利用此装置证明最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3>H2CO3>H2SiO3；C装置中硅酸钠转化成硅酸沉淀，则证明碳酸的酸性大于硅酸；
（二）四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X焰色反应呈黄色，则X为Na；Y、Z原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Y的离子半径最小，则Y为Al，且Al2O3为两性氧化物；Z最高正价与最低负价之和为零，则Z为Si元素，
（1）主族元素族序数=最外层电子数；
（2）W、X、Y、Z形成的最高价氧化物的水化物分别是硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝、硅酸，氢氧化钠和其他三种物质均能反应；
（3）①比较金属性强弱的方法有：金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度等，与得失电子数目多少无关；
②电子层相同、核电荷数越大原子半径越小，原子核对核外电子吸引越强；
（4）HN3的酸性与醋酸的相当，则HN3为弱酸，与NaOH发生中和反应，等体积、等浓度的HN3、NaOH溶液恰好反应得到NaN3溶液，据此写出反应的化学方程式。
【详解】（一）（1）仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入圆底烧瓶中；
故答案为：分液漏斗；防止倒吸；
（2）设计实验验证非金属性：Cl>S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，烧瓶中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl−+16H+＝2Mn2++5Cl2+8H2O；
故答案为：2MnO4-+10Cl−+16H+＝2Mn2++5Cl2+8H2O；
（3）根据强酸制弱酸的原理，利用稀硝酸溶解碳酸钙，将生成的CO2通入硅酸钠溶液中即可推断酸性的弱顺序为：HNO3>H2CO3>H2SiO3，即A为稀硝酸、B为碳酸钙、C为硅酸钠溶液；当C试管中出现白色（胶状）沉淀时，证明酸性H2CO3>H2SiO3；
故答案为：①④；C试管中出现白色（胶状）沉淀；
（二）四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X焰色反应呈黄色，则X为Na；Y、Z原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Y的离子半径最小，则Y为Al，且Al2O3为两性氧化物；Z最高正价与最低负价之和为零，则Z为Si元素，
（1）Z是Si元素，处于第ⅣA族；
故答案为：ⅣA；
（2）W形成的最高价氧化物的水化物是硝酸，X的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，Z的最高价氧化物的水化物是硅酸，氢氧化钠和其他三种物质均能反应，所以该元素是Na；
故答案为：Na；
（3）①比较金属性强弱的方法有：金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度等，与得失电子数目多少无关；
故答案为：cd；
②电子层相同，核电荷数Al>Na，原子半径Na>Al，所以原子核对最外层电子的吸引力NaAl，金属性Na>Al；
故答案为：电子层相同，核电荷数Al>Na；
（4）HN3的酸性与醋酸的相当，则HN3为弱酸，与NaOH发生中和反应，反应方程式为：HN3+NaOH═NaN3+H2O；
故答案为：HN3+NaOH═NaN3+H2O。
【点睛】实验室可用MnO2、KMnO4、KCr2O7、KClO3氧化浓盐酸制取氯气，其中MnO2与浓盐酸反应需要加热，KMnO4、KCr2O7、KClO3氧化性强，不需要加热，这时，需要注意题目中给出的反应装置，是否有加热仪器，从而选择反应物。
9.氨广泛用于生产化肥、制冷剂等方面。回答下列问题：
(1)实验室可用下图所示装置合成氨。

①合成氨时，还原铁粉的作用是________________。
②锥形瓶中盛有一定量的水，并滴有几滴酚酞试剂，反应—段时间后，锥形瓶中溶液变红，则气体X的成分为N2、水蒸气、____________和_________________。
⑵最近斯坦福大学研究人员发明了一种SUNCAT的锂循环系统，可持续合成氨，其原理如图所示。

①图中反应Ⅱ的化学方程式为____________________。
②反应Ⅲ中能量转化的方式是__________________(填“电能转变为化学能”或“化学能转变为电能”)。
(3)液氨可用作制冷剂，液氨气化时__________(填“释放”或“吸收”)能量；液氨泄漏遇明火会发生爆炸。已知部分化学键的键能数据如下表所示：
共价键
N-H
O=O
N≡N
O-H
键能/kJ·mol-1
391
498
946
463


则反应 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的反应热△H=____________。
【答案】 (1). 作催化剂 (2). H2 (3). NH3 (4). Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑ (5). 电能转变为化学能 (6). 吸收 (7). -1262 kJ • mol-1
【解析】
【详解】（1）①合成氨时，还原铁粉可以增大反应的速率，但本身的化学性质和质量在反应前后都没有发生变化，还原铁粉的作用是催化剂；②合成氨是可逆反应，反应混合物中反应物和生成物共存，则气体X的成分为N2、水蒸气、H2和NH3。
（2）①反应Ⅱ的化学方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑ ②反应Ⅲ中能量转化的方式是电能转变为化学能。(3)液氨可用作制冷剂，液氨气化时吸收能量；△H=4×3×391kJ • mol-1+3×498kJ • mol-1-2×946kJ • mol-1-12×463kJ • mol-1=-1262 kJ • mol-1。
10.（一）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示。(电极材料为石墨)

（1）写出用过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2的方程式___。
（2）图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)___极，C口流出的物质是___。
（3）SO32−放电的电极反应式为___。
（4）电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因___。
（二）一定条件下，NO2与SO2反应生成SO3和NO两种气体：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，将体积比为1：2的NO2、SO2气体置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___
A.体系压强保持不变 B.混合气体颜色保持不变
C.SO3和NO的体积比保持不变 D.每消耗1molSO2的同时生成1molNO
【答案】 (1). 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O (2). 负 (3). 硫酸（H2SO4） (4). SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+ (5). 在阴极H+放电生成H2，c(H+)减小，水的电离平衡H2O⇌H++OH−正向移动，所以碱性增强 (6). B
【解析】
【分析】
（一）（1）过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2生成正盐亚硫酸钠和水；
（2）依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，可以判断图中a极要连接电源的负极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-，所以C口流出的物质是H2SO4；
（3）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子；
（4）依据阴极区放电离子为氢离子，结合水的电离平衡H2O⇌H++OH-解答；
(二)A. 该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应，在反应过程中，气体的总物质的量始终不变，又因为容器恒容，所以容器内压强始终不变，据此分析；
B. 该反应中NO2为红棕色气体，在恒容容器中混合气体颜色保持不变，说明NO2的浓度已不再变化，据此分析；
C. 将体积比为1:2NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生反应，SO3与NO以1:1生成，所以在反应过程中及平衡状态SO3与NO体积比总是1:1，据此分析；
D. 不同物质的正逆反应速率比等于方程式中系数比时，才能说明平衡状态；不同物质的同向速率比等于方程式中系数比时不能说明平衡状态，据此分析。
【详解】（一）（1）过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2生成正盐亚硫酸钠和水，化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；
故答案为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；
（2）由图可知，钠离子移向a极，亚硫酸根离子移向b极，所以a极为阴极，应该接电源的负极，SO32−在阳极失去电子变成SO42−，所以C口流出的物质是H2SO4；
故答案为：负；硫酸（H2SO4）；
（3）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+；
故答案为：SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+；
（4）在阴极H+放电生成H2，c(H+)减小，水的电离平衡H2O⇌H++OH−正向移动，所以碱性增强；
故答案为：在阴极H+放电生成H2，c(H+)减小，水的电离平衡H2O⇌H++OH−正向移动，所以碱性增强。
（二）A. 该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应，在反应过程中，气体的总物质的量始终不变，又因为容器恒容，所以容器内压强始终不变，所以体系压强保持不变，不能说明反应达到了化学平衡状态，故A错误；
B. 该反应中NO2为红棕色气体，在恒容容器中混合气体颜色保持不变，说明NO2的浓度已不再变化，则NO2的正逆反应速率相等，即化学反应达到了平衡状态，故B正确；
C. 将体积比为1:2的NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生反应，SO3与NO以1:1体积比生成，所以在反应过程中和平衡状态时SO3与NO体积比总是1:1，因此SO3与NO的体积比保持不变，不能说明化学反应达到了平衡状态，故C错误；
D. 不同物质的正逆反应速率比等于方程式中系数比时，才能说明平衡状态；不同物质的同向速率比等于方程式中系数比时，不能说明平衡状态；该选项中每消耗1molSO2的同时生成1molNO，即SO2和NO的正反应速率比等于方程式中系数比（同向速率）不能说明化学反应达到了平衡状态，故D错误；
答案选B。
【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。
二、化学（二选一）
11.E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于p区的同一周期的元素，M的价层电子排布为ns2np2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM2−具有相等的价电子总数；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。请回答下列问题：
（1）T元素原子的价电子排布式是___。
（2）E、G、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___(用元素符号表示)，其原因为___。
（3）G的最简单氢化物的分子立体构型名称为___，M的最简单氢化物的分子中中心原子的杂化类型为___。M和Q的最简单氢化物的沸点大小顺序为___(写化学式)。
（4）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方TQ晶体结构如图所示，该晶体的密度为pg·cm−3。如果TQ的摩尔质量为Mg·mol−1，阿伏加德罗常数为NAmol−1，则a、b之间的距离为___cm。

【答案】 (1). 3d104s2 (2). N>O>C (3). 同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧的 (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). H2O>H2S (7).
【解析】
【分析】
E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级最多排列2个电子，则n=2，所以M价层电子排布式为2s22p4，M为O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，则E是C元素，G为N元素；QO2与NO2-为等电子体，则Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素，
（1）T为Zn元素，原子核外电子数为30，根据构造原理书写该原子价电子排布式；
（2）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能；
（3）氨气分子中N原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，氨气分子为三角锥形；水分子中O原子价层电子对数为4，杂化轨道数目为4；水分子之间存在氢键，而硫化氢分子之间为范德华力，水的沸点较高；
（4）利用均摊法计算，一个该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=，晶胞质量为，根据计算晶胞体积，再计算晶胞棱长，ab之间距离为该晶胞体对角线长的。
【详解】E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级最多排列2个电子，则n=2，所以M价层电子排布式为2s22p4，M为O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，则E是C元素，G为N元素；QO2与NO2-为等电子体，则Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素，
（1）T为Zn元素，根据构造原理，该原子价电子排布式为3d104s2；
故答案为：3d104s2；
（2）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧的，故第一电离能：N>O>C；
故答案为：N>O>C；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧的；
（3）氨气分子中N原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，氨气分子为三角锥形；水分子中O原子价层电子对数为4，杂化轨道数目为4，则O原子采取sp3杂化；由于水分子之间存在氢键，而硫化氢分子之间为范德华力，则水的沸点较高；
故答案为：三角锥形；sp3；H2O>H2S；
（4）ZnS晶体结构如图所示，一个该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=，晶胞质量为，晶胞的体积，则晶胞棱长，ab之间距离为该晶胞体对角线长的，则a、b之间的距离为；
故答案为：。
12.芳香酯I的合成路线如下：

已知以下信息：
①A-I均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的苯环上的一溴代物有两种。
②
③2RCH2CHO
请回答下列问题：
（1）C→D的反应类型为___，E的名称为___。
（2）E→F与F→G的顺序能否颠倒___（填“能”或“否”），理由___。
（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为___。
（4）I的结构简式为___。
（5）符合下列要求A的同分异构体还有___种。
①与Na反应并产生H2 ②芳香族化合物
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：1：1的是___（写出其中一种的结构简式）。
【答案】 (1). 加成反应 (2). 对氯甲苯或4−氯甲苯 (3). 否 (4). 如果颠倒则(酚)羟基会被KMnO4/H+氧化 (5). +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O (6). (7). 13 (8). 或
【解析】
【分析】
A-I均为芳香族化合物，根据A的分子式可知，A的不饱和度为，则A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，其能够发生信息反应③，则B分子中含有苯环和侧链-CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为；B通过信息反应生成C，则C为， D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的苯环上的一溴代物有两种，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；Cl F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为；G和D发生酯化反应生成I，则I为，据此进行解答。
【详解】A-I均为芳香族化合物，根据A的分子式可知，A的不饱和度为，则A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，其能够发生信息反应③，则B分子中含有苯环和侧链-CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为；B通过信息反应生成C，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的苯环上的一溴代物有两种，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；Cl F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为；G和D发生酯化反应生成I，则I为，
（1）由以上分析知，C→D的反应类型为加成反应；E为，氯原子位于4号C，其名称为4−氯甲苯或对氯甲苯，
故答案为：加成反应；对氯甲苯或4−氯甲苯；
（2）E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以E→F与F→G的顺序不能颠倒；
故答案为：否；如果颠倒则(酚)羟基会被KMnO4/H+氧化；
（3）B为，分子中含有醛基，能够与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
（4）由以上分析知，I的结构简式为；
故答案为：；
（5）A为，①与Na反应并产生H2，说明该有机物分子中含有羟基；②芳香族化合物，有机物分子中含有苯环，满足条件的有机物分子中可能含有的侧链为：①−CH(OH)CH3，②−OH、−CH2CH3，③1个−CH3，1个−CH2OH，④1个−OH、2个−CH3，其中①存在1种结构，②③都存在邻、间、对3种结构，④如果两个甲基位于相邻位置，有2种同分异构体；如果两个甲基位于相间位置，有3种同分异构体；如果两个甲基位于相对位置，有1种同分异构体，所以④总共有6种结构，根据以上分析可知，满足条件的有机物总共有：1+3+3+6=13种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6:2:1:1的是或；
故答案为：13；或。