四川省宜宾市叙州区第一中学2024届高三上学期一诊模拟考试化学试题（Word版附解析）

叙州区一中高2021级高三上学期一诊模拟考试理科综合化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5K：39Ti：48Fe：56I：127一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是A.在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸的主要成分为蛋白质B.高分子材料聚氯乙烯可用于包装食品的塑料袋C.“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料D.“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，有利于碳达峰、碳中和【答案】B【解析】【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，A说法正确；B．包装食品的塑料袋为聚乙烯，B说法错误；C．氮化硼陶瓷属于无机非金属材料，C说法正确；D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少二氧化碳排放，有利于“碳达峰、碳中和”，D说法正确；故答案为B。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.标准状况下，2.24LCH4所含质子数为NAB.17.1gBa(OH)2中所含的极性共价键数目为0.2NAC.1L0.1mol·L-1FeCl3溶液中，所含阳离子的数目为0.1NAD.SO2与O2反应，每转移1mol电子，生成SO3的分子数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A．1mol甲烷中所含质子物质的量为10mol，标况下2.24L甲烷(物质的量为1mol) 所含质子物质的量1mol，即质子数为NA，故A正确；B．氢氧化钡中O-H键为极性共价键，1mol氢氧化钡中含有极性共价键的物质的量为2mol，17.1g氢氧化钡中所含极性共价键的物质的量为=0.2mol，即极性共价键的数目为2NA，故B正确；C．n(FeCl3)=cV=1L´0.1mol∙L-1=0.1mol，Fe3+发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，同时水也能电离出H+，因此该溶液中阳离子物质的量大于0.1mol，即阳离子的数目大于3NA，故C错误；D．发生2SO2+O22SO3，转移电子物质的量为4mol时，生成2molSO3，因此转移电子物质的量为1mol，生成SO3的物质的量为0.5mol，即生成SO3的个数为0.5NA，故D正确；答案为C。3.下列离子方程式错误的是A.向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓B.氢氧化钠溶液吸收处理SO2尾气：2OH-+SO2=SO+H2OC.漂白液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClOD.将过量氯气通入FeI2溶液中：2Fe2++4I-+3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-【答案】C【解析】【详解】A．饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，故析出碳素氢钠沉淀，离子方程式正确，A项正确；B．氢氧化钠吸收二氧化硫生成亚硫酸钠和水，离子方程式正确，B项正确；C．因为H2CO3>HClO>，漂白液中吸收少量的二氧化碳生成碳酸氢根和次氯酸，C项错误；D．过量氯气和碘化亚铁反应生成氯化铁和碘单质，离子方程式正确，D项正确。故选C。4.我国科学家采用光热催化技术实现绿色高效回收聚酯下列说法正确的是A.甲醇是乙二醇的同系物B.PET和BHET都是有机高分子化合物 C.BHET能发生取代、加成、氧化反应D.1molPET最多消耗2molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互为同系物，而甲醇含一个羟基，乙二醇含两个羟基，两者分子组成上相差1个O，两者不是同系物，A错误；B．由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子质量在一万以上的化合物为有机高分子化合物，而BHET的相对分子质量远小于一万，不是有机高分子化合物，B错误；C．BHET中含醇羟基，且与羟基相连的碳上有氢，能发生取代反应、氧化反应，含苯环，能发生加成反应，C正确；D．PET中酯基和羧基能和氢氧化钠反应，但由于n值未知，所以1molPET消耗氢氧化钠的物质的量未知，D错误；答案选C。5.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期主族元素。常温下X的单质能与水剧烈反应，Y的最外层电子数与电子层数之比为1：1，Z、W相邻且可形成最外层均达到8电子稳定结构的化合物W—Z—Z—W，下列说法正确的是A.简单离子半径：W>Z>Y>XB.常见单质的氧化性：X>W>ZC.Z、W形成的含氧酸均是强酸D.Y与W可形成常见的共价化合物【答案】D【解析】【分析】由X的单质能与水剧烈反应性质知X是氟或钠；Y的原子序数大于X，根据Y的最外层电子数与电子层数的关系知，Y是铝；W形成一个共价键最外层可达到8电子结构，则W的最外层有7个电子，W的原子序数大于Y，故W是氯；Z、W相邻，则Z是硫。【详解】A．的半径均大于的半径，A错误；B．若X是钠，非金属性：Cl>S>Na，则常见单质的氧化性：Cl>S>Na，B错误；C．、是弱酸，C错误；D．是共价化合物，D正确；故选D。6.锂空气充电电池有望成为电池行业的“明日之星”，其放电时的工作原理如图所示。已知电池反应：2Li+O2Li2O2，下列说法错误的是 A.放电时，正极的电极反应式：O2+2e−+2Li+=Li2O2B.放电时，B极消耗22.4L的O2，外电路中通过2mol电子C.充电时，Li+向A极移动D.充电时，A极接电源的负极【答案】B【解析】【分析】由图可知，放电时，A极作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，B极为正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+=Li2O2，充电时，A极为阴极，B极为阳极，据此作答。【详解】A．放电时，B极为正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+=Li2O2，故A正确；B．题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，无法计算转移电子数，故B错误；C．充电时，B极为阳极，A极为阴极，Li+向阴极即向A极移动，故C正确；D．充电时，A极为阴极，连接电源的负极，故D正确；故选B。7.AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）．下列说法正确的是（　　） A.图像中四个点的Ksp：a=b＞c＞dB.AlPO4在b点对应的溶解度大于c点C.AlPO4（s）⇌Al3+（aq）+PO43-（aq）△H＜0D.升高温度可使d点移动到b点【答案】B【解析】【详解】A．根据图像可知随着温度的升高溶度积常数逐渐增大，这说明溶解吸热，即随温度的升高溶度积常数增大，则图像中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b，A错误；B．b点温度高，溶解度大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，B正确；C．根据图像可知随着温度的升高溶度积常数逐渐增大，则AlPO4（s）Al3+（aq）＋PO43－（aq）△H＞0，C错误；D．升高温度阴阳离子浓度均增大，则不可能使d点移动到b点，D错误；答案选B。【点晴】明确溶度积常数的含义、影响因素以及目前图像中曲线的变化特点是解答的关键，关于溶度积常数图像的问题，解答时可以从以下角度分析，即。二、非选择题：共56分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共56分。8.亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O请回答：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是____；装置B的作用是___；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。a．减少H2O2的分解b．降低ClO2的溶解度c．减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：____。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：________。(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）A．过氧化钠B．硫化钠C．氯化亚铁D．高锰酸钾 (6)若mgNaClO3(s)最终制得纯净的ngNaClO2(s)，则NaClO2的产率是_×100%。【答案】①.检查装置的气密性②.防止倒吸③.b④.2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O⑤.NaClO2遇酸放出ClO2⑥.空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降⑦.没有处理尾气⑧.A⑨.或或(或其他合理答案)【解析】【分析】在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；(5)A．过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；B．硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；C．氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意； D．高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；故选A。答案：A；(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：=g，NaClO2的产率是=×100%。答案为：或或(或其他合理答案)。【点睛】书写三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。9.2020年，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”研究二氧化碳的回收对这一宏伟目标的实现具有现实意义。（1）已知：CH4(g)C(s)+2H2(g)△H=+75.0kJ·mol-1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.0kJ·mol-1CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)△H=-131.0kJ·mol-1则反应I：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=_______。（2）若在一密闭容器中通入1molCO2和1molCH4，一定条件下发生反应I，测得CH4的平衡转化率、温度及压强的关系如图所示：①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是_______(填标号)。A．CO的体积分数保持不变B．容器内混合气体的总质量保持不变C．v(H2)=2v(CH4)D．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变②图中p1、p2、p3、p4，压强最小的是_______，判断理由是_______。 ③已知v正(CO)=1.28×10-2p(CH4)·p(CO2)(kPa·s-1)，p(CH4)、p(CO2)代表各组分的分压(分压=总压×物质的量分数)。当p4=360kPa时，a点v正(CO2)=_______kPa·s-1，此时平衡常数Kp=_______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算)。（3）EleyRideal的反应机理认为CO2和CH4重整的反应历程如图所示。①该重整反应的决速步骤为_______(填“反应①”或“反应②”)。②不同温度下，产品气(H2和CO)的体积分数和氢碳比(H2/CO)如表所示。1000℃时的氢碳比与900℃时相比几乎没有变化，原因是_______。温度(℃)H2(%)CO(%)H2/CO80019.0222.260.8590028.9740.230.72100038.2753.760.71【答案】（1）+247.0kJ/mol（2）①.AD②.p1③.该反应是气体体积增大的反应，压强减小有利于平衡正向移动，CH4的转化率增大④.2.56⑤.（3）①.反应①②.由方程式知该条件下反应达到平衡时，升高温度，平衡正向移动，CO和H2物质的量同倍数变化，故碳氢比几乎不变【解析】【小问1详解】根据①CH4(g)C(s)+2H2(g)△H1=+75.0kJ·mol-1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.0kJ·mol-1 ③CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)△H3=-131.0kJ·mol-1，由盖斯定律①+②-③得反应I：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，所以△H=△H1+△H2-△H3=+75.0kJ·mol-1+41.0kJ·mol-1-（-131.0kJ·mol-1）=+247.0kJ·mol-1，故答案为：+247.0kJ·mol-1；【小问2详解】①A．CO的体积分数保持不变，说明CO的物质的量浓度保持不变，说明反应达到平衡，故A符合题意；B．根据质量守恒，无论反应是否达到平衡容器内混合气体的总质量都保持不变，不能作为平衡的判据，故B不符合题意；C．表达式v(H2)=2v(CH4)未说明正逆反应速率，不能作为平衡的判据，故C不符合题意；D．该反应前后混合气体的总质量不变，总物质的量发生改变，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明总物质的量不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；故答案为：AD②图中p1、p2、p3、p4，压强最小的是p1，理由是该反应是气体体积增大的反应，压强减小有利于平衡正向移动，CH4的转化率增大，在保持稳定较低且恒定的条件下，p1对应的压强甲烷的平衡转化率最高，所以p1最小，故答案为：p1；该反应是气体体积增大的反应，压强减小有利于平衡正向移动，CH4的转化率增大；③由三段式得，平衡时总物质的量为n=(0.2+0.2+1.6+1.6)mol=3.6mol，，，，，v正(CO)=1.28×10-2×20×20(kPa·s-1)=5.12kPa·s-1，2.56kPa·s-1，，故答案为：2.56；；【小问3详解】①：由图知反应①的活化能大于反应②的活化能，说明反应①的速率较小，所以反应①是该重整反应的决速步骤；②1000℃时的氢碳比与900℃时相比几乎没有变化，原因是由方程式知该条件下反应达到平衡时，升高温度，平衡正向移动，CO和H2的物质的量同倍数变化，故碳氢比几乎不变，故答案为：反应 ①；由方程式知该条件下反应达到平衡时，升高温度，平衡正向移动，CO和H2的物质的量同倍数变化，故碳氢比几乎不变。10.三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH1.16.53.57.1沉淀完全的pH3.29.74.79.2回答下列问题：（1）Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。（2）“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是___________(用语言叙述)。（3）“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。（4）“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。（5）工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1mol·L-1NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。 【答案】（1）①.+3②.增大盐酸浓度（2）氧化Fe2+生成Fe3+（3）①.4.7～7.1②.Fe(OH)3、Al(OH)3（4）2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O（5）10g•L-1【解析】【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；【小问1详解】Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；【小问2详解】“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；【小问3详解】沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑、2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；【小问4详解】Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式 ：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；【小问5详解】根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g•L-1。(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学—选修3：物质结构与性质]11.明朝《天工开物》中有世界上最早的“火法”炼锌技术的记载。锌及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。锌是生命体必需的微量元素，被称为“生命之花”。（1）基态Zn原子核外电子共有____种空间运动状态。（2）锌与铜在周期表中的位置相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10失去1个电子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②（3）锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜，使其具有抗腐蚀性。其中CO的空间构型为____(用文字描述)。与CO互为等电子体的分子是____(写一种即可)。（4）葡萄糖酸锌为有机锌补剂，对胃黏膜刺激小，在人体中吸收率高。如图是葡萄糖酸锌的结构简式。①葡萄糖酸锌组成元素中电负性最大的元素为____，其中C原子的杂化方式为____。②1mol葡萄糖酸分子中含有____molσ键。葡萄糖酸的熔点小于葡萄糖酸锌的熔点原因是____。（5）ZnS是一种性能优异的荧光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS两种晶型，其晶胞结构如图所示： ①立方ZnS中，Zn2+填充在S2—形成的____空隙中；②六方ZnS的晶体密度为____g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）15（2）A（3）①.平面三角形②.SO3（4）①.O②.sp3、sp2③.24④.葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌（5）①.四面体(或正四面体)②.【解析】【小问1详解】锌元素的原子序数为30，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，原子轨道的数目与核外电子的空间运动状态相等，s轨道、p轨道、d轨道的数目分别为1、3、5，所以锌原子核外电子共有15种空间运动状态，故答案为：15；【小问2详解】同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则①失去电子需要的能量大于③；同种元素的逐级电离能依次增大，则②失去电子需要的能量大于①；④中3d轨道为稳定的全充满结构，较难失去电子，则失去电子需要的能量大于②，所以失去1个电子需要的能量由大到小排序为④②①③，故选A；【小问3详解】碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形；三氧化硫分子和碳酸根离子的原子个数都为4、价电子数都为24，互为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3；【小问4详解】①金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，葡萄糖酸锌中氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大；葡萄糖酸锌中单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：O；sp3、sp2； ②葡萄糖酸分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，所以1mol葡萄糖酸分子中含有24molσ键；离子晶体的熔点高于分子晶体，葡萄糖酸锌是离子晶体，葡萄糖酸是分子晶体，所以熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌，故答案为：24；葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌；【小问5详解】①由晶胞结构可知，立方硫化锌晶胞中1个锌离子周围有4个硫离子，4个硫离子在空间形成正四面体结构，所以锌离子填充在硫离子形成的正四面体空隙中，故答案为：四面体(或正四面体)；②由晶胞结构可知，六方硫化锌晶胞中位于顶点和体内的硫离子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锌离子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a×10—7×asin60°×10—7×c×10—7×d，解得d=，故答案为：。[化学—选修5：有机化学基础]12.化合物M()是合成药物的中间体，实验室合成M的一种路线如图：已知：①A的核磁共振氢谱中有3组吸收峰②R1COCl+R2CH=CHR3+HCl③RClRMgClRCOOH回答下列问题：（1）B的化学名称为_______；由A生成C的反应类型为_______。（2）G的结构简式为_______；H中官能团的名称为_______。（3）由C和E生成F的化学方程式为_______；加入Na3PO4的作用为_______。 （4）M中手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)的数目之比为_______。（5）同时满足下列条件的H的同分异构体有_______种。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生水解反应③苯环上连有6个取代基（6）参照上述合成路线和信息，以氯苯和乙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_______。【答案】（1）①.2-溴甲苯(或邻溴甲苯)②.消去反应（2）①.②.羧基、羟基（3）①.++HCl②.与生成的HCl反应，提高产物产率(或增大反应物转化率)（4）1：1（5）3（6）【解析】【分析】根据逆推法，D与SOCl2发生反应生成E，D为，B被酸性高锰酸钾氧化生成D，根据B的分子式可知应该是苯环上的甲基被氧化而变为羧基，则B为，化合物M()是H在浓硫酸催化下加热发生分子内的酯化，则H为，G在Mg/ 乙醚及CO2/H2O作用下生成H，结合G的分子式可推知G为，F催化加氢得到G，结合分子式可得F为，C与E反应得到，故推知C为，A为；综上所述，A为，B为，C为，D为，F为，G为，H为。【小问1详解】的化学名称为2-丙醇；由在浓H2SO4、加热条件下发生消去反应生成；【小问2详解】B的结构简式为；中官能团的名称为羧基、溴原子；【小问3详解】由信息②知，和生成的化学方程式为++HCl；Na3PO4可与生成的HCl反应，促进反应进行，提高产物产率(或增大反应物转化率)；【小问4详解】中均含有1个手性碳，数目为1；【小问5详解】 H为。由信息，苯环上连有1个—OH、1个—OOCH和4个—CH3，故同分异构体有3种；【小问6详解】