1、四川省泸县第二中学2020届高三化学下学期第二次适应性考试试题（含解析）1.化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法不正确的是A. 发展“低碳经济”能够减少对化石能源的依赖B. 明矾溶于水会生成氢氧化铝胶体，故可用明矾作净水剂C. 铁制品在潮湿的空气中生锈，其主要原因是发生了析氢腐蚀D. 处理含的废水，常用FeS作沉淀剂，是因为CuS的溶解度比FeS小【答案】C【解析】【详解】发展“低碳经济”要求尽量使用清洁能源，促使人们开发利用风能、太阳能等清洁能源，有利于减少对化石能源的依赖，故A正确； B明矾溶于水发生水解，铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸，反应的离子方程式为，生成氢氧化铝胶体可以吸附杂
2、质，起到净水作用，故B正确；C铁制品在潮湿的空气中生锈，其主要原因是发生了吸氧腐蚀，而不是析氢腐蚀，故C错误； DCuS的溶解度比FeS小，所以的废水，常用FeS作沉淀剂，生成溶解度小的CuS，故D正确； 答案选C【点睛】溶解度小的沉淀容易转化形成溶解度更小的沉淀，利用此原理可以实现沉淀的转化。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )A. 1mol Na2O2与Na2O的固体混合物中，离子总数为3NAB. 1mol 氧气与钠反应，转移的电子数为4NAC. 标准状况下，2.24L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD. 标准状况下，56 g Fe与22.4 L Cl2完全
3、反应，转移电子数为3NA【答案】A【解析】【详解】ANa2O2与Na2O中阴阳离子的个数之比均是1：2，1mol Na2O2与Na2O的固体混合物中，离子总数为3NA，A正确；B1mol 氧气与钠反应如果生成氧化钠，转移的电子数为4NA，如果生成过氧化钠，则转移的电子数为2NA，B错误；C标准状况下，2.24L N2和O2混合气体的物质的量是0.1mol，其中分子数为0.1NA，C错误；D标准状况下，56 g Fe（1mol）与22.4 L Cl2（1mol）完全反应，铁过量，转移电子数为2NA，D错误；答案选A。3.环辛四烯常用于制造合成纤维、染料、药物，其结构简式如图所示。下列有关它的说法
4、正确的是A. 与苯乙烯、互为同分异构体B. 一氯代物有2种C 1mol该物质燃烧，最多可以消耗9 mol O2D. 常温下为液态，易溶于水【答案】A【解析】【详解】A、环辛四烯分子式为C8H8，苯乙烯、分子式为C8H8，它们的结构不同，因此互为同分异构体，故A正确；B、环辛四烯只有一种氢原子，其一氯代物有1种，故B错误；C、根据烃燃烧的通式，1mol该物质燃烧，消耗O2的物质的量(88/4)mol=10mol，故C错误；D、烃难溶于水，环辛四烯常温下为液态，难溶于水，故D错误；4.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用下列反应来检查氯气管道是否漏气：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，下列说
5、法错误的是A. 若有白烟产生则管道漏气B. 该反应中NH4Cl是还原产物C. 反应中NH3只显还原性D. 生成1.4gN2时转移0.3mol电子【答案】C【解析】【详解】A反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故A正确；BCl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，所以NH4Cl是还原产物，故B正确；C反应中NH3中氮元素是-3价处于最低价态，部分显还原性，同时与氯化氢反应生成氯化铵，故C错误；DN元素化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，生成1.4g N2物质量为0.05mol，转移6=0.3mol电子，故D正确；故选C。【点睛】本题考查氯气
6、的性质，注意从元素化合价的角度解答该题。反应中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂。5.X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3 种元素的原子核外电子数之和与Ca2的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。下列说法正确的是A. 原子半径：ZYXB. Z 与 X 形成化合物的沸点高于Z 的同族元素与 X形成化合物的沸点C. CaY2 与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂D. CaX2、CaY2和CaZ2 等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为 12【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z是原子序数依次递
7、增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18-1-9=8，故Y为O元素，【详解】A、X、Y、Z分别是H、O、F，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径OFH，A错误；B、HF分子之间含有氢键，沸点高于其它同族氢化物的沸点，B正确；C、过氧化钙与水反应，过氧化钙既是氧化剂又是还原剂，C错误；D、CaO2其阴离子为O22-，阴、阳离子个数比为1：
8、1，D错误答案选B6.据报道，我国研制出“可充电钠二氧化碳电池”，电极材料为钠金属片和碳纳米管，电解液为高氯酸钠一四甘醇二甲醚，电池总反应为:4Na+3CO22Na2CO3+C生成固体Na2CO3沉积在碳纳米管上，下列叙述不正确的是A. 放电时钠金属片发生氧化反应B. 放电时每消耗3mo1C02，转移12mol电子C. 充电时碳纳米管接直流电源的正极D. 充电时阳极反应为C+2Na2CO3-4e-=4Na+3CO2【答案】B【解析】A、放电时钠金属片作负极失去电子发生氧化反应，选项A正确；B、放电时每消耗3mo1C02，生成1molC,转移4mol电子，选项B不正确；C、充电时碳纳米管接直流电
9、源的正极作阳极失去电子生成二氧化碳，选项C正确；D、充电时的阳极碳失去电子生成二氧化碳，其电极反应式为C+2Na2CO3-4e-=4Na+3CO2，选项D正确。答案选B。7.在T 时，铬酸银()在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法中不正确的是A. 向饱和溶液中加入固体K2CrO4能使溶液由Y点变为X点B. T时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等C. T时，的 Ksp数值为 110-11D. 图中【答案】A【解析】【详解】A在含有的水溶液中加入K2CrO4溶液，的浓度增大，使沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的浓度减小，所以在含的水溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，应
10、变为X点下方一点的位置，故A错误；B一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t时，Y点和Z点时的Ksp相等，故B正确；C依据 图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，的沉淀溶剂平衡为：； ；故C正确；D依据溶度积常数计算 ，Z点时 ，则 ，所以 ，故D正确；故选A。8.以SO2、软锰矿(主要成分为MnO2，少量Fe、Al、Ca及Pb的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备MnSO4液和Mn3O4，主要实验步骤如下步骤I、如图所示装置，将SO2通入B中的软锰矿浆液中(MnO2+SO2=MnSO4)。步骤II、充分反应后，在不断搅拌下依次向仪器R中加入适
11、量纯净的MnO2、MnCO3，最后加入适量Na2S沉铅，步骤III、过滤得MnSO4溶液(1)仪器R的名称是_。(2)装置A用于制取SO2，反应的化学方程式为_。(3)装置B中的反应应控制在90100，适宜的加热方式是_。(4)装置C的作用是_。(5)“步骤”中加入纯净MnO2的目的是_，用MnCO3调节溶液pH时，需调节溶液pH的范围为_(该实验条件下，部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表)金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+开始沉淀的pH7.041.873.327.56沉淀完全的pH9.183.274.910.2(6)已知用空气氧化Mn(OH)2浊液可制备Mn3O46Mn(OH)
12、2+O22Mn3O4+6H2O，主要副产物为MnOOH；反应温度和溶液pH对产品中Mn的质量分数的影响分别如图所示反应温度超过80时，Mn3O4的产率开始降低，Mn(OH)2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；Mn3O4、MnOOH中锰的质量分数理论值依次为72.05、62.5%请补充完整由步骤III得到MnSO4溶液，并用氨水等制备较纯净的Mn3O4的实验方案：_，真空干燥6小时得产品Mn3O4。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (3). 用90100的水浴加热 (4). 吸收未反应的SO2，防止污染环境 (5). 将Fe2+氧化为Fe
13、3+ (6). 4.9pH7.56 (7). 将滤液加热并保温在6080，用氨水调节溶液pH并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出【解析】【分析】根据题意：装置A由亚硫酸钠和浓硫酸制备二氧化硫，将SO2通入B中控制温度90100与软锰矿浆液中发生主要反应MnO2+SO2=MnSO4，Fe、Al、Ca及Pb的化合物得到含Fe2+、Al3+、Pb2+的溶液和CaSO4沉淀，装置C吸收多余的SO2，充分反应后，在不断搅拌下依次向三颈烧瓶中加入适量纯净的MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MnCO3溶
14、液调节pH沉淀Fe3+、Al3+，最后加入适量Na2S沉铅，过滤得MnSO4溶液，将滤液加热并保温在一定温度，用氨水调节溶液pH，在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，反应生成Mn3O4，至有大量黑色沉淀时，静置，在上层清液再滴加氨水至无沉淀，过滤，洗涤干燥得到Mn3O4，据此分析作答。【详解】(1)根据R的结构特点可知其为三颈烧瓶；(2)本实验中利用70%的浓硫酸和Na2SO3反应制取二氧化硫，化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；(3)反应温度不超过100，所以适宜的加热方式为用90100的水浴加热；(4)装置C中盛有NaOH溶液，可吸收未反应的SO2，防止污染环
15、境；(5)加入纯净的MnO2可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去，且不引入新的杂质；根据表格数据可知需要调节pH的范围为4.9pH7.56，从而保证除去Fe3+、Al3+，且不除去Mn2+；(6)根据题目信息可知用空气氧化Mn(OH)2浊液可制备Mn3O4，提供的药品有氨水，所以需要滴加氨水制备Mn(OH)2浊液，同时通入氧气；据图可知当反应温度为6080时，产物中Mn的质量分数与72.03%最为接近，即此时Mn3O4产率最高，而反应温度超过80时，Mn3O4产率开始降低，所以温度要控制在6080；同理pH值应控制在8-9；制取的Mn3O4固体表面会有杂质附着，需要洗涤，所以从硫酸锰溶液制备
16、较纯净的Mn3O4的实验方案为：将滤液加热并保温在6080，用氨水调节溶液pH并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出，真空干燥6小时得产品Mn3O4。【点睛】第（6）小题为本题难点，首先需要根据Mn元素的质量分数变化确定温度和pH值，其次还要注意需要对得到的Mn3O4进行洗涤。9.镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi1xyCoxMnyO2)的工艺流程如图所示：回答下列问题（1）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂
17、在正极的回收，其原因是_。（2）能够提高“碱浸”效率的方法有_(至少写两种)。（3）“碱浸”过程中，铝溶解的离子方程式为_。（4）实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，需用到的玻璃仪器有_；过滤后需洗涤，简述洗涤的操作过程：_。（5）LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为_。（6）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示：则浸出过程的最佳条件是_。（7）已知溶液中Co2+的浓度为1.0molL1，缓慢通入氨气，使其产生Co(OH)2沉淀，则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为_(已知：离子沉淀完全时c(Co2+)1.0105molL1，KspCo(OH)2=4.01015，1g2=0.3，溶液体
18、积变化忽略不计)。（8）写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式：_。【答案】 (1). 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料 (2). 粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 (4). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (5). 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次 (6). 2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2 (7). 75，30 min (8). 9.3 (9). (4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCo
19、xMnyO2+2CO2+4H2O【解析】【分析】（1）“放电处理”有利于锂在正极的回收，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动；（2）提高浸出率的方法有粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等；（3）“碱浸”过程中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（4）过滤需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀的操作为：沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；（5）LiCoO2中Li元素为+1价，O元素为-2价，故Co元素化合价为+3价，LiCoO2为难溶物，H2SO4为电解质，H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素，由此写出反应的离子方程式；（6）由图可知，在75
20、，30 min条件下钴的浸出率最高；（7）根据溶度积常数及水的离子积，逐步推理得出答案；（8）Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3H2O反应生成Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2与Li2CO3，并高温烧结固相合成，根据原子守恒可得到化学方程式。【详解】（1）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，故答案为放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料；（2）提高浸出率的方法有粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等，故答案为粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等；（3）“碱浸”过程中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢
21、气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，故答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；（4）过滤需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀在过滤器中进行，其操作为：沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；故答案为漏斗、烧杯、玻璃棒；沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；（5）LiCoO2中Li元素为+1价，O元素为-2价，故Co元素化合价为+3价，LiCoO2为难溶物，H2SO4为电解质，H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素，反应的离子方程式为2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2
22、，故答案为2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2；（6）由图可知，在75，30 min条件下钴的浸出率最高，故答案为75，30 min；（7）KspCo(OH)2=4.01015，沉淀完全时c(OH-)=210-5mol/L，c(H+)=510-10mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg510-10=9.3，故答案为9.3；（8）Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3H2O反应生成Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2与Li2CO3，并高温烧结固相合成，根据原子守恒可得到化学方程式为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2
23、Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O，故答案为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O。10.钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图:已知:草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)4H2O;25时，BaCO3的溶度积Ksp=2.5810-9；(1)BaTiO3中Ti元素的化合价为:_。(2)用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为:_。(3)流程中通过
24、过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量需对晶体洗涤。过滤操作中使用的玻璃仪器有_。如何证明晶体已洗净?_。(4)TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是:_。(5)某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为:_。(6)流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为_mol/L。【答案】 (1). +4 (2). RaCO3+2H+=Ra2+CO2+H
25、2O (3). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (4). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3 酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。 (5). 促进TiCl4水解 (6). 60% (7). 2.5810-8【解析】试题分析：本题以生产钛酸钡的工艺流程为载体，考查离子方程式的书写，基本实验操作，外界条件对盐类水解平衡的影响，产率和溶度积的计算等。（1）BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Ti的化合价为+4价。（2）盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2，离子方程式为BaCO3+2H+=
26、Ba2+H2O+CO2。（3）过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。根据流程草酸氧化钛钡晶体吸附可溶性的Cl-等，要证明晶体已经洗净即证明洗涤液中不含Cl-。方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。（4）TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2OTiO2+4HCl，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。（5）根据Ba守恒，理论上得到BaTiO3的质量为233g/mol=23.3g，BaTiO3的产率为100%=60%。（6）B
27、aCO3的溶解平衡表达式为BaCO3（s）Ba2+（aq）+CO32-（aq），Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）c（CO32-）=2.5810-9，若浸出液中c（Ba2+）=0.1mol/L，则CO32-在浸出液中最大浓度c（CO32-）=mol/L=2.5810-8mol/L。11.氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。(1)氧元素位于元素周期表中_区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有_种。(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为_；其分子的 VSEPR模型为_，与其互为等电子体的离子为_(写出一种即可)。(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有
28、机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为_；C2H5OH不能用无水CaCl2千燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42+，该离子的结构式可表示为_。(4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为_；与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为_。Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2与Cu+之间最近距离为a pm，则该晶体的密度为_gcm3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)【答案】 (1). p； (2). 3 (3). sp2杂化 (4). 平面三角形 (5).
29、NO2 (6). 乙醇分子间可形成氢键，沸点高 (7). (8). 6 (9). 正八面体 (10). 【解析】【分析】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；根据电离能的变化规律分析判断；(2)根据公式计算出O3的中心原子的价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高；对于配离子Ca(C2H5OH)42+可以结合常见配合物的结构与成键分析解答；(4)根据体心位置的Fe2+判断Fe2+的配位数；根据结构示意图判断与O2-紧邻的所有Fe2
30、+构成的几何构型；若O2-与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度=4apm，计算出晶胞的棱长，根据化学式判断出各球表示的微粒，再结合密度的计算公式计算。【详解】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，故答案为p；3；(2)O3的中心原子的价层电子对个数2+3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的 VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价
31、电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2(合理即可)，故答案为sp2杂化；平面三角形；NO2(合理即可)；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为，故答案为乙醇分子间可形成氢键，沸点高；(4)Fe2+的配位数为6；与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离
32、子形成正八面体，同理可推，与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体，故答案为6；正八面体；若O2与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度4apm，晶胞棱长1010 cm，晶胞体积(1010 cm)3，该晶胞中白球离子个数1+82、灰球离子个数为4，根据化学式Cu2O知，灰色球表示亚铜离子、白色球表示氧离子，则该晶体的密度= g/cm3g/cm3，故答案为。12.有机化学基础化合物J是制备降血脂药贝利贝特的中间体，制备J的一种合成路线设计如下：回答下列问题：(1)A的化学名称是_。(2)G生成H的反应类型是_；J的分子式为_。(3)C的结构简式为_。(4)
33、化合物I可由芳香化合物C6H6O和环状化合物C6H10O在醋酸和盐酸催化下制备得到，该反应的化学方程式为_。(5)R与E互为同分异构体且与E具有相同的官能团种类和数目，则R的结构有_种。其中对应的核磁共振氢谱图中有四组峰，且峰面积比为4：3：2：1的结构简式为_。(6)苯氧乙酸乙酯()是一种农药，设计由苯酚和乙醇为起始原料制备苯氧乙酸乙酯的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 丙二酸或甲烷二羧酸 (2). 取代反应(或酯化反应) (3). C32H44O6 (4). (5). (6). 8 (7). (8). 【解析】【分析】根据合成路线图用逆合成法分析各中间产物及反应类型。【详解
34、】(1)用逆合成法分析，D为，C为，B为，则A为，名称是丙二酸或甲烷二羧酸，故答案为丙二酸或甲烷二羧酸；(2)由G和H的结构特点看出，G中的羧基变为酯基，所以G生成H的反应类型是取代反应(或酯化反应)；由J的结构简式得出分子式为C32H44O6，故答案为取代反应(或酯化反应)；C32H44O6；(3)由D的结构及反应条件可推出的C的结构简式为，故答案为；(4)根据I的结构简式分析，该反应的化学方程式为：；(5)E的结构为R与E互为同分异构体且与E具有相同的官能团种类和数目，两个羧基须在两端，主链上包含两个羧基中的碳原子，若主链有6个碳原子，则同分异构体有1种，如主链有5个碳原子，同分异构体有2种，如主链有4个碳原子，同分异构体有3中，若主链有3个碳原子，则同分异构体有3种，其中一个是E，则R的结构一共有8种；其中对应的核磁共振氢谱图中有四组峰，且峰面积比为4：3：2：1的结构简式为，故答案为8，；(6)根据官能团的结构特点及性质分析得合成路线为：。【点睛】在分析同分异构体的种类时，注意条件的限制，其中易错点是忽略已给出的E的结构，R的数目应该比所有的同分异构体数目少一种。
