2022年高考化学考前冲刺模拟试卷一(新课标2)(含答案)

2020-2021学年度高考考前冲刺模拟试卷一（新课标2）
一、单选题
1．下列物质的性质与应用不正确
．．．的是
A．液氯可以储存在钢瓶中
B．二氧化硫可用于漂白纸浆
C．碳酸钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一
D．硅晶体是半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域
2．有机化合物X()是合成重要医药中间体的原料。

下列关于化合物X说法错误的是
A．分子中有7 个碳原子共平面
B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．能与HBr 发生加成反应
D．X 的同分异构体中不存在芳香族化合物
3．下列实验操作、现象和所得出的结论均正确的是（）
A．A B．B C．C D．D 4．N A为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A．标准状况下,2.24LCCl4含碳原子数目为0.1N A
B．常温下56g铁片投入足量浓H2SO4中生成1.5N A个SO2分子
C．常温下,22gCO2和N2O混合气体中，含有的原子数目为1.5N A
D．pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1N A个H+
5．X、Y、
Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们组成的某化合物结构如
图所示，其分子中所有原子均达到8电子稳定结构；Y元素至少能形成6种氧化物，W 的单质可用于自来水消毒。

下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性：X<Y<W
B．离子半径：r(W)>r(Y)>r(Z)
C．X、Y、Z、W四种元素均能与氢元素形成含非极性键的二元化合物
D．简单氢化物的还原性：W<X<Y
6．我国科学家研发了一种水系可逆Zn -CO 2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H 2O 解离成H +和OH -，工作原理如图所示。

下列说法错误的是（ ）
A ．a 膜是阳离子膜，b 膜是阴离子膜
B ．放电时负极的电极反应式为Zn+4OH --2e -=Zn(OH)42-
C ．充电时CO 2在多孔Pd 纳米片表面转化为甲酸
D ．外电路中每通过1mol 电子，复合膜层间有1mol H 2O 解离
7．常温下，用0.100 mol·L −1NaOH 溶液滴定20 mL 0.100 mol·L −1 H 3PO 4溶液，曲线如图所示。

下列说法不正确的是
A ．当2<pH<4.7时，溶液中的溶质是H 3PO 4和NaH 2PO 4
B ．pH=4.7处，c(Na +)=c(24H PO -)+c(24HPO -)+c(34PO -
)
C ．pH=9.7处，c(Na +)>c(24HPO -)>c(OH −)>c(H +)
D ．NaH 2PO 4溶液中，c(H +)>c(OH −)
二、实验题
8．苯甲醇是一种重要的化工原料，广泛用于香料、造纸、制药和印染等行业。

实验室制备苯甲醇的反应原理和有关数据如图：
2+K2CO3+H2O→2+CO2↑+2KCl
实验步骤：如图所示，在装有电动搅拌器的250 mL三颈烧瓶里加人9.0 g碳酸钾(过量)，70.0 mL水，加热溶解，再加入20 mL四乙基溴化铵[(CH3CH2)4NBr]溶液和12.0 mL氯化苄。

搅拌加热回流反应l~1.5 h。

反应结束后冷却，并转入125 mL分液漏斗中，分出有机层，水层用萃取剂萃取三次。

合并萃取液和有机层，加入无水硫酸镁固体，静置、过滤。

最后进行蒸馏纯化，收集200~208 ℃的馏分，得8.4 mL苯甲醇。

回答下列问题：
(1)仪器Y的名称__，冷却水应从__(填“上口”或“下口”)通入。

由于苯甲醇的沸点较高，在蒸馏纯化操作中最适宜选用的仪器之一是__。

A．B．
C．
(2)本实验中加入无水硫酸镁的目的是__。

从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用__。

A ．乙醇 B ．乙酸乙酯 C ．苯 D ．氯仿
(3)某同学认为该装置中的电动搅拌器可以换成沸石，以防暴沸。

该说法__(填“是”或“否”)正确，其理由是__。

(4)本实验苯甲醇的产率为__%(计算结果保留一位小数)。

三、工业流程题
9．钼酸钠晶体( Na 2MoO 4·2H 2O)是一种金属腐蚀抑制剂。

下图是利用钼精矿(主要成分是MoS 2，含少量PbS 等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。

回答下列问题：
(1) Na 2MoO 4·2H 2O 中钼元素的化合价是__________；在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉项进入，这样处理的目的是__________________。

(2)“焙烧”时MoS 2转化为MoO 3，写出该反应的化学方程式:____________________，反应中氧化产物是_______________(填化学式)。

(3)“浸取”时含钼化合物发生反应的离子方程式为______________；“ 结晶”前需向滤液中加入Ba(OH)2固体以除去2-3CO 。

若滤液中c (MoO 2-
4)=0. 40 mol/ L ，c(2-3CO )=0.10 mol/L ，当BaMoO 4开始沉淀时，
2-
3CO 的去除率是____________% [ 已知：Ksp(ВaCO 3)= 1×10-9 、Ksp(BaMoO 4)=4.0×10-8]。

(4)“分析纯”的钼酸钠常用钼酸铵[(NH 4)2MoO 4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与流程中所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式为_____________。

(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。

常温下，碳素钢在三种不同
介质中的腐蚀速率实验结果如下图所示。

要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为____________。

四、原理综合题
10．氮氧化物是形成雾霾的重要原因之一，综合治理氮氧化物，还自然一片蓝天。

回答下列问题：
(1)在催化剂作用下，甲烷可还原氮氧化物。

已知：
①CH 4(g)+4NO 2(g)=4NO(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH=−574 kJ·mol −1；
②4NO 2(g)+2N 2(g)=8NO(g) ΔH=+586 kJ·mol −1.
则CH 4(g)+4NO(g)= 2N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH=___________kJ·mol −1.
(2)已知Cl 2可与NO 作用：2NO(g)+Cl 2(g) 2ClNO(g) ΔH ＜0，反应的速率方程式为v 正=k 正·c 2(NO)·c(Cl 2)，v 逆=k 逆·c 2(ClNO)，k 正、k 逆表示速率常数，与温度、活化能有关。

①升高温度，k 正的变化程度___________(填“大于”“小于”或“等于”)k 逆的变化程度。

②某温度条件下，向1 L 恒容密闭容器中加入2 mol NO 和1 mol Cl 2，测得初始压强是平衡时压强的1.2倍。

则该温度下平衡常数K=___________。

若平衡时压强为p ，则p K K
=___________(用p 表示)。

(3)工业烟气中的氮氧化物可用NH 3催化还原，发生反应：4NH 3(g)+6NO(g)= 5N 2(g)+ 6H 2O(g) ΔH ＜0，研究表明不同氨氮比[m=3n(NH )n(NO)
]条件下测得NO 的残留率与温度关
系如图所示。

①指出氨氮比m1、m2、m3的大小关系___________。

②随着温度不断升高，NO的残留率趋近相同的可能原因是___________。

NO)，研究表明，不同(4)利用Au/Ag3PO4光催化去除氮氧化物(O2将氮氧化物氧化为-
3
Au的负载量与氮氧化物的去除效果、催化去除速率常数(用k表示，其他条件不变时，速率常数越大，速率越大)大小的关系分别如图1、图2表示。

已知：催化剂的活性与其表面的单位面积活性位点数有关。

①综合图1、图2可知催化效果最佳的是___________(填催化剂)。

②图2中表面随着Au的负载量不断增加，反应速率常数先增大后减小，试分析反应速率常数减小的原因是___________。

五、结构与性质
11．碳族元素及其化合物在能源、材料等方面有重要用途，回答下列问题：
（1）基态Ge原子的价电子排布图为______________，位于周期表_______区。

（2）锡能与氢氧化钠溶液反应生成Na2SnO3，Na2SnO3中含有的化学键类型为______，
Na、Sn、O的第一电离能大小顺序为_____（用元素符号表示），其阴离子的立体构型为________。

（3）金刚石不导电，石墨能导电，金刚石不导电的原因是____________。

（4）翡翠是一种多硅酸盐，其化学式为Be3Al2[Si6O18]，其中Si原子采用的杂化类型为_________。

（5）晶胞有2个重要参数：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，图1为金刚石单晶的晶胞，其中原子坐标参数：A为（0，0，0），C为（1/2，1/2，0），D 为（1/4，1/4，1/4），则B原子的坐标参数为________。

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图2所示，图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞。

已知石墨晶胞中键与键之间的夹角为120°，N A为阿伏加德罗常数，其密度为_____g·cm−3（列出计算式即可）。

六、有机推断题
12．以芳香烃A为原料合成有机物F和I的合成路线如下：
已知：R-CHO+(CH3CO)2O+H R-CH=CHCOOH+CH3COOH
（1）A 的分子式为_________，C 中的官能团名称为_____________。

（2）D 分子中最多有________________个原子共平面。

（3）E 生成F 的反应类型为________________，G 的结构简式为________________。

（4）由H 生成I 的化学方程式为：______________。

（5）符合下列条件的B 的同分异构体有多种，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）________________。

①属于芳香化合物；②能发生银镜反应
（6）已知RCOOH 2SOCl −−−−−→RCOCl ，参照上述合成路线，以苯和丙酸为原料（无
机试剂任选），设计制备的合成路线。

参考答案
1．C
【解析】
【详解】
A. 氯气与铁常温下不反应，氯气易液化，液氯可以保存在钢瓶中，A项正确；
B. 二氧化硫具有漂白性，可漂白纸张，B项正确；
C. 碳酸氢钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，而不是碳酸钠，C项错误；
D. 硅晶体是半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域，如计算机芯片等，D项正确；答案选C。

2．A
【详解】
A. 分子中存在碳碳双键，根据乙烯分子中有6个原子共面，可知该分子中有5个碳原子共平面，分子中的六元环上的碳原子不能全部共面，故A错误；
B. 含碳碳双键的有机物能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C. 含碳碳双键的有机物能与HBr 发生加成反应，故C正确；
D. X含有2个环和一个碳碳双键，共3个不饱和度，苯环中含有4个不饱和度，则X 的同分异构体中不存在芳香族化合物，故D正确；
故答案选：A。

3．C
【详解】
A、NH4HCO3不稳定，受热分解成NH3、H2O、CO2，NH3为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A错误；
B、醛基与银氨溶液发生银镜反应，应先加入NaOH除去硫酸，使溶液显碱性，再加银氨溶
液，如果出现银镜，说明淀粉已水解，反之未水解，故B错误；
C、H2S与SO2发生2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，从方程式中可以看出SO2中S的价态降低，体现SO2的氧化性，故C正确；
D、KMnO4与草酸发生反应，产生Mn2＋，其中Mn2＋作催化剂，因此验证浓度对反应速率的影响，不应该用KMnO4与草酸的反应，故D错误；
答案选C。

【点睛】
易错点是选项D，解题时容易只注意到草酸的浓度不同，认为体现了浓度对反应速率的影响，但忽略了高锰酸钾与草酸反应生成的Mn2＋作催化剂，因此考查浓度对反应速率的影响，不能用该反应。

4．C
【解析】A、标况下．四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A 错误；B.56g铁的物质的量为1mol，常温下由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故B错误；C．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22gCO2和N2O的物质的量为0.5mol，而CO2和N2O均为三原子分子，故0.5mol 混合气体含1.5mol原子，个数为1.5N A，故C正确；D. 未告知溶液的体积，无法计算pH=1的H3PO4溶液中含有的H+数目，故D错误；故选C．
点睛：注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件：①物质的状态是否为气体；②条件是否为标准状况，即0℃．1.01×105Pa，常温常压下，不能使用V m=22.4L/mol。

本题的易错点为B，要注意铁遇冷的浓硫酸发生钝化。

5．A
【分析】
依据W单质可用于自来水消毒和W只能形成一条共价键，可推知W为Cl；同理X形成四条键，为C或Si，Y形成三条键，为N或P，Z形成两条键，为O或S，结合“X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y元素至少能形成6种氧化物”，可推知Y为N，因此X只能为C，Z为O或S，W为Cl。

【详解】
A．HClO4是酸性最强的含氧酸，H2CO3为弱酸，故酸性：HClO4>HNO3>H2CO3，即X<Y<W，故A正确；
B．若Z为O，离子半径：r(W)>r(Y)>r(Z)，若Z为S，离子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)，故B错误；
C．C2H4、N2H4、H2O2、H2S2(过硫化氢)都是含非极性键的二元化合物，但H和Cl都只形成一条键，不能形成含非极性键的二元化合物，故C错误；
D．非金属性越强简单氢化物的还原性越弱，所以简单氢化物的还原性：W<Y<X，故D错误；
综上所述答案为A。

6．C
【分析】
根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为
CO2+2H++2e-=HCOOH，总的电极反应为：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，由此分析。

【详解】
A．由图可知，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，故A 正确；
B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，故B正确；
C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2，故C错误；
D ．复合膜层间的H 2O 解离成H +和OH -，根据总的电极反应：Zn+2OH - +2H 2O+CO 2= Zn(OH)42-+HCOOH ，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol 电子，复合膜层间有1mol H 2O 解离，故D 正确；
答案选C 。

【点睛】
根据图中信息写出电极反应是解本题的关键，方法是根据氧化还原反应的原理找到反应物和生成物，根据化合价的变化找到转移的电子数，再进行判断。

7．B
【详解】
A. NaOH 与少量H 3PO 4反应生成NaH 2PO 4，则溶液中的溶质是H 3PO 4和NaH 2PO 4，故A 说法正确；
B.V(NaOH 溶液)=20 mL 时，此时pH=4.7，
H 3PO 4溶液与NaOH 溶液恰好反应生成NaH 2PO 4，根据物料守恒有c(Na +)=c(24H PO -)+c(24HPO -)+c(34PO -
)+c(H 3PO 4)，故B 说法错误；
C.pH=9.7时，Na 2HPO 4溶液呈碱性，说明24HPO -的水解程度大于其电离程度，故C 说法正确；
D.根据图示信息可知，NaH 2PO 4溶液pH=4.7，显酸性，故D 说法正确。

故答案为B 。

8．三颈烧瓶 下口 B 干燥 B 否 电动搅拌器使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率 74.5
【详解】
(1)由实验装置图可知Y 为三颈烧瓶；X 为球形冷凝管，冷凝回流时冷水从下口进入以使冷水和热蒸气之间的接触面积大；苯甲醇的沸点较高，为205.3 ℃，在常温下即为液体，在蒸馏纯化操作中无需冷凝，最适宜选用的仪器之一是B 空气冷凝管。

(2)加入无水硫酸镁的目的是为了除去有几层中的水，起到干燥的作用；
A．乙醇能溶解很多有机物和无机物，不能做萃取剂，故A不符合题意；
B．乙酸乙酯无毒，可做萃取剂，故B符合题意；
C．苯有毒，不适合做萃取剂，故C不符合题意；
D．氯仿有毒，不适合做萃取剂，故D不符合题意；
故答案为B。

(3)该装置中的电动搅拌器不可以换成沸石，因为电动搅拌器的作用是使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率。

(4)由题意可知9.0 g碳酸钾(过量)，依据12.0 mL氯化苄来进行计算，12.0 mL氯化苄的质量为12.0 mL×1.1 g·cm-3=13.2 g，利用化学方程式2+K2CO3+H2O→2
+CO2↑+2KCl可知，13.2 g氯化苄参与反应可生成苯甲醇的质量为210813.2g
2126.5
⨯⨯
⨯
，则苯甲醇
的产率为
3
8.4mL 1.0g cm
100%74.5% 210813.2g
2126.5
-
⨯⋅
⨯≈
⨯⨯
⨯。

9．+6价增大固气接触面积，提高原料利用率(加快反应速率亦可) 2MoS2+7O2
2MoO3+4SO2MoO3、SO2MoO3+2-
3
CO=MoO42-+CO2↑ 90% (NH4)2CO3、(NH4)2SO31：1
【分析】
“焙烧”：氧气将MoS2、PbS氧化成MoO3、PbO、SO2；“浸取”：主要反应为MoO3和
Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2；“过滤”：Ba(OH)2将过量的2
3
CO-转化为BaCO3沉淀，通过“过滤”将BaCO3、PbO除去；“结晶”：通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗Na2MoO4•2H2O固体；通过“重结晶”得Na2MoO4•2H2O，据此解答。

【详解】
(1)根据化合物中元素化合价代数和为0可知，Na2MoO4•2H2O中钼元素的化合价为+6价，
矿石经粉碎及从炉顶进入可增大固气接触面积，加快反应速率，同时使原料中的MoS 2尽可能反应，提高原料利用率；
(2)“焙烧”：氧气将MoS 2氧化成MoO 3、SO 2，反应的方程式为：
2MoS 2+7O 2Δ2MoO 3+4SO 2，
氧化产物为MoO 3、SO 2； (3)“浸取”：主要反应为MoO 3和Na 2CO 3溶液反应生成Na 2MoO 4和CO 2，反应的离子方程式为：MoO 3+23CO -=24MoO -+CO 2↑。

K sp (BaMoO 4)=4.0×10-8，c (24MoO -
)=0.40 mol • L -1，由
K sp (BaMoO 4=22+4()MoO (Ba )c c -⨯得：当BaMoO 4开始沉淀时，c (Ba 2+)=()
-8p 442
s BaMoO 4.010()=mol/L MoO 0.4
K c -⨯=10-7mol/L ，由K sp (BaCO 3)=22+3()CO (Ba )c c -⨯得，此时溶液中c (23
CO -)=-9
-7mol/L 10110⨯=10-2mol/L ，所以，23CO -的去除率=0.1mol/L-0.01mol/L ×100%=90%0.1mol/L
； (4)(NH 4)2MoO 4和NaOH 反应生成Na 2MoO 4、H 2O 和NH 3，流程中产生的气体为SO 2、CO 2，把SO 2、NH 3、CO 2通入水中可产生(NH 4)2CO 3、(NH 4)2SO 3两种正盐；
(5)①由图可知，碳素钢的缓蚀效果最优时，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度都为150mg/L ，即二者浓度比为1:1。

10．−1160 小于 2 2.5p （或52p
） m 3＞m 2＞m 1 随着温度升高，温度对NO 残留率的影响程度大于氨氮比的影响 0.1Au/Ag 3PO 4 当Au 负载量过多时，过多地覆盖Ag 3PO 4表面，导致Ag 3PO 4表面单位面积活性位点数减少
【详解】
(1)由盖斯定律可知，目标方程式=①−②，可得ΔH=−1160 kJ·mol −1.
(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，根据速率方程，可知改变温度瞬间，浓度未发生变化，故k 正的变化程度小于k
逆的变化程度。

②设Cl 2的变化量为x mol 。

列三段式：
22NO(g)+Cl (g)
2ClNO(g)/mol 21
0/mol 2x x
2x /mol 2-2x 1-x 2x
起始变化平衡，根据压强之比等于物质的量之比，可知32212x x x -+-+=1.2，x=0.5，K=222()()()c ClNO c NO c Cl =2，p(NO)=p×12.5，p(Cl 2)=p×0.52.5
，p(ClNO)=p×12.5，K p =221()2.5
10.5()2.5 2.5
p p p ⨯⨯⨯⨯=5p ，p K K =52p =2.5p 或52p 。

(3)①氨氮比增大，可理解为NH 3增加，NO 的残留率降低，故m 3＞m 2＞m 1．②反应过程中存在2个外界因素，温度和氨氮比，二者均对NO 的残留率存在影响，随着温度的进一步升高，不同氨氮比，NO 的残留率趋近，说明温度对NO 残留率的影响大于氨氮比的。

(4)①由图示可知，去除率、NO 转化率较为合适的催化剂为0.1Au/Ag 3PO 4.；
②根据题给信息可知，催化剂的活性与其表面的单位面积活性位点数有关，当Au 的量增加时，可能会覆盖催化剂的活性位点。

11． p 离子键、共价键 O>Sn>Na 平面三角形 金刚石
晶体中没有自由电子，所以金刚石不导电 sp 3 (1/2，0， 1/2) 2A 3a bN
【分析】 Ge 是32号元素，位于第四周期第IV A 族，根据“分摊法”算出每个晶胞实际含有各类原子的个数，一般长方体(或正方体)形晶胞中不同位置的粒子数的计算：①处于顶点的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有属于该晶胞。

②处于棱上的粒子，同时为4个晶胞所共有，每个粒子有属于该晶胞。

③处于面上的粒子，同时为2个晶胞所共有。

每个粒子有属于该晶胞。

④处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞。

【详解】
（1）Ge 是32号元素，位于第四周期第IV A 族，基态Ge 原子核外电子排布式为[Ar]3d 104s 24p 2，则价电子排布图为，位于周期表p 区。

（2）Na 2SnO 3中Na +与23SnO -以离子键结合，23SnO -
中原子以共价键结合。

根据同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能减小，第一电离能：O >C >Sn ，Na 的金属性强于Sn ，第一电离能最小。

23SnO -中Sn 原子上的孤电子对数＝
=0，价层电子对数＝3+0＝3，空间构型为平面正三角形。

（3）金刚石中每个碳原子都以sp 3杂化轨道与四个碳原子形成共价单键，即碳原子的价电子都参与了共价键的形成，使晶体中没有自由电子，所以金刚石不导电。

（4）Be 3Al 2[Si 6O 18]中铝元素显+3，铍元素显+2，氧元素显−2，设硅元素的化合价是x ，根据在化合物中正负化合价代数和为零，则：3×2+（+3）×2+（+x ）×6+（−2）×18=0，解得x =+4，硅元素显+4，Si 原子与O 原子形成4个σ键，硅原子无孤对电子，所以Si 原子采用的杂化类型为sp 3杂化。

（5）由A 、C 、D 的坐标参数可知B 原子的坐标参数为(1/2，0，1/2)。

石墨晶胞底边长为a cm ，则底面积＝a cm×a cm×sin60°＝23a cm 2，层间距为b cm ，则晶胞高为2b cm ，晶胞体积V ＝23a 2cm 2×2b cm ＝ a 2b cm 3，晶胞中碳原子数目=1+8×1/8+2×1/2+4×1/4=4，晶
胞质量＝412A N ⨯g ，晶胞密度ρ＝m/V=23A
a bN g/cm 3。

【点睛】
有关晶胞密度的计算步骤：
①根据“分摊法”算出每个晶胞实际含有各类原子的个数，计算出晶胞的质量m ； ②根据边长计算晶胞的体积V ；
③根据ρ=m
V
进行计算，得出结果。

12．C7H8羟基17 消去反应或；
【分析】
A为芳香烃，由A到B可推测A可能为甲苯，A得到B是在甲基对位上引入，由A 到G应为氧化过程，G的分子式为C7H6O，进一步可判断G为，是由被氧化得到的。

C中含有-OH，D为C分子内脱水得到的，E为，在KOH醇溶液作用下可发生消去反应生成F，由已知反应可知，G在一定条件下生成H，H在浓硫酸加热发生酯化反应生成I可逆推知，H为。

【详解】
（1）由A到B可推测A可能为甲苯（C7H8），A得到B是在甲基对位上引入，由A 到G为氧化过程，G的分子式为C7H6O，进一步可判断G为，应该是由被氧化得到的，C中含有的官能团为：-OH；
（2）D为C分子内脱水得到的，由于苯环上的C原子，及与这些C原子直接相连的原子都在一个平面上，与C=C直接相连的原子也在同一平面上，这样通过单键旋转，这两个平面可共面，由于-CH3中C原子与相连的基团呈四面体结构，其中一个H原子可与上述平面共面，D分子式为C9H10，除2个H原子外，其余原子都可能共面，可共面的原子为17个；
（3）E为，在KOH醇溶液作用下可发生消去反应生成F，由上述知G为；
（4）H为，变为I发生的是酯化反应，其化学方程式为：
；
（5）①属于芳香化合物，有苯环，②能发生银镜反应，有醛基，若苯环上有一个取代基，有两种基团：-CH2CH2CHO、-CH（CH3）CHO，因此有2种异构体，若有两个取代基，可以是-CH3、-CH2CHO 组合，也可以是-CH2CH3、-CHO组合，分别有邻、间、对三种相对位置，有6种异构体。

当苯环上有三个取代基，即2个-CH3和1个-CHO时，其有6种异构体，可由定二移一法确定，如图示：、、，箭头为-CHO的可能位置，
所以有满足条件的异构体数目为14种，其中满足核磁共振氢谱要求的为：或
；
（6）要合成，可在苯环上引入丙酰基，再还原，其合成路线为：。