2020-2021学年广西南宁二中高三（下）月考化学试卷（4月份）

这是一份2020-2021学年广西南宁二中高三（下）月考化学试卷（4月份），共21页。试卷主要包含了25×107，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年广西南宁二中高三（下）月考化学试卷（4月份）

1. 2020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底，并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是( )
A. “奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li+向负极移动
B. 制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性和熔点
C. “奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生丁达尔效应
D. 未来对海底“可燃冰”(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机
2. 《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，洛匹那韦(Lopinavir)与氯喹类药物均可用于治疗新冠肺炎。洛匹那韦(Lopinavir)(图1)和羟基氯喹(图2)的结构分别如图所示，对这两种有机化合物描述正确的是( )

A. 洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质
B. 洛匹那韦能够发生酯化、加成、氧化、还原反应
C. 羟基氯喹的分子式为C18H24N3OCl
D. 羟基氯喹分子苯环上的一氯代物有5种
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3⋅xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NA
B. 标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NA
C. 常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NA
D. 分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C−H键的数目一定为0.5NA
4. 工业上常用纳米级零价铁(ZVI)处理废水[含C2HCl3(三氯乙烯)和NO3−]处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl−，NO3−转化为NH4+.下列说法正确的是( )
A. 水体中含NO3−越多，三氯乙烯脱Cl的效果越好
B. 当产生3molFe2+时有1mol三氯乙烯完全脱Cl
C. 用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体可加快脱氯速率
D. NO3−发生的电极反应为NO3−+7H2O+8e−⇌NH4++10OH−
5. 用如图所示装置进行以下实验，实验现象与结论描述均正确的是( )

①
②
实验现象与结论
A
铝条
浓硫酸
无明显现象，铝与浓硫酸不反应
B
锌棒
海水
③中导管内液面上升，锌发生吸氧腐蚀
C
铜丝
FeCl3溶液
②中溶液颜色最终变为蓝色，Cu发生置换反应
D
铁丝
稀硝酸
②中试管口出现红棕色气体，Fe与稀硝酸反应生成NO2
A. A B. B C. C D. D
6. 白云土是一种硅酸盐，用氢氟酸处理白云土生成一种水溶性很低的XYZW6。已知X、Y、Z、W四种元素均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，Y2+与W−具有相同电子层结构，下列说法正确的是( )
A. X的氢化物具有强还原性
B. 工业上电解Z的氯化物制取Z单质
C. 离子半径：Y2+>W−
D. X、Y、Z的氯化物均属于离子化合物
7. 已知t℃时AgCl的Ksp=4×10−10，在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. 在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10−11
B. 在Ag2CrO4饱和溶液中加入K2CrO4(s)可使溶液由Y点到Z点
C. 在t℃，Ag2CrO4(s)+2Cl−(aq)⇌2AgCl(s)+CrO42−(aq)的平衡常数K=6.25×107
D. 在t℃时，以0.001mol⋅L−1AgNO3溶液滴定20mL0.001mol⋅L−1KCl和0.001mol⋅L−1K2CrO4的混合溶液，CrO42−先沉淀


8. 2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，锂离子电池是目前应用广泛的一类电池。以钛铁矿(主要成分为FeTO3，含有少量MgO、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，制备锂离子电池电极材料的工艺流程如图所示：

已知：①滤液1中含Ti微粒的主要存在形式为TiO2+；
②Ksp(FePO4)=1.3×10−22、Ksp[Mg3(PO4)2]=10×10−24；溶液小某离子浓度小于等于10−5mol⋅L时，认为该离子沉淀完全。
请回答下列问题：
(1)滤渣1中主要成分的化学式为______。
(2)“结晶”温度需控制在70℃左右，若温度过高会导致的后果为______
(3)“转化Ⅰ”后所得溶液中c(Mg2+)=0.01mol⋅L−1，若其中Fe3+沉淀完全，则溶液中c(PO43−)的范围为______。
(4)“煅烧Ⅰ”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。
(5)“转化Ⅱ”中H2TiO3的转化率(α)与温度(T)的关系如图所示。T0℃时，一定时间内H2TiO3的转化率最高的原因为______。

(6)Li2Ti5O15中−1价与−2价O原子的数目之比为______。“煅烧Ⅱ”反应中同时生成两种参与大气循环的气体，该反应的化学方程式为______。
(7)某钱离子电池放电时的电池反应为Li1−xFePO4+LixC6=LiFePO4+6C，则充电时阳极的电极反应式为______。
9. 某学生设计如图1实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)，据此回答下列问题：
(1)A仪器的名称是 ______，D的作用是 ______。
(2)漂白粉将在U形管中产生，其反应的化学方程式是 ______。
(3)此实验结果所得Ca(ClO)2产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U形管中存在两个副反应：
①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是 ______，有同学测出了反应后溶液中ClO−、ClO3−两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为如图2(不考虑氯气和水的反应)。
a.图2中曲线Ⅰ表示 ______的物质的量随反应时间变化的关系。
b.取含有0.25molCa(OH)2的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl−的物质的量为0.37mol，则产物中n(ClO−)n(ClO3−)=______。
②试判断另一个副反应是(写出此反应的化学方程式)______。
(4)该学生还将制得的氯气和二氧化硫同时通入品红溶液中，发现混合气体漂白能力下降。经分析发现主要原因是氯气和二氧化硫在水溶液中发生了氧化还原反应。为了定量测定该反应生成SO42−的质量，该学生将过量氯气和二氧化硫同时通入水中，将反应后的溶液用容量瓶配制成250mL后，从中取出25mL进行如表实验：

操作
现象
目的/结论
①
往25mL溶液中滴加过量amol⋅L−1BaCl2溶液V1mL
稍显浑浊
目的：沉淀SO42−。

②
继续滴加过量bmol⋅L−1K2CrO4溶液V2mL
产生黄色沉淀
目的：沉淀过量的Ba2+。

③
过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用cmol⋅L−1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3mL
/
结论：反应生成SO42−的质量为 ______ 。(列算式)
已知：CrO42−+Ba2+=BaCrO4↓(黄色)CrO42−+3Fe2++8H+=Cr3++3Fe3++4H2O

10. CO2是主要的温室气体，以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：
(1)工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−51kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2=+41.17kJ⋅mol−1
①已知：键能指断开1mol气态键所吸收的能量或形成1mol气态键所释放的能量。几种化学键的键能如表所示：
化学键
C−H
C−O
H−O(H2O中)
H−O(CH3OH中)
H−H
C=O
键能/kJ⋅mol−1
406
351
462.5
465
436
a
则a=______kJ⋅mol−1；
②若反应Ⅱ逆反应活化能为124kJ⋅mol−1，则该反应的活化能为 ______kJ⋅mol−1。
(2)向恒容容器中充入1molCO2和2molH2，此时容器内总压强为P0。若只发生反应Ⅰ，测得反应在不同压强、不同温度下，CO2的平衡转化率如图Ⅰ所示，测得反应时逆反应速率与容器中c(CH3OH)关系如图Ⅱ所示：

①图Ⅰ中A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序排列为 ______，图Ⅰ中C点反应的Kp=______。
②图Ⅱ中当x点平衡体系升高至某一温度时，反应可重新达平衡状态，新平衡点可能是 ______。
(3)反应Ⅰ得到的甲醇是重要的化工原料。图Ⅲ所示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。
①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成 ______。(填“CO”、“CO2”或“HCHO”)。
②HCHO可进一步被氧化为重要工业原料HCOOH(其酸性比H2SO3弱，比CH3COOH强)。在图中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化 ______。
11. 铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe2+的电子排布式为______。
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃.FeCl3的晶体类型是______。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42−的空间体构型是______。
(3)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S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)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为______。
(4)铁可以和乙烯、丙烯等烯烃的双键发生配位形成配合物，被广泛应用于催化不对称1，4加成反应。丙烯(CH3CH=CH2)分子中δ键数目和π键数目之比为______。
(5)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为______。
(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg⋅cm−3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为______；Fe2+与O2−最短核间距为______pm。

12. 阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒，化合物G是合成阿比朵尔的中间体，其合成路线如图：

回答下列问题：
(1)A的化学名称为______。B的结构简式为______。
(2)由B到C、E到F的反应类型分别为______、______。
(3)在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是______。
(4)苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为______(写结构简式)；用NaOH标准溶液可滴定苯硫酚溶液，该过程选用的指示剂为______，写出该反应的化学方程式______。
(5)由D的结构可判断：D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为______。
(6)H是A的同系物，其相对分子质量比A大14.H的同分异构体能同时满足如下条件的共有______种(不考虑立体异构)：
①苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色
②既能发生银镜反应又能发生水解反应
写出其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式______。
答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.锂离子电池工作时为原电池，Li+向正极移动，故A错误；
B.钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性，熔点低于纯金属，故B错误；
C.浮力材料纳米级玻璃微珠属于纳米材料，但不是胶体分散系，无丁达尔效应，故C错误；
D.“可燃冰”(主要成分为甲烷)中的甲烷为清洁燃料，未来海底可燃冰，开采将有助于缓解能源危机，故D正确；
故选：D。
A.原电池中，电解质溶液中阳离子移向正极；
B.合金熔点低于各成分；
C.胶体分散系具有丁达尔效应；
D.“可燃冰”(主要成分为甲烷)为清洁燃料。
本题考查了物质组成、材料的性能分析判断等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.蛋白质是高分子化合物，则洛匹那韦不属于人工合成的蛋白质，故A错误；
B.该物质有羟基可发生酯化反应，有苯环可发生加成、加氢还原反应，且有机物可发生氧化反应，故B正确；
C.分子式应为C18H26N3OCl，故C错误；
D.羟基氯喹分子中苯环上的一氯代物有3种，故D错误；
故选：B。
A.相对分子质量在10000以上的为高分子，蛋白质为高分子化合物；
B.洛匹那韦含−OH、苯环、羰基等；
C.由结构可知分子式；
D.羟基氯喹只有1个苯环，苯环上含3种H。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度中等。

3.【答案】A

【解析】解：A..铁发生吸氧腐蚀电极反应式：Fe−2e−=Fe2+，14.0gFe物质的量为14g56g/mol=0.25mol，转移电子数为：0.25mol×2×NA=0.5NA，故A正确；
B.硫化氢为弱电解质，水溶液中不能完全电离，依据原子个数守恒可知：标准状况下，11.2LH2S物质的量为0.5mol，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，故B错误；
C.pH=14的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液含氢氧根离子物质的量为0.5mol，所以钡离子数目为0.25NA，故C错误；
D.46g分子式为C2H6O的物质的量为1mol，若C2H6O为甲醚，1mol中含有6mol碳氢极性键，若是乙醇，含有5molC−H键，故D错误；
故选：A。
A.铁发生吸氧腐蚀电极反应式：Fe−2e−=Fe2+；
B.硫化氢为弱电解质，水溶液中不能完全电离，结合原子个数守恒判断；
C.计算氢氧根离子浓度结合体积计算物质的量，依据化学式计算钡离子；
D.不知道C2H6O结构，无法判断46gC2H6O中含有的C−H极性键数目。
本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，明确钢铁吸氧腐蚀原理，熟悉有机物结构组成是解题关键，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】解：A.C2HCl3、NO3−均得电子，水体中含NO3−越多，三氯乙烯脱Cl的效果越差，故A错误；
B.1mol三氯乙烯完全脱Cl时，即转化为1molC2H4时，得到6 mol电子，且水得到电子，当产生6molFe2+时有1mol三氯乙烯完全脱Cl，故B错误；
C.催化剂可加快反应速率，则纳米级零价铁作催化剂，处理被三氯乙烯污染的水体可加快脱氯速率，故C正确；
D.N元素的化合价由+5价降低为−3价，得到电子，则NO3−转化为NH4+时发生NO3−+10H++8e−=NH4++3H2O，故D错误；
故选：C。
A.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为−2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3mol氯原子，NO3−转化为NH4+时发生NO3−+10H++8e−=NH4++3H2O；
B.产生3molFe2+时转移6mol电子，C2HCl3与H2O均得到电子；
C.催化剂可加快反应速率；
D.N元素的化合价由+5价降低为−3价，得到电子。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、转移电子为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A.铝条与浓硫酸发生钝化反应，即铝与浓硫酸反应，在铝的表面生成一层致密的氧化膜，故A错误；
B.锌与海水发生吸氧腐蚀，导致②试管压强减小，③中导管内液面上升，故B正确；
C.铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，未发生置换反应，故C错误；
D.铁与稀硝酸反应生成的气体为NO，NO在试管口与空气反应生成NO2，故D错误；
故选：B。  
6.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握具有相同电子排布的离子、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
【解答】
X、Y、Z、W四种元素均为短周期元素，Y2+与W−具有相同电子层结构，则Y为Mg、W为F；其中X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，可知X为Na、Z为Al，以此来解答。
由上述分析可知，X为Na、Y为Mg、Z为Al、W为F，
A.X的氢化物为NaH，−1价H具有很强的还原性，故A正确；
B.Z的氯化物为氯化铝，为共价化合物，应电解熔融氧化铝冶炼Al，故B错误；
C.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：Y2+C，则A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序排列为K(C)>K(A)>K(B)；设生成甲醇的物质的量为amol，由题意建立如下三段式：
            CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)(单位：mol)
起始量：1 2 0 0
转化量：x 3x x x
平衡量：1−x2−3xxx
则C点 CO2的转化率为50%，则x1×100%=50%，解得x=0.5mol，平衡时CO2的物质的量分数为=1−x1−x+2−3x+x+x=0.52.0=14，氢气的物质的量分数为14，甲醛和水的均为14，则该反应的平衡常数Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)=16P02，
故答案为：K(C)>K(A)>K(B)；16P02；
②升高温度，正、逆反均应速率增大，反应I为放热反应，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则图中d点正确，
故答案为：d；
(3)①使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，反应越容易进行，根据图知，在有催化剂条件下，生成HCHO需要的活化能低，反应容易进行，所以主要生成HCHO，故答案为：HCHO；②HCOONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，pH>7，加水稀释促进HCOO−水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH−)减小，溶液的pH减小，但溶液仍然呈碱性，无限稀释时溶液pH接近7，所以其图象为，
故答案为：。
(1)①由反应热=反应物键能之和-生成物键能之和；
②由反应热=Ea(正)活化能−Ea(逆)活化能可得；
(2)①反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，反应温度：B>A>C；
设生成甲醇的物质的量为amol，由题意建立如下三段式：
           CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)(单位：mol)
起始量：1 2 0 0
转化量：x 3x x x
平衡量：1−x2−3xxx
则结合C点CO2的平衡转化率为50%解答，平衡常数Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)来解答；
②升高温度，正、逆反均应速率增大，反应I为放热反应，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小；
(3)①使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，反应越容易进行；②HCOONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，pH>7，加水稀释促进HCOO−水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH−)减小，溶液的pH减小，但溶液仍然呈碱性，无限稀释时溶液pH接近7。
本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数及盐类水解等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意掌握三段式解题法。

11.【答案】1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6  分子晶体  正四面体形  N>O>Ssp2  8：1 3：11234×9ρNA×1010

【解析】解：(1)Fe是26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级上2个电子形成Fe2+，Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，
故答案为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；SO42−中S原子价层电子对个数=4+6+2−4×22=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，该微粒空间构型为正四面体形，
故答案为：分子晶体；正四面体形；
(3)同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小即第一电离能O>S，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能N>O>S；苯酚分子中每个C原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp2杂化，
故答案为：N>O>S；sp2；
(4)共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，该分子中含有8个σ键、1个π键，则σ键、π键个数之比为8：1，
故答案为：8：1；
(5)氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为16，面点贡献率为12，晶胞结构中12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×16+2×12+3=6、含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6：2=3：1，
故答案为：3：1；
(6)根据图知，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目=3×82=12；该晶胞中Fe2+个数=8×18+6×12=4、O2−个数=1+12×14=4，晶胞密度ρ=MNA×4V，则棱长=34MρNA=34×72ρNAcm，Fe2+与O2−最短核间距为晶胞棱长的一半=12×34×72ρNAcm=34×9ρNAcm=34×9ρNA×1010pm，
故答案为：12；34×9ρNA×1010。
(1)Fe是26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级上2个电子形成Fe2+；
(2)分子晶体熔沸点较低；SO42−中S原子价层电子对个数=4+6+2−4×22=4且不含孤电子对；
(3)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；苯酚分子中每个C原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
(4)共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键；
(5)氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为16，面点贡献率为12，晶胞结构中12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，结合均摊法计算铁、氮的微粒个数之比；
(6)根据图知，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目=3×82；Fe2+与O2−最短核间距为晶胞棱长的一半，该晶胞中Fe2+个数=8×18+6×12=4、O2−个数=1+12×14=4，晶胞密度ρ=MNA×4V，则棱长=34MρNA。
本题考查物质的结构和性质，涉及原子核外电子排布、微粒空间构型判断、晶胞计算等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、价层电子对互斥理论内涵、晶胞密度计算方法是解本题关键，(6)采用逆向思维方法分析，题目难度中等。

12.【答案】对硝基苯酚或4−硝基苯酚   还原反应  取代反应  保护酚羟基  −SH酚酞 +NaOH→+H2O  16

【解析】解：(1)A分子以苯酚作母体，故A的名称为对硝基苯酚或4−硝基苯酚；结合A、C结构简式，可推测B的结构简式为，
故答案为：对硝基苯酚或4−硝基苯酚；
(2)B→C的反应，B中的硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；E→F的反应，E中苯环上一个H原子被Br原子取代，反应类型为取代反应，
故答案为：还原反应；取代反应；
(3)在合成化合物G的流程中，由于酚羟基还原性比较强，故由A到B的目的是保护酚羟基，
故答案为：保护酚羟基；
(4)苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为−SH，因为苯酚的酸性比较弱，所以苯硫酚的酸性也比较弱，NaOH与苯硫酚溶液反应的化学方程式为：
+NaOH→+H2O，溶液中水解呈碱性，故用NaOH标准溶液滴定苯硫酚溶液，该过程选用酚酞作指示剂，
故答案为：−HS；酚酞；+NaOH→+H2O；
(5)由D的结构可判断：D应存在立体异构，该立体异构体的结构简式为，
故答案为：；
(6)H是A的同系物，其相对分子质量比A大14，故H分子式比A的分子式多一个CH2的原子团，H的同分异构体能同时满足如下条件：
①苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；
②既能发生银镜反应又能发生水解反应，故H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、−OOCH、−NH2三个取代基，或者H的同分异构体的物质1个分子中含有2个酚羟基、1个−NHCHO；
当H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、−OOCH、−NH2三个取代基时的同分异构体：
i.当−OH与−OOCH在苯环上处于邻位时，−NH2在苯环上有4种位置；
ii.当−OH与−OOCH在苯环上处于间位时，−NH2在苯环上有4种位置；
iii.当−OH与−OOCH在苯环上处于对位时，−NH2在苯环上有2种位置；
当 H的同分异构体的物质1个分子中含有2个酚羟基、1个−NHCHO三个取代基时的同分异构体：
i.当两个酚羟基在苯环上处于邻位时，−NHCHO在苯环上有2种位置；
ii.当两个酚羟基在苯环上处于间位时，−NHCHO在苯环上有3种位置；
iii.当两个酚羟基在苯环上处于对位时，−NHCHO在苯环上有1种位置，
故满足条件的H的同分异构体共有16种；其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式；
故答案为：16；。
(1)A分子以苯酚作母体，故A的名称为对硝基苯酚或4−硝基苯酚，结合C结构简式，可推测B的结构简式为；
(2)B→C的反应，B中的硝基被还原为氨基，E→F的反应，E中苯环上一个H原子被Br原子取代；
(3)酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，故在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是保护酚羟基防止被氧化；
(4)苯酚的酸性比较弱，苯硫酚的性质与苯酚相似，故苯硫酚的酸性也比较弱，滴定是强碱滴定弱酸，选用酚酞作指示剂；
(5)D应存在立体异构，模仿2−丁烯的顺式、反式去写；
(6)H是A的同系物，其相对分子质量比A大14，故H分子式比A的分子式多一个CH2的原子团，H的同分异构体能同时满足如下条件：①苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色，②既能发生银镜反应又能发生水解反应，故H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、−OOCH、−NH2三个取代基，或者H的同分异构体的物质1个分子中含有2个酚羟基、1个−NHCHO。
本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，题目难度中等。