2024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試(第二次模擬考試)理科綜合注意事項：1.考生答卷前，務必將自己的姓名、座位號寫在答題卡上。將條形碼粘貼在規(guī)定區(qū)域。本試卷滿分300分，考試時間150分鐘。2.做選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡的規(guī)定區(qū)域內，寫在本試卷上無效。4.考試結束后，將答題卡交回。可能用到的相對原子質量：O16Ca40Ti48Cu64一、選擇題：本大題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.中國工筆畫是我國傳統(tǒng)美術的藝術珍品，在其創(chuàng)作過程中要使用筆、墨、紙絹、顏料、膠礬水等。膠礬水主要成分是明膠和明礬，用于“生宣熟化”和“三礬九染”。下列說法錯誤的是A.“生宣熟化”工藝中明礬水解得到的膠體可促進明膠的凝聚B.紙、絹的主要成分分別是纖維素和蛋白質，均屬于天然高分子化合物C.繪制工筆畫使用的礦物顏料石青［主要成分為］耐酸堿腐蝕D.繪制工筆畫使用的油煙墨的主要成分炭黑具有很強的穩(wěn)定性，利于繪畫保存【答案】C【解析】【詳解】A．“生宣熟化”工藝中明礬水解得到的膠體可促進明膠的凝聚，A正確；B．絹指絲織品，主要成分為蛋白質，紙的主要成分都是纖維素，蛋白質和纖維素屬于天然高分子，B正確；C．礦物顏料石青能和酸反應，易被酸腐蝕，C錯誤；D．油煙墨的主要成分炭黑，炭黑具有很強的穩(wěn)定性，利于繪畫保存，D正確；故答案選C。2.分枝酸可用于生化研究，其結構簡式如圖。下列關于分枝酸的敘述正確的是A.分枝酸分子中含有4種官能團B.分枝酸的分子式為C.分枝酸與溶液反應時，最多可消耗D.該有機物可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，并且褪色原理相同【答案】A【解析】【詳解】A．分子中含有-COOH、-OH、碳碳雙鍵、醚鍵四種官能團，A正確；B．根據物質的結構簡式可知：分枝酸的分子式為C10H10O6，B錯誤；C．分枝酸只有2個羧基可以與NaOH發(fā)生反應，因此1mol分枝酸最多可與2molNaOH發(fā)生中和反應，C錯誤；D．碳碳雙鍵可使溴的四氯化碳溶液褪色，發(fā)生的是加成反應；碳碳雙鍵和羥基使酸性高錳酸鉀溶液褪色，發(fā)生的是氧化反應，因此褪色原理不相同，D錯誤；故選A。3.是電解鋁煙氣的主要組分之一，屬于強溫室氣體，其溫室效應指數(shù)為的7390倍。我國科學家用作為催化劑實現(xiàn)了催化水解，其歷程如圖所示。下列說法錯誤的是A.總反應為：B.不能改變總反應的C.反應過程中，、鍵既有斷裂又有形成D.反應過程中涉及的小分子都只含有極性鍵【答案】C【解析】【詳解】A．從循環(huán)反應看，為催化劑，方程式為：，A正確；B．根據蓋斯定律，催化劑不影響總反應的ΔH，故B正確；C．Ga-F鍵有斷裂和形成的過程，C-F鍵只有斷裂，并無形成的過程，故C錯誤；D．根據極性非極性鍵的定義，整個反應循環(huán)過程中，鍵的斷裂和形成都是極性鍵，故D正確；綜上所述，錯誤的是C。4.根據實驗操作、現(xiàn)象，能得出相應結論的是選項操作現(xiàn)象結論A向溶液中加入片并振蕩溶液變綠色金屬活動性：B向溶液中滴加過量溶液紫色溶液褪色具有氧化性C以為指示劑，用標準溶液滴定溶液中的先出現(xiàn)淺黃色沉淀，后出現(xiàn)磚紅色沉淀D向盛有淀粉溶液的試管中加入適量稀硫酸，水浴加熱。冷卻至室溫后加入溶液調至堿性，再加入新制氫氧化銅懸濁液，加熱試管中出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉發(fā)生了水解A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．向溶液中加入片并振蕩發(fā)生反應2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，說明Cu的還原性強于Fe2+，不能說明金屬性，故A錯誤；B．向溶液中滴加過量的溶液，反應生成Mn2+和O2，反應中H2O2為還原劑，表現(xiàn)還原性，故B錯誤；C．Br-與CrO的濃度是否相等是未知的，且AgBr與類型不相同，故無法比較AgBr與的Ksp，故C錯誤；D．向淀粉水解后的溶液加入NaOH溶液調節(jié)為堿性，再加入新制氫氧化銅懸濁液，加熱，試管中出現(xiàn)磚紅色沉淀，說明有還原性糖生成，說明淀粉發(fā)生了水解，故D正確。答案選D。5.某鋰離子電池電解液中溶質的結構如圖所示，X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W原子的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的一半。下列說法正確的是A.原子半徑：W＞Z＞YB.含X、Y元素的鹽溶液可能呈堿性C.W的最高價氧化物對應水化合物是強酸D.Y和Z分別形成的最簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y＞Z【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W原子的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的一半，則W的原子核外電子排布為2、8、5，其為P元素；由結構式可以看出，X形成4個共價鍵，表明其原子核外最外層電子數(shù)為4，其為C元素；Y形成2個共價鍵，表明其原子核外最外層電子數(shù)為6，其為O元素；Z形成1個共價鍵，其原子核外最外層電子數(shù)為7，其為F元素。從而得出X、Y、Z、W分別為C、O、F、P。【詳解】A．Y、Z、W分別為O、F、P，O、F同周期且左右相鄰，P比它們多一個電子層，則原子半徑：P＞O＞F，A不正確；B．含X、Y元素的鹽可能為Na2CO3、NaHCO3等，它們的水溶液都呈堿性，B正確；C．W為P元素，它的最高價氧化物對應水化物H3PO4是中強酸，C不正確；D．Y和Z分別為O、F，O的非金屬性弱于F，則形成的最簡單氫化物的穩(wěn)定性：H2O＜HF，D不正確；故選B。6.鈣鈦礦太陽能電池與鋰硫電池集成，可實現(xiàn)太陽能直接對鋰硫電池充電，其原理如圖所示。碳電極為共享電極，導電玻璃基底上涂作為電子傳輸層。充電時，鈣鈦礦層吸收太陽光產生光生電子()和空穴()，分離后輸送到兩個電極上。下列說法正確的是A.共享碳電極為鈣鈦礦太陽能電池的負極B.鋰硫電池放電時，由含硫層遷移至金屬鋰電極C.充電時，共享碳電極上電極反應式為D.鋰硫電池放電時總反應為：【答案】D【解析】【詳解】A．電子由導電玻璃電極流出，導電玻璃為太陽能電池的負極，共享碳電極為鈣鈦礦太陽能電池的正極，故A錯誤；B．鋰硫電池放電時，鋰電極為負極，由金屬鋰電極遷移至含硫層，故B錯誤；C．充電時，共享碳電極為陽極，陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式為，故C錯誤；D．鋰硫電池放電時，負極鋰失電子，正極硫得電子，總反應為，故D正確；選D。7.某學習小組探究利用強堿準確滴定強酸和弱酸混合溶液中強酸的可能性，以溶液滴定同濃度HCl和HA混合溶液為例(HA代表不同的任意弱酸)。HCl滴定百分比x、分布系數(shù)隨pH變化關系如下圖所示。[已知，lg2=0.3]下列說法正確的是A.曲線對應酸的電離常數(shù)：Ⅱ<ⅢB.a點的縱坐標約為0.67C.b點處存在如下關系：D.甲基橙作指示劑，大于時，即可準確滴定混合溶液中的HCl【答案】B【解析】【詳解】A．如圖所示，當A－分布系數(shù)均為0.5時，對應c(A－)＝c(HA)，pH＝－lgc(H＋)，A分布系數(shù)＝0.5時，pH越大，對應酸的電離平衡常數(shù)越小，則電離平衡常數(shù)：Ⅱ＞Ⅲ，A錯誤；B．結合當A－分布系數(shù)均為0.5時，可得到曲線三對應酸的電離平衡常數(shù)，a點對應pH＝6.2,帶入得到，，B正確；C．溶液中電荷守恒，b點存在，變形有,因為b點溶液呈酸性，C錯誤；D．可以準確滴定混合溶液中的HCl,說的是HCl剛剛滴定結束后，HA才開始電離；甲基橙作指示劑pH=4.4時變色(橙變黃)，曲線Ⅲ的起點pH＞4,也就是說pH＞4,HA才電離，不影響HCl的滴定，故ka＜10－5.9滿足題意,D錯誤；故答案為：B。三、非選擇題：共174分。第22-32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33-38題為選考題，考生根據要求做答。(一)必考題：共129分。8.Cu2O主要在玻璃、搪瓷工業(yè)中作紅色顏料。阿伏加德羅常數(shù)(NA)是化學中重要的物理常數(shù)。某實驗小組利用下圖裝置電化學合成Cu2O并采用量氣法測定阿伏加德羅常數(shù)的值(夾持裝置略)。實驗步驟為：Ⅰ．向燒杯中加入pH為12(用NaOH溶液調節(jié))的2mol/LNaCl溶液。向50mL聚四氟乙烯滴定管(作為量氣管用)中加滿上述NaCl溶液，然后將其倒置在燒杯中，調節(jié)液面高度，讀出量氣管中液面位置V1。Ⅱ．用砂紙打磨Cu片表面，洗滌干凈，用濾紙擦干后插入燒杯內。Ⅲ．取一段Cu線，把Cu線一端的絕緣層剝掉并彎成螺旋狀，插入量氣管的倒口中。Ⅳ．將Cu片和Cu線分別連接恒電流儀的兩極，進行電解實驗。Ⅴ．電解結束后，讀出量氣管中液面位置V2，離心分離出燒杯中的Cu2O固體，并用適量蒸餾水洗滌。回答下列問題：（1）量氣管不采用酸式滴定管的原因是_______。該小組進行了多次平行實驗，在每次實驗中，量氣管中液面位置V1應盡可能控制在同一位置，目的是_______。（2）步驟Ⅱ中，Cu片打磨前，表面黑色物質的主要成分為_______(寫化學式)。（3）步驟Ⅲ中，Cu線裸露部分應全部放在量氣管內，目的是_______。（4）電解時，Cu片附近首先析出白色的CuCl，進而轉化為Cu2O。該條件下CuCl轉化為Cu2O的離子方程式為_______。（5）某次實驗，電解電流為100.0mA，電解時間為722s，測量的體積折合成H2的物質的量為，則NA值為_______(用科學計數(shù)法表示，保留2位小數(shù)，已知單個電子的電量約為)。（6）步驟Ⅴ中，可通過檢測洗出液中是否存在Cl-來判斷洗滌是否完成。檢測的方法是_____。【答案】（1）①.防止酸式滴定管的旋塞被堿液腐蝕而粘住②.減小讀數(shù)誤差（2）CuO（3）確保電解過程中陰極上生成的H2全部收集在量氣管內部（4）2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-（5）6.10×1023（6）取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則證明沉淀洗滌已完成【解析】【分析】電化學合成Cu2O并采用量氣法測定阿伏加德羅常數(shù)的值時，陽極為銅電極，電解質應保證電極放電生成的Cu+不發(fā)生歧化反應，所以采用堿與含氯離子的鹽構成混合溶液，電極放電生成的Cu+迅速與Cl-結合生成CuCl，CuCl再與OH-反應生成Cu2O等；陰極插入量氣管的倒口中，H2O放電生成OH-和H2，一方面可維持電解質溶液pH的相對恒定，另一方面可確保反應生成的H2全部進入滴定管內。小問1詳解】酸式滴定管的旋塞處玻璃打磨，易被堿腐蝕，則量氣管不采用酸式滴定管的原因是：防止酸式滴定管的旋塞被堿液腐蝕而粘住。雖然滴定管是比較精密的儀器，但也難免會出現(xiàn)不同部位的橫載面積有差異，所以在每次實驗中，量氣管中液面位置V1應盡可能控制在同一位置，目的是：減小讀數(shù)誤差。【小問2詳解】Cu為紫紅色，Cu2O為紅色，CuO為黑色，則Cu片打磨前，表面黑色物質的主要成分為CuO。【小問3詳解】電解時，陰極產生的H2體積關系到最終結果的準確性，所以步驟Ⅲ中，Cu線裸露部分應全部放在量氣管內，目的是：確保電解過程中陰極上生成的H2全部收集在量氣管內部。【小問4詳解】電解時，Cu片附近首先析出白色的CuCl，進而轉化為Cu2O。堿性溶液中，CuCl轉化為Cu2O等，離子方程式為2CuCl+2OH-=Cu2O+H2O+2Cl-。【小問5詳解】依據電解時通過電子的物質的量與生成H2得電子的物質的量相等，可建立關系式：，可求出NA≈6.10×1023。【小問6詳解】檢測洗出液中是否存在Cl-時，需排除OH-的干擾，則檢測的方法是：取最后一次洗出液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則證明沉淀洗滌已完成。【點睛】電解時，陰極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑。9.碲(Te)是半導體、紅外探測等領域的重要戰(zhàn)略元素。從陽極泥或冶煉煙塵中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等雜質。一種由粗二氧化碲提取純碲的工藝流程如圖所示。回答下列問題：（1）“浸出”步驟中，碲和硒兩種元素分別轉化為TeCl4和SeCl4。浸出溫度控制在65℃左右，當溫度超過80℃時，碲的浸出率會小幅降低。降低的主要原因是_______。（2）粗二氧化碲與濃鹽酸反應生成TeCl4的化學方程式為_______。（3）“凈化”步驟中產生的濾渣主要含_______(寫化學式)和少量硒單質。（4）化學反應的吉布斯自由能變。SO2還原TeCl4和SeCl4的?G隨溫度的變化曲線如下圖所示。則“還原除雜”步驟的溫度不宜超過_______K，該步驟控制在此溫度以下的原因是_______。（5）“還原”步驟中產生碲單質的化學方程式為_______。（6）“還原”后的酸性還原尾液中含有少量未被還原的碲，加入還原劑進行“尾還原”，可以產生粗碲，提高碲的回收率。綜合還原效率、工藝成本和環(huán)保因素，最合適的還原劑是_______(填標號)。A．鐵粉B．氫氣C．硫化鈉【答案】（1）溫度超過80℃加速濃鹽酸揮發(fā)，導致浸出率下降（2）TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O（3）PbS、CuS（4）①.310②.低于該溫度，TeCl4和SO2反應的△G＞0，TeCl4不會被還原（5）TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl（6）A【解析】【分析】從陽極泥或冶煉煙塵中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等雜質，加入濃鹽酸浸出時，TeO2、SeO2分別轉化為TeCl4、SeCl4，PbO、CuO轉化為PbCl2、CuCl2；加入Na2S進行凈化，PbCl2、CuCl2生成PbS、CuS沉淀；通入SO2進行還原除雜，SeCl4轉化為粗硒，抽濾后得到粗硒；往濾液中繼續(xù)通入SO2，TeCl4被還原為碲粉。將濾液中再加入還原劑R，剩余TeCl4被還原為粗碲。【小問1詳解】濃鹽酸受熱易揮發(fā)，浸出溫度控制在65℃左右，當溫度超過80℃時，由于濃鹽酸揮發(fā)而造成碲的浸出率會小幅降低。降低的主要原因是：溫度超過80℃加速濃鹽酸揮發(fā)，導致浸出率下降。【小問2詳解】粗二氧化碲與濃鹽酸反應生成TeCl4等，則表明發(fā)生復分解反應，化學方程式TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。【小問3詳解】由分析可知，“凈化”步驟中產生的濾渣主要含PbS、CuS和少量硒單質。【小問4詳解】“還原除雜”時，需將SeCl4還原為Se，但不能將TeCl4還原，由圖中可知，溫度超過310K時，TeCl4就能被SO2還原，則步驟的溫度不宜超過310K，該步驟控制在此溫度以下的原因是：低于該溫度，TeCl4和SO2反應的△G＞0，TeCl4不會被還原。【小問5詳解】“還原”步驟中，TeCl4被SO2還原為碲單質等，化學方程式為TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+2H2SO4+4HCl。【小問6詳解】A．加入鐵粉作還原劑時，TeCl4可被還原為Te，即便有少量鐵與酸反應，也不會對環(huán)境造成較大影響，且鐵粉的成本較低，A符合題意；B．氫氣難溶于水，在溶液中很難將TeCl4還原，B不符合題意；C．硫化鈉與酸性溶液反應，會產生劇毒氣體硫化氫，造成空氣污染，C不符合題意；故選A。【點睛】自發(fā)進行的化學反應，其△G＜0。10.通過不同方式轉化為高附加值化學品有利于實現(xiàn)“雙碳目標”，其中加氫轉化為二甲醚()是常見的一種方式，其反應過程如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．回答下列問題：（1）加氫制反應的熱化學方程式為___________。（2）進料比時，不同壓強下平衡轉化率隨溫度的變化關系如圖所示。①四條曲線對應壓強、、和由大到小的順序為___________，判斷依據是___________。②壓強為時，平衡轉化率隨溫度升高先減小后增大，原因是___________。（3）上圖中，當反應溫度高于350℃時幾條曲線重合，說明此時的轉化率不受壓強影響，原因是___________。（4）反應Ⅱ和反應Ⅲ的平衡常數(shù)()隨溫度變化關系如圖2所示，表示反應Ⅱ的曲線為___________(填“a”或“b”)。恒溫恒壓條件下，向體系中通入和，達到平衡時轉化率為50％，為0.07mol，該條件下生成的CO可以忽略不計，則的物質的量為___________mol，加氫制的反應用摩爾分數(shù)表示的平衡常數(shù)___________(列出計算式)。(已知反應的，物質i的摩爾分數(shù)。)【答案】（1）（2）①.p1＞p2＞p3＞p4②.反應II和反應III是氣體體積不變的反應，壓強增大，平衡不發(fā)生移動，反應I是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，CO2的轉化率變大，說明平衡正向移動，壓強不斷增大③.溫度較低時，CO2平衡轉化率主要取決于反應I，溫度較高時，CO2平衡轉化率主要取決于反應II（3）溫度高于350℃時總反應以反應II為主（4）①.b②.0.125③.【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，反應I-反應II可得。【小問2詳解】①反應II和反應III是氣體體積不變的反應，壓強增大，平衡不發(fā)生移動，反應I是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，CO2的轉化率變大，說明平衡正向移動，壓強不斷增大，因此壓強p1、p2、p3由大到小的順序是p1＞p2＞p3＞p4；②壓強為p1時，CO2平衡轉化率為反應I和反應II的CO2平衡轉化率之和，反應I為放熱反應，隨溫度升高CO2平衡轉化率降低，反應II為吸熱反應，隨著溫度升高，CO2的平衡轉化率先減小后增大，原因是：溫度較低時，CO2平衡轉化率主要取決于反應I，溫度較高時，CO2平衡轉化率主要取決于反應II。【小問3詳解】反應II是氣體體積不變的吸熱反應，當反應溫度高于350℃時幾條曲線重合，說明此時的轉化率不受壓強影響，且溫度升高，CO2的平衡轉化率增大，原因是：溫度高于350℃時總反應以反應II為主。【小問4詳解】反應II是吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，K值增大，lnK增大，則表示反應Ⅱ的曲線為b。根據已知條件列出“三段式”：達到平衡時轉化率為50％，則x=0.5mol，為0.07mol，則0.5-2y=0.07，y=0.125mol，則的物質的量為0.125mol，加氫制的反應方程式為：，用摩爾分數(shù)表示的平衡常數(shù)。(二)選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆將所選題號涂黑，注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，多涂、錯涂、漏涂均不給分，如果多做，則每科按所做第一題計分。【化學—選修3：物質結構與性質】11.某些過渡金屬(如鈦、銅)及其化合物，以其高導電性和豐富的物理化學性質在材料領域大放異彩。（1）鈦比鋼輕、比鋁硬。基態(tài)鈦原子的價層電子排布式為_______：鈦原子核外電子占據的軌道數(shù)_______。（2）銅的下列狀態(tài)中，失去最外層一個電子所需能量最小的是_______。A.[Ar]3dl04pl B.[Ar]3d10 C.[Ar]3d94s1 D.[Ar]3d104s1（3）二氧化鈦是良好的光催化劑，可催化轉化多種有毒物質，如：可將水中的轉化為，將甲基橙、亞甲基藍、HCHO轉化為CO2等。①的空間構型是_______。②甲基橙、亞甲基藍中C原子的雜化類型有_______，③常溫下，CO2、HCHO在水中溶解度之比大約是1：500，其主要原因是_______。（4）黃銅礦煉銅過程中會產生SO2，與SO2互為等電子體的分子和陰離子分別為_______(各寫一種即可)。（5）鈣鈦礦型太陽能電池近年越來越受到科學界的關注，其效率提升速度超越過去任何一類電池。某種鈣鈦礦晶胞如圖所示，則鈣原子的配位數(shù)是_______，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶胞中鈣原子與氧原子的最近距離為apm。則該晶胞的密度為_______g/cm3.(列出計算式)【答案】（1）①.②.12（2）A（3）①.平面三角形②.sp2、sp3③.HCHO能與H2O形成氫鍵而CO2不能，HCHO和H2O為極性分子，CO2為非極性分子，根據相似相溶原理，HCHO更易溶于水（4）O3、（5）①.12②.【解析】【小問1詳解】Ti是22號元素，基態(tài)Ti原子的價電子排布式；基態(tài)Ti核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，電子占據1+1+3+1+3+2+1=12個軌道；【小問2詳解】A為激發(fā)態(tài)銅原子，B為失去一個電子的+1價銅離子，C為失去一個電子且是激發(fā)態(tài)的+1價銅離子，D為基態(tài)銅原子，則失去最外層一個電子所需能量最小的是A；【小問3詳解】①NO中心N原子的價層電子對數(shù)為=3，不含孤電子對，所以空間構型為平面三角形；②甲基橙中碳原子位于苯環(huán)中是sp2雜化，甲基中的是sp3雜化；亞甲基藍中C原子位于苯環(huán)中和碳碳雙鍵和碳氮雙鍵中的是sp2雜化，甲基中的是sp3雜化；③HCHO能與H2O形成氫鍵而CO2不能，氫鍵可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O為極性分子，CO2為非極性分子，根據相似相溶原理，HCHO更易溶于水；【小問4詳解】SO2分子中S原子的價層電子對數(shù)=2+(6-2×2)=3，與SO2互為等電子體的分子有O3，則與SO2互為等電子體的陰離子有；【小問5詳解】由圖可知，與Ca2+最近且等距的O2-數(shù)為4×3=12，則鈣原子的配位數(shù)是12；根據鈣鈦礦CaxTiyOz的晶體結構分析，鈣位于定點，鈦位于體心，氧位于面心，則其化學式為CaTiO3，Ca2+和O2-之間的最短距離為apm，則晶胞參數(shù)為pm，一個晶胞相當于有一個CaTiO3，根據密度公式可得。【化學一選修5：有機化學基礎】12.Isoflucypram(化合物J)是一種新型殺菌劑，主要用于防治小麥條銹病、葉枯病等，可提高谷物產量和品質。以下為其合成路線之一(部分反應條件已簡化)。回答下列問題