辽宁省丹东市2020届高三第二次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

辽宁省丹东市2020届高三第二次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com2020丹东二模化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Ni-59Cu-641.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是A.食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质B.用填埋法处理未经分类的生活垃圾C.疫情期间可经常用稀释后的“84”消毒液对人手频繁接触的金属门把手进行杀菌消毒D.中国“人造太阳”利用氘和氚发生化学反应产生上亿度高温【答案】A【解析】【详解】A．食用油反复加热，会发生结焦等现象，产生稠环芳香烃等有害物质，会危害人体健康，故A正确；B．用填埋法处理未经分类的生活垃圾，会造成土壤污染和地下水污染，故B错误；C．“84”消毒液具有强氧化性，会加快金属的腐蚀，故C错误；D．中国“人造太阳”利用氘和氚发生核反应产生上亿度高温，故D错误；故选A。2.下列有机物具有较高的对称性。下列有关它们的说法正确的是A.有机物a所有原子都在同一平面内B.有机物b的一氯代物为6种C.有机物c和有机物d互为同系物D.52g有机物a和c的混合物充分燃烧消耗标准状况下的氧气112L【答案】B【解析】【详解】A．乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，单键可以旋转，有机物a所有原子不可能在同一平面内，A错误；B．有机物b是对称结构，一氯代物为6种，B正确；C．有机物c和有机物d结构不相似，不是同系物，C错误；-20-\nD．a的分子式C5H6，c的分子式C6H6，最简式不同，不能求出燃烧消耗的氧的量，D错误；故选B。3.短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q的单质与稀硫酸反应生成X的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如下图。下列说法不正确的是A.X2R溶液的浓度为0.4mol/LB.X简单阴离子半径大于锂离子半径C.工业上采用电解熔融Q的氧化物的方法冶炼Q的单质D.RZ3通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均产生相同的白色沉淀物质【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，则X为H元素；Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，则Y含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质，Q为金属元素；向100mLH2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如图，R化合价为-2价，且有正化合价，则R为S元素，结合反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，Z为O元素；Q的原子序数大于O小于S，可能为Na、Mg、Al【详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na或Mg、Al，R为S。A．标况下448mL二氧化硫的物质的量为：=0.020mol，根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，0.02mol二氧化硫完全反应消耗0.04mol硫化氢，则硫化氢溶液浓度为：=0.4mol·L－1，故A正确；B．H－和Li＋电子层结构相同，核电荷大的离子半径反而小，H简单阴离子半径大于锂离子半径，故B正确；-20-\nC．Q为活泼金属，工业上通常采用电解法获得Q的单质，分别是电解熔融氯化钠、电解熔融氯化镁、电解熔融三氧化二铝，故C错误；D．SO3通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均产生相同的白色沉淀物质，成分为BaSO4，故D正确；故选C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握原子结构、原子序数、元素的位置推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，易错点C，钠和镁一般通过电解熔融的氯化物获得。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1molCl2溶于水，溶液中Cl-、HClO、ClO-粒子数之和小于2NAB.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P-Cl键C.3.0gC18O与15N2的混合物中所含中子数为1.6NAD.0.1molNa2O2与足量潮湿的二氧化碳反应转移电子数为0.1NA【答案】B【解析】【分析】A．氯气和水反应是可逆反应；B．PCl3与Cl2反应是可逆反应；C．3.0gC18O与15N2的混合物物质的量为0.1mol，所含中子数为1.6NA；D．Na2O2与二氧化碳和水反应都是自身氧化还原，转移电子数为0.1NA。【详解】A．氯气和水反应是可逆反应，1molCl2溶于水，溶液中Cl-、HClO、ClO-粒子数之和小于2NA，Ａ正确；B．PCl3与Cl2反应是可逆反应，1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加P-Cl键个数小于2NA，Ｂ错误；C．3.0gC18O与15N2的混合物物质的量为0.1mol，所含中子数为1.6NA，C正确；D．0.1molNa2O2与足量潮湿的二氧化碳反应转移电子数为0.1NA，D正确；故选B。5.下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是-20-\nA.加热熔融的氢氧化钠固体B.验证C.检查碱式滴定管是否漏液D.侯氏制碱法制碳酸氢钠【答案】A【解析】【详解】A．铁与氢氧化钠不发生反应，故加热熔融的氢氧化钠固体可选用铁坩埚，A正确；B．验证，应确保硫酸铜和硫酸镁浓度相等，B错误；C．检查碱式滴定管是否漏液，是向滴定管中注满水，观察液体是否从滴定管的尖嘴漏出即可，不需要用手捏玻璃珠，C错误；D．往食盐水中通入氨气应长进短出，且应先通氨气达到饱和再通二氧化碳气体，D错误；故选A。6.下列图示与对应的叙述正确的是A.反应达到平衡后，升高温度，平衡常数K值变大-20-\nB.表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化C.表示25℃时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1氨水，溶液的pH随加入盐酸体积的变化D.表示向Al2(SO4)3溶液中滴入NaOH溶液，生成Al(OH)3沉淀的量随NaOH溶液体积的变化【答案】B【解析】分析】镁条放入盐酸中，反应速率受温度和浓度的影响，开始时，反应放热，生成氢气速率增加，随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率减慢；【详解】A．合成氨反应为放热反应，反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数K值减小，A错误；B．镁条放入盐酸中，反应放热，生成氢气速率增加，随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率减慢，B正确；C．一水合氨为弱碱，因此0.1mol·L－1氨水，pH小于13，C错误；D．向Al2(SO4)3溶液中滴入NaOH溶液，完全反应生成沉淀量最大时消耗氢氧化钠溶液的体积和溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠之比为1:3，D错误；故选B。7.25℃时，向Na2CO3-20-\n溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgX＝lg或lg，下列叙述正确的是　A.25℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为1.0×10－7.6B.当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)C.曲线m表示pH与-lg的变化关系D.Ka1(H2CO3)的数量级为10-7【答案】D【解析】【分析】H2CO3的Ka1=、Ka2=，Ka1≫Ka2，当c（H+）相同时，≪，根据图像知，n曲线代表pH与-lg的变化关系，m曲线代表pH与-lg的变化关系；据此分析作答。【详解】A．H2CO3的电离平衡常Ka2=，在M点，-lg=1，则=10-1，pH=9.3，c(H+)=10-9.3mol/L，则Ka2=10-10.3，25℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数Kh=，A错误；B．溶液中电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)＋c(Cl-)，溶液呈中性时，c(H+)＝c(OH-)，则c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(Cl-)，B错误；-20-\nC．H2CO3的Ka1=、Ka2=，Ka1≫Ka2，当c（H+）相同时，≪，根据图像知，n曲线代表pH与-lg的变化关系，m曲线代表pH与-lg的变化关系，C错误；D．H2CO3的Ka1=，在N点，-lg=-1，则=10，pH=7.4，c(H+)=10-7.4mol/L，Ka1=10-6.4，Ka1(H2CO3)的数量级为10-7，D正确；故选D。8.实验室利用如图装置探究SO2还原CuO，并进一步检测产物含量。回答下列相关问题：Ⅰ.SO2还原CuO探究(1)装置A中发生反应的化学方程式_______________________________________。(2)在制取SO2时，使用H2SO4溶液的浓度为__________时（填序号，从下列浓度中选取），制备SO2的速率明显快。请解释不选下列其它浓度硫酸的原因____________________。a.98%H2SO4b.65%H2SO4c.5%H2SO4(3)充分反应后，黑色固体变为红色。取C中适量的产物，加水后溶液显蓝色并有红色沉淀物，取红色沉淀物滴加盐酸，溶液又呈现蓝色并仍有少量红色不溶物，由此可以得出：①已知SO2与CuO反应生成两种产物，写出该化学方程式___________________________。②取红色沉淀物滴加盐酸，反应的离子方程式______________________________________。Ⅱ．生成物中CuSO4含量检测(4)用“碘量法”测定产物中CuSO4含量。取mg固体溶解于水配制成100mL溶液，取20.00mL溶液滴加几滴稀硫酸，再加入过量KI溶液，以淀粉为指示剂用Na2S2O3-20-\n标准溶液滴定，相关化学反应为2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+I－I3－，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－。①若消耗0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为____________。②CuI沉淀物对I3—具有强的吸附能力，由此会造成CuSO4质量分数测定值_______（填“偏大”或“偏小”）。【答案】(1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2).b(3).98%的H2SO4溶液c(H+)较小，反应速率较小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集(4).3CuO+SO2CuSO4+Cu2O(5).Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O(6).(7).偏小【解析】【分析】A中硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成二氧化硫，B中为浓硫酸，可用于干燥二氧化硫，在C中加热条件下，黑色固体变为红色，取C中适量的产物，加水后溶液显蓝色并有红色沉淀物，取红色沉淀物滴加盐酸，溶液又呈蓝色并仍有少量红色不溶物，说明生成硫酸铜和氧化亚铜，D用于吸收尾气。【详解】（1）装置A制备二氧化硫气体，亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，发生反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）在制取SO2时，使用H2SO4溶液的浓度为65%H2SO4时，制备SO2的速率明显快，故选b。不选a.98%H2SO4和C．5%H2SO4，是因为：98%的H2SO4溶液c(H+)较小，反应速率较小，5%的H2SO4溶液中水多，SO2易溶解在溶液中不易收集；（3）①结合信息Cu2O+2H＋=Cu+Cu2＋+H2O，显示SO2与CuO反应的产物中有Cu2O，SO2被CuO氧化为硫酸根，该化学方程式3CuO+SO2CuSO4+Cu2O；②取红色沉淀物滴加盐酸，发生歧化反应生成铜盐和单质铜，反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；（4）根据2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+I－I3－，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－，可以得出关系式2Cu2＋～I2～2Na2S2O3，①若消耗0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为×100%，则产物中CuSO4质量分数为；②因为CuI沉淀物对I3－离子具有强的吸附能力，会造成I2实际消耗量偏少，由此造成CuSO4-20-\n质量分数测定值偏小。【点睛】本题考查物质的性质实验，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，难点（4）学会关系式法在计算中的应用。9.硫酸镍是电镀镍和化学镀镍时使用的主要镍盐。以废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3）为原料制备硫酸镍晶体的流程如图所示：已知：Ni3+的氧化性比稀HNO3强。回答下列问题：(1)已知：Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O。“一次碱析”时，需加入过量的NaOH溶液的目的是______________________。(2)“氨解”的目的为_______________________。(3)“净化”“过滤”后得到含有两种元素的不溶性化合物，该化合物的化学式为________，写出“氧化”中发生反应的离子方程式：____________________________________。(4)从NiSO4溶液中得到硫酸镍晶体需经过“系列操作”为__________，__________，过滤，洗涤，干燥（填操作名称）。(5)1844年，科学家发现金属镍可以用NaH2PO2将水溶液中的Ni2+还原出来，NaH2PO2将转化为H3PO3，这一原理现用于化学镀镍。写出化学镀镍原理的离子方程式___________。(6)为测定硫酸镍晶体（NiSO4·nH2O）的组成，进行如下实验：称取2.63g样品，配成250.00mL溶液，准确量取配制的溶液25.00mL，用0.0400mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+），消耗EDTA标准溶液25.00mL。则硫酸镍晶体的化学式为_____________________________。【答案】(1).除去Cr元素(2).实现镍元素与铁元素分离(3).NiS(4).3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O(5).蒸发浓缩(6).冷却结晶(7).Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni(8).NiSO4﹒6H2O-20-\n【解析】【分析】废镍催化剂的主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3，酸溶时NiCO3、Fe2O3、Cr2O3与硫酸反应生成NiSO4、Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3，SiO2不反应；过滤后滤液中加入NaOH进行一次碱析，根据“Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O”，NiSO4、Fe2(SO4)3转化成Ni（OH）2、Fe（OH）3沉淀，Cr元素转化成CrO2-进入滤液I中；氨解过程中Ni（OH）2转化成[Ni(NH3)6]2+；加入H2S净化时[Ni(NH3)6]2+转化为NiS沉淀，NiS中加入稀硝酸，由于Ni3+的氧化性比稀HNO3强，故稀硝酸将NiS转化成Ni(NO3)2和S；二次碱析时Ni(NO3)2与NaOH反应生成Ni（OH）2沉淀，Ni（OH）2与硫酸反应生成NiSO4，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸镍晶体；据此分析作答。【详解】（1）根据“Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O”，“一次碱析”时加入过量的NaOH溶液，将Cr3+和氢氧根反应生成了CrO2-，除去了Cr元素，故本题答案：除去Cr元素。（2）氨解过程中加入NH4Cl—氨水混合液，Ni（OH）2转化成[Ni(NH3)6]2+，而不溶解Fe（OH）3，从而实现镍元素和铁元素的分离，本题答案为：实现镍元素和铁元素的分离。（3）“净化”过程中通入H2S，生成NiS沉淀；“氧化”过程中，因为Ni3+的氧化性比稀HNO3强，稀HNO3被还原为NO，NiS被氧化为S，反应的离子方程式为3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O，故本题答案为：NiS；3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O。（4）从NiSO4溶液中得到硫酸镍晶体需经过“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故本题答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。（5）用NaH2PO2将水溶液中的Ni2+还原出来，NaH2PO2将转化为H3PO3，Ni元素的化合价由+2价降为0价，P元素的化合价由+1价升至+3价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则离子方程式为：Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni，故本题答案为：Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni。（6）根据方程式Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+可知，原样品中含NiSO4的物质的量为：0.0400mol/L×0.025L×10=0.01mol，该物质的的摩尔质量为=263g/mol，结晶水的系数n为=6，则化学式为：NiSO4﹒6H2O，本题答案为：NiSO4﹒6H2O。-20-\n【点睛】解答流程题的思路是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。10.氨和甲烷等原料在工业生产中发挥着重要的作用。Ⅰ．我国科学家以MoS2为催化剂，通过调节催化剂/电解质的表界面相互作用，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示。(1)将Na2SO4溶液换成Li2SO4溶液后，反应速率明显加快的主要原因是加快了下列____________转化的反应速率(填标号)。A．N2→*N2B．*N2→*N2HC．*N2H3→*ND．*NH→*NH2Ⅱ.甲烷水蒸气的重整反应是工业制备氢气的重要方式，其化学反应方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。回答下列问题：(2)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ·mol—1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=bkJ·mol—1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=ckJ·mol—1CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH4=dkJ·mol—1则甲烷水蒸气重整反应的ΔH=____________kJ·mol—1（用字母a、b、c、d表示）通过计算机模拟实验，对400~1200℃、操作压强为0.1MPa条件下，不同水碳比（1~10）进行了热力学计算，反应平衡体系中H2物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示：-20-\n①结合如图回答：当平衡温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比（1~10）的关系是________，其原因是_____________。②若密闭容器中仅发生CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，平衡温度为750℃，水碳比为1.0时，H2的物质的量分数0.5，甲烷的转化率为___________，其压强平衡常数Kp为________；用气体分压表示反应速率方程为v=kp(CH4)·p—1(H2)，则此时反应速率v=_________。（已知：气体分压=气体的物质的量分数×总压，速率方程中k为速率常数）。Ⅲ.利用天然气合成氨，并生产尿素的流程如下：(3)“电化学转化与分离”装置如图，混合气中CO转化成CO2的电极反应式为______。【答案】(1).B(2).(a+d-b-c)(3).水碳水比大时，H2的物质的量分数越大(4).水碳水比较大时，CO会与H2O进一步反应生成H2，使H2的物质的量分数增大(5).50.0%(6).7.5×10-3(MPa)(7).(8).CO-2e-+H2O=CO2+2H+【解析】【详解】(1)由图可知，需要吸收的能量最高，是该反应过程中的决定反应速率的步骤，将Na2SO4溶液换成Li2SO4溶液后，需要的能量降低，反应速率加快，故选B；-20-\n(2)设CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ·mol—1，为反应①；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=bkJ·mol—1，为反应②；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=ckJ·mol—1，为反应③；CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH4=dkJ·mol—1为反应④；根据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可由①+④-②-③得到，故该反应的ΔH=(a+d-b-c)kJ·mol—1；①根据曲线走势可知，水碳比越大，H2的物质的量分数越大；根据题(2)中的反应可知，当水碳比较大时，甲烷水解重整反应体系中会存在CO与H2O的反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，会使H2的物质的量分数增大；②由于水碳比为1.0，设开始加入的CH4和H2O的物质的量都为，转化的物质的量为。，解得=0.5mol，故CH4的转化率为；反应后总物质的量为3mol，所以CH4、H2O、CO、H2的分压分别为：、、、，；用气体分压表示反应速率方程为v=kp(CH4)·p—1(H2)==；(3)CO转化成CO2时CO失电子，电极反应为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+。【点睛】本题要注意第（1）题，化学反应速率一般取决于反应历程中能量变化最大的一步，因为能量变化大的步骤进行的会比较慢，这在化学中叫做速率控制步骤，也叫限速步骤，简称速控步，或决速步骤。11.在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、聚乙烯、二氧化硅、苯、青霉素、氨等17种“分子”改变过人类的世界。(1)铁离子的价层电子排布图为_____________________。-20-\n(2)碳化硅晶体、硅晶体、金刚石均是原子晶体，用化学式表示其熔点由高到低的顺序是_________。(3)1mol苯分子中含有σ键的数目为_________。(4)6－氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子电负性由大到小的顺序是____________________。(5)铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2所示，写出该产物的化学式______________________________。(6)晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为(－，－，0)；B处为(0，0，0)；则C处微粒的坐标参数为___________。②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。晶胞参数apm，求CaF2晶体的密度为______g·cm－3，（NA为阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的式子表示)。【答案】(1).(2).C＞SiC＞Si(3).12NA(4).O＞N＞S＞C(5).Fe4N(6).()(7).【解析】【详解】（1）铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，根据构造原理，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，3d、4s能级上电子是其价电子，故铁离子（Fe3+-20-\n）的价层电子排布图，故本题答案为：；（2）原子晶体的熔点高低和共价键键能有关，已知键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，键长越小，键能越大，熔点越高，所以熔点大小为金刚石＞碳化硅＞硅，故本题答案为：C＞SiC＞Si。（3）一个苯环分子内：相邻的每两个碳原子间有一个σ键，共6个；苯环与氢原子间有1个σ键，共6个；一苯环分子共12个σ键，1mol苯分子中含有12NA个σ键，故本题答案为：12NA；（4）只要共价单键和孤电子对的和是4的原子就采取sp3杂化，根据图片可知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，电负性大小为：O＞N＞S＞C，故本题答案为：O＞N＞S＞C；（5）该晶胞中铁原子个数=8×+6×=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，故本题答案为：Fe4N；（6）①B处于底面面心上，C位于顶点上，则由A的坐标参数可知，晶胞棱长=1，C点的坐标参数为()，故本题答案为()；②由于F-位于晶胞的内部，Ca2+位于晶胞的顶点和面心，所以平均每个晶胞含有F-和Ca2+数目分别是8个和4个，晶胞的边长为a×10-10cm，所以ρ=g·cm－3=g·cm－3，故本题答案为：。【点睛】用均摊法确定晶胞中所含微粒数，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用、晶胞棱上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用，在结合晶胞体积可求出晶胞的密度。12.莲花清瘟对新型冠状病症状的改善有一定作用，其成分中含有“金银花”。中药“金银花”抗菌杀毒有效成分是“绿原酸”。以下是科研小组设计的“绿原酸”的合成路线：-20-\n回答下列问题：(1)有机物A的名称是__________。(2)反应①的反应类型是__________。(3)若碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。写出有机物B的结构简式，用星号(*)标出B中的手性碳__________。(4)反应D→E中第(1)步的反应方程式是__________。(5)有机物F中官能团的名称是__________。(6)反应②的目的是__________。(7)有机物C的同分异构体有多种，满足以下条件的还有______种。（不考虑立体异构）a具有六元碳环结构；b含有3个氯原子，且同一碳原子上只能连接一个氯原子；c.能与NaHCO3溶液反应产生无色无味气泡。(8)参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线如图。写出M结构简式__________；反应条件1为_______________。-20-\n【答案】(1).1-氯-1,3-丁二烯(2).取代反应(3).(4).+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O(5).酯基、羟基、醚键(6).保护其他羟基，防止其转化为酯基(7).11(8).(9).NaOH醇溶液加热【解析】【分析】由图可知，化合物A（）与发生双烯合成反应，生成B（），B与CO、H2O在Ni的催化下反应生成C（），C与Br2发生取代反应生成D（），D发生水解得到E（），E与丙酮（）反应，保护四个羟基得到F（），F与发生取代反应，再用H+将酯基和丙酮叉水解，得到。【详解】（1）有机物A（）为1-氯-1,3-丁二烯；-20-\n（2）根据分析，反应①是Br原子取代了羧基的α-H，是取代反应；（3）根据分析，B为，手性碳有3个，；（4）根据分析，反应D→E中第(1)步的反应方程式是+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；（5）有机物F（）中的官能团有酯基、羟基、醚键；（6）反应②羟基与丙酮反应生成丙酮叉，后续反应又将丙酮叉水解，故作用是保护其他羟基，防止其转化为酯基；（7）能与NaHCO3溶液反应产生无色无味气泡说明C有羧基，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、、、、、12种，除了C之外还有11种；（8）Br原子应取代羧基的α-H，故M为；反应-20-\n为卤代烃的消去反应，故条件为NaOH醇溶液加热；【点睛】本题要注意第（6）题，有机化学反应中，如果某一步在分子上去一个基团，后续反应又将该基团脱掉，一般来说这个基团的作用就是保护原分子中的某一部分。该方法在有机合成中经常用到，一定要注意。-20-\n-20-