【文档说明】【精准解析】四省（河南、广东、湖南、湖北四省）肇庆中学等部分学校2020届高三联考理综化学试题.doc，共(17)页，663.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年普通高等学校招生全国统一模拟考试(湖南、河南、湖北、广东四省联考)理科综合能力测试化学部分1.在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是A.二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理

相同B.聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，二者均属于有机高分子材料C.真丝织品和棉纺织品可代替无纺布生产防护口罩，二者均可防止病毒渗透D.保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生【答案】B【解析】【详解】A

.二氧化氯具有强的氧化性，能够使病毒氧化变质而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，而酒精则是由于其使蛋白质脱水发生变性而消毒，因此二者的消毒原理不相同，A错误；B.聚丙烯和聚四氟乙烯都是高聚物，均属于有机高分子材料，B正确；C.真丝织品和棉纺织品的空隙大，具有很好的渗透性，不能阻止病毒渗透，因

此不能代替无纺布生产防护口罩，C错误；D.保持空气湿度和适当降温不能阻止病毒滋生，D错误；故合理选项是B。2.化合物M()是合成一种抗癌药物的重要中间体，下列关于M的说法正确的是A.所有原子不可能处于

同一平面B.可以发生加聚反应和缩聚反应C.与互为同分异构体.D.1molM最多能与1molNa2CO3反应【答案】C【解析】【详解】A.M中苯环、碳碳双键、碳氧双键均为平面结构，由于单键可以旋转，可知分子中所有原子有可能在同一个平面上，A错误；B.该物质分子中含有碳碳

双键，可发生加聚反应，但由于分子中只有一个羧基，所以不能发生缩聚反应，B错误；C.M与分子式都是C9H8O2，结构不同，二者互为同分异构体，C正确；D.M分子中只含有1个羧基，所以1molM最多能与0.5molNa2CO3反应，D错误；故合理选项是C。

3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同主族，Y原子的最外层电子数等于X原子的电子总数，Z原子的电子总数等于W、X、Y三种原子的电子数之和，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2。W、X、Y三种元素形成的一种化合

物的结构如下图所示。下列说法错误的是A.W的最高正价和最低负价的代数和为0B.W的简单离子半径可能大于X的简单离子半径C.Y的最高价氧化物对应的水化物属于弱碱D.Z的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。A.H元素

最高为+1价，最低为-1价，二者代数和为0，A正确；B.H-、Li+电子层结构相同，核电荷数Li+>H-，所以离子半径H->Li+，B正确；C.Y是Al元素，Al最高价氧化物对应水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，C错误；D.Cl2溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HClO不

稳定，光照容易分解，所以应该保存在棕色试剂瓶中，D正确；故合理选项是C。4.天然气是一种重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是A.脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐渐减

小B.CH4是天然气脱硫过程的催化剂C.脱硫过程需不断补充FeSO4D.整个脱硫过程中参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1【答案】D【解析】【详解】A.在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后发生反应：4FeSO4+O

2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可见脱硫过程中由于反应产生水，使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐降低，因此溶液的pH逐渐增大，A错误；B.CH4在反

应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化剂，B错误；C.脱硫过程反应产生中间产物FeSO4，后该物质又反应消耗，FeSO4的物质的量不变，因此不需补充FeSO4，C错误；D.根据选项A分析可知Fe2(SO4)3

是反应的催化剂，反应总方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1，D正确；故合理选项是D。5.近年来，有科研工作者提出可用如图所示装置进行水产养殖用水的净化处理。该装置工作时，下列说法错误的是A.导线中电子

由M电极流向a极B.N极的电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2OC.当电路中通过24mol电子的电量时，理论上有1mol(C6H10O5)n参加反应D.当生成1molN2时，理论上有10molH+通过质子交换膜【答案】C【解析】【详解】A

.根据装置图可知M为阳极，N为阴极，因此a为正极，b为负极，导线中电子由M电极流向a极，A正确；B.N为阴极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，B正确；C.有机物(C6H10O5)n中C元素化合价平均为0价，反应后变为+4价CO2，1mol该有

机物反应，产生6nmolCO2气体，转移24nmol电子，则当电路中通过24mol电子的电量时，理论上有1nmol(C6H10O5)n参加反应，C错误；D.根据选项B分析可知：每反应产生1molN2，转移10mole-，根

据电荷守恒应该有10molH+通过质子交换膜，D正确；故合理选项是C。6.实验小组从富含NaBr的工业废水中提取Br2的过程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。已知：可能用到的数据信息和装置如下。下列说法错误的是A.实验时，①的废水中出现

红色B.②的作用是吸收尾气，防止空气污染C.用③进行萃取时，选择CCl4比乙苯更合理D.④中温度计水银球低于支管过多，导致Br2的产率低【答案】C【解析】【详解】A.①中发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生了红棕色的Br2单质

，因此实验时，①的废水由无色变为红色，A正确；B.②中盛有NaOH溶液，NaOH是碱，可以与Cl2、Br2发生反应，变为可溶性的物质，因此可以防止空气污染，B正确；C.根据表格数据可知乙苯的沸点比CCl4的沸点高，与液溴的沸点

差别大，所以选择乙苯比CCl4更合理，更有利于后续的蒸馏作用，C错误；D.蒸馏时温度计是测量馏分的温度，若温度计水银球低于支管过多，导致蒸馏时支管口温度低于Br2的沸点，使Br2的产率低，D正确；故合理选项是C。7.已知：25°C时

，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是A.a=4B.V1=10C.溶液中水

的电离程度：P>QD.Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)【答案】D【解析】【详解】A.25°C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)=()2cH0.1+=10-7，解得c(H+)=10-4mol/L，pH=a

=4，A正确；B.等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10mL，B正确；C.在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液

中水的电离程度：P>Q，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)<nP(M+)，nQ(Na+)=2nP(Na+)，所以c(Na+)>2c(M+)，D错误；故合理选项是D。

8.硫酸锰是一.种重要的化工原料，在农业、电化学和建筑等领域均有广泛应用。以含锰废料(含有MnO2、CuO、Fe和少量CaO)为原料制备MnSO4的一种流程如下：已知：I.烧渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO。II.难溶电解质的溶度积常数如下表所示：回答下列问题：(1)“焙烧”过程加

入煤粉的主要作用为___________________________。(2)“酸浸”时所加稀H2SO4不宜过量太多的原因为______________________________.滤渣1的主要成分为__

___________________(填化学式)。(3)“氧化”过程中主要反应的离子方程式为__________________。(4)“调pH为4”的目的为______________________；

若“溶液”中c(Cu2+)=0.022mol/L，“滤液2”的体积是“溶液”体积的2倍，则“调pH为4”时Cu2+是否开始沉淀____________(通过计算说明)。(5)(NH4)2S的电子式为___________________。(6)已知：(NH4)2SO4与MnSO4的溶解

度曲线如图所示。“操作”主要包括蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、干燥；其中用乙醇代替水洗涤的原因为__________，需控制温度为____(填选项字母)得到产品最多。A.10°CB.40°CC.60°CD.100

°C【答案】(1).作还原剂(2).避免“调pH为4”时会消耗过多的碱(3).CaSO4、Cu(4).MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(5).将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去(6).滤液

2中c(Cu2+)=0.011mol/L，c(OH-)=1×10-10mol/L，则Qc[Cu(OH)2]=0.11×(1×10-10)2=1.1×10-22<Kspc[Cu(OH)2]，所以Cu2+未开始形成沉淀(7).(8).降温

结晶(9).减少因溶解而造成的损失，且乙醇挥发带走水分，便于干燥(10).A【解析】【分析】含锰废料与煤粉在高温下混合，其中MnO2与C反应产生MnO，CuO与C反应产生Cu单质，同时得到含有CO的气体，得到的烧渣中含有MnO、CuO、

Cu、Fe、CaO，然后同稀硫酸酸浸，其中MnO、CuO、Fe反应变为Mn2+、Cu2+、Fe2+，CaO反应产生溶解度较小的CaSO4进入滤渣1中，而Cu不能溶解，进入滤渣1，向滤液1中加入MnO2，可在

酸性条件下氧化Fe2+为Fe3+，然后调节溶液的pH=4，可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，滤渣2成分为Fe(OH)3，向滤液2中加入(NH4)2S，其电离产生的S2-与溶液中Cu2+形成CuS沉淀过滤出去，进入滤渣3中，滤液3中含有的Mn2+、S

O42-、NH4+等，根据溶解度曲线可知从滤液3中提取MnSO4采用的操作过程为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4，结合乙醇易挥发，会带走水分，便于干燥，结合温度对物质溶解度的影响分析温度控制范围。【详解】(1)由流程中物质转化关系可

知在焙烧时加入煤粉可以与MnO2反应转化为MnO，因此煤粉的作用是作还原剂；(2)“酸浸”时所加稀H2SO4不宜过量太多的原因是若过多，调节pH=4时就会消耗过多的碱，由信息可知加入稀硫酸可将CaO转化为CaSO4，同时焙烧时CuO转化为Cu不溶于稀硫酸，故滤渣1的主要成分是CaSO

4和Cu；(3)“氧化”过程中MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，主要反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；(4)“调pH为4”的目的是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去。滤液

2的体积是溶液体积的2倍，则滤液2中c(Cu2+)=0.011mol/L，c(OH-)=1441010−−mol/L=1×10-10mol/L，则Qc[Cu(OH)2]=0.011×(1×10-10)2=1.1×10-22<Ksp

c[Cu(OH)2]，所以Cu2+未开始形成沉淀；(5)(NH4)2S是离子化合物，由NH4+与S2-通过离子键结合而成，其电子式为；(6)由溶解度曲线可知：从滤液3中提取MnSO4的操作主要包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。MnSO4易溶于水

，用乙醇代替水洗涤就可以减少因溶解而造成的损失，且乙醇易挥发带走水分，便于干燥，根据溶解度曲线可知温度可知在10℃时所得产品最多，故合理选项是A。【点睛】本题以MnSO4的制取为线索，考查了反应条件的控制、混合物的分离方法、氧化还原反应、溶度积常数

的应用等，较全面的考查了学生对基础知识和基本反应原理的掌握和应用，体现了学以致用的目的。9.氢氧化铈[Ce(OH)4]被广泛用于气敏传感器、燃料电池、催化剂等领域。实验室以精选的氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)为原料制备氢氧化铈的一种工艺流程如

下：回答下列问题：(1)“煅烧”可在_______(填仪器名称)中进行，主要反应的化学方程式为________；除“粉碎”外，还可以加快“煅烧”速率的措施有_________(只答一点即可)。(2)实验室制取氧

气。①氧气的发生装置可以选择上图中的__________(填大写字母)。②欲收集一瓶干燥的氧气，选择上图中的装置，按气流方向的连接顺序为：氧气的发生装置→________(填小写字母)；检验氧气已收集满的操作和现象为________。(3)“酸浸”时，温度不能过高的原因为_______；

若用盐酸代替双氧水、H2SO4的不足之处为____________；该步骤不能使用陶瓷容器的原因为___________________。(4)“氧化”反应的化学方程式为________________________

_________。【答案】(1).坩埚(2).4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2(3).适当升高煅烧温度等(4).B(5).cdgf(或dcgf)(6).将带有火星的木条置于f口，木条复燃(7).会导致H2O2分解而降低原料的利用率(8

).HCl被氧化为Cl2，污染环境(9).生成的HF腐蚀陶瓷(10).2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl【解析】【分析】将氟碳铈矿粉碎后与O2在坩埚中高温煅烧，反应产生CeO2、CeF4、CO2，然后将CeO2、CeF4用硫酸浸取

，同时加入H2O2溶液，可以将CeO2、CeF4与硫酸反应产生的Ce4+还原为Ce3+，向该溶液中加入适量NaOH溶液反应产生Ce(OH)3，然后再向该悬浊液中加入氧化剂NaClO，发生氧化还原反应产生Ce(OH)4。【详解】(1)高温“煅烧”可在坩埚中进行；CeFCO3高温条件下

与O2反应生成CeO2、CeF4、CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。除“粉碎”外，还可以加快“煅烧”速率的措施有适当增大O2的压强、适当升高煅烧温度等；(2)①用双氧水与MnO2或Na2O2与H2O反应制备O2

可选择装置B装置，故合理选项是B；②选用B装置制备O2，用C干燥O2，E用于收集O2，故装置的连接顺序为bcd(或dc)gf；检验O2收集满的操作和现象为：将带火星的木条置于f口，木条复燃，则O2已经收集满；(3)H2O2不稳定，受热易分解，所以“

酸浸”时，温度不易过高，否则会导致H2O2分解，降低原料的利用率；若用盐酸代替，Ce4+会将HCl被氧化为Cl2，导致污染环境；该步骤有HF生成，由于HF与陶瓷中的SiO2会反应，故不能使用陶瓷容器；(4)“氧化”时

NaClO在碱性条件下将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，反应的化学方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。【点睛】本题以Ce(OH)4的制取为线索，考查了化学反应速率的影响因素、实验装置的使用、反应原理、装置的连接顺序、

物质的检验等。掌握常见气体的制取方法、物质的性质、仪器的成分等是本题解答的基础。10.肼(N2H4)和氨均为重要的化工原料。回答下列问题：已知：I.N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/molII.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-

92.4kJ/molIII.2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)△H=+144.8kJ/mol(1)H2的燃烧热△H=_____________。(2)T1°C时，向恒容的密闭容器中加入1molN2H4和1molO2，发生反应I。达到平衡后，只改变下列条件，能

使N2的平衡体积分数增大的是_______(填选项字母)。A.增大压强B.再通入一定量O2C.分离出部分水D.降低温度(3)在恒压绝热的密闭容器中通入一定量的N2和H2，发生反应II和反应III。反应III对N2的平衡转化率的影响为___

__(填“增大”“减小”或“无影响”)，理由为___________。(4)t2°C时，向刚性容器中充入NH3，发生反应III。NH3和H2的分压(p)与时间(t)的关系如图所示。①0~t1min内，反应的平均速率v(NH3)=____kPa/min②反应的平衡常数Kp=_

_____kPa-1(Kp为用分压表示的平衡常数)。③反应物分子的有效碰撞几率：M____N(填“>”“<”或“=”)。④t2min时升高温度，再次达到平衡后，H2的分压增大的原因为______。【答案】(1).285.8kJ/mol(2).D(3).增大(4).反应III是吸热反应，使体

系温度降低，且消耗NH3、増大H2浓度，促进反应II平衝正向移动(5).0123pt(6).()12012ppp−(7).>(8).温度升高，体枳不变，分压増大；该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动

，分压增大【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加可得待求反应的热化学方程式，即得H2的燃烧热；(2)N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/mol是反应前后气体分子数不变的反应，根据平衡移动原理分析能

使N2的平衡体积分数增大的条件；(3)根据反应III是吸热反应，从反应温度计物质的浓度变化分析对反应II的平衡移动的影响；(4)①根据在体积不变时，气体的物质的量的比等于气体的分压比，利用t1时NH3、H2的分压相等，计算NH3的分压，结合速率含义计算v(NH3)；②利用平衡常数的定义式计算K

p；③根据有效碰撞次数越多，反应速率越快分析；④根据温度对平衡移动及分压的影响分析判断。【详解】(1)根据已知反应：I.N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/molII.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/molIII.2NH3

(g)N2H4(l)+H2(g)△H=+144.8kJ/mol根据盖斯定律：()2IIIIII++，整理可得H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；(2)该反应的正反应是气体分子数不变的放热反应，A．增大压强，化学平衡不移动，N2的平衡体积分数不变，A错误；B．再

通入一定量O2，化学平衡正向移动，产生N2，但平衡移动的趋势是微弱的，由于方程式两边都是只有一种气体，通入O2，平衡常数不变，则N2的平衡体积分数不变，B错误；C．分离出部分水，由于水是液态物质，移出不能改变平衡，故对平衡移动无影响，所以N2的平衡体积分数不变，C错误；D．降低温

度，化学平衡正向移动，N2的平衡体积分数增大，D正确；故合理选项是D；(3)反应III是吸热反应，反应进行使体系温度降低，且反应消耗NH3、使NH3的浓度降低，同时又增大了H2的浓度，促进了反应II化学平衡正向移动，最终使N2的平衡转化率增大；(4)①由图可知：NH3的起始分圧为p0kPa，t1

min时假设H2的分压变化为x，此时NH3、H2的分压相等，根据方程式2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)可知此时x=p0-2x，所以x=0p3kPa，则在0~t1min内，反应的平均速率v(NH3)=012p3tkPa/min；②

根据图象可知平衡时H2的平衡分压为p1kPa，则NH3的平衡分压为(p0-2p1)kPa，所以该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp=()1201pkPap2pkPa−=()1201pp2p−kPa-1；③M点到N点，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，所以反应物

分子的有效碰撞几率：M>N；④t2min时温度升高，由于容器的体枳不变，H2分压增大，且该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，使H2分压增大。【点睛】本题考查了盖斯定律、反应速率和化学平衡常数的计算与平衡移动原理的应用。掌握反应过程中

能量变化与途径无关，反应速率和化学平衡常数及平衡移动原理的含义是正确分析解答的关键。注意平衡移动的趋势是微弱的，外界条件不能改变这种变化趋势。11.Li、Fe、As均为重要的合金材料，NA为阿伏加德罗常数的值。回答下列问题：(1)基态L

i原子核外电子占据的空间运动状态有________个，占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_________。(2)Li的焰色反应为紫红色，很多金属元素能产生焰色反应的原因为_________。(3)基态Fe3+比基态Fe2+稳定的原因为____________。(4)KSCN和K

4[Fe(CN)6]均可用于检验Fe3+。①SCN-的立体构型为_______，碳原子的杂化方式为_____________。②K4[Fe(CN)6]中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为__________(用元素符号表示)；1mol[Fe(CN)6]4-中含有σ键的数目为_________

___。(5)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为____________________。(6)Li、Fe和As可组成一种新型材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度可表示为______g●cm-3。(列式

即可)【答案】(1).2(2).球形(3).电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量(4).基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，而基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，为半充满状态，稳定性更强(5).直线形(6).sp(

7).N>C>Fe>K(8).12NA(9).H3AsO3中非羟基氧原子数小于H3AsO4，砷元素的正电性更小，羟基更不易电离出氢离子(10).2335.5210ANa【解析】【分析】(1)根据构造原理书写Li核外电子排布式，据此书写基态Li原子核外电子占据的空间运动状态，据此判断L

i原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状；(2)焰色反应是是电子跃迁的结果；(3)原子核外各个轨道电子排布处于全满、半满或全空时是稳定状态；(4)①根据价层电子对分析，在SCN-中C原子形成了共价三键，

据此判断C原子杂化类型；②元素吸引电子能力越大，其电离能就越大；根据配位体及配位原子中含有的σ键计算；(5)根据物质中含有的非羟基O原子数目分析；(6)先根据均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数然后根据ρ=mV计算密度。【详解】(1)Li核外电子排布式是1

s22s1，1个原子轨道为1个空间运动状态，基态Li原子核外电子占据的轨道有1s、2s两个，故有2个空间运动状态。占据最高能层为L层2s轨道，故电子云轮廓图形状为球形；(2)金属元素产生焰色反应的原因为电子从较高

能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放多余的能量，形成焰色反应，不同金属元素的电子跃迁时释放的能量不同，因此焰色反应不同；(3)基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，为d轨道的半充满的稳定状态，相对稳定形强，而基

态Fe2+的价层电子排布式为3d6，稳定性不如半充满状态；(4)①SCN-中C原子的价层电子对数目为2，立体构型为直线形，其中碳原子的杂化方式为sp；②K4[Fe(CN)6]中基态K、Fe、C、N原子吸引电子能力依次增强，第一电离能依次增大；所以四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>

C>Fe>K；Fe2+与CN-形成配位键含6个σ键，每1个CN-中含有1个σ键，所以1mol[Fe(CN)6]4-中含有σ键的数目为12NA；(5)H3AsO3中非羟基氧原子数是0，而H3AsO4中非羟基氧原子数是1，可见H

3AsO3中非羟基氧原子数小于H3AsO4，酸分子中非羟基O原子数目越大，该酸的酸性就越强，且非羟基氧原子数少的酸分子中砷元素的正电性更小，羟基更不易电离出氢离子，故酸性弱于H3AsO4；(6)由图可知，每个晶胞中含有4个Li、4个As、4个Fe，则该晶体的密度

可表示为ρ=()23337AA552?g5.5210NaNa10cm−=g/cm3。【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化方式、电离能及含氧酸的酸性比较、化学键数目的计算和晶体密度的计算等，全面考查了物质结构，掌握核外电子排布规律、价层电子对互斥理论等物质结构理论及电离能、

电负性等概念是本题解答的关键，在进行晶体密度计算时，要学会用均摊法分析，题目考查了学生的分析与计算能力。12.化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：已知：R1CH2BrR1CH=CHR2回答下列问题：(1)A的结构简式为_______

；B中官能团的名称为_______；C的化学名称为_________。(2)由C生成D所需的试剂和条件为_______，该反应类型为____________.(3)由F生成M的化学方程式为__________________________________。(4)Q为M的同分异构体，满

足下列条件的Q的结构有________种(不含立体异构)，任写出其中一.种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式_________________。①除苯环外无其他环状结构②能发生水解反应和银镜反应(5)参照上述合成路线和信

息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚2-丁烯的合成路线_____________。【答案】(1).(2).醛基(3).邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)(4).Br2、光照(5).取代反应(6).+N

aOH+NaI+H2O(7).4(8).或(9).【解析】【分析】A分子式是C7H8，结合物质反应转化产生的C的结构可知A是，A与CO在AlCl3及HCl存在条件下发生反应产生B是，B催化氧化产生C为，C与Br2在光照条件下发生取代反应产生

，D与HCHO发生反应产生E：，E与I2在一定条件下发生信息中反应产生F：，F与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应产生M：。【详解】由信息推知：A为，B为，E为，F为。(1)A的结构简式为；中官能团的名称为醛基；的化学名称为邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)；(2)在光照条件下与Br2发生

取代反应生成；(3)发生消去反应生成的化学方程式为：+NaOH+NaI+H2O。(4)M为，由信息，其同分异构体Q中含有HCOO-、-C≡C-，满足条件的结构有、(邻、间、对位3种)共4种，再根据核磁共振氢谱有4组吸收峰，可推知Q的结构简式为、。(5)聚2-丁烯的单体

为CH3CH=CHCH3，该单体可用CH3CH2Br与CH3CHO利用信息的原理制备，CH3CH2Br可用CH2=CH2与HBr加成得到。故合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH=CHCH3。【点睛】本题考查

有机物推断和合成，根据某些结构简式、分子式、反应条件采用正、逆结合的方法进行推断，要结合已经学过的知识和题干信息分析推断，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力、发散思维能力。