【文档说明】江西省南昌市第二中学2020届高三下学期校测（三）理科综合化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.508 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a6b2f73a35b3cdcfa6ca7a6dcb41b4ac.html

以下为本文档部分文字说明：

1.习近平总书记在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是ABCD废玻璃铅蓄电池杀虫剂果皮可回收物其它垃圾有害垃圾厨余垃圾A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．玻璃杯的主要成分为玻璃，废玻璃可以回收利用，属于可回收物，故A正确；B．废电池(镉镍电池、

氧化汞电池、铅蓄电池等)，含有重金属，属于有害垃圾，需要集中回收处理，故B错误；C．废药品、杀虫剂等有毒，属于有害垃圾，故C正确；D．水果皮属于厨余垃圾，故D正确；故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述

正确的是A.标准状况下，2.24LHF中含有的极性键数目为0.1NAB.18g重氢氨基(－ND2)中含有的电子数为10NAC.33.6L氯气与足量铝充分反应，转移电子数为3NAD.7g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NA【答案

】D【解析】【详解】A．标况下，HF为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；B．18g重氢氨基(-ND2)的物质的量为1818/ggmol=1mol，1个-ND2具有9个电子，其中含有的电子数为9NA，故B错误；C．未

告知温度和压强，无法计算33.6L氯气的物质的量，也就无法计算转移的电子数，故C错误；D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，7g乙烯和丙烯的混合物中含714/ggmol=0.5molCH2，故含NA个氢原子，故D正确；故选D。3.下列化学(或离子)

方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A.电解饱和食盐水产生黄绿色气体：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑B.红热木炭遇浓硝酸产生红棕色气体：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2OC.Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物：2Na2O2+2CO2=2Na

2CO3+O2D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，出现白色沉淀SO2+Ca2++3ClO−+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl−【答案】C【解析】【详解】A．电解饱和食盐水，产生黄绿色气体，反应的化学方程式为：

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A不选；B．红热的木炭与浓硝酸反应，生成二氧化碳、二氧化氮和水，二氧化氮是红棕色气体，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故B不选；C．过氧化钠在潮

湿的空气中放置一段时间，与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解得到氢氧化钠溶液，从而变成白色黏稠物，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故C选；D．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙、

次氯酸和氯离子，反应的离子方程式为：Ca2++3ClO-+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl-，故D不选；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意Ca(ClO)2溶液具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸根。4.一定条件下，密闭容器中的H2在催化剂的催化下可

高效转化酸性溶液中的硝态氮(3NO−)以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如图：下列说法正确的是A.导电基体上的正极产物仅有NO和4NH+B.若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量C.若导电基体上只有单原子铜，3NO−能全部转化

为N2OD.若Ir的表面处理1molN2O，理论上负极消耗89.6LH2【答案】B【解析】【分析】由示意图可知，导电基体上H2在单原子铂表面转化为H+，发生氧化反应，为负极，3NO−部分在铂颗粒表面转化为4NH+，部分在单原子铜表面转化为

NO，NO又在单原子铂表面转化为N2O，发生还原反应，为正极；Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，结合氧化还原反应的规律分析解答。【详解】A．由示意图可知，导电基体上H2在单原子铂表面转化为H+，为负极，3NO−部分在铂颗粒表面转化为

4NH+，部分在单原子铜表面转化为NO，NO又在单原子铂表面转化为N2O，为正极，因此正极产物有NO、N2O和4NH+，故A错误；B．由示意图可知，导电基体上3NO−部分在铂颗粒表面转化为4NH+，若导电基体上的Pt

颗粒增多，则3NO−会更多的转化成铵根，将不利于降低溶液中的含氮量，故B正确；C．由示意图可知，导电基体上3NO−在单原子铜表面转化为NO，NO又在单原子铂和铜表面转化为N2O，若导电基体上只有单原子铜，3NO−将不能全部转化为

N2O，故C错误；D．由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，若Ir的表面处理1molN2O，转移2mol电子，理论上负极消耗1mol氢气，未告知温度和压强，无法计算氢气的体积，故D错误；故选B。5.X

、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A.单质的熔点：Y＞ZB.X的最高价氧化物的水化物为弱酸C.Y、Z的氧化物均为离子化

合物D.气态氢化物稳定性：X＞Z【答案】D【解析】【分析】由题可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序数在Y、Z的主族序数之后，Z的核电荷数为X的2倍，可能确定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，结合题中条件可知X、Y、Z分别为：N、Na、Si，据此解答。【详解】A．

Y、Z分别为Na、Si，Si单质为原子晶体，熔点比钠的高，即Y<Z，A错误；B．X为N元素，最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，B错误；C．Y、Z分别为Na、Si，Si的氧化物SiO2为共价化合物，C错误；D．X、Z分别为：N、Si，气态氢化物稳定性NH3>SiH4，即X＞Z，D正确；答案选D

。6.食品防腐剂R的结构简式如图所示：，下列说法正确的是A.R在空气中易被氧化且易溶于水B.1个R分子最多有20个原子共平面C.能与FeCl3发生显色反应，苯环有2个取代基，且能发生水解反应R的同分异构体有18种(包括R)D.1molR与3molH2反应生成的有机物分子式为C9H18O3【答案

】C【解析】【详解】A．R结构中含有酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，但酚和酯常温下在水中的溶解度均较小，故A错误；B．苯环上所有原子共平面，-OH中原子共平面，酯基为平面结构，单键可以旋转，则该分子中羟基上所有原子、苯环上所有原子、酯基上所有原子、亚甲基上的碳原子和1个氢原子以及甲基上的碳原

子和1个氢原子可能共平面，所以最多有19个原子共平面，故B错误；C．能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上含有2个取代基，且能发生水解反应R的同分异构体中还含有酯基，则另一个取代基可能为—COOCH2CH3

、—CH2COOCH3、—OOCCH2CH3、—CH2OOCCH3、—CH2CH2OOCH、—CH(CH3)OOCH，每两个取代基均存在邻位、间位和对位，共18种(包括R)，故C正确；D．R的分子式为C9H10O3，只有苯环能和氢气发生加成反应，则1molR与3molH2反

应生成的有机物分子式为C9H16O3，故D错误；故选C。7.常温时，向H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示-24224c(HCO)c(HCO)或2-24-24c(CO)c(HCO)]

随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.pH＝1.22时混合溶液中c(Na+)>c(-24HCO)+2c(224CO−)B.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(OH−)>c(H+)C.H2C2O4的一级电离常数为1×10−4.19D.I中X表示的是-24224c(HC

O)c(HCO)【答案】D【解析】【分析】二元弱酸草酸的-2-++242412-22424(HCO)(CO)=(H)>=(H)(HCO)(HCO)ccKcKccc，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示-242

24(HCO)lg(HCO)cc与pH的变化关系，Ⅱ表示2-24-24(CO)lg(HCO)cc与pH的变化关系；H2C2O4溶液中加入NaOH溶液，开始时发生反应：H2C2O4+OH-=-24HCO+H2O，继续加入N

aOH溶液发生反应：-24HCO+OH-=2-24CO+H2O；【详解】A．此时混合液存在电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(-24HCO)+2c(224CO−)+c(OH-)，pH＝1.22时溶液呈酸性，故c(H+)>c(OH-)，则c(Na+

)<c(-24HCO)+2c(224CO−)，A错误；B．NaHC2O4溶液存在二次电离：-+2-2424HCOH+CO，还有水解：--242224HCO+HOHCO+OH，水解常数为：-224WW224--+2424a1(HCO)(HCO)(OH)==(HCO)(HCO)(H)c

KKccKcccK=，当lgX=0时，曲线I代表二元弱酸的第一步电离，即-24224(HCO)lgX=lg0(HCO)cc=，得出-24224(HCO)1(HCO)cc=，则第一电离平衡常数在数值上等于此时氢离子浓度，-+-1.2224a1224(HCO)(H)11

0(HCO)cKcc==，同理2-+-4.1924a2-24(CO)(H)110(HCO)cKcc==，水解常数-14-12.78W-1.22a110==1010KKK=，第二步电离常数-4.19a2110K=，故NaHC

2O4溶液的电离程度大于水解程度，则c(H+)>c(OH−)，B错误；C．由分析可知：曲线I代表H2C2O4的一级电离，当pH=1.22时，-24224(HCO)lgX=lg0(HCO)cc=，得出-24224(HCO)1(HCO)cc=，此时c(H+)=10-1.22，则第一电离平衡常数

-+-1.2224a1224(HCO)(H)110(HCO)cKcc==，C错误；D．由分析可知，曲线I表示为草酸的一次电离，I为中X表示的是-24224(HCO)(HCO)cc，D正确；答案选D。8.铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，其合成线路如图所示：(1)已知无水AlCl

3在潮湿的空气中极易水解。某实验小组利用图中部分装置制备无水AlCl3。①实验小组的实验装置，按气流方向连接各仪器接口，顺序为：__→fg。②装置E的作用是__，装置F中应盛装的试剂是__(2)AlCl3与

NaH反应时，需将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，此反应中NaH的转化率较低的可能原因是__(3)利用铝氢化钠遇水反应生成的氢气的体积测定铝氢化钠样品纯度。①其反应的化学方程式为__②现设计如图四种装置测定铝氢化钠样品的纯度(假设杂质不参与反应)。从简约性、准

确性考虑，最适宜的方案是__(填编号)③取样品ag，若实验测得氢气的体积为VmL(标准状态)，则铝氢化钠样品纯度为__(用代数式表示)【答案】(1).a＇→ih→de→bc(2).吸收Cl2尾气并防止外界水蒸气进入(3).饱和食盐水(4).反应生成的NaCl沉淀覆盖在NaH表面，阻止了反应

的进行(5).NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑(6).乙(7).-35480aV19.6×100%【解析】【分析】(1)根据图示，二氧化锰与浓盐酸的反应需要加热，A装置不能选用，选用B装置用于制

取氯气，F装置中用饱和食盐水吸收氯化氢气体，D中装置中浓硫酸用于干燥氯气，C装置中发生氯气与铝在加热条件下生成氯化铝的反应，实验中的尾气是氯气，会污染空气，所以E装置中用碱石灰吸收尾气，且吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，据此分析解答；(2)离子化合物

一般在有机溶剂中的溶解度较小，反应生成的NaCl沉淀覆盖在NaH表面，据此分析解答；(3)①铝氢化钠遇水生成氢气，根据原子守恒，还应该生成偏铝酸钠；②测定铝氢化钠样品的纯度，就是通过铝氢化钠遇水反应生成氢气，准确测定氢气的体积，结合各装置的特点从装置的简约性、准确性角

度分析判断；③生成的气体为氢气，结合反应方程式分析计算。【详解】(1)①根据图示，B装置是制取氯气，F装置应该用饱和食盐水吸收氯化氢气体，D中装置中浓硫酸用于干燥氯气，C装置中发生氯气与铝在加热条件下生成氯化铝

，实验尾气中的氯气会污染空气，所以E装置中用碱石灰吸收氯气尾气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，则仪器接口为a＇→ih→de→bc→fg，故答案为：a＇→ih→de→bc；②装置E中用碱石灰吸收氯气尾气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置

C中，装置F中应盛装饱和NaCl溶液，用于吸收氯化氢气体，故答案为：吸收Cl2尾气，并防止空气中的水蒸气进入装置C；饱和食盐水；(2)AlCl3与NaH反应时，将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，反应生成的NaCl沉淀在NaH表面，阻止了AlCl3

和NaH进一步反应，使得反应中NaH的转化率较低，故答案为：反应生成的NaCl沉淀在NaH表面，阻止了AlCl3和NaH进一步反应；(3)①铝氢化钠遇水反应生成的氢气，依据原子守恒和反应的原理，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=N

aAlO2+4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；②测定铝氢化钠样品的纯度，就是通过铝氢化钠遇水反应生成氢气，准确测定氢气的体积，甲中锥形瓶中压强会变大，可能液体不能顺利流

下，导致铝氢化钠或许不能完全反应，丙装置中导管中可能有水，测定的气体体积不准确，丁装置中烧瓶中压强可能会变大，且氢气体积读数不方便，所给的装置中乙的装置压强可以保持不变，可以较准确的测定氢气体积，所以适宜的方

案是乙，故答案为：乙；③实验测得氢气的体积为VmL(标准状态)，其物质的量为-3V10L22.4L/mol=-3V1022.4mol，根据NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑知，铝氢化钠为14×-3V1022.4mol，则铝氢化钠样品纯度为-3V10m

ol14a54g/mol22.4g×100%=-35480aV19.6×100%，故答案为：-35480aV19.6×100%。【点睛】本题的易错点和难点为(2)，要注意离子化合物一般在有机溶剂中的溶解度较小。9.含碳物质

的价值型转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有着重要的研究价值。请回答下列问题：(1)已知CO分子中化学键为C≡O。相关的化学键键能数据如下：化学键H—OC≡OC=OH—HE/(kJ·mol−1)46310758034

36CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=__kJ·mol−1。下列有利于提高CO平衡转化率的措施有__(填标号)。a.增大压强b.降低温度c.提高原料气中H2O的比例d.使用高效催化剂(2)用惰性电极电解KOH

溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根(HCOO−)，然后进一步可以制得重要有机化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为__，若电解过程中转移1mol电子，阳极生成气体的体积(标准状况)为__L。(3)乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：(g)+CO2(g)⇌(

g)+CO(g)+H2O(g)，其反应历程如下：①一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2molCO2，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为__，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=__。[气

体分压(p分)=气体总压(p总)×气体体积分数]②乙苯平衡转化率与p(CO2)的关系如图所示，请解释乙苯平衡转化率随着p(CO2)变化而变化的原因__。【答案】(1).−41(2).bc(3).CO2+2e−+H2O=HCOO−+OH−(

4).5.6(5).50%(6).0.25p0(7).随着CO2压强增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大；CO2压强继续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降【解析】【分析】(1)△H=反应物键能总和-生成物键能总和；提高CO平衡转化率，要使平衡正向移动，结合

勒夏特列原理分析；(2)用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根(HCOO-)，C元素化合价从+4降至+2价，一个CO2转化为一个HCOO-得到2个电子，结合电荷、原子守恒书写电极方程式；阳极电解生成氧气，结合电极方程式4O

H--4e-=O2↑+2H2O计算；(3)①根据题中数据，压强之比等于物质的量之比，列化学平衡三段式计算；②随着CO2压强增大，CO2浓度增大，平衡正向移动，CO2压强继续增大，CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降【详解】(1)△H=反应物

键能总和-生成物键能总和=463kJ•mol-1×2+1075kJ•mol-1-803kJ•mol-1×2-436kJ•mol-1=-41kJ•mol-1；a．该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故a错

误；b．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，故b正确；c．提高原料气中H2O的比例，增大反应物浓度，平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，故c正确；d．使用高效催化剂，加快反应速率，但不

改变平衡状态，故d错误，故答案为：-41；bc；(2)CO2化合价从+4转化为HCOO-的+2价，得到2个电子，电极反应式为CO2+2e−+H2O=HCOO−+OH−；阳极电解生成氧气，电极方程式4OH--4e-=O2↑+2H2O，电解过程中转移1mol电子

，生成氧气的物质的量为0.25mol，生成氧气的体积(标准状况)为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为：CO2+2e−+H2O=HCOO−+OH−；5.6；(3)①设乙苯反应了xmol。6523(g)2(g)652(g)(g)2(g)CH-CH-CH

+COCH-CH=CH+CO+HO/mol22000/molxxxxx/mol2-x2-xxxxnnn起始变化平衡平衡时容器内气体总物质的量为2-x+2-x+3x=5mol，解得x=1，乙苯的转化率为1mol=100%=50%2mol；平衡后总压强为005p=1.25p4，各

气体的体积分数为15，即各物质的分压为15×1.25p0，化学平衡常数30p0201(1.25p)5==0.25p1(1.25p)5K，故答案为：50%；0.25p0；②一定范围内，p(CO2)越大，说明在原料中CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催化剂表面上，当

CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p(CO2)增大反而减小，故答案为：随着CO2压强增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大，CO2压强继续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降。10

.铬鞣剂[Cr(OH)SO4]可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“焙烧”时发生的主要的化学方程式为__。(2)“水浸”过程中，物料的粒度(颗

粒大小)对铬残余量的影响如图所示，则最佳反应条件为__。(3)“滤渣2”主要成分为Al(OH)3和__(填化学式)，“过滤2”后，将溶液pH调至a(a小于6.5)，发生的离子反应为__，若1L所得溶液中含铬元素的质

量为28.6g，24CrO−有1011转化为227CrO−。酸化后所得溶液中c(227CrO−)=__。(4)根据有关国家标准，含24CrO−的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10−7mol·L−1以下才能排放。含24Cr

O−的废水处理通常可用沉淀法：加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀［Ksp(BaCrO4)=1.2×10−10］，再加入可溶性硫酸盐处理多余的Ba2+。加入可溶性钡盐后的废水中Ba2+的浓度应不小于__mol·L−1，后续废水处理方能达到

国家排放标准。(5)已知CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2，写出Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4的化学方程式__。(6)某厂用m1kg的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4，最终得到产品m2kg，则产率为__。【答案】(1).2Cr2O3+4Na2CO3

+3O2高温4Na2CrO4+4CO2(2).物质的粒度为60目(3).H2SiO3(4).224CrO−+2H+⇌227CrO−+H2O(5).0.25mol·L−1(6).2.4×10−4(7).Na2Cr2O7+CH3OH+3H2

SO4=2Cr(OH)SO4+CO2↑+Na2SO4+4H2O(8).2138m100%33m【解析】【分析】由流程可知，铬渣加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧，Cr2O3转化为Na2CrO4，存在的副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO32N

aAlO2+CO2↑，且水浸之后滤渣1中还原氧化铁和氢氧化钙，加入稀硫酸调节pH，除去溶液中的AlO2-、SiO32-，则滤渣2为氢氧化铝、硅酸；滤液中存在224CrO−+2H+⇌227CrO−+H2O，经调节pH=a、蒸发结晶后可生成重铬酸钠，然后

加入甲醇、硫酸将重铬酸钠还原为Cr(OH)SO4，据此分析解答。【详解】(1)“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4，反应化学方程式是2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2

4Na2CrO4+4CO2；(2)由图可知，“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)为60目时铬残余量最小，则最佳的反应条件为60目，故答案为：物质的粒度为60目；(3)“滤渣2”的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，“

过滤2”后，将溶液pH调至a，a小于6.5，目的是使24CrO−转化为227CrO−+H2O，酸化时发生的反应为：224CrO−+2H+⇌227CrO−+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，24CrO−有1011转化为227CrO−，说明铬元素有1011转

化为227CrO−，根据铬元素守恒，存在关系式：2Cr～224CrO−～227CrO−，n(24CrO−)剩余=28.6g52g/mol×1011=0.05mol，则n(227CrO−)=0.25mol，因此酸化后所得溶液中c(227CrO−)

=nV=0.25mol•L-1，故答案为：H2SiO3；224CrO−+2H+⇌227CrO−+H2O；0.25mol•L-1；(4)根据沉淀溶解平衡BaCrO4⇌24CrO−+Ba2+，有Ksp(BaCrO4)=c(24CrO−)×c(Ba2+)=1.2

×10-10=5.0×10-7×c(Ba2+)，解得：c(Ba2+)=2.4×10-4mol/L，故答案为：2.4×10-4；(5)CH3OH被氧化生成CO2，根据流程图，Na2Cr2O7被还原为Cr(OH)

SO4，反应的化学方程式为Na2Cr2O7+3H2SO4+CH3OH=2Cr(OH)SO4+Na2SO4+CO2↑+4H2O，故答案为：Na2Cr2O7+3H2SO4+CH3OH=2Cr(OH)SO4+Na2SO4+CO2

↑+4H2O；(6)用m1kg的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4，最终得到产品m2kg，由Cr原子守恒可知理论上生成产品的质量为1m40%152g/mol×165g/mol×2kg=1132m152kg，则产率为21mkg132m152kg×100%=213

8m33m×100%，故答案为：2138m33m×100%。【点睛】解得本题的关键是要知道存在224CrO−+2H+⇌227CrO−+H2O，本题的易错点为(3)，要注意铬元素的守恒关系的应用。11.钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)

Co的价电子排布式为__，的I4(Co)__的I4(Fe)(填>、<或者=)，原因是__。(2)Fe、Co均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示，图1中0.1molFe(CO)5含有配位键__个，写出2个与CO互为等电子体微粒__，图

2中的σ键和π键个数之比是__(填元素符号)。(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是__；该晶胞的边长为xnm，高为ynm，该晶胞的密度为__g·cm-3。(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式)【答案】(1).3d74s2(2).<(3).Co失去三个电子后会变

成［Ar］3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态［Ar］3d5，Fe失去三个电子后会变成［Ar］3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子(4).6.02×1023(或NA)(5).N2、CN-(6).19:1

4(7).12(8).21210A23633xyN【解析】【分析】(1)Co的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2；Fe失去3个电子变为3d5，为半满稳定；(2)Fe(CO)5中C原子和Fe原子之间形成配位

键，-C≡O中C原子和O原子之间形成1个配位键；等电子体是原子个数和电子数均相等的粒子；一个单键含有1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，一个三键含有1个σ键和2个π键；(3)六方最密堆积，配位数是12；钻晶体晶胞中顶点占16，面心占12，体内占1，据此计算晶胞中原子个数；计算结构单元

中原子总质量，利用mV=进行计算；【详解】(1)Co的原子序数为27，则Co核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布式为：3d74s2；第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其

原因是铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子，易失去；故答案为：3d74s2；＜；Co失去三个电子后会变成［Ar］3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态［Ar］3d5，Fe失去三个电子后会变成

［Ar］3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子；(2)Fe(CO)5中C原子和Fe原子之间形成配位键，-C≡O中C原子和O原子之间形成1个配位键，所以0.1molFe(CO)5含有1mol配位键，个数为6.02×1023(或NA)；等电子体是原子个数和

电子数均相等的粒子，CO含2个原子核14个电子，其等电子体可以是：N2、CN-；一个单键含有1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，一个三键含有1个σ键和2个π键，则图2中的σ键和π键个数之比是19:14故答案为：6.02×1023(

或NA)；N2、CN-；19:14；(3)六方最密堆积，配位数是12；钻晶体晶胞中顶点占16，面心占12，体内占1，则该晶胞中原子个数为1112+2+3=662，图中结构单元底面为正六边形，边长为xnm，底面面积为-7-702-1421336x10cmx

10cmsin60=x10cm22，结构单元的体积为2-142-72-2133333x10cmy10cm=xy10cm22，结构单元中原子总质量为A596gN，则晶体密度213A22-21A596m23

6310===g/cm3xy33xy102NVN，故答案为：12；21210A23633xyN。12.化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：已知：①+Δ⎯⎯→②+4KMnO/H⎯⎯⎯⎯→+③-稀OH⎯⎯⎯→请回答下列问题：(1)A的系统命名为__。

(2)反应②的反应类型是__。(3)反应⑥所需试剂和条件为__。(4)写出反应③的化学方程式为__。(5)写出F的结构简式：__。(6)化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有__种(不含立体异构)。①1molM与足量的NaHC

O3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为__(写出其中一种)。(7)参照上述合成路线，以C2H5OH和为起始原料，

选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__。【答案】(1).2，3-二甲基-1，3-丁二烯(2).氧化反应(3).浓氢溴酸、加热(4).+Δ⎯⎯→+CH3COOH(5).(CH2OH)3CCHO(6).12(7).或(8).CH3CH2OH浓硫酸170℃⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH2溴水⎯⎯⎯

⎯⎯→CH2Br-CH2Br【解析】【分析】根据合成路线，结合信息②和C的结构简式可知，B的结构简式为，根据信息①可逆推得A为，A发生加成反应生成B，B被氧化得C，C发生酯化反应生成D，E发生醛基的α氢加成反应生成F，F再与氢气加成得G，G与溴化氢取代得H，(7)C2H5OH先发生消去反应生成

乙烯，乙烯与溴加成得CH2BrCH2Br，用CH2BrCH2Br和发生类似题中反应⑦和反应⑧可得。【详解】(1)根据上面的分析可知，A为，A的系统命名为2，3-二甲基-1，3-丁二烯，故答案为：2，3-二甲基-1，3-丁二烯；(2)反应②为B被氧化得C，所以反应类型是氧化反应，故答案为

：氧化反应；(3)反应⑥为G与溴化氢加热条件下取代得H，所需试剂为浓氢溴酸，故答案为：浓氢溴酸、加热；(4)反应③C生成D，反应的化学方程式为+Δ⎯⎯→+CH3COOH，故答案为：+Δ⎯⎯→+CH3COOH；(5)由已知条件③，，F的结构简式：，故答案为：；(6)化合物M是D的同分异构体，根据条

件①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L（标准状态下），说明M中含有1个羧基；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体，说明M中含有一个醛基，则符合条件的M的结构简式为OHCCH2CH2CH2CH2COOH、OHCCH2CH2CH（CH3

）COOH、OHCCH2CH（CH3）CH2COOH、OHCCH（CH3）CH2CH2COOH、OHCCH（CH3）CH（CH3）COOH、OHCCH2CH（CH2CH3）COOH、OHCCH（CH2CH3）CH2

COOH、OHCC（CH2CH3）（CH3）COOH、OHCCH（CH2CH2CH3）COOH、OHCCH[-CH（CH3）2]COOH、OHCC（CH3）2CH2COOH、OHCCH2C（CH3）2COOH，共有12种，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积

比为6：2：1：1，即有四种位置的氢，个数比为6：2：1：1，可以推测出M中应有2个甲基，结构为或，故答案为12；或；(7)C2H5OH先发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴加成得CH2BrCH2Br，用CH2BrCH2Br和发生类似题中反应⑦和反应⑧可得，合成路线为：

CH3CH2OH浓硫酸170℃⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH2溴水⎯⎯⎯⎯⎯→CH2Br-CH2Br。