【文档说明】湖北省部分重点中学2022-2023学年高三上学期10月联考化学试题（解析版）【武汉专题】.pdf，共(19)页，953.083 KB，由envi的店铺上传

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湖北省部分重点中学高三年级10月联考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39V-51I-127一、选择题(共15题，每小题3分，共45分)1.化学与生产生活息息相关，下列说法正确的是．．．．A.用热的纯碱溶液可清洗衣

物上的汽油污渍B.二氧化硫有毒，禁止用作食品添加剂C.新冠疫苗使用的中硼硅玻璃瓶含有的2232NaOBOSiO是一种复杂的氧化物D.硫酸工业中，利用热交换器预热反应物，可降低能耗提高生产效率【答案】D【解析】【详解】A．汽油是

各种烃的混合物，不能溶于热的纯碱，所以用热的纯碱溶液不可清洗衣物上的汽油污渍，故A错误；B．二氧化硫有一定杀菌的功能并能抗氧化，能用作一些食品的添加剂，如葡萄酒，故B错误；C．2232NaOBOSiO

不是复杂的氧化物，而是硼硅酸钠盐的另一种写法，故C错误；D．硫酸工业中，利用热交换器预热反应物，可降低能耗提高生产效率，故D正确；故答案选D。2.下列有关化学用语表示正确的是．．．．A.氮原子2p轨道的电子云

轮廓图：B.HCN的电子式：C.键线式为的有机物存在顺反异构D.HClO的结构式H—C1—O【答案】C【解析】【详解】A．基态氮原子最外层为p轨道，对应的2px、2py、2pz能级能量相同，最外能级的电子云轮廓图可能是2px或2py或2pz，均为纺锤形，故A错误；B．HCN是共价化合物，

故B错误；C．中有碳碳双键，且双键两边基团不一致，所以存在顺反异构，故C正确；D．HClO的结构式H—O—Cl，故D错误；故答案选C。3.下列各组离子一定能．．．在对应溶液中大量共存的是A.与Al发生反应生成2H的

溶液：+K、+Na、3NO、24SOB.常温下pH=3的溶液：2Ba、4NH、3NO、ClC.遇紫色石蕊试剂变红的溶液：+K、+Na、Cl、65CHOD.无色透明溶液中：+K、+Na、272CrO、24SO

【答案】B【解析】【详解】A．与Al反应能放出H2的溶液呈酸性或强碱性，3NO在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，故A错误；B．常温下pH=3的溶液呈酸性，2Ba、4NH、3NO、Cl能共存，故

B正确；C．遇紫色石蕊试剂变红的溶液呈酸性，65CHO会与H+生成65CHOH，故C错误；D．227CrO在溶液中呈橙黄色，故D错误；故答案选B。4.环境问题日益凸显，下列说法错误的是．．．．A.乙醇汽油可以降低CO的排放量B.使用聚乳酸塑料会加重白色污染C.可用石膏来改善盐碱

地(含有大量NaCl、23NaCO)D.CO在催化剂作用下，可还原xNO以减少光化学烟雾【答案】B【解析】【详解】A．乙醇汽油比汽油中的含碳量低，能够较完全燃烧，可以降低CO的排放量，A正确；B．聚乳酸塑料容易降解，所以使用聚乳酸塑料不会加重白色污染，B错误；C．

可用石膏(含有CaSO4)来改善盐碱地，因为CaSO4能和Na2CO3反应生成碳酸钙和硫酸钠，C正确；D．CO在催化剂作用下，可将NO2还原为N2，以减少光化学烟雾，D正确；故选B。5.下列离子反应方程式书写正确的是．．．．A.氟气通入水中：+-2222F+2HO=4H+4F+OB.F

eBr2溶液与足量的Cl2反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2C.向NaAlO2溶液中滴入足量Ca(HCO3)2溶液：--2-23233AlO+HCO+HO=Al(OH)↓+COD.向二元弱酸亚磷酸（H3PO3）溶液中滴入足量烧碱溶

液：-2-3332HPO+2OH=HPO+2HO【答案】D【解析】【详解】A．氟气通入水中，生成氢氟酸为弱酸不能拆，故A错误；；B．FeBr2溶液与足量的Cl2反应，离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl

2=2Fe3++6Cl-+2Br2，故B错误；C．向NaAlO2溶液中滴入足量Ca(HCO3)2溶液，生成碳酸钙沉淀和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：--23233AlO+HCO+HO=Al(OH)+CaCO，故C错误；D．往二元弱酸亚磷酸（H3PO3）溶液中滴加过量的烧碱溶液，二元弱酸

亚磷酸一个分子最多能提供两个H+，则离子反应方程式为：-2-3332HPO+2OH=HPO+2HO，故D正确；答案选D。6.甲酸HCOOH含氢量高达4.4%，能够分解制氢。2Au/ZrO催化甲酸分解的机理如图所示，下列说法错误的

是．．．．A.反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成B.在反应液中加入HCOOK可提高反应速率C.该过程中每一步都发生氧化还原反应D.该反应生成标准状况下2.24L2CO，转移电子0.2mol【答案】C【解析】【详解】A．由HCOOH生成CO2和H2

，由甲酸分解的机理可知，反应中涉及C-H和O-H键的断裂和H-H键的形成，故A正确；B．在反应液中加入HCOOK，HCOOK是强电解质，引入HCOO-，促进步骤2的过程，提高反应速率，故B正确；C．步骤1中不涉及元素化合价的变化，故

C错误；D．HCOOH中C元素的化合价为+2，生成2.24L2CO的物质的量为0.1mol，2CO中C的化合价为+4，所以转移电子0.2mol，故D正确；故答案选C。7.设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列有关叙述正确的是．．．．A.1mol22NaO与足量的182HO充分反应，得到1

8A20.5NOB.100g46%乙醇溶液中所含O—H键的数目为ANC.标准状况下，11.2LNO和11.2L2O混合气体充入密闭容器，所含氧原子数等于1.5AND.12g4NaHSO固体中含离子数为0.3AN【答案】

C【解析】【详解】A．1mol22NaO与足量的182HO充分反应是过氧化钠自身的歧化，氧气中的氧元素来自过氧化钠，未标记，A错误；B．100g46%乙醇溶液中乙醇有100g×46%46g/mol=1mol，水有100g-46g18g/mol=3mo

l，1mol乙醇含有1molO—H键，3mol水含有6mol的O—H键，故总的含有O—H键的数目为7AN，B错误；C．氧元素守恒，故标准状况下，11.2LNO和11.2L2O混合气体充入密闭容器，所含氧原子数等于

11.2L11.2L+×222.4L/mol22.4L/mol=1.5mol，C正确；D．4NaHSO固体中一个硫酸氢钠有一个钠离子和一个硫酸氢根离子，故12g4NaHSO固体即0.1mol硫酸氢钠中含离子数为0.2NA，D错误；故选C。8.X、Y、Z、Q、W为前四周期的元素，原子序数依次增大

，只有Z、W为金属元素，其中Y、Q同主族，X、W最外层电子数为1，且W内层轨道全充满，X、Y、Z、Q最外层电子数之和为13。下列说法正确的是．．．．A.W的氢氧化物可由化合反应制得B.蒸干Z的氯化物溶液，得到

的固体依然是其氯化物C.Q的简单氢化物分子极性强于Y的简单氢化物D.只含X、Y两种元素的化合物可能是离子化合物【答案】AD【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W为前四周期的元素，原子序数依次增大；X、W最外层电子数为1，所以X为

H；只有Z、W为金属元素，所以W为K；其中Y、Q同主族，Y、Q最外层电子数相等；X、Y、Z、Q最外层电子数之和为13；所以Y为N，Q为P，Z为Mg；据此分析解题。【详解】A．W的氢氧化物为KOH，可由

K和水反应获得，故A正确；B．Z的氯化物为MgCl2，Mg2+将水解，蒸干得到碱式氯化镁，故B错误；C．Q的简单氢化物为PH3，Y的简单氢化物为NH3，NH3的极性更强，故C错误；D．X为H，Y为N，只含H、N

两种元素的化合物可能是离子化合物NH4H，故D正确；故答案选AD。9.下列叙述正确的是．．．．A.测定一定量乙醇与足量Na反应产生氢气的量，可用于探究钠与乙醇反应的断键方式B.使用稀硫酸洗涤焰色试验的铂

丝C.向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定有24SOD.用浓硫酸与碘化钠共热制备HI气体【答案】A【解析】【详解】A．测定一定量乙醇与足量Na反应产生氢气的量，可用于探究钠与乙醇反应的断键方式，故A正确；B．不用稀硫酸

，应用稀盐酸，故B错误；C．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有24SO或银离子中的至少一种，故C错误；D．用浓硫酸与碘化钠共热制得到碘单质，故D错误；故答案选A。10.下列装置

及说法都正确的是．．．．甲乙丙丁A.甲装置可用于从2I的4CCl溶液中分离2IB.乙装置可用于防倒吸C.关闭丙装置中弹簧夹K，该装置可用于临时储存气体D.丁装置可用于制备2FeOH，且能保存较长时间【答案】A【解析】【详解】A．蒸馏可从2I的4C

Cl溶液中分离2I，故A正确；B．防倒吸应选择比水密度大的溶剂，苯密度比水小，故B错误；C．关闭丙装置中弹簧夹K，气体导向溶液，应为吸收气体装置，故C错误；D．2FeOH易发生氧化，故D错误；故答案选A。11.石墨烯是一种单层二维晶体，可利用强氧化剂在石墨层间引入大量基团(如—OH、—

COOH等)，以削弱层间作用力，而剥落得到氧化石墨烯。下列说法错误的是．．．．A.石墨中C原子个数与C—C个数比为2∶3B.氧化石墨烯能够剥落，是因为削弱了石墨层与层之间的范德华力C.氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯D.氧化石墨烯中C原子杂化方式与石墨

相同【答案】D【解析】【详解】A．碳原子上有3个单键，每个单键被2个碳原子共用，所以平均每个碳原子对应1.5个单键，所以C原子个数与C—C个数比为2∶3，故A正确；B．石墨晶体中层与层之间存在范德华力，从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与

层之间的范德华力，氧化石墨烯能够剥落，是因为削弱了石墨层与层之间的范德华力，故B正确；C．氧化石墨烯引入大量OH—、COOH—，增加了溶解性，所以氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯，故C正确；D．氧化石墨烯中C原子杂化方式为sp3，石墨相同中C原子杂化方式为sp2，

故D错误；故答案选D。12.锐钛矿型二氧化钛可作为光催化剂，其熔点为1840℃，锐钛矿型二氧化钛晶胞结构如图所示，晶胞参数为a0.378nm，b0.378nm，c0.949nm，2MTiO80g/m

ol，AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是．．．．A.Ti位于第四周期第IVB族，属于d区B.已知4TiCl可溶于有机溶剂，则4TiCl与2TiO晶体类型相同C.该晶体中，4Ti的配位数为6D.2

TiO的密度计算式为32-21A4×80g/cmN×0.378×0.949×10【答案】B【解析】【详解】A．Ti原子序数为22，位于第四周期第IVB族，属于d区，故A正确；B．4TiCl为分子晶体，2TiO是共价晶体，故B错误；C．Ti位于晶格中心，6个氧原子位于八面体的

棱角上，所以4Ti的配位数为6，故C正确；D．每个晶胞中含有4个2TiO，所以质量为A4×80N，所以密度为32-21A4×80g/cmN×0.378×0.949×10，故D正确；故答案选B。13.姜黄素具有抑菌、抗病毒、抗癌等多种生物活性，其结构如图1所示。科学家对姜黄素进行结构修饰，得到抗肿

瘤效果更好的衍生物，结构如图2所示。下列说法错误的是．．．．A.1mol姜黄素衍生物与NaOH溶液共热，最多消耗2molNaOHB.姜黄素与姜黄素衍生物都能使溴水褪色，褪色原理不完全相同C.姜黄素衍生物具有5种官能团D.姜黄素遇3FeCl溶液显紫色

【答案】A【解析】【详解】A．1mol姜黄素衍生物中含有2mol双键，1mol酯基，2mol氯，均能与NaOH反应，故A错误；B．姜黄素使溴水褪色是由于双键和酚羟基的存在，姜黄素衍生物使溴水褪色是因为双键，故B正

确；C．姜黄素衍生物具酯基、双键、醚键、羰基、卤素原子5种官能团，故C正确；D．姜黄素有酚羟基，遇3FeCl溶液显紫色，故D正确；故答案选A。14.锂离子电池应用广泛，某课题组使用纳米Si-C复合颗粒直接

与锂接触，形成xLiSi，将锂盐溶于三乙二醇二甲醚(TEGDME)作为电解液，与2O/C电极匹配组成如图所示原电池。该电池的总反应为2xxO+2LiSi22xLiO+2Si放电充电

，下列说法正确的是．．．．A.该电池放电时，a为正极B.充电和放电过程，电解液中Li浓度都会改变C.放电时，当负极质量减少14g时，电解液中转移1molLiD.电池充电时，阳极的电极反应为222LiO2eO2Li【答案】D【解析】【详解】A．该电池放电时为原电池，阳离子向

正极移动，则Li向b电极移动，b电极为正极，A项错误；B．充电时为电解池Li向阴极移动，放电时为原电池Li向正极移动，则在充电和放电过程中，电解液中Li的浓度不会变化，B项错误；C．放电时，负极的电极反应式为：+xLiSixe=xLiSi，当负极质量减小14g时，减少

的锂离子的质量为7x，则转移xmol电子减少14g，电解质中转移的Li物质的量为xmol，C项错误；D．电池充电时，阳极的电极反应式为：+222LiO2e=2LiO，D项正确；答案选D。15.某些物质之间可以在一定条件下进行如下转化，下列

说法正确的是．．．．A.若A、B、C含同种金属元素，则a可能是NaOH溶液，也可能是氨水B.若a为2O，则A可以为NH3C.若a为2CO，则A、B、C可以为NaClO、23NaCO、3NaHCOD.若a为2O，A为乙醇，B为乙醛，则C一定是乙酸【答案】B【解析】【详解】A.若A

、B、C含同种金属元素，A为氯化铝，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，则a可能是NaOH溶液，但不可能是氨水，氢氧化铝不溶于氨水，故A错误；B.若a为2O，则A若为NH3，B为N2，N2与2O生成C，C为N

O，氨气与氧气催化氧化能直接生成NO，故B正确；C.若a为2CO，则A为NaClO，因为酸性：H2CO3>HClO>HCO-3，NaClO+CO2+H2O=HClO+3NaHCO,B只能为3NaHCO，不为23NaCO，故C错误；D.乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，且乙醇、

乙醛均可与氧气反应生成二氧化碳，则C可能为乙酸或二氧化碳，若a为2O，A为乙醇，B为乙醛，则C不一定是乙酸，也可能是CO2，故D错误；故选B。二、非选择题(共4题，除标注外，每空2分，共55分)16.硫代硫酸钠223NaSO在工业、医

药等领域应用广泛。下图为实验室制取硫代硫酸钠的装置，反应过程中需通过pH传感器控制pH为7-8。（1）若232nNaCO:nNaS=1:2，则装置C中的化学反应方程式为：_______。（2）当数据采集处pH接近7时，应采取的操作为_______。（3）装置。B中的药品可以选择下

列物质中的_______(填字母)。A.饱和3NaHSO溶液B.浓24HSOC.酸性4KMnO溶液D.饱和3NaHCO溶液（4）乙二醇生产工艺中，向脱碳液中添加25VO可减少溶液对管道的腐蚀。现使用“碘量法”测定脱碳液中25VO的含量：取mg脱碳液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入适量盐酸和足量KI

溶液，发生反应为25222VO6HCl2KI2VOCl2KClI3HO，此时溶液颜色为棕色，使用0.1000mol/L的223NaSO溶液滴定，消耗223NaSO溶液VmL，该过程的反应为2223246I2NaSO2NaINaSO

(已知有色离子仅有2VO，其颜色为蓝色)①滴定终点的现象为：_______。②脱碳液中25VO的质量分数为_______%③若滴定时，滴定管未用标准液润洗，则测得25VO的含量_______(填“偏大”、“偏小”、“无影响”，下同)；若滴定结束后，俯视读数，则测得25VO的含量______

_。【答案】（1）Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2（2）控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置（3）CD（4）①.滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复②.39.1V1010

0%m③.偏大④.偏小【解析】【小问1详解】装置C中的试剂有碳酸钠和硫化钠以及制备的二氧化硫气体，生成硫代硫酸钠，且232nNaCO:nNaS=1:2，根据氧化还原反应的得失电子守恒，配平方程：Na2CO3+2Na2S+4S

O2=3Na2S2O3+CO2；【小问2详解】当数据采集处pH接近7时，需控制二氧化硫的量，故控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置；【小问3详解】装置B的作用是吸收过量

的还原性气体二氧化硫，高锰酸钾具有强氧化性，两者可以发生氧化还原反应生成锰离子和硫酸根，利用复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理，碳酸氢钠也可吸收二氧化硫；【小问4详解】向锥形瓶中加入适量盐酸和足量KI溶液，发生反应为25

222VO6HCl2KI2VOCl2KClI3HO，此时溶液颜色为棕色，是碘单质和2VO的混合颜色，滴加标准液硫代硫酸钠消耗碘单质，理论终点碘单质反应完，只有有色离子2VO的蓝色；依据题意知V2O5~I2~2Na2S2O3，则n(V2O5)=12n(Na2S2O3)=3

1×0.1000/L××102molVmL，m(V2O5)=n(V2O5)×M(V2O5)=31×0.1000/L××10×182g/2molVmLmol=39.1×V×10×100%m;若滴定时，滴定管未用标准液

润洗，硫代硫酸钠标准液的浓度受到稀释，所用体积V增大，则测得25VO的含量偏大；若滴定结束后，俯视读数，使得读出的标准液体积V减小，则测得25VO的含量偏小。17.三氯化六氨合钴(Ⅲ)(336CoNHCl)是一种重要的化工原料，实验室以2CoCl为原料制备三氯化六氨合钴。

Ⅰ.2CoCl的制备已知2CoCl易潮解，可用Co与2Cl反应制得，装置如下：（1）装置连接的顺序为A→_______。（2）A中圆底烧瓶盛放的固体药品为_______(填化学式，一种即可)。（3）B的作用为_______。（4）_______时点燃E处酒精灯。Ⅱ.实验室制备336

CoNHCl的流程如下：（5）滴加22HO时若速度过快，产物中含有326CoNHCl杂质，原因为：_______。（6）趁热过滤需要用到的装置为_______(填字母)。ABC趁热过滤后，在滤液中加入浓

盐酸的目的是_______。（7）在合成336CoNHCl时，往往由于条件控制不当而产生35CoNHClCl，1mol35CoNHClCl中键的数目为_______。【答案】（1）

D→C→E→B（2）KMnO4（3）尾气吸收，同时防止空气中水蒸气进入装置E中（4）当氯气充满整个装置（5）滴加H2O2过快时，不能将+2价钴充分氧化为+3价钴（6）①.AB②.增大氯离子浓度有利于产品析出（7）21NA【解析】【分析】Ⅰ．A装置用

于制备氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，再用浓硫酸干燥氯气，在装置E中Co与Cl2反应制备CoCl2，用碱石灰进行尾气吸收，因CoCl2易潮解，则碱石灰还可以防止空气中的水蒸气进入装置E中使CoCl2潮解；Ⅱ．CoCl2在没有铵盐存在的情况下，遇氨水会生成氢氧化

钴沉淀，因此原料NH4Cl的主要作用是抑制NH3⋅H2O的电离，降低溶液的碱性；加入H2O2溶液将+2价Co元素氧化为+3价Co，趁热过滤可以除去活性炭并防止产品析出，滤液中加适量浓盐酸，增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3。【

小问1详解】A装置用于制备氯气，D装置中饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢气体，C中浓硫酸可干燥氯气，在装置E中Co与Cl2反应制备CoCl2，B用于尾气吸收，同时可防止空气中的水蒸气进入装置E中使CoCl2潮解，则装置连接的顺序为A→D→C→E→

B；【小问2详解】A为固液不加热制取氯气的装置，则圆底烧瓶盛放的固体药品可以是KMnO4；【小问3详解】氯气有毒，装置B中盛放的是碱石灰，目的是尾气吸收，同时防止空气中水蒸气进入装置E中使CoCl2潮解；【小问4详解】反应开始前应先

利用A装置制备氯气，待氯气充满整个装置时，再点燃E处的酒精灯，其目的是用氯气将装置内的空气排出，防止氧气将钴单质氧化；【小问5详解】加入H2O2的目的是将+2价Co氧化为+3价Co，滴加H2O2时若速度过快，则不能将+2价钴充分氧化为+3价钴，

使产物中含有326CoNHCl杂质；【小问6详解】趁热过滤可以减少336CoNHCl的析出，A装置中使用了保温漏斗，B装置中使用洗耳球进行减压趁热过滤，C装置为普通的过滤装置，不能进行趁热过滤，故选AB；趁热过滤后，在滤液

中加入浓盐酸的目的是增大氯离子浓度，有利于产品的析出；【小问7详解】在35CoNHClCl中，[Co(NH3)5Cl]-离子内部含有6个配位键、15个N-H键，共有21个键，所以1mol35CoNHCl

Cl中含键数目为21NA。18.褪黑素，又名脑白金(Melatonin，MT)，可以起到调节睡眠质量的作用。下图是褪黑素的一种工业化合成路线：已知：Fe，HCl，Me代表甲基，Et代表乙基。（

1）H的分子式为_______。（2）B中官能团名称为_______，反应④的反应类型是_______。（3）反应⑦的化学方程式为_______。（4）A水解产物的名称为_______，芳香化合物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且

M与A的水解产物互为同系物，则M的同分异构体有_______种。其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为_______。（5）也可以用制备G：请以为起始原料完成合成的路线，注明条件，无机试剂自选。_____

__。【答案】（1）C13H16N2O2（2）①.酰胺键②.取代反应（3）（4）①.邻苯二甲酸②.10③.（5）【解析】【分析】(1)根据H的结构简式可知，H的分子式为C13H16N2O2；(2)B中官能团为

；反应④为D中溴原子与发生的取代反应；(3)根据反应物和生成物推测副产物，以此书写反应方程式；(4)为邻苯二甲酸的酸酐，水解后生成邻苯二甲酸；芳香化合物M的相对分子质量比A的水解产物多14，说明M比A水解产物多CH2；且M与A的水解产物互为

同系物，且为羧酸；(5)以为起始原料制备，需先在苯环上进行硝基取代，再把硝基还原。【小问1详解】根据H的结构简式可知，H的分子式为C13H16N2O2；故答案为C13H16N2O2；【小问2详解】B中官能团为，名称为酰胺键；反应④为D中溴原子与发生的取代反应；故答案为酰

胺键，取代反应；【小问3详解】反应⑦为与反应生成褪黑素，副产物为CH3COOH，反应方程式为；故答案为；【小问4详解】为邻苯二甲酸的酸酐，水解后生成邻苯二甲酸；芳香化合物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且M与A的水解产物互为同系物，说明M比A水解产物多CH2，如果M为三取代

，取代基为-COOH，-COOH，CH3，共6种；如果M为2取代，取代基为-COOH，-CH2COOH，共3种；如果M为1取代，取代基为，共1种；所以共10种同分异构体；满足核磁共振氢谱峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为；故答案为邻苯

二甲酸，10，；【小问5详解】以为起始原料制备，需先在苯环上进行硝基取代，再把硝基还原；即反应流程为；故答案为。【点睛】本题主要考察有机物的合成，主要涉及反应类型的识别，副产物的推测，化学方程式的书写；还考察了同分异构体数量的判断和

特定条件下同分异构的书写，综合性较强，熟练掌握基本的有机反应的知识是关键。19.某废铁铬催化剂(含34FeO、23CrO、MgO、23AlO及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：已知：i.有关金属离子2+1cM=0.1molL形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子3

Fe3Al3Cr2Fe2Mg开始沉淀pH1.54.04.67.69.5沉淀完全pH2.85.26.89.711.1开始溶解的pH―7.812――溶解完全的pH―10.8>14――ii.223CrOHNaOHNaCrO2HOⅲ.已知Cr的金

属性强于Fe（1）滤渣3成分的化学式为_______；回收铬时，铬的存在形式为_______(填化学式)。（2）加入铁粉后，调节pH的范围为_______。（3）由滤渣1得到滤液4发生反应的离子方程式为_______。（4）由滤液3得到结晶水合物的操作是

_______、过滤、洗涤、干燥。（5）滤渣2与2FeS混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为_______；该过程加入少量CaO的目的是_______。【答案】（1）①.Cr(OH)3②.2NaCrO（

2）6.8≤pH≥7.6（3）-322Al(OH)+OH=AlO+2HO（4）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（5）①.32342232Fe(OH)+FeS11FeO+2SO+48HO高温②.吸收SO2，防止污染【解析】【分析】某废铁铬催化剂(含34Fe

O、23CrO、MgO、23AlO及少量不溶性杂质)，用稀硫酸溶解后，加入Fe粉调pH使Cr3+沉淀完全，pH≥6.8，此时Al3+沉淀完全，加入Fe，Fe3+被还原成Fe2+，此时Fe2+不沉淀，故滤渣1为Cr(OH)3和

Al(OH)3，再调pH=11，Al(OH)3完全溶解，pH=12时，Cr(OH)3开始溶解，所以滤渣3为Cr(OH)3；试剂X可为NaOH，pH≥14，使Cr(OH)3完全溶解，据此分析解题。【小问

1详解】据分析可知，滤渣3的主要成分为Cr(OH)3；加入NaOH，pH≥14，使Cr(OH)3完全溶解，223CrOHNaOHNaCrO2HO，所以铬的存在形式为2NaCrO；故答案为Cr(OH)3，2NaCrO；【小问2详解】加入铁粉，使Al3+，Cr

3+沉淀完全，而Fe2+，Mg2+不沉淀，所以6.8≤pH≥7.6；故答案为6.8≤pH≥7.6；【小问3详解】故滤渣1为Cr(OH)3和Al(OH)3，再调pH=11，Al(OH)3完全溶解，所以离子方式为-32

2Al(OH)+OH=AlO+2HO；故答案为-322Al(OH)+OH=AlO+2HO；【小问4详解】滤液2中含Fe2+，Mg2+，通入足量O2，Fe2+转换为Fe3+，调pH为4，Fe3+完全沉淀

，滤渣2为MgSO4，得到其晶体化合物的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；故答案为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；【小问5详解】由题可知，323422Fe(OH)+FeSFeO+SO+HO高温，1个FeS2中含2个-1价的S，均升高到+4价，共升高10价；需要1

1个Fe(OH)3中的Fe从+3价降到+2价，1个Fe3O4中有2个+3价的Fe和1个+2价的Fe，产物中有10个被还原的+2价的Fe和FeS2中的Fe；所以的系数为11；再根据质量守恒可知，反应方程式为32342232Fe(OH)+FeS11FeO+2SO+48HO高温；加入少量Ca

O的目的是吸收SO2，防止污染；故答案为32342232Fe(OH)+FeS11FeO+2SO+48HO高温，吸收SO2，防止污染。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com