四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期第一次月考化学理综(解析版)

四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期第一次月
考理综
1.化学与人类生产、生活密切相关。

下列叙述正确的是（）
A. 熟石灰可作食品干燥剂
B. SO2具有漂白性，可用作食品漂白剂
C. 氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂
D. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂
【答案】D
【详解】A. 熟石灰是氢氧化钙，没有吸水性，不能作食品干燥剂，生石灰为氧化钙，可作食品干燥剂，故A项错误；
B. 二氧化硫有毒，不能作食品漂白剂，故B项错误；
C. 碳酸钠的碱性太强，不适合做胃酸中和剂，而氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂，故C项错误；
D. 硅酸钠性质稳定，不能燃烧，不易腐蚀，其水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂，故D项正确；
答案选D。

2.实验室从废定影液[含Ag(S2O3)23-和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取C12并将Cl2通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。

其中部分实验操作的装置如下图所示：
下列叙述正确的是（）
A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌
B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag
C. 用装置丙制备用于氧化过滤液中Br-的Cl2
D. 用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层
【答案】C
【分析】A. Ag2S不溶物，可用过滤操作进行分离，玻璃棒起引流作用；
B. 高温灼烧Ag2S需用坩埚；
C. 高锰酸钾与浓盐酸在常温下可制备氯气；
D. 分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出。

【详解】A. 用装置甲可分离Ag2S不溶物，但不能用玻璃棒不断搅拌，否者可能会使滤纸破损而影响实验操作，故A项错误；
B. 蒸发皿可用于水溶液的蒸发结晶实验操作，而高温灼烧Ag2S固体时需用坩埚进行实验，故B项错误；
C. 高锰酸钾具有强氧化性，在常温下可与浓盐酸反应制备氯气，其实验装置与操作均科学规范，故C项正确；
D. 苯为有机萃取剂，其密度比水小，则在分液时，先从分液漏斗的下口放出水层，不能从下口继续放出有机层，而应该从上口倒出有机层，D项错误；
答案选C。

3.G是一种香料，结构简式如图所示：，下列说法错误的是（）
A. 常温下，G能使溴水褪色
B. G的分子式为C15H16O2
C. 苯环上二溴代物有5种
D. G分子中至少有12原子共平面【答案】C
【解析】A. 该有机物分子中有碳碳双键，所以在常温下，G能使溴水褪色，A正确；B. G 的分子式为C15H16O2，B正确；C. 苯环上二溴代物有6种，C不正确；D. 由苯环的12原子共面可知，G分子中至少有12个原子共平面，D正确。

本题选C。

4.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A. 14gC2H4含有的单键数目为3N A
B. 99℃时，1LpH=6的纯水中，含有的OH－数目为1×10－8N A
C. 足量的Na与1molO2充分反应，转移的电子数目一定为2N A
D. 8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1N A
【答案】D
【分析】A. 乙烯分子内含4个碳氢单键；
B. 根据纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度作答；
C. Na 与O 2充分反应，可能生成Na 2O ，也可能生成Na 2O 2；
D. 铜元素在Cu 2S 和CuO 中的质量分数相同；
再结合公式n = A N N
= m M
= cV 分析作答。

【详解】A. 根据C 2H 4的结构式可知，1 mol C 2H 4分子内含4 mol 碳氢单键，则14 g C 2H 4的物质的量为
1428/g g mol = 0.5 mol ，含有的单键数目为0.5 mol ⨯4 ⨯N A = 2N A ，故A 项错误；
B. 99℃时，纯水的pH=6，则c(H +) = 1⨯10-6 mol/L ，因c(OH -) = c(H +) = 1⨯10-6 mol/L ，所以
含有的OH －数目=1⨯10-6 mol·
L -1⨯N A mol -1 = 1×10－6N A ，故B 项错误； C. 足量的Na 与1molO 2充分反应，当生成Na 2O 2时，转移的电子数为2N A ；当生成Na 2O 时，转移的电子数为4N A ，故C 项错误；
D. 铜元素在Cu 2S 和CuO 中的质量分数相同，为6480
，所以8.0 g Cu 2S 和CuO 的混合物中铜元素的质量为8.0 g×
6480
= 6.4 g ，所以含有的铜原子数目为 6.464/g g mol ⨯N A mol -1 = 0.1N A ，故D 项正确；
答案选D 。

【点睛】与阿伏加德罗常数N A 相关的化学计量题型是高频考点，考察角度广，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。

本题的B 项，出题者设下的陷阱是误以为氢氧根离子的浓度可以直接由常温下K w （1⨯10-14）间接求出，需要注意的是，题设条件并不是常温，温度变化K w 会变化，所以不能利用此法求解，学生需要打破思维定势，根据纯水中氢离子浓度与氢氧根浓度相等来分析作答，此规律在不同温度都成立。

5.a 、b 、c 、d 四种元素在周期表中的位置如下图，则下列说法正确的是（ ）
A. a 与b 之间容易形成离子化合物
B. 若b 单质可作半导体材料，则c 的单质不可能为半导体材料
C. 若b 的单质与H 2易化合，则c 的单质与H 2更易化合
D. 若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，则a的氢化物的化学式为aH3
【答案】D
【详解】A.a、b可能均为非金属，如a为C，b为P，非金属之间不易形成离子键，故A错误；
B.若b的单质可作半导体材料，b为Si，c为金属元素Ge，则c的单质可能为半导体材料，故B错误；
C.b、c同主族，从上到下非金属性减弱,非金属性强的b与H2易化合,则c的单质与H2不一定容易化合，故C错误；
D.若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，b的最高价为+6价，最低价为-2价，b为第ⅥA族元素，a为第V A族元素，a的氢化物的化学式为aH3，故D正确；
本题答案为D。

【点睛】b的最高价氧化物对应水化物的化学式为：H2bO4,依据化合物中化合价代数和为零的原则，可知b的最高价为+6价, 最低价为-2价，最高化合价数等于主族的族序数，所以b 为第ⅥA族元素。

6.世界水产养殖协会介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其原理如图所示，电极C1、C2为惰性电极，下列说法正确的是（）
A. C1极上发生还原反应
B. Y为电源的负极
C. 若有1molNO3-被还原，则有1molH+通过质子膜迁移至阴极区
D. 若有机物为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出20mole-【答案】B
【分析】从装置图中可知，X电极连接的电极上发生反应是在微生物作用下有机物(如C6H12O6等)被氧化为CO2，发生氧化反应；Y电极连接电极上，微生物作用下，硝酸根离子
被还原为氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则X为正极，Y为负极，结合电极反应和电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过，据此分析判断。

【详解】X电极连接的电极上发生反应是微生物作用下有机物转化成CO2，发生氧化反应；Y电极连接电极上，微生物作用下，NO3-离子转化成氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则X为正极，Y为负极。

A.X为正极，C1为阳极，发生氧化反应，A错误；
B.根据上述分析分析可知：电源中Y为负极，X为正极，B正确；
C.若有1molNO3-被还原，根据阴极电极反应式2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O可知，电子转移5mol，则有5molH+通过质子膜迁移至阴板区，C错误；
D.1mol葡萄糖被完全氧化时，碳元素化合价0价变化为+4价，理论上电极上流出
4×6mol=24mol e-，D错误；
故合理选项是B。

【点睛】本题考查了电解池原理和应用，依据电极上物质变化的元素的化合价变化方式的反应来确定电解池电极名称和原电池电极名称，根据外电路和质子交换膜中通过的电量相同计算，不能依据实际消耗的氢离子计算，注意运用原子守恒计算。

7.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。

可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。

根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（）
A.
SP (CuCl)
K的数量级为7
10-
B. 除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl
C. 加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl-效果越好
D. 2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【答案】C
【解析】A ．Ksp(CuCl)=c(Cu +)·c(Cl －)，在横坐标为1时，纵坐标(
)lg ·c Cu mol L +-大于－6，所以
Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A 正确；B ．除去Cl －反应应该是Cu+Cu 2＋＋2Cl －＝2CuCl ，B 正确；C ．加入Cu 越多，Cu +浓度越高，除Cl －效果越好，但同时溶液中，Cu 2＋浓度也增大，会在阴极被还原为Cu ，影响炼锌的产率和纯度，故C 错误；D ．在没有Cl －
存在的情况下，反应2Cu ＋＝Cu 2＋＋Cu 趋于完全，D 正确，答案选C 。

8.过氧化氢(H 2O 2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。

回答下面问题：
（1）最早制备H 2O 2使用的原料是易溶于水的BaO 2和稀硫酸，发生反应的化学方程式是________________________________________。

BaO 2的电子式为：_______________。

（2）目前工业制备H 2O 2的主要方法是蒽醌法。

反应流程如下：
已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。

①蒽醌法所用原料的物质的量之比为_____________。

②操作a 是__________________。

③再生回收液的成分是______________________。

（3）测量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取20. 00mL 过氧化氢样品，加入过量硫酸酸化，用0. l000mol/L 的KMnO 4标准溶液滴定至终点，消耗10. 00mL ，滴定时发生反应的离子方程式为____________________________________________，该样品中H 2O 2的物质的量浓度为____________。

【答案】(1). BaO 2+H 2SO 4=BaSO 4↓+H 2O 2 (2). (3). 1:1 (4). 萃取分液 (5). 有机溶剂乙基蒽醌 (6). 2MnO 4－+5H 2O 2+6H +=2Mn 2++5O 2↑+8H 2O (7). 0.1250mol/L
【分析】（1）易溶于水的BaO 2和稀硫酸反应生成H 2O 2和BaSO 4沉淀；过氧化钡为离子化合物；
（2）由流程图可知，乙基蒽醌溶于有机溶剂得到乙基蒽醌的有机溶液，氢气与乙基蒽醌的有机溶液在催化剂作用下反应生成氢化液乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反应生成含有乙基蒽醌的有机溶液与双氧水的氧化液，向氧化液中加入蒸馏水，萃取分液得到稀双氧水和含
有乙基蒽醌的有机溶液的回收液；
（3）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水；根据反应方程式可计算样品中H2O2的物质的量浓度。

【详解】（1）易溶于水的BaO2和稀硫酸反应生成H2O2和BaSO4沉淀，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；过氧化钡为离子化合物，钡离子与过氧根离子通过离子键结合，氧原子之间通过共价键结合，过氧化钡的电子式：；故答案为：
BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；；
（2）①根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，根据双氧水的化学式可知，原料的物质的量之比为1：1，故答案为：1:1；
②加入蒸馏水后进行操作a得到稀双氧水和再生回收液，根据流程原理再生回收液应该为乙基蒽醌，故操作是将乙基蒽醌从水中分离出来，应采用萃取分液，故答案为：萃取分液；
③再生回收液的成分是有机溶剂和乙基蒽醌，故答案为：有机溶剂，乙基蒽醌；
（3）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO4－+5 H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，根据反应方程式可得样品中H2O2的
物质的量浓度为
5
0.1000mol/L0.010L
20.1250mol/L
0.020L
⨯⨯
=，故答案为：2MnO4－+5
H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；0.1250mol/L。

【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，注意根据反应原理和生产流程分析流程中的基本操作是解答关键。

9.钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。

从含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)中制取粗CoCl2·6H2O的流程如下所示。

请回答下列问题：
(1)步骤I中主要发生的化学反应方程式为____________________________________。

(2)已知Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果是_________________。

(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+，写出该步反应的离子方程式
_________________________________________。

(4)若在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有___________、___________(填仪器名称)。

(5)操作①是在HCl氛围中进行的，其步骤是___________、__________、过滤、洗涤、干燥。

洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是___________________________________。

(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是
_________(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)
A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S
已知几种物质在20℃时的颜色及K sp值如下表
【答案】(1). 2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑ (2). 会产生有毒气体氯气(3). 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ (4). 坩埚(5). 泥三角(6). 蒸发浓缩(7). 冷却结晶(8). 减少晶体的溶解损失(9). C
【分析】含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li)加入碱液，Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，过滤得到钴渣和含铝溶液；钴渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3+溶液，向该溶液中加入20%碳酸钠溶液调节溶液的pH为4.5-5之间，然后加入NaF，过滤得到铝锂渣和滤液，滤液中加入30%碳酸钠溶液调节溶液的pH为8-8.5，得到CoCO3沉淀，煅烧碳酸钴得到CoO，CoO与盐酸反应生成CoCl2，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出CoCl2·6H2O结晶水合物，据此分析解答。

【详解】(1)步骤I中Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，发生的主要化学反应方程式有2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑，故答案为：2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑；
(2)Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，盐酸中的氯元素可能被氧化生成氯气，
污染环境，故答案为：会产生有毒气体氯气(或生成氯气，污染环境)；
(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+，与加入的碳酸钠能够发生双水解反应，反应的离子方程式为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑，故答案为：2Al3+ + 3CO32- +
3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑；
(4)实验室煅烧CoCO3需要在坩埚中进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有坩埚、泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；
(5)CoCl2能够水解，生成的氯化氢容易挥发，因此操作①是需要在HCl氛围中进行，从CoCl2溶液中获得CoCl2·6H2O晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

洗涤过程中可以用工业酒精代替水，减少晶体的溶解损失，且酒精更加容易挥发，便于晶体干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；减少晶体的溶解损失；
(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，根据几种物质在20℃时的颜色及K sp值，滴定过程中需要有明显的现象，应该选用K2CrO4为指示剂，故答案为：C。

10.燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。

（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。

已知:
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574 kJ•mol-1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160 kJ•mol-1
③H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ•mol-1
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l) 的热化学方程式
___________________________________________________________。

（2）某科研小组研究臭氧氧化--碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:
噲?NO2(g)+O2(g) △H1 = -200.9 kJ•mol-1 Ea1 = 3.2 kJ•mol-1
反应Ⅰ:NO(g)+ O3(g) 垐?
噲?SO3(g)+O2(g) △H2 = -241.6 kJ•mol-1 Ea2 = 58 kJ•mol-1
反应Ⅱ:SO2(g)+ O3(g) 垐?
噲?3O2(g)。

请回答:
已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g) 垐?
其它条件不变,每次向容积为2L的反应器中充入含1.0 mol NO、1.0 mol SO2的模拟烟气和2.0 mol O3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:
①由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因
________________________________________________________________________。

②下列说法正确的是____________ 。

A P点一定为平衡状态点
B 温度高于200℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零
C 其它条件不变,若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率
③假设100℃时P、Q均为平衡点,此时反应时间为10分钟,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余O3的物质的量是_______mol;NO的平均反应速率为_______;反应Ⅱ在此时的平衡常数为______ 。

（3）用电化学法模拟工业处理SO2。

将硫酸工业尾气中的SO2通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:
①M极发生的电极反应式为____________。

②当外电路通过0.2 mol电子时,质子交换膜左侧的溶液质量_______(填“增大”或“减
小”)_______克。

【答案】(1). CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955 kJ/mol (2). 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应(3). BC (4). 0.65 (5).
0.0425mol/(L·min) (6). 0.96 (7). SO2+2H2O-2e- =SO42- +4H+(8). 增大(9). 6.2 【解析】(1)①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574 kJ•mol-1，②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160 kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0
kJ•mol-1，根据盖斯定律，将1
2
×(①+②+③×4)得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)
△H=1
2
×[(-574 kJ•mol-1)+(-1160 kJ•mol-1)+(-44.0 kJ•mol-1)×4]=-955kJ•m ol-1，故答案为：
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955kJ•mol-1；
(2)①反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1 = -200.9 kJ•mol-1 Ea1 = 3.2 kJ•mol -1
反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2 = -241.6 kJ•mol -1 Ea2 = 58 kJ•mol-1，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2，故答案为：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应；
②A．图中曲线属于描点法所得图像，P点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故A错误；B．根据图像，温度高于200℃后，2O3(g)
3O2(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故B正确；C．其它条件不变，若缩小反应器的容积，使得2O3(g) 3O2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) 和反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g)SO3(g)+O 2(g)平衡正向移动，NO和SO2的转化率提高，故C正确；故选BC；
CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955kJ•mol-1
③反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g)中NO的转化率为85%，则反应的NO为
0.85mol，O3为0.85mol；反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g)SO3(g)+O2(g)中SO2的转化率为30%，反应的SO2为0.3mol，O3为0.3mol，2O3(g) 3O2(g)中发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2mol，则体系中剩余O3的物质的量=2.0mol-0.85mol-0.3mol-0.2mol=
0.65mol；NO的平均反应速率=
0.85
210min
mol
L⨯
=0.0425mol/(L·min)；平衡是为
0.85mol+0.30mol+0.3mol=1.45mol，反应Ⅱ的平衡常数=1.450.3
22
0.70.65
22
⨯
⨯
=0.96，故答案为：0.65；
0.0425mol/(L·min)；0.96；
(3)①本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+；
②负极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，正极反应式为O2 + 4e-- + 4H+ == 2H2O，当外
电路通过0.2 mol 电子时，负极反应的二氧化硫为0.1mol ，质量为6.4g ，同时有0.2mol 氢离子通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大6.4g-0.2g=6.2g ，故答案为：增大；6.2。

点睛：本题综合考查了化学反应原理。

本题的易错点为(3)，要注意根据原电池的总反应判断电极反应方程式的书写，②中要注意氢离子的移动对溶液质量的影响。

11.铁和钴是两种重要的过渡元素。

请回答下列问题：
（1）钴在元素周期表中的位置是___________，其基态原子的价电子排布图为___________。

（2）FeCO 3是菱铁矿的主要成分，其中C 原子的杂化方式为________；分子中的大π键可
用符号Π13
5{ 6
444()3(2)1
x y x y x y -=--+=表示，其中m 代表参与形成大π键的原子数，n 代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π6
6)，则CO 32－中的大π键应表示为________。

（3）已知Fe 2+半径为61pm ，Co 2+半径为65pm ，在隔绝空气条件下分别加热FeCO 3和CoCO 3，
实验测得FeCO 3受热分解温度低于CoCO 3，其原因可能是__________________________。

（4）Co(NH 3)5Cl 3是钴的一种配合物，向含0.01mol 该配合物的溶液中加入足量AgNO 3溶液，生成白色沉淀2.87g 。

则该配合物的配位数为_____。

（5）奥氏体是碳溶解在r －Fe 中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为___________；若该晶胞参数为a pm ，
则该晶体的密度为___________g·cm －3(阿伏加德罗常数的值用N A 表示)。

【答案】 (1). 第四周期、第VIII 族； (2). ； (3). sp 2；
(4). 64Π； (5). 因为分解后生成的FeO 和CoO 中，FeO 的晶格能更大； (6). 6； (7).
12； (8). 330
A 272a N 10-⨯； 【分析】（1）根据构造原理得出基态原子价电子排布图；
（2）根据孤电子对数，价层电子对数的相关知识解答。

（3）根据晶格能判断；
（4）根据配合物及配合物的配位数的相关计算解答；
（5）根据晶胞结构以及用均摊法晶胞求解。

【详解】（1）Co在元素周期表中位于第4周期第VIII族。

根据构造原理，其基态原子价电子排布图为。

（2）CO32-中C的孤电子对数为1
2
×（
4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，
C为sp2杂化。

CO32-中参与形成大π键的原子数是4个，电子数是6个，则CO32-中大π键
可表示为6
4
π。

（3）在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是：Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，Fe2+的离子半径小于Co2+的离子半径，FeO的晶格能大于CoO的晶格能。

（4）向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，n（AgCl）=2.87g÷143.5g/mol=0.02mol，即配合物中2个Cl-在外界，1个Cl-在内界，则该配合物可表示为[Co（NH3）5Cl]Cl2，该配合物的配位数为6。

（5）根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个。

用均摊法晶胞中含Fe：8×
1
8
+6×
1
2
=4，C：12×
1
4
+1=4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为
468
A
N
⨯
g÷(a×10-10cm)3=330
A
272
a N10-
⨯
g/cm3。

12.A是石油裂解气的主要成分之一，以A为原料制备药物中间体X的合成路线如下：
已知i.
ii.。

回答下列同题：
（1）A的结构简式为_________，B的名称为__________，D中含有的官能团的名称是
___________。

（2）有机物I 的结构简式为___________；反应④的反应类型是___________。

（3）由A 生成B 的化学方程式为______________________________________。

（4）反应⑧的化学方程式为___________________________________________。

（5）满足以下条件的X 的同分异构体有___________种。

i.能发生银镜反应；
ii.含有六元环结构；
iii.六元环上有2个取代基。

其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积之比为4：4：3：2：2：1的有机物的结构简式为________（任写一种）。

（6）参照F 的合成路线，以CH 3CH=CHCH 3为原料设计制备的合成路线：_______________________________________________________（其他试剂任选)。

【答案】 (1). CH 3CH ＝CH 2 (2). 3—氯—1—丙烯（或3—氯丙烯） (3). 碳碳双键、氯原子 (4). (5). 取代反应 (6). CH 3CH=CH 2+Cl 2
500u u u u u u r ℃CH 2＝CHCH 2Cl+HCl (7). (8). 8 (9). (10). 【分析】根据A 的分子式C 3H 6分析，该物质为丙烯，和氯气发生取代反应生成B ，B 和C 反应生成D ，则C 为1,3-丁二烯，D 和氢气发生加成反应生成E ，E 为，G 含有碳碳双键，和氯化氢发生加成生成H ，在与氢氧化钠水溶液发
生取代反应生成醇I，再被氧气氧化生成羰基。

【详解】(1)A为丙烯，结构简式为：CH3CH=CH2，B的结构简式为CH2ClCH=CH2，名称为3—氯—1—丙烯（或3—氯丙烯）,D含有碳碳双键和氯原子；
(2)化合物I
的结构简式为：，反应④为E和HC≡CNa发生的取代反应；
(3) 由A生成B的化学方程式为丙烯和氯气发生的取代反应，方程式为：
CH3CH=CH2+Cl 2CH2=CHCH2Cl+HCl;
(4)反应⑧为羟基
的催化氧化反应，方程式为：；(5)X的同分异构体满足以下条件i.能发生银镜反应，说明含有醛基；ii.含有六元环结构；iii.
六元环上有2个取代基，六元环上可以连接一个醛基和一个乙基，可以在一个碳原子上，或有邻间对三种位置关系，也可以是甲基和-CH2CHO，可以在一个碳原子上或有邻间对三种位置关系，共8种。

其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积之比为4：4：3：2：2：1，说明一个醛基，和一个甲基，结构有对称性，即两个取代基在一个碳原子，结构简式为：
；
(6) 以CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线，参考F的合成路线分析，说明发生烯烃间的加成反应形成环，再利用环内的双键和卤素发生加成反应，再与HC≡CNa 发生取代反应增加碳链，合成路线为：。

【点睛】掌握有机题中的信息分析，提高运用信息的能力是考试必备的技巧。

抓住官能团在反应过程中的变化和反应条件的关系，合成有机物时采用正推和逆推的方法相结合。