2020年安徽省池州市高考化学试卷(5月份) (含答案解析)

2020年安徽省池州市高考化学试卷（5月份）
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.化学科学与技术是改进生活、改善环境、促进发展的关键。

下列说法正确的是()
A. 普通玻璃、氮化硅陶瓷、水晶饰物都是硅酸盐制品
B. “乙醇汽油”的主要成分都是可再生能源
C. 碱石灰、硫酸铜、硅胶都可用作食品干燥剂
D. “天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料
2.“空气吹出法”海水提漠的工艺流程如下：
下列说法中，正确的是()
A. 进入吹出塔前，Br −被还原成了Br2
B. 从吹出塔进入吸收塔的物质只有Br2
C. 经过吸收塔后，溴元素得到了富集
D. 蒸馏塔中只发生了物理变化
3.下列实验操作不能达到实验目的的是()
序号实验操作实验目的
①将足量的SO2气体通入装有品红溶液的试管中研究SO2的漂白性
②向盛有10mL AgNO3溶液的试管中滴加几滴
比较Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小NaCl
溶液，再向其中滴加几滴Na2S溶液
③测定等物质的量浓度的HCl、HNO3的pH比较Cl、N的非金属性强弱
④向两支试管中加入等体积、等浓度的H2C2O4溶
研究浓度对反应速率的影响液，
再分别加入等体积，不同浓度的酸性KMnO4溶液
②③④①③④①②③④①②③
4.有机物A的结构如图所示，下列说法中正确的是()
A. 有机物A易溶于水
B. 有机物A在铜的催化下与O2反应生成醛
C. 1mol A最多能与4mol H2发生加成反应
D. 在酸性条件下，有机物A水解形成一种有机物
5.如图所示为钠硫高能电池的结构示意图，M由Na2O和Al2O3制得，该
电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na+xS=Na2Sx.下列说
法不正确的是()
A. 负极反应式为Na−e−=Na+
B. 放电时，消耗32g正极活性物质，转移的电子为2mol
C. M的作用是导电和隔离钠与硫
D. 消耗相同质量的负极活性物质，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电
池的4.5倍
6.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()
A. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10−9N A
B. 标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数为N A
C. 标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19N A
D. 过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应，电子转移数大于0.2N A
7.25℃时，pH=2的HA和HB各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化如图所示。

下列叙述正
确的是()
A. K w的数值：a点大于c点
B. 溶液中的总酸量：a点大于b点
C. HB的电离程度：b点大于c点
D. 将a点与b点两溶液同时升高温度，则c(A−)
减小
c(B−)
二、填空题（本大题共1小题，共15.0分）
8.甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。

甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法，制备过
程涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH3OH(g)⇌HCHO(g)+H2(g)△H1=+85.2kJ⋅mol−1
O2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)△H2
反应Ⅱ：CH3OH(g)+1
2
反应Ⅲ：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3=−483.6kJ⋅mol−1
(1)计算反应Ⅱ的反应热△H2=______。

(2)750K下，在恒容密闭容器中，发生反应CH3OH(g)⇌HCHO(g)+H2(g)，若起始压强为P0，
达到平衡转化率为α，则平衡时的总压强P平=______(用含P0和α的式子表示)；当P0=101kPa，测得α=50.0%，计算反应平衡常数K p=______kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其它反应)。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9.三氯化硼是一种重要的化工原料，主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯
硼或有机硼的制取。

(已知：BCl3的沸点为12.5℃，熔点为−107.3℃，易潮解)实验室制备三氯化硼的原理为：B2O3+3C+3Cl2=Δ2BCl3+3CO
图1 图2
(1)甲组同学拟用装置(如图1)制备干燥纯净的氯气
①装置B的作用是__，装置C盛放的试剂是__。

②若生成13.44L氯气(标准状况下)，则反应转移的电子数目为_。

(2)乙组同学选用甲组实验中的A、B、C和下列装置如图2(装置可重复使用)制备BC13并验证反
应中有CO生成。

①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A→B→
C→__→__→H →_________→__→F→D→I；其中装置H的作用是________________。

②为确保CO得到验证，除检查装置的气密性外，还需要的一步操作是________________。

③能证明反应中有CO生成的现象是______________。

④一定条件下三氯化硼与某四核氢化物化合物反应可制备具有重要用途的氮化硼(BN)，该反应
的化学方程式为______________________。

四、简答题（本大题共3小题，共37.0分）
10.实验室模拟侯氏制碱法原理，可以制备一些常见的化合物。

i.30℃时，向饱和NaCl溶液中加入NH4HCO3细粉，制备NaHCO3晶体。

(1)已知30℃时几种盐的溶解度为：
物质NaCl NH4HCO3NaHCO3NH4Cl S(g/100gH2O)36.327.011.141.1
书写化学方程式______。

根据反应原理结合信息解释NaHCO3易析出的原因______。

(2)过滤出NaHCO3晶体后，为继续分离滤液中的物质，设计图装置。

左侧发生装置可制取氨气，
原因是______。

一段时间后，试管中析出白色晶体为______。

用冰水浴降温目的是______。

ii.制取(NH4)2SO4晶体的流程如下：
(3)“转化”步骤中CO2不宜过量，原因是______。

(4)操作Ⅰ和Ⅱ所需的实验步骤顺序是______(选填编号，可重复选择)。

a.蒸发浓缩
b.蒸馏
c.过滤
d.萃取
e.分液
f.冷却结晶
(5)为测定某硫酸铵样品(杂质为碳酸铵)纯度。

先准确称取5.000g样品溶于水，加入足量的______，
再加入足量BaCl2溶液充分反应后过滤、洗涤沉淀并烘干至恒重，最终所得固体为8.155g。

则硫酸铵样品的纯度为______。

11.钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。

(1)Co2+的核外电子排布式为_______，Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，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
1mol Fe(CO)5含有_______mol配位键，图2中C原子的杂化方式为_______，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是_______(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_______，钴晶体晶胞结构如图3所示，该
晶胞中原子个数为_______，该晶胞的边长为a nm，高为c nm，该晶胞的密度为_______(N A表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式)g·cm−3。

12.酯类化合物与格氏试剂(RMgX,X=C1、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于
制备含氧多官能团化合物。

化合物F的合成路线如下，回答下列问题：
已知信息如下：
；
②；
③。

(1)A的结构简式为____________________________，B→C的反应类型为
_________________________，C中官能团的名称为____________________________，C→D的反应方程式为____________________________。

(2)写出符合下列条件的D的同分异构体____________________________(填结构简式，不考虑
立体异构)。

①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。

(3)判断化合物F中有无手性碳原子，若有用“∗”标出。

(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。

写出以H()、CH3OH和格氏试剂为原
料制备的合成线路(其它试剂任选)。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
【分析】
本题考查了材料的分类和用途，能源的划分，有机物物质的性质，明确可再生能源与非再生能源概念，熟悉多糖、蛋白质、酯的性质是解题关键，题目综合性强，难度不大。

【解答】
A.水晶饰物的主要成分为二氧化硅，故A错误；
B.大力推广使用“乙醇汽油”，是减少污染的一种途径，但汽油不是再生能源，故B错误；
C.硫酸铜属于重金属盐，不能作食品干燥剂，故C错误；
D.碳纤维材料主要成分为碳单质、光导纤维主要成分为二氧化硅，二者都是新型无机非金属材料，故D正确。

故选D。

2.答案：C
解析：解：浓缩、酸化后的海水通入氯气，氯气氧化溴离子生成单质溴，通入空气水蒸气吹出溴单质，溴单质被二氧化硫吸收再在蒸馏塔中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，冷凝、精馏得到纯溴，
A.元素化合价升高失电子被氧化，则Br−被氧化成了Br2，故A错误；
B.从吹出塔进人吸收塔的物质不只有Br2，含有水蒸气、空气等，故B错误；
C.溴离子被氧化为溴单质，吸收塔吹出单质被二氧化硫在吸收塔中吸收，经过吸收塔后，溴元素得到了富集，故C正确；
D.蒸馏塔中氯气氧化溴离子生成单质溴，蒸馏塔中不只发生了物理变化，故D错误；
故选：C。

浓缩、酸化后的海水通入氯气，氯气氧化溴离子生成单质溴，通入空气水蒸气吹出溴单质，溴单质被二氧化硫吸收再在蒸馏塔中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，冷凝、精馏得到纯溴，
A.Br−被氧化成了Br2；
B.从吹出塔进人吸收塔的物质不只有Br2，含有水蒸气等；
C.溴离子被氧化为溴单质，单质被二氧化硫吸收，经过吸收塔后，溴元素得到了富集；
D.蒸馏塔中氯气氧化溴离子生成单质溴。

本题考查了海水提取溴的生产流程分析判断、主要是氧化还原反应过程的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

3.答案：A
解析：
本题旨在考查学生对化学实验方案的评价的应用，注意结合二氧化硫的化学性质、难溶电解质的溶解平衡、非金属性强弱的比较以及控制变量法研究影响化学反应速率的因素，难度一般。

【解答】
①SO2与品红(色素)结合生成无色物质，属于SO2的漂白性，故①正确；
②AgNO3溶液过量，发生沉淀的生成，不发生沉淀的转化，故②错误；
③不能根据氢化物的酸性比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，故③错误；
④应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量H2C2O4溶液反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响，故④错误；
综上A正确。

故选A。

4.答案：D
解析：
【分析】
本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用，题目难度不大。

【解答】
A.该有机物含苯环和酯基，不能溶于水，故A错误；
B.有机物的羟基连接的碳原子上只有1个氢原子，故被氧化为酮，故B错误；
C.只有苯环能和氢气发生加成反应，故1mol A最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；
D.该有机物中酯基在酸性条件下水解为1种物质，故D正确。

故选D。

5.答案：B
解析：
【分析】
本题考查了原电池原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错题是A，根据M晶体的类型确定M的导电作用，难度不大。

【解答】
由方程式可知反应中Na被氧化，应为原电池负极反应，电极方程式为Na−e‾=Na+，S化合价降低，被还原，为原电池正极反应，电极方程式为xS+2e‾→S x2‾，原电池工作时，M起到导电和隔绝Na、S的作用，以此解答该题。

A.由方程式可知反应中Na被氧化，应为原电池负极反应，电极方程式为Na−e‾=Na+，故A正确；
B.正极上硫得电子发生还原反应，电极反应式为：xS+2e−=S x2−，所以消耗32 g正极活性物质，转
移的电子为32g
32g/mol ×2
x
=2
x
mol，故B错误；
C.熔融状态下，Na2O能电离出阴阳离子而使电解质导电，且钠易和硫反应，所以M的作用是导电和隔离钠与硫，故C正确；
D.钠高能电池中负极为钠，有23g钠消耗释放1mole−，则207g钠消耗时转移207
23
mol=9mole−，铅
蓄电池的电极反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移2mole−，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的：9÷2=4.5倍，故D正确。

故选B。

解析：
【分析】
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

【解答】
A.25℃，1L pH=9的CH3COONa溶液中，溶液中的c(H+)=10−9mol/L，而溶液中的c(OH−)=
10−5mol/L，水电离出的氢离子与氢氧根离子相同，则发生电离的水分子数为1×10−5N A，故A错误；
B.NO与O2反应生成二氧化氮，则标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合后生成1mol二氧化氮，而二氧化氮可生成四氧化二氮，故最后气体的分子数小于N A，故B错误；
C.标准状况下，己烷为液体，无法用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D.硝酸的物质的量为0.4mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol，则电子转移数大于0.2N A，故D正确。

故选D。

7.答案：D
解析：
【分析】
本题考查弱电解质的电离，掌握越弱越电离，加水稀释时pH变化缓慢的酸性更弱是解题的关键。

【解答】
A.K W只与温度有关，温度一定时，a点和c点的K W相等，故A错误；
B.随着加水量的增加，HB的pH变化缓慢，酸性HA>HB，pH相同的a、b两点b点HB的浓度大，HB酸的总量大，故B错误；
C.弱电解质越稀释越电离，故c点电离程度大，故C错误；
D.弱酸的电离是吸热的，升高温度平衡向电离方向移动，c(A−)和c(B−)浓度均增大，c(B−)增大的程度大，比值减小，故D正确。

故选D。

8.答案：(1)−156.6kJ⋅mol−1
(2)P0(1+α);50.5
解析：
【分析】
本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响、盖斯定律的内容为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

(1)反应Ⅰ：CH 3OH(g)⇌HCHO(g)+H 2(g)△H 1=+85.2kJ ⋅mol −1 反应Ⅱ：CH 3OH(g)+1
2O 2(g)⇌HCHO(g)+H 2O(g)△H 2 反应Ⅲ：2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g)△H 3=−483.6kJ ⋅mol −1
根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅲ×1
2；得反应Ⅱ，CH 3OH(g)+1
2O 2(g)⇌HCHO(g)+H 2O(g)
△H 2=△H 1+△H 3×1
2
=−483.6×1
2kJ ⋅mol −1+85.2kJ ⋅mol −1=−156.6kJ/mol ，
故答案为：−156.6kJ/mol ；
(2)若起始压强为P 0，达到平衡转化率为α，设起始充入m molCH 3OH ， CH 3OH(g)⇌HCHO(g)+H 2(g) 起始(mol) m 0 0
变化(mol) mα m α mα 平衡(mol)m −mα mα mα
压强之比等于物质的量之比，则P 0：P 平=m ：(m +mα)，P 平=P 0(1+α)， 当P 0=101kPa ，测得α=50.0%，P 平=151.5kPa ，该反应平衡常数K p =
(
mαm+mαP 平)⋅(mα
m+mαP 平
)m−mα
m+mαP 平
=
13×151.5kPa×1
3
×151.5kPa 1
3
×151.5kPa =50.5kPa ，
故答案为：P 0(1+a)；50.5。

9.答案：(1)①除去氯气中的HCl 气体 浓硫酸
②N A
(2)①G →E →H →J →H 防止水蒸气进入U 形管 ②通入N 2排除装置中的CO 2
③F 中固体由黑变红，D 中溶液变浑浊
④BCl 3+NH 3=BN +3HCl
解析： 【分析】
本题考查物质制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目涉及制备气体、净化气体、干燥气体和尾气处理，明确原理是解题关键，注意题目信息的应用，目难度中等 【解答】
(1)①根据实验装置图可知，用氯酸钾与浓盐酸反应制得氯气，制得的氯气中含有氯化氢和水杂质，要用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水份，而得到干燥纯净的氯气，故答案为：除去氯气中的HCl气体；浓硫酸；
②装置A中氯酸钾与浓盐酸反应制得氯气，同时生成氯化钾，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒得离子反应方程式ClO3−+5Cl−+6H+=3Cl2↑+3H2O，反应生成3mol氯气，转移5mol电子，则生
成13.44L氯气(标准状况下)，则反应转移的电子数目为13.44L
22.4L/mol ×5mol
3mol
×N A mol−1=N A，故答案为：
N A；
(2)乙组同学选用甲组实验中的装置A、B、C制得干燥的氯气，用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为−107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，①根据上面的分析可知，乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A→B→C→G→E→H→J→H→F→D→I，其中装置H的作用是防止水蒸气进入U形管，故答案为：G→E→H→J→H；防止水蒸气进入U形管；
②为确保CO得到验证，除检查装置的气密性外，还需要的一步操作是通入N2排除装置中的CO2，故答案为：通入N2排除装置中的CO2；
③根据实验的原理可知，生成的CO能将黑色的氧化铜还原为红色的铜，同时产生能使澄清石灰水变浑的气体，所以能证明反应中有CO生成的现象是装置F中黑色粉末变为红色，装置D中澄清石灰水变浑浊，故答案为：F中固体由黑变红，D中溶液变浑浊；
④一定条件下三氯化硼与某四核氢化物化合物反应可制备具有重要用途的氮化硼(BN)，该反应的化学方程式为：BCl3+NH3=BN+3HCl，故答案为：BCl3+NH3=BN+3HCl。

10.答案：NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl离子反应总是向着离子浓度减少的方向进行，NaHCO3与另外三种物质相比，相同温度下溶解度最小，析出NaHCO3沉淀的同时使溶液中的Na+、HCO3−浓度减少生石灰与氨水中的水反应放热，生成OH−，有助于NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌
NH4++OH−平衡往左移动，利于氨气逸出NH4Cl温度降低，NH4Cl的溶解度变小，有利于NH4Cl的析出防止将CaCO3沉淀转化为可溶性的碳酸氢钙，从而会降低硫酸铵晶体的纯度cafc 稀盐酸或稀硝酸92.4%
解析：解：i.30℃时，向饱和NaCl溶液中加入NH4HCO3细粉，制备NaHCO3晶体，
(1)向饱和NaCl溶液中加入NH4HCO3细粉，制备NaHCO3晶体，反应的化学方程式：NaCl+
NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3易析出的原因：离子反应总是向着离子浓度减少的方向进行，NaHCO3与另外三种物质相比，相同温度下溶解度最小，析出NaHCO3沉淀的同时使溶液中的Na+、HCO3−浓度减少，
故答案为：NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl；离子反应总是向着离子浓度减少的方向进行，NaHCO3与另外三种物质相比，相同温度下溶解度最小，析出NaHCO3沉淀的同时使溶液中的Na+、HCO3−浓度减少；
(2)过滤出NaHCO3晶体后，为继续分离滤液中的物质，左侧发生装置可制取氨气，原因是：生石灰与氨水中的水反应放热，生成OH−，有助于NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−平衡往左移动，利于氨气逸出，一段时间后，试管中析出白色晶体为NH4Cl，原因是温度降低，NH4Cl的溶解度变小，有利于NH4Cl的析出，
故答案为：生石灰与氨水中的水反应放热，生成OH−，有助于NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−
平衡往左移动，利于氨气逸出；NH4Cl；温度降低，NH4Cl的溶解度变小，有利于NH4Cl的析出；ii.制取(NH4)2SO4晶体的流程分析可知，硫酸钙悬浊液通入氨气吸收，在通入二氧化碳转化生成碳酸钙和硫酸铵，过滤得到溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铵的晶体，
(3)“转化”步骤中CO2不宜过量，原因是：防止将CaCO3沉淀转化为可溶性的碳酸氢钙，从而会降低硫酸铵晶体的纯度，
故答案为：防止将CaCO3沉淀转化为可溶性的碳酸氢钙，从而会降低硫酸铵晶体的纯度；
(4)操作Ⅰ是分离固体和溶液的过滤操作，操作Ⅱ是溶液中分离溶质晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铵的晶体，操作Ⅰ和Ⅱ所需的实验步骤顺序是cafc，
故答案为：cafc；
(5)为测定某硫酸铵样品(杂质为碳酸铵)纯度。

先准确称取5.000g样品溶于水，加入足量的稀盐酸或稀硝酸，再加入足量BaCl2溶液充分反应后过滤、洗涤沉淀并烘干至恒重，最终所得固体为8.155g，
=0.035mol，硫酸铵样品的纯度=
为硫酸钡沉淀，物质的量n(BaSO4)=n((NH4)2SO4)=8.155g
233g/mol
0.035mol×132g/mol
×100%=92.4%，
5.000g
故答案为：稀盐酸或稀硝酸；92.4%。

i.30℃时，向饱和NaCl溶液中加入NH4HCO3细粉，制备NaHCO3晶体，
(1)向饱和NaCl溶液中加入NH4HCO3细粉，制备NaHCO3晶体，据此书写反应的化学方程式，NaHCO3易析出的原因是利用溶解度的不同分析判断：
(2)左侧发生装置可制取氨气是利用浓氨水滴入氧化钙固体中，利用氧化钙溶解放出的热量促进
NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−平衡往左移动，利于氨气逸出，温度降低氯化铵溶解度减小析出晶体；
ii.制取(NH4)2SO4晶体的流程分析可知，硫酸钙悬浊液通入氨气吸收，在通入二氧化碳转化生成碳酸钙和硫酸铵，过滤得到溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铵的晶体，
(3)“转化”步骤中CO2不宜过量防止碳酸钙生成碳酸氢钙；
(4)操作Ⅰ是分离固体和溶液的过滤操作，操作Ⅱ是溶液中分离溶质晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铵的晶体；
(5)硫酸铵样品(杂质为碳酸铵)，加入足量稀盐酸或稀硝酸反应除去碳酸铵，再加入足量BaCl2溶液充分反应后过滤、洗涤沉淀并烘干至恒重，得到沉淀足量为硫酸钡，结合元素守恒计算。

本题考查了溶质析出晶体的条件、纯碱工业生产过程分析、反应原理的理解应用、实验基本操作和纯度计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

11.答案：(1)[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；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)10；sp、sp2；O
(3)12；6；236√3×1021
3a cN A
解析：
【分析】
本题考查晶胞计算，为高频考点，把握电子排布、杂化、晶体结构及计算为解答的关键，侧重分析
与应用能力的考查，注意(3)为解答的难点，题目难度大。

【解答】
(1)Co 的原子序数为27，则Co 2+核外电子排布式为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 7；第四电离能I 4(Co)<I 4(Fe)，其原因是铁失去的是较稳定的3d 5的一个电子，钴失去的是3d 6上的一个电子；故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 7；铁失去的为较稳定的3d 5的一个电子，钴失去的是3d 6上的一个电子；
(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1 mol Fe(CO)5含有10mol 配位键；分子中碳氧双键为sp 2杂化，−C ≡O 中C 为sp 杂化，则图2中C 原子的杂化方式为sp 2、sp ；非金属性越大，电负性越大，所以形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是O ；
故答案为：10；sp 2、sp ； O ；
(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12×16+2×12+3=6； 图中结构单元底面为正六边形，边长为anm ，底面面积为6×12×a ×10−7cm ×a ×10−7cm ×sin60°=
3√32×a 2×10−14cm 2，结构单元的体积=3√32×a 2×10−14cm 2×c ×10−7cm =3√32×a 2×c ×10−21cm 3，结构单元中原子总质量=59×6
N A g ，故晶体密度ρ=m V =59×6
N A
3√32×a =236√3×10213a 2cN A
g/cm 3，
故答案为：12； 6；236√3×10213a 2cN A
g/cm 3。

12.答案： 氧化反应 羰基、羧
基 、、
解析：解：(1)由分析可知，A的结构简式为：.B→C是转化为，属于氧化反应。

C的结构简式为，C中官能团的名称为：羰基、羧基。

C→D的反应方程式为：，
故答案为：；氧化反应；羰基、羧基；；(2)符合下列条件的D()的同分异构体：①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，说明含有羧基，③能发生银镜反应，说明含有醛基，符合条件的同分异构体为：、、，
故答案为：、、；
(3)连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，F中含有手性碳原子，如图用“∗”标出：
，
故答案为：；
(4)模仿生成F的转化，用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与乙醇反应
生成，再与乙二醇生成，最后与反应后酸性水解生成目标物。

合成路线流程图为：，
故答案为：。

A发生信息①中的反应生成B，可知A中含有碳碳双键。

B中羟基氧化生成C，C与甲醇发生酯化反应生成D，D发生信息②中的第一步反应生成E，E先发生信息③中反应，再发生信息②中第二
步反应重新引入羰基生成F，可知D→F的目的是保护羰基，由F的结构可推知A为，故B 为、C为、D为、E为。

(4)模仿生成F的转化，用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与乙醇反应生成，再与乙二醇生成，最后与反应后酸性水解生成目标物。

本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构与反应条件进行分析判断，需要学生对给予的信息进行利用，较好地考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力，是有机化学基础经典题型。