2021年高考理科综合化学猜题卷2（解析版）

【迎高考】2021年高考理科综合化学猜题卷08

（考试时间：50分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl

35.5Fe56Cu64

一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的。

7.下列叙述错误的是

A.“落汤螃蟹着红袍”，其过程涉及化学变化

B.有诗曰“百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”，诗中所说的玻璃为非电解质

C.“司南之杓（勺）投之于地，其柢（勺柄）指南"，"杓”的材质为Fe3O4

D.“煤饼烧蛎房（牡蛎壳）成灰”，这种灰称为“蜃”，其主要成分为CaO

【答案】B

【详解】

A.蛋白质在加热条件下发生了变性，属于化学变化，A正确；

B.玻璃属于混合物，不是非电解质，B错误；

C.司南中“杓'’具有磁性，材质为Fe3O4,C正确；

D.牡蛎壳主要成分为CaCCh,灼烧时生成CaO,“唇”的主要成分为CaO,D正确；

综上所述答案为

8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是

A.等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA

B.ILO.lmol-L-1硫酸钠溶液的中含有的氧原子数为0.4NA

C.标准状况下，2.24LD2和H2的混合气体中含中子数目为0.2NA

D.ImolMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移电子数为2NA

【答案】D

【详解】

A.没有指明NazO和Na2Ch的物质的量，无法计算含有阴离子数目，故A错误；

B.硫酸钠溶液中除了硫酸钠含有氧原子外，水中也含有氧原子，无法计算总共含有的

氧原子数，故B错误；

C.1个D2中含有2个中子，氏中没有中子。标准状况下，2.24LD?和H2的混合气体共

0.1mol,若O.lmol都是D2,则含有中子数目为0.2NA,若O.lmol都是H2,则含有中子

数为0,所以lmolD2和H2的混合气体中含中子数目小于（）.2NA,故C错误；

D.ImolMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,镁元素由0价升高到+2价生成Mg2+,

ImolMg失2moi电子，数目为2NA,故D正确。

答案选D。

【点睛】

本题考查的是阿伏加德罗常数。解题时特别注意D选项，无论镁燃烧最终生成什么物

质，均转化为Mg2+,ImolMg均失2mol电子。

9.下列反应的离子方程式正确的是

2+

A.NH4HSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合Ba+SO；=BaSO4

+2+

B.铜和浓硫酸的反应：Cu+4H+SO4=Cu+SO2T+2H2O

C.AICI3溶液中加入足量的氨水：A13++3OH-=A1(OH)3J

D.氯化镂与氢氧化钠两种浓溶液混合加热NH：+OH=H2O+NH3T

【答案】D

【详解】

A.NH4HSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，正确的离子方程式为H-+NH：+2OH+Ba2++

SOj=BaSO41+NH3-H2O+H2O,A错误；

B.浓硫酸中存在的以H2s04分子为主，不改成离子形式，B错误；

C.氨水为弱碱水溶液，不能拆成离子形式，AlCb溶液中加入足量的氨水正确的离子方

程式为AP++3NH3-H2O=Al(OH)31+3NH：,C错误；

D.氯化镂与氢氧化钠两种浓溶液混合加热生成氯化钠、氨气和水，离子反应方程式为

NH：+OH=H2O+NH3T，D正确；答案选D。

A

10.如图是实验室制取并验证二氧化硫相关性质的装置，下列说法错误的是

自70%浓H2so4

--3

XSRAAelifsr""nAir

N'SOj布蕊试液晶红溶液少量滨水澄清石灰水

abed

A.a瓶中溶液变为红色

B.实验过程中，b瓶和c瓶中的溶液褪色，且原理相同

C.实验过程中，d瓶中溶液先变浑浊，后变澄清

D.浓硫酸和Na2SO3固体制取SO2的反应中浓硫酸表现出强酸性

【答案】B

【详解】

A.SCh只能使指示剂变色，不会褪色，选项A正确；

B.品红溶液褪色体现二氧化硫具有漂白性，澳水褪色体现二氧化硫具有还原性，选项

B错误；

C.二氧化硫通入澄清石灰水中，先生成CaSCh沉淀，然后沉淀溶解生成易溶于水的

Ca(HSO3)2,选项C正确；

D.该反应的反应原理为NazSCh+H2s0”浓尸Na2sO4+H2O+SO2T，硫酸中各元素在反应

前后无化合价变化，不表现氧化性，只表现出酸性，选项D正确；

答案选B。

11.下列说法正确的是

A.500」、30MPa下，将0.5molN2和L5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g),

放热19.3kJ,其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)自蝴筋魄岫2NH3(g)A^=-38.6kJ/mol

B.甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol,则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)AH=-890.3kJ/mol

C.常温常压下，强酸与强碱的稀溶液的中和热为57.3kJ/mol,则

CH3co0H(aq)+Na0H(aq)=CH3co0Na(aq)+H20(l)A//=-57.3kJ/mol

D.已知SiO2(s)+3C(s尸SiC(s)+2C0(g)的A〃>0,则该反应在高温能自发进行

【答案】D

【详解】

A.根据将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成Nth®,放热19.3kJ,

则若lmolN2和3m0IH2置于密闭的容器中充分反应生成NFh(g),放热38.6kJ,但合成氨

的反应为可逆反应，不能进行到底，故无法得到N2(g)+3H2(g)目嘲酬蒯2NHs(g)的

反应热，故A不符合题意；

B.燃烧热指的是25匚时，101kp时，Imol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时的反应

热，甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol,则表示甲烷燃烧热的热化学方程式中应该生成液态

水，故B不符合题意；

C.在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫中和热，CH3COOH

为弱酸，电离还要吸热，故CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3co0Na(aq)+H20⑴的反应热

会小于57.3kJ/mol,故C不符合题意；

D.SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)为炳增的反应，A5>0,AH>0,若高温下，由AH-7AS

<0,反应能自发进行，故D符合题意；

答案选D。

12.研究表明，电解经CO2饱和处理的KHCCh溶液可制得甲醇，同时得到氧气。电解

装置如图所示，Pt片和Pb片为电极，Pb为CO2的载体，使CO2活化。下列说法错误的

是

*—CO2

A.Pt片电极发生的反应为4OH--4e-=O2t+2H2O

B.每转化生成1molCH3OH,转移4mol电子

C.电解一段时间后，阳极室的pH减小，阴极室的pH增大

电解

D.电解总反应为14co2+12OH-+4H2。=2CH3OH+12HCO；+3O2

【答案】B

【详解】

A.根据装置图判断Pt片为阳极，Pb片为阴极，阳极上OH失去电子变为02,可以得

到氧气，阴极上C02得到电子，转化为CH30H,同时产生HCO；。Pt片电极0H一失去

电子变为选项A正确；

B.C02中C元素化合价为+4价，变为CH3OH中C的-2价，每转化生成1molCH3OH,

转移6moi电子，选项B错误：

C.电解一段时间后，阳极室0H浓度降低，pH减小，阴极室HCO；浓度升高，pH增

大，选项C正确；

D.阴极反应为7co2+6e+5H2OCH3OH+6HCO；,故由此可知电池总反应正确，选项

D正确；

答案选B。

c（H+）

13.若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG=lg-~室温下实验室中用

c（0H）

O.OZOOmolL-1的NaOH溶液滴定ZO.OOmLO.OlOOmolL-'的一元HA,滴定过程如图

所示，下列叙述不正确的是

A.若C点AG=10,则A点时加入NaOH溶液的体积为10.00mL

B.若C点AG=10且B点时加入NaOH溶液的体积为20mL,则D点AG=—10

C.若HA为一元弱酸且C点AG=6,则HA电离常数约为10y

D.反应过程中一定存在：n(HA)+n(H+)+n(Na+)-n(OH)=0.0002mol

【答案】B

【详解】

A.由图可知,A点溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性,若C点AG=10,

溶液氢离子浓度为O.Olmol/L,由HA溶液的浓度为O.Olmol/L可知HA为强酸，

20.00mL0.0100mol-U'的一元HA与10.00mL0。200moi的NaOH溶液恰好完

全反应，溶液呈中性，故A正确；

B.若C点AG=10,溶液氢离子浓度为0.01mol/L,由HA溶液的浓度为0.01mol/L可

知HA为强酸，20.00mL0Q100mol•「的一元HA与10.00mL。。200mol的

NaOH溶液恰好完全反应，由B点加入NaOH溶液的体积为20mL可得溶液中氢氧根离

0.0200mol/Lx0.02L-0.0100mol/LxQ.Q2L

子浓度为=5.00x10—3mol/L,贝UD点AG=lg

0.04L

cM)10*

5.00x10-3Al。故B错误;

c(0Hj

5.00x10-3

C.若HA为一元弱酸且C点AG=6,溶液氢离子浓度为10-mol/L,则电离常数约为

---------------=10-6,故C正确；

KF?

D.反应过程中，溶液中一定存在电荷守恒关系n(Na*)+n(H+)=n(A)+n(OH)和物料守

恒关系n(A)+n(HA尸0.0002mol,整合两式可得n(HA)+n(Na*)+

n(H")—n(OH)=0.0002mol,故D正确；

故选B。

二、非选择题：共58分，第26〜28题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第35〜36题为选考题，考生根据要求作答。

(-)必考题：共43分。

26.澳苯是一种化工原料，实验室合成澳苯的装置示意图及有关数据如下：

苯漠浪苯

密度/(gem-3)0.883.101.50

沸点/口8059156

水中溶解度微溶微溶微溶

按下列合成步骤回答问题:

(1)在a中加入15mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0mL液态滨。向a中滴入

几滴澳，有白色烟雾产生，是因为生成了气体。继续滴加至液浪滴完。其中仪

器c为球形冷凝管，其作用是。装置d可进行尾气处理；烧瓶中发生的有机反

应的方程式为。

(2)液漠滴完后，经过下列步骤分离提纯：

①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；

②滤液依次用10mL水、8mLi0%的NaOH溶液、10mL水洗涤。洗涤、分离有机和无

机试剂，需要用到的玻璃仪器是«第一次水洗除去大部分的HBr；用NaOH溶

液洗涤的作用是;第二次水洗除去NaOH；棕黄色的溟苯经过提纯后恢复为无

色。

③向分出的粗浪苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤，再加入氯化钙吸水。

(3)经以上分离操作后，粗湿苯中还含有的主要杂质苯，要进一步提纯，下列操作中必须

的是(填入字母代号)。

A.蒸储B.渗析C.分液D.萃取

【答案】(l)HBr冷凝回流浪和苯，减少原料挥发损失FeBG

+HBr(2)分液漏斗、烧杯除去Bn和少量的HBr(3)A

【分析】

由实验装置可知，a中Fe和澳发生氧化反应生成澳化铁，在溟化铁作催化剂条件下，苯

和澳发生取代反应生成澳苯和HBr,HBr遇水蒸气生成氢澳酸小液滴而产生白雾，冷凝

管有冷凝回流作用，提高反应物的利用率；生成的HBr和挥发出的溟通过导气管进入d

中和氢氧化钠反应生成钠盐，结合溟苯的性质分析。

【详解】

(1)在滨化铁作催化剂条件下，苯和澳发生取代反应生成溟苯和HBr,HBr遇水蒸气产生

白雾，所以产生白雾的是HBr。其中仪器c为球形冷凝管，其作用是冷凝回流浪和苯，

减少原料挥发损失:装置d可进行尾气处理;烧瓶中发生的有机反应的方程式为

上眄f:Br+HBr；故答案为：HBr；冷凝回流澳和苯，减少原料挥发损失；()+Bn

FeB->Q~Br+HBr；

(2)浪苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再

力口NaOH溶液，把未反应的Bn变成NaBr和NaBrO洗到水中。分离互不相溶的两层液

体用分液法，洗涤、分离有机和无机试剂，需要用到的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯。第

一次水洗除去大部分的HBr；用NaOH溶液洗涤的作用是除去Bn和少量的HBr；第二

次水洗除去NaOH；棕黄色的溟苯经过提纯后恢复为无色。故答案为：分液漏斗、烧杯；

除去Bn和少量的HBr；

(3)溟苯能溶于苯中，所以经以上分离操作后，澳苯中的主要杂质是苯，二者互溶应该采

用蒸储方法分离，故答案为：A；

27.(14分)金属镐的用途非常广泛，涉及人类生产生活的方方面面，用含镐废料(主要

成分为MnCh,含有少量AI2O3、FezCh、MgO、SiCh等)制备铺的流程如下：

已知：工25匚时几种难溶物的溶度积常数见下表:

A1(OH)3

难溶物Fe(OH)3Mg(OH)2Mn(OH)2M11F2MgF2

溶度积(KSP)2.8x10-39lx10-335.6x10-122.0*10T35.3x10-35.2x10-"

□.当溶液中某离子浓度WOJmoi.L寸寸，认为该离子沉淀完全。

回答下列问题：

⑴“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。

⑵写出“酸浸”过程中Fe2O3和SO2反应的化学方程式o

(3)“氧化”过程中，被MnO2氧化的物质有(写化学式)。

(4)若“调pH”后所得溶液中c(Mn2+)=0.2mol-Ll贝”调pH的范围是(保留两

位有效数字)。

(5)分别写出“沉镁”和“沉铲的离子方程式,。

(6)生成的MnCCh沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗净的方法是。

【答案】(l)SiO2(2)Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2O(3)FeSO4,SO2(4)

2+2+

4.7<pH<8.0(5)MnF2+Mg=MgF2+MM+Mn+2HCO；=MnCO31+CO2t+H2O

(6)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量HC1酸化并加入儿滴BaCL溶液，若无白

色沉淀，证明沉淀己经洗净(合理即可)

【分析】

含镭废料(主要成分为MnCh,含有少量AI2O3、Fe2ch、MgO、SiCh等)加入稀硫酸酸化，

然后用SO2还原，溶液中有Mn2+、AP\Fe2~、Mg2\H+、SO：,SiCh进入滤渣1分

离。加入MnCh将Fe2+氧化为Fe3+,用氨水调pH除去Fe3+、APS用MnF2将Mg2+转

化为MgF2除去，加入NH4HCO3将MM+转化为MnCCh,在空气中煨烧生成二氧化镒，

而后经过铝热反应生成钱单质"

【详解】

(l)SiO2不溶于酸，因此“滤渣1”的主要成分为SiOz

(2)过量SO2(还原剂)与Fe2Ch(氧化剂)在酸性条件下发生氧化还原反应，生成SO：和Fe2+,

根据得失电子守恒和质量守恒可知化学方程式为：Fe2Ch+SO2+H2SC)4=2FeSO4+H?。。

(3)加入MnO2,MnCh具有较强的氧化性，氧化溶液中具有还原性的物质FeSCU和SO2,o

(4)调pH是为了完全沉淀Fe3+、AP+,因Fe(OH)3与A1(OH)3的组成相似,Ksp[Fe(OH)3]

+5

<KsP[A1(OH)3],调pH的范围应用K.P[A1(OH)3]进行计算，将c(AP)=10molL-'代

入其Ksp中计算得c(OH-)=1O-93mol-L-1,pH=14-93=4.7,则需pH%.7才能将AF+完全

132+22+H

沉淀；而Mn?+不能发生沉淀，由KsP=2.0x10=c(Mn)xc(OH),将c(Mn)=0.2mol-L

代入计算得c(OH)max=10-6molLT,则pH<8.0,所以答案为:4.7<pH<8.0o

(5)MnF2的溶度积远大于MgF2,加入MnF2可将Mg2+转化为MgF2,MnF2+Mg2+=

MgF2+Mn2+。Mi/，和由HCO；电离出的碳酸根离子结合，生成白色的碳酸钵沉淀，所以

2+2+

离子方程式为：MnF2+Mg2+=MgF2+Mn；Mn+2HCO；=MnC031+C02t+H20o

(6)MnCCh表面残留可溶性的硫酸根离子，检验MnCCh沉淀是否洗涤干净，可以通过检

验是否残留有硫酸根离子来作为依据，所以答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，

滴加少量HC1酸化并加入几滴BaClz溶液，若无白色沉淀，证明沉淀已经洗净(合理即

可)。

28.(15分)(1)高温时，2NO2(g)D2NO(g)+O2(g).因此氨气与氧气反应难以生成N02«

根据下列数据计算，当4moiN02分解时，反应会(填“吸收”或“放

出")kJ能量。

N02(g)93lk"mol>N(g)+20(g)

NO(g)、28kJ/mol>N(g)+O(g)

02(g)____。业呷____>20(g)

(2)在恒容绝热容器内发生反应2NO2®口2NO(g)+O2(g),下列能说明已达平衡的是

a.单位时间内，每生成一定物质的量浓度的NO,同时有相同物质的量浓度的O2生成

b.气体混合物物质的量不再改变

c.气体混合物平均相对分子质量不再改变

d.容器内温度不再发生变化

e.密闭容器内气体颜色不再改变

f.混合气的密度不再改变

(3)一种新型催化剂能使NO和CO发生反应：2N0+2co口2cO2+N2。已知增大催化剂

的比表面积可提高该反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影

响规律，某同学设计了三组实验，如表所示。

NO初始浓co初始浓催化剂的比表

实验编号t/

jg/molL-1度/molL」面积

□2801.20x10-35.80x10-382

□2801.20X10-35.80x10-3124

□350a5.80x10-382

①表中a=o

②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验(填实验编号)。

③实验口和实验口中，NO的物质的量浓度c(NO)随时间t的变化曲线如图所示，其中表

示实验口的是曲线(填“甲”或"乙”)。

(4)通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示。已知：02一可

在固体电解质中自由移动。

①NiO电极上发生的是(填“氧化”或"还原”)反应。

②外电路中，电子是从(填“NiO”或“Pt”)电极流出。

【答案】⑴吸收226(2)bcde(3)1.20x1(p匚、口乙(4)氧化

NiO

【详解】

(1)根据断键吸热，成键放热，结合化学键的键能大小数值可知2NO2(g)口2NO(g)+O2(g)

的反应热△"=628kJ/molx2+493kJ/mol-931kJ/molx2=+l13kJ/moI,说明该反应为吸热反

4

应，当4moiNCh(g)分解时，吸收热量、=1131的0出511101=2261(11；

(2)a.根据方程式可知：在任何条件下每反应产生2moiNO,同时会产生1molCh,若

单位时间内，每生成一定物质的量浓度的NO,同时有相同物质的量浓度的O2生成，不

能说明反应处于平衡状态，a不符合题意；

b.该反应的正反应是气体体积减小的反应，若气体混合物物质的量不再改变，说明反

应达到平衡状态，b符合题意；

c.反应混合物都是气体，气体的质量始终不变；该反应的正反应是气体体积减小的反

应，若气体混合物平均相对分子质量不再改变，则气体混合物物质的量不再改变，说明

反应达到平衡状态，C符合题意；

d.该反应的正反应是吸热反应，反应在恒容绝热容器内发生，若容器内温度不再发生

变化，说明反应达到了平衡状态，d符合题意；

e.反应混合物中只有NCh是有色气体，若密闭容器内气体颜色不再改变，说明Nth的

浓度不变，反应达到了平衡状态，e符合题意；

f.反应在恒容密闭容器内进行，气体的体积相同；反应混合物都是气体，气体的质量

不变，则混合气的密度始终不改变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，f不符

合题意；

故合理选项是bcde；

（3）①要采用控制变量方法进行研窕。实验I、H只有催化剂的比表面积不同；是研究催

化剂的比表面积对反应速率的影响；实验I、HI是研究温度对反应速率的影响，其它条

件都相同,故表中a=1.20x10-3mol/L；

②要证明温度对化学反应速率的影响，应该只改变反应温度，根据表格数据可知对比实

验应该为实验I、HI；

③实验I、II反应的温度、NO、CO的初始浓度相同，只有催化剂比表面积不同，由于

催化剂的表面积越大，反应速率越快，则表示实验的是曲线乙：

（4）①根据图示可知：在NiO电极匕NO失去电子被氧化变为NCh,NO发生氧化反应;

②在图示装置中，Pt电极上通入02,02得到电子，发生还原反应变为O二,在外电路中

电子由Pt电极经导线流向正极NiO电极，在内电路中，电子由NiO流出流入Pt电极。

（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，

则按所做的第一题计分。

35.［化学—选修3：物质结构与性质］（15分）

局温图温

可以由下列反应合成三聚鼠胺：CaO+3C=CaC2+COt,CaC2+N2=CaCN2

+C,CaCN2+2H2O=NH2CN+Ca（OH）2,NH2CN与水反应生成尿素［CO（NH2）2］,尿素

合成三聚氟胺。

（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式:

;CaCN2中阴离子为CN，，与CN1互为等电子体的分子有N2O和（填

化学式），由此可以推知CN；的空间构型为。

H,NNH

YY2

（2）三聚家胺（Nys）俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氟胺和三聚氨酸（

NH2

后，三聚鼠酸与三聚鼠胺分子相互之间通过结合，在肾脏内易形成结石。

(3)CaO晶胞如下图所示，CaO晶体中Ca?+的配位数为,0?-处于Ca?+堆积形

成的空隙中；CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为3401kJmo「、786kJmolL导

致两者晶格能差异的主要原因是

(4)配位化合物K3［Fe(CN%］遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已

知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14,求11=。

【答案】(l)ls22s22P63s23P631P。4s2或［Ar］3di。4s2CO2直线形(2)氢键(3)6

晶体中Ca2+、。2-的带电量大于NaCl晶体中Na'、C「的带电量(4)6

【详解】

(1)与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子是锌，根据构造原

理，基态的锌原子核外电子排布式为Is22s22P63s23P63甲。4s2或［Ar］3di。4s2；与CN22-互为

等电子体的分子有NaO和C02；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，

二氧化碳分子是直线形，所以CN2?一离子的空间构型是直线形，故答案为：

Is22s22P63s23P634。4s2或［Ar］3d。4s2；C02；直线形;

(2)三聚氟酸与三聚鼠胺分子相互之间能形成氢键，所以是通过分子间氢键结合，在肾脏

内易形成结石，故答案为：氢键；

(3)以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，结合图片知，钙离子的配位数是6,

Ca2+采取的堆积方式为面心立方最密堆积，02-处于ca?+堆积形成的八面体空隙中；晶格

能大小与离子带电量成正比，CaO晶体中Ca2+、O2-的带电量大于NaCl晶体中Na+、C「

的带电量，导致的氧化钙晶格能大于氯化钠的晶格能，故答案为：6；CaO晶体中Ca2+、

02-的带电量大于NaCl晶体中Na\Ct的带电量：

(4)CN•是常见的配位体，在配位化合物K3［Fe(CN)n］中每个配体可以提供2个电子，而

铁原子最外层有2个电子，根据铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14,

可得2+2n=14,所以n=6,故答案为：6；

36.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)

某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合

成路线如图:

已知：①]+||.....-----；②Rl-^+RJ°H----------->人^/R2

ciR10

回答下列问题：

(1)有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是。

(2)有机物B的结构简式为。

(3)反应①的反应类型是。

(4)写出A物质发生1,4-加聚的反应方程式o

(5)有机物F中官能团的名称是酸键、、。反应②的目的是

(6)反应D-E中第(1)步的反应方程式是。

(7)参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚内烯酸钠的合成路线

(无机试剂任选，合成路线常用的表达方式为：

反应试先反应试死

目标产物)。

反卫条斗史史条件

CI

H2C=CH~HC=CH

【答案】(1)1-氯丁烷(2)匕:(3)取代反应（4）n1

——ffiOJ>-|-H2C-C=C-yH-[n(5)酯基羟基保护其它羟基，防止其

CIOONa

NaOH/乙醇一定条件H2

CC

+--H

【分析】

由有机物的转化关系可知，化合物A与C1CH=CHC1发生信息①反应生成化合物

ClCI

B((工。)，在银做催化剂作用下，与一氧化碳和氢气反应生成化合物

),在浪化磷的作用下,与浪发生取代反应生成

在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，经酸化得到

H0

,在酸性条件下，与丙酮发生加成反应生成

H0

与a发生取代反应后，经酸化得到绿原酸，据此解答。

【详解】

(1)在催化剂作用下，化合物A与足