2020届陕西省高三3月线上联考理综化学试题(解析版)

1、高三理科综合试卷化学部分1.本草纲目中的 石碱”条目下写道：采蒿蓼之属 晒干烧灰，以原水淋汁 久则凝淀如石 浣衣发 面,甚获利也。”下列说法中错误的是A.右碱”的主要成分易溶于水B.右碱”俗称烧碱C.右碱”可用作洗涤剂D.久则凝淀如石”的操作为结晶【答案】B【解析】【详解】A.由“以原水淋汁”可以看出，“石碱”的主要成分易溶于水，故A正确；B. “采蒿蓼之属晒干烧灰”，草木灰的成分是碳酸钾，故 B错误；C.碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，故C正确；D. “以原水淋汁久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，故D正确；选B。2.2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价

2、值的化合物M（结构简式如图所示）。下列关于M的说法错误的是rTji> <o till°MA.分子式为C10H11NO5B.能发生取代反应和加成反应C.所有碳原子可以处在同一平面内D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种（不考虑立体结构）【答案】C【解析】【详解】A. Q分子式为C10H11NO5,故A正确；0产加B-含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故 B正确;C.D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有0 OHci甯31><O心 M种，故D正确;选Co3.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.向1 L 1 mol L1 NaClO溶液中通

3、入足量 CO2,溶液中HClO的分子数为NaB.标准状况下，体积土匀为2.24 L的CH4与H2O含有的电子总数均为 NaC. 2 mol NO与1 mol。2在密闭容器中充分反应，产物的分子数为2NaD.由13 g乙酸与2 g CO（NH2）2（尿素）形成的混合物中含有的氢原子总数为Na【详解】A.向1 L 1 mol L-1 NaClO溶液中通入足量 CO2,次氯酸是弱酸,部分电离，溶液中HClO的分子分子中画红圈的碳原子通过3个单键与另外3个碳原子相连，所以不可能所有碳原子处在同一平面内，故C错误;数小于Na,故A错误；B.标准状况下，H2O是液体，2.24 L H2O的物质的量不是 0

4、.1mol,故B错误;C. NO和O2反应生成NO2,体系中存在2NO2 ? N2O4平衡，2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应，产物的分子数小于 2Na,故C错误；1D.乙酸、CO（NH 2）2中氢元素质量分数都是 一，由13 g乙酸与2 g CO（NH2）2（尿素）形成的混合物中含有的151氢原子物质的重是 13+2 g 一 1g/mol=1mol ,氢原子数是 Na,故D正确。15选D。4.我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO 2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2f H+ H）。下列说法错误的是（）A.二氧化碳加氢制甲醇的过程中

5、原子利用率达100%B.带标记的物质是该反应历程中的中间产物C.向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D.第步的反应式为H3CO+H 20f CH3OH+ HO【答案】A【解析】【详解】A.从反应、看，生成 2molH2O,只消耗1molH2O,所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%, A错误；B.从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B正确；C.从反应看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动， 所以能增加甲醇的收率，C正确;D.从历程看，第步的反应物为H3CO、H2O,生成物为CH3OH、 HO ,所以反应式为

6、H3CO+H2 CH3OH+ HO , D 正确；故选Ao5.用石墨作电极电解 KCl和CuSO4（等体积混合）混合溶液，电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是A. ab段H+被还原溶液的pH增大B.原溶液中KCl和CuS04的物质的量浓度之比为 2 ： 1C. c点时加入适量CuCl2固体，电解液可恢复原来浓度D. cd段相当于电解水【解析】【分析】用惰性电极电解相等体积的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K + , Cl-, Cu2+, SO42-, H + , OH-；阴极离子放电顺序是 Cu2+>H + ,阳极上离子放电顺序是 Cl->OH

7、-,电解过程中分三段：第一阶段：阳极上 电极反应式为2Cl-2e- C2T、阴极电极反应式为 Cu2+2e- Cu铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小， 溶液pH上升；第二阶段：阳极上电极反应式为4OH-4e- 2HO+O2K或2H2O-4e- 4H+O2。，阴极反应先发生Cu2+2e- Cu反应中生成硫酸，溶液 pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH-4e- 2HO+O2T、阴极电极反应式为2H+2e-H2T,实质是电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。【详解】A. ab段阴极电极反应式为 Cu2+2e- Cu由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH 上升

8、，氢离子未被还原，故A 错误；B.由图像可知，ab、bc段，阴极反应都是 Cu2+2e- Cu所以原混合溶液中 KCl和CuSO4的浓度之比小于 2:1 ，故B 错误；C.电解至c点时，阳极有氧气放出，所以往电解液中加入适量CuCl2固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C 错误；D. cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+, OH-,电解反应相当于电解水，故 D正确；选 D。【点睛】本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判 断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的

9、最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，丫在周期表中族序数与周期数相等,ZW 2是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A. W2的沸点比Z2的沸点低B. XYW 2的水溶液呈碱性C. W、 X 形成的化合物一定只含离子键D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应【答案】C【解析】【分析】Y在周期表中族序数与周期数相等，丫是Al元素；ZW2是一种新型的自来水消毒剂，ZW2是CIO2,即Z是Cl 元素、 W 是 O 元素； W、 X 的最外层电子数之和与Z 的最外层电子数相等，则X 的最外层电子数是1，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以 X是Na元素。【详解】A. O2

10、, Cl2的结构相似，Cl2的相对分子质量大，所以C12沸点比O2的沸点高，故 A正确；B. NaAlO 2是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故 B正确；C. Na、O形成的化合物Na2O2中含离子键和非极性共价键，故C错误；D. Al(OH) 3是两性氢氧化物、 NaOH是强碱、HC1O4是强酸，所以 NaOH、Al(OH) 3、HC1O4两两之间均能发生反应，故D正确；选Co【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用，根据元素的性质以及元素的位置推断元素为解答本题的关键，注意对元素周期律的理解，较好的考查学生分析推理能力。7.25 C时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的

11、关系如图所示。下列叙述错误的是；%1y与210.2 9.47.8 7.0 pHA. 25 C时，H2CO3的一级电离 Kai(H2CO3)=1.0 10-6.4B. M 点溶液中：c(H+)+ c(H 2CO3)=c(Cl -) +2c(CO32-) +c(OH-)C. 25 C时，HCO3+H2O,7H2CO3+OH-的 Kh=1.0 M0-7.6D.图中 a=2.6【答案】B【解析】_ _ ,c HCO3【详解】A. 25 c时，当lgC H2CO3_ _ c HCO31即 10时，pH=7.4 , H2CO3的一级电离c H2CO3c HCO3 c H74a,Ka1(H2CO3)= 10

12、 10 .1.0 10-6.4,故 A 正确；c H2CO3B.根据电荷守恒、物料守恒，M点溶液中：c(H+)+ c(H2CO3)=c(Cl-) +c(CO32-) +c(OH-),故B错误;C. 25 C 时，HCO3-+H2O,H2CO3+OH-W KKwh=K210 1410 6.41.0 10-7.6,故 C 正确;c HCO3- c HD c H2cO3-64.c HCO3-10 6.4-26 一一10 ，图中M点pH=9,9- =10 ,所以a=2.6,故D正确;c H2cO310-9选Bo8.2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者,LiFePO4是锂离子电池的正极材料。用含

13、锂废渣(主要金属元素的含量：Li 8.50%、Ni 6.55%、Mg 13.24%）制备Li 2c2O4,并用其制备LiFePO4部分工艺流程如图（该流程可能造成水体神污染广溶液T闻含锂贵清源液3淀费3-*LFeFaLi +N产Mg 2+滤液122.7220.6860.18滤液221.94711|0-30.78 X 10-3已知：滤液1、滤液2中部分离子浓度（g L-1）:I.制备 Li 2C2O4（1）滤渣2的主要成分有_（填化学式）。（2）Na2c2O4溶液中各离子的浓度由大到小顺序为（3）写出加入Na2c2。4溶液时发生反应的离子方用n .制备 LiFePO 4（4）将电池极Li 2c2

14、O4和FePO4置于高温下反应LiFePO4LiFePO 4需要在高温下成型后才能作为电极,3温成型时要加入少量石墨，种温室气体，该反应的人程式是4是_（任写一点）。（6）我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2s2O8）去除废水中的As（V）,其机制模型如图，其中零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是 _。在该模型中得到的铁神共沉淀物经灼烧（无元素化合价变化）后得到一种磁性化合物，化学式为 Fe7As2。14,该物质中二价铁与三价铁的个数比为H-F/jOHFN0H）口 W'）共沈淀（V）"腐惶/表的，曾出口 1st值矍【答案】.Mg(OH)2、Ni(OH) 2(2). c(Na

15、+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+).2Li+C2O42-=Li 2c2O4J(4). Li 2c2O4+2FePO41 2LiFePO4+2CO2 T(5).改善成型后LiFePO4(或电极) 导电作用(6). Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-.3:4【解析】 【分析】含锂废渣(主要金属元素的含量： Li 8.50%、Ni 6.55%、Mg 13.24%)粉碎后加入稀硫酸，并加热，Li、Ni、Mg溶解生成Li2SO4、NK MgSO4,过滤皿溶物(滤渣1),所得滤液1的主要成分为Li2SO4、NiSO4、 MgSO4；加入Na

16、OH液的pH=12,此时主要发生NiSO4、MgSO4与NaOH的反应，所得滤渣2的主，g主，NOHMg(OH)，!夜2中主要豌 Li2SO4;加入Na2c2。4,与Li2SO4发生反应， 主要生成Li 2C沉淀，这就3,要成分。【详解】由分析知，滤、7,2成分有Mg(OH)|l Ni(OH) 2。答案为：Mg(OH) 2、Ni(OH) 2； (2)Na2c2O4 溶，主要存在以O2+H 2 O HC 2O4-+OH-、 HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-N=H+oRc(Na+)>c(C2O4|c(OH-)>c(HC|Op)>c(H+)。答案为：c(NH>c(C2

17、O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)； 加入Na2c2,液时，与1，04发生反应，主要生成，2C2O4沉淀，发生反应的离子方程式为： 2Li +C2O42-=Li|C204lIH2Li+C2O42-=Li 2C2O4 J(4)将Li2c2O4.ePO4置于高温下反应生成LiFePO|gfl02,该反应的化学方程式是Li2C2O4+2FePO4i§vfi 2LiFePO 4+2CO2 T。答案为：Li 2c2O4+2FePO4高温 2LiFePO 4+2CO2 f；(5)LiFePO 4需要在高温下成型后才能作为电极，为增强电极的导电能力，高温成型

18、时要加入少量石墨，则石墨的作用是改善成型后 LiFePO”或电极)的导电作用。答案为：改善成型后LiFePO4(或电极)的导电作用；(6)零价铁与过硫酸钠反应，生成Fe2+和SO42-,反应的离子方程式是Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-。在Fe7As2O14中，Fe显+2、+3价，As显+5价，0显-2价，可设Fe2+的个数为x,则Fe3+的个数为(7-x),依据化合价的代 数和等于0,可建立如下等量关系式：2x+3(7-x)=18 , x=3,从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3:4。答案为：Fe+S2O82-=Fe2+2SO42-; 3:4。【点睛】在分析图中所示反应的反应物

19、和生成物时，可从图中箭头的方向判断，箭尾所示物质为反应物， 箭头所指物质为生成物。9.三氧化铝(MoO 3)是石油工业中常用的催化剂，也是搪瓷釉药的颜料，该物质常使用辉铝矿 (主要成分 为MoS2)通过一定条件来制备。回答下列相关问题：(1)已知: MoS2(s)? Mo(s)+S2(g) AHi；S2(g)+2O 2(g) ? 2SO2(g)AH2 ；2Mo(s)+3O 2(g)? 2MoO3(s)则 2MoS2(s)+7O2(g)? 2MoO3(s)+4SO2(g) AH=(用含Hi、廿I2、AH3的代数式表示)。(2)若在恒温恒容条件下仅发生反应MoS2(s)? Mo(s)+S 2(g)

20、下列说法正确的是 (填字母)。a.气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态b.气体的相对分子质量不变，反应不定处于平衡状态c.增加M0S2的量，平衡正向移动达到平衡时S2(g)的浓度为1.4 mol?L-M充入一定量的S2(g),反应再次达到平衡，S2(g)浓度(填 法 < 戢 “=)1.4 mol?L-1。在2L恒容密闭容器中充入 1.0 molS2(g)和1.5 mol 02(g),若仅发生反应：S2(g)+2O2(g)? 2SO2(g), 5 min后反应达到平衡，此时容器压强为起始时的80%,则。5 min内，S2 (g)的反应速率为 mol?L-1?min-1。(4)在恒容密闭

21、容器中，加入足量的MoS2和02,仅发生反应：2MoS2(s)+7O2(g)? 2MoO 3(s)+4SO2(g) AH .测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：4H(填> &或"二)0;比较P1、P2、P3的大小：若初始时通入7.0molO2, P2为7.0 kPa,则A点平衡常数Kp=(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算。分压=总压 代体的物质的量分数，写出计算式即可)。【答案】 (1). 2?H1+2?H2+?H3(2). ab (3). =(4). 0.05(5). <(6). p1>p2>p3.24211-(kPa)"

22、(或)3.57【解析】(1)已知： MoS 2(s)? Mo(s)+S2(g)H1；S2(g)+2O 2(g) ? 2SO2(g) AH2 ；2Mo(s)+30 2(g)? 2MoO3(s) AH3利用盖斯定律，将 2XD +2X + ，即可求出 MoS2(s)+7O2(g)? 2MoO3(s)+4SO2(g)。(2)若在恒温恒容条件下仅发生反应MoS2(s)? Mo(s)+S 2(g)a.平衡移动时，气体的质量改变，密度改变；b.气体只有S2一种，相对分子质量始终不变；c.增加MoS2(s)的量，平衡不受影响。利用平衡常数进行分析，反应再次达到平衡，S2(g)浓度与1.4 mol?L-1的关

23、系。(3)利用三段式，求出 S2的物质的量的变化量，从而求出05 min内，S2 (g)的反应速率。(4)采集图象信息，压强不变时，升高温度，O2的平衡转化率减小；温度不变时，O2的平衡转化率由大到小变化时，对应压强顺序为pi、p2、p3。若初始时通入 7.0molO2, P2为7.0 kPa,图中信息显示，A点时。2的平衡转化率为50%,由此可求出平衡 常数Kpo【详解】(1)已知: MoS2(s)? Mo(s)+S2(g) Hi；S2(g)+2O 2(g) ? 2SO2(g) AH2 ；2Mo(s)+3O 2(g)? 2MoO3(s) AH3利用盖斯定律，将 2XD +2X + ，即可求出

24、 MoS2(s)+7O2(g)? 2MoO3(s)+4SO2(g) H=2?Hi+2? H2+? H3。答案为：AH=2?Hi+2?H2+?H3；(2)若在恒温恒容条件下仅发生反应MoS2(s)? Mo(s)+S 2(g)a.平衡移动时，气体的质量改变，密度改变，密度不变时，表明反应达平衡状态，a符合题意；b.气体只有S2一种，相对分子质量始终不变，平衡不一定达平衡状态，b符合题意;c.增加MoS2(s)的量，平衡不受影响，c不合题意。故选abo答案为:ab；平衡常数K = c(S2),温度不变时,K 值不变，c(S2)不变，c(S2)=1.4 mol?L-1。答案为：=;(3)设参加反应的S

25、2的物质的量为X8(g)202(g) < ? 2SO2(g)起始量(mol)11.50变化量(mol)x2x2x平衡量(mol) 1 x1.5 2x2x2.5 x80%, x=0.5mol ,则05 min内，S2 (g)的反应速率为0.5mol2L 5min=0.05mol?L-1?min-1。答案为：0.05;(4)采集图象信息，压强不变时，升高温度,02的平衡转化率减小，则平衡逆向移动，H<0;温度不变时，增大压强，平衡正向移动，02的平衡转化率增大，图中信息告诉我们，02的平衡转化率增大，对应压强顺序为Pl、P2、P3,由此得出 P1>P2>P3。答案为：<

26、;；P1>P2>P3；三段式为2MoS2(s)起始量(mol) 变化量(mol) 平衡量(mol)7O2(g) ?73.53.52MoO3(s)4SO2(g)022温度、容积不变时，压强之比等于物质的量之比，若初始时通入7.0molO2,压强为7.0 kPa,则达平衡时,2,(一 5.5kR)44压强应为5.5 kPa,平衡常数 仆=-55二 二(3.5 5.5kPa)73.55.511八4J222(kPa)-3(或 今)。答案为： 一r (kPa)-3(或 £7)。73.57【点睛】利用分压进行平衡常数的计算时，分压=总压 一体的物质的量分数，此总压应为平衡时的总压,而

27、不是起始时的总压，若理解错误，则导致结果错误。10.某校学习小组的同学设计实验，制备(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O并探究其分解规律。实验步骤如下：I .称取7.0g工业废铁粉放入烧杯中，先用热的Na2CO3溶液洗涤，再水洗，最后干燥。n .称取6.0g上述处理后的铁粉加入 25mL某浓度硫酸中加热，加热过程中不断补充蒸储水，至反应充分。 出.冷却、过滤并洗涤过量的铁粉，干燥后称量铁粉的质量。W.向步骤出的滤液中加入适量 (NH 4) 2SO4晶体，搅拌至晶体完全溶解，经一系列操作得干燥纯净的 (NH4)2Fe(SO4)2?6H2O。V.将(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O 脱水得(

28、NH4)2Fe( SO4) 2,并进行热分解实验。已知在不同温度下 FeSO4?7H2O的溶解度如表：温度(C)1103050溶解度(g)14.017.025.033.0回答下列问题：(1)步骤I用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉的目的是，步骤n中设计铁粉过量，是为了 ，加热反应过程中需不断补充蒸储水的目的是。(2)步骤出中称量反应后剩余铁粉的质量，是为了_。(3)( NH4)2Fe(SO4)2分解的气态产物可能有 N2、NH 3、SO2、SO3及水蒸气，用下列装置检验部分产物。检验气态产物中的 SO2和SO3时，装置连接顺序依次为 _(气流从左至右)；C中盛放的试剂为装置A的作用是。检验充

29、分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，需用到的试剂为。【答案】(1).除去油污(2).防止Fe2+被氧化(3).保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损吸收尾气SO2,避免污染环境失 (4).计算加入硫酸俊晶体的质量(5). D C B A (6).盐酸酸化的氯化钢溶液.(8).稀硫酸和铁氧化钾溶液或稀硫酸和酸性高镒酸钾溶液【解析】【分析】(1)工业废铁粉中含有油脂，热的要硫酸俊与硫酸亚铁的比例关系;Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；(2)根据目标产品 NH 4Fe(SO4)2分析需(3)检验气态产物中的 SO2和SO3时，要考虑检验气体的试剂及连接的顺序问题；检验氧化物中是否含

30、有二价铁，先将氧化物溶解，再检验。【详解】(1)用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉表面油脂 "再搅拌过程中Fe2+可能会被氧气氧化为 Fe3步骤n中设计铁粉过量，把Fe3+还原变为Fe2+;在加热的过程中水会不断减少，可能会造成硫酸亚铁固体的析出，造成损失，所以不断补充蒸储水维持溶液体积;答案：除去油污；防止 Fe2+被氧化；保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失;(2)步骤出中称量反应后剩余铁粉的质量，计算出生成硫酸亚铁的物质的量，根据硫酸亚铁和硫酸钱反应生成NH4Fe(SO4)2；答案：计算加入硫酸俊晶体的质量。(3)检验气态产物中的 SO2和SO3时，A中的NaOH溶液适

31、用于吸收尾气 SO2, B中的品红溶液适用于检验SO2,明显仅剩C装置用于检验SO3,但不能影响二氧化硫，那么用盐酸酸化的氯化钢溶液来检验SO3比较合理，同时避免二氧化硫溶解，由于考虑 SO3会溶于水中，所以先检验 SO2,再检验SO3,最后进行尾 气吸收，综合考虑连接顺序为 D C B A ;装置A的作用是吸收尾气 SO2,避免污染环境；检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，用硫酸溶解，再滴加铁氧化钾溶液，产生蓝色沉淀或滴加酸性高镒酸钾溶液，紫红色褪去，证明有二价铁； 答案：D C B A ;盐酸酸化的氯化钢溶液；处理尾气，避免污染环境；稀硫酸和铁氧化钾溶液

32、或稀硫酸和酸性高镒酸钾溶液。【点睛】一般工业使用的金属表面会有防锈油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；对于原料的加入我们一般是要有估算的，要根据产品化学式的原子比例来估算原料的加入量；检验固体中的离子时，要是 固体本身溶于水可直接加水溶解即可，要是难溶于水，可根据固体性质加入酸溶液或碱溶液等其他不干扰 检验的溶液进行溶解。11.【卷号】10000【题号】2427322248593408(1)Co2+的核外电子排布式为钻的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。,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

33、) 8结构如图1、图2所示，图1中1molFe(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)。0(3)金属钻的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是式)g cm-3。去一个电子由2,钻晶体晶胞anm,高为cnm,该晶胞的密度为(NaU出代数(1). Ar3d(3). 10A21为；该晶胞的边长为5Ar3d , Fe失去三个电子后会变成ArAr3d 6,(4). sp、sp2(5). O (6). 12.失去一个电子形成半满状态(8).3a3所7或 1s22s22p63s23p63d7(2). Co 失去勾如图该晶阿伏加德罗1电子后

34、会变,达到半充?的彳急定状态，更难再失10(1) Co 是 27Co2+核外有25个电子；Co的第四电离能是失去3d6上的1个电子消耗的能量，Fe的第四电离能是失去 3d5上的1个电子消耗的能量;(2)CO分子中有1个配位键，铁原子与碳原子通过配位键结合；双键C原子的杂化方式为sp2、三键C原子的杂化方式为sp；元素非金属性越强电负性越大;(3)六方最密堆积，原子配位数是12；利用 均摊原则”计算Co原子数；根据6M计算;Na【详解】Co2+核外有25个电子，核外电子排布式是Ar3d 7或1s22s22p63s23p63d7 ；原子轨道处于全满、半满、全空为稳定结构，Co失去三个电子后会变成A

35、r3d 6,更容易再失去一个电子形成半满状态 Ar3d 5, Fe失去三个电子后会变成Ar3d 5,达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子;(2)1个CO分子中有1个配位键，铁原子与碳原子通过配位键结合，所以 1molFe(CO)5含有10moi配位键;双键C原子的杂化方式为 sp2、三键C原子的杂化方式为 sp,由图2可知，分子中既有三键 C又有双键C,所以电负性所以图2中C原子的杂化方式为 sp、sp2; Fe、C、O、Co四种元素中，O元素非金属性最强,最大的是O元素;(3)金属钻的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是12;利用 均摊原则”，Co原子数=121 +261 c -一+3=6 ；2该晶胞的边长为 anm,高为cnm,晶胞的体积为述a2c 1021cm3,该晶胞的密度为 2-3g cm 。59 6g= 236石 1021出a2c 10 21 cm3 NA3a2cNA212.苯氧布洛芬具有良好的解热、镇痛、抗炎、抗风湿作用，苯氧布洛芬的合成路线如下：O1时IICH-I'M*AbCHrOfIItri、ctm*cim回答下列