2020 届衡水中学四月份高中毕业班教学质量监测卷
理科综合化学部分
说明: 1.全卷满分 300 分,考试时间 150 分钟。
2.全卷分为试题卷和答题卡,答案要求写在答题卡上,不得在试题卷上作答,否则
不给分。
第Ⅰ卷(选择题共 126 分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48
Fe 56 I 127 Ag-108
一、选择题:本大题包括 13 小题,每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中,只有
一项符合题目要求。
1.阿伏加德罗常数的值为 。下列说法正确的是
A. 1L0.1mol· NH4Cl 溶液中， 的数量为 0.1
B. 2.4gMg 与 H2SO4 完全反应，转移的电子数为 0.1
C. 标准状况下，2.24LN2 和 O2 的混合气体中分子数为 0.2
D. 0.1mol H2 和 0.1mol I2 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为 0.2
【答案】D
【解析】
A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，因此 NH4＋数量小于 0.1NA，
故 A 错 误 ； B 、 2.4gMg 为 0.1mol ， 与 硫 酸 完 全 反 应 后 转 移 的 电 子 的 物 质 的 量 为
2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为 0.2NA，故 B 错误；C、标准状况下，N2 和 O2 都是
气态分子，2.24L 任何气体所含有的分子数都为 0.1NA，故 C 错误；D、H2＋I2 2HI，反应
前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为 0.2mol，分子数为 0.2NA，故 D 正确。
2.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明的溶液中： 、 、 、
B. =1×10-12 的溶液中：K+、 、 、
C. 的溶液中： 、 、 、
AN
1L−
4NH+
AN
AN
AN
AN
3Fe + 2Mg + SCN− Cl−
+
-
c(H )
c(OH ) Na+ 2
3CO −
3NO−
( )2 1c Fe 1mol L+ −= ⋅ K+
4NH +
4MnO− 2
4SO −D. 能使甲基橙变红的溶液中： 、 、 、
【答案】B
【解析】
【分析】
离子之间能够大量共存是指离子之间既不发生反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等，也不
发生氧化还原反应、络合反应等。
【详解】A. 含有 Fe3+的溶液呈黄色，不符合无色条件，且 Fe3+、SCN−发生络合反应而不能大
量共存，A 项错误；
B. =1×10-12 的溶液，呈碱性，这几种离子之间不反应且都不与氢氧根离子反应，所以
能大量共存，B 项正确；
C. Fe2+、MnO4−发生氧化还原反应而不能大量共存，C 项错误；
D. 能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不
能大量共存，D 项错误；
答案选 B。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生 条件及其实质的理解能力，题型不
难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如 Cu2+、
Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与 Al 反应
生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如本题 D 项限定条件：能使甲
基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答
案。
还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为 1×10-10，小于 1×10-7 时，该溶液
可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如本题 C 项 =1×10-12 的溶液，说明溶液呈碱性。做
题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
3.K2Cr2O7 溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+。用 K2Cr2O7 溶液进行下列
实验：
的
Na+
4NH + 2
4SO −
3HCO−
+
-
c(H )
c(OH )
+
-
c(H )
c(OH )结合实验，下列说法不正确的是（ ）
A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B. ②中 Cr2O72-被 C2H5OH 还原
C. 对比②和④可知 K2Cr2O7 酸性溶液氧化性强
D. 若向④中加入 70%H2SO4 溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】D
【解析】
【详解】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入
碱，平衡正向移动，溶液变黄，选项 A 正确；
B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，选项 B 正确；
C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下
氧化性强，选项 B 正确；
D．若向④溶液中加入 70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，选项 D
错误。
答案选 D。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙
特列原理的角度分析，易错点为选项 C，②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，
而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强。
4.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含 NH4+废水和工业废气（主要含 N2、CO2、SO2、
NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 固体 1 中主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B. X 可以是空气，且需过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是 CO
D. 处理含 NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】工业废气中 CO2、SO2 可被石灰水吸收，生成固体 1 为 CaCO3、CaSO3，气体 1 是不
能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体 X，用氢氧化钠溶液处理后到的
NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2 与含有 NH4+的溶液反应生成无
污染气体，应生成氮气，则气体 2 含有 CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是 CO。
A．工业废气中 CO2、SO2 可被石灰水吸收，生成 CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体 1
为主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故 A 正确；
B．由分析可知，气体 1 是不能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体 X，用氢
氧化钠溶液处理后到的 NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故 B 错误；
C．气体 2 含有 CO、N2，经捕获剂得到氮气和 CO，所捕获的气体主要是 CO，防止污染空气，
故 C 正确；
D．NaNO2 与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子
方程式为 NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故 D 正确；
故选 B
5.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,W 的简单氢化物可用作制冷剂,Y 的原子半
径是所有短周期主族元素中最大的。由 X、Y 和 Z 三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐
酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是( )
A. X 的简单氢化物的热稳定性比 W 强
B. Y 的简单离子与 X 的具有相同的电子层结构
C. Y 与 Z 形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D. Z 与 X 属于同一主族,与 Y 属于同一周期
【答案】C
【解析】
氨可作制冷剂，所以 W 是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以 Y 是钠；硫代硫酸钠
与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以 X、Z 分别是氧、硫。
。A．非金属性 X 强于 W，所以 X 的简单氢化物的热稳定性强于 W 的，A 正确；B．Y、X 的简单离
子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是 10 电子微粒，B 正确；C．硫化钠水解使溶液呈碱
性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C 错误；D．S、O 属于ⅥA，S、Na 属于第三周期，D 正确。答案
选 C。
6.通过以下反应可获得新型能源二甲醚( )。下列说法不正确的是
①
②
③
④
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是 资源化利用的方法之一
C. 反应 的
D. 反应 的
【答案】C
【解析】
【分析】
A.反应③中的反应物为 CO2、H2；
B.反应③中的反应物为 CO2，转化为甲醇；
C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到 。
【详解】A.反应③中的反应物为 CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料
气，所以 A 选项是正确的；
B.反应③中的反应物为 CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2 资源化利用的方法之一，所以B
选项是正确的；
C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应
反应 的 ，故 C 错误；
3 3CHOCH
( ) ( ) ( ) ( )2 2C s H O g =CO g H g+ + 1
1 kJ molH a −∆ = ⋅
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2CO g H O g =CO g H g+ + 1
2 kJ molH b −∆ = ⋅
( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 2CO g 3H g =CH OH g H O g+ + 1
3 kJ molH c −∆ = ⋅
( ) ( ) ( )3 3 3 22CH OH g =CH OCH g H O g+ 1
4 kJ molH d −∆ = ⋅
2CO
( ) ( ) ( )3 3 3 2
1 1CH OH g = CH OCH g H O l2 2
+ 1kJ mol2
dH −∆ = ⋅
2 3 3 22CO(g) 4H ( )=CH OCH ( ) H O(g)g g+ + 1(2 2 )kJ molH b c d −∆ = + + ⋅
( ) ( )2 3 3 22CO(g) 4H =CH OCH H O(g)g g+ +
( ) ( ) ( )3 3 3 2
1 1CH OH g = CH OCH g H O l2 2
+ 1kJ mol2
dH −∆ ≠ ⋅D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到 ，
则 ，所以 D 选项是正确的。
所以答案选 C。
7.[2017 新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原
理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是
A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】
本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电
流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A 正确；B．通电后，被保护的钢
管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B 正确；C．高
硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C 错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐
蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D 正确。答案选 C。
三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题-第 32 题为必考题每个试题
考生都必须作答,第 33 题-第 38 题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:11 题,共 129 分。
8. [化学——选修 2：化学与技术]
高锰酸钾（ ）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主
要成分为 MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
( ) ( )2 3 3 22CO(g) 4H =CH OCH H O(g)g g+ +
( ) 12 2 kJ molH b c d −∆ = + + ⋅
4KMnO回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按 1∶1 的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作
用是 。
（2）“平炉”中发生的化学方程式为 。
（3）“平炉”中需要加压，其目的是 。
（4）将 K2MnO4 转化为 KMnO4 的生产有两种工艺。
①“ 歧化法”是传统工艺，即在 K2MnO4 溶液中通入 CO2 气体，使体系呈中性或弱碱性，
K2MnO4 发生歧化反应，反应中生成 K2MnO4，MnO2 和 （写化学式）。
②“电解法”为现代工艺，即电解 K2MnO4 水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为
，阴极逸出的气体是 。
③“电解法”和“ 歧化法”中，K2MnO4 的理论利用率之比为 。
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取 1.0800 g 样品，溶解后定容于 100 mL 容量瓶中，摇匀。取
浓度为 0.2000 mol·L−1 的 H2C2O4 标准溶液 20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用 KMnO4 溶液平行滴
定三次，平均消耗的体积为 24.48 mL，该样品的纯度为
（列出计算式即可，已知 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。
【答案】（1）扩大接触面积，加快化学反应速率；
（2）2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O；
（3）增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大；
（4） ① K2CO3；②MnO42--e-=MnO4-；③3:2；
（5）95.62%。
【解析】
试题分析：（1） MnO2 的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触
面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；（2） 根据流程图可知，在“平炉”
中 MnO2、KOH、O2 在加热时反应产生 K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是
H2O，则发生的化学方程式为 2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O ；（3）由于上述反应
2CO
2CO中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应
速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，
增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；
（4） ①在 K2MnO4 溶液中通入 CO2 气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4 发生歧化反应，
反应中生成 KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是 K2CO3，根据氧化还
原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2=
2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解 K2MnO4 水溶液，在电解槽中阳极，
MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生 MnO4-。电极反应式是：MnO42--e-=MnO4-；在阴极，
水电离产生的 H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。所以阴极逸
出的气体是 H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O 2KMnO4+2H2↑+2KOH；③根据“电解
法”方程式 2K2MnO4+ 2H2O 2KMnO4+2H2↑+2KOH 可知 K2MnO4 的理论利用率是 100%；
而在“CO2 歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3 中，K2MnO4 的理论利用率是 2/3，
所 以 二 者 的 理 论 利 用 率 之 比 为 3:2 ； （ 5 ） 根 据 离 子 方 程 式
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 可知 KMnO4 与草酸反应的关系式是：2 KMnO4～
5H2C2O4。配制的溶液的浓度为： 。则 1.0800g 样品中含 KMnO4 的物
质的量为：n= KMnO4 的质量为：m=" 0.006536mol" ×
158g/mol =1.03269g。故其纯度为： ×100%=95.62%。
考点：考查物质制备工艺流程的知识。
9.[2017 新课标Ⅲ]绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某
化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化。再向
试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：______________、_______________。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关 K1 和 K2）（设为装置 A）称重，
记为 m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进
行实验。①仪器 B 的名称是____________________。
②将下列实验操作步骤正确排序___________________（填标号）；重复上述操作步骤，直至
A 恒重，记为 m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭 K1 和 K2
d．打开 K1 和 K2，缓缓通入 N2 e．称量 A f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目 x=________________（列式表示）。若实验
时按 a、d 次序操作，则使 x__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置 A 接入下图所示的装置中，打开 K1
和 K2，缓缓通入 N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D 中的溶液依次为_________（填标号）。C、D 中有气泡冒出，并可观察到的现象分别
为_______________。
a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓 H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____________________。
【答案】 (1). 样品中没有 Fe3+ (2). Fe2+易被氧气氧化为 Fe3+ (3). 干燥管 (4). dabfce
(5). (6). 偏小 (7). c、a (8). 生成白色沉淀、褪色 (9). 2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】
（1）样品溶于水滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无 Fe3+；再向试管中通入
空气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇 KSCN
溶液显红色；
（2）①根据仪器构造可知 B 是干燥管；
2 3
3 1
76( )
9( )
m m
m m
−
−②由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气
排出空气，为了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭 K1 和 K2，最
后称量，即正确的排序是 dabfce；
③样品的质量是（m2－m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3－m1）g，生成水的质
量为（m2－m3）g，
FeSO4·xH2O FeSO4 + xH2O
152 18x
（m3－m1）g （m2－m3）g
则： ，解得：x= ；
若实验时按 a、d 次序操作，在加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致 m3 增加，因此
x 偏小；
（3）①最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化
合价变化可知一定有 SO2 生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2 和三氧化硫。三氧化硫
溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化
性，能氧化 SO2，所以应该用氯化钡，检验 SO2 用品红溶液，所以 C、D 的溶液依次为氯化钡溶
液和品红溶液，实验现象是 C 中溶液变浑浊产生白色沉淀，D 中品红溶液褪色，故答案为 c、
a；
②根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2 和 SO3，根据电子守恒和原子守恒得
此反应的方程式为 2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3。
10.用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一。
(1)Fe 还原水体中 NO3-的反应原理如图所示，
①作负极 物质是____。
②正极的电极反应式是____。
的
( ) ( )3 1 2 3
152 18x
m m g m m g
=− −
( )
( )2 3
3 1
76
9
m m
m m
−
−(2)将足量铁粉投入水体中，经 24 小时测定 NO3-的去除率和 pH，结果如下：
初始 pH pH=2.5 pH=4.5
NO3-的去除率 接近 100% ＜50%
24 小时 pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5 时，NO3-的去除率低。其原因是____。
(4)其他条件与(2)相同，经 1 小时测定 NO3-的去除率和 pH，结果如下：
初始 pH pH=2.5 pH=4.5
NO3-的去除率 约 10% 约 3%
1 小时 pH 接近中性 接近中性
与(2)中数据对比，解释(2)中初始 pH 不同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因：
____。
【答案】 (1). 铁 (2). NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O (3). 因为铁表面生成的 FeO(OH)
不导电，阻止电子转移 (4). Fe＋2H+=Fe2++H2↑，初始 pH 较小，氢离子浓度高，产生的 Fe2+
浓度大，促使 FeO(OH)转化为可导电的 Fe3O4，使反应进行的更完全，初始 pH 高时，产生的
Fe2+浓度小，从而造成 NO3-去除率和铁的最终物质形态不同
【解析】
【分析】
(1)根据原电池原理分析解答；
(2)根据 FeO(OH)不导电进行分析；
(3)根据 Fe2+的作用进行分析，Fe2+可以将不导电的 FeO(OH)转化为可导电的 Fe3O4，而 NO3-的
去除率由铁的最终物质形态确定，从而判断 Fe 和 pH 的关系。【详解】(1)①由图可知，在脱除过程中形成原电池，Fe 还原水体中 NO3−，Fe 作还原剂，失
去电子，作负极，故答案为：铁；
②由图可知，正极反应是 NO3−得到电子生成 NH4+，所以电极反应式是
NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，故答案为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；
(2)由图可知，当溶液 pH=4.5 时，铁的最终物质形态中 FeO(OH)含量较多，形成一层膜，而
FeO(OH)不导电，降低了硝酸根离子的去除率，故答案为：因为铁表面生成的 FeO(OH)不导电，
阻止电子转移；
(3)初始 pH 较小，氢离子浓度高，发生反应 Fe＋2H+=Fe2++H2↑，产生 Fe2+浓度大，促使
FeO(OH)转化为可导电的 Fe3O4，使反应进行的更完全，初始 pH 高时，产生的 Fe2+浓度小，
从而造成 NO3-去除率和铁的最终物质形态不同。
(二)选考题:共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每
科任选一题作答,并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目
的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果
多做,则每学科按所做的第一小题计分。
11.(2017·新课标全国卷Ⅰ)钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
回答下列问题：
（1）元素 K 的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为_______nm(填标号)。
A．404.4 B．553.5 C．589.2 D．670.8 E.766.5
（2）基态 K 原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_________，占据该能层电子的电子
云轮廓图形状为___________。K 和 Cr 属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属 K
的熔点、沸点等都比金属 Cr 低，原因是___________________________。
（3）X 射线衍射测定等发现，I3AsF6 中存在 I3+离子。I3+离子的几何构型为_____________，
中心原子的杂化形式为________________。
（4）KIO3 晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为
a=0.446nm，晶胞中 K、I、O 分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K 与 O 间的最短
距离为______nm，与 K 紧邻的 O 个数为__________。
（5）在 KIO3 晶胞结构的另一种表示中，I 处于各顶角位置，则 K 处于______位置，O 处于
______位置。
的
的.
【答案】 (1). A (2). N (3). 球形 (4). K 的原子半径较大且价电子数较少，金属
键较弱 (5). V 形 (6). sp3 (7). 0.315 (8). 12 (9). 体心 (10). 棱心
【解析】
（1）紫色波长 400nm～435nm，因此选项 A 正确；（2）K 位于第四周期 IA 族，电子占据最高
能层是第四层，即 N 层，最后一个电子填充子在 s 能级上，电子云轮廓图为球形；K 的原子半
径大于 Cr 的半径，且价电子数较少，金属键较弱，因此 K 的熔点、沸点比 Cr 低；（3）I3＋
与 OF2 互为等电子体，OF2 属于 V 型，因此 I3＋几何构型为 V 型，其中心原子的杂化类型为
sp3；（4）根据晶胞结构，K 与 O 间的最短距离是面对角线的一半，即为 nm＝
0.315nm，根据晶胞的结构，距离 K 最近的 O 的个数为 12 个；（5）根据 KIO3 的化学式，以及
晶胞结构，K 处于体心，O 处于棱心。
12.[2017 新课标Ⅱ]化合物 G 是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成 G 的路线如
下：
已知以下信息：
①A 的核磁共振氢谱为单峰；B 的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为 6∶1∶1。
②D 的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 mol D 可与 1 mol NaOH 或 2 mol Na 反应。
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为____________。
（2）B 的化学名称为____________。
（3）C 与 D 反应生成 E 的化学方程式为____________。
（4）由 E 生成 F 的反应类型为____________。
2 0.4462
×（5）G 的分子式为____________。
（6）L 是 D 的同分异构体，可与 FeCl3 溶液发生显色反应，1 mol 的 L 可与 2 mol 的 Na2CO3
反应，L 共有______种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为 3∶2∶2∶1 的结构简式为
___________、____________。
【 答 案 】 (1). (2). 2- 丙 醇 （ 或 异 丙 醇 ） (3).
(4). 取 代 反 应 (5).
C18H31NO4 (6). 6 (7). (8).
【解析】
试题分析：由题中信息可知，A 的分子式为 C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则 A 为环氧乙
烷，其结构简式为 ；B 的分子式为 C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为
6∶1∶1，则 B 为 2-丙醇，其结构简式为 CH3CH(OH)CH3；A 与 B 发生反应生成 C；D 的分子式
为 C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢， 1molD 可与 1mol NaOH 或 2mol Na 反应，
则 D 的结构简式为 ；由E 的分子式并结合 G 的分子结构可知，C 与 D 发生取
代反应生成 E， E 为 ；由 F 的分子式并结合 G 的分子结构可知，E 与
发生取代反应，F 为 ；F 与 2-丙胺发生取代反应生成
Ｇ。
（1） 的结构简式为 ．
（2） 的化学名称为 丙醇．
（3） 与 反应生成 的化学方程式为
．
（4）由 生成 的反应类型为取代反应．
（5） 的分子式为 ．
A
B 2 −
C D E
E F
G 18 31 4C H NO（6） 是 （ ）的同分异构体，可与 溶液发生显色反应，说明L 有酚
羟基； 的 可与 的 反应，说明 L 有两个酚羟基和一个甲基。当两个酚羟
基在苯环上邻位时，甲基的位置有 2 种；当二个酚羟基在苯环上间位时，甲基的位置有 3 种，
当二个酚羟基在苯环上对位时，甲基的位置有 1 种，所以 共有 6 种；其中核磁共振氢谱为
四组峰，峰面积比为 的结构简式为 、 ．
点睛：本题考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些
基本概念、基本理论的掌握和应用能力；进行结构简式的判断时，注意结合题目中已知信息
进行分析，找出分子结构的变化之处，分析官能团的变化，结合反应条件分析反应类型，确
定生成物的结构简式。书写同分异构体时，要把题中限定的性质转化为结构信息，并根据其
可能的排列方式找到所有同分异构体，防止漏解。
L D 3FeCl
1mol L 2mol 2 3Na CO
L
3: 2: 2:1
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