2020 年 3 月山西省高三适应性调研考试
理科综合
一、选择题
1.依据国家卫健委印发 《新型冠状病毒肺炎防控方案》，医用酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸等均可有效杀
灭新型冠状病毒，可用于家庭消毒。下列有关说法正确的是( )
A. 乙醇浓度越高，杀毒效果越好，因此家庭消毒选用 75%及以上浓度的酒精均可
B. 84 消毒液可用于地面、桌面、玩具、各种衣物和皮肤消毒
C. 过氧乙酸用于消毒水果蔬菜，但因为不稳定需贮存于铁器皿中
D. 新型冠状病毒外有蛋白质包膜，上述物质都能够使包膜蛋白质变性，但引起变性的原理有所不同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 75%的乙醇溶液消毒效果最佳，乙醇溶液消毒原理是乙醇分子通过细胞膜，使内部蛋白质变性，
浓度过高和过低都不易进入细胞内部，故 A 错误；
B. 84 消毒液可用于地面、桌面、玩具的消毒，但由于其腐蚀性，不适用于贴身衣物和皮肤消毒，故 B 错误
；
C. 过氧乙酸呈酸性，不能贮存于铁器皿中，故 C 错误；
D. 新型冠状病毒外有蛋白质包膜，上述物质都能够使包膜蛋白质变性，但原理不同，有的是因为氧化性，
如 84 和过氧乙酸，有的是因为结构特点，如乙醇溶液，故 D 正确；
故选 D。
【点睛】酒精之所以能消毒是因为酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，从而达到杀灭细菌
的目的。如果使用高浓度酒精，对细菌蛋白脱水过于迅速，使细菌表面蛋白质首先变性凝固，形成了一层
坚固的包膜，酒精反而不能很好地渗入细菌内部，以致影响其杀菌能力。75%的酒精与细菌的渗透压相近，
可以在细菌表面蛋白未变性前逐渐不断地向菌体内部渗入，使细菌所有蛋白脱水、变性凝固，最终杀死细
菌，酒精浓度低于 75%时，由于渗透性降低，也会影响杀菌能力。
2.下列关于有机化合物的认识错误的是( )
A. 裂化汽油可以提取溴水中的 Br2
B. 聚乙烯塑料制品可用于食品的包装
C. NaOH 溶液能用于区分地沟油和矿物油
的D. 乙醇、乙酸和葡萄糖均可以与金属钠反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 裂化汽油中含有碳碳双键，与溴水中溴发生加成反应，不可以作萃取剂，故 A 错误；
B. 聚乙烯塑料制品无毒，可用于食品的包装，故 B 正确；
C. 地沟油属于酯类，在碱性条件下可以水解，矿物油属于烃类，与氢氧化钠溶液不反应，故 NaOH 溶液能
用于区分地沟油和矿物油，故 C 正确；
D 乙醇和葡萄糖中含有羟基，乙酸中含有羧基，均可以与金属钠反应，故 D 正确；
故选 A。
3.下列装置能达到实验目的的是( )
A. 探究 AgCl 和 AgI 之间的转化
B. 比较 Cl2、Br2、I2 的氧化性强弱
C. 制备 Fe(OH)2
D. 用已知浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸浓度的实验
【答案】C
【解析】
【详解】A. 硝酸银过量，生成氯化银沉淀后，Ag+剩余，继续生成碘化银沉淀，无法探究 AgCl 和 AgI 之间
的转化，故 A 错误；
B. 氯气依次通过两棉球，通过现象可以证明氯气的氧化性强于 Br2 和 I2，但无法比较 Br2、I2 的氧化性，故
B 错误；
C. 根据装置特点分析，先打开 a 和 b，A 中生成的氢气排出装置的空气，防止 Fe(OH)2 被氧化，关闭 a 时，
生成的氢气将 A 中反应产物硫酸亚铁通过导管压入 B 中的氢氧化钠溶液中，反应得到 Fe(OH)2，故 C 正确；
.D. 氢氧化钠溶液应该装在碱式滴定管内（下部为橡胶管），故 D 错误；
故选 C。
4.从某中草药提取的有机物结构如图所示，关于该有机物的说法中错误的是( )
A. 化学式为 C14Hl8O6
B. 含有 5 种不同环境的氢
C. 与乙酸和乙醇均能发生酯化反应
D. 既能使酸性 KMnO4 溶液褪色，又能使溴水褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据结构简式确定分子式为 C14H18O6，故 A 正确；
B. 环上有 5 种氢原子，羟基和羧基上有 2 中，共 7 种不同环境的氢，故 B 错误；
C. 含有醇羟基和羧基，所以与乙酸和乙醇均能发生酯化反应，故 C 正确；
D. 含有碳碳双键，既能使酸性 KMnO4 溶液褪色，又能使溴水褪色，故 D 正确；
【点睛】该有机物中含有羧基、醇羟基和碳碳双键，具有羧酸、醇和烯烃性质，能发生酯化反应、中和反
应、消去反应、氧化反应、加成反应、加聚反应等。
5.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法，其流程如下图所示。已知向反
应中得到的产物中加过量 I2 会得到两层溶液——含低浓度 I2 的 H2SO4 层和含高浓度 I2 的 HI 层，这两层分别
进行反应Ⅱ和Ⅲ，循环分解制氢。下列说法错误的是( )
A. 反应 I 的化学方程式为 SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI
B. 该流程将太阳能转化为化学能，且降低了水分解制氢的活化能
C. H2SO4 层和 HI 层在加 I2 之前和加 I2 之后均分成两层，且两层密度、颜色均不相同
D. SO2 和 I2 是反应 2H2O =2H2+O2 的催化剂
【答案】C【解析】
【详解】A. 根据图示知，反应 I 中反应物 SO2、H2O 和 I2，发生氧化还原反应，生成硫酸和氢碘酸，化学
方程式为 SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故 A 正确；
B. 根据题干信息分析，该过程以太阳能为热源，高效制氢，所以该流程将太阳能转化为化学能，且降低了
水分解制氢 活化能，故 B 正确；
C. 加 I2 之前，H2SO4 和 HI 互溶，不分层，且没有颜色，故 C 错误；
D. 由图示知，SO2 和 I2 循环利用，并未消耗，是反应 2H2O =2H2+O2 的催化剂，故 D 正确；
故选 C。
6.短周期主族元素 L、X、Y、Z、W 的原子序数依次递增，其中只有一种金属元素， L 和 Y、X 和 Z 分别
同主族，由 X、Y、Z 三种元素形成的化合物 M 结构如图所示，在工业上用作漂白剂等。下列叙述正确的
是 ( )
A. 简单离子半径：Z>W>Y>X>L
B. 化合物 M 可用作氧化剂
C. Z、W 的氧化物对应的水化物均为强酸
D. X、Z、W 可分别与 Y 形成含有非极性共价键的二元离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素 L、X、Y、Z、W 的原子序数依次递增，其中只有一种金属元素，根据 M 的结构知，Y 为
阳离子，则 Y 为金属钠，L 和 Y 同主族，则 L 为氢，X 和 Z 同主族且可以形成 Z=X、Z-Y 键，则根据成键
后 8 电子稳定结构分析，X 为氧，Z 为硫，则 W 为氯，M 为 Na2S2O8，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，L 为 H，X 为 O，Y 为 Na，Z 为 S，W 为 Cl，
A 简单离子半径，电子层数多半径大，相同电子层数，核电荷大半径小，所以 Z>W> X >Y >L，故 A 错误
；
B. 化合物 M 为过硫酸钠，具有强氧化性，可用作漂白剂、氧化剂，故 B 正确；
C. Z、W 的氧化物对应的水化物可能为亚硫酸和次氯酸，并非强酸，故 C 错误；
D. X 与 Y 可以形成 Na2O2，是含有非极性共价键的二元离子化合物，但氯和钠无法形成，故 D 错误；
的
.故选 B。
【点睛】此题易错点在于 C 项，注意氧化物与最高价氧化物的区别，例如 S 元素最高价氧化物的水化物对
应的酸是硫酸，属于强酸，但 S 的氧化物还有二氧化硫，对应的酸是亚硫酸，不是强酸。
7.常温下，用 0.0100 mol/L 的 NaOH 溶液滴定 10. 00 mL 0.0100 mol/L 的二元酸 H2A，滴定过程中加入 NaOH
溶液的体积(V)与溶液中的 关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. H2A 的电离方程式为：H2A=A2-+2H+
B. B 点显酸性的原因是 HA 的电离程度大于其水解程度
C. C 点溶液显中性，所以 c（Na+）=c（A2-） +c（HA-）
D. 常温下 Kh(Na2 A)的数量级约为 10-4
【答案】D
【解析】
【详解】A. A 点，0.01mol/L 的 H2A， =10，则 ，c(H+)= mol/L
，则 H2A 不完全电离，电离方程式为：H2A HA-+H+，HA- A2-+H+，故 A 错误；
B. B 点时，溶质为 NaHA，溶液显酸性的原因是 HA-的电离程度大于其水解程度，故 B 错误；
C. C 点溶液显中性，则 c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒知：c（Na+）+ c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（
OH-），所以 c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-），故 C 错误；
D. D 点时，溶质 Na2 A，此时 =-8，则 ，根据水的离子积计算得 c(OH-)=10-3mol/L
，根据 A2-+H2O - HA-+OH-得，常温下 Kh (Na2A)= ，故 D 正确；
( )
( )
c H
l g
c OH−
+
( )
( )
c H
l g
c OH−
+ ( )
( )−
+
10c H
=10
c OH
-14 1010 10 =0.01×
( )
( )
c H
l g
c OH−
+ ( )
( )−
+
- 8c H
=10
c OH
- - -3
-4
2-
c( ) c( ) 10 =10c(A ) 0.0
HA OH
1
⋅ ≈
2（ ）故选 D。
二、填空题
8.二氧化碳捕集与封存是应对气候变化问题的解决方案之一。回答下列问题：
(l)我国科研团队利用低温等离子体协同催化技术，在常温常压下实现了将 CO2 和 CH4 一步转化为化工产品
。试写出 CO2 与 CH4 合成乙酸的热化学方程式：____。
（甲烷和乙酸的燃烧热分别为-890.31 kJ/mol、-876.72 kJ/mol）
(2)在某一钢性密闭容器中 CH4、CO2 的分压分别为 15 kPa、20 kPa，加入 Ni/α-Al2 O3 催化剂并加热至 1123
K 使其发生反应：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。
①研究表明 CO 的生成速率 v（CO）=1.28 10-2﹒p（CH4） p（CO2）（kPa s-1），某时刻测得 p(H2)=10
kPa，则 p（CH4）=___kPa，v（CO）=___kPa s-1。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的 ，则该反应的平衡常数 Kp=____kPa）2。
(3)氮化镓(GaN)与 Cu 可组成如图所示的人工光合系统，该装置能以 CO2 和 H2O 为原料合成 CH4。
①该装置工作时 H+移向____（填“GaN”或“Cu”）电极，该电极上的电极反应式为 ___。
②该装置每产生 1 mol CH4，左极室溶液质量减少____g。
③本实验条件下，若 CO2 转化为烃（如甲烷、乙烯等）的转化率为 10%，生成 CH4 的选择性为 12%，现收集
到 12 mol CH4，则通入的 CO2 为____mol。（已知：选择性=生成目标产物消耗的原料量／原料总的转化量
）
(4)上述人工光合系统装置也可以制备乙烯、乙炔等重要化工原料。2010 年 Sheth 等研究得出乙炔在 Pd 表
面选择加氢的反应机理，如下图所示。其中吸附在 Pd 表面的物质用“*”标注。
×
11
7上述吸附反应为 ____填“吸热”或“放热”）反应，该过程中最小能垒（活化能）为___ kJ mol-1，该步骤
的化学方程式为____。
【答案】 (1). CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59 kJ/mol (2). 10 (3). 1.92
(4). 3200 (5). Cu (6). CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O (7). 72 (8). 1000 (9). 放热 (10). 66
(11). C2H2*+H*=C2H3*
【解析】
【详解】（1）根据甲烷和乙酸的燃烧热得出热化学方程式为：① CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（
l） △H=-890.31 kJ/mol，② CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l） △H=-876.72 kJ/mol ，
根据盖斯定律①-②得 CH4（g）+CO2（g）═CH3COOH（l）△H=-890.31 kJ/mol-(-876.72 kJ/mol)=-13.59
kJ/mol，则 CO2 与 CH4 合成乙酸的热化学方程式为：CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59
kJ/mol，故答案为：CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59 kJ/mol；
（2）①在某一钢性密闭容器中 CH4、CO2 的分压分别为 15 kPa、20 kPa，加入 Ni/α-A12 O3 催化剂并加热
至 1123 K 使其发生反应：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，则
p（CH4）=10kPa，v（CO）=1.28 10-2 p（CH4） p（CO2）（kPa s-1）=1.28 10-2×10×15=1.92（kPa
s-1），故答案为：10；1.92；
②达到平衡后测得体系压强是起始时的 ，设达到平衡状态消耗甲烷分压 x，
15-x+20-x+2x+2x=（15+20）× ，解得x=10，因此平衡常数 Kp= ，故答案为：
3200；
（3）①由图可知，负极上水失去电子生成氧气，正极上二氧化碳得到电子生成甲烷，阳离子向正极移动，
正极的电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，故答案为：Cu；CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②根据正极反应式知每产生 1molCH4 转移电子数为 8mol，左极室溶液质量较少的是水的质量，根据电子转
4 2 2CH g
15 20 0 0
5 5 10 10
10 15 10 1
+CO g 2CO g +2H g
kP
a 0
a
kPa
kP
（ ） （ ） （ ） （ ）
起始量（ ）
变化量（ ）
某时刻（ ）
× ×
11
7
4 2 2
15 20 0 0
x x 2x 2x
15
CH g +CO g 2CO g +2H g
kPa
kP
-x 20-x 2x 2
a
kPa x
（ ） （ ） （ ） （ ）
起始量（ ）
变化量（ ）
某时刻（ ）
11
7
( ) ( )2 22 10 2 10
15-10 20-10 =3200( ) ( )×
× × ×移守恒及电极反应式 H2O-4e-=O2↑+4H+得：m(H2O)=18g/mol× =72g，故答案为：72；
③由题意得 n（CO2）×10%×12%=12mol，则 n（CO2）=1000mol，故答案为：1000；
（4）根据图示知，吸附反应能量降低，则反应为放热；根据图示反应中最小能垒（活化能）为 66 kJ mol-1
；该步骤的化学方程式为：C2H2*+H*=C2H3*；故答案为：放热；66；C2H2*+H*=C2H3*。
9.某课题组在用酸性 KIO3 溶液滴定含淀粉的 Na2SO3 溶液时，发现滴定的前 5s 锥形瓶中溶液无明显变化，
随着滴定的进行，锥形瓶中溶液局部变蓝，振荡后蓝色消失；继续滴定，重复出现滴入液体锥形瓶中溶液
马上变蓝，振荡后迅速消失的现象，直至滴入最后一滴，半分钟内不褪色，停止滴定。对于反应现象，课
题组展开了关于反应原理的讨论。
【预测】
(l)[观点 1]先发生①5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，溶液变蓝，再发生②_______________________，蓝
色迅速消失。
(2)[观点 2]先发生③3 SO32-+ IO3-=3SO42-+I-，前 5s 内溶液无明显变化，再发生④____和②，变蓝后又迅速
消失。
【实验】
为判断 IO3-的直接还原产物是 I-，还是 I2，课题组设计如下实验：
向水槽中依次加入 80.0 mL0.010 0 mol/L KIO3 溶液、10 mL 0.1 mol/L 稀 H2SO4、80.0 mL 0.010 0 mol/L
Na2SO3 溶液。反应一段时间，待电流表示数稳定后，向 a 电极附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝；但
小心吸取贴近 a 电极附近的溶液置于试管中，再滴加淀粉溶液，溶液却变蓝。
(3) ____填“a“或“b”）极为正极。直接向水槽中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，说明该电极反应式为___
。
(4)从水槽中取溶液置于试管中，滴加淀粉溶液，溶液却变蓝，是因为发生了反应（从预测中的四个反应选
填一个，填写其序号）__________________________；在原电池装置中不会得到 I2，取出溶液却能反应得
到，是由于原电池中____（写离子符号）浓度大，IO3-首先与它反应。
【结论】
(5)观点____（填“1”或“2”）正确。滴定前一阶段较长时间无明显现象，说明反应 ___，后来重复出现
迅速变蓝后迅速消失的现象，是因为 ___，加快了反应速率。
8mol
2
【 答 案 】 (1). I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+ (2). IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O (3). a (4).
IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O (5). ④ (6). SO32- (7). 2 (8). 速 率 慢 (9). 生 成 的 I- 为 （
5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应原理分析可能发生的化学反应；根据原电池原理及实验现象分析假设反应是否成立；根
据影响反应速率的外界因素分析解答。
【详解】（1）[观点 1]先发生①5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，溶液变蓝，过量的 SO32-将 I2 还原，蓝
色褪去，反应为 I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故答案为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；
（2）[观点 2]先发生③3SO32-+ IO3-=3SO42-+I-，前 5s 内溶液无明显变化，IO3-将 I-氧化生成 I2，反应为
IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
（3）向 a 电极附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝；但小心吸取贴近 a 电极附近的溶液置于试管中，再
滴加淀粉溶液，溶液却变蓝。说明 a 极发生电极反应为：IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O，反应为还原反应，则 a 为
正极，故答案为：a；IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O；
（4）从水槽中取溶液置于试管中，滴加淀粉溶液，溶液却变蓝，说明有 I2 生成，是因为发生了反应：
IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；取出溶液却能反应得到，是由于原电池中 SO32-离子浓度大，IO3-首先与它反应，
故答案为：④；原电池中 SO32-离子浓度大，IO3-首先与它反应；
（5）根据上述分析 IO3-被直接还原为 I-，即观点 2 正确；滴定前一阶段较长时间无明显现象，说明反应速
率慢；后来重复出现迅速变蓝后迅速消失的现象，说明反应速率加快，说明生成的 I-为（
5SO3-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂，故答案为：2；速率慢；生成的 I-为（
5SO3-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂。
10.纳米 Fe3O4 在生物医学和催化剂载体等领域应用前景光明。其制备流程如下：
已知：锌单质溶于强碱生成 ZnO22-；Zn（OH）2 既能溶于强酸又能溶于强碱。
请回答下列问题：
(l)用 NaOH 溶液处理废旧锌铁皮的作用有___。
A.去除油污 B．溶解镀锌层 C．去除铁锈 D．钝化(2)步骤②生成 Zn(OH)2 沉淀的离子方程式为____，用离子方程式结合文字说明该步骤 pH 不能过小的原因
____。调节 pH 的最佳方法是向溶液中通入____（填化学式）。
(3)步骤④反应的离子方程式为_____；为确保纳米 Fe3O4 粒子的纯度，应调整原溶液中 Fe2+与所加 H2O2 的
物质的量之比为_______。
(4)步骤⑤制得 Fe3O4 纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行，说明理由__________；T 业生产中可采取
___________措施提供无氧环境。
(5)步骤⑤ _______（填“能”或“不能”）用减压过滤（抽滤）得到纳米 Fe3O4 粒子？理由是___________
。
【答案】 (1). AB (2). ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓ (3). 加入酸是为了使 ZnO22-转化为 Zn（OH）2 沉
淀，但加入酸不能过多，要防止发生 Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低 ZnO 产量 (4). CO2 (5).
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (6). 3:1 (7). 防止 Fe2+[或 Fe（OH）2]被氧化 (8). 持续通入 N₂
(9). 不能 (10). 纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸
【解析】
【分析】
根据流程图及已知信息分析得：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁
不溶解，过滤得到滤液 A 为 Na2ZnO2，不溶物为 Fe，溶液 A 加稀硫酸使溶液中 ZnO22-转化为 Zn（OH）2
沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到 ZnO，不溶物 Fe 中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量
H2O2，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含 Fe2+、Fe3+的 B 溶液，再加入 NaOH，并通入氮气排除氧气，加
热分解，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。
【详解】（1）氢氧化钠溶液有助于铁皮表面的油污水解除去，同时由题干信息知锌易溶于氢氧化钠溶液，
故答案为：AB；
（2）根据题给信息知，步骤②为 ZnO22-与酸反应生成 Zn（OH）2 的反应，离子方程式为：
ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是为了使 ZnO22-转化为 Zn（OH）2 沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生
Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低 ZnO 产量；所得溶液呈碱性，为了不引入新的杂质，调节 pH 的最佳方
法是向溶液中通入 CO2；故答案为：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是为了使 ZnO22-转化为 Zn（OH）2 沉
淀，但加入酸不能过多，要防止发生 Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低 ZnO 产量；CO2；
（3）根据上述分析步骤④目的是用双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
；Fe3O4 粒子中+2 铁与+3 价铁物质的量之比为 1:2，设 Fe2+物质的量为 x，则根据离子方程式分析所加 H2O2
的物质的量为： ，则应调整原溶液中 Fe2+与所加 H2O2 的物质的量之比为 x: =3:1，故答案2 1 xx =3 2 3
× × x
3为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3:1；
（4）防止 Fe2+[或 Fe（OH）2]被氧化，所以步骤⑤制得 Fe3O4 纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行；
工业上通常通过持续通入 N2 提供无氧环境，故答案为：防止 Fe2+[或 Fe（OH）2]被氧化；持续通入 N2；
（5）根据加压抽滤的原理及纳米粒子半径大小分析，不能用抽滤的方法得到纳米 Fe3O4 粒子，原因是纳米
粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故答案为：不能；纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸。
11.第四周期包含 18 种元素，其中多种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。
(l)铁位于元素周期表____区，Fe3+的价电子排布式为 ____。
(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，可用 en 代表，其能够与 Cu2+形成稳定环状配离子，可表
示为[Cu(en)2]2+，其中 Cu2+的配位数为____。1 mol[Cu(en)2]C12 中含有 σ 键的数目为____。
(3)气态 SeO3 为单分子，该分子中 Se 原子的杂化轨道类型为 ___。用物质结构理论解释 H2SeO4 比 H2SeO3
酸性强的原因：______________。
(4)如图为 Cu2O 晶胞结构，其中黑球表示____原子（填元素符号）；Cu2O 的密度为 pg·cm-3 则晶胞的边
长为 ___cm。（用 NA 表示阿伏加德罗常数的值）
【答案】 (1). d (2). 3d5 (3). 4 (4). 26NA (5). sp2 (6). H2SeO3 和 H2SeO4 可表示成(HO)2SeO
和(HO)2SeO2，H2SeO3 中的 Se 为+4 价，而 H2SeO4 中的 Se 为+6 价，正电性更高，导致 Se-O-H 中 O 的电
子更向 Se 偏移，更易电离出 H+ (7). Cu (8).
【解析】
【详解】（1）元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的，Fe 原子是 26 号元素，Fe 原子的
基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，这些电子排列时遵循能量最低原理（先排能量低的后排能量
高的），这些能级的能量大小顺序为：1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d，根据能量最低原理先排 4s 电子后排 3d
电子，所以最后排入的是 3d 电子，根据命名规则属 d 区，Fe3+的价电子排布式为 3d5，故答案为：d；3d5；
（2）乙二胺中含有 2 个 N 原子，根据化学式[Cu(en)2]2+知，其中 Cu2+的配位数为 2×2=4；单键为 σ 键，
配位键也属于 σ 键，所以 1mol[Cu(en)2]C12 中含有 σ 键的物质的量为 1mol×(11×2+4)=26mol，即 26NA；
故答案为：4；26NA；
（3）SeO3 的中心原子价层电子对数为 ，则 Se 原子的杂化轨道类型为 sp2；H2SeO3 和 H2SeO4 可表示
的
3
A
288
N ρ⋅
6 =32成(HO)2SeO 和(HO)2SeO2，H2SeO3 中的 Se 为+4 价，而 H2SeO4 中的 Se 为+6 价，正电性更高，导致 Se-O-H
中 O 的电子更向 Se 偏移，更易电离出 H+，所以 H2SeO4 比 H2SeO3 酸性强，故答案为：sp2；H2SeO3 和 H2SeO4
可表示成(HO)2SeO 和(HO)2SeO2，H2SeO3 中的 Se 为+4 价，而 H2SeO4 中的 Se 为+6 价，正电性更高，导致
Se-O-H 中 O 的电子更向 Se 偏移，更易电离出 H+；
（4）根据晶胞结构分析，白球处于顶点和体心，则属于该晶胞的白球原子数为 8× +1=2，属于该晶胞的
黑球数目为 4，该晶胞化学式为 Cu2O，则黑球表示 Cu；设晶胞的边长为 d，则 = ，故 d=
，故答案为：Cu； 。
12.美托洛尔是一种能降低血压，治疗心律不齐的药物，其一种合成路线如图所示：
回答下列问题：
(I)A 官能团的名称是____，B 的结构简式为___________。
(2)反应 I 的反应类型是____，反应Ⅱ的反应条件是__________。
(3)反应Ⅲ的化学方程式为__________。
(4)化合物 H 的芳香族类同分异构体 K，其性质如下：
①能发生水解反应
②核磁共振氢谱有 4 组峰．峰面积之比为 9:3:2:2
写出一种符合要求的 K 的结构简式：_________________。
(5)已知：
设计由对氯苯甲醛 为原料制备 的合成路线____。
（无机试剂和反应条件所需有机试剂任选，标清反应条件）
1
8
3d ρ×
A
64 4+16 2
N
× ×
3
A
288
N ρ⋅ 3
A
288
N ρ⋅【答案】 (1). 氨基、醛基 (2). (3). 加成反应 (4). 浓硫酸、加热 (5).
+ +HCl (6). 或 或
或 或 或
； (7).
【解析】
【分析】
根据合成路线图分析，由 C 的结构简式及 B 的分子式分析，B 为 ；根据 A 的分子式及反应条
件分析 A 为 ；C 与 H-SO3Na 反应生成 D，碳氧双键断裂形成单键，反应 I 为加成反应；比较 D
和 E 的结构，D 与 KBH4 发生取代反应生成 E；E 的分子式为 C15H16O2，与 CH3OH 反应后得到 F（C16H18O2
），则反应 II 为脱水反应，生成醚键，F 的结构为 ；结合 G 的分子式分析知 F 与氢气反应得
到 G （ ） ； G 与 发 生 取 代 反 应 生 成 H （ ） ， G 与 C3H9N 反 应 得 到
，据此分析解答。
【详解】（1）根据上述分析 A 为 ，官能团有羟基和醛基；B 的结构简式为 ，故答案
→为：氨基、醛基； ；
（2）C 到 D 的反应过程中，醛基中碳氧双键断裂形成碳氧单键，所以反应 I 的反应类型是加成反应；反应
Ⅱ为羟基间的脱水反应，反应条件是浓硫酸、加热；故答案为：加成反应；浓硫酸、加热；
（3）根据上述分析反应Ⅲ的化学方程式为： + +HCl，故答案为：
+ +HCl；
（4）①能发生水解反应，则结构中含有酯基；②核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 9:3:2:2；根据对
称性分析结构中含有 3 个甲基，苯环上的取代基应该在对位，符合条件的结构简式为：
、 、 、
、 、 ，故答案为：
或 或 或
或 或 ；
（5）由目标产物及原料分析知， 由 与 发
生取代反应得到，根据已知条件分析 可以由 得到， 由
与氢气发生还原反应得到，根据合成路线图中信息知 可由 得
到，故答案为： 。
→
→
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