河北省衡水中学2020届高三化学4月质量监测试题（Word版附解析）

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