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甘肃省武威第六中学2020届高三下学期第三次诊断考试化学试题
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武威六中2020届高三第三次诊断考试理科综合（化学）试题
1.化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. “血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质
B. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵
C. 酸性重铬酸钾用于检查酒驾是利用其强还原性
D. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A.血液属于胶体，血液不能透过半透膜，“血液透析”利用渗析原理，“静电除尘”利用了胶体电泳，A项正确；
B.石灰浆为Ca(OH)2悬浊液，虫卵含蛋白质，强碱能使蛋白质发生变性，把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，B项正确；
C.酸性重铬酸钾具有强氧化性，故酸性重铬酸钾用于检查酒驾是利用其强氧化性，C项错误；
D.硅胶具有吸水性，可以防止食物受潮，铁粉具有还原性，可以防止食物氧化，D项正确。
故选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是
A. 60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
B. 5.8g熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为0.04NA
C. 把4.6g乙醇完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.1NA
D. 实验室制取氧气方法有多种，制取1molO2转移电子数均是4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故A正确；
B．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol水中含0.02mol水，即0.02NA个，故B错误；
C．把4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，碳元素由乙醇中的-2价升高乙醛中的-1价，故转移电子数为0.2NA，故C错误；
D．实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子，故D 错误；
故答案为A。
3.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下分别测定等浓度的KNO2、KCl溶液的pH
pH值：KNO2＞KCl
非金属性：Cl＞N
B
打磨后的铝片投入沸水中，加热一段时间，取出铝片，用一束光照射溶液
加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”
铝与热水发生了反应
C
将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
某溶液中一定含有HCO3-或CO32-
D
向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水
沉淀均能溶解
Cu（OH）2为两性氢氧化物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．可比较亚硝酸与盐酸的酸性，但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸，则不能比较非金属性，故A错误；
B．用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应，故B正确；
C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，生成的气体不一定就是CO2，则不能说明溶液中一定含有HCO3-或CO32-，故C错误；
D．Cu(OH)2与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水，则氢氧化铜为碱，不具有两性，故D错误；
故选：B。
4.短周期主族元素X、Y、Z、M 的原子序数依次递增，四种原子的最外层电子数之和为20。X与Y、Z、M 位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2 倍，Y、Z 相邻，M比X族序数大1。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子的半径：Y>X B. 简单氢化物的热稳定性：Z>M
C. X和Z可形成ZX2分子 D. 最高价氧化物的水化物酸性：M>Y
【答案】D
【解析】
【分析】
X与Y、Z、M 位于相邻周期，说明X位于第二周期、Y、Z、M位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2 倍，推出Z为Si，Y、Z 相邻且子序数依次递增，Y为Al，再结合四种原子的最外层电子数之和为20和M比X族序数大1，推出M为Cl、X为O。
【详解】A．当电子层相同时，原子序数越大，半径越小，故简单离子的半径：Y(Al3+)
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性，即M(HClO4)>Y(Al(OH)3)，D项正确；
故选D。
5.化合物 (x)、 (y)、 (z)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A. y 的二氯代物有3 种 B. x、y和z均能与溴水发生反应
C. z 中的所有原子在同一平面上 D. x的同分异构体只有y和z两种
【答案】A
【解析】
A、根据y的结构可知，其二氯代物有3种，分别是棱的两端，面对角线两端和体对角线两端，故A正确；B、这三种结构中，只有x和z的结构中含有C=C双键，能够使溴水褪色，而y的结构中没有双键，所以不能使溴水褪色，所以B错误；C、在z的结构中，含有两个CH2原子团，其中的C原子为四面体结构，导致两个氢原子与其它原子不可能共面，所以C错误；D、x的同分异构体除y和z两种外，还有、等，所以D错误。本题正确答案为A。
6.根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O（未配平）设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是( )
A. 石墨b是原电池的负极，发生氧化反应
B. 甲烧杯中的电极反应式：MnO4-＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O
C. 电池工作时，盐桥中的阴阳离子分别向乙甲烧杯中移动，保持溶液中的电荷平衡
D. 忽略溶液体积变化，Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据所给反应方程式，Fe2＋的化合价升高，依据原电池工作原理，因此石墨b为负极，发生氧化反应，故A说法正确；
B、石墨a为正极，发生还原反应，电极反应式为MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O，故B说法正确；
C、盐桥的作用是形成闭合回路，同时保持溶液中电荷平衡，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即K＋向甲烧杯移动，SO42－向乙烧杯移动，故C说法正确；
D、生成Fe3＋的物质的量为(200×10－3×1.5×2－200×10－3×1×2)mol=0.2mol，负极反应式为Fe2＋=2e－=Fe3＋，因此电路中转移电子物质的量0.2mol，故D说法错误；
答案选D。
7.某温度下,向10 mL 0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,滴加过程中－lg c(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示.下列有关说法正确的是( )
A. 0.1mol/LNa2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
B. a、b、c三点对应的溶液中,水的电离程度最大的为b点
C. 该温度下,Ksp(CuS)的数量级为10-36
D. 向10 mL Ag＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的Na2S溶液,Cu2＋先沉淀[已知：Ksp(Ag2S)＝6.4×10-50]
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，A错误；
B．a、c两点Cu2＋、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进，水的电离程度最小，B错误；
C．Ksp(CuS)等于10-17.7的平方(10-35.4)，数量级为10-36，C正确；
D．刚开始产生Ag2S沉淀时，c2(Ag＋) ∙c(S2-)= Ksp(Ag2S)，其中c(Ag＋)= 0.1mol/L，则此时c(S2-)=6.4×10-48mol/L，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c(Cu2＋)∙c(S2-)= Ksp(CuS)，其中c(Cu2＋)= 0.1mol/L，则此时c(S2-)=10-34.4mol/L，故Ag+先沉淀，D错误。
故选C。
8.利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬的铬渣（Al、Al2O3、Cr2O3等）中浸出铬和铝，为实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下：
（1）铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的__________（填“氧化性”或“还原性”）。
（2）溶液1中的阴离子有CrO42-、______、_______。
（3）过程I，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4molCrO42-，消耗氧化剂的物质的量是_______。
（4）通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。
①滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是____________________。
②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用，B是__________。
③已知：2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O K=4.0×1014滤液3中Cr2O72-的浓度是0.04mol/L，则CrO42-的浓度是__________mol/L。
（5）过程II的目的是得到K2Cr2O7粗品。下表是不同温度下化合物的溶解度（g/100gH2O）
化合物名称
0℃
20℃
40℃
60℃
80℃
NaCl
35.7
36.0
36.6
373
38.4
KCl
28.0
34.2
40.1
45.8
51.3
K2Cr2O7
4.7
12.3
26.3
45.6
73.0
Na2Cr2O7
163
183
215
269
376
结合表中数据分析，过程II的操作是：向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后，_____________，过滤，得到K2Cr2O7粗品。
【答案】 (1). 还原性 (2). AlO2- (3). OH- (4). 0.3mol (5). 2Al2O3（熔融）3O2↑+4Al (6). NaHCO3 (7). 0.01 (8). 蒸发浓缩、降温结晶
【解析】
【分析】
利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣（Al、Al2O3、Cr2O3等）中浸出铬和铝，铬渣加入熔融NaOH、空气，降温水浸，铝、氧化铝溶解生成偏铝酸钠，Cr2O3溶解得到CrO42-，得到溶液Ⅰ中含有CrO42-、AlO2-、OH-，通入二氧化碳调节溶液pH=9沉淀铝离子生成氢氧化铝沉淀，滤渣A为氢氧化铝，滤液2继续通入二氧化碳调节溶液pH=6过滤得到，滤渣B为碳酸氢钠晶体，滤液3含Cr2O72-、CrO42-等，过程Ⅱ的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7，
【详解】(1)铝热反应中铝失电子作还原剂。
(2)铝、氧化铝溶解生成偏铝酸钠，Cr2O3溶解得到CrO42-，得到溶液Ⅰ中含有CrO42-、AlO2-、OH-。
(3)在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4mol CrO42-，反应的离子方程式为：2Cr2O3+8OH-+3O2=4CrO42-+4H2O，据此计算，反应的氧化剂氧气物质的量为0.3mol；
(4)①电解熔融氧化铝生成铝和氧气，化学方程式为2Al2O3（熔融）3O2↑+4Al。
②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用是碳酸氢钠分解生成的碳酸钠，B为碳酸氢钠晶体。
③已知：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O K=4.0×1014，滤液3中Cr2O72-的浓度是0.04mol/L，K=，氢离子浓度c（H+）=10-6mol/L，CrO42-的浓度=，经计算得c = 。
（5）过程Ⅱ得到K2Cr2O7粗品是溶液中得到溶质固体，利用物质溶解度分析，K2Cr2O7溶解度比Na2Cr2O7 小，加入氯化钾和稀盐酸蒸发浓缩、降温结晶得到晶体。
9.研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。
Ⅰ. NOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。
已知：N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝＋180 kJ·mol－1
2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝－564 kJ·mol－1
（1）2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝________。
（2）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15 min)中NO的物质的量随时间变化如图所示。
①已知：平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数Kp ＝_______；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_____ (填“向左”、“向右”或“不”)移动。
②15 min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是_____(填序号)
A.增大CO浓度 B.升温 C.减小容器体积 D.加入催化剂
Ⅱ. SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。
已知：亚硫酸：Ka1=2.0×10-2 Ka2=6.0×10-7
（3）请通过计算证明，NaHSO3溶液显酸性的原因：_________________________。
（4）如图示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为____________________；若通入的NO体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入的SO2质量至少为________g。
【答案】 (1). -744 kJ·mol－1 (2). 0.0875 (或7/80) (3). 不 (4). AC (5). HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13＜Ka2=6.0×10-7(HSO3-的电离常数)，所以显酸性 (6). 6H＋＋ NO＋ 5e－ ＝NH4＋＋H2O (7). 32
【解析】
【详解】（1）已知：①N2(g)＋O2(g) 2NO(g)，②2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g)，由盖斯定律可知：②－①得2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)的△H=(－564－180)kJ·mol－1=－744kJ·mol－1；
（2）
p(NO)=p(CO)=p(CO2)=20MPa×=，p(N2)=20MPa×=，Kp===0.0875；同样可计算化学平衡常数K=5，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商为仍为5，因此平衡不移动；
②15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动。增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，A项正确；正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，B项错误；减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，C项正确；加入催化剂，化学平衡不移动，D项错误；答案选AC；
（3）HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13＜Ka2=6.0×10-7，电离平衡常数大于水解平衡常数，说明溶液显酸性；
（4）根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH4＋，即NO在阴极上发生NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O；阳极反应式为SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42－，根据得失电子数目守恒，因此有2NO～10e－～5SO2，求出SO2的质量为4.48×5×64/(2×22.4)g=32g。
【点睛】正确书写电极反应式做到“三看”①一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe生成Fe2＋)。②二看介质，介质是否参与电极反应。③三看电解质状态。
10.无水四氯化锡（SnCl4）是一种用途广泛的锡化工中间体，实验室可用熔融的锡（熔点231℃）与Cl2反应制备SnCl4，装置如图所示，请回答下列问题：
已知，SnCl4在潮湿空气中极易水解生成SnO2•xH2O。
物质
颜色、状态
熔点/℃
沸点/℃
SnCl2
无色晶体
246
652
SnCl4
无色液体
-33
114
（1）导管a的作用是______，装置A中发生反应的化学方程式为______。
（2）装置B、C、F、G中盛放的最佳试剂依次为______（填序号，试剂可重复使用），
①饱和Na2CO3溶液 ②NaOH溶液 ③浓H2SO4 ④饱和NaCl溶液 ⑤H2O
（3）点燃酒精灯前需要进行的一步操作是______。
（4）若撤去装置C，则D中发生的主要副反应化学方程式为______。
（5）得到的产物中常含有SnCl2，某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中SnCl4的含量（Sn2++I2=Sn4++2I-）。准确称取该样品mg放入锥形瓶中，用少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用0.1mol•L-1碘标准溶液滴定至终点时锥形瓶内溶液颜色变化是______，若消耗标准液20.00mL，则产品中SnCl4的质量含量为______（用含m的代数式表示）
【答案】 (1). 使装置中A中分液漏斗内的液体顺利流下 (2). 2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O (3). ④③③② (4). 打开装置A中分液漏斗活塞，使整套装置中充满黄绿色气体Cl2 (5). SnCl4+(x+2)H2O=SnO2∙xH2O+4HCl (6). 当最后一滴碘标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (7).
【解析】
【分析】
(1)导管a的作用是使分液漏斗内的液体顺利流下；实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，据此写出反应的化学方程式；
(2)由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl气体，用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在D中反应生成SnCl4，经冷却后在装置G中收集，防止SnCl4吸收水分而潮解，用浓硫酸隔离，未反应的氯气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
(3)因金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出；
(4)SnC14和H2O反应生成SnO2•xH2O和HCl据此书写化学反应方程式；
(5)由于Sn2++I2=Sn4++2I-，所以开始滴定时溶液无色，终点时I2略过量，淀粉变蓝；根据Sn2++I2═Sn4++2I-，n（SnCl2）=n（I2）据此计算产品中SnCl2的含量，进而计算出SnCl4的含量。
【详解】(1)导管a的作用是平衡大气压，使装置中A中分液漏斗内的液体顺利流下，装置A中用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，故发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O。
(2)由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，用B装置盛装的饱和食盐水除去HCl，再用C装置中的浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在D中反应生成SnCl4，经冷却后在装置G中收集，防止SnCl4吸收水分而潮解，用浓硫酸隔离，未反应的氯气，用G中氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
故答案为：④③③②；
(3)点燃酒精灯前需要进行的一步操作是打开装置A中分液漏斗活塞，使整套装置中充满黄绿色气体Cl2，排出装置中的空气，防止Sn在加热时被空气中氧气氧化。
(4)若撤去装置C，氯气中含有水蒸气，则装置D中发生的主要副反应化学方程式为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2∙xH2O+4HCl。
(5)滴定过程中发生反应Sn2++I2=Sn4++2I-，淀粉溶液作指示剂，用0.1mol•L-1碘标准溶液滴定至终点时锥形瓶内溶液颜色变化是当最后一滴碘标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，若消耗标准液20.00mL，则产品中SnCl4的质量含量为×100%=。
11.根皮素J ()是一种新型天然美白剂,主要分布于苹果、梨等多汁水果果皮及根皮.其中一种合成J的路线如下：
已知：
+R＂CHO+H2O
回答下列问题：
（1）C的化学名称是___________.E中官能团的名称为_______________.
（2）B为溴代烃,请写出A→B的反应试剂___________.
（3）写出由C生成D反应类型___________
（4）F→H的化学方程式为______________________.
（5）M是E的同分异构体,同时符合下列条件的M的结构有___________种(不考虑立体异构)
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
（6）设计以丙烯和1,3－丙二醛为起始原料制备的合成路线_______(无机试剂任选).
【答案】 (1). 对甲基苯酚或4-甲基苯酚 (2). 醛基、醚键 (3). 铁、液溴 (4). 取代反应 (5). +4NaOH+5H2O (6). 13 (7).
【解析】
【分析】
(2)-(5)中B为溴代烃，对比A、B的结构可知，A与溴在Fe作催化剂条件下发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应生成C，故B为；C与CH3I发生取代反应生成D，D中发生氧化反应生成E；由G的结构简式、H的化学式、J的结构简式，可知F与G之间先脱去1分子水，然后酚羟基再与NaOH发生中和反应，可知脱水产物含有4个酚羟基，而J的分子中比I的多2个H原子，可知E与HI反应又引入酚羟基得到F，F的醛基与G中甲基之间脱去1分子水，故F为、H为，则I为，I中碳碳双键与氢气发生加成反应生成J。
(6)由F→H可知，与OHCCH2CHO反应生成；丙烯与HCl发生加成反应生成CH3CHClCH3，然后水解生成，再发生氧化反应生成。
【详解】(1)根据C的结构简式，其化学名称是对甲基苯酚或4-甲基苯酚；根据结构简式可知，E中官能团的名称为醛基、醚键。
(2)B为溴代烃,其结构简式，A→B的反应条件为铁、液溴。
(3)由C生成D是酚羟基中氢原子被甲基替代，即的反应类型为取代反应。
(4)F→H根据已知条件的反应机理可知反应方程式为+4NaOH+5H2O。
(5)M是的同分异构体, ①能与FeCl3溶液发生显色反应说明结构中含酚羟基，②能发生银镜反应说明结构中有醛基，故M的结构有（移动-CH3，3种），（移动-CH3，3种），（移动-CH3，2种），（移动-CH2CHO，3种），共13种。
(6)结合题中已知 ，由丙烯和1，3－丙二醛制备，需要由丙烯制得丙酮，丙酮与1，3－丙二醛发生已知信息种的反应得到，合成路线为：。
12.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__________。
【答案】 (1). A (2). N (3). 球形 (4). K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
【解析】
【详解】(1)紫色波长为400nm-435nm，故A项正确；
(2)K的核电荷数为19，位于第四周期IA族，电子占据最高能层是第四层，即N层，最后一个电子填充在s能级上，其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+中中心原子I原子价层电子对个数=2+=4，则为sp3杂化；中心I原子的孤电子对数为=2，离子几何构型为V形；
(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，O位于面心，K位于顶点，1个顶点为12个面共有，即与K紧邻的O个数为12个。
1.化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. “血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质
B. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵
C. 酸性重铬酸钾用于检查酒驾是利用其强还原性
D. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A.血液属于胶体，血液不能透过半透膜，“血液透析”利用渗析原理，“静电除尘”利用了胶体电泳，A项正确；
B.石灰浆为Ca(OH)2悬浊液，虫卵含蛋白质，强碱能使蛋白质发生变性，把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，B项正确；
C.酸性重铬酸钾具有强氧化性，故酸性重铬酸钾用于检查酒驾是利用其强氧化性，C项错误；
D.硅胶具有吸水性，可以防止食物受潮，铁粉具有还原性，可以防止食物氧化，D项正确。
故选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是
A. 60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
B. 5.8g熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为0.04NA
C. 把4.6g乙醇完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.1NA
D. 实验室制取氧气方法有多种，制取1molO2转移电子数均是4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故A正确；
B．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol水中含0.02mol水，即0.02NA个，故B错误；
C．把4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，碳元素由乙醇中的-2价升高乙醛中的-1价，故转移电子数为0.2NA，故C错误；
D．实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子，故D 错误；
故答案为A。
3.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下分别测定等浓度的KNO2、KCl溶液的pH
pH值：KNO2＞KCl
非金属性：Cl＞N
B
打磨后的铝片投入沸水中，加热一段时间，取出铝片，用一束光照射溶液
加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”
铝与热水发生了反应
C
将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
某溶液中一定含有HCO3-或CO32-
D
向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水
沉淀均能溶解
Cu（OH）2为两性氢氧化物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．可比较亚硝酸与盐酸的酸性，但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸，则不能比较非金属性，故A错误；
B．用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应，故B正确；
C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，生成的气体不一定就是CO2，则不能说明溶液中一定含有HCO3-或CO32-，故C错误；
D．Cu(OH)2与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水，则氢氧化铜为碱，不具有两性，故D错误；
故选：B。
4.短周期主族元素X、Y、Z、M 的原子序数依次递增，四种原子的最外层电子数之和为20。X与Y、Z、M 位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2 倍，Y、Z 相邻，M比X族序数大1。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子的半径：Y>X B. 简单氢化物的热稳定性：Z>M
C. X和Z可形成ZX2分子 D. 最高价氧化物的水化物酸性：M>Y
【答案】D
【解析】
【分析】
X与Y、Z、M 位于相邻周期，说明X位于第二周期、Y、Z、M位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2 倍，推出Z为Si，Y、Z 相邻且子序数依次递增，Y为Al，再结合四种原子的最外层电子数之和为20和M比X族序数大1，推出M为Cl、X为O。
【详解】A．当电子层相同时，原子序数越大，半径越小，故简单离子的半径：Y(Al3+)
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性，即M(HClO4)>Y(Al(OH)3)，D项正确；
故选D。
5.化合物 (x)、 (y)、 (z)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A. y 的二氯代物有3 种 B. x、y和z均能与溴水发生反应
C. z 中的所有原子在同一平面上 D. x的同分异构体只有y和z两种
【答案】A
【解析】
A、根据y的结构可知，其二氯代物有3种，分别是棱的两端，面对角线两端和体对角线两端，故A正确；B、这三种结构中，只有x和z的结构中含有C=C双键，能够使溴水褪色，而y的结构中没有双键，所以不能使溴水褪色，所以B错误；C、在z的结构中，含有两个CH2原子团，其中的C原子为四面体结构，导致两个氢原子与其它原子不可能共面，所以C错误；D、x的同分异构体除y和z两种外，还有、等，所以D错误。本题正确答案为A。
6.根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O（未配平）设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是( )
A. 石墨b是原电池的负极，发生氧化反应
B. 甲烧杯中的电极反应式：MnO4-＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O
C. 电池工作时，盐桥中的阴阳离子分别向乙甲烧杯中移动，保持溶液中的电荷平衡
D. 忽略溶液体积变化，Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据所给反应方程式，Fe2＋的化合价升高，依据原电池工作原理，因此石墨b为负极，发生氧化反应，故A说法正确；
B、石墨a为正极，发生还原反应，电极反应式为MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O，故B说法正确；
C、盐桥的作用是形成闭合回路，同时保持溶液中电荷平衡，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即K＋向甲烧杯移动，SO42－向乙烧杯移动，故C说法正确；
D、生成Fe3＋的物质的量为(200×10－3×1.5×2－200×10－3×1×2)mol=0.2mol，负极反应式为Fe2＋=2e－=Fe3＋，因此电路中转移电子物质的量0.2mol，故D说法错误；
答案选D。
7.某温度下,向10 mL 0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,滴加过程中－lg c(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示.下列有关说法正确的是( )
A. 0.1mol/LNa2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
B. a、b、c三点对应的溶液中,水的电离程度最大的为b点
C. 该温度下,Ksp(CuS)的数量级为10-36
D. 向10 mL Ag＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的Na2S溶液,Cu2＋先沉淀[已知：Ksp(Ag2S)＝6.4×10-50]
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，A错误；
B．a、c两点Cu2＋、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进，水的电离程度最小，B错误；
C．Ksp(CuS)等于10-17.7的平方(10-35.4)，数量级为10-36，C正确；
D．刚开始产生Ag2S沉淀时，c2(Ag＋) ∙c(S2-)= Ksp(Ag2S)，其中c(Ag＋)= 0.1mol/L，则此时c(S2-)=6.4×10-48mol/L，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c(Cu2＋)∙c(S2-)= Ksp(CuS)，其中c(Cu2＋)= 0.1mol/L，则此时c(S2-)=10-34.4mol/L，故Ag+先沉淀，D错误。
故选C。
8.利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬的铬渣（Al、Al2O3、Cr2O3等）中浸出铬和铝，为实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下：
（1）铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的__________（填“氧化性”或“还原性”）。
（2）溶液1中的阴离子有CrO42-、______、_______。
（3）过程I，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4molCrO42-，消耗氧化剂的物质的量是_______。
（4）通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。
①滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是____________________。
②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用，B是__________。
③已知：2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O K=4.0×1014滤液3中Cr2O72-的浓度是0.04mol/L，则CrO42-的浓度是__________mol/L。
（5）过程II的目的是得到K2Cr2O7粗品。下表是不同温度下化合物的溶解度（g/100gH2O）
化合物名称
0℃
20℃
40℃
60℃
80℃
NaCl
35.7
36.0
36.6
373
38.4
KCl
28.0
34.2
40.1
45.8
51.3
K2Cr2O7
4.7
12.3
26.3
45.6
73.0
Na2Cr2O7
163
183
215
269
376
结合表中数据分析，过程II的操作是：向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后，_____________，过滤，得到K2Cr2O7粗品。
【答案】 (1). 还原性 (2). AlO2- (3). OH- (4). 0.3mol (5). 2Al2O3（熔融）3O2↑+4Al (6). NaHCO3 (7). 0.01 (8). 蒸发浓缩、降温结晶
【解析】
【分析】
利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣（Al、Al2O3、Cr2O3等）中浸出铬和铝，铬渣加入熔融NaOH、空气，降温水浸，铝、氧化铝溶解生成偏铝酸钠，Cr2O3溶解得到CrO42-，得到溶液Ⅰ中含有CrO42-、AlO2-、OH-，通入二氧化碳调节溶液pH=9沉淀铝离子生成氢氧化铝沉淀，滤渣A为氢氧化铝，滤液2继续通入二氧化碳调节溶液pH=6过滤得到，滤渣B为碳酸氢钠晶体，滤液3含Cr2O72-、CrO42-等，过程Ⅱ的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7，
【详解】(1)铝热反应中铝失电子作还原剂。
(2)铝、氧化铝溶解生成偏铝酸钠，Cr2O3溶解得到CrO42-，得到溶液Ⅰ中含有CrO42-、AlO2-、OH-。
(3)在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4mol CrO42-，反应的离子方程式为：2Cr2O3+8OH-+3O2=4CrO42-+4H2O，据此计算，反应的氧化剂氧气物质的量为0.3mol；
(4)①电解熔融氧化铝生成铝和氧气，化学方程式为2Al2O3（熔融）3O2↑+4Al。
②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用是碳酸氢钠分解生成的碳酸钠，B为碳酸氢钠晶体。
③已知：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O K=4.0×1014，滤液3中Cr2O72-的浓度是0.04mol/L，K=，氢离子浓度c（H+）=10-6mol/L，CrO42-的浓度=，经计算得c = 。
（5）过程Ⅱ得到K2Cr2O7粗品是溶液中得到溶质固体，利用物质溶解度分析，K2Cr2O7溶解度比Na2Cr2O7 小，加入氯化钾和稀盐酸蒸发浓缩、降温结晶得到晶体。
9.研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。
Ⅰ. NOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。
已知：N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝＋180 kJ·mol－1
2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝－564 kJ·mol－1
（1）2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝________。
（2）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15 min)中NO的物质的量随时间变化如图所示。
①已知：平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数Kp ＝_______；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_____ (填“向左”、“向右”或“不”)移动。
②15 min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是_____(填序号)
A.增大CO浓度 B.升温 C.减小容器体积 D.加入催化剂
Ⅱ. SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。
已知：亚硫酸：Ka1=2.0×10-2 Ka2=6.0×10-7
（3）请通过计算证明，NaHSO3溶液显酸性的原因：_________________________。
（4）如图示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为____________________；若通入的NO体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入的SO2质量至少为________g。
【答案】 (1). -744 kJ·mol－1 (2). 0.0875 (或7/80) (3). 不 (4). AC (5). HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13＜Ka2=6.0×10-7(HSO3-的电离常数)，所以显酸性 (6). 6H＋＋ NO＋ 5e－ ＝NH4＋＋H2O (7). 32
【解析】
【详解】（1）已知：①N2(g)＋O2(g) 2NO(g)，②2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g)，由盖斯定律可知：②－①得2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)的△H=(－564－180)kJ·mol－1=－744kJ·mol－1；
（2）
p(NO)=p(CO)=p(CO2)=20MPa×=，p(N2)=20MPa×=，Kp===0.0875；同样可计算化学平衡常数K=5，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商为仍为5，因此平衡不移动；
②15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动。增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，A项正确；正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，B项错误；减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，C项正确；加入催化剂，化学平衡不移动，D项错误；答案选AC；
（3）HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13＜Ka2=6.0×10-7，电离平衡常数大于水解平衡常数，说明溶液显酸性；
（4）根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH4＋，即NO在阴极上发生NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O；阳极反应式为SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42－，根据得失电子数目守恒，因此有2NO～10e－～5SO2，求出SO2的质量为4.48×5×64/(2×22.4)g=32g。
【点睛】正确书写电极反应式做到“三看”①一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe生成Fe2＋)。②二看介质，介质是否参与电极反应。③三看电解质状态。
10.无水四氯化锡（SnCl4）是一种用途广泛的锡化工中间体，实验室可用熔融的锡（熔点231℃）与Cl2反应制备SnCl4，装置如图所示，请回答下列问题：
已知，SnCl4在潮湿空气中极易水解生成SnO2•xH2O。
物质
颜色、状态
熔点/℃
沸点/℃
SnCl2
无色晶体
246
652
SnCl4
无色液体
-33
114
（1）导管a的作用是______，装置A中发生反应的化学方程式为______。
（2）装置B、C、F、G中盛放的最佳试剂依次为______（填序号，试剂可重复使用），
①饱和Na2CO3溶液 ②NaOH溶液 ③浓H2SO4 ④饱和NaCl溶液 ⑤H2O
（3）点燃酒精灯前需要进行的一步操作是______。
（4）若撤去装置C，则D中发生的主要副反应化学方程式为______。
（5）得到的产物中常含有SnCl2，某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中SnCl4的含量（Sn2++I2=Sn4++2I-）。准确称取该样品mg放入锥形瓶中，用少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用0.1mol•L-1碘标准溶液滴定至终点时锥形瓶内溶液颜色变化是______，若消耗标准液20.00mL，则产品中SnCl4的质量含量为______（用含m的代数式表示）
【答案】 (1). 使装置中A中分液漏斗内的液体顺利流下 (2). 2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O (3). ④③③② (4). 打开装置A中分液漏斗活塞，使整套装置中充满黄绿色气体Cl2 (5). SnCl4+(x+2)H2O=SnO2∙xH2O+4HCl (6). 当最后一滴碘标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (7).
【解析】
【分析】
(1)导管a的作用是使分液漏斗内的液体顺利流下；实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，据此写出反应的化学方程式；
(2)由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl气体，用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在D中反应生成SnCl4，经冷却后在装置G中收集，防止SnCl4吸收水分而潮解，用浓硫酸隔离，未反应的氯气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
(3)因金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出；
(4)SnC14和H2O反应生成SnO2•xH2O和HCl据此书写化学反应方程式；
(5)由于Sn2++I2=Sn4++2I-，所以开始滴定时溶液无色，终点时I2略过量，淀粉变蓝；根据Sn2++I2═Sn4++2I-，n（SnCl2）=n（I2）据此计算产品中SnCl2的含量，进而计算出SnCl4的含量。
【详解】(1)导管a的作用是平衡大气压，使装置中A中分液漏斗内的液体顺利流下，装置A中用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，故发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O。
(2)由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，用B装置盛装的饱和食盐水除去HCl，再用C装置中的浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在D中反应生成SnCl4，经冷却后在装置G中收集，防止SnCl4吸收水分而潮解，用浓硫酸隔离，未反应的氯气，用G中氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
故答案为：④③③②；
(3)点燃酒精灯前需要进行的一步操作是打开装置A中分液漏斗活塞，使整套装置中充满黄绿色气体Cl2，排出装置中的空气，防止Sn在加热时被空气中氧气氧化。
(4)若撤去装置C，氯气中含有水蒸气，则装置D中发生的主要副反应化学方程式为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2∙xH2O+4HCl。
(5)滴定过程中发生反应Sn2++I2=Sn4++2I-，淀粉溶液作指示剂，用0.1mol•L-1碘标准溶液滴定至终点时锥形瓶内溶液颜色变化是当最后一滴碘标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，若消耗标准液20.00mL，则产品中SnCl4的质量含量为×100%=。
11.根皮素J ()是一种新型天然美白剂,主要分布于苹果、梨等多汁水果果皮及根皮.其中一种合成J的路线如下：
已知：
+R＂CHO+H2O
回答下列问题：
（1）C的化学名称是___________.E中官能团的名称为_______________.
（2）B为溴代烃,请写出A→B的反应试剂___________.
（3）写出由C生成D反应类型___________
（4）F→H的化学方程式为______________________.
（5）M是E的同分异构体,同时符合下列条件的M的结构有___________种(不考虑立体异构)
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
（6）设计以丙烯和1,3－丙二醛为起始原料制备的合成路线_______(无机试剂任选).
【答案】 (1). 对甲基苯酚或4-甲基苯酚 (2). 醛基、醚键 (3). 铁、液溴 (4). 取代反应 (5). +4NaOH+5H2O (6). 13 (7).
【解析】
【分析】
(2)-(5)中B为溴代烃，对比A、B的结构可知，A与溴在Fe作催化剂条件下发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应生成C，故B为；C与CH3I发生取代反应生成D，D中发生氧化反应生成E；由G的结构简式、H的化学式、J的结构简式，可知F与G之间先脱去1分子水，然后酚羟基再与NaOH发生中和反应，可知脱水产物含有4个酚羟基，而J的分子中比I的多2个H原子，可知E与HI反应又引入酚羟基得到F，F的醛基与G中甲基之间脱去1分子水，故F为、H为，则I为，I中碳碳双键与氢气发生加成反应生成J。
(6)由F→H可知，与OHCCH2CHO反应生成；丙烯与HCl发生加成反应生成CH3CHClCH3，然后水解生成，再发生氧化反应生成。
【详解】(1)根据C的结构简式，其化学名称是对甲基苯酚或4-甲基苯酚；根据结构简式可知，E中官能团的名称为醛基、醚键。
(2)B为溴代烃,其结构简式，A→B的反应条件为铁、液溴。
(3)由C生成D是酚羟基中氢原子被甲基替代，即的反应类型为取代反应。
(4)F→H根据已知条件的反应机理可知反应方程式为+4NaOH+5H2O。
(5)M是的同分异构体, ①能与FeCl3溶液发生显色反应说明结构中含酚羟基，②能发生银镜反应说明结构中有醛基，故M的结构有（移动-CH3，3种），（移动-CH3，3种），（移动-CH3，2种），（移动-CH2CHO，3种），共13种。
(6)结合题中已知 ，由丙烯和1，3－丙二醛制备，需要由丙烯制得丙酮，丙酮与1，3－丙二醛发生已知信息种的反应得到，合成路线为：。
12.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__________。
【答案】 (1). A (2). N (3). 球形 (4). K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
【解析】
【详解】(1)紫色波长为400nm-435nm，故A项正确；
(2)K的核电荷数为19，位于第四周期IA族，电子占据最高能层是第四层，即N层，最后一个电子填充在s能级上，其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+中中心原子I原子价层电子对个数=2+=4，则为sp3杂化；中心I原子的孤电子对数为=2，离子几何构型为V形；
(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，O位于面心，K位于顶点，1个顶点为12个面共有，即与K紧邻的O个数为12个。
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