陕西省莲湖区2020届高三上学期期中考试化学试题

高三化学试卷
可能用到的相对原子质量:H 1　C 12　N 14　O 16　P 31　S 32　K 39　Ca 40　Fe 56　Co 59　Ni 59　Y 89　Pd 106
第Ⅰ卷　(选择题　共42分)
一、选择题(本题包括14小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A. 宋·陈鼓年《广韵》中有“酢浆也,醋也”,食醋的主要成分为乙酸
B. 《诗经》有“周原膴膴,堇荼如饴(麦芽糖)”,麦芽糖属于单糖
C. 食盐中抗结剂K4[Fe(CN)6]中的铁元素显+2价
D. 碘伏是单质碘与聚乙烯吡咯烷酮的不定型结合物,可用于皮肤外用消毒
【答案】B
【解析】
【详解】A、食醋的主要成分为乙酸，故A正确；
B、蔗糖、麦芽糖属于二糖，不属于单糖，故B错误；
C、食盐中的抗结剂是亚铁氰化钾，钾显-1价，CN-显-1价，根据代数和为零计算出铁元素显+2价，故C 正确；
D、碘伏可用于皮肤外用消毒，故D正确。
答案选B。
2.下列物质或离子在指定分散系中能大量共存的是
A. 空气中:H2、HCl、NO、NH3
B. Fe(OH)3胶体中:Na+、H+、Cl-、I-
C. Ca(ClO)2溶液中:K+、Na+、NO3-、Cl-
D. 无色透明溶液中:K+、Na+、MnO4-、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A、NO易被空气中氧气氧化，不能稳定存在，HCl和NH3能化合为氯化铵，故A不能共存；
B、胶体遇电解质会发生聚沉，氢氧化铁沉淀还可以溶解在酸中，并且Fe3+与I-能发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；
C、Ca(ClO)2溶液与K+、Na+、NO3-、Cl-均不反应，可以共存，故C正确；
D、MnO4-为紫红色，不满足无色要求，故D错误。
答案选C。
【点睛】考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。
3.下列反应中,反应后固体物质增重的是
A. MnO2中加入H2O2溶液 B. FeS2在氧气流中灼烧
C. KClO3与MnO2混合共热 D. Pb丝插入硫酸中
【答案】D
【解析】
分析】
反应后固体物质增重，说明反应后固体物质的相对分子质量增加或根据原子守恒进行计算，据此分析解答。
【详解】A、MnO2中加入H2O2溶液，二氧化锰是催化剂，反应后固体的质量不变，故A错误；
B、FeS2在氧气中燃烧生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；固体从4mol FeS2变为2molFe2O3,固体质量减小，故B错误；
C、KClO3与MnO2混合共热的方程式为：2KClO32KCl+3O2↑，MnO2是催化剂， KClO3变为KCl，固体质量减小，故C 错误。
D、Pb+H2SO4=PbSO4+H2↑，生成的硫酸铅难溶于水，所以固体质量增加，故D正确。
答案选D。
【点睛】分析的关键是写方程式，找反应前后的固体，再根据其物质的量和摩尔质量比较质量。
4.下列关于常见无机物的应用说法错误的是
A. 氨水可用于脱除工业烟气中的二氧化硫
B. 铁粉和炭粉组成的微电池可用于处理工业废水
C. 用[Al2(OH)nCl6-n]m(碱式氯化铝)可除去水体中的悬浮杂质并消毒杀菌
D. 将废铁屑加入氯化亚铁溶液中,可用于除去工业废气中的氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A、氨水显碱性，可与工业烟气中的二氧化硫反应生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，故A正确；
B、铁粉和炭粉组成的微电池可以加快铁还原废水中的某些重金属离子，故B正确；
C、碱式氯化铝水解生成胶体，只能除去水体中的悬浮杂质，但不能消毒杀菌，故C错误；
D、氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+，从而除去氯气，故D正确。
答案选C。
【点睛】在净化水的时候，胶体只有吸附作用，而要有消毒杀菌作用必须要有强氧化性。
5.下列有关仪器的使用或实验操作正确的是
A. 用稀盐酸洗涤H2还原CuO后试管内壁的铜
B. 蒸发时,蒸发皿中溶液的量不能超过总容量的
C. 分离苯萃取溴水后的分层液体,从分液漏斗下口先放出水层,再放出有机层
D. 用KMnO4溶液测定Na2C2O4的浓度时,KMnO4溶液盛放在碱式滴定管中
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢气还原氧化铜后留下的铜，是不活泼金属，排在金属活动性顺序中氢的后面，不能和稀盐酸反应，故A错误；
B、蒸发时，加入的液体不能超过容器容积的，过多液体可能溢出，故B正确；
C、苯的密度比水的密度小，分层后水层在下层，分层时避免上下层液体混合，则先分离出水，有机层从上口倒出，故C错误；
D、高锰酸钾溶液呈酸性，且有强氧化性，要腐蚀橡皮，应该用酸式滴定管盛放，故D错误。
答案选B。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 11.2 L Cl2通入足量NaOH溶液中充分反应,转移的电子数目为0.5NA
B. 4.4 g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的电子数目为2.2NA
C. 常温下,1.0 L pH=1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.2NA
D. 2.1 g环己烷中含有的共价键数目为4.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气所处的状态不明确，不一定是标况，故物质的量不一定是0.5mol，则转移的电子不一定为0.5NA个，故A错误；
B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且两者分子中均含22个电子，故0.1mol混合物中含2.2NA个电子，故B正确；
C、1 L pH=1的H2SO4溶液中含有的H+的数目=1L×0.1mol/L×NA=0.1NA，故C错误；
D、环己烷的摩尔质量为84g/mol，2.1 g环己烷的物质的量为0.025mol,而一个环己烷分子中含有共价键数为18，故2.1 g环己烷中含有的共价键数目为0.45NA，故D错误。
答案选B。
【点睛】阿伏伽德罗常数的有关判断，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意环己烷结构特点。
7.下列反应方程式中,能正确表达反应颜色变化的是
A. 银器久置空气中表面变黑:4Ag+O2=2Ag2O
B. 水玻璃敞口放置产生白色浑浊:SiO32-+H2O=SiO2↓+2OH-
C. 280 K时,在一干燥密闭容器中充入NO2和SO2,产生白烟:NO2+SO2=NO+SO3
D. 沸水中滴入FeCl3溶液,液体变为红褐色:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
【答案】C
【解析】
【详解】A、纯银和空气中的硫化氢、氧气等物质发生反应生成黑色的硫化银，导致银表面变黑，故A错误；
B、水玻璃是硅酸钠溶液，其与空气中的二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，故B错误；
C、密闭容器中充入NO2和SO2，NO2有氧化性，SO2有还原性，发生氧化还原反应，产生白烟是SO3小颗粒形成的胶体，故C正确；
D、向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色的离子反应为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3H+，故D错误。
答案选C。
8.由SO2催化氧化制取SO3的装置如图所示,下列说法错误的是

A. 装置a可干燥并混合SO2和O2
B. 装置b中流出的气体有SO2、SO3及O2
C. 装置c中U形管内壁上有白色固体
D. 装置d中有白色沉淀,说明通入d的气体中含SO3
【答案】D
【解析】
【分析】
和O2在a中混合并干燥后，通入b中发生催化氧化反应，在c中冷凝SO3，剩余的SO2气体继续通入硝酸钡溶液中反应。
【详解】A、装置a可干燥并混合SO2和O2，还有通观察气泡速率调节气流速度的作用，故A正确；
B、SO2催化氧化反应为可逆反应，所以装置b中流出的气体有SO2、SO3及O2，故B正确；
C、装置c的作用是冷凝SO3为固体，所以 U形管内壁上有白色固体，故C正确。
D、 装置d中有白色沉淀是硫酸钡，SO2通入到硝酸钡溶液中也会生成硫酸钡，故不能说明d的气体中含SO3，故D错误。
答案选D。
9.1,4-二氧六环的一种合成方法如下,下列说法正确的是
CH2=CH2
A. 反应①、②的原子利用率均为100%
B. 反应②的反应类型是加成聚合反应
C. 环氧乙烷分子中的所有原子处于同一平面
D. 与1,4-二氧六环互为同分异构体的酯类只有3种
【答案】A
【解析】
【分析】
由合成方法的流程可以看出两步反应的原子利用率都是100%；加聚反应是含有不饱和结构的小分子通过加成聚合反应生成高分子。
【详解】A、由流程图看出反应①、②的原子利用率均为100%，故A正确；
B、反应②的产物不是高分子，故其反应类型不可能是加成聚合反应，故B错误；
C、环氧乙烷分子中有饱和碳原子，以饱和碳原子为中心形成四面体结构，所有原子不可能共平面，故C 错误；
D、1,4-二氧六环的不饱和度为1，含有两个氧原子和4个碳原子，所以其含酯基的同分异构体为CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共4种，故D 错误。
答案选A。
【点睛】分子中只要有饱和碳原子，则不可能所有原子共平面。
10.下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
探究I-与Fe2+的还原性强弱
向FeCl3稀溶液中依次加入KI溶液、淀粉
B
探究HPO42-在水溶液中的电离程度与水解程度的相对大小
测定0.1 mol·L-1NaH2PO4溶液的pH
C
配制0.1 mol·L-1邻苯二甲酸氢钾()溶液
称取5.1 g邻苯二甲酸氢钾于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至500 mL容量瓶中定容
D
比较CaCO3和CaSO4的Ksp大小
向澄清石灰水中滴入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1 mol·L-1Na2SO4溶液


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、向FeCl3稀溶液中依次加入KI溶液、淀粉，溶液会变蓝色，说明发生反应：2Fe3++2I-=I2+ 2Fe2+，由上述方程式可判断还原性I->Fe2+，故A 正确；
B、探究HPO42-在水溶液中的电离程度与水解程度的相对大小，应该测定0.1 mol·L-1Na2HPO4溶液的pH，若显碱性，则水解程度更大；若显酸性，则电离程度更大，故B错误；
C、5.1 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量为=0.025mol，而要配置500 mL0.1 mol·L-1邻苯二甲酸氢钾溶液需要的苯二甲酸氢钾的物质的量为0.05mol，故C错误。
D、表达式相同的溶度积，溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，硫酸钙、碳酸钙都是白色沉淀，所以没有明显现象，且Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），故D错误。
答案选A。
11.从废钴酸锂电池正极片中(含LiCoO2、Al及少量铁、镁的化合物等)回收钴的工艺流程如下:

下列叙述错误的是
A. ①中发生的离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
B. ②中H2O2作还原剂
C. ③中Na2CO3可用NaOH代替
D. ④中除镁反应不宜在强酸条件下进行
【答案】C
【解析】
分析】
废钴酸锂电池正极片中(含LiCoO2、Al及少量铁、镁的化合物等)，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2、Al及少量铁、镁的化合物；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成硫酸镁、CoSO4、Fe2(SO4)3，锂在滤渣中被除掉，再通过③除掉Fe3+，再通过④除掉镁元素，最后得CoCl2溶液。
【详解】A、①中反应是氢氧化钠和铝反应，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故A正确；
B、②中H2O2作将正三价Co还原为Co2+，H2O2作还原剂，故B正确；
C、③中Na2CO3如果用NaOH代替，则会生成氢氧化铁、氢氧化钴沉淀，降低了Co2+的回收率，故C错误；
D、④中除镁反应如果在强酸条件下进行，则NaF会生成有毒气体HF污染环境，且降低F-的浓度，影响镁的去除，故D正确。
答案选C。
12.科研人员设计的CO2资源化利用的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4),下列说法错误的是

A. 该离子交换膜为质子交换膜
B. Ag极上的电势比Pt极上的高
C. 电路中每流过4 mol电子,阳极区质量减少36 g
D. 太阳能、风能及潮汐能均是可再生能源
【答案】B
【解析】
【分析】
由示意图可知，该装置是电解池，将CO2和H2O转换为H2、CO、HCHO、HCOOH、等；左边银电极是阴极，右边铂电极是阳极，水在阳极放电生成氧气和氢离子，氢离子向左边移动，所以离子交换膜是质子交换膜。
【详解】A、右边铂电极是阳极，水在阳极放电生成氧气和氢离子，氢离子向左边移动，因此交换膜是质子交换膜，A正确；
B、Ag极为阴极， Pt极为阳极，阳极的电势比阴极高，故B错误；
C、阳极的反应式为：2H2O-4 e-=O2↑+4H+,当电路中每流过4 mol电子，消耗2molH2O（氧气逸出，氢离子移向左边），阳极区质量减少36 g，C正确；
D、太阳能、风能及潮汐能均是可再生能源，故D正确。
答案选B。
13.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,Z的核外最外层电子数与W核外电子总数相等,四种元素的最外层电子数之和为11,向X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出。下列说法正确的是
A. 原子半径:WZOH，都滴入10.00 mL HCl溶液时均恰好完全反应生成正盐，YCl、ZCl要水解，且ZCl水解程度更大。
【详解】A、XOH为强碱，YOH、ZOH为弱碱，用盐酸滴定弱碱时应用甲基橙做指示剂，故A错误；
B、有图像看出，YOH、ZOH的物质的量浓度均为0.100 mol·L-1时，YOH溶液的pH更大，则碱性更强，所以电离平衡常数Kb(YOH)>Kb(ZOH)，故B错误；
C、均滴入10.00 mL HCl溶液时，YCl、ZCl要水解，而ZOH碱性最弱，所以ZCl水解程度最大，故C正确；
D、YOH时弱碱，pH=11的YOH与pH=3的HCl溶液等体积混合时，YOH过量，溶液应显碱性，离子浓度顺序为：c(Y+) > c(Cl-) > c(OH-) > c(H+)，故D错误。
答案选C。
第Ⅱ卷　(非选择题　共58分)
二、必考题(本题包括3小题,共43分)
15.NiSO4是化学镀镍的原料,一种用废雷尼镍催化剂(已预处理,主要含NiO,还含有少量Fe、Cr及不溶物)制备NiSO4·7H2O的工艺流程如下:

回答下列问题:
(1)化学镀镍总反应为6NaOH+2NiSO4+NaH2PO2=2Ni+Na3PO4+2Na2SO4+4H2O,每生成1 mol Ni,转移电子的物质的量为____。 
(2)“溶解”时,在反应器中加入湿料及水,为节约能耗,且维持反应始终在一定温度下进行,应进行的操作是________。 
(3)“氧化”时,Fe2+被氧化的离子方程式为________。 
(4)“滤渣2”的成分是______。 
已知在实验条件下,几种离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示:

Ni2+
Fe2+
Cr3+
Fe3+
开始沉淀pH
6.2
7.6
4.5
2.3
沉淀完全pH
8.6
9.1
5.6
3.3

(5)“浓缩”时,加入H2SO4调节pH为3.5~4.0的目的是____;由浓缩液得到产品的步骤为____。 
(6)测定产品镍的质量分数[w(Ni)]的实验步骤如下:准确称取0.1000 g产品于250 mL锥形瓶内,加入25 mL水、0.5 g氟化钠、10 mL氨性缓冲溶液、约0.1 g紫脲酸铵指示剂,摇匀,用0.0250 mol·L-1 EDTA滴定至试液呈紫红色为终点(Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+),消耗EDTA溶液14.00 mL,则产品中w(Ni)=____%。
【答案】 (1). 2 mol (2). 分次加入浓硫酸 (3). 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O (4). Fe(OH)3和Cr(OH)3 (5). 抑制Ni2+的水解 (6). 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (7). 20.65
【解析】
分析】
该流程的主要目的是制备制备NiSO4·7H2O，而原料中有多种杂质，流程主要围绕除杂质分析，废镍催化剂（主要含NiO,还含有少量Fe、Cr及不溶物），加入硫酸酸溶、过滤，滤渣为不溶性杂质，滤液加入NaClO溶液氧化，将亚铁离子氧化为三价铁离子，再加入氢氧化镍调节溶液的pH，生成Fe(OH)3和Cr(OH)3，过滤，滤渣II为Fe(OH)3和Cr(OH)3，得到的滤液为硫酸镍溶液，浓缩液中加入硫酸抑制水解，经冷却结晶得到晶体，以此解答该题。
【详解】（1）反应6NaOH+2NiSO4+NaH2PO2=2Ni+Na3PO4+2Na2SO4+4H2O中，镍元素从+2价降低到0价，磷元素从+3价升高到+5价，每生成2mol镍，转移4mol电子，当生成1 mol Ni,转移电子的物质的量为2mol，故答案为2 mol；
（2）“溶解”时，要加入浓硫酸，要维持反应始终在一定温度下进行，应分次加入浓硫酸，避免放热过多导致温度升高，故答案为分次加入浓硫酸；
（3）“氧化”时,Fe2+被次氯酸根氧化成Fe3+的，而次氯酸根被还原为氯离子，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
（4）加入氢氧化镍调到 5.6T3 (8). 50% (9). 5
【解析】
【分析】
判断反应能否自发进行，根据自由能判据△G=△H-T△S，△G＜0才能自发进行；而在分析循环反应的流程图时，要看箭头方向和进来、出去的物质，找出循环的物质，分析总反应，上述流程图中，进入的是H2S和CO2，出来的是H2和S8以及CO2，可分析出是H2S分解成了H2和S8。
【详解】（1）反应的焓变△H＞0，△S＞0，要使得△H-T△S＜0，则需要在高温下进行反应，故答案为高温；
（2）①“Bunsen反应”是SO2、I2、H2O反应生成H2SO4和 HI，故离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-，故答案为SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-；
②反应热ΔH =反应物键能总和-生成物键能总和，故2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的反应热为：298.7×2-436.0-152.7=8.7kJ•mol-1，故答案为2HI(g) H2(g)+I2(g)　ΔH=+8.7 kJ·mol-1；
③上述流程图中，进入的是H2S和CO2，出来的是H2和S8以及CO2，可分析出是H2S分解成了H2和S8，故总反应方程式为8H2S8H2+S8，故答案为8H2S8H2+S8；
（3）该燃料电池是硫化氢失去电子，氧气得到电子，故通入O2的电极为正极，根据电子守恒，得出关系式：2H2S～O2，当氧气的物质的量为0.15 mol时，H2S为0.3mol，质量为0.3×34g=10.2g，故答案为正极，10.2 g；
（4）①分解反应为吸热反应，温度越高，H2S的转化率越大，故答案为T1>T2>T3：
②图d中A点表示H2S和H2的物质的量相等，根据方程式H2S(g) H2(g)+S2(g)可知H2S反应了一半，转化率为50%；B点时：
H2S(g) H2(g)+S2(g)
起始物质的量 1 0 0
改变的物质的量 2x 2x x
B点物质的量 1-2x 2x x
由图可知H2S的物质的量等于S2的物质的量，由等式1-2x= x，得x=，则B点气体总物质的量为（+4）mol，B点H2S的物质的量为mol，H2的物质的量为mol，S2的物质的量mol， H2S的体积分数为=，H2的体积分数为， S2的体积分数为，则平衡常数Kp===5；故答案为5。
三、选考题(共15分,请考生从18、19题中任选一题作答,如果多做,则按所做第一题计分)
18.(物质结构与性质)元素周期表中第57号元素镧到71号元素镥这15种元素统称为镧系元素。回答下列问题:
(1)钬(Ho)可用来制作磁性材料,其基态原子电子排布式为[Xe]4f116s2,钬(Ho)有___个未成对电子。 
(2)钇钡铜氧(YBa2Cu3O7-x)是一种高温超导材料(其中Y显+3价,Cu显+2、+3价),该材料所含元素中,电负性最大的元素是______(填元素符号),若YBa2Cu3O7-x材料在T ℃下有超导性,当x=0.2时,n(Cu3+)∶n(Cu2+)=_____。 
(3)下表是几种镧系元素的电离能(单位:kJ·mol-1)

第一电离能
第二电离能
第三电离能
第四电离能
Ce
527
1047
1949
3547
La
538
1067
1850
4819
Lu
532
1340
2022
4370
Yb
604
1174
2417
4203


据此,判断形成+3价化合物最稳定的元素是____(填元素符号)。 
(4)Sm(钐)的单质与l,2-二碘乙烷可发生如下反应:Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子杂化轨道类型为____,1 mol CH2=CH2中含有的σ键数目为_______;常温下l,2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体,其主要原因是_____。 
(5)从磷钇矿中可提取稀土元素钇(Y),某磷钇矿的结构如图。

该磷钇矿的化学式为____,与PO43-互为等电子体的阴离子有____(写出两种离子的化学式)。已知晶胞参数a=0.69 nm,c=0.60 nm,阿伏加德罗常数为NA,则晶胞的密度为____g·cm-3(列出计算式)。
【答案】 (1). 3 (2). O (3). 1∶4 (4). La (5). sp3 (6). 3.01×1024或5NA (7). 二碘乙烷的相对分子质量较大,分子间作用力较强,沸点相对较高 (8). YPO4 (9). SO42-、ClO4- （或BrO4-、IO4-、SiO44-） (10).
【解析】
【详解】（1）钬（Ho）的基态原子电子排布式为[Xe]4f116s2，4f能级存在未成对电子，含有7个轨道，有4个轨道填充2个电子，另外3个轨道均填充1个电子，故一个基态钬原子所含的未成对电子数为3，故答案为3；
（2）材料中只有氧元素为非金属元素，其电负性最大；设+2价的Cu、+3价的Cu的原子数目分别为a、b，则a+b=3，由化合价代数和为0 可得：3+2×2+2a+3b=（7-0.2）×2，解得a=2.4，b=0.6，故n（Cu3+）：n（Cu2+）=0.6：2.4=1：4，故答案为O，1：4；
（3） 原子的第一、第二、第三电离能之间相差较小，第四电离能与第三电离能相差越大，越容易失去3个电子，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1、I2和I3最接近，而I4突然变大，故应为La元素，答案为：La；
（4）在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，有四个单键，故碳原子杂化轨道类型为sp3；1个CH2=CH2分子中含有5个σ键，故1mol CH2=CH2中含有的σ键数目为5NA；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以二碘乙烷在常温下为液体，
故答案为sp3；3.01×1024或5NA；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；
（5）该晶胞中Y原子位于8个顶点、体心、前后左右4个面上，Y原子个数=8×+1+4×=4，磷酸根离子位于上下面心、4个竖棱上、前后左右面上，磷酸根离子个数=2×+4×+4×=4，二者个数之比为4：4=1：1，据此书写该磷钇矿的化学式为YPO4；与PO43-互为等电子体的阴离子中含有5个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的离子有SO42-、ClO4-等，己知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，该晶胞体积=（a×a×c）×10-21 cm3，阿伏加德罗常数为NA，则该磷钇矿的密度==g/cm3=g/cm3，故答案为YPO4，SO42-、ClO4- （或BrO4-、IO4-、SiO44-），。
19.(有机化学基础)丹参酸可用于药理实验、活性筛选等,合成丹参酸的路线如图所示:

已知:ROH+ROOCCH3+CH3COOH
RCH2CHO+R'CH2CHO
回答下列问题:
(1)A的名称是____,B中官能团的名称是_______。 
(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳原子,上述有机物中含有手性碳原子的有机物为_____(填“A”“B”“C”“D”或“E”)。 
(3)D→E的反应类型是_______。 
(4)A→B的化学方程式为________。 
(5)X与 D互为同分异构体,请写出满足下列条件的X的结构简式:_______。 
①1 mol X 能与5 mol NaOH发生反应;
②有5个碳原子在同一条直线上;
③与FeCl3溶液可以发生显色反应
(6)设计以、CH3CHO为原料制取的合成路线__________(其他无机试剂任选)。
【答案】 (1). 3,4-二羟基苯甲醛 (2). 醛基、酯基 (3). E (4). 还原反应 (5). +2+2CH3COOH(或++H2O (6). (7).
【解析】
【分析】
由信息可知，A的结构简式为，D到E的反应是与氢气发生加成反应，也是还原反应，而第二个已知条件的反应为醛与醛之间的加成反应，产物再发生消去反应。
【详解】（1）A的的结构简式为，名称为：3，4-二羟基苯甲醛；B中官能团的是醛基、酯基，故答案为3，4-二羟基苯甲醛；醛基、酯基；
（2）根据手性碳原子的含义，首先看有没有饱和碳原子，再看所连的4个原子或原子团是否不同，可看出E中与羧基相连的碳原子为手性碳原子，故答案为E；
（3）由流程图可知D与氢气发生加成生成E，故反应类型为还原反应，故答案为还原反应；
（4）由信息反应可知，A→B的化学方程式为+2+2CH3COOH(或++H2O，故答案为+2+2CH3COOH(或++H2O；
（5）D的结构为，含有两个酚羟基，一个羰基，一个羧基，同分异构要求有5个碳原子在同一条直线上，应该有结构，则支链上没有其他不饱和的结构和碳原子了，则五个氧都应该是酚羟基，可写出其结构简式为，故答案为；
（6）以、CH3CHO为原料制取首先要增长碳链，只能考虑已知条件第二个反应，而要发生醛醛加成，则先要把中羟基催化氧化为醛基，再与CH3CHO加成后再消去，但是要注意先把酚羟基与氢氧化钠反应，防止酚羟基被氧化，最后再与盐酸反应得到目标产品，故答案为。
【点睛】有机推断题关键是推出物质的结构简式，该题主要是先要得出A的结构简式，再根据流程图中每一步反应前后的结构对比分析反应原理和反应类型；分析同分异构体多采用对比方法，先分析出含有什么结构或结构，再考虑位置关系。