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广西桂林崇左贺州市2020届高三下学期5月一模考试化学试题
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广西桂林、崇左、贺州市2020届高三下学期5月一模考试
理科综合试题化学试题
1.肺炎疫情牵动着每个人的心，大家出行务必戴好口罩，保护好自己。下列相关说法中错误的是
A. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料
B. 医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%
C. 居家环境消毒时，不可将“84”消毒液、洁厕灵混合使用
D. 人打喷嚏时产生的飞沫(直径>5μm的含水颗粒)属于气溶胶
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚丙烯纤维是由丙烯通过加聚反应制取，属于有机高分子材料，故A正确；
B．75%的乙醇溶液杀菌效果较好，所以医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%，故B正确；
C．“84”消毒液、洁厕灵的主要成分分别为NaCIO和盐酸，将两者混合使用时，可反应生成氯气，从而造成中毒，故C正确；
D．飞沫的直径>5 μm.，而胶体的分散质粒子直径在1 nm~ 100 nm之间，所以飞沫不属于气溶胶，故D错误；
故答案为D。
2.根据国家卫生健康委发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》指出，冠状病毒对紫外线和热敏感，含氯消毒剂过氧乙酸等脂溶剂均可有效灭活病毒，但氯已定不能有效灭活病毒。氯已定又名洗必泰，化学名为双氯苯双胍已烷，系阳离子表面活性剂，具有相当强的广谱抑菌、杀毒作用，其结构如图所示。下列关于氯己定的说法中正确的是
A. 其分子式为C22H30Cl2N10
B. 其苯环上的一溴代物有四种
C. 一定条件下，氯已定最多可与6mol氢气加成
D. 一定条件下，氯已定可发生加成反应和酯化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据其结构简式可知氯已定的分子式为C22H30Cl2N10，故A正确；
B．根据氯己定的结构简式，两个苯环处于对称位置，所以其苯环上的一溴代物只有两种，故B错误；
C．氯已定的结构中有两个苯环，可与6 mol氢气加成，另外其结构中还有4个C=N，所以最多可与10 mol氢气加成，故C错误；
D．氯已定中不含羟基，也不含羧基，不能发生酯化反应，D项错误；
故答案为A。
3.根据下列实验操作和现象对应得到的实验结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
取某溶液做焰色反应实验，观察到火焰为黄色
溶液中含有Na+，不含有K+
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%的蔗糖溶液中加入少量的稀硫酸，加热，再加入少量银氨溶液，未出现银镜现象
蔗糖未水解
D
向某溶液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色
溶液中含Fe3+，不含Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．焰色反应为黄色，说明溶液中含有Na+，不能证明不含K+，要再透过蓝色钴玻璃观察，故A错误；
B．沉淀有部分溶解，说明沉淀既有亚硫酸钡又有硫酸钡，所以亚硫酸钠有部分被氧化，故B正确；
C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，故C错误；
D．加入KSCN溶液，溶液呈血红色，说明待测溶液中含有Fe3+，但并不能排除Fe2+的存在，故D错误；
故答案为B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 1mol铁在1molCl2中燃烧，最终转移的电子数为2NA
B. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为6NA
C. 1mol雄黄(主要成分为As4S4,结构为中含有8NA个S-As键
D. 标准状况下，22.4LCHCl3中含有氯原子的数目为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1 mol铁在1 molCl2中燃烧，铁过量，1 molCl2完全反应全部变成Cl-，所以转移2 mol电子，故A正确；
B．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇有=0.5 mol，另外还有=1.5 mol水，故氢原子总数为(0.5 mol×6+1.5 mol×2)×NA=6 NA，故B正确；
C．一个分子中含有8个S-As键，所以1 mol雄黄含有8NA个S-As键，故C正确；
D．标准状况下CHCl3为液态，22.4LCHC13的物质的量不是1 mol，故D错误；
故答案为D。
5.已知NaHSO3过饱利溶液经结晶脱水可得Na2S2O5，三室膜电解技术可用于制备Na2S2O5,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。下列说法中正确的是
A. M为阴极
B. 离子交换膜均为阴离子交换膜
C. 阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑
D. 最后在b室生成Na2S2O5
【答案】C
【解析】
【详解】A．要制备Na2S2O5则要增大NaHSO3的浓度，即要将SO2碱吸收液中含有的Na2SO3转化为NaHSO3，即发生反应：SO32- +H+=HSO3-，因此氢离子要向右移动，电解池中阳离子流向阴极，所以M为阳极，故A错误；
B．阳极室H+向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3，所以该离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．电解池阳极发生氧化反应，所以应为H2O放电，产生O2和H+，则电极反应为：2H2O- 4e- =4H++O2↑，故C正确；
D．阴极(N)发生还原反应，氢离子放电析出H2，OH-的量增多，则b室中Na2SO3浓度增大，因此是在a室生成Na2S2O5，故D错误；
故答案为C。
6.甲、乙、丙、丁为原子序数依次增大的前20号主族元素。丙的原子序数等于甲原子序数的两倍且甲、丙同主族，乙、丁同主族，甲、乙、丙的原子序数成等差数列。下列说法正确的是
A. 丙的氧化物对应的水化物都是强酸
B. 丁不能与冷水发生反应
C. 工业上用电解熔融的乙的氧化物来制取乙的单质
D. 甲和丙能形成两种常见的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
丙的原子序数等于甲的原子序数的两倍，甲和丙同主族，其原子序数相差8，所以甲为O，丙为S；又因为乙和丁同主族，且甲、乙、丙原子系数成等差数列，故乙为Mg，丁为Ca。
【详解】A．丙的氧化物对应的水化物有H2SO3、H2SO4等，其中H2SO3不是强酸，故A错误；
B．Ca是活泼的金属，能够与冷水反应产生Ca(OH)2和H2，故B错误；
C．工业上用电解熔融的MgCl2来制取Mg，故C项错误；
D．甲和丙分别是O和S，能形成SO2、SO3两种常见的氧化物，故D正确；
故答案为D。
7.常温下，将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化)，下列叙述不正确的是
A. MOH为一元强碱
B. b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1
C. c点溶液中：c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]
D. d点溶液中：c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
【答案】B
【解析】
【分析】
将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；当溶液中溶质只有M2SO3时，只有SO32-的水解促进水的电离，此时水的电离程度达到最大，即c点。
【详解】A．未通入SO2时水电离出的c(OH-)=1×10-12mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，则溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，说明MOH完全电离，为一元强碱，故A正确；
B．根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH，溶液呈碱性，所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1，故B错误；
C．根据分析可知c点溶液中的溶质只有M2SO3，根据物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，故C正确；
D．根据分析结合图像可知d点溶液中的溶质为M2SO3和MHSO3以及H2SO3，且水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L，说明此时溶液呈中性，即c(OH-)= c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒c(H+)+c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)可得c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故D正确；
故答案为B。
【点睛】解决本题关键是要明白二氧化硫通入碱性溶液中的反应历程(类似的还有二氧化碳和碱性溶液反应)，理解当溶液中的溶质全部为正盐时水的电离程度最大，再结合各点溶液中溶质分析b点和d点中哪一个点是溶液显中性的点。
8.硼在冶金、核工业、农业、高新材料等方面都有重要的应用，一种利用硼镁矿制取粗研的工艺流程：
已知:硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7)·10H2O。
回答下列问题：
(1)硼镁矿要粉碎处理，其目的是_______，NaOH浓溶液与硼镁矿反应的化学方程式为__________________________________(不考虑杂质参与反应)。
(2)实验室过滤操作中要用到的玻璃仪器包括烧杯、_______、______。洗涤沉淀的操作方法为_____________________________________。
(3)试解释流程中生成无水MgCl2需在HCl氛围中进行的原因：___________________。
(4)已知H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4]，写出H3BO3的电离方程式：_________________________________________。
(5)实验测得一定质量的H3BO3在不同温度下分解的曲线如图所示。图中A、B、C、D点对应得到的物质都为纯净物。
①C对应的物质可表示为2B2O3·nH2O，则n=_______
②写出C到D过程中发生反应的化学方程式：______________。
【答案】 (1). 增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率 (2). Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2 (3). 漏斗 (4). 玻璃棒 (5). 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次 (6). 抑制MgCl2水解或防止生成Mg(OH)2 (7). H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+ (8). 1 (9). H2B4O72B2O3+H2O
【解析】
【分析】
硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O；硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，待完全溶解后再过滤得到滤渣氢氧化镁，滤渣中加入浓盐酸溶解，通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，浓缩后通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后调pH至2～3制取H3BO3，冷却结晶得到H3BO3晶体，加热得到B2O3，Mg和B2O3混合在高温下生成MgO和B。
【详解】(1)硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，难溶于水，所以预先进行粉碎处理以增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率；根据后续对滤渣的处理可知滤渣为Mg(OH)2，B元素变为2NaBO2，结合元素守恒可得化学方程式为Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2；
(2)过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀是为了除去其表面的杂质，洗涤操作为向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次；
(3)MgCl2中Mg2+会水解生成Mg(OH)2，若直接加热MgCl2·7HO，则会促进水解，不能得到无水MgCl2 ，所以要HCl氛围中加热，抑制MgCl2水解，得到无水MgCl2；
(4)由于H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+ H3BO3=Na[B(OH)4]，说明其酸根离子为[B(OH)4]-，H3BO3本身不能电离出H+，但在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，同时生成H+，从而体现弱酸性，所以其电离方程式为H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+；
(5)①依据图中数据，起始时有248gH3BO3，物质的量为4 mol，第一次分解得到产物176 g，失水72 g(即4 mol)，因此B点对应的物质为HBO2 (物质的量为4 mol)，第二次分解得到产物158g，再失水1 mol，依据原子守恒，C点得到的物质的化学式为H2B4O7，故可表示为2B2O3·H2O，即n=1；
②第三次分解再失水1mol，所以第三次失水后的产物为B2O3，故C到D的化学方程式为H2B4O72B2O3+H2O。
【点睛】由晶体失水制备某些易水解的盐酸盐如FeCl3、MgCl2时为了防止其水解通常要在HCl气流中加热其溶液；第4小题为易错点要注意根据题目所给方程式判断出H3BO3的酸根是[B(OH)4]-，而不是H2BO3-。
9.高锰酸钾是一种用途广泛的常见氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。
I.某课外小组设计以锰酸钾制备高锰酸钾的方案如下：
i.锰酸钾的制备：
(1)将二氧化锰、氨酸钾和氢氧化钾固体放入______(填字母)中熔融制锰酸钾。
A．烧杯B．瓷坩埚C．蒸发皿D．铁坩埚
ii.高锰酸钾的制备(装置如图所示，加热及夹持装置省略)：
将i中制得的锰酸钾加少量蒸馏水溶解，得墨绿色溶液，倒入三颈烧瓶中。打开甲装置中的分液漏斗活塞加入稀硫酸，加热，使生成的乙酸进入乙装置中并水浴加热。搅拌丙装置中的溶液，锰酸钾在酸性条件下反应生成高锰酸钾和二氧化锰。
(2)检验该装置气密性的方法：连接好装置，_________________。
(3)乙装置的作用是___________；丁装置中NaOH溶液的作用是____________________。
(4)将三颈烧瓶中所得产物进行过滤,将滤液倒入蒸发皿中，_______、______、抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体。高锰酸钾晶体只能低温烘干，其原因为_____________________。
II.利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度，发生反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。
(5)量取一定体积的高锰酸钾溶液需使用滴定管_______(填字母)。
(6)若在实验过程中存在下列操作，会使所测KMnO4浓度偏高的是____(填字母)。
A锥形瓶用水洗之后末用待测液润洗
B.盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡
C.滴定时，草酸溶液洒落瓶外
D.盛装KMnO4溶液滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗
【答案】 (1). D (2). 关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好 (3). 做安全瓶 (4). 吸收尾气中的乙酸 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 高锰酸钾受热易分解 (8). A (9). BC
【解析】
【分析】
ii.高锰酸钾的制备：甲中稀硫酸和醋酸钙反应生成乙酸，加热使乙酸挥发进入乙装置，并水浴加热，乙酸易溶于水，所以乙装置还起到安全瓶防止倒吸的作用，在丙中搅拌条件下，乙酸与高锰酸钾发生3K2MnO4+4CH3COOH=2KMnO4+MnO2↓+4CH3COOK+2H2O，丁为尾气处理装置，可用于吸收乙酸等，干燥管可以防止倒吸。
【详解】(1)实验中加热熔化固体所用的仪器为坩埚，又因为反应物中的强碱KOH会与瓷坩埚中的二氧化硅反应，从而损坏坩埚，故应选择铁坩埚，所以选D；
(2)成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理，使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱；故检验该装置气密性的方法为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好；
(3)由于乙酸易溶于水，故容易发生倒吸；乙装置起安全瓶防止倒吸的作用；反应物中乙酸易挥发，实验过程中又对装置乙进行了水浴加热，进一步促进了乙酸的挥发，所以尾气中含有乙酸，可用NaOH溶液来吸收；
(4)先过滤除去二氧化锰，再对高锰酸钾溶液蒸发浓缩，然后冷却结晶，即可得到高锰酸钾晶体；由于高锰酸钾性质不稳定，受热易分解，所以高锰酸钾晶体只能低温烘干；
(5)酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，应选用酸式滴定管，所以选A；
(6)A．滴定实验中，锥形瓶中有少量水不影响高锰酸钾与草酸反应，对结果无影响，A项不符合题意；
B．盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡，使得读数偏大，消耗草酸体积偏大，使所测KMnO4浓度偏高，B项符合题意；
C．滴定时草酸溶液洒落瓶外，消耗草酸体积偏大使所测KMnO4浓度偏高，C项符合题意；
D．盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗，相当于对KMnO4溶液稀释，所取一定体积溶液中所含KMnO4减少，消耗草酸体积偏小，使所测KMnO4浓度偏低，D项不符合题意；
综上所述选BC。
【点睛】成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理.使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱。
10.将无机碳转化为有机化合物是目前研究的热点，也是减少CO2和CO的有效措施之一，对环境的保护起到了积极作用。
I.二氧化碳催化加氢甲烷化工艺是利用氨还原CO2,反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l)∆H1。
(1)已知：H2(g)的燃烧热∆H2=-285.8kJ·mol-1，CH4(g)的燃烧热∆H=-890.3kJ·mol-1，则△H1=________kJ·mol-1。
(2)测得该反应的吉布斯自由能(∆G=∆H-T∆S)随温度的变化曲线如图甲所示，为使CO2顺利转化为CH4，反应应在___下进行。
II.一氧化碳催化加氢制甲醇：CO(g)+2H2(g)CH2OH(g)
(3)图乙是反应中部分物质的浓度随时间t的变化情况，0~10min内，用H2表示的平均反应速率v(H2)=_____，该反应平衡常数的表达式为_______________。
(4)在容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图丙所示。
①p1______(填“>”“<”或“=”)p2。
②比较图丙中A、C两点，平衡常数KA__________(填“>”“<”或“=")KC。
③若达到化学平衡状态点A时，容器体积为20L，T1℃时平衡常数KA=______
【答案】 (1). -252.9 (2). 温度低于870K (3). 0.15mol·L-1·min-1 (4). (5). < (6). > (7). 4
【解析】
【详解】(1)H2(g)的燃烧热∆H2=-285.8kJ·mol-1，则有H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H2=-285.8 kJ•mol-1 反应a；
CH4(g)的燃烧热∆H=-890.3kJ·mol-1，则有CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3KJ•mol-1 反应b；
根据盖斯定律：a×4-b可得CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l) ∆H1=(-285.8 kJ•mol-1)×4-(-890.3KJ•mol-1)=-252.9 kJ•mol-1；
(2)∆G<0时反应才有自发性，据图可知温度低于870K时∆G<0；
(3)据图可知图示两种物质单位时间内浓度变化量相等，根据方程式可知应为CO和CH3OH的物质的量浓度变化曲线，10min内CO或CH3OH的浓度变化均为0.75mol/L，则∆c(H2)=1.5mol/L，所以v(H2)==0.15mol·L-1·min-1；根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数表达式为K=；
(4)①据图可知相同温度下p2压强下CO的转化率更大，该反应为气体体积减小的反应，压强越大转化率越大，所以p1
③A点CO的转化率为50%，初始投料为10molCO和20molH2，容器体积为20L，列三段式有：
平衡常数KA==4。
11.碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题:
(1)在基态C原子中，核外存在_______对自旋方向相反电子。
(2)丙酮()分子中，中间碳原子的杂化方式为______；中键和π键的数目之比为__________________.
(3)写出两个与CO2具有相同空间构型的分子或离子：_____________
(4)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253K，沸点为376K，其固体属于_____晶体；Fe3+的核外电子排布式为__________________。
(5)已知第IIA族元素的碳酸盐MCO3热分解的主要过程为M2+结合碳酸根离子中的O2-，释放出CO2。则CaCO3的分解温度低于BaCO3的原因是_______________。分子中的大π键用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则CO32-中的大π键应表示为____________。
(6)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，一个六元环上的C原子数为__________________。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接_____个六元环，六元环中最多有_______个C原子在同一平面。
【答案】 (1). 2 (2). sp2 (3). 7:1 (4). CS2、SCN-等 (5). 分子 (6). 1s22s22p63s23p63d5 (7). Ca2+的半径小于Ba2+，更容易结合CO32-中O2-，因此CaCO3更容易分解 (8). (9). 2 (10). 12 (11). 4
【解析】
【详解】(1)C原子的核外有6个电子，电子排布式为1s22s2p2，其中1s、2s上的2对电子的自旋方向相反，而2p轨道上的电子自旋方向相同，所以核外存在2对自旋方向相反的电子；
(2)丙酮分子中中间碳原子形成碳氧双键，为sp2杂化；分子中每个碳氧双键中各有一个π键，其他化学键均为键，共14个，所以键和π键的数目之比为7:1；
(3)O与S同主族，所以与CO2具有相同空间结构的分子为CS2；等电子体具有相同的空间结构，与CO2互为等电子的离子有SCN-；
(4)Fe(CO)5的熔点为253K，沸点为376K，熔沸点较低，所以为分子晶体；Fe为26号元素，根据电子排布规律可知基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去外层3个电子后形成Fe3+，所以其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5；
(5)Ca2+的半径小于Ba2+，更容易结合CO32-中O2-，因此CaCO3更容易分解；CO32-中心原子价层电子对数为，因此CO32-的空间构型为平面三角形，C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，每个O原子有2对孤电子对未参与成键，所以单电子数=24-2×3-4×3=6，所以CO32-为4原子、6电子形成的大π键，表示为；
(6)①根据均摊法，石墨烯中每个C原子被3个六元环共有，则每个六元环占有的C原子数为=2；
②每个C原子周围形成4个共价键，可以组合6个角，每个角延伸为两个六元环，因此每个C原子连接有2×6= 12个六元环；根据几何知识，六元环中最多有4个C原子共面，如图所示。
【点睛】大π键中成键电子数=价电子总数-键数×2-未参与的孤对电子个数；具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。
12.盐酸利多卡因(F)可用于表面麻醉，还具有抗心律失常的作用，其合成路线：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为______________，B→C的反应类型为____________。
(2)C→D的化学方程式为___________________。
(3)E中苯环上的一氯代物有___________种。
(4)X为B的芳香族同分异构体且苯环上仅有2个取代基，红外光谱显示X有氨基(-NH2)，实验测得X能与NaHCO3溶液发生反应生成CO2，则X的结构可能有______种，其中一种核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1的X的结构简式为______________________。
(5)已知工业上可用氯气催化乙酸生产氯乙酸，再以氯乙酸为原料，以S2Cl2、Cl2为氯化剂，加入适当的催化剂，即可制得氯乙酰氯(ClCH2COCl)。请设计以CH2=CH2为主要原料合成ClCH2COCl的路线流程图________________________________(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 间二甲苯 (2). 还原反应 (3). +ClCH2COCl+HCl (4). 2 (5). 6 (6). 或 (7). CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl
【解析】
【详解】(1)根据A的键线式可知A为苯的同系物，苯环间位有两个甲基，所以名称为间二甲苯；对比B和C的键线式可知B到C的过程中加氢去氧，所以为还原反应；
(2)对比C和D的结构变化可知C中-NH2在D中变为-NH-，说明C中断裂一个N-H键，而ClCH2COCl右端C-Cl键断裂，C=O键中的碳原子连接到N原子上，H与Cl结合生成HCl，所以方程式为：+ClCH2COCl+HCl；
(3)E中苯环上有2种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有2种；
(4)根据题意，X结构中有一个-NH2和一个-COOH(与NaHCO3溶液发生反应生成CO2)，还有一个-CH2-(苯环上只有两个取代基)，所以取代基可以是-CH2-NH2和-COOH或-NH2和-CH2-COOH，各有邻间对三种，共3+3=6种同分异构体；核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1，说明结构对称，有和；
(5)由题意可知，先要合成乙酸，乙烯和水加成可以生成乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾氧化可以生成乙酸，再结合题干信息合成ClCH2COCl；所以合成路线为：CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl。
理科综合试题化学试题
1.肺炎疫情牵动着每个人的心，大家出行务必戴好口罩，保护好自己。下列相关说法中错误的是
A. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料
B. 医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%
C. 居家环境消毒时，不可将“84”消毒液、洁厕灵混合使用
D. 人打喷嚏时产生的飞沫(直径>5μm的含水颗粒)属于气溶胶
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚丙烯纤维是由丙烯通过加聚反应制取，属于有机高分子材料，故A正确；
B．75%的乙醇溶液杀菌效果较好，所以医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%，故B正确；
C．“84”消毒液、洁厕灵的主要成分分别为NaCIO和盐酸，将两者混合使用时，可反应生成氯气，从而造成中毒，故C正确；
D．飞沫的直径>5 μm.，而胶体的分散质粒子直径在1 nm~ 100 nm之间，所以飞沫不属于气溶胶，故D错误；
故答案为D。
2.根据国家卫生健康委发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》指出，冠状病毒对紫外线和热敏感，含氯消毒剂过氧乙酸等脂溶剂均可有效灭活病毒，但氯已定不能有效灭活病毒。氯已定又名洗必泰，化学名为双氯苯双胍已烷，系阳离子表面活性剂，具有相当强的广谱抑菌、杀毒作用，其结构如图所示。下列关于氯己定的说法中正确的是
A. 其分子式为C22H30Cl2N10
B. 其苯环上的一溴代物有四种
C. 一定条件下，氯已定最多可与6mol氢气加成
D. 一定条件下，氯已定可发生加成反应和酯化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据其结构简式可知氯已定的分子式为C22H30Cl2N10，故A正确；
B．根据氯己定的结构简式，两个苯环处于对称位置，所以其苯环上的一溴代物只有两种，故B错误；
C．氯已定的结构中有两个苯环，可与6 mol氢气加成，另外其结构中还有4个C=N，所以最多可与10 mol氢气加成，故C错误；
D．氯已定中不含羟基，也不含羧基，不能发生酯化反应，D项错误；
故答案为A。
3.根据下列实验操作和现象对应得到的实验结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
取某溶液做焰色反应实验，观察到火焰为黄色
溶液中含有Na+，不含有K+
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%的蔗糖溶液中加入少量的稀硫酸，加热，再加入少量银氨溶液，未出现银镜现象
蔗糖未水解
D
向某溶液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色
溶液中含Fe3+，不含Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．焰色反应为黄色，说明溶液中含有Na+，不能证明不含K+，要再透过蓝色钴玻璃观察，故A错误；
B．沉淀有部分溶解，说明沉淀既有亚硫酸钡又有硫酸钡，所以亚硫酸钠有部分被氧化，故B正确；
C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，故C错误；
D．加入KSCN溶液，溶液呈血红色，说明待测溶液中含有Fe3+，但并不能排除Fe2+的存在，故D错误；
故答案为B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 1mol铁在1molCl2中燃烧，最终转移的电子数为2NA
B. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为6NA
C. 1mol雄黄(主要成分为As4S4,结构为中含有8NA个S-As键
D. 标准状况下，22.4LCHCl3中含有氯原子的数目为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1 mol铁在1 molCl2中燃烧，铁过量，1 molCl2完全反应全部变成Cl-，所以转移2 mol电子，故A正确；
B．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇有=0.5 mol，另外还有=1.5 mol水，故氢原子总数为(0.5 mol×6+1.5 mol×2)×NA=6 NA，故B正确；
C．一个分子中含有8个S-As键，所以1 mol雄黄含有8NA个S-As键，故C正确；
D．标准状况下CHCl3为液态，22.4LCHC13的物质的量不是1 mol，故D错误；
故答案为D。
5.已知NaHSO3过饱利溶液经结晶脱水可得Na2S2O5，三室膜电解技术可用于制备Na2S2O5,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。下列说法中正确的是
A. M为阴极
B. 离子交换膜均为阴离子交换膜
C. 阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑
D. 最后在b室生成Na2S2O5
【答案】C
【解析】
【详解】A．要制备Na2S2O5则要增大NaHSO3的浓度，即要将SO2碱吸收液中含有的Na2SO3转化为NaHSO3，即发生反应：SO32- +H+=HSO3-，因此氢离子要向右移动，电解池中阳离子流向阴极，所以M为阳极，故A错误；
B．阳极室H+向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3，所以该离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．电解池阳极发生氧化反应，所以应为H2O放电，产生O2和H+，则电极反应为：2H2O- 4e- =4H++O2↑，故C正确；
D．阴极(N)发生还原反应，氢离子放电析出H2，OH-的量增多，则b室中Na2SO3浓度增大，因此是在a室生成Na2S2O5，故D错误；
故答案为C。
6.甲、乙、丙、丁为原子序数依次增大的前20号主族元素。丙的原子序数等于甲原子序数的两倍且甲、丙同主族，乙、丁同主族，甲、乙、丙的原子序数成等差数列。下列说法正确的是
A. 丙的氧化物对应的水化物都是强酸
B. 丁不能与冷水发生反应
C. 工业上用电解熔融的乙的氧化物来制取乙的单质
D. 甲和丙能形成两种常见的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
丙的原子序数等于甲的原子序数的两倍，甲和丙同主族，其原子序数相差8，所以甲为O，丙为S；又因为乙和丁同主族，且甲、乙、丙原子系数成等差数列，故乙为Mg，丁为Ca。
【详解】A．丙的氧化物对应的水化物有H2SO3、H2SO4等，其中H2SO3不是强酸，故A错误；
B．Ca是活泼的金属，能够与冷水反应产生Ca(OH)2和H2，故B错误；
C．工业上用电解熔融的MgCl2来制取Mg，故C项错误；
D．甲和丙分别是O和S，能形成SO2、SO3两种常见的氧化物，故D正确；
故答案为D。
7.常温下，将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化)，下列叙述不正确的是
A. MOH为一元强碱
B. b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1
C. c点溶液中：c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]
D. d点溶液中：c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
【答案】B
【解析】
【分析】
将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；当溶液中溶质只有M2SO3时，只有SO32-的水解促进水的电离，此时水的电离程度达到最大，即c点。
【详解】A．未通入SO2时水电离出的c(OH-)=1×10-12mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，则溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，说明MOH完全电离，为一元强碱，故A正确；
B．根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH，溶液呈碱性，所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1，故B错误；
C．根据分析可知c点溶液中的溶质只有M2SO3，根据物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，故C正确；
D．根据分析结合图像可知d点溶液中的溶质为M2SO3和MHSO3以及H2SO3，且水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L，说明此时溶液呈中性，即c(OH-)= c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒c(H+)+c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)可得c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故D正确；
故答案为B。
【点睛】解决本题关键是要明白二氧化硫通入碱性溶液中的反应历程(类似的还有二氧化碳和碱性溶液反应)，理解当溶液中的溶质全部为正盐时水的电离程度最大，再结合各点溶液中溶质分析b点和d点中哪一个点是溶液显中性的点。
8.硼在冶金、核工业、农业、高新材料等方面都有重要的应用，一种利用硼镁矿制取粗研的工艺流程：
已知:硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7)·10H2O。
回答下列问题：
(1)硼镁矿要粉碎处理，其目的是_______，NaOH浓溶液与硼镁矿反应的化学方程式为__________________________________(不考虑杂质参与反应)。
(2)实验室过滤操作中要用到的玻璃仪器包括烧杯、_______、______。洗涤沉淀的操作方法为_____________________________________。
(3)试解释流程中生成无水MgCl2需在HCl氛围中进行的原因：___________________。
(4)已知H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4]，写出H3BO3的电离方程式：_________________________________________。
(5)实验测得一定质量的H3BO3在不同温度下分解的曲线如图所示。图中A、B、C、D点对应得到的物质都为纯净物。
①C对应的物质可表示为2B2O3·nH2O，则n=_______
②写出C到D过程中发生反应的化学方程式：______________。
【答案】 (1). 增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率 (2). Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2 (3). 漏斗 (4). 玻璃棒 (5). 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次 (6). 抑制MgCl2水解或防止生成Mg(OH)2 (7). H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+ (8). 1 (9). H2B4O72B2O3+H2O
【解析】
【分析】
硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O；硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，待完全溶解后再过滤得到滤渣氢氧化镁，滤渣中加入浓盐酸溶解，通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，浓缩后通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后调pH至2～3制取H3BO3，冷却结晶得到H3BO3晶体，加热得到B2O3，Mg和B2O3混合在高温下生成MgO和B。
【详解】(1)硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，难溶于水，所以预先进行粉碎处理以增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率；根据后续对滤渣的处理可知滤渣为Mg(OH)2，B元素变为2NaBO2，结合元素守恒可得化学方程式为Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2；
(2)过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀是为了除去其表面的杂质，洗涤操作为向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次；
(3)MgCl2中Mg2+会水解生成Mg(OH)2，若直接加热MgCl2·7HO，则会促进水解，不能得到无水MgCl2 ，所以要HCl氛围中加热，抑制MgCl2水解，得到无水MgCl2；
(4)由于H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+ H3BO3=Na[B(OH)4]，说明其酸根离子为[B(OH)4]-，H3BO3本身不能电离出H+，但在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，同时生成H+，从而体现弱酸性，所以其电离方程式为H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+；
(5)①依据图中数据，起始时有248gH3BO3，物质的量为4 mol，第一次分解得到产物176 g，失水72 g(即4 mol)，因此B点对应的物质为HBO2 (物质的量为4 mol)，第二次分解得到产物158g，再失水1 mol，依据原子守恒，C点得到的物质的化学式为H2B4O7，故可表示为2B2O3·H2O，即n=1；
②第三次分解再失水1mol，所以第三次失水后的产物为B2O3，故C到D的化学方程式为H2B4O72B2O3+H2O。
【点睛】由晶体失水制备某些易水解的盐酸盐如FeCl3、MgCl2时为了防止其水解通常要在HCl气流中加热其溶液；第4小题为易错点要注意根据题目所给方程式判断出H3BO3的酸根是[B(OH)4]-，而不是H2BO3-。
9.高锰酸钾是一种用途广泛的常见氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。
I.某课外小组设计以锰酸钾制备高锰酸钾的方案如下：
i.锰酸钾的制备：
(1)将二氧化锰、氨酸钾和氢氧化钾固体放入______(填字母)中熔融制锰酸钾。
A．烧杯B．瓷坩埚C．蒸发皿D．铁坩埚
ii.高锰酸钾的制备(装置如图所示，加热及夹持装置省略)：
将i中制得的锰酸钾加少量蒸馏水溶解，得墨绿色溶液，倒入三颈烧瓶中。打开甲装置中的分液漏斗活塞加入稀硫酸，加热，使生成的乙酸进入乙装置中并水浴加热。搅拌丙装置中的溶液，锰酸钾在酸性条件下反应生成高锰酸钾和二氧化锰。
(2)检验该装置气密性的方法：连接好装置，_________________。
(3)乙装置的作用是___________；丁装置中NaOH溶液的作用是____________________。
(4)将三颈烧瓶中所得产物进行过滤,将滤液倒入蒸发皿中，_______、______、抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体。高锰酸钾晶体只能低温烘干，其原因为_____________________。
II.利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度，发生反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。
(5)量取一定体积的高锰酸钾溶液需使用滴定管_______(填字母)。
(6)若在实验过程中存在下列操作，会使所测KMnO4浓度偏高的是____(填字母)。
A锥形瓶用水洗之后末用待测液润洗
B.盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡
C.滴定时，草酸溶液洒落瓶外
D.盛装KMnO4溶液滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗
【答案】 (1). D (2). 关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好 (3). 做安全瓶 (4). 吸收尾气中的乙酸 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 高锰酸钾受热易分解 (8). A (9). BC
【解析】
【分析】
ii.高锰酸钾的制备：甲中稀硫酸和醋酸钙反应生成乙酸，加热使乙酸挥发进入乙装置，并水浴加热，乙酸易溶于水，所以乙装置还起到安全瓶防止倒吸的作用，在丙中搅拌条件下，乙酸与高锰酸钾发生3K2MnO4+4CH3COOH=2KMnO4+MnO2↓+4CH3COOK+2H2O，丁为尾气处理装置，可用于吸收乙酸等，干燥管可以防止倒吸。
【详解】(1)实验中加热熔化固体所用的仪器为坩埚，又因为反应物中的强碱KOH会与瓷坩埚中的二氧化硅反应，从而损坏坩埚，故应选择铁坩埚，所以选D；
(2)成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理，使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱；故检验该装置气密性的方法为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好；
(3)由于乙酸易溶于水，故容易发生倒吸；乙装置起安全瓶防止倒吸的作用；反应物中乙酸易挥发，实验过程中又对装置乙进行了水浴加热，进一步促进了乙酸的挥发，所以尾气中含有乙酸，可用NaOH溶液来吸收；
(4)先过滤除去二氧化锰，再对高锰酸钾溶液蒸发浓缩，然后冷却结晶，即可得到高锰酸钾晶体；由于高锰酸钾性质不稳定，受热易分解，所以高锰酸钾晶体只能低温烘干；
(5)酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，应选用酸式滴定管，所以选A；
(6)A．滴定实验中，锥形瓶中有少量水不影响高锰酸钾与草酸反应，对结果无影响，A项不符合题意；
B．盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡，使得读数偏大，消耗草酸体积偏大，使所测KMnO4浓度偏高，B项符合题意；
C．滴定时草酸溶液洒落瓶外，消耗草酸体积偏大使所测KMnO4浓度偏高，C项符合题意；
D．盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗，相当于对KMnO4溶液稀释，所取一定体积溶液中所含KMnO4减少，消耗草酸体积偏小，使所测KMnO4浓度偏低，D项不符合题意；
综上所述选BC。
【点睛】成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理.使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱。
10.将无机碳转化为有机化合物是目前研究的热点，也是减少CO2和CO的有效措施之一，对环境的保护起到了积极作用。
I.二氧化碳催化加氢甲烷化工艺是利用氨还原CO2,反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l)∆H1。
(1)已知：H2(g)的燃烧热∆H2=-285.8kJ·mol-1，CH4(g)的燃烧热∆H=-890.3kJ·mol-1，则△H1=________kJ·mol-1。
(2)测得该反应的吉布斯自由能(∆G=∆H-T∆S)随温度的变化曲线如图甲所示，为使CO2顺利转化为CH4，反应应在___下进行。
II.一氧化碳催化加氢制甲醇：CO(g)+2H2(g)CH2OH(g)
(3)图乙是反应中部分物质的浓度随时间t的变化情况，0~10min内，用H2表示的平均反应速率v(H2)=_____，该反应平衡常数的表达式为_______________。
(4)在容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图丙所示。
①p1______(填“>”“<”或“=”)p2。
②比较图丙中A、C两点，平衡常数KA__________(填“>”“<”或“=")KC。
③若达到化学平衡状态点A时，容器体积为20L，T1℃时平衡常数KA=______
【答案】 (1). -252.9 (2). 温度低于870K (3). 0.15mol·L-1·min-1 (4). (5). < (6). > (7). 4
【解析】
【详解】(1)H2(g)的燃烧热∆H2=-285.8kJ·mol-1，则有H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H2=-285.8 kJ•mol-1 反应a；
CH4(g)的燃烧热∆H=-890.3kJ·mol-1，则有CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3KJ•mol-1 反应b；
根据盖斯定律：a×4-b可得CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l) ∆H1=(-285.8 kJ•mol-1)×4-(-890.3KJ•mol-1)=-252.9 kJ•mol-1；
(2)∆G<0时反应才有自发性，据图可知温度低于870K时∆G<0；
(3)据图可知图示两种物质单位时间内浓度变化量相等，根据方程式可知应为CO和CH3OH的物质的量浓度变化曲线，10min内CO或CH3OH的浓度变化均为0.75mol/L，则∆c(H2)=1.5mol/L，所以v(H2)==0.15mol·L-1·min-1；根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数表达式为K=；
(4)①据图可知相同温度下p2压强下CO的转化率更大，该反应为气体体积减小的反应，压强越大转化率越大，所以p1
③A点CO的转化率为50%，初始投料为10molCO和20molH2，容器体积为20L，列三段式有：
平衡常数KA==4。
11.碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题:
(1)在基态C原子中，核外存在_______对自旋方向相反电子。
(2)丙酮()分子中，中间碳原子的杂化方式为______；中键和π键的数目之比为__________________.
(3)写出两个与CO2具有相同空间构型的分子或离子：_____________
(4)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253K，沸点为376K，其固体属于_____晶体；Fe3+的核外电子排布式为__________________。
(5)已知第IIA族元素的碳酸盐MCO3热分解的主要过程为M2+结合碳酸根离子中的O2-，释放出CO2。则CaCO3的分解温度低于BaCO3的原因是_______________。分子中的大π键用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则CO32-中的大π键应表示为____________。
(6)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，一个六元环上的C原子数为__________________。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接_____个六元环，六元环中最多有_______个C原子在同一平面。
【答案】 (1). 2 (2). sp2 (3). 7:1 (4). CS2、SCN-等 (5). 分子 (6). 1s22s22p63s23p63d5 (7). Ca2+的半径小于Ba2+，更容易结合CO32-中O2-，因此CaCO3更容易分解 (8). (9). 2 (10). 12 (11). 4
【解析】
【详解】(1)C原子的核外有6个电子，电子排布式为1s22s2p2，其中1s、2s上的2对电子的自旋方向相反，而2p轨道上的电子自旋方向相同，所以核外存在2对自旋方向相反的电子；
(2)丙酮分子中中间碳原子形成碳氧双键，为sp2杂化；分子中每个碳氧双键中各有一个π键，其他化学键均为键，共14个，所以键和π键的数目之比为7:1；
(3)O与S同主族，所以与CO2具有相同空间结构的分子为CS2；等电子体具有相同的空间结构，与CO2互为等电子的离子有SCN-；
(4)Fe(CO)5的熔点为253K，沸点为376K，熔沸点较低，所以为分子晶体；Fe为26号元素，根据电子排布规律可知基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去外层3个电子后形成Fe3+，所以其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5；
(5)Ca2+的半径小于Ba2+，更容易结合CO32-中O2-，因此CaCO3更容易分解；CO32-中心原子价层电子对数为，因此CO32-的空间构型为平面三角形，C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，每个O原子有2对孤电子对未参与成键，所以单电子数=24-2×3-4×3=6，所以CO32-为4原子、6电子形成的大π键，表示为；
(6)①根据均摊法，石墨烯中每个C原子被3个六元环共有，则每个六元环占有的C原子数为=2；
②每个C原子周围形成4个共价键，可以组合6个角，每个角延伸为两个六元环，因此每个C原子连接有2×6= 12个六元环；根据几何知识，六元环中最多有4个C原子共面，如图所示。
【点睛】大π键中成键电子数=价电子总数-键数×2-未参与的孤对电子个数；具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。
12.盐酸利多卡因(F)可用于表面麻醉，还具有抗心律失常的作用，其合成路线：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为______________，B→C的反应类型为____________。
(2)C→D的化学方程式为___________________。
(3)E中苯环上的一氯代物有___________种。
(4)X为B的芳香族同分异构体且苯环上仅有2个取代基，红外光谱显示X有氨基(-NH2)，实验测得X能与NaHCO3溶液发生反应生成CO2，则X的结构可能有______种，其中一种核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1的X的结构简式为______________________。
(5)已知工业上可用氯气催化乙酸生产氯乙酸，再以氯乙酸为原料，以S2Cl2、Cl2为氯化剂，加入适当的催化剂，即可制得氯乙酰氯(ClCH2COCl)。请设计以CH2=CH2为主要原料合成ClCH2COCl的路线流程图________________________________(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 间二甲苯 (2). 还原反应 (3). +ClCH2COCl+HCl (4). 2 (5). 6 (6). 或 (7). CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl
【解析】
【详解】(1)根据A的键线式可知A为苯的同系物，苯环间位有两个甲基，所以名称为间二甲苯；对比B和C的键线式可知B到C的过程中加氢去氧，所以为还原反应；
(2)对比C和D的结构变化可知C中-NH2在D中变为-NH-，说明C中断裂一个N-H键，而ClCH2COCl右端C-Cl键断裂，C=O键中的碳原子连接到N原子上，H与Cl结合生成HCl，所以方程式为：+ClCH2COCl+HCl；
(3)E中苯环上有2种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有2种；
(4)根据题意，X结构中有一个-NH2和一个-COOH(与NaHCO3溶液发生反应生成CO2)，还有一个-CH2-(苯环上只有两个取代基)，所以取代基可以是-CH2-NH2和-COOH或-NH2和-CH2-COOH，各有邻间对三种，共3+3=6种同分异构体；核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1，说明结构对称，有和；
(5)由题意可知，先要合成乙酸，乙烯和水加成可以生成乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾氧化可以生成乙酸，再结合题干信息合成ClCH2COCl；所以合成路线为：CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl。
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