【化学】云南省普洱市2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

云南省普洱市2018-2019学年高二下学期期末考试
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　 　）
A. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁能源
B. 生石灰和铁粉都是食品包装中常用的干燥剂
C. 地沟油没有利用价值，可用燃烧法处理
D. 水玻璃可用作木材防火剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤的气化和液化过程都有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．铁粉具有还原性，可用作抗氧化剂，不具有吸水性，不能用作干燥剂，故B错误；
C．地沟油属于酯类，可以用于制肥皂、生物柴油等实现再利用，而燃烧可以引起空气污染，故C错误；
D．硅酸钠水溶液称为水玻璃，硅酸钠的熔点高，不能燃烧，可用作木材防火剂，故D正确；
答案为D。
2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（　 　）
A. 1molNa2O2固体中含离子总数是3NA
B. 0.1molMg 2+含有的核外电子数为0.2NA
C. 常温下，1 L pH＝13 的Ba（OH ）2溶液中所含 OH－数目为 0.2NA
D. 6.4 g Cu与足量硫充分反应，转移电子数为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠由2mol钠离子和1mol过氧根构成，即含3mol离子，即3NA个，故A正确；
B．１个镁原子核外有12个电子，1个Mg2+核外有10个电子，则0.1mlMg2+含有的核外电子数为1mol，即NA个，故B错误；
C．常温下，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，含有氢氧根离子个数为：0.1mol/L×1L×NA=0.1NA，故C错误；
D．6.4g铜的物质的量为0.1mol，而铜和硫反应方程式为2Cu+S Cu2S，Cu由0价变+1价，0.1mol铜转移0.1NA个电子，故D错误；
答案为A。
3.下列关于有机物说法正确的是（　 　）
A. 苯与液溴在光照条件下生成溴苯
B. 甲烷、乙醇都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 等物质的量的甲烷和乙酸完全燃烧时，消耗氧气的质量相同
D. 乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应可称为皂化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯与液溴在光照条件下不反应，在催化剂作用下发生取代反应，生成溴苯，故A错误；
B．乙醇含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．1molCH4完全燃烧消耗氧气2mol，1molCH3COOH完全燃烧消耗氧气2mol，耗氧量相同，故C正确；
D．皂化反应为高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解，乙酸乙酯并不是高级脂肪酸甘油酯，故D错误；
故答案为C。
4.下列实验操作、现象和结论均正确的是（　 　）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Na2SO3溶液中滴加Ba（NO3）2溶液和稀硝酸
产生白色沉淀
Na2SO3溶液已变质
B
向酸性高锰酸钾溶液滴加H2O2
紫色褪去，产生气泡
H2O2具有还原性
C

将某有机物与溴的四氯化碳溶液混合
溶液褪色
该有机物必定含有碳碳双键
D
将饱和NaAlO2溶液与饱和NaHCO3溶液混合
产生白色沉淀
NaAlO2溶液与NaHCO3溶液发生了水解反应，且相互促进
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入Ba(NO3)2和稀硝酸溶液后，稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子成为硫酸根，硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO4沉淀，所以该白色沉淀硫酸钡，但不一定变质，故A错误；
B．H2O2具有还原性,高锰酸钾溶液紫红色褪去,离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故B正确；
C．碳碳双健(C=C)、碳碳叁健(C≡C)、醛基等都可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D．向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子电离且和氢离子结合生成氢氧化铝白色沉淀，生成沉淀与水解无关，故D错误；
答案为B。
5.某有机物的分子式为C9H12，其属于芳香烃的同分异构体有（不考虑立体异构）（ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】分子式为C9H12，属于芳香烃，则除苯环外还有-C3H7，若有1个取代基，则为丙基，有-CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH3；2个取代基有-CH3、-C2H5，可以有邻间对三种；还可以是3个-CH3，有三种，共有2+3+3=8种，故答案为C。
6.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示，下列说法正确的是（　 　）
元素
甲
乙
丙
丁
化合价
-2
-3
-4
-2
A. 含氧酸的酸性：乙＜丁
B. 元素非金属性：甲＜丙
C. 氢化物的沸点：甲＞丁
D. 气态氢化物的稳定性：乙＜丙
【答案】C
【解析】
【详解】由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，甲、丁处于VIA族，乙处于VA族，丙处于IVA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素。
A．乙是N，丁是S，则N的含氧酸有HNO2、HNO3，S的含氧酸有H2SO3、H2SO4，酸性强弱无法判断，故A错误；
B．甲是O，丙是C，属于同周期元素，从左向右非金属性增强，则元素非金属性：甲＞丙，故B错误；
C．甲是O，丁是S，它们氢化物分别为H2O、H2S，由于水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，即甲＞丁，故C正确；
D．乙是N，丙是C，属于同周期元素，从左向右非金属性增强，非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性N＞C，则氢化物的热稳定性：乙＞丙，故D错误；
答案为C。
7.下列关于电解质溶液的叙述正确的是(　 　)
A. 室温下，pH = 2的盐酸与pH = 12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. CH3COOH溶液与Na2CO3溶液反应生成CO2，可以证明CH3COOH是弱酸
C. 0.1 mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－) = c(I－)
D. 在稀CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，CH3COOH电离程度减小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．一水合氨为弱碱，所以pH=12的氨水浓度比pH=2的盐酸浓度大，二者等体积混合氨水过量，溶液应显碱性，所以c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；
B．CH3COOH溶液与Na2CO3溶液反应生成CO2，说明醋酸酸性比碳酸强，无法证明醋酸是强酸还是弱酸，故B错误；
C．溶液中Ag+浓度相同，AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c(Cl-)≠c(I-)，故C错误；
D．在稀CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，电离程度减小，故D正确；
故答案为D。

8.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：
（1）ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式是_______。
（2）根据文献资料，用NaClO3和双氧水在酸性条件下可制得ClO2。某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。

①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是________。
②装置B的作用是__________________。
③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式是_____。
（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00 mL C中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入____________作指示剂，用0.1000 mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2 + 2S2O32－＝2I－+ S4O62－），消耗标准溶液的体积为20.00 mL。滴定终点的现象是________，C中ClO2溶液的浓度是__________mol·L－1。
【答案】 (1). 2ClO2 + 2CN－＝2CO2 + N2 + 2Cl－ (2). 稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸或防倒吸 (3). 防止倒吸（或作安全瓶） (4). 2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O (5). 淀粉溶液 (6). 当滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 (7). 0.04000 mol/L
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
则n（ClO2）= n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，据此计算可得。
【解析】
【分析】
根据电子得失守恒和质量守恒书写（1）和③的离子方程式和化学方程式，用NaClO3和双氧水在酸性条件下可制得ClO2，装置A发生装置，产生ClO2，装置B是安全瓶作用，装置C收集ClO2，装置D尾气吸收，避免污染环境，测定装置C中ClO2溶液的浓度，应根据2ClO2～5I2～10Na2S2O3关系式，据此计算。
【详解】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则ClO2中氯元素由+4价得5e-变成Cl-，CN-中碳元素由+2价失2e-变+4价，氮元素由-3价失3e-变0价，由电子得失守恒和质量守恒可写出离子反应式为：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；答案为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；
（2）①氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；答案为稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶）；答案为防止倒吸（或作安全瓶）；
③装置A用于生成ClO2气体，NaClO3中氯元素化合价由+5价得e-变成+4价，H2O2中氧元素由-1价失e-变成0价，根据电子得失守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O；答案为：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O；
（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O和I2 + 2S2O32－＝2I－+ S4O62－可知：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n(ClO2)= n(Na2S2O3)= ×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度是c(ClO2)= =0.04mol/L；答案为淀粉溶液，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点，0.04mol/L。
【点睛】解答本题应知道各个装置作用是关键之一，对于测定装置C中ClO2溶液的浓度，我们应根据氧化还原反应特点，由方程式2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O和I2 + 2S2O32－＝2I－+ S4O62－快速准确找出2ClO2～5I2～10Na2S2O3关系式，是解题的关键之二。
9.二氧化钛（TiO2）广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧化钛还可作为制备乙酸、钛单质的原料。
Ⅰ．二氧化钛可由以下两种方法制备：
方法1：TiCl4水解生成TiO2·xH2O，过滤、水洗除去其中的Cl－，再烘干、焙烧除去水分得到胶体TiO2，此方法制备得到的是纳米二氧化钛。
（1）① TiCl4水解生成TiO2·x H2O的化学方程式为______；
②检验TiO2·x H2O中Cl－是否被除净的方法是___________
方法2：可用含有Fe2O3钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）制取，其主要流程如下：

（2）溶液甲中加入Fe的作用是__________
（3）若要加热FeSO4．7H2O晶体得无水硫酸亚铁，除酒精灯、玻璃棒外，还要用到的两种硅酸盐质仪器是__________
Ⅱ．二氧化钛的用途：
（4）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。

在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示（实线表示的是催化剂的催化效率，虚线表示的是乙酸的生成速率），250～300 ℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是______。
（5）TiO2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的氧化钙，原理如图所示，二氧化钛电极连接电源_____（填“正极”或“负极”），该极电极反应式为__________。石墨极上石墨参与反应产生的气体是_____。
【答案】 (1). TiCl4+ （x+2）H2O =TiO2·x H2O+ 4HCl (2). 取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净。 (3). 将溶液中的Fe3+还原为Fe2+ (4). 坩埚 泥三角 (5). 温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降低 (6). 负极 (7). TiO2+4e−=Ti+2O2− (8). CO2（或CO）
【解析】
【分析】
I．二氧化钛可由两种方法制备，方法一将TiCl4水解得到，由元素守恒得方程式；方法二是将钛铁矿含Fe2O3与过量H2SO4混合，得到TiO2+含Fe3+，再加入过量铁，将Fe3+转化成Fe2+，冷却结晶得到TiO2+和FeSO4·7H2O，制取TiO2；II．TiO2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，可根据电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。
【详解】Ⅰ．（1）①设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），方程式为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl；答案为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl。
②沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+═AgCl↓来判断是否洗净，取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净；答案为取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净。
（2）该溶液中含有铁离子，加入Fe能将铁离子转化成亚铁离子且不引进新的杂质，所以铁的作用是：将Fe3+转化为Fe2+；答案为将溶液中的Fe3+转化为Fe2+。
（3）加热FeSO4.7H2O晶体得无水硫酸亚铁，操作为灼烧，需要酒精灯加热，需要坩埚盛放FeSO4.7H2O晶体，需要泥三角稳定坩埚，需要玻璃棒搅拌，需要坩埚钳转移坩埚，除酒精灯、玻璃棒外，还要用到的两种硅酸盐质仪器是坩埚、泥三角；答案为：坩埚、泥三角。
II．（4）在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示．在250℃～300℃之间，乙酸的生成速率降低的原因是：温度在250°C升至300°C时，催化剂的催化效率降低了，虽然升高温度，反应速率要加大，但催化剂催化效率降低的因素超过了温度升高使速率增大的因素，所以乙酸生成速率降低；答案为催化剂催化效率降低的因素超过了温度升高使速率增大的因素，所以乙酸生成速率降低。
（5）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，和电源负极相连；电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-；石墨做阳极，失去电子，故产生二氧化碳；答案为：负；TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO2；
【点睛】本题应注意（3）小问，加热FeSO4·7H2O晶体得无水硫酸亚铁时，不能直接加热，因为Fe2+很容易在空气中被氧化成Fe3+，所以应用N2作保护气，即在N2环境中加热制无水硫酸亚铁。
10.按要求回答下列问题：
（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4（s） △H1
反应Ⅱ：NH2COONH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2= +72.49kJ/mol
总反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H3= -86.98kJ/mol
①反应Ⅰ的△H1=______________。
②一定温度下，在体积固定的密闭容器中按 n（NH3）:n（CO2）=2:1 进行反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ达到了平衡状态的是_______（填序号）。
A 容器内气体总压强不再变化
B NH3与CO2的转化率相等
C 容器内混合气体的密度不再变化
（2）在一定体积的密闭容器中进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数（K）和温度（t）的关系如下表所示：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
①该反应的化学平衡常数表达式为K＝___________。
②该反应为____________（填“吸热”或“放热”）反应。
③某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为________℃。
④在800 ℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2 mol·L－1，c(H2)为1.5 mol·L－1，c(CO)为1 mol·L－1，c(H2O)为3 mol·L－1，此时反应向________（填“正向”或“逆向”）进行。
（3）工业上从废铅蓄电池废液回收铅的过程中，常用纯碱溶液与处理后的铅膏（主要含PbSO4）发生反应：PbSO4（s）＋CO32－（aq）PbCO3（s）＋SO42－（aq）。已知溶度积常数：Ksp（PbSO4）=1.6×10-8,Ksp（PbCO3）=7.4×10-14,则该反应的化学平衡常数K =____。
【答案】 (1). -159.47 kJ/mol (2). AC (3). c（CO）c（H2O）/c（CO2）c（H2） (4). 吸热 (5). 830 (6). 逆向 (7). 2.2×105或2.16×105
【解析】
【分析】
(1) ①根据盖斯定律计算；②根据反应达到化学平衡状态的特征进行分析判断；
(2)①根据平衡常数表达式书写；②根据影响平衡常数的因素进行分析；③根据浓度商和平衡常数的关系判断反应进行的方向；
(3)根据溶度积和平衡常数表达式进行计算。
【详解】(1)①反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4（s）△H1
反应Ⅱ：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2= +72.49kJ/mol
总反应：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3= -86.98kJ/mol
根据盖斯定律计算：△H1=△H3-△H2=-86.98kJ/mol-72.49kJ/mol=-159.47 kJ/mol，故答案：-159.47 kJ/mol；
②A.根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应可知,反应前后气体体积减小，容器内气体总压强不再变化说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.转化率与起始量和变化量有关，所以NH3与CO2的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应可知, 反应前后气体质量变化，气体体积不变，容器内混合气体的密度不再变化说明反应达到平衡状态，故C正确；
故答案为：AC；
(2) ①因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K= ，故答案为：K=；
②化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热反应，故答案为：吸热；
③某温度下，因为平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，所以=1，根据表格可知：温度为830℃时K=1，所以此时的温度为830℃，故答案：830；
④已知800 ℃时，K=0.9。某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2 mol·L－1，c(H2)为1.5 mol·L－1，c(CO)为1 mol·L－1，c(H2O)为3 mol·L－1，根据Qc===1>0.9，此时反应向逆反应方向进行，故答案：逆向；
(3)Ksp(PbCO3)= 7.4×10-14，Ksp (PbSO4)= 1.6×10-8，在水溶液中进行PbSO4(s)＋CO32－(aq)PbCO3(s)＋SO42－(aq)反应，反应的平衡常数K=====2.16×105或2.2×105，故答案：2.2×105或2.16×105。
［化学—选修3：物质结构与性质］
11.铜是人类最早发现并广泛使用一种金属。回答下列问题：
（1）CuFeS2是其中铜的主要存在形式。CuFeS2中存在的化学键类型是_______。其组成的三种元素中电负性较强的是 _______。
（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的立体构型是____，中心原子杂化类型为____。
②X的沸点比水低的主要原因是___________。
（3）[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的是________。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是________（填“极性”或“非极性”）分子，由此推知 [Cu(NH3)4]2+的空间构型是________。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为d g·cm－3，晶胞参数a＝________nm。（设NA代表阿伏加德罗常数）
【答案】 (1). 离子键 (2). 硫（S） (3). V形 (4). sp3 (5). 水分子间存在氢键 (6). NH3 (7). 极性 (8). 平面正方形 (9). 3∶1 (10).
【解析】
【分析】
(1)根据非金属元素和金属元素的性质，判断形成的化学键的类型；非金属性越强，电负性越大；
(2)根据臭鸡蛋气味的气体X产生，则X为H2S，根据H2S的结构特点进行分析；根据氢键的性质解答；
(3) [Cu(NH3)4]2+ 中的结构特点和相似相溶原理金相分析解答；因为存在两种同分异构体，所以[Cu(NH3)4]2+的空间构型应该是平面正方形；
(4)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法判断每个晶胞中含有Cu原子的个数和Ni原子的个数； 根据m＝ρV可得，计算1 mol晶胞的质量，进而求解。
【详解】(1)CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素之间形成的化学键为离子键；非金属性越强，电负性越大，故S的电负性最大，故答案为：离子键；S ；
(2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生，则X为H2S。
①S原子形成2个S-H键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4， S原子采取sp3杂化，分子空间构型为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子1，故答案为： V形；sp3 ；极性；
②H2S的沸点比水低的主要原因是：水分子间形成氢键，故答案为： 水分子间存在氢键；
(3) [Cu(NH3)4]2+ 中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对； Cu(NH3)2 Cl2的同分异构体可溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以[Cu(NH3)4]2+的空间构型应该是平面正方形；故答案为：NH3；极性；平面正方形；
(4)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×＝3，含有Ni原子的个数为8×＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1，故答案为：3∶1；
②根据m＝ρV可得，1 mol晶胞的质量为(64×3＋59)g＝a3×d g·cm－3×NA，则a＝cm=nm，故答案为：。
［化学—选修5：有机化学基础］
12.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：

已知：a、
b、RCHO
回答下列问题：
（1）反应①所需试剂、条件分别是____________；A的化学名称为____________。
（2）②的反应类型是______________；A→B 的化学方程式为_________________。
（3）E的结构简式为______________；I 中所含官能团的名称是____________。
（4）化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，且满足下列条件①遇FeCl3 溶液显紫色；②能发生银镜反应，W 的可能结构有____种。其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W 的结构简式________。
（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备 的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为AB目标产物。____________
【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 苯甲醇 (3). 取代反应 (4). (5). HCHO (6). 酯基 (7). 13 (8). (9).
【解析】
【分析】
甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D（CH2Cl2），D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G为，G和氢气发生加成反应生成H为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A为，A氧化生成B为，B进一步氧化生成C为，C与H发生酯化反应生成I为。
【详解】（1）反应①是甲苯转化为，是甲苯与氯气在光照条件下进行；A为，根据A的结构简式可知其化学名称为苯甲醇，故答案为：Cl2、光照；苯甲醇；
（2）反应②是含有羧基的物质C()与含有醇羟基的物质H()在浓硫酸催化作用下发生的酯化反应，该反应也属于取代反应；苯甲醇被O2催化氧化产生苯甲醛，所以A→B 的化学方程式为：，故答案为：取代反应；；
（3）D是CH2Cl2，与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，2个Cl原子被羟基取代，但由于同一个C原子上有2个羟基不稳定，会脱去1分子的水，形成甲醛HCHO，所以物质E的结构简式为HCHO；I为，根据结构简式可知I所含官能团的名称是：酯基，故答案为：HCHO；酯基；
（4）C为，化合物W 相对分子质量比化合物C 大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3 溶液显紫色，说明含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W 的可能结构有10+3 = 13种；其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1，其结构简式：，故答案为：13；；
（5）苯与Cl2在光照条件下生成，然后发生水解反应生成，苯甲醛与乙醛在碱性条件下反应生成目标物，因此合成路线为：，故答案为：。
【点睛】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意同一个碳原子上连接两个羟基不稳定，会自动脱去一分子的水变为醛基，同时要结合信息中醛的加成反应特点，利用顺推与逆推法相结合进行推断。