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【化学】广西壮族自治区钦州市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）
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广西壮族自治区钦州市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试
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.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA
B. 常温下，10 mL pH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数大于0.001NA
C. l mol/L Na2CO3溶液中，阴离子总数小于NA
D. 相同体积、相同物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含离子数目相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时阳极为粗铜，被氧化的金属不止有铜，且由于阳极泥的脱落，使得阳极质量减少64g时，反应的铜并不是64g，所以转移到阴极的电子数不一定等于2NA，故A正确；
B．pH=1的醋酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，所以10mL该溶液中氢离子的物质的量为0.01L×0.1mol/L=0.001mol，故B错误；
C．溶液体积未知，无法判断微粒的数目，故C错误；
D．两溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则两溶液中所含离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)，c(Na+)浓度相同，CH3COONa水解溶液呈碱性，则两溶液中氢离子浓度不同，所含离子数目不同，故D错误；
故答案为A。
3.化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（ ）
A. X、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. Z的同分异构体只有X和Y两种
C. Z的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)
D. Y分子中所有碳原子均处于同一平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．z不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．C5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y 两种，故B错误；
C．z含有1种H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；
D．y中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；
故答案为C。
4.叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，Y的最外层电子数为次外层的一半，X为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW－含有相同的电子数。下列说法不正确的是（ ）
A. 最简单氢化物的沸点：Y>Z B. 原子半径：X>Y>Z>W
C. Y的氧化物可作光导纤维的材料 D. 常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体
【答案】A
【解析】
【详解】Y的最外层电子数为次外层的一半，再结合原子序数，则Y为Si；X为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al；Al3＋含有10个电子，ZW－也含有10个电子，则ZW－为OH－；则Z、W分别是O和H。
A．水分子间形成氢键导致水的熔沸点反常，沸点：SiH4＜H2O，A错误，符合题意；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y＞Z＞W，B正确，不符合题意；
C．Y的最高价氧化物为SiO2，SiO2可作光导纤维的材料，C正确，不符合题意；
D．H、O形成的化合物为H2O和H2O2，常温常压下H2O和H2O2均为液体，D正确，不符合题意；
答案选A。
5.下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
B
检验Na2SO3已经变质
向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
C
除去CO2中混有少量的SO2
可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
D
比较铁和铜的活泼性
常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸；A错误；
B．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，B错误；
C．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，C正确；
D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误；
答案选C。
6.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是( )
A. 盐桥中Cl-向Y极移动
B. Y极发生的反应为2NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，周围pH增大
C. 电流由X极沿导线流向Y极
D. 电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L
【答案】B
【解析】
【详解】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应2 NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。
A．处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X极移动，A错误；
B．Y是正极，发生得电子的还原反应，2NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，周围pH增大，B正确；
C．电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X极，C错误；
D．电池总反应为：5NH3＋3NO3－=4N2＋6H2O＋3OH－，该反应转移了15mol电子，生成4molN2，故电路中流过7.5mol电子时，产生2molN2，标准状况下体积为44.8L，D错误；
答案选B。
7.25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-) 的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是
A. 水的电离程度：M>P
B. 图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大
C. N点和Q点溶液的pH相同
D. P点溶液中
【答案】D
【解析】
【分析】
-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 =×=依次减小，故B错误；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；
故选D。
【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。
8.实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如下：
V2O5VOCl2溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体
(1)“还原”过程中的还原剂是____________(填化学式)。
(2)已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。
①仪器M名称是___________，实验开始前的操作是_________。
②装置B的作用是__________________。
③得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用无水乙醇洗涤目的是_______________。
④称量mg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果______________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，产品中钒的质量分数为_________(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。
【答案】 (1). N2H4·2HCl (2). 长颈漏斗 (3). 检查装置的气密性 (4). 除去二氧化碳气体中的氯化氢 (5). 除去晶体表面的水 (6). 偏高 (7).
【解析】
【分析】
根据合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H4·2HCl的作用，还原为VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液同时搅拌将得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干燥得到较纯晶体，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。
【详解】(1)反应过程中稀盐酸起到酸性的作用，N2H4·2HCl在反应中起到还原剂的作用；
(2)①根据图示装置，仪器M为长颈漏斗；实验开始前要检查装置的气密性；
②装置B的作用是除去制备的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，否则氯化氢与碳酸氢铵会发生反应，降低晶体产率；
③乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；
④若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液的体积偏高，会使测定结果偏高；根据滴定反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，产品中钒(以VO2+计)的质量分数为。
9.机动车尾气和燃煤产生的烟气是目前城市空气污染的重要原因之一。NO和CO均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发生如下反应：
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) ∆H= -a kJ·mol-1
(1)CO可用于炼铁，已知：
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H= + 489.0 kJ/mol
②C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H= + 172.5 kJ/mol
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________
(2)在一定温度下，将1.2 mol NO、1.0 mol CO气体通入到固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。
0~20 min CO2的平均速率v(CO2)=____________，CO的转化率为____________
(3)下列能够说明该反应已经达到平衡的是__________
a.该容器内压强不再改变
b.上述反应的焓变∆H不变
c. v(NO)=2v(N2)
d.混合气体的密度不再变化
(4)若保持反应体系的温度不变，20 min时再向容器中充CO、CO2各0.2mol，化学平衡将_________(填“逆向”“正向”或“不”)移动。重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为_________(结果保留两位有效数字)
(5)工业上用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为(NH4)2SO4。已知25℃时，0.05mol/L(NH4)2SO4溶液的pH=a，则c(NH)：c(NH3·H2O)=__________用含a的代数式表示，已知NH3·H2O的电离常数为Kb=1.7×10-5)。
【答案】 (1). Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol (2). 0.01mol/(L·min) (3). 40% (4). a (5). 逆向 (6). 0.28 (7).
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，据v(NO)=进行计算；CO的转化=进行计算；
(3)反应达到平衡后，正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析判断；
(4)根据平衡常数的计算公式进行计算；根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向；平衡常数只是温度的函数，据此进行分析；
(5)NH3·H2O的电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则可求出c(OH-)，据此可以计算出。
【详解】(1)已知：①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ/mol ①
C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ/mol ②
由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol，
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，所以v(NO)==0.01mol/(L·min)，同一反应同一同时不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(CO2)=v(NO)=0.01mol/(L·min)；△c(NO)=0.2mol/L，则△c(CO)=0.2mol/L，容器体积为2L，所以CO的转化率为=40%；
(3)a．该反应前后气体系数之和不相等，所以未达到平衡时容器内气体总物质的量会变，容器恒容，则压强会变，所以压强不再改变说明反应达到平衡，选项a正确；
b．反应是否达到平衡并不影响反应的焓变，选项b错误；
c．反应达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，但选项中没有指明各物质的速率是正反应速率还是逆反应速率，选项c错误；
d．反应物和生成物均为气体，所以整个过程中气体的总质量不变，容积恒定，则密度一直不变，选项d错误；
答案选a；
(4)初始投料为1.2 mol NO、1.0 mol CO，容器体积为2L，则c(NO)=0.6mol/L，c(CO)=0.5mol/L；据图可知平衡时c(NO)=0.6mol/L，△c(NO)=0.2mol/L，根据方程式可知△c(CO)=0.2mol/L，△c(CO2)=0.2mol/L，△c(N2)=0.1mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(NO)=0.4mol/L，c(CO)=0.3mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(N2)=0.1mol/L，则该温度下平衡常数为K=，充CO、CO2各0.2mol后，容器体积为2L，所以c(CO)=0.4mol/L，c(CO2)=0.3mol/L，此时浓度商为，所以平衡逆向移动；温度不变平衡常数不变，平衡常数为0.28；
(5)NH3·H2O电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则c(OH-)=10a-14mol/L，所以。
10.铋及其化合物在冶金、医疗、化工生产中均有重要作用。铋在自然界中的含量极少，常以游离金属和矿物的形式存在。对浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质）通过浸出、净化和电沉积法分离回收铋的流程：
已知：I.“氯化浸出”过程中，需分批多次加入NaClO3，以防生成Cl2;
II.BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解;
III.氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Bi3+＞H+.
请回答以下问题：
(1)“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有________________（任写一条）；加入过量盐酸的主要目的是______________________.
(2)浸出渣中含有S和____________（写化学式）；
(3)写出“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式__________________________.
(4)“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu及____________。
(5)“电解”过程的简易装置如图所示。装置中N为电源的________（填“正”或“负”）极；阳极上发生的主要电极反应式为__________________________。
【答案】 (1). 粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案) (2). 抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率 (3). SiO2 (4). ClO+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O (5). Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+ (6). 负 (7). Cl--6e-+6OH-=ClO+3H2O
【解析】
【分析】
辉铋矿(主要成分为Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质)加入盐酸调节pH，并加入NaClO3，发生反应：Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O、Bi2O3＋6HCl=2BiCl3+3H2O，3Cu2S+2NaClO3+12HCl=6CuCl2+3S+2NaCl+6H2O、2FeS2+NaClO3+6HCl=2FeCl3+4S+NaCl+3H2O，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，滤液中加入铋粉还原铁离子：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+，加入硫化氨沉淀Cu2+，则净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，故钛板为阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO+3H2O，c为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】(1)“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案)；浸出液中含有Bi3+，结合已知信息II，BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解，则加入过量盐酸的主要目的是抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率
(2)根据分析，浸出渣中含有S和SiO2；
(3)根据分析，“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式ClO3—+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O；
(4)“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu；及铋粉还原铁离子，离子方程式为：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+；
(5)根据分析，净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，电解池中阴极与电源的负极相连，则N为负极；钛板为电解池阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3—+3H2O。
11.氟代硼酸钾（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：
(1)氟代硼酸钾中非金属元素原子的电负性大小顺序是______________。基态K+的电子排布式为__________________。
(2)NaBH4是有机合成中常用还原剂，其中的阴离子空间构型是_______________，中心原子的杂化方式为__________。NaBH4中存在__________（填标号）。
a.离子键 b.氢键 c.σ键 d.π键
(3)BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为_________________。
（4）第三周期元素氟化物的熔点如下表：
化合物
NaF
MgF2
AlF3
SiF4
PF5
SF6
熔点/℃
993
1261
1291
-90
-83
-50.5
解释表中氟化物熔点变化的原因：__________________________。
(5)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F-形成的空隙，若r(F-)=x pm，r(Ca2+)=y pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ=____________________g·cm-3（列出计算表达式）。
【答案】 (1). F＞O＞B (2). 1s22s22p63s23p6 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). ac (6). (7). 前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大 (8).
【解析】
【详解】(1)元素的非金属性越强，电负性越大。氟代硼酸钾中非金属元素有F、O、B，非金属性强弱顺序为F＞O＞B，电负性大小顺序为F＞O＞B；基态K+核外电子总数为18，则电子排布式为1s22s22p63s23p6；
(2)BH4-的中心原子B原子孤电子对数==0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构型与VSEPR模型相同为正四面体形，B原子采取sp3杂化；Na+与BH4-之间形成离子键，B原子有3个价电子，H有空轨道，而BH4-中形成4个B-H键，故BH4-中含有1个配位键、3个σ键，没有氢键与π键，故答案为ac；
(3)双聚分子为Be2Cl4，Be原子价电子数为2，形成2个Be-Cl键，Be原子有空轨道、Cl原子有孤电子对，每个BeCl2分子中1个Cl原子另外分子中Be原子之间形成1个配位键，BeCl2的结构式为，其中Be的配位数为3；
(4)氟化物的熔点与晶体类型，离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；离子半径越小、电荷越大，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高。而相对分子质量越大，分子间作用力越强，分子晶体的熔沸点越高；NaF、MgF2和AlF3为离子晶体，晶格能依次增大，熔点依次升高，而SiF4、PF5和SF6为分子晶体，分子间力依次增大，熔点依次增大；
(5)晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+8×+6×+12×=8，结合化学式可知，白色球代表Ca2+、黑色球代表F-，Ca2+占据F-形成的立方体的体心，晶胞中F-形成8个小立方体，只有4个Ca2+占据，可知Ca2+占据F-形成的空隙占有率为50%；处于晶胞中F-形成的小立方体体心的Ca2+与小立方体顶点F-紧密相邻，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长=pm，故晶胞棱长=pm，晶胞相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量=4×g，晶体密度g•cm-3。
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。
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.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA
B. 常温下，10 mL pH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数大于0.001NA
C. l mol/L Na2CO3溶液中，阴离子总数小于NA
D. 相同体积、相同物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含离子数目相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时阳极为粗铜，被氧化的金属不止有铜，且由于阳极泥的脱落，使得阳极质量减少64g时，反应的铜并不是64g，所以转移到阴极的电子数不一定等于2NA，故A正确；
B．pH=1的醋酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，所以10mL该溶液中氢离子的物质的量为0.01L×0.1mol/L=0.001mol，故B错误；
C．溶液体积未知，无法判断微粒的数目，故C错误；
D．两溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则两溶液中所含离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)，c(Na+)浓度相同，CH3COONa水解溶液呈碱性，则两溶液中氢离子浓度不同，所含离子数目不同，故D错误；
故答案为A。
3.化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（ ）
A. X、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. Z的同分异构体只有X和Y两种
C. Z的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)
D. Y分子中所有碳原子均处于同一平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．z不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．C5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y 两种，故B错误；
C．z含有1种H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；
D．y中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；
故答案为C。
4.叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，Y的最外层电子数为次外层的一半，X为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW－含有相同的电子数。下列说法不正确的是（ ）
A. 最简单氢化物的沸点：Y>Z B. 原子半径：X>Y>Z>W
C. Y的氧化物可作光导纤维的材料 D. 常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体
【答案】A
【解析】
【详解】Y的最外层电子数为次外层的一半，再结合原子序数，则Y为Si；X为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al；Al3＋含有10个电子，ZW－也含有10个电子，则ZW－为OH－；则Z、W分别是O和H。
A．水分子间形成氢键导致水的熔沸点反常，沸点：SiH4＜H2O，A错误，符合题意；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y＞Z＞W，B正确，不符合题意；
C．Y的最高价氧化物为SiO2，SiO2可作光导纤维的材料，C正确，不符合题意；
D．H、O形成的化合物为H2O和H2O2，常温常压下H2O和H2O2均为液体，D正确，不符合题意；
答案选A。
5.下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
B
检验Na2SO3已经变质
向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
C
除去CO2中混有少量的SO2
可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
D
比较铁和铜的活泼性
常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸；A错误；
B．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，B错误；
C．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，C正确；
D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误；
答案选C。
6.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是( )
A. 盐桥中Cl-向Y极移动
B. Y极发生的反应为2NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，周围pH增大
C. 电流由X极沿导线流向Y极
D. 电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L
【答案】B
【解析】
【详解】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应2 NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。
A．处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X极移动，A错误；
B．Y是正极，发生得电子的还原反应，2NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，周围pH增大，B正确；
C．电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X极，C错误；
D．电池总反应为：5NH3＋3NO3－=4N2＋6H2O＋3OH－，该反应转移了15mol电子，生成4molN2，故电路中流过7.5mol电子时，产生2molN2，标准状况下体积为44.8L，D错误；
答案选B。
7.25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-) 的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是
A. 水的电离程度：M>P
B. 图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大
C. N点和Q点溶液的pH相同
D. P点溶液中
【答案】D
【解析】
【分析】
-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 =×=依次减小，故B错误；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；
故选D。
【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。
8.实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如下：
V2O5VOCl2溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体
(1)“还原”过程中的还原剂是____________(填化学式)。
(2)已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。
①仪器M名称是___________，实验开始前的操作是_________。
②装置B的作用是__________________。
③得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用无水乙醇洗涤目的是_______________。
④称量mg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果______________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，产品中钒的质量分数为_________(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。
【答案】 (1). N2H4·2HCl (2). 长颈漏斗 (3). 检查装置的气密性 (4). 除去二氧化碳气体中的氯化氢 (5). 除去晶体表面的水 (6). 偏高 (7).
【解析】
【分析】
根据合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H4·2HCl的作用，还原为VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液同时搅拌将得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干燥得到较纯晶体，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。
【详解】(1)反应过程中稀盐酸起到酸性的作用，N2H4·2HCl在反应中起到还原剂的作用；
(2)①根据图示装置，仪器M为长颈漏斗；实验开始前要检查装置的气密性；
②装置B的作用是除去制备的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，否则氯化氢与碳酸氢铵会发生反应，降低晶体产率；
③乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；
④若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液的体积偏高，会使测定结果偏高；根据滴定反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，产品中钒(以VO2+计)的质量分数为。
9.机动车尾气和燃煤产生的烟气是目前城市空气污染的重要原因之一。NO和CO均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发生如下反应：
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) ∆H= -a kJ·mol-1
(1)CO可用于炼铁，已知：
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H= + 489.0 kJ/mol
②C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H= + 172.5 kJ/mol
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________
(2)在一定温度下，将1.2 mol NO、1.0 mol CO气体通入到固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。
0~20 min CO2的平均速率v(CO2)=____________，CO的转化率为____________
(3)下列能够说明该反应已经达到平衡的是__________
a.该容器内压强不再改变
b.上述反应的焓变∆H不变
c. v(NO)=2v(N2)
d.混合气体的密度不再变化
(4)若保持反应体系的温度不变，20 min时再向容器中充CO、CO2各0.2mol，化学平衡将_________(填“逆向”“正向”或“不”)移动。重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为_________(结果保留两位有效数字)
(5)工业上用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为(NH4)2SO4。已知25℃时，0.05mol/L(NH4)2SO4溶液的pH=a，则c(NH)：c(NH3·H2O)=__________用含a的代数式表示，已知NH3·H2O的电离常数为Kb=1.7×10-5)。
【答案】 (1). Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol (2). 0.01mol/(L·min) (3). 40% (4). a (5). 逆向 (6). 0.28 (7).
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，据v(NO)=进行计算；CO的转化=进行计算；
(3)反应达到平衡后，正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析判断；
(4)根据平衡常数的计算公式进行计算；根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向；平衡常数只是温度的函数，据此进行分析；
(5)NH3·H2O的电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则可求出c(OH-)，据此可以计算出。
【详解】(1)已知：①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ/mol ①
C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ/mol ②
由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol，
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，所以v(NO)==0.01mol/(L·min)，同一反应同一同时不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(CO2)=v(NO)=0.01mol/(L·min)；△c(NO)=0.2mol/L，则△c(CO)=0.2mol/L，容器体积为2L，所以CO的转化率为=40%；
(3)a．该反应前后气体系数之和不相等，所以未达到平衡时容器内气体总物质的量会变，容器恒容，则压强会变，所以压强不再改变说明反应达到平衡，选项a正确；
b．反应是否达到平衡并不影响反应的焓变，选项b错误；
c．反应达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，但选项中没有指明各物质的速率是正反应速率还是逆反应速率，选项c错误；
d．反应物和生成物均为气体，所以整个过程中气体的总质量不变，容积恒定，则密度一直不变，选项d错误；
答案选a；
(4)初始投料为1.2 mol NO、1.0 mol CO，容器体积为2L，则c(NO)=0.6mol/L，c(CO)=0.5mol/L；据图可知平衡时c(NO)=0.6mol/L，△c(NO)=0.2mol/L，根据方程式可知△c(CO)=0.2mol/L，△c(CO2)=0.2mol/L，△c(N2)=0.1mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(NO)=0.4mol/L，c(CO)=0.3mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(N2)=0.1mol/L，则该温度下平衡常数为K=，充CO、CO2各0.2mol后，容器体积为2L，所以c(CO)=0.4mol/L，c(CO2)=0.3mol/L，此时浓度商为，所以平衡逆向移动；温度不变平衡常数不变，平衡常数为0.28；
(5)NH3·H2O电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则c(OH-)=10a-14mol/L，所以。
10.铋及其化合物在冶金、医疗、化工生产中均有重要作用。铋在自然界中的含量极少，常以游离金属和矿物的形式存在。对浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质）通过浸出、净化和电沉积法分离回收铋的流程：
已知：I.“氯化浸出”过程中，需分批多次加入NaClO3，以防生成Cl2;
II.BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解;
III.氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Bi3+＞H+.
请回答以下问题：
(1)“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有________________（任写一条）；加入过量盐酸的主要目的是______________________.
(2)浸出渣中含有S和____________（写化学式）；
(3)写出“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式__________________________.
(4)“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu及____________。
(5)“电解”过程的简易装置如图所示。装置中N为电源的________（填“正”或“负”）极；阳极上发生的主要电极反应式为__________________________。
【答案】 (1). 粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案) (2). 抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率 (3). SiO2 (4). ClO+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O (5). Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+ (6). 负 (7). Cl--6e-+6OH-=ClO+3H2O
【解析】
【分析】
辉铋矿(主要成分为Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质)加入盐酸调节pH，并加入NaClO3，发生反应：Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O、Bi2O3＋6HCl=2BiCl3+3H2O，3Cu2S+2NaClO3+12HCl=6CuCl2+3S+2NaCl+6H2O、2FeS2+NaClO3+6HCl=2FeCl3+4S+NaCl+3H2O，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，滤液中加入铋粉还原铁离子：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+，加入硫化氨沉淀Cu2+，则净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，故钛板为阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO+3H2O，c为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】(1)“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案)；浸出液中含有Bi3+，结合已知信息II，BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解，则加入过量盐酸的主要目的是抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率
(2)根据分析，浸出渣中含有S和SiO2；
(3)根据分析，“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式ClO3—+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O；
(4)“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu；及铋粉还原铁离子，离子方程式为：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+；
(5)根据分析，净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，电解池中阴极与电源的负极相连，则N为负极；钛板为电解池阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3—+3H2O。
11.氟代硼酸钾（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：
(1)氟代硼酸钾中非金属元素原子的电负性大小顺序是______________。基态K+的电子排布式为__________________。
(2)NaBH4是有机合成中常用还原剂，其中的阴离子空间构型是_______________，中心原子的杂化方式为__________。NaBH4中存在__________（填标号）。
a.离子键 b.氢键 c.σ键 d.π键
(3)BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为_________________。
（4）第三周期元素氟化物的熔点如下表：
化合物
NaF
MgF2
AlF3
SiF4
PF5
SF6
熔点/℃
993
1261
1291
-90
-83
-50.5
解释表中氟化物熔点变化的原因：__________________________。
(5)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F-形成的空隙，若r(F-)=x pm，r(Ca2+)=y pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ=____________________g·cm-3（列出计算表达式）。
【答案】 (1). F＞O＞B (2). 1s22s22p63s23p6 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). ac (6). (7). 前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大 (8).
【解析】
【详解】(1)元素的非金属性越强，电负性越大。氟代硼酸钾中非金属元素有F、O、B，非金属性强弱顺序为F＞O＞B，电负性大小顺序为F＞O＞B；基态K+核外电子总数为18，则电子排布式为1s22s22p63s23p6；
(2)BH4-的中心原子B原子孤电子对数==0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构型与VSEPR模型相同为正四面体形，B原子采取sp3杂化；Na+与BH4-之间形成离子键，B原子有3个价电子，H有空轨道，而BH4-中形成4个B-H键，故BH4-中含有1个配位键、3个σ键，没有氢键与π键，故答案为ac；
(3)双聚分子为Be2Cl4，Be原子价电子数为2，形成2个Be-Cl键，Be原子有空轨道、Cl原子有孤电子对，每个BeCl2分子中1个Cl原子另外分子中Be原子之间形成1个配位键，BeCl2的结构式为，其中Be的配位数为3；
(4)氟化物的熔点与晶体类型，离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；离子半径越小、电荷越大，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高。而相对分子质量越大，分子间作用力越强，分子晶体的熔沸点越高；NaF、MgF2和AlF3为离子晶体，晶格能依次增大，熔点依次升高，而SiF4、PF5和SF6为分子晶体，分子间力依次增大，熔点依次增大；
(5)晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+8×+6×+12×=8，结合化学式可知，白色球代表Ca2+、黑色球代表F-，Ca2+占据F-形成的立方体的体心，晶胞中F-形成8个小立方体，只有4个Ca2+占据，可知Ca2+占据F-形成的空隙占有率为50%；处于晶胞中F-形成的小立方体体心的Ca2+与小立方体顶点F-紧密相邻，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长=pm，故晶胞棱长=pm，晶胞相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量=4×g，晶体密度g•cm-3。
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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