1.肺炎疫情牽動著每個人的心，大家出行務必戴好口罩，保護好自己。下列相關說法中錯誤的是
A. 生產醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維屬于有機高分子材料
B. 醫(yī)用消毒酒精中乙醇的體積分數(shù)約為75%
C. 居家環(huán)境消毒時，不可將“84”消毒液、潔廁靈混合使用
D. 人打噴嚏時產生的飛沫(直徑>5μm的含水顆粒)屬于氣溶膠
【答案】D
【解析】
【詳解】A．聚丙烯纖維是由丙烯通過加聚反應制取，屬于有機高分子材料，故A正確；
B．75%的乙醇溶液殺菌效果較好，所以醫(yī)用消毒酒精中乙醇的體積分數(shù)約為75%，故B正確；
C．“84”消毒液、潔廁靈的主要成分分別為NaCIO和鹽酸，將兩者混合使用時，可反應生成氯氣，從而造成中毒，故C正確；
D．飛沫的直徑>5 μm.，而膠體的分散質粒子直徑在1 nm~ 100 nm之間，所以飛沫不屬于氣溶膠，故D錯誤；
故答案為D。
2.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）
A. 電解精煉銅時，若陽極質量減少64 g，則轉移到陰極的電子數(shù)不一定等于2NA
B. 常溫下，10 mL pH=1的醋酸溶液中含有的氫離子數(shù)大于0.001NA
C. l mol/L Na2CO3溶液中，陰離子總數(shù)小于NA
D. 相同體積、相同物質的量濃度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含離子數(shù)目相同
【答案】A
【解析】
【詳解】A．電解精煉銅時陽極為粗銅，被氧化的金屬不止有銅，且由于陽極泥的脫落，使得陽極質量減少64g時，反應的銅并不是64g，所以轉移到陰極的電子數(shù)不一定等于2NA，故A正確；
B．pH=1的醋酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，所以10mL該溶液中氫離子的物質的量為0.01L×0.1mol/L=0.001mol，故B錯誤；
C．溶液體積未知，無法判斷微粒的數(shù)目，故C錯誤；
D．兩溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，則兩溶液中所含離子濃度為2c(Na+)+2c(H+)，c(Na+)濃度相同，CH3COONa水解溶液呈堿性，則兩溶液中氫離子濃度不同，所含離子數(shù)目不同，故D錯誤；
故答案為A。
3.化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均為C5H6。下列說法正確的是（ ）
A. X、Y、Z均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色
B. Z的同分異構體只有X和Y兩種
C. Z的二氯代物只有兩種(不考慮立體異構)
D. Y分子中所有碳原子均處于同一平面
【答案】C
【解析】
【詳解】A．z不含碳碳雙鍵，與高錳酸鉀不反應，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；
B．C5H6的不飽和度為=3，可知若為直鏈結構，可含1個雙鍵、1個三鍵，則x的同分異構體不止X和Y 兩種，故B錯誤；
C．z含有1種H，則一氯代物有1種，對應的二氯代物，兩個氯原子可在同一個碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2種，故C正確；
D．y中含3個sp3雜化的碳原子，這3個碳原子位于四面體結構的中心，則所有碳原子不可能共平面，故D錯誤；
故答案為C。
4.葉蠟石是一種重要的化工原料，化學式為X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序數(shù)依次增大，Y的最外層電子數(shù)為次外層的一半，X為地殼中含量最多的金屬元素，X的離子與ZW－含有相同的電子數(shù)。下列說法不正確的是（ ）
A. 最簡單氫化物的沸點：Y>Z B. 原子半徑：X>Y>Z>W
C. Y的氧化物可作光導纖維的材料 D. 常溫常壓下，Z和W形成的常見化合物均為液體
【答案】A
【解析】
【詳解】Y的最外層電子數(shù)為次外層的一半，再結合原子序數(shù)，則Y為Si；X為地殼中含量最多的金屬元素，則X為Al；Al3＋含有10個電子，ZW－也含有10個電子，則ZW－為OH－；則Z、W分別是O和H。
A．水分子間形成氫鍵導致水的熔沸點反常，沸點：SiH4＜H2O，A錯誤，符合題意；
B．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：X＞Y＞Z＞W，B正確，不符合題意；
C．Y的最高價氧化物為SiO2，SiO2可作光導纖維的材料，C正確，不符合題意；
D．H、O形成的化合物為H2O和H2O2，常溫常壓下H2O和H2O2均為液體，D正確，不符合題意；
答案選A。
5.下列操作能達到相應實驗目的的是（ ）
選項
目的
實驗
A
實驗室制備乙酸乙酯
向試管中依次加入濃硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加熱
B
檢驗Na2SO3已經變質
向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀鹽酸，沉淀不溶解
C
除去CO2中混有少量的SO2
可將混合氣體依次通過盛有足量酸性KMnO4溶液、濃硫酸的洗氣瓶
D
比較鐵和銅的活潑性
常溫下，將表面積相同的鐵和銅投入到濃硝酸中，鐵不能溶解，銅能溶解，銅比鐵活潑
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．濃硫酸的密度比乙醇大，且濃硫酸和乙醇混合放出大量的熱，若先加濃硫酸再加乙醇容易引起液體飛濺，故先加乙醇，再加濃硫酸。最后加乙酸，避免濃硫酸和乙酸混合時產生的熱量使乙酸大量揮發(fā)，即制備乙酸乙酯時藥品添加順序為：乙醇、濃硫酸、乙酸；A錯誤；
B．即使沒有變質，Na2SO3和Ba(NO3)2反應也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-將BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，該方法不能檢驗Na2SO3是否變質，B錯誤；
C．SO2和酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應而被除去，再通過濃硫酸進行干燥，可得純凈的CO2，C正確；
D．濃硝酸有強氧化性，常溫下，濃硝酸將Fe鈍化，不能比較Fe和Cu的活潑性，D錯誤；
答案選C。
6.十九大報告中提出要“打贏藍天保衛(wèi)戰(zhàn)”，意味著對污染防治比過去要求更高。某種利用垃圾滲透液實現(xiàn)發(fā)電、環(huán)保二位一體結合的裝置示意圖如下，當該裝置工作時，下列說法正確的是( )

A. 鹽橋中Cl-向Y極移動
B. Y極發(fā)生的反應為2NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，周圍pH增大
C. 電流由X極沿導線流向Y極
D. 電路中流過7.5mol電子時，共產生標準狀況下N2的體積為16.8L
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)處理垃圾滲濾液并用其發(fā)電的示意圖可知，裝置屬于原電池裝置，X是負極，發(fā)生失電子的氧化反應，Y是正極，發(fā)生得電子的還原反應2 NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，電解質里的陽離子移向正極，陰離子移向負極，電子從負極流向正極。
A．處理垃圾滲濾液的裝置屬于原電池裝置，溶液中的陰離子移向負極，即氯離子向X極移動，A錯誤；
B．Y是正極，發(fā)生得電子的還原反應，2NO3－＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，周圍pH增大，B正確；
C．電流由正極流向負極，即Y極沿導線流向X極，C錯誤；
D．電池總反應為：5NH3＋3NO3－=4N2＋6H2O＋3OH－，該反應轉移了15mol電子，生成4molN2，故電路中流過7.5mol電子時，產生2molN2，標準狀況下體積為44.8L，D錯誤；
答案選B。
7.25℃時，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH-) 的負對數(shù)[一lgc水(OH-)]即pOH水-與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法中正確的是

A. 水的電離程度：M>P
B. 圖中P點至Q點對應溶液中逐漸增大
C. N點和Q點溶液的pH相同
D. P點溶液中
【答案】D
【解析】
【分析】
-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，且酸中c(H+)越大、堿中c(OH-)越大，其抑制水電離程度越大，則 c水(OH-)越小，據(jù)此分析解答。
【詳解】A．M點水電離出的c水(OH-)為10-11.1mol/L，P點水電離出的c水(OH-)為10-5.4mol/L，水的電離程度M＜P，故A錯誤；
B．水解平衡常數(shù)只與溫度有關，P點至Q點溶液中c(OH-)依次增大，則 =×=依次減小，故B錯誤；
C．N點到Q點，加入的NaOH逐漸增多，溶液的pH逐漸增大，故C錯誤；
D．P點溶質為Na2X，溶液中存在質子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正確；
故選D。
【點睛】明確圖象曲線變化的含義為解答關鍵。本題的易錯點為B，要注意電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、水的離子積常數(shù)、溶度積等常數(shù)都是只與溫度有關的數(shù)據(jù)，溫度不變，這些常數(shù)不變。
8.實驗室以V2O5為原料制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如下：
V2O5VOCl2溶液氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體
(1)“還原”過程中的還原劑是____________(填化學式)。
(2)已知VO2+能被O2氧化，“轉化”可在如圖裝置中進行。

①儀器M名稱是___________，實驗開始前的操作是_________。
②裝置B的作用是__________________。
③得到紫紅色晶體，抽濾，并用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次，用無水乙醇洗滌2次，再用乙醚洗滌2次，抽干稱重。用無水乙醇洗滌目的是_______________。
④稱量mg產品于錐形瓶中，用20mL蒸餾水與30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍過量，充分反應后繼續(xù)滴加1%的NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量NaNO2，最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點(已知滴定反應為VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗標準溶液的體積為VmL。若(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液部分變質，會使測定結果______________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)，產品中釩的質量分數(shù)為_________(以VO2+的量進行計算，列出計算式)。
【答案】 (1). N2H4·2HCl (2). 長頸漏斗 (3). 檢查裝置的氣密性 (4). 除去二氧化碳氣體中的氯化氫 (5). 除去晶體表面的水 (6). 偏高 (7).
【解析】
【分析】
根據(jù)合成氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體流程，將V2O5通過鹽酸、N2H4·2HCl的作用，還原為VOCl2，得到的VOCl2與碳酸氫銨溶液同時攪拌將得到氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體；VOCl2轉化為氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體的過程如裝置圖所示，向反應體系中持續(xù)通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸電離生成氫離子抑制了銨根離子的水解，保證氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨產率的最大化，反應完成后，將得到的晶體經洗滌、過濾、干燥得到較純晶體，通過滴定的方法測定晶體中V的含量，據(jù)此分析。
【詳解】(1)反應過程中稀鹽酸起到酸性的作用，N2H4·2HCl在反應中起到還原劑的作用；
(2)①根據(jù)圖示裝置，儀器M為長頸漏斗；實驗開始前要檢查裝置的氣密性；
②裝置B的作用是除去制備的二氧化碳氣體中含有氯化氫氣體，否則氯化氫與碳酸氫銨會發(fā)生反應，降低晶體產率；
③乙醇能與水互溶，利用乙醇具有揮發(fā)性可以除去晶體表面的水分；
④若(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液部分變質，則還原能力降低，滴定時消耗的標準溶液的體積偏高，會使測定結果偏高；根據(jù)滴定反應VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，釩元素的物質的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，產品中釩(以VO2+計)的質量分數(shù)為。
9.機動車尾氣和燃煤產生的煙氣是目前城市空氣污染的重要原因之一。NO和CO均為汽車尾氣的成分，這兩種氣體在催化轉換器中發(fā)生如下反應：
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) ?H= -a kJ·mol-1
(1)CO可用于煉鐵，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
則CO還原Fe2O3的熱化學方程式為_____________________
(2)在一定溫度下，將1.2 mol NO、1.0 mol CO氣體通入到固定容積為2L的密閉容器中，反應過程中部分物質的濃度變化如圖所示。

0~20 min CO2的平均速率v(CO2)=____________，CO的轉化率為____________
(3)下列能夠說明該反應已經達到平衡的是__________
a.該容器內壓強不再改變
b.上述反應的焓變?H不變
c. v(NO)=2v(N2)
d.混合氣體的密度不再變化
(4)若保持反應體系的溫度不變，20 min時再向容器中充CO、CO2各0.2mol，化學平衡將_________(填“逆向”“正向”或“不”)移動。重新達到平衡后，該反應的化學平衡常數(shù)為_________(結果保留兩位有效數(shù)字)
(5)工業(yè)上用氨水將SO2轉化為(NH4)2SO3，再氧化為(NH4)2SO4。已知25℃時，0.05mol/L(NH4)2SO4溶液的pH=a，則c(NH)：c(NH3·H2O)=__________用含a的代數(shù)式表示，已知NH3·H2O的電離常數(shù)為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)根據(jù)蓋斯定律進行計算；
(2)據(jù)圖可知0~20min內△c(NO)=0.2mol/L，據(jù)v(NO)=進行計算；CO的轉化=進行計算；
(3)反應達到平衡后，正逆反應速率相等，各組分的濃度保持不變及由此衍生的其他物理量進行分析判斷；
(4)根據(jù)平衡常數(shù)的計算公式進行計算；根據(jù)濃度商與平衡常數(shù)的關系判斷反應進行的方向；平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù)，據(jù)此進行分析；
(5)NH3·H2O的電離常數(shù)為Kb==1.7×10-5，pH=a，則可求出c(OH-)，據(jù)此可以計算出。
【詳解】(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，得到熱化學方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol，
(2)據(jù)圖可知0~20min內△c(NO)=0.2mol/L，所以v(NO)==0.01mol/(L·min)，同一反應同一同時不同物質的反應速率之比等于計量數(shù)之比，所以v(CO2)=v(NO)=0.01mol/(L·min)；△c(NO)=0.2mol/L，則△c(CO)=0.2mol/L，容器體積為2L，所以CO的轉化率為=40%；
(3)a．該反應前后氣體系數(shù)之和不相等，所以未達到平衡時容器內氣體總物質的量會變，容器恒容，則壓強會變，所以壓強不再改變說明反應達到平衡，選項a正確；
b．反應是否達到平衡并不影響反應的焓變，選項b錯誤；
c．反應達到平衡時正反應速率等于逆反應速率，但選項中沒有指明各物質的速率是正反應速率還是逆反應速率，選項c錯誤；
d．反應物和生成物均為氣體，所以整個過程中氣體的總質量不變，容積恒定，則密度一直不變，選項d錯誤；
答案選a；
(4)初始投料為1.2 mol NO、1.0 mol CO，容器體積為2L，則c(NO)=0.6mol/L，c(CO)=0.5mol/L；據(jù)圖可知平衡時c(NO)=0.6mol/L，△c(NO)=0.2mol/L，根據(jù)方程式可知△c(CO)=0.2mol/L，△c(CO2)=0.2mol/L，△c(N2)=0.1mol/L，所以平衡時各物質的濃度為c(NO)=0.4mol/L，c(CO)=0.3mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(N2)=0.1mol/L，則該溫度下平衡常數(shù)為K=，充CO、CO2各0.2mol后，容器體積為2L，所以c(CO)=0.4mol/L，c(CO2)=0.3mol/L，此時濃度商為，所以平衡逆向移動；溫度不變平衡常數(shù)不變，平衡常數(shù)為0.28；
(5)NH3·H2O電離常數(shù)為Kb==1.7×10-5，pH=a，則c(OH-)=10a-14mol/L，所以。
10.鉍及其化合物在冶金、醫(yī)療、化工生產中均有重要作用。鉍在自然界中的含量極少，常以游離金屬和礦物的形式存在。對浮選過的輝鉍礦（主要成分是Bi2S3，還含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等雜質）通過浸出、凈化和電沉積法分離回收鉍的流程：

已知：I.“氯化浸出”過程中，需分批多次加入NaClO3，以防生成Cl2;
II.BiCl3極易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在濃鹽酸中幾乎不水解;
III.氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Bi3+＞H+.
請回答以下問題：
(1)“氯化浸出”時，為了提高浸取速率，可采取的措施有________________（任寫一條）；加入過量鹽酸的主要目的是______________________.
(2)浸出渣中含有S和____________（寫化學式）；
(3)寫出“氯化浸出”中Bi2S3所發(fā)生反應的離子方程式__________________________.
(4)“還原”過程中所發(fā)生反應的離子方程式為2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu及____________。
(5)“電解”過程的簡易裝置如圖所示。裝置中N為電源的________（填“正”或“負”）極；陽極上發(fā)生的主要電極反應式為__________________________。

【答案】 (1). 粉碎礦石(或適當提高浸取時溫度合理答案) (2). 抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高鉍的浸出率 (3). SiO2 (4). ClO+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O (5). Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+ (6). 負 (7). Cl--6e-+6OH-=ClO+3H2O
【解析】
【分析】
輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，還含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等雜質)加入鹽酸調節(jié)pH，并加入NaClO3，發(fā)生反應：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，得到浸出渣為SiO2和S，濾液中加入鉍粉還原鐵離子：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+，加入硫化氨沉淀Cu2+，則凈化液中陽離子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，將凈化液與混有少量的氫氧化鈉溶液電解得到鉍，則石墨電極凈化液的電極反應為：Bi3++3e-=Bi，發(fā)生還原反應，作陰極，故鈦板為陽極發(fā)生氧化反應：Cl--6e-+6OH-=ClO+3H2O，c為陰離子交換膜，據(jù)此分析解答。
【詳解】(1)“氯化浸出”時，為了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎礦石(或適當提高浸取時溫度合理答案)；浸出液中含有Bi3+，結合已知信息II，BiCl3極易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在濃鹽酸中幾乎不水解，則加入過量鹽酸的主要目的是抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高鉍的浸出率
(2)根據(jù)分析，浸出渣中含有S和SiO2；
(3)根據(jù)分析，“氯化浸出”中Bi2S3所發(fā)生反應的離子方程式ClO3—+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O；
(4)“還原”過程中所發(fā)生反應的離子方程式為2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu；及鉍粉還原鐵離子，離子方程式為：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+；
(5)根據(jù)分析，凈化液中陽離子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，將凈化液與混有少量的氫氧化鈉溶液電解得到鉍，則石墨電極凈化液的電極反應為：Bi3++3e-=Bi，發(fā)生還原反應，作陰極，電解池中陰極與電源的負極相連，則N為負極；鈦板為電解池陽極發(fā)生氧化反應：Cl--6e-+6OH-=ClO3—+3H2O。
11.氟代硼酸鉀（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我國化學家在此領域的研究走在了世界的最前列。回答下列問題：
(1)氟代硼酸鉀中非金屬元素原子的電負性大小順序是______________?；鶓B(tài)K+的電子排布式為__________________。
(2)NaBH4是有機合成中常用還原劑，其中的陰離子空間構型是_______________，中心原子的雜化方式為__________。NaBH4中存在__________（填標號）。
a.離子鍵 b.氫鍵 c.σ鍵 d.π鍵
(3)BeCl2中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的BeCl2的結構式為_________________。
（4）第三周期元素氟化物的熔點如下表：
化合物
NaF
MgF2
AlF3
SiF4
PF5
SF6
熔點/℃
993
1261
1291
-90
-83
-50.5

解釋表中氟化物熔點變化的原因：__________________________。
(5)CaF2的一種晶胞如圖所示。Ca2+占據(jù)F-形成的空隙，若r(F-)=x pm，r(Ca2+)=y pm，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CaF2的密度ρ=____________________g·cm-3（列出計算表達式）。

【答案】 (1). F＞O＞B (2). 1s22s22p63s23p6 (3). 正四面體 (4). sp3 (5). ac (6). (7). 前三種為離子晶體，晶格能依次增大，后三種為分子晶體，分子間力依次增大 (8).
【解析】
【詳解】(1)元素的非金屬性越強，電負性越大。氟代硼酸鉀中非金屬元素有F、O、B，非金屬性強弱順序為F＞O＞B，電負性大小順序為F＞O＞B；基態(tài)K+核外電子總數(shù)為18，則電子排布式為1s22s22p63s23p6；
(2)BH4-的中心原子B原子孤電子對數(shù)==0，價層電子對數(shù)=0+4=0，微?？臻g構型與VSEPR模型相同為正四面體形，B原子采取sp3雜化；Na+與BH4-之間形成離子鍵，B原子有3個價電子，H有空軌道，而BH4-中形成4個B-H鍵，故BH4-中含有1個配位鍵、3個σ鍵，沒有氫鍵與π鍵，故答案為ac；
(3)雙聚分子為Be2Cl4，Be原子價電子數(shù)為2，形成2個Be-Cl鍵，Be原子有空軌道、Cl原子有孤電子對，每個BeCl2分子中1個Cl原子另外分子中Be原子之間形成1個配位鍵，BeCl2的結構式為，其中Be的配位數(shù)為3；
(4)氟化物的熔點與晶體類型，離子晶體的熔點較高，分子晶體的熔點較低；離子半徑越小、電荷越大，晶格能越大，離子晶體的熔沸點越高。而相對分子質量越大，分子間作用力越強，分子晶體的熔沸點越高；NaF、MgF2和AlF3為離子晶體，晶格能依次增大，熔點依次升高，而SiF4、PF5和SF6為分子晶體，分子間力依次增大，熔點依次增大；
(5)晶胞中白色球數(shù)目為4、黑色球數(shù)目為1+8×+6×+12×=8，結合化學式可知，白色球代表Ca2+、黑色球代表F-，Ca2+占據(jù)F-形成的立方體的體心，晶胞中F-形成8個小立方體，只有4個Ca2+占據(jù)，可知Ca2+占據(jù)F-形成的空隙占有率為50%；處于晶胞中F-形成的小立方體體心的Ca2+與小立方體頂點F-緊密相鄰，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，則小立方體棱長=pm，故晶胞棱長=pm，晶胞相當于含有4個“CaF2”，晶胞質量=4×g，晶體密度g?cm-3。
12.鹽酸利多卡因(F)可用于表面麻醉，還具有抗心律失常的作用，其合成路線：

回答下列問題：
(1)A的化學名稱為______________，B→C的反應類型為____________。
(2)C→D的化學方程式為___________________。
(3)E中苯環(huán)上的一氯代物有___________種。
(4)X為B的芳香族同分異構體且苯環(huán)上僅有2個取代基，紅外光譜顯示X有氨基(-NH2)，實驗測得X能與NaHCO3溶液發(fā)生反應生成CO2，則X的結構可能有______種，其中一種核磁共振氫譜峰面積比為2:2:2:2:1的X的結構簡式為______________________。
(5)已知工業(yè)上可用氯氣催化乙酸生產氯乙酸，再以氯乙酸為原料，以S2Cl2、Cl2為氯化劑，加入適當?shù)拇呋瘎纯芍频寐纫阴Ｂ?ClCH2COCl)。請設計以CH2=CH2為主要原料合成ClCH2COCl的路線流程圖________________________________(無機試劑任選)。
【答案】 (1). 間二甲苯 (2). 還原反應 (3). +ClCH2COCl+HCl (4). 2 (5). 6 (6). 或 (7). CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl
【解析】
【詳解】(1)根據(jù)A的鍵線式可知A為苯的同系物，苯環(huán)間位有兩個甲基，所以名稱為間二甲苯；對比B和C的鍵線式可知B到C的過程中加氫去氧，所以為還原反應；
(2)對比C和D的結構變化可知C中-NH2在D中變?yōu)?NH-，說明C中斷裂一個N-H鍵，而ClCH2COCl右端C-Cl鍵斷裂，C=O鍵中的碳原子連接到N原子上，H與Cl結合生成HCl，所以方程式為：+ClCH2COCl+HCl；
(3)E中苯環(huán)上有2種環(huán)境的氫原子，所以苯環(huán)上的一氯代物有2種；
(4)根據(jù)題意，X結構中有一個-NH2和一個-COOH(與NaHCO3溶液發(fā)生反應生成CO2)，還有一個-CH2-(苯環(huán)上只有兩個取代基)，所以取代基可以是-CH2-NH2和-COOH或-NH2和-CH2-COOH，各有鄰間對三種，共3+3=6種同分異構體；核磁共振氫譜峰面積比為2:2:2:2:1，說明結構對稱，有和；
(5)由題意可知，先要合成乙酸，乙烯和水加成可以生成乙醇，乙醇被酸性高錳酸鉀氧化可以生成乙酸，再結合題干信息合成ClCH2COCl；所以合成路線為：CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl。

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