【化学】四川省宜宾市第四中学2020届高三上学期期中考试理综（解析版） 16页

四川省宜宾市第四中学2020届高三上学期期中考试理综 ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 用氯化钠腌制食品，可延长食品的保存时间 B. 用硫酸亚铁补铁时，不可同时服用维生素C C. 用铝箔制成的食品包装“锡纸”，可以包裹食品在烤箱中加热 D. 用纤维素和淀粉为原料制成可降解塑料，有利于减少白色污染 ‎【答案】B ‎【详解】A.氯化钠属于食品防腐剂，可以延长食品的保存时间，故正确；‎ B.硫酸亚铁和维生素C不反应，二者都具有还原性，能同时服用，故错误；‎ C.铝是金属，具有良好的导热性，故正确；‎ D.塑料通常不能降解，易形成白色污染。但是，用纤维素或淀粉等能水解的物质为原料生产的塑料可以降解，因而可以减少白色污染，故正确。‎ 故选B。‎ ‎2.下表选用的装置和试剂能达到相应实验目的的是（ ）‎ A. 制SO2 B. 收集氨气 C. 接收蒸馏的馏分 D. 准确量取一定体积K2Cr2O7 溶液 ‎【答案】B ‎【详解】A.铜和稀硫酸不反应，故错误；‎ B.氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集，故正确；‎ C.接收馏分的装置不能密封，要保持系统内外气压相同，故错误；‎ D.重铬酸钾具有强氧化性，不能使用碱性滴定管量取该溶液，故错误。‎ 故选B。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（ ）‎ A. 2.24 L H2和0.2 mol Cl2光照反应后氯分子数目为0.1NA B. 7.8 gNa2O2与足量CO2充分反应转移电子数目为0.2NA C. 1.8 g重水中所含中子、原子的数目分别为NA、0.3NA D. CaCO3、KHCO3混合物粉末10 g中氧原子数目为0.3NA ‎【答案】D ‎【详解】A、没有指明H2的体积是否是标准状况下测定，因此无法直接使用22.4L·mol－1，故A错误；‎ B、Na2O2与CO2反应方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2参与反应，转移电子物质的量1mole－，因此7.8gNa2O2参与反应转移电子物质的量为7.8g/78g·mol－1×1=0.1mol，故B错误；‎ C、重水的化学式为D2O，即2H2O，其摩尔质量为20g·mol－1，1mol重水含有中子物质的量为10mol，原子物质的量为3mol，1.8g重水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，含有中子、原子物质的量分别为0.9mol、0.27mol，故C错误；‎ D、CaCO3和KHCO3的摩尔质量都是100g·mol－1，因此10g该混合物中含有氧原子的物质的量为10g×3/100g·mol－1=0.3mol，故D正确。‎ ‎【点睛】易错点是选项C，重水为2H2O，利用质量数等于近似相对原子质量，因此重水的摩尔质量为20g·mol－1，最后利用质量数=质子数+中子数进行分析。‎ ‎4.短周期主族元素xX、yY、zZ、wW、mM原子序数依次增大，X和W、Z和M同主族。其中Y元素的单质通常状况下呈气态，W元素原子半径是所在周期元素里原子半径最大的，且x+y=z=1/2m。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径大小：ZO2－>Na＋，故A错误；‎ B、组成的化合物为Na2S，只含有离子键，也有可能组成Na2Sx(x>1)，Sx2－内还含有S－S非极性键，故B正确；‎ C、氢化物分别是NH3、H2S，NH3与H2O之间形成分子间氢键，增加NH3的溶解度，H2S与H2O不能形成分子间氢键，因此NH3在H2O中溶解度远远大于H2S，故C错误；‎ D、组成的化合物NH4HS、(NH4)2S等离子化合物，故D错误。‎ ‎【点睛】难点是选项B，学生可根据同主族性质的相似性，推断出Na和S形成的化合物可能是Na2S、Na2S2，Na2S只含有离子键，Na2S2含有离子键和非极性共价键，同时平时学习中对一些课本上没有的知识加以记忆，如Na和S可以形成Na2Sx(x>1)，这样就不会认为选项B不正确。‎ ‎5.如图所示阴阳膜组合电解装置用于循环脱硫，用NaOH溶液在反应池中吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3溶液进行电解又制得NaOH。其中a、b离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨，产品C为H2SO4溶液。下列说法正确的是（ ）‎ A. b为只允许阳离子通过的离子交换膜 B. 阴极区中B最初充入稀NaOH溶液，产品E为氧气 C. 反应池采用气、液逆流方式，目的是使反应更充分 D. 阳极的电极反应式为SO32-＋2e－＋H2O===2H＋＋SO42-‎ ‎【答案】C ‎【分析】从C为硫酸可知，b为阴离子交换膜，故a为阳离子交换膜。在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠，E为氢气；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，写出即可。‎ ‎【详解】A. 从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电，故b为只允许阴离子通过的阴离子交换膜，A错误；‎ B. 在阴极区应为水电离的氢离子放电生成氢气，故E为氢气，B错误； C. 反应池中气体从下口通入，NaOH 溶液从上口加入，采用气、液逆流方式，可以使反应更充分，C正确；‎ D. 阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为 SO32－-2e－＋H2O===2H＋＋SO42－，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理、明确电解池中电解时离子的运动方向，判断离子交换膜的性质是关键，注意知识的电极方程式的书写等知识的归纳和梳理。‎ ‎6.工业用合成,下列有关分析正确的（ ）‎ ‎ ‎ A. X的名称为1,1一二甲基乙烯 B. X是丁烯的同系物 C. 工业制备Y属于加聚反应 D. Y能使溴水褪色 ‎【答案】C ‎【分析】A、主链应是含碳碳双键的最长的碳链；‎ B、X和丁烯分子式相同，结构不同；‎ C、工业制备Y属于加聚反应；‎ D、Y中没有不饱和键。‎ ‎【详解】A、X的名称为2一甲基丙烯，故A错误；‎ B、X是丁烯的同分异构体，故B错误；‎ C、工业制备Y属于加聚反应，故C正确；‎ D、Y中没有不饱和键，不能使溴水褪色，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.20℃时,用NaOH调节0.10mol/LH2C2O4溶液的pH,假设不同pH下均有c(H2C2O4)+c(HC2O4—)+c(C2O42-)=0.10mol/L。使用数字传感器测得溶液中各含碳微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图。下列有关分析正确的是（ ）‎ A. 曲线a代表H2C2O4浓度随pH的变化 B. pH从4到6时主要发生的反应离子方程式为2OH-+H2C2O4====2H2O+C2O42-‎ C. 在曲线a、c交界点有:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)‎ D. 当溶液pH=7时:c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)‎ ‎【答案】D ‎【分析】b曲线代表H2C2O4浓度，a曲线代表HC2O4—浓度，c曲线代表C2O42-浓度。‎ ‎【详解】A、曲线a代表HC2O4—浓度随pH的变化，浓度先变大，再变小，故A错误；‎ B、pH从4到6时主要发生的反应离子方程式为OH-+HC2O4—=H2O+C2O42-，故B错误；‎ C、由图中信息可知，在曲线a、c交界点，c(H2C2O4)非常小，c(C2O42-)=c(HC2O4-)，溶液呈酸性，但氢离子浓度很小，c(H+)+c(H2C2O4)c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。‎ ‎ I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究 ‎(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：‎ ①E中盛装碱石灰的仪器名称为_________________。‎ ‎②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→_____________→尾气处理装置(仪器可重复使用)。‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，其目的为______________________________。‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_____________________________。‎ ‎(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为____________________________________。‎ ‎(3)晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为______________。‎ Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度测定 工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：‎ 步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；‎ 步骤2：取上述溶液25.00mL，用 cmol/L KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；‎ 步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。‎ ‎(4)步骤2中滴定终点的现象为__________________________________________________；步骤3中加入锌粉的目的为_______________________________。‎ ‎(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为____________________________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ ‎【答案】(1). U形管 (2). b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c (3). 排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸 (4). C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊 (5). FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O (6). 3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+ 3K2C2O4 (7). 锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色 (8). 将Fe3+还原为Fe2+ (9). ×100% (10). 偏低 ‎【分析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；‎ II. 步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。‎ ‎【详解】(1) ①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；‎ ‎②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置；‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；‎ ‎(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；‎ ‎(4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。‎ ‎(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)= cmol/L ×(V1-V2‎ ‎) ×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O4—2KMnO4，H2C2O4是FeC2O4·2H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4，故n[FeC2O4·2H2O]=n(KMnO4)=c(V1-V2)×10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为×100%= ×100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据=×100%可知，测定结果将偏低。‎ ‎【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。‎ ‎9.以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等) 为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。‎ ‎（1）形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为___________。‎ ‎（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为__________(填化学式)。‎ ‎（3） 滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式:__________________________________，_________________________________。‎ ‎（4） 已知: 3Fe2+ +2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)；4Fe3++3[Fe(CN)6]4-==Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)。下列可以用于检验滤液C 中金属阳离子的试剂有____________(填标号)‎ a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6] c.K4[Fe(CN)6] d.苯酚 ‎（5）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。碱浸镍铝合金后，残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响，根据下图分析，残铝量在_________范围内催化活性最高，属于优质产品。‎ ‎（6） 仿照下面示例，设计从浸出液E 回收氧化铝的流程: 浸出液E_________________。‎ ‎(示例: )‎ ‎【答案】(1). 0 (2). O2 (3). H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓ (4). H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓ (5). b (6). 4%~6% (7). ‎ ‎【解析】（1）Ni(CO)4中碳为+2价、氧-2价，故Ni的化合价为0；（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，Ni的化合价降低，则氧元素的化合价应升高，则产生的气体为O2；（3） 滤渣D为单质镍、硫的混合物，浸出液B含有Fe3+、Ni2+，向其中通入H2S气体时Fe3+被还原为Fe2+，同时生成硫单质，且Ni2+被还原为单质，反应的离子方程式：H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓、H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓；（4）根据上述分析，过滤后得到滤液C含有Fe2+，检验滤液C 中金属阳离子的试剂可选择.K3[Fe(CN)6]，答案选b；（5）根据下图分析，残铝量在4%~6%范围内催化活性最高，属于优质产品；（6）从浸出液E 回收氧化铝的流程可表示为：浸出液E。‎ ‎10.合成氨所需H2取自CH4，CH4和O2作用成CO2、H2（反应①），然而CH4和O2反应还能生成CO2、H2O（反应②），当有水生成时，H2O和CH4反应（反应③）。下表 为三个反应在不同温度下的平衡常数K。 ‎ ‎（1）反应①的平衡常数K①的表达式为_______________。‎ ‎（2）反应①②③的平衡常数K①、K②、K③之间的关系为K②=_____________（用含K①、 K③的式子表示）。反应①②③的反应焓变：ΔH①、ΔH②、ΔH③之间的关系为ΔH①= _____________（用含ΔH②、ΔH③的式子表示）。‎ ‎（3）恒温条件下，反应③的能量与反应进程关系应对应下图中的_____________，反应② 的能量与反应进程关系应对应下图中的_____________。‎ ‎（4）为使反应尽可能按生成H2的方向进行，若只考虑反应③，且不降低反应速率，可采取__________________________________措施；若只考虑反应①②，除采取控温措施外，还可采取_____________________________________________________（写出两条措施即可）。‎ ‎（5）250℃时，以镍合金为催化剂，发生CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)，向40L 的密闭容器中通入6molCO2(g)和6molCH4(g)，平衡时测得体系中CH4的体积分数 为10%，则混合气体的密度为______g/L，CO2的转化率为__________（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). (2). K①2/K③ (3). (△H②＋△H③)/2 (4). D (5). B (6). 升高温度 (7). CH4和O2投入比为1：1，或使用只催化反应①的催化剂，或者适当减压 (8). 9 (9). 66.7%‎ ‎【详解】（1）根据化学平衡常数表达式，K①=；‎ ‎（2）K①=，K②=，K③=，因此K②=K①2/K③；根据目标反应方程式，△H①=(△H②＋△H③)/2；‎ ‎（3）根据表中数据，随着温度的升高，反应③的化学平衡常数增大，根据勒夏特列原理，反应③的正反应方向为吸热反应，即△H>0，反应物总能量低于生成物总能量，故图D正确；同理反应②正反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，反应②平衡常数大，说明活化能较低，故图B正确；‎ ‎（4）根据(3)，反应③为吸热反应，反应向正反应方向移动，可以升高温度；反应①②‎ 向正反应方向移动，不降低反应速率，可以采取的措施为CH4和O2投入比为1：1，或使用只催化反应①的催化剂，或者适当减压；‎ ‎（5）令达到平衡消耗CO2的物质的量为xmol，CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)‎ ‎ 6 6 0 0‎ ‎ x x 2x 2x ‎ 6－x 6－x 2x 2x CH4的体积分数(6－x)/(12＋2x)×100%=10%，解得x=4，组分都是气体，气体总质量为(6mol×44g·mol－1＋6mol×14g·mol－1)=360g，容器体积为40L，则气体密度为360g/40L=9g·L－1；CO2的转化率为4mol/6mol×100%=66.7%。‎ ‎11.油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有B、C、O、Na、P、Cl等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：‎ ‎(1)现代化学中，常利用_________上的特征谱线来鉴定元素。‎ ‎(2)CH3+、-CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体。CH3+中碳原子的杂化方式为_________，CH3-的空间构型为_______。 ‎ ‎(3) Na＋和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)______I1(Ne)(填“>”或“<”)。 ‎ ‎(4)氢卤酸(HX)的电离过程如图。ΔH1和ΔH2的递变规律都是HF>HCl>HBr>HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为__________________________________________，从原子结构分析影响ΔH2递变的因素为__________________________________。‎ ‎(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。‎ ‎① 磷化硼晶体晶胞如图甲所示: 其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近B、P原子的距离为a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为___________g/cm3。(列出计算式即可，不必化简)‎ ‎② 磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中表示P 原子的投影)，用画出B 原子的投影位置________。 ‎ ‎【答案】(1). 原子光谱 (2). sp2 (3). 三角锥形 (4). > (5). HF的水溶液中存在氢键 (6). 原子半径 (7). (8). 或 ‎【分析】(1)光谱分析中利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；‎ ‎(2)CH3+中的碳原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；CH3-与NH3、H3O+互为等电子体，空间结构相似，据此分析解答；‎ ‎(3)钠离子的正电性较强对核外电子的吸引力比氖更强，据此进行分析；‎ ‎(4)HF分子间，以及HF与水分子间均能形成氢键，而其他卤化氢没有，故从溶液中分离出HF分子需要更多的能量；根据HF、HCl、HBr、HI中存在的卤素原子不同，结合原子结构的知识分析解答；‎ ‎(5)①利用均摊法计算晶胞或者P、B原子数目，晶胞中最近的B、P原子的距离为晶胞体对角线的，据此计算晶胞的密度；②根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成，据此作图。‎ ‎【详解】(1)光谱分析中利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故答案为：原子光谱；‎ ‎(2)CH3+中的碳原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化；CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故答案为：sp2杂化；三角锥形；‎ ‎(3)钠离子的正电性较强且半径较小，对核外电子的吸引力比氖原子更强，要想失去电子需要更多的能量，因此钠的第二电离能比氖的第一电离能更高，故答案为：＞；‎ ‎(4)HF分子与水分子、HF分子之间均存在氢键，而其他卤化氢没有，故从溶液中分离出HF分子需要更多的能量，导致ΔH1‎ ‎(HF)特别大；键能大小关系为：HF＞HCl＞HBr＞HI，从原子结构方面分析，影响△H2递变的因素为卤素原子的原子半径的大小，故答案为：HF的水溶液中存在氢键；原子半径；‎ ‎(5)①实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，P做面心立方最密堆积；1个晶胞中，含有P原子数目为8×+6×=4个，含有B原子数目为4个，晶胞质量=g，设晶胞的棱长为x，已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a pm，该距离为晶胞体对角线的，则x=a pm= a×10−10 cm，x=×a×10−10cm,晶体密度ρ=== g/cm3，故答案为：；‎ ‎②根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成，所以画图为：或，故答案为：或。‎ ‎【点睛】本题的易错点为晶胞的计算，关键是计算晶胞的棱长，需要学生具备一定的空间想象与数据计算能力；难点为(5)②，注意观察的方向对结果的影响，要求学生具有较高的空间想象能力。‎ ‎12.盐酸普鲁卡因 ( ) 是一种良好的局部麻醉药， 具有毒性小， 无成瘾性等特点。其合成路线如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1) 3molA可以合成1molB， 且B是平面正六边形结构， 则B结构简式为_________。‎ ‎(2) 有机物C的名称为____________， B→C的反应类型为_____________。‎ ‎(3) 反应C→D的化学方程式为________________________________________。‎ ‎(4) F和E发生酯化反应生成G， 则F的结构简式为___________________。‎ ‎(5) H的分子式为________。‎ ‎(6) 分子式为C9H12且是C的同系物的同分异构体共有__________种。‎ ‎(7) 请结合上述流程信息， 设计由苯、 乙炔为原料合成的路线_______________________________________________ 。(其他无机试剂任选)‎ ‎【答案】 (1). (2). 甲苯 (3). 取代反应 (4). +HNO3+H2O (5). (6). C13H20O2N2 (7). 8 (8). ‎ ‎【分析】由合成路线可知，A为乙炔，乙炔在400~500℃条件下三分子聚合生成苯，故B为；苯和CH3Br发生取代反应生成C为甲苯()，甲苯发生硝化反应生成D，D发生氧化反应生成E，根据E的结构简式，可知D的结构简式为；E→F为酯化反应，根据G的结构简式可知F的结构简式为；F在Fe/HCl条件下发生还原反应得到H，H和盐酸反应得到盐酸普鲁卡因 ( )，以此分析解答。‎ ‎【详解】由合成路线可知，A为乙炔，乙炔在400~500℃条件下三分子聚合生成苯，故B为；苯和CH3Br发生取代反应生成C为甲苯()，甲苯发生硝化反应生成D，D发生氧化反应生成E，根据E的结构简式，可知D的结构简式为 ‎；E→F为酯化反应，根据G的结构简式可知F的结构简式为；F在Fe/HCl条件下发生还原反应得到H，H和盐酸反应得到盐酸普鲁卡因 ( )，‎ ‎(1) 3molHCCH可以合成1molB， 且B是平面正六边形结构， 则B为苯，结构简式为 ，‎ 故答案为：；‎ ‎(2) 苯和CH3Br发生取代反应生成C为甲苯，故反应类型为取代反应，‎ 故答案为：甲苯；取代反应；‎ ‎(3) 甲苯发生硝化反应生成D，D发生氧化反应生成E，根据E的结构简式，可知D的结构简式为，所以反应C→D的化学方程式为+HNO3+H2O，‎ 故答案为：+HNO3+H2O；‎ ‎(4) E→F为酯化反应，根据G的结构简式可知F的结构简式为，‎ 故答案为：；‎ ‎(5)由H的结构简式可知， H的分子式为C13H20O2N2，‎ 故答案为：C13H20O2N2；‎ ‎(6) C为甲苯()，分子式为C9H12且是C的同系物的同分异构体有：‎ 苯环上有一个侧链的：有正丙苯和异丙苯2种；‎ 苯环上有两个侧链的：有甲基和乙基处于邻间对3种；‎ 苯环上有三个侧链的：有3个甲基处于连、偏、均位置3种；共有8种，‎ 故答案为：8种；‎ ‎(7)若要合成，需要制备苯乙烯，根据所给原料并结合上述流程信息，设计合成的路线为：‎ ‎，‎ 故答案为：。 ‎