2018-2019学年福建省福州市八县（市）一中高二下学期期末联考化学试题 解析版 27页

‎2018-2019学年第二学期八县(市)一中期末联考 高二化学试卷 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 F—19 Na—23 Cl—35.5 ‎ 一、单选题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共22小题，共44分)‎ ‎1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是( )‎ A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅 B. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料 C. 医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理相同 D. “碳九”(石油炼制中获取的九个碳原子的芳烃)均属于苯的同系物，泄漏不会污染水体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅，故A错误；‎ B．増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，含有碳元素，属于有机高分子材料，故B正确；‎ C．酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打入细菌的内部，使构成细菌生命基础中的蛋白质分子结构改变，引起蛋白质变性(蛋白质凝固)，从而起到杀菌的作用，过氧化氢杀菌消毒是因为其具有强的氧化性，二者杀菌消毒原理不同，故C错误；‎ D．“碳九”主要包括异丙苯、正丙苯、乙基甲苯、茚、均三甲苯、偏三甲苯、连三甲苯等，其中茚的分子式为C9H8，不符合苯的同系物的通式CnH2n-6，即“碳九”并不都是苯的同系物，并且苯的同系物泄漏，会污染水体，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列说法正确的是( )‎ A. 向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变并凝聚 B. 将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入食盐水，上层析出甘油 C. 氨基酸分子中都含有—COOH和—NH2 ，种类较多，为高分子化合物 D. 淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，没有发生变性，故A错误；‎ B．甘油易溶于水，上层应该为高级脂肪酸钠，故B错误；‎ C．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，氨基酸为小分子化合物，故C错误；‎ D．淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、多糖、二糖，在一定条件下均可水解生成葡萄糖，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.某链状烷烃的一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，该烷烃的名称是( )‎ A. 正壬烷 B. 2,6—二甲基庚烷 C. 2,3,4—三甲基己烷 D. 2,2,4,4—四甲基戊烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某烷烃的一个分子里含有9个碳原子，为壬烷的同分异构体；一氯代物只有两种，说明该烷烃分子结构对称，分子中含有2种等效H原子，据此分析判断。‎ ‎【详解】烷烃的一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，则结构对称，只有2种位置的H原子。‎ A．正壬烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，其分子中含有5种等效氢原子，一氯代物有5种，故A错误；‎ B．2，6-二甲基庚烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH2CH2CH2CH(CH3)CH3，分子中含有4种等效H原子，其一氯代物有4种，故B错误；‎ C．2，3，4-三甲基己烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH(CH3)CH(CH3)CH2CH3，其分子中含有8种等效H，一氯代物有8种，故C错误；‎ D．2，2，4，4-四甲基戊烷的结构简式为：(CH3)3CCH2C(CH3)3，其分子中含有2种等效H，一氯代物只有2种，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】掌握同分异构体概念及书写方法，正确判断有机物的结构简式中等效H原子数目为解答本题的关键。解答本题要注意等效H原子的判断方法的应用。‎ ‎4.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是( )‎ A. 第一电离能、电负性均是 Cl > S B. S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子 C. S2Br2与S2Cl2结构相似，由于S—Cl键键能更大，S2Cl2熔沸点更高 D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同同期从左到右，第一电离能逐渐增大，但第ⅡA和ⅤA异常，因此第一电离能Cl > S，同同期从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性Cl > S，故A正确；‎ B．S2Cl2分子中S-S为非极性键，S-Cl键为极性键，S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S位于两个书页面内，该物质结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；‎ C．S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，分子量越大，则熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故C错误；‎ D．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价(生成SO2)，一部分需要降低到0价(生成S)，符合氧化还原反应原理，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意结合题干信息和氧化还原反应的规律分析判断。‎ ‎5.下列脱水过程中不属于取代反应的是 ‎①高级脂肪酸与甘油脱水形成油脂 ②乙醇在浓H2SO4作用下脱水制乙烯③氨基酸在酶的作用下脱水形成二肽 ④葡萄糖在浓H2SO4作用下脱水成焦炭 A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①高级脂肪酸与甘油脱水形成油脂和水，为酯化反应，属于取代反应，故①不选；‎ ‎②乙醇在浓H2SO4作用下脱水生成乙烯，为消去反应，故②选；‎ ‎③氨基酸在酶的作用下脱水形成二肽，为氨基与羧基发生的取代反应，故③不选；‎ ‎④葡萄糖在浓H2SO4作用下脱水成焦炭，与浓硫酸的脱水性有关，不属于取代反应，故④选；‎ 不属于取代反应的是②④，答案选C。‎ ‎6.如下图是某原子晶体A空间结构中的一个单元。A与某物质B反应生成C，其实质是在每个A—A键中间插入一个B原子。则C物质的化学式为 (　　) ‎ A. AB B. AB2 C. A5B4 D. A2B5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据结构图，每个A周围连接有4个A原子，含有4个A-A键，每个A-A键属于两个A原子共用，因此每个A原子形成2个A-A键，每个A-A键中插入一个B原子，即晶体中A、B原子个数比是1∶2，所以其化学式是AB2，故选B。‎ ‎7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A. 标准状况下，11.2 LCH3Cl含极性键数目为2NA B. 甲基的碳原子杂化轨道类型是sp2，每摩尔甲基含9NA电子 C. 等质量的葡萄糖和乙酸所含碳原子数均为NA/30‎ D. 有机物()中最多有6个原子在同一直线上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，11.2 LCH3Cl的物质的量==0.5mol，每个分子中含有4个极性键，因此含极性键数目为0.5 NA×4=2NA，故A正确；‎ B．甲基的碳原子含有4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道类型是sp3，甲基不带电荷，每摩尔甲基含9NA电子，故B错误；‎ C．葡萄糖和乙酸的最简式均为CH2O，等质量的葡萄糖和乙酸含有的碳原子数相等，但质量未知，无法计算具体数目，故C错误；‎ D．乙炔为直线结构，苯环为正六边形结构，该有机物中最多有7个()原子在同一直线上，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意苯环为正六边形，苯环对角线上的四个原子共线。‎ ‎8.下列实验装置图及实验用品均正确的是（部分夹持仪器未画出）（　　）‎ A．实验室制取溴苯 B．实验室制取乙酸乙酯 C．石油分馏 D．实验室制取硝基苯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室用铁作催化剂，用液溴和苯制取溴苯，溴易挥发且溴极易溶于四氯化碳溶液中，所以用四氯化碳吸收溴，生成的HBr极易溶于水，采用倒置的漏斗防止倒吸，故A正确；B．制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，蒸气中含有乙醇、乙酸，乙醇极易溶于水、乙酸极易和碳酸钠溶液反应，如果导气管插入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，故B错误；C．蒸馏时，温度计测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，冷却水的水流方向是低进高出，故C错误；D．制取硝基苯用水浴加热，应控制温度范围是55℃～60℃，故D错误；故答案为A。‎ ‎【点睛】实验方案的评价包括：1．从可行性方面对实验方案做出评价：科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行．评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等．2．从“绿色化学”视角对实验方案做出评价：“绿色化学”要求设计更安全、对环境友好的合成线路、降低化学工业生产过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放．根据“绿色化学”精神，对化学实验过程或方案从以下4个方面进行综合评价：①反应原料是否易得、安全、无毒；②反应速率较快； ③原料利用率以及合成物质的产率是否较高；④合成过程是否造成环境污染．3．从“安全性”方面对实验方案做出评价：化学实验从安全角度常考虑的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等．‎ ‎9.下列说法正确的是( )‎ A. 乙烯和聚乙烯均能使溴水反应褪色 B. 乙苯的同分异构体多于三种 C. 甲烷、苯和油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素分子式相同，均互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚乙烯中不含碳碳不饱和键，不能与溴水反应，而乙烯与溴水发生加成反应使其褪色，故A错误；‎ B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，如不含苯环，则同分异构体种类更多，故B正确；‎ C．甲烷、苯与高锰酸钾溶液均不反应，而油脂中的油，属于含碳碳不饱和键的酯类物质，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；‎ D．葡萄糖与果糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，但淀粉与纤维素的分子式为(C6H10O5)n，但n不同，二者的分子式不同，不是同分异构体，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.有机物具有手性(连接的四个原子或原子团都不相同的碳原子叫手性碳，则该分子具有手性)，发生下列反应后，分子一定还有手性的是(　　)‎ ‎①发生加成反应 　②发生酯化反应　 ③发生水解反应 　④发生加聚反应 A. ②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】中存在一个手性碳原子()。①与氢气发生加成反应后变成，不再含有手性碳原子；②发生酯化反应后，该碳原子仍连接四个不相同的原子或原子团，存在手性碳原子；③发生水解反应后生成，该碳原子仍连接四个不相同的原子或原子团，存在手性碳原子；④发生加聚反应生成，该碳原子仍连接四个不相同的原子或原子团，存在手性碳原子；含有手性碳原子的有②③④，故选C。‎ ‎11.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子半径依次减小，其中只有一种金属元素；X+与M2—具有相同的电子层结构；离子半径：Z2—>W—；Y的单质晶体熔点高、硬度大。下列说法中正确的是(　　)‎ A. X、M两种元素只能形成X2M型化合物 B. X 的氢化物熔点比W 的氢化物低 C. 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂 D. ZM2、YM2晶体类型相同，晶体中含有化学键类型也相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子半径依次减小，其中只有一种金属元素；M和Z均形成-2价的阴离子，且原子半径Z＞M，则M为O元素，Z为S元素；X+与M2—具有相同的电子层结构，则X为Na元素，离子半径：Z2—>W—，则W为Cl元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，结合原子半径可知，Y为Si元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为Cl元素，M为O元素。‎ A．钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；‎ B．钠的氢化物为离子化合物，氯的氢化物为共价化合物，因此X 的氢化物熔点比W 的氢化物高，故B错误；‎ C．Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为水处理中消毒剂，故C正确；‎ D．ZM2、YM2分别为SO2、SiO2，晶体类型不同，前者为分子晶体，后者为原子晶体，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 过程 i 发生了加成反应 B. 利用相同原理以及相同原料，也能合成间二甲苯 C. 中间产物M的结构简式为 ‎ D. 该合成路线理论上碳原子100％利用，且最终得到的产物可用蒸馏方法分离得到对二甲苯粗产品 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，M为，结合物质的变化和有机反应类型分析解答。‎ ‎【详解】A．反应中C=C键生成C-C键，为加成反应，故A正确；‎ B．异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，可能生成间二甲苯和对二甲苯，但不可能生成邻二甲苯，故B正确；‎ C．由球棍模型可知M含有C=C键，且含有醛基和甲基，结构简式为，故C正确；‎ D．过程i为加成反应，过程ii生成了对二甲苯和水，碳原子全部利用，转化为最终产物，则碳原子100%利用，对二甲苯不溶于水，可用分液的方法分离得到含有的对二甲苯粗产品，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，分别得到或。‎ ‎13.X、Y为同周期或同主族短周期元素，若X的原子半径大于Y的原子半径，则下列判断正确的是( )‎ A. 第一电离能一定X< Y B. X的离子半径一定大于Y的离子半径 C. 若X、Y均为非金属元素，则X、Y元素的简单气态氢化物熔沸点一定HnY < HmX D. 若X、Y均为金属元素，则X失电子的能力一定强于Y ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同周期，原子序数大的金属性弱、非金属性强，若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数小，同主族，原子序数大的金属性强、非金属性弱，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．若X、Y为同周期元素，如果X原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，第一电离能不一定X< Y，故A错误；‎ B．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X为阳离子，Y为阴离子时，X的离子半径小于Y的离子半径，故B错误；‎ C．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为非金属元素，如X、Y分别为C、O，水常温下为液体，甲烷为气体，甲烷的熔沸点低于水，故C错误；‎ D．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同周期原子序数大的金属性弱，则X的金属性强于Y；若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则X的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同主族原子序数大的金属性强，则X的金属性强于Y，即无论那种情况X失电子能力一定强于Y，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.T-carbon(又名T-碳)，是中国科学院大学苏刚教授研究团队于2011年通过理论计算预言的一种新型三维碳结构，经过不懈的努力探索，2017年终于被西安交大和新加坡南洋理工大学联合研究团队在实验上成功合成，证实了理论预言。T-碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代形成碳的一种新型三维立方晶体晶胞结构，如图。下列说法错误的是(　)‎ A. 每个T-碳晶胞中含32个碳原子 B. T-碳密度比金刚石小 C. T-碳中碳与碳的最小夹角为109.5°‎ D. 由于T-碳是一种蓬松的碳材料，其内部有很大空间可供利用，可能可以用作储氢材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金刚石晶胞中C原子个数=4+8×+6×=8，T-碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成，因此这种新型三维立方晶体结构晶胞中C原子个数=8×4=32，故A正确；‎ B．T-碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成，使得T-碳内部出现很大空间，呈现蓬松的状态，导致T-碳密度比金刚石小，故B正确；‎ C．T-碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成，使得T-碳中距离最近的4个C原子形成正四面体结构，4个C原子位于4个顶点上，其C-C的最小夹角为60°，故C错误；‎ D．T-碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成，使得T-碳内部出现很大空间，呈现蓬松的状态，T-碳内部的可利用空间为其作为储能材料提供可能，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.配合物Co2(CO)8的结构如下图(已知Co是0价)，该配合物中存在的作用力类型共有( )‎ ‎①金属键 ②离子键 ③共价键 ④配位键 ⑤氢键 ⑥范德华力 A. ②③④ B. ②③④⑥ C. ①③④⑥ D. ②③④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】配合物Co2(CO)8中存在C-O之间的共价键、Co-C原子之间的配位键、Co-Co之间存在金属键、分子之间存在范德华力，所以存在的有①③④⑥，故选C。‎ ‎16.热播电视剧《破冰行动》中曾经多次提到一种叫东莨菪碱(Scopolamine)的化学物质。东莨菪碱是1892年由E.施密特首先从东莨菪中分离出来，可用于麻醉、镇痛、止咳、平喘，对动晕症有效。但其毒性较强，稍一过量服用即可致命，具有极高的致幻作用，称为“魔鬼呼吸”。其结构如下图，下列说法不正确的是( )‎ A. 分子间可以形成分子间氢键 B. 东莨菪碱的化学式为C17H21NO4‎ C. 该物质能发生加成、取代和氧化反应 D. 可使用质谱仪测出这个分子的相对分子质量，也可用核磁共振氢谱确定这个分子的环状结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子中存在羟基，因此分子间可以形成氢键，故A正确；‎ B．根据分子的结构简式可知，东莨菪碱的化学式为C17H21NO4，故B正确；‎ C．结构中存在苯环，一定条件下能够与氢气发生加成反应，含有羟基，能够发生取代反应和氧化反应，故C正确；‎ D．质谱仪通过质荷比确定相对分子质量，核磁共振氢谱能测定一个有机物中存在的氢原子环境，不能确定环状结构，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎17.已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. 从图中得出同浓度下W的最高价氧化物对应的水化物的pH比Z小，故非金属性:W>Z B. X、Z的最简单气态氢化物在常温下可以反应生成离子化合物 C. X、Y、Z、W、M五种元素单质中Y常见单质熔点最高 D. 简单离子半径大小顺序:X>M ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W、M 均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为 0.01mol/L)的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/LM的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，为一元强碱，则M为Na，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为C元素，Z为Cl元素，W为S元素，M为Na元素。‎ A．从图中得出同浓度下W的最高价氧化物对应的水化物的pH比Z小，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则W的最高价含氧酸也是强酸，但是为二元强酸，不能据此说明非金属性强弱，实际上非金属性：W＜Z，故A错误；‎ B．X为N元素，Z为Cl元素，X、Z的最简单气态氢化物分别为氨气和氯化氢，在常温下可以反应生成离子化合物氯化铵，故B正确；‎ C．C元素的单质常见的有石墨和金刚石，熔点均很高，而其他元素的单质是分子晶体或金属晶体，熔点均较低，故C正确；‎ D．X为N元素，M为Na元素，简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径大小顺序：X>M，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】正确判断元素的种类是解答本题的关键。本题的难点是W的判断，要注意0.01mol/L W的最高价含氧酸的pH小于2，应该为二元强酸。‎ ‎18.为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法不正确的是(   )‎ A B C D 被提纯物质 O2 (CO) ‎ 乙酸乙酯(乙酸)‎ 酒精(水)‎ 溴苯(溴)‎ 除杂试剂 通过炽热的CuO 饱和碳酸钠溶液 生石灰 氢氧化钠溶液 分离方法 洗气 分液 蒸馏 分液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO与炽热的CuO反应生成二氧化碳，混入了杂质气体，故A错误；‎ B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故B正确；‎ C．酒精不能与生石灰反应，而水能与生石灰反应生成高沸点的氢氧化钙，进而通过蒸馏的方式将二者分离，故C正确；‎ D．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎19.下列实验装置能达到其实验目的的是(   )‎ A. 制取少量H2‎ B. 验证Na和水反应放热 C. 分离Na2CO3溶液和CH3COOCH2CH3的混合物 D. 蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体易从长颈漏斗下端逸出，长颈漏斗下端应放置到液面下，故A错误；‎ B．若U形管中红墨水左低右高，则图中装置可验证Na和水反应放热，故B正确；‎ C．乙酸乙酯难溶于水，Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物分层，应选分液漏斗分离，故C错误；‎ D．加热时，氯化铵会分解，不能通过蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.下列说法正确的是( )‎ A. 过氧化铬(CrO5)的结构为：，可推知CrO5中氧元素的化合价全部是-1价 B. 第三周期部分元素电离能如图所示,其中a、b、c分别代表的含义是I2、I3、I1‎ C. 可以用如图实验装置图除去甲烷中混有的乙烯 D. 银镜反应后试管壁上的银镜和黏附在试管壁上的油脂可分别用稀氨水、热碱液洗涤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据过氧化铬的结构可知，‎ 中存在2个过氧键、1个Cr=O键，则4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，Cr元素显+6价，故A错误；‎ B．同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此c为第一电离能I1；在第三周期元素中，钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷、硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯，因此a为第二电离能I2，则b为第三电离能I3，故B正确；‎ C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气除杂，故C错误；‎ D．银单质与氨水不反应，应该用稀硝酸洗去，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意首先根据第一电离能的变化规律判断出第一电离能的变化曲线，再结合稳定结构依次分析判断。‎ ‎21.实验室按如下装置测定纯碱(含少量NaCl)的纯度。下列说法不正确的是(   )‎ A. 滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽 B. 装置①、④的作用是防止空气中的CO2进入装置③‎ C. 必须在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶 D. 反应结束时，应再通入空气将装置②中CO2转移到装置③中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据实验目的和装置图，实验原理为：样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba（OH）2溶液吸收，通过测量装置③中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。A，为了排除装置中含有CO2的空气对CO2‎ 测量的影响，滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽，A项正确；B，装置①中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2，防止空气中CO2进入装置③中，装置④的作用是防止外界空气中的CO2进入装置③中，B项正确；C，由于盐酸具有挥发性，反应产生的CO2中混有HCl，若在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，HCl与NaHCO3反应产生CO2，使得测得的CO2偏大，测得纯碱的纯度偏大，C项错误；D，为了保证测量的CO2的准确性，反应结束，应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置②中CO2全部转移到装置③中，D项正确；答案选C。‎ ‎22.有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.5%，则能与NaOH溶液发生反应的X的同分异构体有(不考虑立体异构)(　　 )‎ A. 15种 B. 14种 C. 13种 D. 12种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.4%，则分子中N(O)==2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102-16×2=70，利用余商法=5…0，所以分子式为C5H10O2，结合能与NaOH溶液发生反应分析判断X的结构种类。‎ ‎【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液发生反应，则X可能是饱和一元酯或羧酸。若X为饱和羧酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种；‎ 若X为酯，可能为甲酸和丁醇形成的酯，丁醇有4种，可形成4种酯；可能为乙酸和丙醇形成的酯，丙醇有2种，可形成2种酯；可能为丙酸和乙醇形成的酯，丙酸有1种，可形成1种酯；可能为丁酸和甲醇形成的酯，丁酸有2种，可形成2种酯，属于酯类的共有9种；‎ 因此能与NaOH溶液发生反应的X有4种羧酸，9种酯，共13种；‎ 答案选C。‎ II 卷 二、填空题(共4大题，共56分)‎ ‎23.有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，还可用作天然和合成树脂的溶剂。‎ 已知：① D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大； ‎ ‎② E分子含有支链；‎ ‎③ F是可以使溴四氯化碳溶液褪色的烃。‎ ‎(1) B的化学名称为____________；D的结构简式_____________。‎ ‎(2) C、F分子中所含的官能团的名称分别是___________、______________。‎ ‎(3) 写出有机物B生成C的化学反应方程式：___________________；反应类型是________。‎ ‎(4) 写出有机物B与E反应生成A的化学反应方程式：_______________________；反应类型是________。‎ ‎(5) E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构) ，并写出任意一种符合条件的同分异构体结构简式__________________。‎ ‎①能与Na反应； ②能发生银镜反应。‎ ‎【答案】 (1). 乙醇 (2). CH3COOH (3). 醛基 (4). 碳碳双键 (5). 2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO+2H2O (6). 氧化反应 (7). CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O (8). 酯化反应(或取代反应) (9). 5 (10). HOCH2CH2CH2CHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，则A为酯，B和E发生酯化反应生成A，则B和E为醇和酸，B能够发生氧化反应生成C，C能够继续发生氧化反应生成D，则B为醇，D为酸；D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大，则E中含有四个碳原子，B中含有2个碳原子，E分子含有支链，因此B为乙醇，E为(CH3)2CHCOOH，则A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，C为乙醛，D为乙酸；乙醇在浓硫酸存在时发生脱水反应生成F，F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃，则F为乙烯，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为(CH3)2CHCOOH，F为乙烯。‎ ‎(1) B为乙醇；D为乙酸，结构简式为CH3COOH，故答案为：乙醇；CH3COOH；‎ ‎(2) C为乙醛，F为乙烯，所含的官能团分别是醛基、碳碳双键，故答案为：醛基；碳碳双键；‎ ‎(3) 有机物B生成C的化学反应方程式为2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应；‎ ‎(4) 有机物B与E反应生成A的化学反应方程式CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；‎ ‎(5) E为(CH3)2CHCOOH，E同分异构体中能同时满足下列条件：①能与Na反应，说明结构中含有羟基或羧基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因此E的同分异构体中含有醛基和羟基，除去醛基，还有3个碳原子，满足条件的有：醛基连接在1号碳原子上，羟基有3种连接方式；醛基连接在2号碳原子上，羟基有2种连接方式，共5种同分异构体，如HOCH2CH2CH2CHO、CH3CHOHCH2CHO等，故答案为：5；HOCH2CH2CH2CHO(或CH3CHOHCH2CHO等)。‎ ‎24.第四周期的多数元素及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：‎ ‎(1) 基态Ti原子中，最高能层电子的电子云轮廓形状为___，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，写出任意一种最外层电子数与钛不同的元素外围电子排布式_____。 ‎ ‎(2) 琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_________________。‎ ‎(3) SCN— 可用于Fe3+的检验，写出与SCN— 互为等电子体的一种微粒：_____。 ‎ ‎(4) 成语“信口雌黄”中的雌黄分子式为As2S3，分子结构如图，As原子的杂化方式为______，雌黄和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4并放出H2S气体，写出该反应方程式：__________________。SnCl4分子的立体构型为_______。‎ ‎ ‎ ‎(5)金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一，具有典型的四方晶系结构，其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示(注意：D不在体心)：‎ ‎①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是________________。‎ ‎②若A、B、C原子的坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D原子的坐标为D(0.19a，____， ____)；若晶胞底面边长为x，则钛氧键的键长d=_______(用代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 球形 (2). 3d54s1或3d104s1 (3). Fe3+的3d5半满状态更稳定 (4). N2O(或CO2、CS2、OCN-) (5). sp3 (6). 2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑ (7). 正四面体 (8). B、D (9). 0.81a (10). 0.5c (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，结合构造原理与洪特规则分析解答；‎ ‎(2)根据洪特规则，处于半充满、全充满状态更稳定；‎ ‎(3)根据原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体分析书写；‎ ‎(4)由结构图可知，黑色球为As、白色球为S，分子中As原子形成3个σ键、还含有1对孤电子对，据此判断杂化类型；As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4并放出H2S气体，据此书写并配平反应方程式；SnCl4分子中Sn原子形成4个Sn-Cl键，没有孤电子对，据此判断；‎ ‎(5)①根据均摊法计算出处于不同位置微粒数，结合化学式TiO2分析判断；②根据A、B、C的原子坐标，坐标系原点选取为A，根据立体几何知识分析D的原子坐标并计算钛氧键键长d。‎ ‎【详解】(1)基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，最高能层电子为4s能级，电子云轮廓形状为球形；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同，结合构造原理与洪特规则，符合条件的元素原子的价电子排布为3d54s1、3d104s1，故答案为：球形；3d54s1或3d104s1；‎ ‎(2)Fe2+价电子为3d6，失去1个电子形成更稳定的3d5半满状态的Fe3+，导致Fe2+ 易被氧化成Fe3+，故答案为：Fe3+的3d5半满状态更稳定；‎ ‎(3)C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子，N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子，S原子可以用氧原子替换，因此与SCN-互为等电子体的微粒为：N2O、CO2、CS2、OCN-，故答案为：N2O(或CO2、CS2、OCN-)；‎ ‎(4)由结构图可知，黑色球为As、白色球为S，分子中As原子形成3个σ键、还含有1个孤电子对，杂化轨道数目为3+1=4，As杂化方式为sp3杂化；As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4并放出H2S气体，反应方程式为：2As2S3+2 SnCl2+4HCl=As4S4+2 SnCl4+2H2S↑；SnCl4分子中Sn原子形成4个Sn-Cl键，没有孤电子对，价层电子对数为4，分子空间构型为正四面体形，故答案为：sp3；2As2S3+2 SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑；正四面体；‎ ‎(5)①根据晶胞结构分析，四方晶胞中，顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，顶点粒子(A、C)有8×=1个，面上粒子(B)有4×=2个，内部粒子有3个，由于晶体的化学式为TiO2，所以4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是：B、D，体心和顶点(A、C)为Ti原子，故答案为：B、D；‎ ‎②A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，坐标系原点选取点A，O2-作变形六方最紧密堆积，Ti4+在晶胞顶点及体心位置，O2-在晶胞上下底面的面对角线方向各有2个，在晶胞半高的另一个面对角线方向也有两个，中间半层的结构为(俯视图)，l即为钛氧键的键长d，根据几何知识，则D点的坐标为(0.19a，0.81a，0.5c)，金红石晶胞中，Ti处于体心，体心Ti周围有6个O形成八面体结构，上底面结构为：(俯视图)，根据上底面结构，d=(a-0.69a)×‎ ‎=0.31×a，由于底边长为x，即x=a，所以d=0.31×x，故答案为：0.81a； 0.5c； 0.31×x。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(5)②，关键是确定D在晶胞中的相对位置，要注意晶胞内的三个微粒(包括D和其他两个)处于对角线上。‎ ‎25.为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。‎ ‎(1) 仪器C名称是___________，长导管作用是_____________________________。‎ ‎(2)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏。若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即______________________。‎ ‎(3)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是________。‎ ‎(4)B中加入一定体积高氯酸和1.00g 氟化稀土矿样，D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热A、B，使A中产生的水蒸气进入B。‎ ‎①下列物质不可代替高氯酸的是___________(填标号)‎ a. 硫酸 b.硝酸 c.磷酸 d.乙酸 e.盐酸 ‎②D中主要反应的离子方程式为_________________________________。‎ ‎(5)向馏出液中加入25.00mL0.1000mol·L－1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(La3+不发生其他反应)，再用0.1000 mol· L－1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按1︰1发生络合反应)，消耗EDTA标准溶液平均19.80mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为______(百分数保留小数点后两位)。‎ ‎【答案】 (1). (直形)冷凝管 (2). 平衡气压 (3). 打开活塞K (4). 保温，避免水蒸气冷凝 (5). bde (6). HF+OH－=F－+H2O (7). 2.96%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量样品中氟元素的质量分数。结合化学实验的基本操作和实验原理分析解答(1)~(4)；‎ ‎(5)根据氟元素守恒，有LaF3~3F，再根据滴定过程计算氟化稀土样品中氟的质量分数。‎ ‎【详解】(1)根据图示，仪器C为冷凝管，长导管插入液面以下，利用液体上升和下降调节容器中压强变化，不至于水蒸气逸出，因此作用为平衡压强，故答案为：冷凝管；平衡气压；‎ ‎(2)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏：著蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，为避免液体喷出，应立即应打开活塞K平衡压强，故答案为：打开活塞K；‎ ‎(3)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，目的是保温，避免水蒸气冷凝，故答案为：保温，避免水蒸气冷凝；‎ ‎(4)①B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢。a．硫酸是难挥发性酸，可以代替，故a不选；b．硝酸是易挥发性酸，故b选；c．磷酸是难挥发性酸，可以代替，故c不选；d．醋酸是挥发性酸，故d选；e.盐酸是挥发性酸，故e选；故答案为：bde；‎ ‎②D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液，D中的反应是挥发出的HF和氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式：HF+OH-=F-+H2O，故答案为：HF+OH-=F-+H2O；‎ ‎(5)利用氟元素守恒，有LaF3~3F，氟化稀土样品中氟的质量分数=×100%=2.96%，故答案为：2.96%；‎ ‎26.短周期主族元素及其化合物在生产生活中至关重要。‎ ‎(1)BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：‎ 晶体Q中含有的化学键包括____________________。‎ ‎(2) NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2＋等形成配位键，其原因是___________。‎ ‎(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148 ℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有阴阳离子各一种，结构是正四面体型离子和正八面体型离子；正八面体型离子的化学式为_________________________；正四面体型离子中键角大于PCl3的键角原因为______________________________________________________。‎ ‎(4)氯化钠的晶胞结构如图所示，图是氯化钠的晶胞截面图(图中球大小代表半径大小)。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，氯化钠晶体的密度为d g·cm-3。则Na+半径为____________pm(只需列出计算式)。‎ ‎(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为:‎ B: (0，0，0)； (，，0)；(，0，)；(0，，)；……‎ As：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)；……‎ ‎①请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图______。‎ ‎②砷原子紧邻的硼原子有________个，与每个硼原子紧邻的硼原子有______个。‎ ‎【答案】 (1). 共价键、配位 (2). F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子 (3). PCl6— (4). 两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角 (5). (6). (7). 4 (8). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据Q的结构分析判断；‎ ‎(2)Cu2+提供空轨道，NH3和NF3中的中心原子N原子提供孤电子对，根据NH3和NF3中共用电子对的偏转判断；‎ ‎(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，根据正四面体形阳离子和正六面体形阴离子分析判断；结合孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，判断PCl3与正四面体形阳离子中键角的大小；‎ ‎(4)晶胞棱长=2×(Cl-离子半径+Na+离子半径)，而晶胞棱长=2×Cl-离子半径，结合晶胞中各原子数目计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，再计算晶胞棱长；‎ ‎(5)①砷化硼为立方晶系晶体，根据晶胞中原子的分数坐标画出砷化硼的晶胞结构图，再画出砷化硼晶胞的俯视图；②根据①中画出的砷化硼的晶胞结构图分析判断。‎ ‎【详解】(1)由Q的结构()可知，Q分子中存在氢键、共价键、配位键(O与B之间)、分子间作用力，其中属于化学键的有共价键、配位键，故答案为：共价键、配位键；‎ ‎(2)在形成的配合物中，Cu2+提供空轨道，NH3和NF3中的中心原子N原子提供孤电子对，由于N、F、H三种元素的电负性为F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键，故答案为：F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子；‎ ‎(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正八面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-；PCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl4+中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以PCl4+中键角大于于PCl3的键角，故答案为：PCl6-；两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3‎ 分子中P原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角； ‎ ‎(4)晶胞棱长=2×(Cl-离子半径+Na+离子半径)，而晶胞棱长=2×Cl -离子半径，晶胞质量=g，晶胞体积== cm3，故晶胞棱长=cm，则Cl -离子半径=cm÷2=×cm，Na+离子半径=×cm-×cm= cm= pm，故答案为：；‎ ‎(5)①砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为：B: (0，0，0)； (，，0)；(，0，)；(0，，)；……；As：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)；……；则砷化硼的晶胞结构图为，因此砷化硼晶胞的俯视图为，故答案为：；‎ ‎②As与周围紧邻的4个B原子形成正四面体；以顶点B原子研究，与之紧邻的硼原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，与每个硼原子紧邻的硼原子数目为=12，故答案为：4；12。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(1)，容易忽视存在的配位键，要注意B原子最外层是3个电子，存在空轨道；本题的难点为(5)，解答的关键是根据晶胞中原子的分数坐标画出砷化硼的晶胞结构图。‎ ‎ ‎ ‎ ‎