1、黑龙江省大庆实验中学2020届高三化学下学期复学考试试题（含解析）1.厉害了，我的国展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B. 港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D. 化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料【答案】D【解析】【详解】A高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A错误
2、；B钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D正确；故答案选D。2.下列离子方程式或化学方程式正确的是A. 向A12(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液: 2Al3+ +3S2- = Al2S3B. CuSO4 溶液中加入过量NaHS溶液: Cu2+HS- =CuS+H+C. 向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3: S2O3 2-+2H+=SO2+S+H2OD. “侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠: NaCl(饱和)+NH3+CO2
3、+H2O= NaHCO3+NH4Cl【答案】D【解析】【详解】A向A12(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液: 2Al3+ +3S2+6H2O = 2Al(OH)3+3H2S，故A错误；BCuSO4 溶液中加入过量NaHS溶液: Cu2+ + 2HS= CuS+ H2S，故B错误；CHNO3具有强氧化性，向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：3S2O32 + 2H+ +8NO3= 6SO42+ 8NO+ H2O。故C错误；D“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠，向饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入二氧化碳：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O= NaHCO3+NH4Cl，故D正确。综上所述
4、，答案为D。【点睛】Al3+与S2发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢。3.有关有机物的说法正确的是A. 1mol最多能消耗3 mol NaOH，不能与H2加成B. 辛酸的同分异构体(CH3)3CCH (CH3) CH2COOH的名称为2,2,3三甲基戊酸C. 1,3,5三甲苯的二氯代物有5种D. 异丙苯和对甲乙苯互为同系物【答案】C【解析】【详解】A1mol只含1mol酯基，因此最多能消耗1 mol NaOH，故A错误；B辛酸的同分异构体(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为3，4，4三甲基戊酸，故B错误；C1，3，5三甲苯，二氯代物在同一个碳原子上有1种，在不同碳原子上，氯原
5、子在甲基上，有对称性，有3种位置氢，其二氯代物有3种，氯原子在苯环上，连接在苯环的另一个碳上，有1种结构，因此共有5种，故C正确；D异丙苯和对甲乙苯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D错误。综上所述，答案为C。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的有 3lg白磷中含有1.5NA个P-P键1L0.1molL-1的Na2CO3溶液中所含阴离子的总数目为0.1NA标准状况下，22.4LHF 中含有NA个分子电解精炼铜时，若转移NA个电子，则阳极溶解32g铜将2.24L(标准状况)Cl2溶于水，转移的电子数为0.1NA常温下，含有0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2分
6、子的数目小于0.1NA142gNa2SO4 和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NANA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gA. 2项B. 3项C. 4项D. 5项【答案】B【解析】【详解】3lg白磷中含有PP键数目，故正确；1L0.1 molL1的Na2CO3溶液中碳酸钠物质的量n =0.1 molL11L=0.1mol，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，因此0.1mol碳酸钠溶液中含阴离子的总数目大于0.1NA，故错误；标准状况下，HF是液体，因此无法计算分子数目，故错误；电解精炼铜时，阳极是粗铜，先锌失去电子，再是铁失去电子，再是铜失去电子，因此转移NA个电子，则阳
7、极溶解铜小于32g，故错误；将2.24L(标准状况)Cl2物质的量为1mol，氯气溶于水是可逆反应，因此转移的电子数小于0.1NA，故错误；常温下，含有0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应不反应，因此生成SO2分子的数目小于0.1NA，故正确；Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量都为142 gmol1，且两种物质都含有3mol离子，因此142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物物质的量为1mol，所含阴、阳离子的总数目为3NA，故正确；氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为大于107g，故错误；因此正确；故B正确。综上所述，答案为B。【点睛】1
8、mol白磷含有6molPP键；1mol碳酸钠溶液中碳酸根要水解生成碳酸氢根和氢氧根，阴离子数目大于NA，水解程度越大，阴离子数目越多。5.下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是选项操作现象结论A向3mL0.1mol/LAgNO3溶液中先加入4-5滴0.1mol/L的NaCl溶液，再滴加4-5滴0.1mol/L的NaI溶液先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B将某气体通入品红溶液品红溶液褪色该气体SO2C相同温度下，用pH试纸测定等浓度的Na2CO3和NaClO溶液的pH前者颜色深，后者颜色浅酸性：HClOHCO3D将铜粉加入1.0molL1Fe2(SO4)
9、3溶液中溶液变蓝氧化性Fe3Cu2A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A向3mL 0.1 molL1AgNO3溶液中先加入4-5滴0.1 molL1的NaCl溶液，先出现白色沉淀，AgNO3溶液过量，再滴加4-5滴0.1 molL1的NaI溶液，后出现黄色沉淀，不能得出Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故A错误；B将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色，该气体可能是SO2、Cl2、O3等，故B错误；C次氯酸钠溶液有漂白性，所以不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH值，故C错误；D将铜粉加入1.0 molL1 Fe2(SO4)3溶液中，溶液变蓝，说明铁离子与铜反应生成亚铁离子
10、和铜离子，因此氧化性Fe3Cu2，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】pH试纸不能用于测定氯水、NaClO溶液的pH。6.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X原子的质子总数与电子层数相等，X、Z同主族，Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物。下列说法错误的是A. 简单离子半径: ZYQWB. Y能分别与X、Z、W形成具有漂白性的化合物C. 非金属性: WQ; W、Q的气态氢化物的水溶液的酸性: Wc(HC2O4-)= c(C2O42-)=(C1-) c(H+) c(OH-)D. 由N点可知Kal(H2C2O4)的数量级为10-2【答案】C【解析】【详解
11、】Am、n直线，当lgX =0时，n直线的pH小于m直线上pH值，则说明n点酸性强，则直线n表示pH与lg的关系，故A正确；B如图所示，从M点到N点，pH不断减小，氢离子浓度增大，因此c(H2C2O4)逐渐增大，故B正确；CM点，因此pH= 4.18的混合溶液中，则，但无法判断c(HC2O4)= c(C2O42)=c(C1)，故C错误；D由N点可知，因此Kal(H2C2O4)的数量级为102，故D正确。综上所述，答案为C。8.某活动小组利用废铁屑(含少量S等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体(NH4)2SO4FeSO4 6H2O(M=392g/mol)，设计如图所示装置(夹持仪器略去)。称取一定量
12、的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于50 60C热水浴中加热充分反应。待锥形瓶中溶液冷却至室温后加入氨水，使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。（1）在实验中选择5060热水浴的原因是_。（2）装置B的作用是_。（3）检验制得的(NH4)2SO4FeSO46H2O中是否含有Fe3+的方法：将硫酸亚铁铵晶体用加热煮沸过的蒸馏水溶解，然后滴加_(填化学式)。（4）产品中杂质Fe3+的定量分析：配制Fe3+浓度为0.1 mg/mL的标准溶液100mL。称取_(精确到0.1)mg高纯度的硫酸铁铵(NH4)Fe(SO4)212H2O，加入20.00 mL经处理的去离子水。振荡溶解后，加入2 m
13、olL-1HBr溶液1mL和1molL-1KSCN溶液0.5mL，加水配成100mL溶液。将上述溶液稀释成浓度分别为0.2、1.0、 3.0、5.0、 7.0、 10.0(单位: mgL-1)的溶液。分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度(吸光度)，并将测定结果绘制成如图所示曲线。取硫酸亚铁铵产品，按步骤配得产品硫酸亚铁铵溶液10mL，稀释至100mL，然后测定稀释后溶液的吸光度，两次测得的吸光度分别为0.590、0.610，则该兴趣小组所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为_mgL-1。（5）称取mg产品，将产品用加热煮沸的蒸馏水溶解，配成250mL溶液，取出100mL放入锥形瓶中，用c m
14、olL-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为_(用含c、V、m的代数式表示，化简)。滴定时，下列滴定方式中，最合理的是_(填字母)。A. B. C. 若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，实验结果将会_(填“偏大”“偏小”或“无影响”。)【答案】 (1). 加快反应速率，受热均匀 (2). 防止倒吸 (3). KSCN溶液 (4). 86.1 (5). 85 (6). (7). B (8). 无影响【解析】【分析】在实验中选择5060热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提高利用率。装置A中有部分挥发出的氨气，氨气极易溶
15、于水。检验溶液中含有Fe3+的方法主要是加入KSCN溶液。先计算100mL中的m(Fe3+)，再根据Fe3+ NH4Fe(SO4)212H2O得到NH4Fe(SO4)212H2O的质量。两次吸光度求得平均值，根据图中信息得到溶液中Fe3+浓度，再求10mL所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度。根据5Fe2+ KMnO4关系式得硫酸亚铁铵晶体的纯度；滴定时，是高锰酸钾溶液向试样中滴定，高锰酸钾是强化性溶液，易腐蚀橡皮管，用酸式滴定管滴加；若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，溶质无变化。【详解】在实验中选择5060热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提
16、高利用率，故答案为：加快反应速率，受热均匀。装置A中有部分挥发出的氨气，氨气极易溶于水，因此装置B的作用是防倒吸，起安全瓶的作用；故答案为：防止倒吸。检验溶液中含有Fe3+方法主要是加入KSCN溶液，故答案为：KSCN溶液。配制Fe3+浓度为0.1 mgmL1的标准溶液100mL。则m(Fe3+)=0.1 mgmL1 100mL = 10mg，根据Fe3+ NH4Fe(SO4)212H2O得到NH4Fe(SO4)212H2O的质量为；故答案为：86.1。两次测得的吸光度分别为0.590、0.610，两次吸光度的平均值为0.600，根据图中信息得到稀释至100mL，溶液中Fe3+浓度为8.5mg
17、L1，则该兴趣小组所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度；故答案为：85。称取mg产品，将产品用加热煮沸的蒸馏水溶解，配成250mL溶液，取出100mL放入锥形瓶中，用c molL1 KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，根据5Fe2+ KMnO4关系式得硫酸亚铁铵晶体的纯度，滴定时，是高锰酸钾溶液向试样中滴定，高锰酸钾是强氧化性溶液，易腐蚀橡皮管，用酸式滴定管滴定，因此滴定方式中最合理的是B；若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，溶质无变化，因此对实验结果无影响；故答案为：；B；无影响。9.中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银精
18、矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等）中提取银、铜和铅，工艺流程如图所示。（1）步骤当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，写出两点可提高“浸取”速率的措施_；从Cu和Pb混合物中提取Cu的试剂为_（填名称）。（2）步骤反应的化学方程式为_。（3）步骤分离出的滤渣中主要含有两种杂质，为了回收滤渣中的非金属单质，某实验小组向滤渣中加入试剂_（填化学式），充分溶解后过滤，然后将滤液进行_（填操作名称），得到该固体非金属单质。（4）步骤反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（5）排放后的废水中含有NO3-，任意排放会造成水体污染，科技人员在碱性条件下用Al粉将NO3-还原成无污染气
19、体排放，该方法的缺点是处理后的水中生成了AlO2-，依然对人类健康有害。该反应的离子方程式为：_。25时，欲将上述处理过的水中的c（AlO2-）降到1.010-7mol/L，此时水中c（Al3+）=_molL-1（已知，25，Ksp（Al（OH）3=1.310-33，Al（OH）3（s）H+AlO2-+H2O，Ka=1.010-13）【答案】 (1). 粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌 (2). 稀盐酸 (3). AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl (4). CS2 (5). 蒸馏 (6). 4:1 (7). 10Al+6 NO3
20、-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O (8). 1.310-9【解析】【分析】银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等）加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X为Zn，分离操作为过滤，得到Cu和Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3Ag（SO3）2和NaCl，过滤，滤渣为S和SiO2，滤液为Na3Ag（SO3）2和NaCl，在滤液中加N2H4和NaOH，生成Ag和氮
21、气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠。【详解】（1）为提高浸取率可采取的措施：进一步粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提高浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌等，Cu和Pb混合物中提取Cu可选用稀盐酸，根据金属活动性顺序表可知，Pb可与稀盐酸反应，Cu不反应，再过滤即可，故答案为：粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌；稀盐酸；（2）步骤加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3Ag（SO3）2和NaCl，化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl，故答案为：AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl；
22、（3）步骤分离出的滤渣中主要含有S和SiO2两种杂质，利用S易溶于CS2，滤渣中加入CS2，充分溶解后过滤，然后根据S和CS2的沸点不同进行蒸馏即可，故答案为：CS2；蒸馏；（4）步骤的化学反应方程式为：4Na3Ag(SO3)2+N2H4+4NaOH=4Ag+8Na2SO3+N2+4H2O，Na3Ag(SO3)2作氧化剂，N2H4作还原剂，其氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为4：1；（5）在碱性条件下用Al粉将NO3-还原成无污染的N2排放，其离子方程式为：10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O，已知，25，KspAl(OH)3=1.310-33，Al(
23、OH)3(s)H+AlO2-+H2O，Ka=1.010-13，可得，Ka= c(H+)c(AlO2-)= c(H+)1.010-7mol/L=1.010-13，c(H+)=1.010-6mol/L，c(OH-)=1.010-8mol/L， KspAl(OH)3= c(Al3+)c3(OH-)=1.310-33，c(Al3+)=1.310-9molL-1，故答案为10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O；1.310-9。10.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：i CO2(g)+ 3H2(g) C
24、H3OH(g)+ H2O(g) H1=Q kJmol-1ii. CO2(g)+ H2(g) CO(g)+H2O(g) H2=+41 kJmol-1iii. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H3= 99 kJmol-1回答下列问题：（1）Q=_（2）图中能正确反映平衡常数K3(反应iii的平衡常数)随温度变化关系的曲线为_（填字母）（3）如图为单位时间内CO2+H2、CO+ H2、CO/CO2+H2三个条件下生成甲醇的物质的量浓度与温度的关系(三个条件下通入的CO、CO2和H2的物质的量浓度相同)。490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇时主要发生的反应为_(填“i”或“iii”)；由
25、曲线a可知，甲醇的量先增大后减小，其原因是_。（4）如图是以NaOH溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池:电极a的反应式为_，若隔膜为阳离子交换膜，则每转移6mol电子，溶液中有_mol Na+向_(填“正极区”或“负极区)移动。（5）CO2经催化加氢也可以生成低碳烃，主要有两个竞争反应：反应I:CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应II :2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)在1L恒容密闭容器中充入2molCO2和4molH2测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1时,CO2的转化率为_。T1时，反应I的平衡常数K=_(保留三位有效数字)。
26、【答案】 (1). 58 (2). a (3). i (4). 温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度升高速率加快，甲醇物质的量增多，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应i为放热反应，升高温度平衡左移，甲醇物质的量减少 (5). CH3OH 6e + 8OH = CO32 +6H2O (6). 6 (7). 正极区 (8). 30% (9). 0.0129 L2mol 2【解析】【分析】根据盖斯定律第二个方程式加第三个方程式得到第一个方程式。反应iii是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。 490K时，根据图像主要是发生曲线a反应；甲醇的量先增大后减小，其原因是
27、温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度升高速率加快，甲醇物质的量增多，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应i为放热反应，升高温度平衡左移，甲醇物质的量减少。甲醇燃料电池中燃料作负极，氧化剂作正极，每转移6mol电子，b极时有6mol OH生成，根据原电池“同性相吸”原理。T1时，计算生成CH4、C2H4物质的量，根据方程式计算生成CH4、C2H4消耗CO2的物质的量，再计算总消耗CO2的物质的量，再计算CO2的转化率；T1时，先计算反应I生成CH4、H2O的物质的量，再计算消耗的CO2和H2的物质的量，再计算反应II生成C2H4、H2O的物质的量，再计算消耗的CO2、H2的
28、物质的量，平衡时还剩余CO2、H2的物质的量，共生成H2O的物质的量，再求反应I的平衡常数。【详解】根据盖斯定律第二个方程式加第三个方程式得到第一个方程式，即H1 =+41 kJmol1+ ( 99 kJmol1) =58 kJmol1；故答案为：58。反应iii是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此图中能正确反映平衡常数K3(的平衡常数)随温度变化关系的曲线为a；故答案为：a。 490K时，根据图像主要是发生曲线a反应，因此合成甲醇时主要发生的反应为i；由曲线a可知，甲醇的量先增大后减小，其原因是温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度升高速率加快，甲醇物质的量增多，
29、温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应i为放热反应，升高温度平衡左移，甲醇物质的量减少；故答案为：i；温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度升高速率加快，甲醇物质的量增多，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应i为放热反应，升高温度平衡左移，甲醇物质的量减少。甲醇燃料电池中燃料作负极，氧化剂作正极，因此电极a的反应为CH3OH失去电子，在氢氧化钠作用下生成碳酸根，其反应式为CH3OH 6e + 8OH = CO32 +6H2O，若隔膜为阳离子交换膜，则每转移6mol电子，b极时有6mol OH生成，根据原电池“同性相吸”原理，因此溶液中有6 mol Na+向正极区移动
30、；故答案为：CH3OH 6e + 8OH = CO32 +6H2O；6；正极区。T1时，生成CH4物质的量为0.2mol，生成C2H4物质的量为0.2mol，根据方程式生成0.2mol CH4，则消耗CO2物质的量为0.2mol，生成0.2mol C2H4，则消耗CO2物质的量为0.4mol，共消耗CO2物质的量为0.6mol，因此CO2的转化率为；T1时，反应I生成0.2mol CH4，0.4mol H2O，消耗0.2mol CO2，0.8mol H2，反应II生成0.2mol C2H4，0.8mol H2O，消耗0.4mol CO2，1.2mol H2，平衡时还剩余1.4mol CO2，2
31、mol H2，共生成1.2mol H2O，因此反应I的平衡常数；故答案为：30%；0.0129 L2mol 2。11.化学选修3:物质结构与性质氟及其化合物用途非常广泛，自然界中氟多以化合态形式存在,主要有萤石（CaF2）、冰晶石（ Na3AlF6）等。回答下列问题:（1）基态氟原子中有_种能量不同的电子。（2）NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。NF3与NH3的空间构型相同,但是NH3（ -33 C）的沸点比NF3（ -129 C）的高，原因为_。（3）氟硼酸（ HBF4,属于强酸）常用于替代浓硫酸作铅蓄电池的电解质溶液,可由HF和BF3合成，从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原
32、因:_。（4）液态H2F+中存在H2F+和HF2- ,HF2-的结构可表示为F-HF- ,H2F+的VSEPR模型名称为_形。NaHF2可用于制无水氟化氢和供雕刻玻璃、木材防腐等。常温常压下为白色固体,易溶于水,160C分解。NaHF2中所含作用力的类型有_. （填字母）。a 离子键 b 共价键 c 配位键 d 氢键（5）CaF2是难溶化合物,其品胞结构如图所示:若原子坐标参数A处为（0,0,0）,B处为（,C处为（1，1，1）,则D处为_.每个Ca2+周围距离最近的Ca2+共有_个。已知:CaF2晶体密度为cgcm-3 ,则晶胞中Ca2+与最近F-之间的距离为_nm（设NA表示阿伏加德罗常数
33、的值,用含c、NA的式子表示）。【答案】 (1). 3 (2). 二者均为分子晶体，但是NH3分子间能形成氢键 (3). HF分子中F原子有孤电子对，而BF3分子中B原子有空轨道，二者可以形成配位键 (4). 四面体 (5). abd (6). (7). 12 (8). 【解析】【详解】(1)基态F 原子的电子排布式为1s22s22p5，所以有3种不同能量的电子，故答案为：3；(2)NH3与NF3均为分子晶体，NH3能形成分子间氢键，所以熔沸点更高，故答案为：二者均为分子晶体，但是NH3分子间能形成氢键；(3)BF3分子中B原子上有空轨道，而HF分子中的F原子上有孤电子,对,当BF3与HF靠近
34、时，HF分子中F原子的孤电子对填充BF3分子中B原子的空轨道，二者形成配位键，从而结合形成HBF4，故答案为：HF分子中F原子有孤电子对，而BF3分子中B原子有空轨道,二者可以形成配位键；(4)H2F+中F的价层电子对数为4，故为sp3杂化，VSEPR模型为四面体。NaHF2 中Na+与HF2-之间为离子键，FHF-中含共价键和氢键，故答案为：四面体；abd；(5)D点在底面和侧面的投影均为面对角线的处，故坐标为；晶胞中Ca2+构成面心立方最密堆积方式，每个Ca2+周围最近的Ca2+有12个，故答案为：12；根据均摊法可知，1个氟化钙晶胞中有4个F-，=4Ca2+；设晶胞中棱长为acm;氟化钙
35、的式量为78;，根据密度计算公式，所以a=，从晶胞结构可以看出，与Ca2+最近的F-距离为a，即，故答案为：。12.盐酸阿比朵尔，适合治疗由 A、B 型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020 年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：回答下列问题：（1）有机物 A 中的官能团名称是_和_。（2）反应的化学方程式_。（3）反应所需的试剂是_。（4）反应和的反应类型分别是_、_。（5）I 是 B 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元 环结构的有机物 H 的结构简式_。 (不考虑立体异构，只需写出 3 个)（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成羟基酯的反应称为酯缩合反
36、应，也称为 Claisen （克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路_。(无机试剂任选)【答案】 (1). 羰基 (2). 酯基 (3). +HCl (4). Br2 (5). 取代反应 (6). 取代反应 (7). （任写 3 个） (8). CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】【分析】根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应的化学方程式为：+HCl；故答案为：+HCl；（3）比较D和E的结构，反应为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应为取代反应；反应也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I 是 B（） 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。