1、 20202020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试理科综合能力测试 化学化学 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成 分为 Cu(OH)2 CuCO3)，
2、青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为 Cu(OH)2 2CuCO3)。下列说法错误的是 A. 保存千里江山图需控制温度和湿度 B. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 C. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱 D. Cu(OH)2 CuCO3中铜的质量分数高于 Cu(OH)2 2CuCO3 【答案】C 【解析】 【详解】A字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控 制适宜温度和湿度，A说法正确； B由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳 定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确； C孔雀石和蓝铜矿
3、的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法 错误； D因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以 Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于 Cu(OH)22CuCO3，D说法正确。 综上所述，相关说法错误的是 C，故本题答案为 C。 2.金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下： 下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是 A. 可与氢气发生加成反应 B. 分子含 21个碳原子 C. 能与乙酸发生酯化反应 D. 不能与金属钠反应 【答案】D 【解析】 【详解】A该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故 A正确；
4、B根据该物质的结构简式可知该分子含有 21 个碳原子，故 B 正确； C该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故 C正确； D该物质含有普通羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故 D错误； 故答案为 D。 3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 22.4 L(标准状况)氮气中含有 7NA个中子 B 1 mol重水比 1 mol水多 NA个质子 C. 12 g石墨烯和 12 g金刚石均含有 NA个碳原子 D. 1 L 1 mol L1 NaCl 溶液含有 28NA个电子 【答案】C 【解析】 【详解】A标准状况下 22.4L 氮气的物质的量为 1mol，若该氮气分子中的氮原子
5、全部为 14N，则每个 N 2 分子含有(14-7) 2=14 个中子，1mol 该氮气含有 14NA个中子，不是 7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不 确定，故 A错误； B重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故 B错误； C石墨烯和金刚石均为碳单质，12g 石墨烯和 12g 金刚石均相当于 12g碳原子，即 12g 12g/mol =1molC 原子， 所含碳原子数目为 NA个，故 C 正确； D1molNaCl中含有 28NA个电子，但该溶液中除 NaCl 外，水分子中也含有电子，故 D 错误； 故答案为 C。 4.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体溶液
6、，能出现喷泉现象的是 气体 溶液 A H2S 稀盐酸 B HCl 稀氨水 C NO 稀 H2SO4 D CO2 饱和 NaHCO3溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通 过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。 【详解】A由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大， 不会出现喷泉现象，A错误； B氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确； C一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，
7、烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误； D二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误； 故选 B。 5.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是 A. 用 Na2SO3溶液吸收少量 Cl2: 2-2 32234 3SO +Cl +H O =2HSO +2Cl +SO B. 向 CaCl2溶液中通入 CO2： 2+ 223 Ca +H O+CO =CaCO+2H C. 向 H2O2溶液中滴加少量 FeCl3： 3+2+ 222 2Fe +H O =O+2H +2Fe D. 同浓度同体积 NH4HSO4溶液与 NaOH 溶液混合： + 4
8、NH 32 +OH =NHH O 【答案】A 【解析】 【详解】A用 Na2SO3溶液吸收少量的 Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分 2- 3 SO氧化为 2- 4 SO，同时产生的氢 离 子 与 剩 余 部 分 2- 3 SO结 合 生 成 - 3 H S O， Cl2被 还 原 为 Cl-， 反 应 的 离 子 反 应 方 程 式 为 ： 3 2- 3 SO+Cl2+H2O=2 - 3 HSO+2Cl-+ 2- 4 SO，A选项正确； B向 CaCl2溶液中通入 CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误； C向 H2O2中滴加少量的 FeCl3，F
9、e3+的氧化性弱于 H2O2，不能氧化 H2O2，但 Fe3+能催化 H2O2的分解，正 确的离子方程式应为 2H2O2 3+ Fe 2H2O+O2，C 选项错误； DNH4HSO4电离出的 H+优先和 NaOH溶液反应，同浓度同体积的 NH4HSO4溶液与 NaOH溶液混合，氢 离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H+OH=H2O，D选项错误； 答案选 A。 【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略 H2CO3是弱酸，HCl 是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。 6.一种高性能的碱性硼化钒(VB2)空气电池如下图所示，其中在 VB2电极发生反应： -3- 2442 VB +16
10、OH -11e =VO +2B(OH) +4H O该电池工作时，下列说法错误的是 A. 负载通过 0.04 mol电子时，有 0.224 L(标准状况)O2参与反应 B. 正极区溶液的 pH降低、负极区溶液的 pH升高 C. 电池总反应为 3 22244 4VB11O20OH6H O8B(OH)4VO D. 电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH 溶液回到复合碳电极 【答案】B 【解析】 【分析】 根据图示的电池结构，左侧 VB2发生失电子的反应生成 3- 4 VO和 - 4 B(OH)，反应的电极方程式如题干所示， 右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成 OH-，反应的电极方程式为 O2+
11、4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方 程式为 4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8 - 4 B(OH)+4 3- 4 VO，据此分析。 【详解】A当负极通过 0.04mol 电子时，正极也通过 0.04mol 电子，根据正极的电极方程式，通过 0.04mol 电子消耗 0.01mol氧气，在标况下为 0.224L，A 正确； B反应过程中正极生成大量的 OH-使正极区 pH 升高，负极消耗 OH-使负极区 OH-浓度减小 pH 降低，B错 误； C根据分析，电池的总反应为 4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8 - 4 B(OH)+4 3- 4 VO，C 正确； D电池中，
12、电子由 VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极 负载VB2电极KOH溶液复合碳电极，D正确； 故选 B。 【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成 氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。 7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足 X+Y=W+Z；化合物 XW3 与 WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是 A. 非金属性：W XY Z B. 原子半径：ZYXW C. 元素 X的含氧酸均为强酸 D. Y 的氧化物水化物为强碱 【答案】D 【解析】 【分析】
13、 根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物 XW3与 WZ相遇会产生白烟， 则 WX3为 NH3，WZ 为 HCl，所以 W 为 H 元素，X为 N 元素，Z 为 Cl 元素，又四种元素的核外电子总数 满足 X+Y=W+Z，则 Y 的核外电子总数为 11，Y为 Na元素，据此分析解答。 【详解】根据上述分析可知，W 为 H元素，X为 N元素，Y为 Na 元素，Z为 Cl元素，则 ANa 为金属元素，非金属性最弱，非金属性 YZ，A 选项错误； B同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：Na ClNH，B选项错误； CN元
14、素的含氧酸不一定全是强酸，如 HNO2为弱酸，C选项错误； DY的氧化物水化物为 NaOH，属于强碱，D 选项正确； 答案选 D。 二、非选择题二、非选择题 ( (一一) )必考题必考题 8.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备 KClO3和 NaClO，探究其氧化还原性质。 回答下列问题： (1)盛放 MnO2粉末的仪器名称是_，a 中的试剂为_。 (2)b 中采用的加热方式是_，c中化学反应的离子方程式是_，采用冰水浴冷却的 目的是_。 (3)d 的作用是_，可选用试剂_(填标号)。 ANa2S BNaCl CCa(OH)2 DH2
15、SO4 (4)反应结束后，取出 b 中试管，经冷却结晶，_，_，干燥，得到 KClO3晶体。 (5)取少量 KClO3和 NaClO溶液分别置于 1 号和 2 号试管中，滴加中性 KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2 号试管溶液变为棕色，加入 CCl4振荡，静置后 CCl4层显_色。可知该条件下 KClO3的氧化能力 _NaClO(填“大于”或“小于”)。 【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 饱和食盐水 (3). 水浴加热 (4). Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O (5). 避免生成 NaClO3 (6). 吸收尾气(Cl2) (7). AC (8). 过滤 (9). 少量(冷)水洗涤
16、 (10). 紫 (11). 小于 【解析】 【分析】 本实验目的是制备 KClO3和 NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和 MnO2粉末共热制取氯气， 生成的氯气中混有 HCl 气体，可在装置 a中盛放饱和食盐水中将 HCl 气体除去；之后氯气与 KOH溶液在水 浴加热的条件发生反应制备 KClO3，再与 NaOH 溶液在冰水浴中反应制备 NaClO；氯气有毒会污染空气， 所以需要 d 装置吸收未反应的氯气。 【详解】(1)根据盛放 MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的 HCl 气体； (2)根据装置图可知盛有 KOH溶液的试管放在盛有
17、水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在 NaOH 溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为 Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；根据氯气与 KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯 酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成 NaClO3； (3)氯气有毒，所以 d装置的作用是吸收尾气(Cl2)； ANa2S 可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故 A 可选； B氯气在 NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故 B不可选； C氯气可以 Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故 C可选； D氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离
18、子会降低氯气的溶解度，故 D不可选； 综上所述可选用试剂 AC； (4)b 中试管为 KClO3和 KCl的混合溶液， KClO3的溶解度受温度影响更大， 所以将试管 b 中混合溶液冷却结 晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到 KClO3晶体； (5)1 号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明 1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中 次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下 KClO3的氧化能力小于 NaClO；碘单质更易溶于 CCl4，所以 加入 CCl4振荡，静置后 CCl4层显紫色。 【点睛】第 3小题为本题易错点，要注意氯气除了可以用碱液吸收之外，氯气还具有氧化性，可以
19、用还原 性的物质吸收。 9.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属 Ni、Al、Fe 及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用 如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4 7H2O)： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH如下表所示： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01 mol L1)的 pH 沉淀完全时(c=1.0 105 mol L1)的 pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0 回答下列问题： (1)“碱浸”中 NaOH 的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成 沉淀。写出该反应的离
20、子方程式_。 (2)“滤液”中含有的金属离子是_。 (3)“转化”中可替代 H2O2的物质是_。若工艺流程改为先“调 pH”后“转化”，即 “滤液”中可能含有的杂质离子为_。 (4)利用上述表格数据，计算 Ni(OH)2的 Ksp=_(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中 Ni2+浓度 为 1.0 mol L1，则“调 pH”应控制的 pH范围是_。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用 NaClO 氧化， 可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的 NiOOH。 写出该反应的离子方 程式_。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。 【 答 案 】 (1). 除 去 油 脂 、 溶 解 铝
21、及 其 氧 化 物 (2). - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3 或 - 4 Al OH+H+=Al(OH)3+H2O (3). Ni2+、 Fe2+、 Fe3+ (4). O2或空气 (5). Fe3+ (6). 22 7.2-14-58.7-14 0.01101010或 (7). 3.26.2 (8). 2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O (9). 提 高镍回收率 【解析】 【分析】 由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入 NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2
22、+2H2O 将 Al 及其氧化物溶解，得到的滤液 含有 NaAlO2，滤饼为 Ni、Fe 及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀 H2SO4酸浸后得到含有 Ni2+、Fe2+、 Fe3+的滤液，Fe2+经 H2O2氧化为 Fe3+后，加入 NaOH调节 pH使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，再控制 pH 浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入 NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将 Al及其氧化物溶 解，滤液中含有 NaAlO2(或 NaAl(OH)4)，加入稀硫酸可发生反应 - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 A
23、l OH+H+=Al(OH)3+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物； - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH+H+=Al(OH)3+H2O； (2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe 及其氧化物溶解，所以“滤液”中含有的金属离子是 Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案 为：Ni2+、Fe2+、Fe3+； (3)“转化”在 H2O2的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，可用 O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调 pH”后“转化”， 会使调 pH过滤后的溶液中含有 Fe2+，则滤液中可能含有转化生成的 Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+； (4)由上述表格可知，
24、Ni2+完全沉淀时的 pH=8.7，此时 c(Ni2+)=1.0 10-5mol L-1，c(H+)=1.0 10-8.7mol L-1，则 c(OH-)= -14 8.7-14 w -8.7+ 10 =10 1.0 10H K c ，则 Ni(OH)2的 2 2+2-58.7-14 sp= NiOH=1010Kcc；或者当 Ni2+开始 沉淀时 pH=7.2，此时 c(Ni2+)=0.01mol L-1，c(H+)=1.0 10-7.2mol L-1，则 c(OH-)= -14 7.2-14 w -7.2+ 10 =10 1.0 10H K c ， 则 Ni(OH)2的 2 2+2-7.2-
25、14 sp= NiOH=0.0110Kcc；如果“转化”后的溶液中 Ni2+浓度为 1.0mol L-1，为避 免镍离子沉淀，此时 2 7.2-14 sp-7.8-1 2+ 0.0110 OH=10mol L 1.0Ni K c c ，则 -14 +-6.2 w -7.8- 10 H=10 10OH K c c ，即 pH=6.2；Fe3+完全沉淀的 pH为 3.2，因此“调节 pH”应控制的 pH范围是 3.26.2，故答案为： 22 7.2-14-58.7-14 0.01101010或；3.26.2； (5)由题干信息， 硫酸镍在强碱中被 NaClO 氧化得到 NiOOH 沉淀， 即反应中
26、 Ni2+被氧化为 NiOOH沉淀， ClO 被还原为 Cl，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为 2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O，故 答案为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O； (6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有 Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为： 提高镍的回收率。 【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数 Ksp 的计算、氧化还原离子反应方程式 的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于 Ksp的计算及“调 pH”时 pH的范围确定。 10.二
27、氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用 CO2的热点研究领域。回答下列问题： (1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比 n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到 平衡时，若增大压强，则 n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)理论计算表明，原料初始组成 n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为 0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分 的物质的量分数 x随温度 T 的变化如图所示。 图中， 表示 C2H4、 CO2变化的曲线分别是_、 _。 CO2催化加氢合成 C2H4反应的 H_0(填“大 于”或“小于”)。 (3)根据图中点 A(440K，0.39)，计算
28、该温度时反应的平衡常数 Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表 示，分压=总压 物质的量分数)。 (4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成 C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条 件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。 【答案】 (1). 14 (2). 变大 (3). d (4). c (5). 小于 (6). 3 91 40.039 或 4 3 62 0.39 0.39 1 4 0.39 0.1 0.39() 3 等 (7). 选择合适催化剂等 【解析】 【分析】 根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大
29、压强对 化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线， 并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化 剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。 【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为 2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因 此，该反应中产物的物质的量之比 n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应 达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。 (2) 由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化
30、学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和 a 所表示的物质的物质的量分数之比为 1:3、d和 b表示的物质的物质的量分数之比为 1:4，则结合化学计量数 之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是 d，表示二氧化碳变化曲线的是 c。由图中曲线的变化趋势可知，升 高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，H小于 0。 (3) 原料初始组成 n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为 0.1Mpa 建立平衡。由 A 点坐标可知，该温度下，氢 气和水的物质的量分数均为 0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即 0.39 4 ，二氧化碳的物质的量 分数为氢气的
31、三分之一，即 0.39 3 ，因此，该温度下反应的平衡常数 4 23 6 0.39 0.39 1 4 0.1 0.39 0.39 3 p K (MPa)-3= 3 91 40.039 (MPa)-3。 (4)工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副 反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。 【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的 物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立） 。 ( (二二) )选考
32、题选考题 化学化学选修选修 3 3：物质结构与性质：物质结构与性质 11.氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题： (1)H、B、N中，原子半径最大的是_。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素_的相似。 (2)NH3BH3分子中，NB化学键称为_键，其电子对由_提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气： 3NH3BH3+6H2O=3NH3+ 3 36 B O +9H2， 3 36 B O 的结构如图所示： 在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_变为_。 (3)NH3BH3分子中，与 N原子相连的 H 呈正电性(H+)，与 B 原子相连的 H 呈负电
33、性(H-)，电负性大小顺序 是_。与 NH3BH3原子总数相等的等电子体是_(写分子式)，其熔点比 NH3BH3_(填“高”或“低”)，原因是在 NH3BH3分子之间，存在_，也称“双 氢键”。 (4)研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为 a pm、b pm、c pm，=90 。 氨硼烷的 2 2 2 超晶胞结构如图所示。 氨硼烷晶体的密度 =_g cm3(列出计算式，设 NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】 (1). B (2). Si(硅) (3). 配位 (4). N (5). sp3 (6). sp2 (7). NHB (8). CH3CH3 (9). 低
34、(10). H+与 H的静电引力 (11). -30 A 62 N abc 10 【解析】 【分析】 根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的 类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞 的质量和体积求晶体的密度。 【详解】(1)在所有元素中，H 原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、 N 中原子半径最大是 B。B与 Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与 Si 元素相似。 (2)B原子最外层有 3 个电子，其与 3 个 H原子形
35、成共价键后，其价层电子对只有 3 对，还有一个空轨道； 在 NH3中，N原子有一对孤对电子，故在 NH3BH3分子中，NB键为配位键，其电子对由 N原子提供。 NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为 4，故其杂化方式为 sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢 气和 B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个 B 原子只形成 3 个 键，其中的 B 原子的杂化方式为 sp2，因 此，B原子的杂化轨道类型由 sp3变为 sp2。 (3) NH3BH3分子中，与 N原子相连的 H 呈正电性，说明 N 的电负性大于 H；与 B 原子相连的 H呈负电性， 说明 H的电负性大于 B，因此
36、 3 种元素电负性由大到小的顺序为 NHB。NH3BH3分子中有 8 个原子， 其价电子总数为14， N和B的价电子数的平均值为4， 依据等量代换的原则， 可以找到其等电子体为CH3CH3。 由于 NH3BH3分子属于极性分子，而 CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分 子间作用力较大，故 CH3CH3熔点比 NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说 明其分子间存在 H+与 H-的静电引力。 (4)在氨硼烷的 222 的超晶胞结构中， 共有 16个氨硼烷分子， 晶胞的长、 宽、 高分别为 2apm、 2bpm、 2cpm， 若将其平均
37、分为 8份可以得到 8 个小长方体，则平均每个小长方体中占有 2个氨硼烷分子，小长方体的长、 宽、高分别为 apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为 31 2 A g N ，小长方体的体积为 303 abc 10cm ，因此， 氨硼烷晶体的密度为 30330 31 2 62 abc 1010 A A g N cmN abc gcm-3。 【点睛】本题最后有关晶体密度的计算是难点，要求考生能读懂题意，通过观察晶胞结构，确定超晶胞结 构中的分子数，并能合理分成 8 份，从而简化计算。 化学化学选修选修 5 5：有机化学基础：有机化学基础 12.苯基环丁烯酮( PCBO)是一种十分活泼的反应物，
38、可利用它的开环反应合成一系列多官 能团化合物。近期我国科学家报道用 PCBO与醛或酮发生4+2环加成反应，合成了具有生物活性的多官能 团化合物(E)，部分合成路线如下： 已知如下信息： 回答下列问题： (1)A的化学名称是_。 (2)B的结构简式为_。 (3)由 C 生成 D所用的试别和反应条件为_；该步反应中，若反应温度过高，C易发生脱羧反应， 生成分子式为 C8H8O2的副产物，该副产物的结构简式为_。 (4)写出化合物 E 中含氧官能团的名称_；E中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数 为_。 (5)M 为 C一种同分异构体。已知：1 mol M 与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能
39、放出 2 mol 二氧化碳；M与酸 性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M 的结构简式为_。 (6)对于，选用不同的取代基 R，在催化剂作用下与 PCBO 发生的4+2反应进行深入研 究，R对产率的影响见下表： R CH3 C2H5 CH2CH2C6H5 产率/% 91 80 63 请找出规律，并解释原因_。 【答案】 (1). 2羟基苯甲醛(水杨醛) (2). (3). 乙醇、浓硫酸/加热 (4). (5). 羟基、酯基 (6). 2 (7). (8). 随着 R 体积增大，产率降低；原因是 R体积增大，位阻增大 【解析】 【分析】 根据合成路线分析可知，A()与 CH3CHO在 NaOH 的
40、水溶液中发生已知反应生成 B，则 B 的结构 简式为，B 被 KMnO4氧化后再酸化得到 C()，C 再与 CH3CH2OH 在 浓 硫 酸 加 热 的 条 件 下 发 生 酯 化 反 应 得 到D() ， D 再 反 应 得 到 E()，据此分析解答问题。 【详解】(1)A 的结构简式为，其名称为 2-羟基苯甲醛(或水杨醛)，故答案为：2-羟基苯甲醛(或 水杨醛)； (2)根据上述分析可知，B的结构简式为，故答案为：； (3)C与 CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到 D()，即所用试剂为 乙醇、浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反应温度过高，根据副产物的分子式可知，C
41、发生脱羧 反应生成，故答案为：乙醇、浓硫酸/加热； (4)化合物 E 的结构简式为，分子中的含氧官能团为羟基和酯基，E 中手 性碳原子共有位置为的 2个手性碳，故答案为：羟基、酯基；2； (5)M 为 C的一种同分异构体，1molM 与饱和 NaHCO3溶液反应能放出 2mol二氧化碳，则 M中含有两个羧 基(COOH)，又 M 与酸性高锰酸钾溶液溶液反应生成对二苯甲酸，则 M分子苯环上只有两个取代基且处 于对位，则 M的结构简式为，故答案为： ； (6)由表格数据分析可得到规律，随着取代基 R体积的增大，产物的产率降低，出现此规律的原因可能是因 为 R体积增大，从而位阻增大，导致产率降低，故答案为：随着 R体积增大，产率降低；原因是 R体积增 大，位阻增大。
