2020年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）（解析版）_全国卷+地方卷_5.化学_1.化学高考真题试卷_2008-2020年_全国卷_全国统一高考化学（新课标ⅲ）2016-2021_A3word版_PDF版赠送）

2020 年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试 化学 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 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。 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 下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是 Cu(OH) ·CuCO )，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH) ·2CuCO )。下列说法错误的是 2 3 2 3 A. 可与氢气发生加成反应 B. 分子含21个碳原子 A. 保存《千里江山图》需控制温度和湿度 C. 能与乙酸发生酯化反应 D. 不能与金属钠反应 B. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 【答案】D C. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱 【解析】 D. Cu(OH) ·CuCO 中铜的质量分数高于Cu(OH) ·2CuCO 2 3 2 3 【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； 【答案】C 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； 【解析】 C．该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C正确； 【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 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； 适宜的温度和湿度，A说法正确； 故答案为D。 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 3.N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 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； A A. 22.4 L(标准状况)氮气中含有7N 个中子 C．孔雀石和蓝铜矿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 A B 1 mol重水比1 mol水多N 个质子 误； A C. 12 g石墨烯和12 g金刚石均含有N 个碳原子 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) ∙CuCO 中铜的质量分数高于 A 2 3 D. 1 L 1 mol·L−1 NaCl溶液含有28N 个电子 Cu(OH) ∙2CuCO ，D说法正确。 A 2 3 【答案】C 综上所述，相关说法错误的是C，故本题答案为C。 【解析】 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： 【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全部为14N，则每个N 分子 2 含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14N 个中子，不是7N ，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故 A A 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；12g 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．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 =1molC原子，所 12g/mol C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误； 含碳原子数目为N 个，故C正确； 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； A D．1molNaCl中含有28N 个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误； 故选B。 A 故答案为C。 5.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是 4.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是 A. 用Na SO 溶液吸收少量Cl :3SO2+Cl +H O =2HSO+2Cl-+SO2 2 3 2 3 2 2 3 4 B. 向CaCl 溶液中通入CO ：Ca2++H O+CO =CaCO +2H+ 2 2 2 2 3 C. 向H O 溶液中滴加少量FeCl ：2Fe3++H O =O +2H++2Fe2+ 2 2 3 2 2 2 D. 同浓度同体积NH HSO 溶液与NaOH溶液混合：NH+ +OH－=NH H O 4 4 4 3 2 【答案】A 【解析】 气体 溶液 【详解】A．用Na SO 溶液吸收少量的Cl ，Cl 具有强氧化性，可将部分SO2-氧化为SO2-，同时产生的氢离 A． H S 稀盐酸 2 3 2 2 3 4 2 子与剩余部分SO2-结合生成HSO-，Cl 被还原为 Cl-，反应的离子反应方程式为：3SO2-+Cl +H O=2HSO- B． HCl 稀氨水 3 3 2 3 2 2 3 +2Cl-+SO2-，A选项正确； 4 C． NO 稀H SO 2 4 B．向CaCl 溶液中通入CO ，H CO 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； 2 2 2 3 D． CO 饱和NaHCO 溶液 2 3 C．向H O 中滴加少量的FeCl ，Fe3+的氧化性弱于H O ，不能氧化H O ，但Fe3+能催化H O 的分解，正确的 2 2 3 2 2 2 2 2 2 Fe3+ 离子方程式应为2H O 2H O+O ↑，C选项错误； 2 2 2 2 A. A B. B C. C D. D D．NH HSO 电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH HSO 溶液与NaOH溶液混合，氢离子 4 4 4 4 【答案】B 和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H O，D选项错误； 2 【解析】 答案选A。 【分析】 【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略H CO 是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。 2 3 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 6.一种高性能的碱性硼化钒(VB )—空气电池如下图所示，其中在VB 电极发生反应： 2 2 生反应消耗气体产生压强差，据此分析。 VB +16OH--11e-=VO3-+2B(OH)-+4H O该电池工作时，下列说法错误的是 2 4 4 2 【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；WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是 A. 非金属性：W> X>Y> Z B. 原子半径：Z>Y>X>W 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】 A. 负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O 参与反应 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XW 与WZ相遇会产生白烟， 2 3 B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高 则WX 为NH ，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 3 3 C. 电池总反应为4VB 11O 20OH 6H O8B(OH) 4VO3 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。 2 2 2 4 4 【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 D. 电流由复合碳电极经负载、VB 电极、KOH溶液回到复合碳电极 2 A．Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A选项错误； 【答案】B 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＞Cl＞N 【解析】 ＞H，B选项错误； 【分析】 C．N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO 为弱酸，C选项错误； 2 根据图示的电池结构，左侧VB 发生失电子的反应生成VO3-和B(OH)-，反应的电极方程式如题干所示，右侧 2 4 4 D．Y的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，D选项正确； 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O +4e-+2H O=4OH-，电池的总反应方程式为 2 2 答案选D。 4VB 2 +11O 2 +20OH-+6H 2 O=8B(OH)- 4 +4VO3 4 -，据此分析。 二、非选择题 【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 (一)必考题 子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确； 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 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 KClO 和NaClO，探究其氧化还原性质。 3 误； C．根据分析，电池的总反应为4VB +11O +20OH-+6H O=8B(OH)-+4VO3-，C正确； 2 2 2 4 4 D．电池中，电子由VB 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→ 2 负载→VB 电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确； 2 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 回答下列问题： 根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。 (1)盛放MnO 粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。 2 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XW 与 (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 3是____________。 (4)b中试管为KClO 和KCl的混合溶液，KClO 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 3 3 (3)d的作用是________，可选用试剂________(填标号)。 晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO 晶体； 3 A．Na S B．NaCl C．Ca(OH) D．H SO (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 2 2 2 4 (4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO 晶体。 酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO 的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl ，所以加入 3 3 4 (5)取少量KClO 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 CCl 振荡，静置后CCl 层显紫色。 3 4 4 管溶液变为棕色，加入CCl 振荡，静置后CCl 层显____色。可知该条件下KClO 的氧化能力____NaClO(填“大 【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，可以用还原性的 4 4 3 于”或“小于”)。 物质吸收。 【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 饱和食盐水 (3). 水浴加热 (4). Cl +2OH−=ClO−+Cl−+H O (5). 避 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 2 2 免生成NaClO (6). 吸收尾气(Cl ) (7). AC (8). 过滤 (9). 少量(冷)水洗涤 (10). 紫 (11). 小 工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO ·7H O)： 3 2 4 2 于 【解析】 【分析】 本实验目的是制备KClO 和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO 粉末共热制取氯气，生 3 2 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 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 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 热的条件发生反应制备KClO ，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 3 d装置吸收未反应的氯气。 开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 【详解】(1)根据盛放MnO 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 沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 2 气体； (2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，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 Cl +2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H O；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 回答下列问题： 2 2 盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO 3 ； (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①”调为中性，生成沉 (3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl )； 淀。写出该反应的离子方程式______________。 2 A．Na 2 S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选； (2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。 B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选； (3)“转化”中可替代H O 的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即 2 2 C．氯气可以Ca(OH) 或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选； 2 D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离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；“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。 K 10-14 c(OH-)= w = =108.7-14，则Ni(OH) 的K =c  Ni2+ c2 OH- =10-5  108.7-142 ；或者当Ni2+开始沉 c  H+ 1.010-8.7 2 sp  (4)利用上述表格数据，计算Ni(OH) 的K =______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为 2 sp 1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。 K 10-14 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-)= w = =107.2-14，则 c  H+ 1.010-7.2 (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______________。 Ni(OH) 的K =c  Ni2+ c2 OH- =0.01  107.2-142 ；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离 2 sp  (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、溶解铝及其氧化物 (2). AlO- 2 +H++H 2 O=Al(OH) 3 ↓或 AlOH- 4 子沉淀，此时c  OH- = c  K N s i p 2+ = 0.01 1  1 .0 07.2-142 =10-7.8mol  L-1，则c  H+ = c  K O w H- = 1 1 0 0 - - 7 1 . 4 8 =10-6.2，即 +H+=Al(OH) ↓+H O (3). Ni2+、 Fe2+、 Fe3+ (4). O 或 空 气 (5). Fe3+ (6). 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3.2~6.2，故答案为： 3 2 2 0.01  107.2-142 或10-5  108.7-142 (7). 3.2~6.2 (8). 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O (9). 提高镍 0.01  107.2-142 或10-5  108.7-142 ；3.2~6.2； 2 回收率 (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Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ 【解析】 被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O，故答案 2 【分析】 为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O； 2 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 (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 2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑、2Al O +4NaOH=4NaAlO +2H O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有 镍的回收率。 2 2 2 2 3 2 2 NaAlO ，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H SO 酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的 【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 2 2 4 滤液②，Fe2+经H O 氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀除去，再控制pH浓缩结晶 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 2 2 3 得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 算及“调pH”时pH的范围确定。 【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 10.二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO 的热点研究领域。回答下列问题： 2 解，滤液①中含有 NaAlO (或 Na[Al(OH) ])，加入稀硫酸可发生反应 AlO- +H++H O=Al(OH) ↓或 AlOH- (1)CO 2 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C 2 H 4 )∶n(H 2 O)=__________。当反应达到平衡 2 4 2 2 3 4 时，若增大压强，则n(C H )___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 2 4 +H+=Al(OH) ↓+H O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物； AlO- +H++H O=Al(OH) ↓或 AlOH- 3 2 2 2 3 4 (2)理论计算表明，原料初始组成n(CO )∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物 2 2 +H+=Al(OH) ↓+H O； 3 2 质的量分数x随温度T的变化如图所示。 (2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为： Ni2+、Fe2+、Fe3+； (3)“转化”在H O 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O 或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会 2 2 2 使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O 或空气；Fe3+； 2 (4)由上述表格可知，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(CO )∶n(H )=1∶3，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 2 2 0.39 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 ，二氧化碳的物质的量分数为氢 4 0.39 0.394 1 0.39 4 9 1 K   气的三分之一，即 3 ，因此，该温度下反应的平衡常数 p 0.39 2 0.13 (MPa)-3= 4  0.0393 0.396    3  图中，表示C H 、CO 变化的曲线分别是______、______。CO 催化加氢合成C H 反应的ΔH______0(填“大 2 4 2 2 2 4 (MPa)-3。 于”或“小于”)。 (4)工业上通常通过选择合适的催化剂，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 (3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数K =_________(MPa)−3(列出计算式。以分压表示， p 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。 分压=总压×物质的量分数)。 【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 (4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C H 、C H 、C H 等低碳烃。一定温度和压强条件 3 6 3 8 4 8 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）。 下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。 (二)选考题 9 1 【答案】 (1). 1∶4 (2). 变大 (3). d (4). c (5). 小于 (6).  或 ［化学——选修 3：物质结构与性质］ 4 0.0393 0.39 11.氨硼烷(NH BH )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： 0.394 3 3 4 1 0.396( 0.39 )2  0.13 等 (7). 选择合适催化剂等 (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。 3 (2)NH BH 分子中，N—B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： 3 3 【解析】 3NH BH +6H O=3NH +B O3+9H ，B O3的结构如图所示： 3 3 2 3 3 6 2 3 6 【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 在该反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。 反应速率、减少副反应的发生。 (3)NH BH 分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，电负性大小顺序是 3 3 【详解】(1)CO 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO +6H ⇌ CH = CH +4H O，因此， 2 2 2 2 2 2 __________。与NH BH 原子总数相等的等电子体是_________(写分子式)，其熔点比NH BH ____________(填 3 3 3 3 该反应中产物的物质的量之比n(C H )：n(H O)=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 2 4 2 “高”或“低”)，原因是在NH BH 分子之间，存在____________________，也称“双氢键”。 3 3 状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C H )变大。 2 4 (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，α=β=γ=90°。氨 (2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表 硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。 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(4)在氨硼烷的222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 312g 长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为 ，小长方体的体积为abc1030cm3，因 N A 312g 此，氨硼烷晶体的密度为 N 62 g∙cm-3。 A  abc1030cm3 N abc1030 A 氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设N 为阿伏加德罗常数的值)。 A 【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 【答案】 (1). B (2). Si(硅) (3). 配位 (4). N (5). sp3 (6). sp2 (7). N＞H＞B (8). 62 的分子数，并能合理分成8份，从而简化计算。 CH CH (9). 低 (10). Hδ+与Hδ−的静电引力 (11). 3 3 Nabc10-30 A [化学——选修 5：有机化学基础] 【解析】 12.苯基环丁烯酮( PCBO)是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环反应合成一系列多官能 【分析】 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 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 物(E)，部分合成路线如下： 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原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在 NH 中，N原子有一对孤对电子，故在NH BH 分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH BH 3 3 3 3 3 分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH BH 在催化剂的作用下水解生成氢气和B O 3-， 3 3 3 6 由图中信息可知，B O 3-中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化 3 6 轨道类型由sp3变为sp2。 (3) NH BH 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 已知如下信息： 3 3 明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH BH 分子中有8个原子，其价电 3 3 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CH CH 。由于 3 3 NH BH 分子属于极性分子，而CH CH 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 3 3 3 3 力较大，故CH CH 熔点比NH BH 低。NH BH 分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存 3 3 3 3 3 3 回答下列问题： 在Hδ+与Hδ-的静电引力。 (1)A的化学名称是___________。(2)B的结构简式为___________。 式为 ，B被KMnO 氧化后再酸化得到C( )，C再与CH CH OH在浓硫 (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 4 3 2 成分子式为C H O 的副产物，该副产物的结构简式为________。 8 8 2 (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 酸 加 热 的 条 件 下 发 生 酯 化 反 应 得 到 D( )， D再 反 应 得 到 E( ___________。 (5)M为C的一种同分异构体。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__________。 )，据此分析解答问题。 (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， 【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 R'对产率的影响见下表： R' —CH —C H —CH CH C H 3 2 5 2 2 6 5 醛)； 产率/% 91 80 63 (2)根据上述分析可知，B的结构简式为 ，故答案为： ； 请找出规律，并解释原因___________。 (3)C与CH CH OH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 3 2 【答案】 (1). 2−羟基苯甲醛(水杨醛) (2). (3). 乙醇、浓硫酸/加热 (4). 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发生脱羧反应 (5). 羟基、酯基 (6). 2 (7). (8). 随着R'体积增 生成 ，故答案为：乙醇、浓硫酸/加热； ； 大，产率降低；原因是R'体积增大，位阻增大 【解析】 (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 【分析】 根据合成路线分析可知，A( )与CH CHO在NaOH的水溶液中发生已知反应生成B，则B的结构简 3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NaHCO 溶液反应能放出2mol二氧化碳，则M中含有两个羧基 3 (—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。