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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Cu(OH) ·CuCO)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH) ·2CuCO)。
2 3 2 3
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) ·CuCO 中铜的质量分数高于Cu(OH) ·2CuCO
2 3 2 3
【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
的
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) ∙CuCO 中铜的质量分数高
2 3
于Cu(OH) ∙2CuCO ，D说法正确。
2 3
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；
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.N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A. 22.4 L(标准状况)氮气中含有7N 个中子
A
B 1 mol重水比1 mol水多N 个质子
A
C. 12 g石墨烯和12 g金刚石均含有N 个碳原子
A
D. 1 L 1 mol·L−1 NaCl溶液含有28N 个电子
A
【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全部为
14N，则每个N 分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14N 个中子，不是7N ，且构
2 A A
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
=1molC原子，所含碳原子数目为N 个，故C正确；
AD．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；
A
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，能出现喷泉现象的是
气体 溶液
A． HS 稀盐酸
2
B． HCl 稀氨水
C． NO 稀HSO
2 4
D． CO 饱和NaHCO 溶液
2 3
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，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NaSO 溶液吸收少量Cl:
2 3 2
B. 向CaCl 溶液中通入CO：
2 2
C. 向HO 溶液中滴加少量FeCl ：
2 2 3
D. 同浓度同体积NH HSO 溶液与NaOH溶液混合：
4 4
【答案】A
【解析】
【详解】A．用NaSO 溶液吸收少量的Cl ，Cl 具有强氧化性，可将部分 氧化为 ，
2 3 2 2
同时产生的氢离子与剩余部分 结合生成 ，Cl 被还原为Cl-，反应的离子反应方程
2
式为：3 +Cl+H O=2 +2Cl-+ ，A选项正确；
2 2
B．向CaCl 溶液中通入CO，HCO 是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，
2 2 2 3
B选项错误；
C．向HO 中滴加少量的FeCl ，Fe3+的氧化性弱于HO，不能氧化HO，但Fe3+能催化HO
2 2 3 2 2 2 2 2 2
的分解，正确的离子方程式应为2HO 2HO+O↑，C选项错误；
2 2 2 2
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
4 4 4 4
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++OHˉ=HO，D选
2
项错误；
答案选A。
【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略HCO 是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸
2 3
这一知识点。
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)O 参与反应
2
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
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
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示的电池结构，左侧VB 发生失电子的反应生成 和 ，反应的电极方程式
2
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O+4e-
2
+2H O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB +11O +20OH-+6H O=8 +4 ，据此分
2 2 2 2
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4VB +11O +20OH-+6H O=8 +4 ，C正确；
2 2 2
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
2
向为复合碳电极→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XW 与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是
3
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】
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
3
遇会产生白烟，则WX 为NH ，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，
3 3
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
A．Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，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＞Cl＞N＞H，B选项错误；
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
D．Y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
(一)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KClO 和NaClO，探究其氧化还原性质。
3
回答下列问题：
(1)盛放MnO 粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。
2(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)。
A．NaS B．NaCl C．Ca(OH) D．HSO
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
3
体。
(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
3
颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl 振荡，静置后CCl 层显____色。可知该条件下
4 4
KClO 的氧化能力____NaClO(填“大于”或“小于”)。
3
【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).
2 2
避免生成NaClO (6). 吸收尾气(Cl ) (7). AC (8). 过滤 (9). 少量(冷)水洗涤 (10). 紫 (11).
3 2
小于
【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
3 2
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KClO，再与NaOH溶液在冰水浴
3
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
2
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
2 2
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NaClO；
3
(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl )；
2
A．NaS可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；
2
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) 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；
(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
3 3混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO 晶体；
3
(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KClO 的氧化能力小于NaClO；碘
3
单质更易溶于CCl ，所以加入CCl 振荡，静置后CCl 层显紫色。
4 4 4
【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(NiSO ·7H O)：
4 2
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·L−1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH 8.7 4.7 3.2 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①”调
为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代HO 的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
2 2
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(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
2 sp
液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，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、溶解铝及其氧化物 (2). +H++H O=Al(OH) ↓或
2 3
+H+=Al(OH) ↓+H O (3). Ni2+ 、 Fe2+ 、 Fe3+ (4). O 或 空 气 (5). Fe3+ (6).
3 2 2
(7). 3.2~6.2 (8). 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O
2
(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+2H O=2NaAlO +3H ↑、2Al O+4NaOH=4NaAlO +2H O将Al及其氧化物溶解，
2 2 2 2 3 2 2
得到的滤液①含有NaAlO ，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀
2
HSO 酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经HO 氧化为Fe3+后，加入NaOH调节
2 4 2 2
pH使Fe3+转化为Fe(OH) 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
3
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①中含有NaAlO (或Na[Al(OH)])，加入稀硫酸可发生反应 +H+
2 4
+H O=Al(OH) ↓或 +H+=Al(OH) ↓+H O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；
2 3 3 2
+H++H O=Al(OH) ↓或 +H+=Al(OH) ↓+H O；
2 3 3 2
(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HO 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
2 2 2
pH”后“转化”，会使调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c(OH-)= ，则Ni(OH) 的
2
；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-)= ，则
Ni(OH) 的 ；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为
2
1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时 ，
则 ，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3.2~6.2，故答案为： ；3.2~6.2；
(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Ni2+被氧化为
NiOOH沉淀，ClOˉ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，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O；
2 2
(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
(1)CO 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比
2
n(C H)∶n(H O)=__________。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C H)___________(填
2 4 2 2 4
“变大”“变小”或“不变”)。(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
2 2
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C H、CO 变化的曲线分别是______、______。CO 催化加氢合成C H 反应的
2 4 2 2 2 4
ΔH______0(填“大于”或“小于”)。
(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
p
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C H、C H、C H 等低碳烃。一定
3 6 3 8 4 8
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). 1∶4 (2). 变大 (3). d (4). c (5). 小于 (6). 或
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)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 =
2 2 2 2
CH+4H O，因此，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
2 2 2 4 2
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(C H)变大。
2 4
的
(2) 由题中信息可知，两反应物 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(CO)∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，
2 2
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
，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即 ，因此，该温度下反应的平衡
常数 (MPa)-3= (MPa)-3。
的
(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)选考题
［化学——选修3：物质结构与性质］
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：
3 3
(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)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
3 3水解释放氢气：3NH BH+6H O=3NH + +9H ， 的结构如图所示：
3 3 2 3 2
在该反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。
(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
3 3
负性大小顺序是__________。与NH BH 原子总数相等的等电子体是_________(写分子式)，
3 3
其熔点比NH BH____________(填“高”或“低”)，原因是在NH BH 分子之间，存在
3 3 3 3
____________________，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，α=β=γ=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ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
【答案】 (1). B (2). Si(硅) (3). 配位 (4). N (5). sp3 (6). sp2 (7). N＞H＞B (8). CHCH
3 3
(9). 低 (10). Hδ+与Hδ−的静电引力 (11).
【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，
3 3 3
其电子对由N原子提供。NH BH 分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为
3 3
sp3。NH BH 在催化剂的作用下水解生成氢气和B O3-，由图中信息可知，B O3-中每个B原
3 3 3 6 3 6
子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变
为sp2。
(3) NHBH 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
3 3
H呈负电性，说明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，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量
3 3
代换的原则，可以找到其等电子体为CHCH。由于NH BH 分子属于极性分子，而CHCH
3 3 3 3 3 3
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CHCH
3 3
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，说明其分子间存在
3 3 3 3
Hδ+与Hδ-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
，小长方体的体积为 ，因此，氨硼烷晶体的密度为
g∙cm-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——选修5：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，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C HO 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___________。
的
(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' —CH —C H —CHCHC H
3 2 5 2 2 6 5
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CHCHO在NaOH的水溶液中发生已知反应生成
3
B ，则 B 的结构简式为 ，B 被 KMnO 氧化 后再 酸化 得到 C(
4
)，C 再与 CHCHOH 在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到 D(
3 2)，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CHCHOH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D( )，
3 2
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NaHCO 溶液反应能放出2mol二氧化碳，则M
3
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。
