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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)2·CuCO3)，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的温度和湿度，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)2∙CuCO3 中铜的质量分数高
于Cu(OH)2∙2CuCO3，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；
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·L−1 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全部为
14N，则每个N2 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；
D．1molNaCl 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，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，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
3
2
2
3
4
3SO
+Cl +H O =2HSO +2Cl +SO
B. 向CaCl2 溶液中通入CO2：
2+
+
2
2
3
Ca
+H O+CO =CaCO
+2H
C. 向H2O2 溶液中滴加少量FeCl3：
3+
+
2+
2
2
2
2Fe +H O =O
+2H +2Fe
D. 同浓度同体积NH4HSO4 溶液与NaOH 溶液混合：
+
4
NH
3
2
+OH =NH
H 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
氧化为
2-
3
SO
2-
4
SO
，同时产生的氢离子与剩余部分
结合生成
，Cl2 被还原为Cl-，反应的离子反应方
2-
3
SO
-
3
HSO
程式为：3
+Cl2+H2O=2
+2Cl-+
，A 选项正确；
2-
3
SO
-
3
HSO
2-
4
SO
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，Fe3+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
2H2O+O2↑，C 选项错误；
3+
Fe
D．NH4HSO4 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++OHˉ=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：
该电池工作时，下列说法错误的是
-
-
3-
-
2
4
4
2
VB +16OH -11e =VO +2B(OH) +4H O
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
2
2
2
4
4
4VB
11O
20OH
6H O
8B(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
和
，反应的电极方程
3-
4
VO
-
4
B(OH)
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+4e-
+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8
+4
，据此分
-
4
B(OH)
3-
4
VO
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
，C 正确；
-
4
B(OH)
3-
4
VO
D．电池中，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> 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
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HNO2 为弱酸，C 选项错误；
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)。
A．Na2S B．NaCl C．Ca(OH)2 D．H2SO4
(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
(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+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+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)；
A．Na2S 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·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)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H2O2 的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“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)2 的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的
溶液中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++H2O=Al(OH)3↓或
-
2
AlO
+H+=Al(OH)3↓+H2O (3). Ni2+、Fe2+、Fe3+ (4). O2 或空气 (5). Fe3+ (6).
-
4
Al OH
(7).
3.2~6.2
(8).
2
2
7.2-14
-5
8.7-14
0.01
10
10
10
或
2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+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+2H2O 将Al 及其氧化物溶解，
得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①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②，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①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应
-
2
AlO
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化
-
4
Al OH
物；
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O；
-
2
AlO
-
4
Al OH
(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③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，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)2 的
-14
8.7-14
w
-8.7
+
10
=
=10
1.0 10
H
K
c
；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时
2
2+
2
-
-5
8.7-14
sp =
Ni
OH
=10
10
K
c
c
c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=
，则
-14
7.2-14
w
-7.2
+
10
=
=10
1.0 10
H
K
c
Ni(OH)2 的
；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为
2
2+
2
-
7.2-14
sp =
Ni
OH
=0.01
10
K
c
c
1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时
，
2
7.2-14
sp
-
-7.8
-1
2+
0.01
10
OH
=
=
=10
mol L
1.0
Ni
K
c
c
则
，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH 为3.2，因此“调节pH”应
-14
+
-6.2
w
-7.8
-
10
H
=
=
=10
10
OH
K
c
c
控制的pH 范围是3.2~6.2，故答案为：
；3.2~6.2；
2
2
7.2-14
-5
8.7-14
0.01
10
10
10
或
(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+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+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)=1∶3，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
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). 1∶4 (2). 变大 (3). d (4). c (5). 小于 (6).
或
3
9
1
4
0. 039
等
(7). 选择合适催化剂等
4
3
6
2
0. 39
0. 39
1
4
0. 39
0. 1
0. 39
(
)
3
【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)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)=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
0.39
4
0.39
3
常数
(MPa)-3=
(MPa)-3。
4
2
3
6
0.39
0.39
1
4
0.1
0.39
0.39
3
p
K
3
9
1
4
0.039
(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(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，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：3NH3BH3+6H2O=3NH3+
+9H2，
的结构如图所示：
3
3
6
B O
3
3
6
B O
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(Hδ+)，与B 原子相连的H 呈负电性(Hδ-)，
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，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). N＞H
＞B
(8). CH3CH3
(9). 低
(10). Hδ+与Hδ−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，N—B 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) 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3 种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞
B。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
31 2
A
g
N
30
3
abc 10
cm
g∙cm-3。
30
3
30
31 2
62
abc 10
10
A
A
g
N
cm
N abc
【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__________。
(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 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。
