2020年高考真题-理综化学（全国卷Ⅲ）（解析版）

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 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： 的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 =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 12g 12g/mol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: B. 向 CaCl2 溶液中通入 CO2： C. 向 H2O2 溶液中滴加少量 FeCl3： D. 同浓度同体积 NH4HSO4 溶液与 NaOH 溶液混合： 【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 ， 同时产生的氢离子与剩余部分 结合生成 ，Cl2 被还原为 Cl-，反应的离子反应方程 式为：3 +Cl2+H2O=2 +2Cl-+ ，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，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； 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 2 - 2 3 2 2 3 43SO +Cl +H O =2HSO +2Cl +SO− − − 2+ + 2 2 3Ca +H O+CO =CaCO +2H↓ 3+ + 2+ 2 2 22Fe +H O =O +2H +2Fe↑ + 4NH 3 2+OH =NH H O⋅－ 2- 3SO 2- 4SO 2- 3SO - 3HSO 2- 3SO - 3HSO 2- 4SO 3+ Fe - - 3- - 2 4 4 2VB +16OH -11e =VO +2B(OH) +4H OA. 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 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； 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。 3 2 2 2 4 44VB 11O 20OH 6H O 8B(OH) 4VO− − −+ + + = + 3- 4VO - 4B(OH) - 4B(OH) 3- 4VO - 4B(OH) 3- 4VO7.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 +H+=Al(OH)3↓+H2O (3). Ni2+ 、 Fe2+ 、 Fe3+ (4). O2 或 空 气 (5). Fe3+ (6). (7). 3.2~6.2 (8). 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 +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 物； +H++H2O=Al(OH)3↓或 +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 - 2AlO ( )- 4Al OH ( ) ( )2 27.2-14 -5 8.7-140.01 10 10 10× ×或 - 2AlO ( )- 4Al OH - 2AlO ( )- 4Al OH ( ) -14 8.7-14w -8.7+ 10= =10 1.0 10H K c ×；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)2 的 ；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 ， 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+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。 ( ) ( ) ( )22+ 2 - -5 8.7-14 sp = Ni OH =10 10K c c × ( ) -14 7.2-14w -7.2+ 10= =10 1.0 10H K c × ( ) ( ) ( )22+ 2 - 7.2-14 sp = Ni OH =0.01 10K c c × ( ) ( ) ( )27.2-14 sp- -7.8 -1 2+ 0.01 10 OH = = =10 mol L 1.0Ni K c c ×  ( ) ( ) -14 + -6.2w -7.8- 10H = = =10 10OH Kc c ( ) ( )2 27.2-14 -5 8.7-140.01 10 10 10× ×或图中，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 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)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 的 × 3 9 1 4 0. 039 × × × 4 36 2 0. 390. 39 14 0. 39 0. 10. 39 ( )3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 常数 (MPa)-3= (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)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： 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 的 0.39 4 0.39 3 4 2 3 6 0.390.39 14 0.10.390.39 3 pK × = ×  ×   3 9 1 4 0.039 × 3 3 6B O − 3 3 6B O −____________________，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). 【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 × - 30 A 62 N abc 10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 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： 31 2 A g N × 30 3abc 10 cm−× 30 3 30 31 2 62 abc 10 10 A A g N cm N abc− − × =× ×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】 的【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。