2020年高考化学模拟卷含答案03

1、2020年高考化学模拟卷03 (考试时间：50分钟   试卷满分：100分)注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  Mg 24  S 32  Cl 35.5  Fe 56  Se 79一、选择题：本题

2、共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。72019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是A废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取C废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理D含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O【答案】C【解析】A聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；B氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用

3、电解氧化铝制备，故B错误；C镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；D丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；答案：C。8（南充市2020届第一次高考适应性考试）NA为阿伏伽德罗常数的值。关于常温下pH2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一离子，下列说法错误的是A每升溶液中的H数目为0.01NABNa2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)c(H+)=2c(OH-)C向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中减小DNaHSO4不是弱电解质【答案】B【解析】常温下 的 溶液，溶液中不存在 分子，但

4、存在 离子，说明硫酸的第一步完全电离，第二步部分电离。A 由可得，每升溶液中的 数目为 ，故A正确；B  ，硫酸根有一部分水解成硫酸氢根，c(Na+)2c(SO42-)，根据电荷守恒式可知，c(OH-) c(H+)，所以应该为c(Na+)2c(SO42-)c(OH-) c(H+)，故B错误；C据已知可知 ，当向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸 会增大，所以减小，故C正确；D NaHSO4属于盐，完全电离，故不是弱电解质，D正确；故答案为：B。9（湖南省永州市2020届高三一模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2

5、g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是A该盐酸的物质的量浓度为4.0molL-1B该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2：1C生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD该磁黄铁矿中FexS的x=0.85【答案】C【解析】n(S)=3.2g32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。A盐酸恰好反应生成FeCl2 的物质的量为0.4mol，根据

6、Cl原子守恒可得c(HCl)=8.0mol/L，A错误；B由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B错误；C根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol22.4L/mol=8.96 L，C正确；DFexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，D错误。故合理选项是C。10（雅安市2020届高三第一次诊断考试）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序

7、数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是AY、Z的氢化物稳定性Y>ZBY单质的熔点高于X单质CX、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD中W和Y都满足8电子稳定结构【答案】A【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，说明W为O，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明X为Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，说明Y为Si，Z为Cl。A选项，Y、Z的氢化物稳定性HCl > SiH4，故A错误

8、；B选项，Si单质的熔点高于Na单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点，故B正确；C选项，X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，故C正确；D选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断得出SiO32中Si和O都满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断化合物中各原子是否满足8电子稳定结构。11（泰安市2020届高三上学期期末）碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为：。下列说法错误的是A上述反应属于加成反应B碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种C碳酸亚乙酯中的所有原子处于同

9、一平面内D1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH【答案】C【解析】A选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故A正确；B选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故B正确；C选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；D选项，1mol碳酸亚乙酯相当于有2mol酯基，因此最多可消耗2molNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故D正确。综上所述，答案为C。12（荆门市2020届高三元月调研）十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液

10、实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是A盐桥中Cl-向Y极移动B电路中流过7.5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8LC电流由X极沿导线流向Y极DY极发生的反应为2NO3-10e-6H2O=N212OH，周围pH增大【答案】D【解析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。A 处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X 极移动，故A错误；B 电池总反应为：，该反应转

11、移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7.5 mol电子时，产生2mol氮气，即44.8L，B错误；C 电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X 极，故C错误；D Y是正极，发生得电子的还原反应，周围pH 增大，故D正确；答案选D。13下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的限度 取溶液，滴加溶液56滴，充分反应，可根据溶液中既含又含的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响 用两支试管各取的溶液，分别加入和的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成 将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气

12、体直接通入酸性溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化【答案】D【解析】AKI过量，且KI与氯化铁反应，则溶液中既含I2又含I-，不能证明反应的可逆性，故A错误；B2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，两只试管中草酸量均不足，高锰酸钾过量，溶液不褪色，不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；C乙醇易挥发，也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，应先通过水，排除乙醇的干扰，故C错误；D.如有，则加入中性的醋酸铵溶液增大醋酸根离子，则应当平衡向右移动，

13、氢氧根离子浓度增大，红色应当加深，反之不会加深，故可以说明醋酸钠溶液中存在水解平衡，故D正确；故选D。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）1三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：制备反应原理：C2H5OH4Cl2CCl3CHO5HCl相关物质的相对分子质量及部分物理性质：相对分子质量熔点/沸点/溶解性C2H5OH46114.178.3与水互溶CCl3CHO147.557.597.8可溶于水、乙醇CC

14、l3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5138.712.3微溶于水，可溶于乙醇（1）恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_，盛放KMnO4仪器的名称是_。（2）反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：_。（3）该设计流程中存在一处缺陷是_，导致引起的后果是_，装置B的作用是_。（4）反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行_(填是或否)，原因是_。（5）测定

15、产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入0.1000molL1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000molL1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H+2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-【答案】（14分）（1） 浓盐酸（1分）    圆底烧瓶（1分）   （2） （2分）   &n

16、bsp;（3） 无干燥装置（1分）    副产物增加（2分）    除去氯气中的氯化氢（2分）    （4） 否（1分）    三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液 （2分）   （5） 73.75%（2分）    【解析】根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。（1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放的装置是蒸馏烧瓶；（2）按照要求来书写方

17、程式即可，注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气：；（3）制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置B中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；（4）该方案是不行的，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；（5）根据算出消耗的的物质的量，根据2:1的系数比，这些对应着过量的单质碘，而一开始加入的碘的物质的量为，因此整个过程中消耗了单质碘，再次根据化学计量数之比发现：为1:1，也就是说产品中有三氯乙醛，质量为，因此产品的纯度为。27（14分）（宁德市2020届高三上学期期末理综）随

18、着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)提取硒，设计流程如下：回答下列问题：（1）“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是_。最佳温度是_。（2）“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为_。（3）采用硫脲(NH2)2CS联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。控制电位在0.7401.511V范围内，在氧

19、化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应(半反应)式为_。为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_V。（4）粗硒的精制过程：Na2SO3浸出Se转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S净化H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026 molL1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为_，精硒中基本不含铜。Ksp(CuS)=1.31036    硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_。（5）对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 gg1，则精硒中铁的质量分数为_，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。【

20、答案】（14分，除标明外，每空2分）（1）温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加（1分）    95（1分）（2）4ClO3+ 4H+ + Se = 4ClO 2+ H2O + H2SeO3    （3）ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl + 2H2O    0.345    （4）5.01035 molL1    Na2SeSO3 + H2SO4 = Na2SO4 + Se+ SO2+ H2O    （5）3.2103 %    【解析】硒酸泥（主

21、要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）加入热煤油萃取硫，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，过滤，滤渣中含有氢氧化铁、二氧化硅，氧化浸出液含有H2SeO3，控制电位还原，发生氧化还原反应可生成Se。（1）“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加。最佳温度是95。（2）“氧化酸浸”中，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，Se转化成H2SeO3，ClO3还原成ClO 2，该反应的离子方程式为4ClO3+ 4H+ + Se = 4ClO 2+ H2O + H2SeO3 。（3）控制电位在0.7401.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫

22、脲，可选择性还原ClO2，ClO2得电子还原成Cl-，该过程的还原反应(半反应)式为ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl + 2H2O。为使硒和杂质金属分离，确保Cu2+、Zn2+、Fe2+不被还原，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345V。（4）粗硒的精制过程：Na2SO3浸出Se转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S净化H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026 molL1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为c(Cu2+)= =5.01035 molL1 ，精硒中基本不含铜。  硒代硫酸钠酸化生成硒、二氧化硫和水，化学方程式为Na2SeS

23、O3 + H2SO4 = Na2SO4 + Se+ SO2+ H2O 。（5）精硒中铁含量为32 gg1，则精硒中铁的质量分数= 3.2103 %，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。【点睛】本题考查物质的制备以及分离提纯，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及实验的设计与评价，考查混合物的分离与提纯及反应原理的理解与应用，难点（3）对电极电位知识的学习和理解，并应用到解题中。28（15分）（福建省龙岩市2020届高三上学期期末）随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。.利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中

24、除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)   H0（1）写出一种可以提高NO的转化率的方法：_。（2）一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)n(NO) =23充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是_Ac(NH3)c(NO) =23    Bn(NH3)n(N2) 不变    C容器内压强不变    D容器内混合气体的密度不变    E.1molNH键断裂的同时，生成1molOH键（3）已知该反应速率v正=k正c4(NH3)c6 (NO)，

25、v逆=k逆cx(N2)cy(H2O) (k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆,则x=_，y=_。（4）某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_;在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是_。.用尿素(NH2)2CO水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。（5） 用尿素(NH2)

26、2CO水溶液吸收体积比为11的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式_。（6）随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是_。【答案】（15分，除标明外，每空2分）（1）降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)（1分）  （2）AE    （3）5    0    （4）0.171 molL-1min-1    平衡逆向移动    （5）(NH2)2CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O   &nbs

27、p;（6）NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多    【解析】（1）该反应焓变小于零，为放热反应，降温可以使平衡右移，增大一氧化氮转化率；该反应为压强减小的反应，故增大压强可使平衡右移；加入氨气或者移走生成物氮气都可以使平衡右移增大一氧化氮转化率，故答案为：降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)；（2）A.根据方程式可知氨气与一氧化氮按2：3反应，且按n(NH3)n(NO) =23充入反应物，所以，任意时刻都满足c(NH3)c(NO) =23，故A错误；B.反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n(NH3)n(N2)

28、会变小，当该值不在变化时说明反应达到平衡，故B正确；C.平衡正向移动压强减小，逆向移动压强增大，所以压强不变时反应达到平衡，故C正确；D.生成物中有液态水，所以平衡正向移动时气体的总质量减小，但总体积不变，所以密度会减小，所以当混合气体密度不变时能说明反应平衡，故D正确；E.1molNH键断裂即消耗mol氨气，则生成mol水，形成1molOH键，描述的都是正反应速率，故E错误；故答案为AE；（3）当反应达到平衡时有v正= v逆，即k正c4(NH3)c6 (NO) =k逆cx(N2)cy(H2O)，变换可得，该反应的平衡常数K=k正/k逆,平衡状态下K=，所以x=5，y=0，故答案为：5；0；（

29、4）420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol2%=0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率 ，故答案为：0.171 molL-1min-1；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低；故答案为：平衡逆向移动；（5）NO和NO2的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将N元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为：(NH2)2CO+NO+NO2 2

30、N2+CO2+2H2O，故答案为(NH2)2CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O；（6）一氧化氮溶解度小，大量的一氧化氮通入之后不能反应，导致总还原率降低，故答案为：NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（重庆市第一中学2020届高三期末理综）（15分）微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。（1）基态B原子的电子排布图为_，其第一电离能比Be_（填“大”或“小”）。（2）三价B易形成配离子，如B(OH)4、

31、BH4等。B(OH)4的结构简式为_ (标出配位键)，其中心原子的杂化方式为_，写出BH4的一种阳离子等电子体_。（3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为_(以n表示硼原子的个数)。（4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_。（5）三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_。（6）镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为_；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_。【答案】（15分）（1）（1分）    

32、;小 （1分）  （2）  （2分）   sp3（1分）    NH4+ （1分）   （3）(BO2)nn-（2分）    （4）共价键、氢键 （2分）   （5）三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱  （2分）  （6）六方最密堆积（1分）    12NAa（2分）   【解析】【分析】（1）基态B原子的核电荷数为5，基态B的电子排布式为1s22s22p1；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；（2

33、）硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-；中心原子B键合电子对数目为4，没有孤电子对；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒；（3）根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式；（4）硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；（5）三氯化硼是共价型分子，而氯化镁是离子化合物；（6）镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+8=2，根据，即可计算Mr。【详解】（1）基态B的电

34、子排布式为1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图为；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能BeB；（2）硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-，所以形成配位键，表示为：；B键合电子对数目为4，没有孤电子对，则中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒，则与BH4-互为等电子体的阳离子有：NH4+；（3）根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1+2=2，所以其化学式可表示为：（BO2）nn-；（4）硼酸晶体是片

35、层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；（5）三氯化硼是共价型分子，其晶体为分子晶体，而氯化镁是离子化合物，其晶体是离子晶体，因范德华力比离子键弱，则三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低；（6）镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积，是六方最密堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+8=2，根据，则有Mr=12NAa。【点睛】晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子

36、被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。36化学选修5：有机化学基础（15分）有机物W在医药和新材料等领域有广泛应用。W的一种合成路线如图：已知部分信息如下：请回答下列问题：（1）Y的化学名称是_；Z中官能团的名称是_；（2）中_（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中X转化为Y的反应类型是_。（3）生成W的化学方程式为_。（4）G是对硝基乙苯的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有NH2（氨基），G的同分异构体有_种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为12222的结构简式为_。（5）设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合

37、成路线_（无机试剂自选）。【答案】（15分）（1）2，3-二甲基-2-丁烯（2分）    羰基 （1分）   （2）无（1分）    消去反应（1分）    （3） （2分）   （4）17（2分）    或 （2分）   （5）  （4分）  【解析】【分析】X分子式是C6H14O，分子式符合饱和一元醇或饱和一元醚，X与浓硫酸混合加热发生消去反应生成烯烃Y，1molY完全反应生成2molZ，则Y结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，说明Z中不含羧基

38、，根据信息i知，Z为，则Y为(CH3)2C=C(CH3)2，X为(CH3)2CHCHOH(CH3)2；乙苯与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生乙基对位上的取代反应产生对硝基乙苯，然后与Fe在HCl存在下发生还原反应产生对氨基乙苯，与对氨基乙苯发生反应，脱去一个分子的水，同时产生W为：； （5）苯乙烯与H2发生加成反应产生乙苯，乙苯和浓硝酸在浓硫酸存在条件下加热发生取代反应生成对硝基乙苯，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，被还原生成，与丙酮反应生成。【详解】根据上述分析可知：X为(CH3)2CHCHOH(CH3)2；Y为(CH3)2C=C(CH3)2，Z为，W为。（1）Y为(CH3)2C=C(CH3)2，则

39、Y的化学名称是2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是羰基；（2）手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子，在中无手性碳原子；图示中X与浓硫酸在加热条件下发生消去反应转化为Y，所以X转化为的反应类型是消去反应。（3）丙酮与对氨基乙苯发生反应产生，同时产生H2O，生成W的化学方程式为。（4）G是对硝基乙苯的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有NH2(氨基)，说明G中含有-NH2、-COOH，如果取代基为-CH2COOH、-NH2，在苯环上有邻、间、对三种结构；如果取代基为-COOH、-CH2NH2，在苯环上有邻、间、对有三种结构；如果取代基为-NH2、-COOH、-CH3，根据三个取代基在苯环上的位置有十种不同结构；如果取代基为-CH(NH2)COOH，只有一种结构，则符合条件的有3+3+10+1=17种；其中核磁共振氢谱上峰的面积比为12222的结构简式为或；（5）与H2发生加成反应产生，和浓硝酸在浓硫酸存在条件下加热发生取代反应生成对硝基乙苯，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，被还原生成，与丙酮反应生成，故合成路线为：。【点睛】本题考查有机物推断和合成，明确常见有机物官能团及其关系、物质转化条件是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断。侧重考查学生对所学知识的应用能力及获取信息、加工信息及利用信息解答问题的能力。