【文档说明】【精准解析】山东省菏泽市2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题（B）.doc，共(19)页，2.248 MB，由小赞的店铺上传

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2019~2020学年度第二学期期中考试高二化学试题(B)可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39第I卷(选择题共40分)一、单项选择题：本题包括10小题

，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是A.聚乙炔是制备有机导体材料的重要原料B.苯酚具有一定的杀菌能力，可用作杀菌消毒剂C.葡萄糖、油脂、蛋白质都是人体需要的营养物质，都能发生水解反应D.利用粮食酿酒，经历了淀粉→葡

萄糖→乙醇的化学变化过程【答案】C【解析】【详解】A.聚乙炔是聚合物材料，这种聚合物经溴或碘掺杂之后导电性会提高到金属水平，聚乙炔可以用于制备太阳能电池、半导体材料和电活性聚合物等，故聚乙炔是制备有机导体材料的重要原

料，故A正确；B.苯酚有一定毒性，具有一定的杀菌能力，可用作杀菌消毒剂，故B正确；C.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故C错误；D.利用粮食酿酒时，淀粉先水解生成葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，故D正确；故选C。2.有机化合物的命名正确的是A.2－乙基

丁烷B.3－甲基戊烷C.3－乙基丁烷D.3－甲基己烷【答案】B【解析】【详解】属于烷烃，分子中最长碳链有5个碳原子，支链为甲基，名称为3－甲基戊烷，故选B。3.关于如图结构的说法不正确的是（）A.分子中既有键又有π键B碳

原子有sp、sp2、sp3三种杂化方式C.O—H键的极性强于C-H键的极性D.羟基中氧原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形【答案】B【解析】【详解】A.键构成共价单键，键和π键构成共价苯环、双键或三键，该有机物中含共价单键、苯环和碳碳双键，A项正确；B.以4

个单键相连的C原子采用sp3杂化方式，苯环和碳碳双键的C原子采用sp2杂化，无sp杂化的C原子，B项错误；C.电负性：O>C，则O—H键的极性强于C-H键的极性，C项正确；D.羟基中氧原子成键电子对为2，孤电子对为2

，则采取sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，D项正确；答案选B。【点睛】根据价层电子对互斥理论进行确定；价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a指中心原子价电子个

数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；凡是中心原子采取sp3杂化的的分子，价层电子对数为4，不含有孤电子对，为正面体构型；含有1个孤电子对的，空间构型为三角锥形，含有2个孤电子对的，空间构型为是V形。4.某有机物含有C、H、O

三种元素，其球棍模型如图所示。下列关于该物质的说法错误的A.分子式为C4H8O3B.分子中含两种官能团C.能发生酯化反应D.不能发生银镜反应【答案】D【解析】【详解】由该有机物的球棍模型可得其结构简式

为HCOOCH2CH(OH)CH3，A.由该有机物的结构简式可知其分子式为C4H8O3，故A正确；B该有机物分子中含有酯基、羟基两种官能团，故B正确；C.含有羟基，能发生酯化反应，故C正确；D.该有机物的酯基为甲酸某酯的结构，

故其具有醛基的性质，能发生银镜反应，故D错误；故选D。5.除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是混合物试剂分离方法A苯（苯酚）溴水过滤B甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）氢

氧化钠溶液蒸馏D乙醇（水）氧化钙蒸馏A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.三溴苯酚不溶于水，但溶于苯，溴也易溶于苯中，所以不能用溴水除去苯中混有的苯酚，应选择氢氧化钠溶液洗涤，分液除杂

，故A错误；B.乙烯能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成二氧化碳，甲烷中会引入新杂质，不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中混有的乙烯，应选择溴水洗气除杂，故B错误；C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，不能用氢氧化钠

溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，应选择饱和碳酸钠溶液洗涤，分液除杂，故C错误；D.乙醇的水溶液为恒沸液，不能用直接蒸馏的方法除去乙醇中混有的水，应加入氧化钙，将水转化为氢氧化钙，然后加热蒸馏除杂，故D正确；故选D。6.对于由短周期元素形成的分子，下表所述的对应关系错误的是

选项ABCD分子式CCl4PH3CO2SCl2VSEPR模型正四面体形四面体形直线形四面体形分子的立体构型正四面体形平面三角形直线形V形A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.四氯化碳分子中碳原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体形，孤对电子对数为

0，分子的立体构型为正四面体形，故A正确；B.磷化氢分子中磷原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，孤对电子对数为1，分子的立体构型为三角锥形，故B错误；C.二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，VSEPR模型为直线形，孤对电子对数为0，分子的立体构型为直线形，故C正确；

D.二氯化硫分子中硫原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，孤对电子对数为2，分子的立体构型为V形，故D正确；故选B。7.下列分子中，属于极性分子的是A.CO2B.BeCl2C.BBr3D.H2O2【答案】D【解析】【详解】A.二氧化碳分子的空间构型为直线形，结构对称，正负电荷的中

心重合，属于非极性分子，故A错误；B.氯化铍分子的空间构型为直线形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故B错误；C.三溴化硼的空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故C错误；D.过氧化氢分

子中含有极性键，两个O-H键不在一个平面上，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故D正确；故选D。8.下列关于晶体的说法中，不正确的是A.晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性B.含有金属阳离子的晶体一定是

离子晶体C.干冰是分子晶体，在熔化时，破坏的只是分子间作用力D.晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列【答案】B【解析】【详解】A.晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，可以用衍射方法鉴别晶体和非

晶体，故A正确；B.含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，金属晶体中也含有金属阳离子，故B错误；C.干冰是分子晶体，在熔化时，破坏的只是分子间作用力，不会破坏共价键，故C正确；D.晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一

定规律作周期性重复排列，故D正确；故选B。9.分子式为C5H10O2，可与金属钠反应放出氢气，又能发生银镜反应的有机化合物有A.12种B.13种C.14种D.15种【答案】A【解析】【详解】有机物的分子式为C5H10O2，可与金属钠反应放出氢气，又能发生银镜反应说明分子中含

有羟基和醛基，不含有羧基，因醛基含有碳原子，则符合题意的同分异构体可以视作是丁烷分子中的氢原子被醛基和羟基取代，当烃基的主链有4个碳原子时，一元取代产物共有2种，二元取代产物共有8种，当烃基的主链有3个碳原子时，一元取代产物共有2种，二元取代产物共有4种，所以则符合条件的同分异构体为1

2种，故选A。10.近日，一位意大利米兰的中国留学生Leo，晒出了自己收到的中国驻意大利大使馆发放的健康包，其中包括一盒莲花清瘟胶囊。莲花清瘟胶囊主要成分结构简式如下，它可能发生的反应类型有①取代②加成③消去④水解⑤酯化⑥氧化⑦加聚A.①②③⑥⑦B.②③④⑤C.

①②③⑤⑥D.③④⑤⑥⑦【答案】C【解析】【详解】分子中含有的官能团为酚羟基、醇羟基和羧基，能表现酚、醇和羧酸的性质，一定条件下，能与浓溴水或溴化氢发生取代反应、能与氢气发生加成反应、能在浓硫酸作用下共热发生消去反应、能在浓硫酸作用下共热发生分子内酯化反应或与羧酸或与醇共热发生酯化反应、酚羟

基和醇羟基能发生氧化反应，不能发生水解反应和加聚反应，①②③⑤⑥符合题意，故选C。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或者两个个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有

2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的核外电子总数等于Q原子的最外层电子数；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子有1个3p空轨道。下列叙述错误的是A.元素Y和Q可形成化合物Y2Q3B.气态氢化物的稳

定性：Q>T>ZC.X和Q结合生成的化合物晶体类型为离子晶体D.T和Z的最高价氧化物均为酸性氧化物【答案】BC【解析】【分析】由X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道可知，X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素

；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；由Z原子的核外电子总数等于O原子的最外层电子数可知，Z为C元素；由T原子有1个3p空轨道可知，T是Si元素。【详解】A.Fe元素和O元素能形成化合物Fe2O3，故A正

确；B.元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，碳元素的非金属性强于硅元素，则甲烷的稳定性强于硅烷，故B错误；C.硫元素和氧元素结合生成的化合物可以是二氧化硫或三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，形成的晶体为分子晶体，故C错误；D.Si元素和C元素的最高价氧化物二氧化

硅和二氧化碳均为酸性氧化物，故D正确；故选BC。12.分子中含有手性碳原子的物质具有光学活性。有机化合物有光学活性。则该有机化合物分别发生如下反应后，生成的有机物仍有光学活性的是A.与乙酸发生酯化反应B.与NaOH水溶液共热C.与银氨溶液作用D.在催化剂存在下与氢气

作用【答案】C【解析】【详解】A.与乙酸发生酯化反应后，—CH2OH转化为—CH2OOCCH3，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性，故A不符合题意；B.与NaOH水溶液共热发生水解反应后，—CH2OOCCH3转化为—CH2OH，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性，故

B不符合题意；C.与银氨溶液作用发生银镜反应后，—CHO转化为—COOH，分子中仍含有手性碳原子，仍有光学活性，故C符合题意；D.在催化剂存在下与氢气作用发生加成反应后，—CHO转化为—CH2OH，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性

，故D不符合题意；故选C。13.下列有关晶体的叙述中错误的是A.石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子B.氯化钠晶体中每个Na＋周围紧邻的有6个Cl-C.CsCl晶体中每个Cs＋周围紧邻的有8个Cl-，每个Cs＋周围等

距离紧邻的有8个Cs＋D.在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有4个金属原子【答案】D【解析】【详解】A.石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子，故A正确；B.氯化钠晶体中每个Na＋周围紧邻的

有6个Cl-，故B正确；C.CsCl晶体中每个Cs＋周围紧邻的有8个Cl-，每个Cs＋周围等距离紧邻的有8个Cs＋，故C正确；D.在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子，故D错误；故选D。14.高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体

的一个晶胞。下列有关说法正确的是A.晶体中与每个K＋距离最近的2O−有6个B.超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个2O−C.KO2中阴、阳离子个数比为1：1D.晶体中所有原子之间都以离子键结合【答案】AC【解析】【详解】A.根

据题给信息，超氧化钾晶胞是面心立方晶胞，晶胞中与每个K＋距离最近的O2－有6个，故A正确；B.由晶胞结构可知，位于顶点和面心的钾离子的个数为8×18+6×12=4，位于体心和棱上的超氧根离子的个数为1+12×14=4，故B错误；C.由晶胞结

构可知，位于顶点和面心的钾离子的个数为8×18+6×12=4，位于体心和棱上的超氧根离子的个数为1+12×14=4，则KO2中钾离子和超氧根离子个数比为4:4=1：1，故C正确；D.超氧化钾晶体是离子化合物，阴、阳离子分别为钾离子和超氧根离子，晶体中钾离子和超

氧根离子间形成离子键，超氧根离子中氧氧键为非极性键，故D错误；故选AC。15.碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图：。下列有关说法不正确的是A.分子式为C3H4O3B.分子中σ键与π键个数之比为3:1C.分子中既有极性键也有非极

性键D.分子中碳原子的杂化方式全部为sp2杂化【答案】BD【解析】【详解】A．根据结构简式确定分子式为C3H4O3，故A正确；B．双键中含有一个σ键、一个π键，单键都是σ键，所以该分子中含有10个σ键、

1个π键，所以分子中σ键与π键个数之比为10：1，故B错误；C．同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，所以C-C之间存在非极性键、C-H和C-O原子之间存在极性键，故C正确；D．该分子C-O中

C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化；C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，故D错误；故选BD。【点睛】该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对、C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判

断C原子杂化方式是解答关键。三、非选择题(本题共5小题，共60分)16.环己烯()是重要的有机合成原料，还常用作催化剂、溶剂和萃取剂。化学小组用如图所示装置用环已醇()制备环己烯。有关物质的性质如表所示：相对分子质量密度

/(g·cm-3)沸点/℃溶解性环乙醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水Ⅰ.a中加入20g环已醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。Ⅱ.b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，收集一定温度范围内

的馏份。III.反应粗产物倒入仪器f中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到14.7g纯净环已烯。回答下列问题：(1)由环已醇制取环已烯的方程式_____(2)

仪器b冷凝水方向是________(填“下进上出”或“上进下出”)，仪器e的名称是___________。(3)如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是___________(选答案)a.立即补加b.冷却后

补加c.不需补加d.重新配料(4)用仪器f进行的分离操作名称是__________。(5)本实验的产率是______。【答案】(1).浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O(2).下进上出(3).锥形瓶(4).b(5).分液(6).89.6%

【解析】【分析】在圆底烧瓶中环已醇在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成环已烯和水，在锥形瓶中收集环己烯，同时会混有环己醇和少量的酸，将粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，除去少量硫酸杂质，分液后，用无水氯化钙干燥

，再蒸馏，除去环己醇，得到纯净的环己烯，据此分析解答。【详解】(1)环已醇在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成环已烯和水，反应的化学方程式为浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O；(2)仪器b为直形冷凝管，通入冷凝水的方向应为下进上出，仪器e的名称是锥形瓶；(3)如果加热一段时间后发现忘

记加碎瓷片，应该采取的正确操作是冷却后补加，故选b；(4)环己烯难溶于水，环己烯粗品中含有环己醇和少量硫酸杂质，将反应粗产物倒入分液漏斗中，分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，除去粗产品中少量的硫酸，因此

用仪器f进行的分离操作是分液；(5)环己醇的物质的量为20g=0.2mol100g/mol，由关系式：环己醇~环己烯，可知环己烯的理论产量为0.2mol×82g/mol=16.4g，因此本实验的产率是189.6%4.7g100%=16.4%【点睛

】有机物制备实验常考点:①碎瓷片(沸石)的作用是防止暴沸，忘记添加碎瓷片要先停止加热，冷却后再补加；②加入无水MgSO4、Na2SO4或CaCl2的作用是作干燥剂，除去水分；③控制有机反应的温度要将温度计的水银球插入反应液中，控制蒸馏操作的温度

要将温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处。17.化合物F是一种调香剂，结构为；以化合物A为原料合成F的工艺流程如图：根据上述信息回答下列问题：(1)化合物E中所含官能团的名称是___________。(2)①反应类型是___________，反应②的反应条件是____

_______。(3)D的结构简式是___________。(4)E的顺式异构体的结构简式___________。(5)反应⑤的化学方程式是____________。(6)F在一定条件下，发生加聚的反应的化学方程式是________。【答案】(1).碳碳双键、羧基(2).

加成反应(3).NaOH水溶液、加热(4).(5).(6).+C2H5OH浓硫酸Δ+H2O(7).n引发剂⎯⎯⎯→【解析】【分析】A和氯气发生反应生成B，B中应含有Cl原子，B发生反应生成C，由C的结构简式可知，B应发生水解反应生成C，根据C中羟基的位置

可推得，A应为，A和氯气发生加成反应生成B为，B发生水解反应生成C，C选择性发生氧化反应生成D为，发生消去反应生成E，E和乙醇发生酯化反应生成F，据此分析解答。【详解】(1)化合物E为，则其所含官能团的名称是碳碳双键、羧基；(2)由以上分析知，①反应

类型是加成反应；反应②为卤代烃的水解反应，故反应条件是NaOH水溶液、加热；(3)由以上分析知，D的结构简式是；(4)E的顺式异构体的结构简式为；(5)反应⑤是E和乙醇发生酯化反应生成F，其化学方程式是+C2H5OH浓硫酸Δ+H2O；(6)F含有碳碳双键，在一定条件

下，能发生加聚，反应的化学方程式是n引发剂⎯⎯⎯→。【点睛】卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生水解反应，在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应，这是同学们的易混点。18.X、Y、Z、M、W是原子序数依

次增大的前四周期元素，X元素有1个2p空轨道，Y为同周期离子半径最小的金属元素，Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，M原子外围电子排布式为3dn4sn，W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子。请回答下列问题：(1)X能

与氢、氮、氧三种元素构成化合物XO(NH2)2，该化合物分子中的σ键与π键的个数之比是___________；该物质易溶于水的主要原因是_______。(2)元素Z的最高价氧化物中，Z原子的杂化方式是_____，分子的空间构

型是_____。(3)某M配合物的化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，1mol该配合物中含配位键的数目是______。(4)元素Z与W形成的种化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为_______。(5)Y的氯化物气态时通常以二聚分子形式存在，分子式为Y2Cl6，分

子中所有原子均达到8电子稳定结构，则Y2Cl6的结构式为__________。【答案】(1).7:1(2).CO(NH2)2能与水分子间形成氢键(3).sp2(4).平面三角形(5).6NA(6).ZnS(7).【解析】【分析】X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素

，X元素有1个2p空轨道，则X元素的核外电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素；Y为同周期离子半径最小的金属元素，则Y为Al元素；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则Z为S元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，则M为第四周期过渡金属元素；W的内层电子已全充满，最外层只有2

个电子，则W为Zn元素，再结合物质结构与性质的知识分析解答。【详解】由以上分析知，X为C元素，Y为Al元素，Z为S元素，M为第四周期过渡金属元素，W为Zn元素；(1)化合物CO(NH2)2的结构简式为，则该化合物分子中的σ键与π键的个数之比是7:1；由于该物质分子中存在N

-H键，则CO(NH2)2能与水分子间形成氢键，从而易溶于水；(2)S元素的最高价氧化物是SO3，中心原子S原子的σ键电子对数为3，孤电子对数为6-32=02，则其价层电子对数为3，故S原子的杂化方式是sp2，分子的空间构型是平面三角形；(3)M为第四周期过渡金属

元素，某M配合物的化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，中心离子的配位数为6，则1mol该配合物中含配位键的数目是6NA；(4)由均摊法可知，晶胞中Zn原子的个数为4，S原子的个数为118+6=482，则该化合物的化学式为ZnS；(5)AlCl3气态时通常以二聚分子形式存在，分

子式为Al2Cl6，分子中所有原子均达到8电子稳定结构，则Y2Cl6的结构式为。【点睛】由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电

子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到

处理问题简便、迅速、全面的效果。19.硼及其化合物广泛应用于高新材料领域，请回答下列有关问题：(1)NaBH4是一种重要的储氢载体，其中涉及元素的电负性由大到小的顺序为______。(2)硼氮苯被称为无机

苯，其结构如图，分子中氮原子的杂化方式是___________。已知硼氮苯分子在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“大π键”，该“大π键”可表示为__________(用mnπ表示，其中n表示参与形成大π键的原子数，m表示形成大π键的电子数)。(3)硼酸(H3B

O3)为白色片状晶体，有与石墨相似的层状结构，则硼酸晶体中存在的作用力有共价键、_______。(4)氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼(如图1)和六方氮化硼(如图2)，前者类似于金刚石，后者与石墨相似。①晶胞中的原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相

对位置。图1中原子坐标参数A为(0，0，0)，D为(12，12，0)，则E原子的坐标参数为___________。X－射线衍射实验测得立方氮化硼晶胞边长为apm，则立方氮化硼晶体中N与B的原子半径之和

为________pm(用含a的式子表示)。②已知六方氮化硼同层中B-N距离为145pm，层与层之间距离为333pm，则晶体密度的计算式为_________g·cm-3。(已知正六边形面积为233a2，a为边长，NA表示阿伏加德罗常数)【答案】(1).H＞B＞Na(2).sp2(3).66π

(4).范德华力、氢键(5).(14，34，34)(6).3a4(7).302A2510331453332N【解析】【分析】(2)根据大π键的形成特点分析；(4)结合晶胞结构，根据均摊法进行计算。【详解】(1)元素的非金属性越强，其电负性越大，故NaBH4涉及元

素的电负性由大到小的顺序为H＞B＞Na；(2)已知硼氮苯分子在同一平面，且有相互平行的p轨道，则N、B原子均采取sp2杂化，B、N原子均有一个未杂化的p轨道，且这6个未杂化的p轨道互相平行，并垂直于分子所在平面，其中3个N原子未参与杂化的p轨道均有一对电子，这6个

p电子在3个N原子和3个B原子间运动，形成“大π键”，故该“大π键”可表示为66π；(3)硼酸(H3BO3)分子间H、O原子之间可形成氢键，分子间存在范德华力，则硼酸晶体中存在的作用力有共价键、氢键和范德华力；(4)①由晶胞结构图可知，E原子的坐标参数为(14，3

4，34)；立方氮化硼的晶体结构类似于金刚石，故立方氮化硼晶体中N与B的原子半径之和为3a4pm；②以由12个原子构成的六棱柱为分析对象，其中N、B原子个数均为16=16，小六棱柱的底面为正六边形，底面面积为-102233(14510)cm2，

故晶体密度的计算式为=30-102-102AA-32525103333(14510)333101g4533322cmNN。【点睛】第(4)问在计算晶胞密度时单位的换算是学生们的易错点，首先单位要统一，要将pm换算为cm，其次1pm=10-10cm，则145pm=1

45×10-10cm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换算，1nm=10-7cm。20.华法林(物质F)是一种香豆素类抗凝剂，在体内有对抗维生素K的作用，可用于预防血栓栓塞类疾病。某种合成华法林的路线如图所示，请回答相关问题。(1

)物质B的名称是___________，物质E中的含氧官能团名称是___________。(2)A→B的氧化剂可以是___________(填标号)a.银氨溶液b.氧气c.新制Cu(OH)2d.酸性KMnO4溶液(3)C→D的化学方程式是________

___，反应类型是___________。(4)物质C的同分异构体中符合下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。①苯环上有两个取代基；②含有－COO－结构且不含甲基(5)写出E与NaOH溶液反应的化学方程式______

________。【答案】(1).邻羟基苯甲酸(2).羟基、酯基(3).ac(4).+(CH3CO)2O浓硫酸⎯⎯⎯⎯⎯→+CH3COOH(5).取代反应(6).12(7).+2NaOH→+H2O【解析】【分析】（1

）由有机物的转化关系可知，B的结构简式为，E的结构简式为；（2）酚羟基有较强的还原性，氧化醛基时要注意酚羟基不能被氧化；（3）C→D的反应为在浓硫酸作用下，和乙酸酐发生取代反应生成和乙酸；（4）物质C的结构简式为，符合苯环上有两个取代基、含有－COO－结构且不含甲基要求的同分异

构体的分子中含有羧基和羟基，或酯基和羟基；（5）与氢氧化钠溶液发生水解反应生成和水。【详解】（1）由有机物的转化关系可知，B的结构简式为，名称为邻羟基苯甲酸，E的结构简式为，含氧官能团为羟基、酯基，故答案为：邻羟基苯甲酸；羟基、酯基；（2

）酚羟基有较强的还原性，氧化醛基时要注意酚羟基不能被氧化，氧气和酸性高锰酸钾溶液均能氧化酚羟基，因此只能选择弱氧化剂银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为：ac；（3）C→D的反应为在浓硫酸作用下，和乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应的化学方程式为+(CH3CO)2O浓硫酸⎯⎯⎯⎯⎯→+CH

3COOH，该反应为取代反应；（4）物质C的结构简式为，符合苯环上有两个取代基、含有－COO－结构且不含甲基要求的同分异构体的分子中含有羧基和羟基，或酯基和羟基，两个取代基共有4组：－COOH和—CH2OH、

－CH2COOH和—OH、—OOCH和—CH2OH、－CH2OOCH和—OH，每组在苯环上都有邻、间、对三种位置关系，因此共有12种，故答案为：12；（5）E的结构简式为，与氢氧化钠溶液发生水解反应生成和

水，反应的化学方程式为+2NaOH→+H2O，故答案为：+2NaOH→+H2O。【点睛】分子中的酯基结构为羧酸和酚形成，1mol与氢氧化钠溶液发生水解反应生成共消耗2mol氢氧化钠是易错点。