2022-2023学年福建省福州第一中学高三上学期检考前适应性考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省福州第一中学高三上学期检考前适应性考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

福建省福州第一中学2022-2023学年高三上学期检
考前适应性考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．生活中处处有化学，下列叙述正确的是
A．考试所用的2B铅笔芯的成分主要为铅
B．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
C．黏土(Al2O3·2SiO2·2H2O)是由氧化物构成的混合物
D．陶制器皿属于传统硅酸盐材料，耐高温、耐腐蚀
【答案】D
【详解】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含铅，故A错误；
B．棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，故B错误；
C．黏土主要是由硅酸盐构成的混合物，故C错误；
D．陶制器皿属于传统硅酸盐材料，耐高温、耐腐蚀，故D正确；
故答案选D。
2．2021年诺贝尔化学奖授予Benjamin List、David W.C．MacMillan，以奖励他们“对于有机小分子不对称催化的重要贡献”。脯氨酸()催化分子内的羟醛缩合反应：

下列说法不正确的是
A．脯氨酸能与Y发生取代反应
B．X和Y互为同分异构体，且Y能发生消去反应
C．X中所有碳原子处于同一平面
D．1mol脯氨酸与足量NaHCO3反应，生成44gCO2
【答案】C
【详解】A．脯氨酸含有羧基，Y中含有羟基，两者能发生酯化反应(取代反应)，故A正确；
B．X和Y分子式相同，结构不同，互为同分异构体，Y分子中羟基的邻位碳原子上含有氢原子，能发生消去反应，故B正确；
C．如图所示，X中用“*”标记的碳原子为饱和碳原子，与之相连的碳原子不可能处于同一平面，因此X中所有碳原子不可能共面，故C错误；
D．1mol脯氨酸含有1mol羧基，与足量NaHCO3反应，生成1molCO2，质量为1mol×44g/mol=44g，故D正确；
答案选C。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氧原子的数目为NA
B．和的固体混合物中阳离子总数为0.1NA
C．标准状况下，22.4 L CH3Cl中含有的共用电子对数目为4NA
D．常温下，1L0.1mol/L的氯化铵溶液中滴入氨水至，数目为0.1NA
【答案】A
【详解】A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的Z 醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子；水的质量为100g -46g=54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA个，选项A不正确；
B．NaHSO4固体是由钠离子和硫酸氢根离子组成，MgSO4固体是由镁离子和硫酸根离子组成，NaHSO4和MgSO4的摩尔质量相同，均为120g/mol，12g固体混合物的物质的量为1 mol，则所含阳离子数为0.1NA，选项B正确；
C．标准状况下，22.4 L CH3Cl为1mol，每个分子中含有4对共用电子对，故含有的共用电子对数目为4NA，选项C正确；
D．常温下，1L0.1mol/L的氯化铵溶液中滴入氨水至，c()=c(Cl-)，数目为0.1NA，选项D正确；
答案选A。
4．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是
A．将稀H2SO4加入NaIO3和NaI的混合溶液中：5I-++6H＋=3I2+3H2O
B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3+2H＋+2=3+2NO↑+H2O
C．用饱和Na2CO3溶液浸泡CaSO4：CaSO4(s)+(aq)=CaCO3(s)+(aq)
D．向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2+Ba2＋+2OH-=BaCO3↓+2H2O+
【答案】D
【详解】A．H2SO4、NaIO3和NaI反应生成碘单质，I的化合价由+5价降低为0价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O，A正确；
B．HNO3和Na2SO3反应生成一氧化氮和硫酸钠，N的化合价由+5价降低为+2价，S的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O，B正确；
C．CaSO4与浓度较大的可溶性碳酸盐反应可以得到碳酸钙，再用酸可以将其除去，离子方程式为CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)，C正确；
D．假设量少的物质为1mol，过量的物质用多少写多少，NaHCO3为1mol，所以需要1molBa(OH)2，NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以反应的离子方程式为：HCO+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O，故D错误；
故选D。
5．如图：某同学用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，验证氯气性质实验装置。相关说法错误的是

A．脱脂棉中的无水氯化钙可以用碱石灰代替
B．该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用
C．湿润石蕊试纸先变红，但也不能说明生成了酸性物质
D．淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色，说明氯气将I2氧化
【答案】A
【详解】A．无水氯化钙主要是干燥氯气，碱石灰会与氯气反应，因此脱脂棉中的无水氯化钙不能用碱石灰代替，故A错误；
B．从左边出来的干燥氯气，先与干燥品红接触，品红不褪色，说明干燥的氯气没有漂白作用，故B正确；
C．由于HCl易挥发，因此挥发的HC l使湿润石蕊试纸先变红，因此不能说明生成了酸性物质，故C正确；
D．淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色，先变蓝，是碘离子被氯气氧化为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝，后褪色，说明氯气将I2氧化，故D正确。
综上所述，答案为A。
6．冬季燃煤排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2)的浓度，其循环原理如图所示。下列说法不正确的是

A．NO2的排放会造成酸雨
B．向原煤中添加石灰石有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．通过上述循环，大气中OH自由基的浓度升高
D．BrCl的排放会造成臭氧含量减小
【答案】B
【详解】A．二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮排放会造成酸雨，故A正确；
B．向原煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，所以不能实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，生成HO，所以大气中OH自由基的浓度升高，故C正确；
D．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，所以BrCl的排放会造成臭氧含量减小，故D正确；
故选B。
7．2021年，英国剑桥大学Dominic S.Wright课题组设计了一种新型电池中电解质(结构如图所示)的合成路线。已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，三者的核外电子数之和等于35，Y与Z位于同一周期，则下列说法正确的是

A．简单离子的半径：X>Y
B．Z的最高价氧化物对应水化物是强酸
C．工业上常采用电解Y的氧化物冶炼单质Y
D．该化合物阴离子中各原子均满足8电子稳定结构
【答案】A
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，三者的核外电子数之和等于35，Y与Z位于同一周期，从结构图Z形成6个共价键，X为1价，若X为H，Y为Li，Z为31号，不合理，若X为H，Y为Na，则Z为23号元素，不合理，若X为F，Y为Na，Z为35-9-11=15，Z为P。
【详解】A．F-、Na+电子层结构相同，核电荷大的半径小，简单离子的半径：F->Na+，故A正确；
B．Z的最高价氧化物对应水化物H3PO4是弱酸，故B错误；
C．工业上常采用电解熔融氯化钠冶炼单质钠，故C错误；
D．该化合物阴离子中F原子满足8电子稳定结构，但P最外层有12个电子，故D错误；
故选A。
8．应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(C1O2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的

A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．电解池a极上发生的电极反应为+ 6e -+3C1- = NCl3+4H+
C．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12 L NH3
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6
【答案】D
【详解】A．a电极上失去电子，为阳极，与电源的正极连接，在b极区有氢离子得电子生成氢气，氯离子通过阴离子交换膜移向a极，所以在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A项错误；
B．电解池a极上发生的电极反应为-6e -+3C1- = NCl3+4H+，B项错误；
C．未说明氨气是否在标况下，不能确定气体体积，C项错误；
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应为 ，其中氧化剂为NCl3，还原剂为 ，二者物质的量比为1:6，D项正确；
故选D。
9．钴是一种重要的过渡金属元素，常见化合价有+2、+3价。实验室利用固体进行如下实验。下列说法错误的是

A．Co在元素周期表中位于第四周期VIII族
B．固体Y为
C．酸性条件下氧化性：
D．结合上述流程信息，若有与足量盐酸充分反应，理论上可以得到
【答案】D
【详解】A．已知Co是27号元素，则Co在元素周期表中位于第4横行第9纵列即第四周期Ⅷ族，选项A正确；
B．由题干信息可知，0.3molCoC2O4·2H2O加热至恒重时固体Y的质量为24.1g，Y中含有0.3molCo，则O的物质的量为：，则固体Y为，选项B正确；
C．由B项分析结合题干转化信息可知，酸溶时发生的反应为：Co3O4+8HCl=3CoCl2+4H2O+Cl2↑，此反应中Co3+为氧化剂，Cl2为氧化产物，故酸性条件下氧化性：，选项C正确；
D．由题干信息可知，Co的常见化合价有、价，Co5O6中Co3+与Co2+的物质的量之比为：2：3，结合上述流程信息，若有与足量盐酸充分反应，则反应方程式为：Co5O6+12HCl=5CoCl2+6H2O+Cl2↑，故理论上可以得到，选项D错误；
答案选D。
10．25℃时，向25mL0.lmol·L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体，混合溶液的pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错误的是

A．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3
B．b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小
D．c点c(K+)>3c(A2-)
【答案】D
【分析】随着KOH固体的增加，溶液的pH逐渐增大，H2A的电离程度增大，溶液中HA-的浓度先增大后减小，-lgc(HA-)的曲线应是先减小后增大，A2-的浓度一直增大，-lgc(A2-)一直减小，因此ab点所在的曲线为-lgc(HA-)随pH变化的曲线。
【详解】A．由图可知，pH=0时，，，则，H2A的电离微弱，因此c(H2A)约为0.1mol/L，邻苯二甲酸的Ka1约为，故A正确；
B．b点的纵坐标最小，则此时溶液中最大，即溶液中的溶质为KHA，溶液的pH=4，说明KHA溶液呈酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)>c(H2A)，b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故B正确；
C．b点溶质为KHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从b到e点，继续加入KOH固体生成K2A，A2-水解而促进水电离，继续加入KOH，KOH抑制水电离，则水电离产生的c (H+)先增大后减小，故C正确；
D．c点溶液中，溶液中由电荷守恒有，c点溶液呈酸性，，则，故D错误；
答案选D。

二、实验题
11．某实验小组以溶液为原料制备，并用重量法测定产品中的含量。设计了如下实验方案：
可选用试剂：晶体、溶液、浓、稀、溶液、蒸馏水
步骤1.的制备
按如图所示装置进行实验，得到溶液，经一系列步骤获得产品。

步骤2，产品中的含量测定
①称取产品，用水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的溶液，
③沉淀完全后，水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为。
回答下列问题：
(1)Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_______；
(2)Ⅰ中b仪器的作用是_______；Ⅲ中的试剂应选用_______；
(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_______；
(4)沉淀过程中需加入过量的溶液，原因是_______；
(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；

(6)产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)。
【答案】(1)     HCl     H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑
(2)     防止倒吸     CuSO4溶液
(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶
(6)97.6%

【分析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O，装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。
（2）氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。
（3）硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。
（4）为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。
（5）过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。
（6）由题意可知，硫酸钡的物质的量为：=0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol244g/mol=0.488g，质量分数为：100%=97.6%。


三、工业流程题
12．铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：

(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为____。
(2)“酸浸”时，Na2SO3的作用____。“滤渣”的主要成分有SiO2和____(填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是____。

(3)“除铁”的离子方程式为____。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
(4)从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为____。
(5)“灼烧”时Ar的作用是____。
(6)某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为____。(保留三位有效数字)
【答案】(1)+3价
(2)     溶解RuO4     CaSO4     温度为65℃、pH为1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)
(5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
(6)87.8%

【分析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
【详解】（1）由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
（2）由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；
（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
（4）由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；
（5）灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
（6）若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%=87.8%，故答案为：87.8%。

四、原理综合题
13．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①    
②    
③    
计算热分解反应④的________。
(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。
(3)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为________，平衡常数________。
(4)在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。

①越小，平衡转化率________，理由是________。
②对应图中曲线________，计算其在之间，分压的平均变化率为________。
【答案】(1)170
(2)     副产物氢气可作燃料     耗能高
(3)     50%     4.76
(4)     越高     n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高     d     24.9

【详解】（1）已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g)  ΔH1＝－1036kJ/mol
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g)  ΔH2＝94kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)  ΔH3＝－484kJ/mol
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：

平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s－1。


五、结构与性质
14．我国科学家制备的催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气的目的，制氢原理：，请回答下列问题：
(1)基态Al原子核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为_______。
(2)已知几种元素的电负性如下表所示。
元素
H
B
C
N
O
电负性
2.1
2.0
2.5
3.0
3.5

①上述制氢反应中，有_______种元素的原子采取sp3杂化。
②NH3中键角∠HNH_______(填“大于”、“小于”或“等于”)H3NBH3中键角∠HNH。
③B、C、N、O的电负性依次增大，其主要原因是_______。
(3)某有机硼化合物的结构简式如下图所示，组成该有机物的第二周期元素第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。

(4)化硼是一种新型无机非金属材料，晶胞结构如下图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。a点磷原子的坐标为(0，0，0)，b点磷原子的坐标为(1，1，0)，则c点硼原子的坐标为_______。

(5)四氢铝钠(NaAlH4)是有机合成中重要的还原剂，晶胞结构如下图所示。

①的配位数为_______。
②已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为_______(用含a、NA的代数式表示)g∙cm-3 。
【答案】(1)6∶7
(2)     4     小于     原子半径依次减小，得电子能力依次增强
(3)N>O>C>B
(4)(，，)
(5)     8    

【详解】(1)铝元素的原子序数为13，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则原子中球形的s能级与哑铃形的p能级上电子数之比为6∶7，故答案为：6∶7；
(2)①由方程式可知，制氢反应的化合物中硼、碳、氮、氧四种原子的价层电子对数都为4，杂化方式均为sp3杂化，故答案为：4；
②氨分子中氮原子含有1对孤对电子，中氨分子的孤对电子与硼原子形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以氨分子中键角∠HNH小于中键角∠HNH，故答案为：小于；
③同周期元素，从左到右原子半径依次减小，得电子能力依次增强，元素的非金属性依次增强，元素的电负性依次增大，则硼、碳、氮、氧四种元素的电负性依次增大，故答案为：原子半径依次减小，得电子能力依次增强；
④由电负性的大小可知，氢元素的电负性大于硼元素，则在氨硼烷中，H—B键中共用电子对偏向氢原子，氢原子带部分负电荷，故答案为：负；
(3)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硼、碳、氮、氧四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>B，故答案为：42；N>O>C>B；
(4)由位于顶点a点磷原子的坐标为(0，0，0)、顶点b点磷原子的坐标为(1，1，0)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处的c点硼原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)；
(5)①由晶胞结构可知，位于体心的四氢合铝酸根离子与位于棱上和面心的钠离子距离最近，则四氢合铝酸根离子的配位数为8，故答案为：8；
②由晶胞结构可知，位于体心、顶点和面上的四氢合铝酸根离子的个数为1+8×+4×=4，位于棱上、面上的钠离子个数为4×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)2×2a×10—7×d，解得d=，故答案为：。

六、有机推断题
15．普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛，其合成路线如下：

已知：
i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O
ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)反应②的反应类型是_______。
(4)D中有_______个手性碳原子。
(5)写出反应④的化学方程式_______。
(6)H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。
【答案】(1)3-甲基丁醛或异戊醛
(2)
(3)加成反应
(4)2
(5)＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O
(6)     5     、

【分析】根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。
【详解】（1）根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；
（2）对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为；故答案为。
（3）对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应。
（4）根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即；故答案为2。
（5）根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O。
（6）H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为，结构简式还可能是，结构简式还可能是，还可能是，有1种结构，还可能是，共有5种；其中-NH2在链端的有：、；故答案为5；、。