2023年高考第二次模拟考试卷-化学（福建B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（福建B卷）（全解全析），共16页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。

2023年高考化学第二次模拟考试卷
化学·全解全析
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。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2B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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．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 O-16 N-14
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一项符合题目要求。
1．科技改变生活。下列说法错误的是
A．北京冬奥会火炬“飞扬”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点
B．“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同
C．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
D．“天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】A．碳纤维是含碳量高于90%的无机高性能纤维，是一种力学性能优异的新材料，北京冬奥会火炬“飞扬”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点，故A正确；B．计算芯片的成分是单质硅，光导纤维的成分是二氧化硅，故B错误； C．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，重金属离子能使蛋白质变性，可有效防护细菌侵入，故C正确；D．胶体可产生丁达尔效应，故D正确；选B。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，20g D2O中含有氧原子的数目为NA
B．标准状况下，44.8L CCl4中含有分子的数目为2NA
C．0.1mol·L-1氯化铝溶液中含有Al3+的数目为0.1NA
D．2.3g金属钠在空气中点燃失去的电子数目为0.2NA
【答案】A
【解析】A．20g D2O的物质的量是=1mol，其中含有NA个氧原子，A正确；B．标准状况下CCl4为液体，不能利用气体摩尔体积计算，B错误；C．0.1mol·L-1氯化铝溶液的体积未知，无法计算Al3+的数目，C错误；D．2.3g Na的物质的量为0.1mol，在空气中点燃与氧气反应，钠元素化合价从0升高到+1，0.1mol Na参与反应失去的电子数为0.1NA，D错误；故选A。
3．从腐败草料中提取的一种有机物-双香豆素，常用于抗凝药。其合成路线如图，下列有关说法正确的是

香豆素 双香豆素
A．香豆素中所有原子一定共平面
B．1 mol双香豆素最多能消耗2 mol NaOH
C．双香豆素能发生氧化、还原和聚合反应
D．该合成路线的原子利用率为100％
【答案】C
【解析】A．香豆素中含有O-C、O-H键，且单键可自由旋转，则所有原子不一定处于同一平面，故A错误；B．该分子中含有两个酯基，酯基水解生成酚羟基和羧基，酚羟基和羧基都和NaOH反应，所以1 mol双香豆素最多能消耗4 mol NaOH，故B错误；C．双香豆素中含有羟基，能发生氧化，含有碳碳双键，能发生还原和聚合反应，故C正确；D．根据合成路线可知，反应物HCHO中的氧原子没有进入产物双香豆素中，该合成路线的原子利用率不是100％，故D错误；答案选C。
4．能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．四氧化三铁溶于稀硝酸中：
B．酸性溶液与草酸反应：
C．将固体投入中：
D．过量的SO2通入NaOH溶液中：
【答案】C
【解析】A．稀硝酸具有氧化性，能氧化，因此产物应该是硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，选项A错误；B．草酸是弱电解质，不可拆，反应的离子方程式为，选项B错误；C．固体投入中，二者反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为，选项C正确；D．过量的与氢氧化钠溶液反应生成，反应的离子方程式为，选项D错误。答案选C。
5．中国自古有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄As2S3和雄黄As4S4都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有、两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的是

A．反应Ⅰ中，As2S3和SnCl2的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应
B．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化还原反应；反应Ⅲ是非氧化还原反应
C．反应Ⅱ中，物质a可能是S、SO2
D．反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收H2S，向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应Ⅳ提供H2S
【答案】B
【解析】A．反应Ⅰ中，As2S3和SnCl2反应生成Sn4+、As4S4，As化合价由+3到+2，Sn化合价由+2到+4，根据电子守恒可知，As2S3～SnCl2，即物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应，A正确；B．反应Ⅳ中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变，是非氧化还原反应，B错误；C．反应Ⅱ中氧气具有氧化性，负二价硫具有还原性，则物质a可能是S、SO2，C正确； D．反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收H2S，向吸收后的溶液中存在生成的硫化钠，加入足量稀硫酸反应生成硫化氢气体，可为反应Ⅳ提供H2S，D正确；故选C。
6．短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次递增。相邻元素Y、Z位于同一周期且均具有多种常见气态氧化物。X分别与Y、Z可形成10个电子的分子。W的单质在空气中燃烧发出耀眼白光。M原子最外层电子数是其K层电子数的3倍。下列有关说法正确的是
A．X、Y、Z形成的化合物中可能含有极性键和非极性键
B．W的最高价氧化物的水化物为强碱
C．简单氢化物的稳定性：Y>Z
D．M在空气中燃烧的主要产物为MO3
【答案】A
【解析】由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次递增。相邻元素Y、Z位于同一周期且均具有多种常见气态氧化物，X分别与Y、Z可形成10个电子的分子，则X为H，Y为C，Z为N，W的单质在空气中燃烧发出耀眼白光，则W为Mg，M原子最外层电子数是其K层电子数的3倍，则M为S，据此分析解题。
A．由分析可知，X、Y、Z分别为H、C、N，形成的化合物中可能含有极性键和非极性键如CH3CH2NH2中既有极性键又有非极性键，A正确； B．由分析可知，W为Mg，则W的最高价氧化物的水化物即Mg(OH)2为中强碱，B错误；C．由分析可知，Y为C，Z为N，由于非金属性N＞C，故简单氢化物的稳定性为NH3＞CH4即Y 7．氯苯与硝酸发生硝化反应过程中，生成邻、间、对硝基氯苯经历的中间体过程如图所示．据所给信息可得出的结论是

A．氯苯与硝酸发生一取代反应是吸热反应
B．相同温度下，生成间硝基氯苯的速率最大
C．反应过程中经历了HO-NO2断键产生NO的过程
D．选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性
【答案】D
【解析】A．图中只是给出了氯苯和中间体的能量，并没有给出最终产物的能量，故无法判断该反应是吸热还是放热，A错误；B．由图可知，生成间硝基氯苯的活化能最大，故其反应速率应该是最慢的，B错误；
C．反应过程中经历了HO-NO2断键产生的是硝基，不是NO，C错误；D．催化剂具有选择性，故选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性，D正确；故选D。
8．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体
有沉淀生成
证明酸性：H2SO3>HClO
B
向5mL碘水中加入1mLCCl4振荡静置
上层无色，下层紫色
证明“相似相溶”
C
实验室将饱和食盐水滴在电石上，使生成的气体通入高锰酸钾溶液
溶液褪色
证明有乙炔生成
D
常温下，用pH计分别测定1mol/L和0.1mol/L的醋酸铵溶液的pH
pH都等于7
证明醋酸铵溶液中水的电离程度与其浓度无关
【答案】B
【解析】A．向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，生成的沉淀是硫酸钙， 二者发生了氧化还原反应，则不能证明酸性：H2SO3>HClO，故A错误；B．水分子是极性分子 ，而碘和四氯化碳的分子都属于非极性分子，根据相似相容原理，所以碘易溶于四氯化碳，故B正确；C．电石的主要成分是碳化钙，还含有磷、硫等元素，与食盐水生成的气体除乙炔外，还产生PH3和H2S等气体，H2S也可使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．常温下，用pH计分别测定1mol/L和0.1mol/L的醋酸铵溶液的pH，pH都等于7，说明醋酸根离子和铵根离子在不同浓度下的水解程度相同，故D错误；答案B。
9．固体电解质是具有与强电解质水溶液相当的导电性的一类无机物，一种以RbAgals晶体为固体电解质的气体含量测定传感器如图所示，固体电解质内迁移的离子为，氧气流通过该传感器时，O2可以透过聚四氟乙烯膜进入体系，通过电位计的变化可知O2的含量。下列说法不正确的是

A．银电极为负极，多孔石墨电极为正极
B．O2透过聚四氟乙烯膜后与AlI3反应生成I2
C．多孔石墨电极附近发生如下反应：I2+2Ag++2e-=2AgI
D．当传感器内迁移2molAg+时，有标准状况下22.4LO2参与反应
【答案】D
【解析】由图可知，传感器中发生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，原电池反应为2Ag+I2=2AgI，所以原电池的负极发生Ag-e-=Ag+，正极发生I2+2Ag++2e-=2AgI，以此来解答。
A．根据以上分析可知银电极为负极，多孔石墨电极为正极，故A正确；B．传感器中发生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，所以O2透过聚四氟乙烯膜后与AlI3反应生成I2，故B正确；C．多孔石墨电极为正极，发生得到电子的还原反应，即附近发生如下反应：I2+2Ag++2e-=2AgI，故C正确；D．由于氧气所处的状态未知，则不能计算参加反应的氧气体积，故D错误；故选D。
10．T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是

A．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
B．加热可使溶液由X点变到Z点
C．Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液
D．T℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+ CO(aq)平衡体系中，平衡常数K=102
【答案】D
【解析】A．CdCO3(s) ⇌Cd2+( aq)+ CO (aq)，则c(Cd2+)= c(CO)，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，A错误；B．由A分析可知，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Cd(OH)2 (s) ⇌Cd2+( aq)+2OH- (aq)，则c(Cd2+)= 2c(OH-)，加热平衡正向移动，Cd2+、OH-离子浓度变大，但是不会相等，B错误；C．曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，C错误；D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+ CO(aq)平衡体系中，平衡常数K=，D正确；故选D。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（13分）在实验室中从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中回收钴、锂的操作流程如图：

回答下列问题：
(1)拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为________________。
(2)“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为_______________。
(3)“酸浸”时主要反应的离子方程式为______________________；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生__________(填化学式)污染环境。
(4)“沉钴”时，调pH所用的试剂是____________；“沉钴”后溶液中c(Co2+)=__________。已知：Ksp[Co(OH)2]= 1.09×l0-15。
(5)在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500℃，发生反应的化学方程式为________________________。

(6)根据图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括__________、__________、洗涤、干燥等步骤。

【答案】(1)化学能→电能→热能 （1分）
(2)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓ （2分）
(3)8LiCoO2+S2O+22H+=8Li++8Co2++SO+11H2O   （2分）   Cl2 （1分）
(4)NaOH溶液或氢氧化钠固体   （1分）   1.09×l0-6mol/L （2分）
(5)6Co2O34Co3O4+O2↑ （2分）
(6) 蒸发浓缩   （1分）   趁热过滤 （1分）
【解析】正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)加入氢氧化钠溶液进行碱浸，产生气体为氢气，得到偏铝酸钠、LiCoO2，过滤后得到的滤渣为LiCoO2，加入硫酸和Na2S2O3溶液进行酸浸，再调节pH=9.5进行沉钴，得到Co(OH)2，滤液再加入碳酸钠溶液调节pH>12沉锂得到母液和Li2CO3固体。
(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能，故答案为：化学能→电能→热能；
(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；
(3)由信息知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO，Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为8LiCoO2+ S2O+22H+=8Li++8Co2++2 SO+11H2O，加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为污染性气体Cl2，故答案为：8LiCoO2+ S2O+22H+=8Li++8Co2++2 SO+11H2O；Cl2；
(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，代入Ksp[Co(OH)2]=c2(OH-)·c(Co2+)=1.09×l0-15可得c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L，故答案为：1.09×l0-6mol/L；
(5)由流程中物质转化关系知，加热前的反应物为Co(OH)2(0.930g),其物质的量为0.01mol，依据钴元素守恒知：n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，温度升温290℃时，转化为0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)= =0.015mol，由此可以确定该氧化物为Co2O3；同理可以确定500℃时，n(O)= ≈0.0133mol，则生成的氧化物为Co3O4；所以290℃～500℃内，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为6Co2O34Co3O4+O2↑，故答案为：6Co2O34Co3O4+O2↑；
(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩；趁热过滤。

12．（13分）四氯化锡(SnCl4)可用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。实验室可按下图装置(部分夹持装置略去)制备SnCl4。

已知：①SnCl2和SnCl4的部分物理性质：
物质
SnCl2
SnCl4
颜色、状态
无色晶体
无色液体
熔点(℃)
246
-33
沸点(℃)
652
114
②Sn能与HCl反应生成SnCl2，无水SnCl4遇水易水解生成SnO2·xH2O
③Sn与Cl2加热条件下生成SnCl4和SnCl2
回答下列问题：
（1）玻璃管a的作用是_______；仪器b的名称是_______；E中球形冷凝管的进水口是_______(填“c”或“d”)。
（2）A中发生反应的离子方程式是_______。
（3）B中的试剂是_______。
（4）当D中充满黄绿色气体时再点燃酒精灯，原因是_______。
（5）若无C装置，可观察到E中试管内有白雾产生，产生该现象原因是_______(用化学方程式解释)。
（6）E中收集的产品因混有_______而呈黄绿色。欲得到较纯的SnCl4，可再加入几片锡薄片，加热蒸馏，收集温度范围为_______(填标号)的馏分，得到无水SnCl4成品。
A．50 ℃~60 ℃                    B．114 ℃~120 ℃                    C．652 ℃~660 ℃
【答案】（1）连通漏斗上部与蒸馏烧瓶，平衡气压，使分液漏斗内液体顺利流下   （1分）  蒸馏烧瓶     （1分）   c   （1分）
（2）   （2分）
（3）饱和食盐水   （1分）
（4）排除装置中的空气，防止空气中的O2和水蒸气对反应的影响   （2分）
（5）   （2分）
（6）Cl2        （1分） B   （2分）
【解析】装置A中，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢杂质，装置B中应盛装饱和食盐水，C中浓硫酸干燥氯气，装置D中氯气和锡粉反应生成四氯化锡，生成的四氯化锡经冷却后在装置E中收集，未反应的氯气用碱石灰吸收，防止污染空气。
（1）装置A中反应生成氯气，导致蒸馏烧瓶中的压强增大，则导管a的作用是连通漏斗上部与蒸馏烧瓶，平衡气压，使分液漏斗内液体顺利流下；根据仪器的构造可知，仪器b的名称为蒸馏烧瓶；为了使冷凝更充分，E中球形冷凝管应从c端通入冷水，故答案为：连通漏斗上部与蒸馏烧瓶，平衡气压，使分液漏斗内液体顺利流下；蒸馏烧瓶；c；
（2）装置A中，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）B中的试剂用于除去氯气中的氯化氢杂质，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，则B中的试剂应为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（4）为了排除装置中的空气，防止空气中的O2和水蒸气对反应的影响，需要当D中充满黄绿色气体时再点燃酒精灯，故答案为：排除装置中的空气，防止空气中的O2和水蒸气对反应的影响；
（5）C装置用于干燥氯气，若无C装置，氯气中含有水蒸气，无水SnCl4遇水易水解生成SnO2·xH2O，同时生成HCl，因此可观察到E中试管内有白雾产生，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）氯气为黄绿色，E中收集的产品因混有氯气而呈黄绿色；欲得到较纯的SnCl4，可再加入几片锡薄片，加热蒸馏，根据表中数据可知，SnCl4的沸点为114 ℃，因此收集温度范围为114 ℃~120 ℃ 的馏分，得到无水SnCl4成品，故选B，故答案为：Cl2；B。
13．（14分）甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。
（1）一种重要的工业制备甲醇的反应为   △H
已知：①   
②   
试计算制备反应的△H=_______。
（2）在某恒温恒压容器中进行反应，达到平衡时容器容积为1 L。A、B、C、D的物质的量依次为3 mol、1 mol、1 mol、1 mol；若往容器中再通入6 mol A，此时平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，该反应的△H _______(填“大于”或“小于”)0。
（3）对于反应，，。其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下，按初始投料比、、，得到不同压强条件下的平衡转化率关系图：

①比较a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为_______(用字母表示)。
②点N在线b上，计算540 K的压强平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
③540K条件下，某容器测得某时刻MPa，MPa，MPa，此时_______。
（4）甲醇催化可制取丙烯，反应为，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。

该反应的活化能Ea=_______。
【答案】（1）-49.5 kJ/mol （2分）
（2）逆向   （2分） 小于 （2分）
（3）a＞b＞c     （2分） 0.5(MPa)-2   （2分）   0.64 （2分）
（4）31     （2分）
【解析】
（1）根据盖斯定律有：该制备反应=②-①，可得则△H=-49.5 kJ/mol；
（2）根据题意可知平衡时各种气体的浓度c(A)=3 mol/L，c(B)=c(C)=c(D)=1 mol/L，该温度下化学平衡常数K=，恒压条件下若往容器中再通入6 mol A(g)，气体的物质的量是平衡时的2倍，则容器体积由1 L变为2 L，此时，浓度商Qc= 即Qc＞K，所以化学平衡逆向移动；该反应在该条件下能反应，说明△G＜0，又因为该反应是气体分子数减小，可知△S＜0，根据△G=△H-T△S＜0反应能够自发进行，所以△H＜0；
（3）①投料比越大，则相当于H2的物质的量不变，CO2的投入量增大，因而H2的平衡转化率越高，因此a代表，b代表，c代表，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a＞b＞c；
②N点为投料比，氢气平衡转化率为60%，设初始CO2和H2的物质的量都为1 mol，列三段式：

平衡时CO2分压为MPa，同样的计算方法，平衡时H2分压为0.5 MPa，CH3OH、H2O(g)分压均为0.25 MPa，则该温度下的压强平衡常数。
③平衡时，，，。
540 K下，某容器测得某时刻MPa，MPa，MPa，此时；
（4）已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，根据图像可得9.2=-3.2Ea+C；3.0=-3.4Ea+c，两式联立解得Ea=31，则反应的活化能为31 kJ/mol。
14．（10分）我国科学家研究了具有高稳定性的二维硼烯氧化物(BmOn)的超导电性。回答下列问题：
（1）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素为_______(填元素符号)。
（2）①已知二维硼烯氧化物的部分结构如图所示，则该氧化物的化学式为____________，其中硼原子的杂化轨道类型为___________。

②键长和键角的数值可通过晶体的X射线衍射实验获得。经过该实验测定，二维硼烯氧化物中B-B键的键长大于B-O键的键长，其原因是________________________。
（3）硼烷又称硼氢化合物，随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因______________。
（4）LiBH4 -LiI复合材料在低温下表现出较高的离子电导率。BH可以被PS离子部分取代，PS离子的空间结构为_______。
【答案】（1）Be、C、O （2分）
（2）B2O     （2分） sp2     （1分）
O的原子半径小于B的原子半径，二维硼烯氧化物中B-B键的键长大于B-O键的键长 （2分）
（3）随着B原子数增多，硼烷相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高 （2分）
（4）正四面体 （1分）
【解析】（1）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，Be元素原子2s轨道为全充满稳定状态，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能均高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N>O>C>Be>B，故答案为：Be、C、O；
（2）①在每个环中，有氧原子个数2×=1，B原子数6×=2，该氧化物的化学式为B2O；1个硼原子周围连接三个σ键，没有孤对电子，杂化轨道类型为sp2杂化；
②一般来说，原子半径越大，键长越长；O的原子半径小于B的原子半径，二维硼烯氧化物中B-B键的键长大于B-O键的键长；
（3）硼烷属于分子晶体，随着B原子数增多，硼烷相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高；
（4）PS中P原子价层电子数，所以为sp3杂化，且不含孤电子对，是正四面体构型。
15．（10分）化合物J是一种催吐剂的中间体，其合成方法如下：

回答下列问题：
（1）A的名称为___________，H中除酰胺键外，其它含氧官能团的名称为____________。
（2）设计反应①和③的目的是____________。
（3）写出反应④的化学方程式_______________。
（4）同时满足下列条件的A的同分异构体有_______种，写出其中一种核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式_______。
①能发生银镜反应   ②与FeCl3溶液发生显色反应
【答案】（1）2—羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸)     （1分） 醚键、酯基 （1分）
（2）给氯代反应定位并控制氯代数目 （2分）
（3）+CH3OH+H2O     （2分）
（4）9    （2分）   或或 （2分）
【解析】由有机物的转化关系可知，与浓硫酸发生取代反应生成，则A为；在氯化铁做催化剂作用下与氯气发生取代反应生成，在稀硫酸溶液中发生水解反应生成，则D为；在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成，则E为；在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，在TL作用下与铁发生还原反应生成，与ClCH2COCl发生取代反应生成，与一碘甲烷发生取代反应生成I，I与氢氧化钠乙醇溶液反应后，酸化得到J。
（1）由分析可知，A的结构简式为，名称为2—羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸；H的结构简式为，分子中除酰胺键外，其它含氧官能团为醚键、酯基，故答案为：2—羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或α—羟基苯甲酸)；醚键、酯基；
（2）由分析可知，设计反应①和③的目的是给氯代反应定位并控制氯代数目，故答案为：给氯代反应定位并控制氯代数目；
（3）由分析可知，反应④为在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；
（4）A的同分异构体能发生银镜反应，与氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体分子中苯环的取代基为—OH和—OOCH，或2个—OH和1个—CHO，其中—OH和—OOCH在苯环上有邻间对3种结构，2个—OH和1个—CHO有6种结构，共有9种，其中核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式为、、 ，故答案为：9； 或或 。