1、编者按100分的化学试卷中，选考题占去15分，在所有主观题中分值是最高的，可谓是位高“权”重。高考要想取得理想成绩，选考题不容有失。选考题难度中等，属于保分题目，在考场答题时要做到“慎对每一空，稳抓每一分”。二轮针对选考模块的复习，要规避两个误区：一是全面细致地复习，这不符合二轮复习实际，时间短、任务重，没有那么多的时间任我们折腾；二是忽视对选考的复习，选考题难度虽一般，但还是有很多考生在此跌了跟头、丢了分数。正确的做法是：针对高频考点逐点研究，既节省了时间，又掌握了重点，为二轮专题复习打好收官之战。第1讲 有机化学基础1(2018全国卷节选)化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如图：回答
2、下列问题：(1)A的化学名称为_。(2)的反应类型是_。(3)反应所需试剂、条件分别为_。(4)G的分子式为_。(5)W中含氧官能团的名称是_。(6)写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为11)_。解析：(1)该物质可以看作是乙酸中甲基上的一个氢原子被一个氯原子取代后的产物，其化学名称为氯乙酸。(2)反应为CN取代氯原子的反应，因此属于取代反应。(3)反应为羧基与羟基生成酯基的反应，因此反应试剂为乙醇/浓硫酸，条件为加热。(4)根据题给G的结构简式可判断G的分子式为C12H18O3。(5)根据题给W的结构简式可判断W分子中含氧官能团的名称为羟基和醚键。(
3、6)酯的核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为11，说明该物质的分子是一种对称结构，由此可写出符合要求的结构简式为、。答案：(1)氯乙酸(2)取代反应(3)乙醇/浓硫酸、加热(4)C12H18O3(5)羟基、醚键(6)、2(2018全国卷)近来有报道，碘代化合物E与化合物H在CrNi催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如图：已知：RCHOCH3CHORCH=CHCHOH2O回答下列问题：(1)A的化学名称是_。(2)B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为_。(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是_、_。(4)D的结构简式为_。(5)Y中含氧官能团的名称为_。(6)E
4、与F在CrNi催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_。(7)X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为332。写出3种符合上述条件的X的结构简式_。解析：(1)由结构简式可知，A的名称为丙炔。(2)B为单氯代烃，由反应条件可判断该反应为甲基上的取代反应，则B为HCCCH2Cl，结合C的分子式可知B与NaCN发生取代反应，化学方程式为ClCH2CCHNaCNHCCCH2CNNaCl。(3)由以上分析知AB为取代反应。由F的分子式，结合H的结构简式可推知，F为，根据信息中所给出的化学方程式可推出G为，由G生成H的反应条件及H的结构简式
5、可知，该反应为G中碳碳双键与H2的加成反应。(4)由C生成D的反应条件、C的结构简式(HCCCH2CN)及D的分子式可判断C水解后的产物与乙醇发生酯化反应，则D为HCCCH2COOC2H5。(5)由Y的结构简式可知，Y中含氧官能团为酯基和羟基。(6)E和H发生偶联反应生成Y，由三者的结构简式可知，F与E发生偶联反应所得产物的结构简式为。(7)X是D的同分异构体，且含有相同的官能团，即含有CC、COO。符合要求的X有、，写出任意3种即可。答案：(1)丙炔(2) (3)取代反应加成反应(4)CH2COOC2H5(5)羟基、酯基(6)(7)、(任写3种)3(2017全国卷)化合物G是治疗高血压的药物
6、“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如图：已知以下信息：A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为611。D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应。回答下列问题：(1)A的结构简式为_。(2)B的化学名称为_。(3)C与D反应生成E的化学方程式为_。(4)由E生成F的反应类型为_。(5)G的分子式为_。(6)L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应，L共有_种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3221的结构简式为_、_。解析：由已知、C的结构简式及AC的合成
7、路线可推得A、B的结构简式分别为、；再由已知及D的分子式可推得D的结构简式为，由CE可推得E的结构简式为，最后由G的结构简式及FG的合成路线，逆推得F的结构简式为。(6)根据L遇FeCl3溶液发生显色反应可知L中含酚羟基，再结合D的分子式和1 mol L能与2 mol Na2CO3反应，可知L中含2个酚羟基和1个CH3,2个酚羟基位于苯环邻位、间位和对位时，CH3所处的位置分别有2种、3种和1种，即L共有6种可能的结构。其中核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积之比为3221的结构简式为。答案：(1) (2)2丙醇(或异丙醇) 宏观把握一、明确考情从近三年的有机推断题来看，题目均是以合成框图的形式出
8、现，一般流程图较长，67问、710空居多。通过相关反应推断产物，题目的设置从易到难，主要考查有机物的命名、结构和性质的判断、结构简式和化学方程式的书写、同分异构体的书写与判断以及有机合成路线等。其考查点与难度表解如下：常见有机物名称、分子式(结构简式)书写易常见反应类型、官能团、反应条件易同分异构体的判断(种类)与书写难有机化学方程式书写较易有机物结构推断与书写较易有机合成路线的设计、空间结构较易新信息学习与迁移、整合与利用较难二、复习策略二轮有机复习，要注重以下3点：1以“结构决定性质，性质反映结构”为核心，强化官能团的结构、性质、鉴别，反应方程式的书写，反应类型的判断以及断键与成键分析能力
9、的培养，能根据题中信息灵活迁移，做到“变化之处模仿，不变之处保留”。2重点突破同分异构体的数目判断与书写，与核磁共振氢谱相结合的结构简式的书写。强化书写同分异构体的思路和方法，培养思维的有序性、缜密性、整体性和灵活性。3重点训练根据信息设计有机化合物的合成路线，提高对有机物化学性质的活学活用、有机知识的综合应用能力，提高接受新信息、吸收新信息、整合信息的能力。三、解题技法有机推断题所提供的条件有两类：一类是有机物的性质及相互关系(也可能有数据)，这类题往往直接从官能团、前后有机物的结构差异、特殊反应条件、特殊转化关系、不饱和度等角度推断。另一类则通过化学计算(也告诉一些物质性质)进行推断，一般
10、是先求出相对分子质量，再求分子式，根据性质确定物质。至于出现新情境信息时，一般采用模仿迁移的方法与所学知识融合在一起使用。推理思路可采用顺推、逆推、中间向两边推、多法结合推断。命题点一有机物的结构与性质官能团结构典型性质碳碳双键易加成、易氧化、易聚合碳碳三键易加成、易氧化卤素X(X表示Cl、Br等)易取代(如溴乙烷与NaOH水溶液共热生成乙醇)、易消去(如溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯)醇羟基OH易取代、易消去(如乙醇在浓硫酸、170 条件下生成乙烯)、易催化氧化、易被强氧化剂氧化(如乙醇在酸性K2Cr2O7溶液的作用下被氧化为乙醛甚至乙酸)酚羟基OH极弱酸性、易氧化(如无色的苯酚晶体易被
11、空气中的氧气氧化为粉红色)、显色反应(如苯酚遇FeCl3溶液呈紫色)醛基易氧化(如乙醛与银氨溶液共热生成银镜)、易还原羰基易还原(如在催化加热条件下还原为)羧基酸性(如乙酸的酸性强于碳酸，乙酸与NaOH溶液反应)、易取代(如乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应)酯基易水解(如乙酸乙酯在稀硫酸、加热条件下发生酸性水解，乙酸乙酯在NaOH溶液、加热条件下发生碱性水解)醚键ROR如环氧乙烷在酸催化下与水一起加热生成乙二醇硝基NO2如酸性条件下，硝基苯在铁粉催化下被还原为苯胺：典例 1指出下列物质中所含官能团的名称：(2)：_。 (4)：_。答案(1)酚羟基、碳碳双键、羧基(2)酯基、酚羟基、醚
12、键、碳碳双键(3)氯原子、酯基、醛基(4)碳碳双键、醇羟基、醛基说明命名含有多个不同官能团的化合物时，要选择优先的官能团作为母体，官能团作为母体的优先顺序为(以“”符号表示优先)羧酸酯醛酮醇卤素原子。典例2写出下列有机物名称：答案(1)2乙基1丁烯(2)2,3二甲基1,3丁二烯(3)邻甲基乙苯(4)3甲基2氯丁烷(5)3甲基2乙基1丁醇(6)2甲基丙醛1掌握判断方法2牢记转动思想有机物分子中的单键，包括碳碳单键(CC)、碳氢单键(CH)、碳氧单键(CO)、碳氯单键(CCl)等均可转动。如结构简式为的有机物，其空间结构如图所示。转动处CC单键可使两平面M1和M2重合为同一平面，炔直线位于醛平面上
13、，但甲基上的H原子不在炔直线上，转动处CC单键，可使甲基上的一个H原子落在醛平面上，因此最多共平面的原子为17个。典例3判断下列描述的正误及填空：(1)(2018全国卷节选)螺2.2戊烷()分子中所有碳原子均处于同一平面()(2)(2017全国卷节选)化合物、的分子式均为C6H6，其中只有的所有原子处于同一平面()(3)(2017江苏高考节选) 和分子中所有碳原子均处于同一平面上()(4)(2016全国卷节选)异丙苯()中碳原子可能都处于同一平面()(5)(2016浙江高考节选)分子中的四个碳原子在同一直线上()(6)(2015全国卷节选)异戊二烯分子中最多有_个原子共平面。(7) 分子中一定
14、共平面的原子有_个，最多共平面的有_个。(8)对三联苯()至少有_个原子共平面。答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)11(7)810(8)161由官能团转化推测反应类型。从断键、成键的角度掌握各反应类型的特点，如取代反应的特点是有上有下或断一下一上一；加成反应的特点是只上不下或断一加二；消去反应的特点是只下不上。2由反应条件推测反应类型。有机反应的重要条件总结如下：(1)NaOH水溶液作条件的反应：卤代烃的水解；酯的碱性水解；NaOH醇溶液与卤代烃发生的是消去反应。(2)以浓H2SO4作条件的反应：醇的消去；醇变醚；苯的硝化；酯化反应。(3)以稀H2SO4作条件的反应：酯的水解；糖类的水解
15、；蛋白质的水解。(4)Fe：苯环的卤代。光照：烷烃的卤代。(5)当反应条件为光照且与X2反应时，通常是X2与烷烃或苯环侧链烃基上的氢原子发生取代反应，而当反应条件为催化剂且与X2反应时，通常为苯环上的氢原子直接被取代。(6)当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇氧化为醛或醛氧化为酸。3卤代、硝化、磺化、酯化、水解、皂化、分子间脱水等反应，本质上属于取代反应。4有机物的加氢、脱氧属还原反应，脱氢、加氧属于氧化反应。典例4芳香烃A经过如图所示的转化关系可制得树脂B与两种香料G、I，且知有机物E与D互为同分异构体。请回答下列问题：(1)指出有机物C、E分子中含有官能团的名称。C：_、E：_。(2)有
16、机物A的结构简式为_，A分子中最多有_个原子共平面；G的结构简式为_。(3)AB、AC、CE、DA、DF的反应类型分别为_、_、_、_、_。(4)写出下列反应的化学方程式：CA：_；F与银氨溶液：_；DHI：_。解析由图可知A发生加聚反应生成B(C8H8)n，故A的分子式为C8H8，其不饱和度为5，由于A为芳香烃，结合苯环的不饱和度为4，可知A分子侧链上含有一个碳碳双键，可推知A、B的结构简式分别为；由DFH(连续氧化)，可知D为醇，F为醛，H为羧酸，所以D、F、H的结构简式分别为，D与H发生酯化反应生成I为；由A与HBr发生加成反应生成C，C发生水解反应生成E可知，C为溴代烃，E为醇，由E与
17、D互为同分异构体，可推知 E的结构简式为，进一步可推知C、G的结构简式分别为。答案(1)溴原子羟基(2) 16(3)加聚反应加成反应取代反应(或水解反应)消去反应氧化反应备考锦囊 常考官能团1 mol所消耗的NaOH、H2的物质的量的确定方法NaOH举例说明1 mol酚酯基消耗2 mol NaOH；1 mol酚羟基消耗1 mol NaOH；醇羟基不消耗NaOHH2举例说明一般条件下羧基、酯基、肽键不与氢气反应；1 mol羰基、醛基、碳碳双键均消耗1 mol H2；1 mol碳碳三键、碳氮三键均消耗2 mol H2；1 mol苯环消耗3 mol H2；醋酸酐中的碳氧双键一般也不与H2反应命题点二
18、同分异构体数目的判断与限定条件下的书写1记忆法(1)由烃基的异构体数目推断判断只有一种官能团的有机物的同分异构体的数目时，根据烃基的异构体数判断较为快捷。如判断丁醇的同分异构体时，根据组成丁醇可写成C4H9OH，由于丁基有4种结构，故丁醇有4种同分异构体。常用的烃基异构有C3H7(2种)、C4H9(4种)、C5H11(8种)。(2)由苯环上取代基的数目推断当苯环上只连有一个取代基时，可由烃基的数目推断。如C9H12O属于芳香醇，且苯环上只有一个取代基的结构有5种，分别为(C9H12O写为，C3H6OH含OH的结构有5种)。当苯环上连有两个取代基时，有邻、间、对3种结构。当苯环上连有三个取代基时
19、，若三个取代基完全相同则有3种结构；若三个取代基中有2个完全相同，则有6种结构；若三个取代基各不相同，则有10种结构。如C7H5O2Cl遇FeCl3显紫色，能发生银镜反应的结构共有10种(如其中一种为)。2由等效氢原子推断碳链上有几种不同的氢原子，其一元取代物就有几种同分异构体。一般判断原则：(1)同一碳原子上的氢原子是等效的。(2)同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的。(3)处于镜面对称位置上的氢原子是等效的。一元取代物数目即为等效氢的数目，如等效氢的数目为2，则一氯代物有2种。3用替换法推断如一个碳碳双键可以用环替换；碳氧双键可以用碳碳双键替换并将氧原子移到他处；碳碳三键相当于两个碳碳双键
20、，也相当于两个环。不同原子间也可以替换，如二氯苯C6H4Cl2有3种同分异构体，四氯苯C6H2Cl4也有3种同分异构体。4用组合法推断先确定一基团同分异构体的数目，再确定另一基团同分异构体的数目，从而确定两基团组合后同分异构体数目的方法。如饱和一元酯，R1有m种结构，R2有n种结构，共有mn种酯的结构。实例：分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解得到的两种有机物的相对分子质量相等，则形成该酯的酸为C3H7COOH(2种结构)，醇为C5H11OH(8种结构)，故该酯的结构共有2816种。典例1邻甲基苯甲酸()的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体共有_种。属于芳香族化合物；能与银氨溶液反应
21、产生光亮的银镜；能与NaOH溶液反应。思维流程答案171思维流程(1)根据限定条件确定同分异构体中所含官能团。(2)结合所给有机物有序思维：碳链异构官能团位置异构官能团类别异构。(3)确定同分异构体种数或根据性质书写结构简式。2注意事项限定范围书写和补写同分异构体，解题时要看清所限范围，分析已知几个同分异构体的结构特点，对比联想找出规律补写，同时注意碳的四价原则和官能团存在位置的要求。(1)芳香族化合物同分异构体烷基的类别与个数，即碳链异构。若有2个侧链，则存在邻、间、对三种位置异构。(2)具有官能团的有机物一般的书写顺序：碳链异构官能团位置异构官能团类别异构。书写要有序进行，如书写酯类物质的
22、同分异构体时，可采用逐一增加碳原子的方法。如C8H8O2含苯环的属于酯类的同分异构体为甲酸某酯：、 (邻、间、对)；乙酸某酯：；苯甲酸某酯：。3剖析限定条件下同分异构体的书写(以C9H10O2为例)限定条件可能的同分异构体的结构简式有6种不同化学环境的氢原子；能与金属钠反应放出H2；能与Na2CO3溶液反应；苯环上的一氯代物只有3种；苯环上只有1个取代基有5种不同化学环境的氢原子；能与金属钠反应放出H2；能与Na2CO3溶液反应；苯环上的一氯代物只有2种；苯环上有2个取代基有6种不同化学环境的氢原子；能与金属钠反应放出H2；能与Na2CO3溶液反应；苯环上的一氯代物只有3种；苯环上有3个取代基
23、有5种不同化学环境的氢原子；能发生水解反应；苯环上的一氯代物只有3种；苯环上有1个取代基有5种不同化学环境的氢原子；能发生水解反应，水解产物之一遇FeCl3显紫色；苯环上的一氯代物只有3种；苯环上有1个取代基有6种不同化学环境的氢原子；能发生银镜反应，水解产物之一也能发生银镜反应；苯环上的一氯代物只有3种；苯环上有1个取代基有6种不同化学环境的氢原子；能发生银镜反应；遇FeCl3显紫色；苯环上的一氯代物只有2种；苯环上有2个取代基典例2G为，二元取代芳香化合物H是G的同分异构体，H满足下列条件：能发生银镜反应；酸性条件下水解产物物质的量之比为21；不与NaHCO3溶液反应。则符合上述条件的H共
24、有_种(不考虑立体异构，不包含G本身)，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_(写出一种即可)。思维流程答案11针对训练1(1) 的同分异构体中：能发生水解反应；能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应；含氧官能团处在对位。满足上述条件的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)，写出核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式_。(2)化合物有多种同分异构体，同时满足下列条件的有_种。能发生水解反应和银镜反应；能与FeCl3发生显色反应；苯环上有四个取代基，且苯环上一卤代物只有一种。(3)符合下列3个条件的的同分异构体有_种。与FeCl3溶液显色；苯环上只有两个取代基；1 mol该物质最多
25、消耗3 mol NaOH，其中氢原子共有五种不同环境的是_(写结构简式)。(4)同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上有两个取代基、含C=O的的同分异构体有_种(不包括立体异构)；其中核磁共振氢谱为4组峰、能水解的物质的结构简式为_。解析：(1) 的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，还能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸酯(HCOO)结构，再根据含氧官能团处在对位，可写出三种结构，其中核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的是(2)由条件知同分异构体中含有酚羟基、甲酸酯基，含有4个饱和碳原子；结合条件可写出6种符合条件的同分异构体的结构简式：(3)同分异构体符合
26、下列条件：与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；苯环上只有两个取代基；1 mol该物质最多消耗3 mol NaOH，说明另一个取代基为RCOO，该取代基为CH3CH2CH2COO、(CH3)2CHCOO，这两种取代基都与酚羟基有邻、间、对3种位置关系，所以符合条件的有6种，其中氢原子共有五种不同环境的是(4)同分异构体同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；苯环上有两个取代基、含C=O，苯环上邻、间、对3种：，侧链有异构体：COOCH3、OOCCH3、CH2COOH、CH2OOCH、OCH2CHO、COCH2OH、CHOHCHO 7种，故异构体有3721种；核磁共振氢谱为4组峰、能水解
27、的物质，即4种化学环境的H，只有苯环上对位(3种H)、侧链上1种H(上述前两种)才符合条件，其结构简式为答案：(1)3(2)6(3)6(4)212(1)(2017全国卷节选)芳香化合物X是F()的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6211。写出2种符合要求的X的结构简式_。(2)(2017全国卷 节选)H是G()的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有_种。(3)(2016全国卷节选)芳香化合物F是的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为31，写出其中3种的结构简式_。(4)(201
28、5全国卷节选)HOOC(CH2)3COOH的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构)。能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为611的是_(写结构简式)。解析：(1)F()苯环外含有5个碳原子、3个不饱和度和2个O原子，其同分异构体能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，即必含有羧基，核磁共振氢谱显示有4种氢原子，则具有较高的对称性，氢原子个数比为6211，可知含有两个对称的甲基，还有2个碳原子和2个不饱和度，则含有碳碳三键，故满足条件的同分异构体的结构简式为和。(2)G()的苯环上有3个不同的取代基，不妨设为
29、X、Y、Z。可以先确定X、Y在苯环上的相对位置，得到邻、间、对3种同分异构体，再将Z 分别取代上述3种同分异构体中苯环上的氢原子，分别得到4种、4种、2种同分异构体，共有10种，则H可能的结构有9种。(3)F需满足条件：.与具有相同的分子构成，含有1个苯环和2个Cl原子；.分子中只有两种不同化学环境的氢，且数目比为31，说明分子结构存在对称性，分子中含有2个CH3，考虑苯环上取代基的结构及相对位置关系，符合条件的F的结构简式有等。(4)其同分异构体满足条件：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有COOH；既能发生银镜反应，又能发生皂化反应，说明含有CHO和COO(酯基)，结合该有机物的
30、分子式分析可知，其同分异构体为甲酸酯，含有(HCOO)结构，则符合条件的同分异构体有5种结构，分别为核磁共振氢谱显示为3组峰，说明该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子；又知峰面积比为611，说明3种氢原子的个数比为611，该有机物的结构简式为命题点三有机“微合成”1官能团的引入(或转化)引入官能团方法OHH2O；RXH2O；RCHOH2；RCORH2；RCOORH2O；多糖发酵X烷烃X2；烯(炔)烃X2或HX；ROHHXROH和RX的消去；炔烃不完全加氢CHO某些醇氧化；烯烃氧化；炔烃水化；糖类水解COOHRCHOO2；苯的同系物被强氧化剂氧化；羧酸盐酸化；RCOORH2OCOO酯化反应2
31、.官能团的消除(1)通过加成反应可以消除不饱和键(双键、三键)和苯环。(2)通过消去、氧化或酯化反应等消除羟基。(3)通过加成或氧化反应等消除醛基。(4)通过水解反应消除酯基、肽键、卤素原子。3官能团的改变(1)利用官能团的衍生关系进行衍变，如RCH2OHRCHORCOOH。(2)通过某种化学途径使一个官能团变为两个，如CH3CH2OHCH2=CH2ClCH2CH2ClHOCH2CH2OH。(3)通过某种手段改变官能团的位置，如4官能团的保护被保护的官能团被保护的官能团性质保护方法酚羟基易被氧气、臭氧、双氧水、酸性高锰酸钾溶液氧化用NaOH溶液先转化为酚钠，后酸化重新J转化为酚：用碘甲烷先转化
32、为苯甲醚，后用氢碘酸酸化重新转化为酚：氨基先用盐酸转化为盐，后用NaOH溶液重新转化为氨基碳碳双键易与卤素单质加成，易被氧气、臭氧、双氧水、酸性高锰酸钾溶液氧化用氯化氢先通过加成转化为氯代物，后用NaOH醇溶液通过消去重新转化为碳碳双键醛基易被氧化乙醇(或乙二醇)加成保护：根据目标分子与原料分子在碳骨架和官能团两方面变化的特点，我们将合成路线的设计分为：1以熟悉官能团的转化为主型如：请设计以CH2=CHCH3为主要原料(无机试剂任用)制备CH3CH(OH)COOH的合成路线流程图(须注明反应条件)。2以分子骨架变化为主型如：请以苯甲醛和乙醇为原料设计苯乙酸乙酯(的合成路线流程图(注明反应条件)
33、。提示：RBrNaCNRCNNaBr3以陌生官能团兼有骨架显著变化为主型要注意模仿题干中的变化，找到相似点，完成陌生官能团及骨架的变化。如：模仿香兰素ABCD多巴胺设计以苯甲醇、硝基甲烷为主要原料制备苯乙胺(的合成路线流程图。关键是找到原流程中与新合成路线中的相似点。(碳架的变化、官能团的变化；硝基引入及转化为氨基的过程)典例(1)A(C2H2)是基本有机化工原料。由A制备顺式聚异戊二烯的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：参照异戊二烯的合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1,3丁二烯的合成路线。(2)已知：参照上述合成路线，以和化合物B为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。解析
34、(1)由反应流程信息可以写出由HCCH和CH3CHO为起始原料制备1,3丁二烯的合成路线。(2)由ABC的原理是B中两羰基之间的碳原子取代A中的溴原子，构成四元环，因而应先将构造成卤代烃，之后完全类比CDE的变化即可。针对训练(1)(2018全国卷节选)苯乙酸苄酯()是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线(无机试剂任选)。(2)(2017全国卷节选)化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：RCHOCH3CHORCH=CHCHOH2O；写出用环戊烷和2丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。解析：(1)逆推法。要合成苯乙
35、酸苄酯，需要，根据题给反应可知，需要；要生成，需要；苯甲醇和HCl反应即可生成(2)由产物的结构简式，迁移信息可知要先制出，可由氯代烃发生消去反应得到，而氯代烃可由环戊烷与氯气在光照条件下发生取代反应制得。(2)命题点四有机推断1有机结构推断的思维模式2有机推断的四个“突破口”(1)根据反应条件推断反应物或生成物“光照”为烷烃的卤代反应。“NaOH水溶液、加热”为RX的水解反应或酯()的水解反应。“NaOH醇溶液、加热”为RX的消去反应。“HNO3(H2SO4)”为苯环上的硝化反应。“浓H2SO4、加热”为ROH的消去或酯化反应。“浓H2SO4、170 ”是乙醇消去反应的条件。“Cu(或Ag)
36、、O2/”是醇的催化氧化的反应条件。(2)根据有机反应的特殊现象推断有机物的官能团使溴水褪色，则表示有机物分子中可能含有碳碳双键、碳碳三键或醛基。使酸性KMnO4溶液褪色，则该物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基或苯的同系物(与苯环相连的碳上有氢原子)。遇FeCl3溶液显紫色或加入浓溴水出现白色沉淀，表示该物质分子中含有酚羟基。加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，有砖红色沉淀生成(或加入银氨溶液并水浴加热有银镜出现)，说明该物质中含有CHO。加入金属钠，有H2产生，表示该物质分子中可能有OH或COOH。加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有COOH。(3)以特征产物为突破口来推
37、断碳架结构和官能团的位置醇的氧化产物与结构的关系由消去反应的产物可确定“OH”或“X”的位置。由取代产物的种类或氢原子环境可确定碳架结构。有机物取代产物越少或相同环境的氢原子数越多，说明该有机物结构的对称性越高，因此可由取代产物的种类或氢原子环境联想到该有机物碳架结构的对称性而快速进行解题。由加氢后的碳架结构可确定碳碳双键或碳碳三键的位置。由有机物发生酯化反应能生成环酯或高聚酯，可确定该有机物是含羟基的羧酸；根据酯的结构，可确定OH与COOH的相对位置。(4)根据关键数据推断官能团的数目CHO。OH2(醇、酚、羧酸)H2。2COOHCO2，COOHCO2。(Mr) (Mr42)典例功能高分子P
38、可用作光电材料，其合成路线如图：(1)烃A的相对分子质量是26，其结构简式是_。(2)C中含有的官能团是_。(3)G的结构简式是_。(4)P中的官能团名称_。(5)反应和的目的是_。解析根据功能高分子可知H为；烃A的相对分子质量是26，A为乙炔()，根据信息，乙炔与甲醛反应生成B，B为，B与HBr发生取代反应生成C，C为根据流程图，D为对二甲苯，E为，F为。(1)烃A的相对分子质量是26，是乙炔。(2)由C的结构简式知，其中含有的官能团有碳碳三键、溴原子。(4)P中有羧基、醚键、碳碳双键。(5)设计反应和的目的是保护苯环上的(酚)羟基不被氧化。答案(1) (2)碳碳三键、溴原子(3) (4)羧
39、基、醚键、碳碳双键(5)保护苯环上的(酚)羟基不被氧化针对训练(2018全国卷)以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如图所示：回答下列问题：(1)葡萄糖的分子式为_。(2)A中含有的官能团的名称为_。(3)由B到C的反应类型为_。(4)C的结构简式为_。(5)由D到E的反应方程式为_。(6)F是B的同分异构体。7.30 g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24 L二氧化碳(标准状况)，F的可能结构共有_种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为311的结构简式为_。解析：(1)葡
40、萄糖的分子式为C6H12O6。(2)葡萄糖中含有羟基和醛基，醛基与氢气发生加成反应生成羟基，因此A中的官能团只有羟基。(3)B分子含有羟基，能与乙酸发生酯化反应，因此该反应类型为取代反应(或酯化反应)。(4)由C的分子式可知，B中只有一个羟基发生取代反应，因此C的结构简式为。(5)D生成E的反应为酯在氢氧化钠作用下的水解反应，该反应的化学方程式为。(6)B的分子式为C6H10O4，其相对分子质量为146，F是B的同分异构体，则7.30 g F的物质的量为0.05 mol，生成的二氧化碳的物质的量为0.1 mol，因此F分子中含有两个羧基，剩余基团为C4H8，根据同分异构体的书写方法可判断符合要
41、求的F的可能结构有9种，其中满足题意要求的结构简式为。答案：(1)C6H12O6(2)羟基(3)取代反应(或酯化反应)(4)(5)(6)9有机化学基础1某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶：已知：RXRCNRCOOH；请回答：(1)AB的反应类型是_。(2)下列说法不正确的是_。A化合物A的官能团是硝基B化合物B可发生消去反应C化合物E能发生加成反应D哌替啶的分子式是C15H21NO2(3)写出BCD的化学反应方程式：_。(4)设计以甲苯为原料制备C的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式：_。分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；1H
42、NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键(C=N)。 解析：由框图可推知，A、B、C的结构简式分别为CH3NCH2CH2OHCH2CH2OH、再由题给已知条件可推出D、E的结构简式分别为、，再结合产物哌替啶可推出F的结构简式为CH3CH2OH。(2)A项，化合物A的官能团为羟基，错误；B项，化合物B在NaOH的醇溶液中发生消去反应，正确；C项，化合物E含苯环，可以与H2发生加成反应，正确；D项，由哌替啶的结构式可知，其分子式为C15H21NO2，正确。答案：(1)取代反应(2)A2HCl (5)、2来氟米特片剂，适应症为人类风湿性关节炎，成分为，工业上制备此物质的一种过程如图：已
43、知：结构中E1为CH3。(1)B中所含官能团有_(写名称)；C的分子式为_。(2)CD的反应类型为_。写出EF的化学方程式：_。(3)B可以用于合成高分子化合物G，请写出G的结构简式：_。(4)D的同分异构体中满足下列情况的同分异构体有_种。(不包括D)含有和一个CH3结构滴入含有酚酞的氢氧化钠溶液红色变浅(5)已知CH3OHNH3CH3NH2H2O，参照上述合成路线，设计以苯甲酸、甲醇、氨为原料合成的路线。解析：(4)根据信息，可确定同分异构体中含有羧基或酯基。结构中COOH或OOCH可在1、2位上，其中羧基在1位时为D，故符合条件的同分异构体有3种；结构中COOH或OOCH可在1、2位上，
44、符合条件的同分异构体有4种；结构中COOH或OOCH可在1、2位上，符合条件的同分异构体有4种；结构中OOCCH3或COOCH3可在1、2、3位上，符合条件的同分异构体有6种，共17种。答案：(1)酯基、羰基、醚键、碳碳双键C7H9O3N(2)水解反应(或取代反应) HCl(3)(4)173(2019届高三湖北省天门市、仙桃市、潜江市联考)结晶玫瑰和高分子树脂M的合成路线如图所示：已知：A是苯的同系物，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为46； (R、R表示烃基或氢原子)；(1)C中含氧官能团的名称为_，E的结构简式为_。(2)写出由G生成结晶玫瑰的化学方程式：_。(3)在上述流程中“CD”
45、在M的合成过程中的作用是_。(4)已知G在一定条件下水解生成H(C8H8O3)，写出H满足下列条件的同分异构体的结构简式：_。a与氯化铁溶液发生显色反应；b.苯环上的一氯取代物只有一种；c.与足量的氢氧化钠溶液反应，1 mol可消耗3 mol NaOH。解析：A是苯的同系物，设分子式为CnH2n6，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为46，其相对分子质量为46292，即14n692，解得n7，故A为，A氧化为B，B与CH3CHO反应得到C，B与CHCl3反应得到G，结合已知中给出的可知B为，C为，G为，G与CH3COOH发生酯化反应得到结晶玫瑰。C与Br2发生加成反应得到D，D为，D氧化得到
46、E为，结合已知给出的反应可知F是，F发生加聚反应得到M为。4(2018天津高考)化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如图：(1)A的系统命名为_，E中官能团的名称为_。(2)AB的反应类型为_，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为_。(3)CD的化学方程式为_。(4)C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应；且1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有_种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为_。(5)F与G的关系为_(填标号)。a碳链异构B官能团异构c顺反异构 D位置异构(6)M的结构简式为_。(7)参照上述
47、合成路线，以为原料，采用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为_，X的结构简式为_；试剂与条件2为_，Y的结构简式为_。解析：(1)A是含有6个碳原子的直链二元醇，2个羟基分别位于碳链的两端，根据系统命名法，A的名称应为1,6己二醇。由E的结构简式可知，E中的官能团有碳碳双键和酯基。(2)AB的反应是Br替代OH的反应。A和B是能互溶的两种液体，但沸点不同，故用减压蒸馏(或蒸馏)的方法提纯B。(3)CD是酯化反应。(4)能发生银镜反应说明含有醛基；溴代烷和酯都能与NaOH溶液发生化学反应；具有“四组峰”说明有四种不同化学环境的氢原子。(5)CH2=CH2是一种平面结构；F与G在碳碳双键
48、右边基团的位置不同。(6)GN中有肽键生成。(7)由原料和医药中间体的结构简式可推知化合物X为，化合物Y为，参照题给的合成路线可知，试剂与条件1为HBr，。由生成可知是醇羟基被氧化为羰基，试剂与条件2为O2/Cu或Ag，。答案：(1)1,6己二醇碳碳双键，酯基(2)取代反应减压蒸馏(或蒸馏)(4)5(5)c(6)(7)HBr，O2/Cu或Ag，5(2018莆田模拟)聚碳酸酯(PC)是一种强韧的热塑性树脂，广泛用于玻璃装配业、汽车工业、电子和电器工业。PC的一种合成路径如图：回答下列问题：(1)烃A的质谱图如下，则A的分子式为_。(2)D的名称为_，DE的反应类型为_。(3)双酚的结构简式为_。
49、(4)B和E可以形成一种酯类物质F，写出BEF反应的化学方程式：_。(5)F的同分异构体中，能同时满足如下条件的共有_种(不考虑立体异构)。分子中有两个甲基；能发生银镜反应；在酸性溶液中的水解产物遇FeCl3溶液显紫色。写出其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为62211 的分子的结构简式：_。(6)写出由D分子合成甘油(丙三醇)的合成路线图。(已知：RCHCHCH3RCHCHCH2Cl)解析：(1)921278，所以A的分子式为C7H8，根据产物PC的结构可知A的结构简式为。(2)C3H7Cl为卤代烃，在NaOH的水溶液中发生水解生成相应的醇，醇在CuO氧化下生成(CH3)2，由此可知氯原
50、子连接在中间碳上，所以D的结构简式为(CH3)2CHCl，名称为2氯丙烷，D到E的反应类型是取代反应或水解反应。(3)A是甲苯，在KMnO4的氧化下生成B，B为苯甲酸，苯甲酸在一定条件下生成C，根据C的分子式可知C为苯酚，两分子苯酚与丙酮发生反应生成双酚，丙酮中碳氧双键断开，苯酚中酚羟基对位的氢原子断裂，形成H2O，因此双酚的结构简式为。(4)B为苯甲酸，E的结构简式为(CH3)2CHOH，B与E发生酯化反应生成F和水。(5)F的分子式为C10H12O2，不饱和度为5，在酸性溶液中的水解产物遇FeCl3溶液显紫色，可知含有一个苯环(不饱和度为4)和一个酯基(不饱和度为1)，且羟基氧连在苯环上。
51、能发生银镜反应，含有一个醛基，根据不饱和度可知该物质只能是甲酸某酯，除去苯环和甲酸某酯上的7个碳外，还余3个碳，含有两个甲基，则有两种情况：一个甲基和一个乙基分别连在苯环上，此时苯环上连着3个不同的取代基，共有10种结构；苯环上连着一个异丙基CH(CH3)2，此时苯环上连着2个取代基，共有3种结构，故符合条件的同分异构体总共有13种；根据峰面积比为62211可知含有异丙基结构，故符合条件的同分异构体的结构为。(6)比较原料2氯丙烷和目标产物丙三醇的结构可知，官能团的种类、数目发生变化，要得到丙三醇必须先制取三氯丙烷，要使一氯丙烷转化为三氯丙烷，必须通过加成反应增加Cl原子，所以先使2氯丙烷在N
52、aOH的醇作用发生消去反应得到丙烯，然后在加热下取代CH3上的一个H原子，然后再与Cl2发生加成反应，即可引入3个Cl原子的卤代烃，最后水解即可。答案：(1)C7H8(2)2氯丙烷取代反应(或水解反应)6(2018株洲模拟)碳碳双键有如下所示的断裂方式：高分子单体A(C6H10O3)可进行如图反应。已知：.对框图中某些化合物性质的说明：A在室温下不与NaHCO3溶液反应，但可与Na反应放出H2；B可与NaHCO3溶液反应放出CO2；C可与Na反应放出H2而D不能；G在室温下既不与NaHCO3溶液反应，也不与Na反应放出H2；.两个OH连在同一个C原子上的结构不稳定。(1)写出反应中1)的反应类
53、型：_；写出D的键线式：_。(2)写出物质E所含官能团的名称：_。(3)B在浓H2SO4存在下与甲醇共热反应生成的有机物的系统名称为_。(4)写出FG的化学反应方程式：_。(5)与B互为同分异构体，分子为链状的酯类物质共有_种(不考虑立体异构)。(6)请设计合理方案，用物质E制备乙二酸(其他原料自选，用反应流程图表示，并注明必要的反应条件)。解析：室温下A不与NaHCO3溶液反应，但可与Na反应放出H2，说明A中不含羧基，含有羟基，由题中反应条件及反应的产物可知，A能发生水解反应，则A中含有酯基；B可与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明B中含有羧基，C可与Na作用放出H2而D不能，说明C是醇
54、，C发生分子间脱水生成D，根据分子式知，C是乙二醇，D的结构简式为；G在室温下既不与NaHCO3溶液反应，也不与Na作用放出H2，说明G中不含羧基或醇羟基，则只含酯基，F中含有醇羟基和羧基；E能发生加成反应说明E中含有不饱和键，根据E的分子式结合题给信息知，E的结构简式为CH3COCOOH，则B的结构简式为，A的结构简式为(1)反应中1)的反应类型是水解(或取代)反应；D的键线式为。(2)物质E所含官能团是羰基、羧基。(3)在浓H2SO4存在下与甲醇共热反应生成，系统名称为甲基丙烯酸甲酯。(4)在浓H2SO4作催化剂、加热条件下，F发生酯化反应生成G。(5)与互为同分异构体，分子为链状的酯类物
55、质有，共有5种。(6)用物质E制备乙二酸，可以先由E与氢气加成生成2羟基丙酸，然后2羟基丙酸发生消去反应得到丙烯酸，最后丙烯酸经高锰酸钾氧化再酸化得到乙二酸。答案：(1)水解(或取代)反应(2)羰基、羧基(3)甲基丙烯酸甲酯(4)(5)57己二酸环酯类化合物是一种重要的化工试剂。其一种合成路线如图： 已知： (试剂)。回答下列问题：(1)按系统命名法，CH2(COOC2H5)2的名称为_。(2)A生成B的反应类型为_，化合物E中官能团的名称为_，F的分子式为_。(3)D生成E的化学方程式为_。(4)芳香族化合物G为E的同分异构体，符合下列要求的同分异构体有_种。.1 mol G可与2 mol
56、Na2CO3反应.含有官能团NH2.苯环上有三个取代基，且苯环上有两种等效氢其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为62221的结构简式为_。(5)写出用甲醛、乙醛和CH2(COOC2H5)2为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。解析：(1)该酯的名称为丙二酸二乙酯。(2)A生成B的反应类型为加成反应。E中官能团的名称为酯基和氰基。F的分子式为C9H14O4。(3)通过观察可知，D生成E为酯化反应。(4)根据芳香族化合物G为E的同分异构体，由1 mol G可与2 mol Na2CO3反应可知，G的苯环上有两个酚羟基，又其苯环上有三个取代基，且苯环上有两种等效氢，则C3H8N为苯环上的一个取
57、代基且G为对称结构。两个酚羟基处于邻位和对位时都不符合要求，当两个酚羟基处于间位时，C3H8N在苯环上的位置有2种，又因含有NH2，故C3H8N的结构有CH2CH2CH2NH2、CH(NH2)CH2CH3、CH(CH3)CH2NH2、CH2CH(CH3)NH2、5 种，故符合条件的同分异构体有10种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为62221的结构简式有2种。答案：(1)丙二酸二乙酯(2)加成反应酯基和氰基C9H14O4(3)8有机物X是一种重要的有机化工原料，如图所示是以有机物X为原料设计的合成路线(部分产物、个别合成路线、反应条件略去)。已知：.X为芳香烃，其相对分子质量为92；Y
58、是一种功能高分子材料；.烷基苯在酸性高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：. (苯胺，易被氧化)。请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：(1)X的分子式为_。(2) 中官能团的名称为_。(3)反应的反应类型是_；已知A为一氯代物，则E的结构简式是_。(4)反应的化学方程式为_。(5)阿司匹林有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_种。含有苯环；既不能发生水解反应，又不能发生银镜反应；1 mol该有机物能与2 mol NaHCO3完全反应。(6)请写出以A为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3解析：(1
59、)X为芳香烃，则X中一定含有苯环(相对分子质量为78)，X的相对分子质量为92，则X一定为甲苯，分子式为C7H8。(2)根据官能团的特征，中官能团为酚羟基和羧基。(3)X为甲苯，根据转化关系图可知，在浓硫酸存在下，甲苯与浓硝酸发生取代反应生成被酸性高锰酸钾氧化生成发生还原反应生成，所以反应的反应类型是还原反应。X是甲苯，根据转化关系图可知，X与Cl2在光照条件下反应生成发生取代反应生成发生催化氧化反应生成与银氨溶液反应再酸化，生成 (4)已知Y是一种功能高分子材料，则发生缩聚反应生成高分子化合物Y。(5)阿司匹林有多种同分异构体，现分析其满足的条件：含有苯环；既不能发生水解反应，也不能发生银镜
60、反应，说明分子中没有酯基，也没有醛基；1 mol该有机物能与2 mol NaHCO3完全反应，说明分子中有2个羧基，则苯环上有1个取代基时有1种结构，有两个取代基时有3种结构(邻、间、对)，有3个取代基时有6种结构，分别是两个羧基在邻位(有2种结构)，两个羧基在对位(有1种结构)，两个羧基在间位(有3种结构)，一共10种。答案：(1)C7H8(2)酚羟基、羧基(3)还原反应(4) (5)109(2018北京高考)8羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。如图是8羟基喹啉的合成路线。已知：.；.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。(1)按官能团分类，A的类别是_。(
61、2)AB的化学方程式是_。(3)C可能的结构简式是_。(4)CD所需的试剂a是_。(5)DE的化学方程式是_。(6)FG的反应类型是_。(7)将下列KL的流程图补充完整：(8)合成8羟基喹啉时，L发生了_(填“氧化”或“还原”)反应。反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为_。解析：(1)由题给合成路线可知，B生成C为加成反应，则B分子中含有不饱和键，因此A中含有不饱和键，由A的分子式可知，A的不饱和度为1，即A为丙烯，属于烯烃。(2)根据合成路线可知，在高温条件下，丙烯与氯气反应的化学方程式为CH2=CHCH3Cl2CH2=CHCH2ClHCl。(3)CH2=CHCH2Cl与HOCl发生加成
62、反应的生成物可能是HOCH2CHClCH2Cl，也可能是ClCH2CH(OH)CH2Cl。(4)根据C和D的分子式可推知，在该反应过程中Cl被羟基取代，因此试剂a为氢氧化钠的水溶液。(5)根据(3)和(4)的推断可知，D的结构简式为HOCH2CH(OH)CH2OH；由题给信息和分子式可知，F为苯酚，G为，G发生还原反应生成J，则J的结构简式为；由J和K的结构简式可推出，E的结构简式应为CH2=CHCHO，DE的化学方程式为HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO2H2O。(6)由上述分析可知，F生成G的反应为取代反应。(7)由L的分子式可知，L的不饱和度为6，苯环的不饱和度为4，因此
63、还有2个不饱和度，由L与G的反应可知，L中还含有一个环状结构，要满足不饱和度，只能含有一个双键，由此可写出流程中两种物质的结构简式分别为、。(8)L()与G()生成8羟基喹啉()、J()和H2O，由L和8羟基喹啉的结构简式可看出，L分子中脱去2个氢原子形成碳氮双键，因此L发生氧化反应。该反应可看作是L脱去的氢原子与NO2生成NH2和H2O，根据一个N原子结合2个H原子，一个O原子结合2个H原子，由此可判断，1 mol G需与3 mol L反应，即L与G物质的量之比为31。答案：(1)烯烃(2)CH2=CHCH3Cl2CH2=CHCH2ClHCl(3)HOCH2CHClCH2Cl、ClCH2CH
64、(OH)CH2Cl(4)NaOH，H2O(5)HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO2H2O(6)取代反应(7)(8)氧化31第2讲 物质结构与性质从2018、2017、2016三年关于“物质结构与性质”的高考试题来看，稳定和创新是命制该题的两大特点。从题型上看，题目一般先给出一定的知识背景，然后设置5道左右的小问题进行考查，题目考查相对基础，难度不大，且每年考查的知识点相对固定，重点及难点也较突出，学生选择该模块作答，更有利于发挥，考出理想的成绩，近几年对“物质结构与性质”的考查主要有以下3大特点：1立足基础和主干物质结构与性质在高考试卷中考查的知识多数都是最基本和基础的书本上的
65、知识，以教材上的基础知识为主干，掌握知识的主干线就可以拿到理想的分数，一般考查的内容有：电子排布式、元素周期律、电子跃迁理论、杂化方式、立体构型、电负性、电离能、配合物即配位键、离子键、共价键、氢键、分子的极性、熔沸点的比较、范德华力、稳定性的比较、溶解性的比较、无机含氧酸酸性、晶胞、金属堆积、晶格能、四种晶体类型与性质。2突出能力和基础物质结构与性质在考查基础和主干的同时，近几年也突出了基础与能力的相结合，在扎实掌握基础知识的同时，更加注重学生的知识迁移能力与重组能力。例如近几年最后一问通常以考查晶胞的知识居多，对晶胞知识的考查实际上考查的是学生的数学计算能力和空间想象能力，对能力的要求比较
66、大，学生在平时训练时也要注意知识间的互相渗透和交叉融合。3注重过程分析与结果表达统一物质结构与性质在近几年的考查通常采用由浅入深的设问方式，学生不光要进行过程分析，还要用恰当的方式把结果书写完整，试题要求学生能够准确地表达，把分析好的结果用恰当的语言表达出来。比如经常出现的考点：电离能的比较及原因、熔沸点的比较及原因、氢键的存在等，这些题除了考查过程分析外，更注重的是学生语言的组织能力，学生是否可以准确地抓住赋分点。命题点一原子结构与性质做真题查缺漏(1)(2018全国卷节选)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。下列Li原子电子排布图
67、表示的状态中，能量最低和最高的分别为_、_。(填标号)Li与H具有相同的电子构型，r(Li)小于r(H)，原因是_。Li2O是离子晶体，其晶格能可通过如图所示的BornHaber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为_kJmol1，O=O 键键能为_kJmol1，Li2O晶格能为_kJmol1。(2)(2018全国卷节选)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。Zn原子核外电子排布式为_。黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)_I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_。(3)(2017全国卷节选)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐
68、(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为_。元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_；氮元素的E1呈现异常的原因是_。(4)(2017全国卷节选)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO23H2=CH3OHH2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。Co基态原子核外电子排布式为_。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_，基态原子核外未成对电子数较多的是_。(
69、5)(2016全国卷节选)镍元素基态原子的电子排布式为_，3d能级上的未成对电子数为_。单质铜及镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu1 958 kJmol1、INi1 753 kJmol1，ICuINi的原因是_。(6)(2016全国卷节选)写出基态As原子的核外电子排布式_。根据元素周期律，原子半径Ga_As，第一电离能Ga_As。(填“大于”或“小于”)。解析：(1)D选项表示基态，为能量最低状态；A、B、C选项均表示激发态，但C选项被激发的电子处于高能级的电子数多，为能量最高状态。Li与H具有相同的电子构型，Li的核电荷数大于H的核电荷数，因此Li的原子核对电子的
70、吸引能力强，即Li半径小于H半径。由题给信息可知，2 mol Li(g)变为2 mol Li(g)吸收1 040 kJ热量，因此Li原子的第一电离能为520 kJmol1；0.5 mol氧气生成1 mol氧原子吸收249 kJ热量，因此O=O 键的键能为498 kJmol1；Li2O的晶格能为2 908 kJmol1。(2)锌的核外有30个电子，因此其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，也可写作Ar3d104s2。锌的价层电子排布式为3d104s2，为全满稳定结构，较难失去电子，铜的价层电子排布式为3d104s1，较易失去一个电子，因此锌的第一电离能大于铜的第一电离能
71、。(3)根据构造原理可知氮原子价电子排布式为2s22p3，根据洪特规则和泡利原理可写出其价电子的轨道表达式。从题图可以看出：除N外，同周期元素随核电荷数依次增大，E1逐渐增大，这是因为随原子半径逐渐减小，结合一个电子需要释放出更多的能量；N原子的2p轨道处于半充满状态，不易再结合一个电子，故E1呈现异常。(4)根据构造原理可写出Co基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2。O是非金属元素，而Mn是金属元素，前者易得电子而不易失电子，后者则反之，所以O的第一电离能大于Mn的。Mn和O的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d54s
72、2、1s22s22p4，前者的3d轨道中5个电子均未成对，后者的2p轨道中有2个电子未成对，所以Mn的基态原子核外未成对电子数较多。(5)Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。根据洪特规则可知，Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道，其未成对电子数为2。Cu、Ni均属于金属晶体，它们均是通过金属键形成晶体。因Cu元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1,3d能级全充满，较稳定，失去第2个电子较难，因此ICuINi。(6)As元素在周期表中处于第A族，位于P元素的下一周期，则基态As原子核外有33个电
73、子，根据核外电子排布规律写出其核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3。同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，Ga与As在周期表中同位于第四周期，Ga位于第A族，As位于第A族，则原子半径：GaAs。Ga、As原子的价电子排布式分别为4s24p1、4s24p3，其中As原子的4p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能较大，则第一电离能：GaAs。答案：(1)DCLi核电荷数较大5204982 908(2)1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(3)同周期元素
74、随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子(4)1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2OMn(5)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s22金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(6)1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3大于小于析重难补短板1排布规律能量最低原理原子核外电子先占有能量最低的原子轨道泡利原理每个原子轨道中最多只能容纳2个自旋状态不同的电子洪特规则原子核外电子在能量相同的各轨道上排布时，电子
75、尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同说明能量相同的原子轨道在全充满、半充满和全空状态时，体系能量较低，原子较稳定。2表示形式(1)核外电子排布式：如Cr：1s22s22p63s23p63d54s1，可简化为Ar3d54s1。(2)价层电子排布式：如Fe：3d64s2。(3)电子排布图又称轨道表示式：如O：3基态原子核外电子排布表示方法中的常见误区(1)在写基态原子的电子排布图时，常出现以下错误：(2)当出现d轨道时，虽然电子按ns、(n1)d、np的顺序填充，但在书写电子排布式时，仍把 (n1)d放在ns前，如Fe：1s22s22p63s23p63d64s2正确，Fe：1s22s22p63
76、s23p64s23d6错误。(3)注意元素电子排布式、简化电子排布式、元素价电子排布式的区别与联系。如Fe的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2；简化电子排布式：Ar3d64s2；价电子排布式：3d64s2。1元素第一电离能的周期性变化规律一般规律同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现增大的趋势，稀有气体元素的第一电离能最大，碱金属元素的第一电离能最小；同一主族，随着电子层数的增加，元素的第一电离能逐渐减小特殊情况第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空(p0、d0、f0)、半满(p3、d5、f7)和全
77、满(p6、d10、f14)结构时，原子的能量较低，该元素具有较大的第一电离能2.电离能、电负性大小判断规律在周期表中，电离能、电负性从左到右逐渐增大，从上往下逐渐减小特性同周期主族元素，第A族(ns2)全充满、第A族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻的第A和第A族元素方法常常应用化合价及物质类别判断电负性的大小，如O与Cl的电负性比较：HClO中Cl为1价、O为2 价，可知O的电负性大于Cl；Al2O3是离子化合物、AlCl3是共价化合物，可知O的电负性大于Cl3.电离能、电负性的应用(1)电离能的应用判断元素金属性的强弱电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之
78、越弱判断元素的化合价如果某元素的In1In，则该元素的常见化合价为n，如钠元素I2I1，所以钠元素的化合价为1(2)电负性的应用刷题组全过关1(2018新余模拟)A、B、C、D、E、F为硫酸铝钾和硫酸铝铵的组成元素，A原子核外只有1种运动状态的电子，B、C 元素位于第二周期且原子半径BC，D与C同主族，E、F元素的电离能数据如表所示：元素第一电离能/(kJmol1)第二电离能/(kJmol1)第三电离能/(kJmol1)第四电离能/(kJmol1)E418.83 0524 4205 877F577.51 816.72 744.811 577请回答下列问题：(1)A在元素周期表中属于_区元素。(
79、2)基态E原子的电子排布式为_。(3)D、E、F离子半径大小顺序为_(用离子符号表示)。(4)B、C、D电负性大小顺序为_(用元素符号表示)。(5)参照表中数据，进行判断：Mg原子第一电离能_(填“大于”或“小于”) 577.5 kJmol1。(6)通过上述信息和表中数据分析，为什么E原子失去核外第二个电子所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量：_。解析：硫酸铝钾和硫酸铝铵的化学式分别为KAl(SO4)2、NH4Al(SO4)2，二者的组成元素有H、O、N、S、Al、K。A原子核外只有1种运动状态的电子，说明A原子核外只有1个电子，A为H。H、O、N、S、Al、K六种元素中，只有O、N处
80、于第二周期，且N的原子半径大于O，故B为N，C为O。与O元素同主族的应该是S，故D为S。根据E、F元素电离能数据可知，E元素的第一电离能和第二电离能相差很大，第二电离能与第三、四电离能相差不大，说明E原子最外层只有1个电子，故E为K，F为Al。(1)H的原子结构中只有1s上有1个电子，所以H属于s区元素。(2)E为K，其原子核外有19个电子，基态K原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1。(3)S2、Al3、K半径比较时，由于K、S2具有3个电子层，Al3只有2个电子层，所以K、S2的半径都大于Al3的半径，K和S2具有相同的电子层结构，原子序数越小，半径越大，故S2的半径大于K
81、的半径。(4)元素非金属性越强，其电负性越大，故电负性ONS。(5)Mg原子的价电子排布式为3s2，处于全充满状态，失去3s2上的1个电子比Al原子失去3p1上的1个电子更难，故Mg原子的第一电离能大于577.5 kJmol1。答案：(1)s(2)1s22s22p63s23p64s1或Ar4s1(3)S2KAl3(4)ONS(5)大于(6)K原子失去一个电子后，K已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难2(2018常熟模拟)如图为周期表中部分元素的某种性质(X值)随原子序数变化的关系。(1)短周期中原子核外p轨道上电子数与s轨道上电子总数相等的元素是_(写元素符号)。(2)同主族内不同元素的X
82、值变化的特点是_，同周期内，随着原子序数的增大，X值变化的总趋势是_。周期表中X值的这种变化特点体现了元素性质的_变化规律。(3)X值较小的元素集中在元素周期表的_。a左下角B右上角c分界线附近(4)下列关于元素该性质的说法中正确的是_(填标号)。aX值可反映元素最高正化合价的变化规律bX值可反映原子在分子中吸引电子的能力cX值大小可用来衡量元素金属性和非金属性的强弱解析：(1)由于p轨道最多容纳6个电子，s轨道最多容纳2个电子，因此短周期中原子核外p轨道上电子数与s轨道上电子总数相等的元素其电子排布式可能为1s22s22p4或1s22s22p63s2，即分别为O和Mg。(2)根据图示，同主族
83、元素从上到下，X值逐渐减小，同周期元素从左到右，X值逐渐增大。(3)X值较小的元素集中在元素周期表的左下角。(4)X值为元素的电负性，能够反映原子在分子中吸引电子的能力，能衡量元素金属性和非金属性的强弱。答案：(1)O、Mg(2)同一主族，从上到下，X值逐渐减小逐渐增大周期性(3)a(4)bc命题点二分子结构与性质做真题查缺漏(1)(2018全国卷节选)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_、中心原子的杂化形式为_。LiAlH4中，存在_(填标号)。A离子键B键C键 D氢键(2)(2018全国卷节选)中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于
84、治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_，C原子的杂化形式为_。(3)(2017全国卷节选)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图所示。从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为_，不同之处为_。(填标号)A中心原子的杂化轨道类型B中心原子的价层电子对数C立体结构D共价键类型R中阴离子N中的键总数为_个。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则N中的大键应表示为_。图中虚线代表氢键，其表示式为(
85、NH)NHCl、_、_。(4)(2017全国卷节选)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO23H2=CH3OHH2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为_和_。在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_，原因是_。硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了键外，还存在_。(5)(2016全国卷节选)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62中Ni2与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤
86、电子对的成键原子是_。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_；氨是_分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_。(6)(2016全国卷节选)AsCl3分子的立体构型为_，其中As的杂化轨道类型为_。解析：(1)LiAlH4的阴离子为AlH，AlH中Al的杂化轨道数为4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型。LiAlH4是离子化合物，存在离子键，H和Al间形成的是共价单键，为键。(2)C原子价层电子对数n(4302)/23，因此C原子为sp2杂化，CO的空间构型为平面三角形。(3)结合题图可知：晶体R中两种阳离子为NH和H3O，其中心原子均采取sp3杂化；NH中成
87、键电子对数为4，H3O中含1个孤电子对和3个成键电子对，即中心原子的价层电子对数均为4；两种阳离子中均存在极性键，不存在非极性键。NH和H3O分别为正四面体结构和三角锥形结构，即立体结构不同。从题图可以看出：阴离子N呈五元环状结构，其含有的键总数为5个；N中参与形成大键的电子数为6，故可将其中的大键表示为。根据题给表示式可知，除表示出形成氢键的原子外，还要表示出形成氢键的原子所在的原子团和该原子在原子团中的成键情况，因此氢键的表示式还有(H3O)OHN(N)、(NH)NHN(N)。(4)CO2中C的价层电子对数为2，故为sp杂化；CH3OH分子中C的价层电子对数为4，故为sp3杂化。水和甲醇均
88、为极性分子，常温常压下两种物质均呈液态；二氧化碳和氢气均为非极性分子，常温常压下两种物质均呈气态，根据四种物质在相同条件下的状态可以判断出水、甲醇的沸点均高于二氧化碳、氢气的沸点。由于水分子中的2个氢原子都能参与氢键的形成，而甲醇分子中只有羟基上的氢原子能够形成氢键，所以水中的氢键比甲醇多，则水的沸点高于甲醇的沸点。二氧化碳和氢气都属于分子晶体，但由于二氧化碳的相对分子质量大于氢气，所以二氧化碳的沸点高于氢气的沸点。Mn(NO3)2是离子化合物，存在离子键；此外在NO中，3个O原子和中心原子N之间还形成一个4中心6电子的大键(键)，所以Mn(NO3)2中的化学键有键、键和离子键。(5)SO中，
89、S原子的价层电子对数为4，成键电子对数为4，故SO的立体构型为正四面体。Ni(NH3)62中，由于Ni2具有空轨道，而NH3中N原子含有孤电子对，两者可通过配位键形成配离子。由于NH3分子间可形成氢键，故NH3的沸点高于PH3。NH3分子中，N原子形成3个键，且有1个孤电子对，N原子的轨道杂化类型为sp3，立体构型为三角锥形。由于空间结构不对称，NH3属于极性分子。(6)As原子的价电子排布式为4s24p3，最外层有5个电子，则AsCl3分子中As原子形成3个AsCl键，且含有1对未成键的孤对电子，则As的杂化轨道类型为sp3杂化，AsCl3分子的立体构型为三角锥形。答案：(1)正四面体sp3
90、AB(2)平面三角形sp2(3)ABDC5(H3O)OHN(N)(NH)NHN(N)(4)spsp3H2OCH3OHCO2H2H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大离子键和键(键)(5)正四面体配位键N高于NH3分子间可形成氢键极性sp3(6)三角锥形sp3析重难补短板1共价键(1)分类(2)键、键的判断方法 由轨道重叠方式判断“头碰头”重叠为键，“肩并肩”重叠为键。由共用电子对数判断单键为键；双键或三键，其中一个为键，其余为键。由成键轨道类型判断s轨道形成的共价键全部是键；杂化轨道形成的共价键全部为键。(3)配位
91、键孤电子对分子或离子中没有跟其他原子共用的电子对称孤电子对。配位键a配位键的形成：成键原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成的共价键；b配位键的表示：常用“”来表示配位键，箭头指向接受孤电子对的原子，如NH可表示为，在NH中，虽然有一个NH键形成的过程与其他3个NH键形成的过程不同，但是一旦形成之后，4个共价键就完全相同。配合物如Cu(NH3)4SO4：配位体有孤电子对，如H2O、NH3、CO、F、Cl、CN等。中心原子有空轨道，如Fe3、Cu2、Zn2、Ag等。2杂化轨道(1)方法：判断分子或离子中中心原子的杂化轨道类型看中心原子有没有形成双键或三键。如果有1个三键，则其中有2个键，用去
92、了2个p轨道，则为sp杂化；如果有1个双键则其中有1个键，则为sp2杂化；如果全部是单键，则为sp3杂化。由分子的空间构型结合价层电子对互斥理论判断。没有填充电子的空轨道一般不参与杂化，1对孤电子对占据1个杂化轨道。如NH3为三角锥形，且有一对孤电子对，即4条杂化轨道应呈正四面体形，为sp3杂化。(2)识记：常见杂化轨道类型与分子构型杂化轨道类型参加杂化的原子轨道分子构型示例sp1个s轨道，1个p轨道直线形CO2、BeCl2、HgCl2sp21个s轨道，2个p轨道平面三角形BF3、BCl3、HCHOsp31个s轨道，3个p轨道等性杂化正四面体CH4、CCl4、NH不等性杂化具体情况不同NH3(
93、三角锥形)、H2S、H2O(V形)3.三种作用力及对物质性质的影响范德华力氢键共价键作用微粒分子H与N、O、F原子强度比较共价键氢键范德华力影响因素组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大形成氢键元素的电负性原子半径对性质的影响影响物质的熔、沸点、溶解度等物理性质分子间氢键使熔、沸点升高，溶解度增大键能越大，稳定性越强4.非极性分子与极性分子的判断刷题组全过关1(2018镇江模拟)氢、碳、氧、硫元素是自然界极为丰富的非金属元素，它们构成了许许多多的化合物。(1)如图所示是H2O2的空间构型，H2O2分子中每个氧原子都是_杂化，H2O2为_(填“极性”或“非极性”)分子。(2)H2S
94、和H2O2的主要物理性质如表所示：熔点/K沸点/K水中的溶解度(标准状况)H2S1872022.6H2O2272423以任意比互溶H2S和H2O2的相对分子质量基本相同，造成上述物理性质差异的主要原因是_。(3)居室装饰材料中往往含有甲醛，甲醛中碳氧原子之间含有_个键，_个键，甲醛中碳元素杂化方式为_，甲醛分子空间构型为_。解析：(1)H2O2的分子结构为HOOH,1个氧原子形成2个键，还有2对孤电子对，所以其杂化类型为sp3杂化，因该分子有孤电子对，则其为极性分子。(2)熔沸点、溶解性要从分子的极性及氢键的角度分析，H2S和H2O2均是极性分子且相对分子质量基本相同，所以只能从氢键角度分析。
95、(3)甲醛的结构式为，分子中碳氧原子之间含1个键和1个键，碳元素采取sp2杂化，为平面三角形。答案：(1)sp3极性(2)H2O2分子间存在氢键，溶于水后也可与水分子形成氢键(3)11sp2平面三角形2(2018肇庆模拟)组成蛋白质的元素主要有C、H、O、N及S、P和少量的Zn、Cu等。(1)N、P、S的第一电离能由小到大的顺序为_。(2)组成蛋白质的最简单的氨基酸(HOOCCH2NH2)分子中，键数目为_。(3)Zn2、Cu2能与NH3、H2O、Cl等形成配位数为4 的配合物。基态Zn2的价电子(外围电子)排布式为_。Zn(H2O)4SO4中不存在的化学键类型有_(填标号)。a配位键b金属键
96、c共价键d氢键 e离子键Cu(NH3)42具有对称的空间构型，Cu(NH3)42中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结构的产物，则Cu(NH3)42的空间构型为_(填标号)。a平面正方形b正四面体c三角锥形 dV形(4)由上述几种元素组成的6氨基青霉烷酸的结构如图，其中采用sp3杂化的原子除了S外，还有_。(5)紫外光的光子所具有的能量约为399 kJmol1。根据表中有关蛋白质分子中主要化学键的键能信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因是_。共价键CCCNCS键能/(kJmol1)347305259解析：(1)N、S、P的第一电离能由小到大的顺序是SPN。(2)HOOCC
97、H2NH2中含有碳氧双键，含有一个键。(3)Zn2核外电子数是28，价电子排布式是3d10。 Zn(H2O)4SO4中含有的化学键是共价键、离子键、氢键和配位键，不存在的化学键是金属键。平面正方形中的两个NH3被Cl原子取代有两种结构，若是正四面体结构，其中的两个NH3被Cl原子取代只有一种结构。(4)由有机物的结构知，C、N、O、S原子均是sp3杂化。(5)由于紫外光的光子具有的能量大于CC、CN、CS的键能，也就是紫外光能破坏皮肤中的蛋白质分子，使皮肤受伤。答案：(1)SPCH3OHCO2H2H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2和H2均为非极性分子，CO2的相对分子
98、质量较大，范德华力较大(2)乙醇分子间存在氢键(3)GeCl4、GeBr4、GeI4熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强(4)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体(5)O3O3的相对分子质量较大，范德华力大 考法二晶体的结构与计算3(1)(2018全国卷节选)Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.466 5 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为_gcm3(列出计算式)。(2)(2018全国卷节选)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值
99、为NA，Zn的密度为_gcm3(列出计算式)。(3)(2017全国卷节选)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)，其晶体局部结构如图所示。R的晶体密度为d gcm3，其立方晶胞参数为 a nm，晶胞中含有y个(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为_。(4)(2017全国卷节选)MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a0.420 nm，则r(O2)为_ nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a0.448 nm，则r(Mn
100、2)为_ nm。(5)(2016全国卷节选)GaAs的熔点为1 238 ，密度为 gcm3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为_，Ga与As以_键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。解析：(1)由题给图示可知，Li位于晶胞内部，O位于顶点和面心，因此一个晶胞有8个Li，O原子个数684。因此一个Li2O晶胞的质量 g，一个晶胞的体积为(0.466 5107)3 cm3，即该晶体密度 gcm3。(2)金属Zn晶体为六方最密堆积方式(A3型)。六棱
101、柱底边边长为a cm，则六棱柱上下面的面积均为6a2 cm2，则六棱柱的体积为6a2c cm3，锌原子在六棱柱的顶点、上下面心和晶胞内，一个晶胞含锌原子个数12236，因此一个晶胞中Zn的质量 g，由此可知，Zn的密度 gcm3。(3)该晶胞的体积为(a107 cm)3，根据M(a107)3d，可求出y或1021。(4)因为O2采用面心立方最密堆积方式，所以面对角线长度是O2半径的4倍，则有 4r(O2)22a2，解得r(O2)0.420 nm0.148 nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构可得2r(Mn2)2r(O2)a，代入数据解得r(Mn2)0.076 nm。(5)GaAs的
102、熔点为1 238 ，其熔点较高，据此推知GaAs为原子晶体，Ga与As原子之间以共价键键合。分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合“均摊法”计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为864(个)，Ga和As的原子半径分别为rGa pmrGa1010cm，rAs pmrAs1010 cm，则原子的总体积为V原子4(rGa1010cm)3(rAs1010cm)31030(rr)cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，晶胞的密度为 gcm3，则晶胞的体积为V晶胞 cm3，故Ga
103、As晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为100%100%100%。答案：(1)(2)六方最密堆积(A3型)(3)(4)0.1480.076(5)原子晶体共价100%析重难补短板1明确晶体类型的2种判断方法(1)据各类晶体的概念判断，即根据构成晶体的粒子和粒子间的作用力类别进行判断。如由分子通过分子间作用力(范德华力、氢键)形成的晶体属于分子晶体；由原子通过共价键形成的晶体属于原子晶体；由阴、阳离子通过离子键形成的晶体属于离子晶体；由金属阳离子和自由电子通过金属键(或由金属原子)形成的晶体属于金属晶体。(2)据各类晶体的特征性质判断。如低熔、沸点的晶体属于分子晶体；熔、沸点较高，且在水溶液中或熔
104、化状态下能导电的晶体属于离子晶体；熔、沸点很高，不导电，不溶于一般溶剂的晶体属于原子晶体；能导电、传热、具有延展性的晶体属于金属晶体。2突破晶体熔、沸点高低的比较(1)不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律原子晶体离子晶体分子晶体；金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔点很高，汞、铯等熔点很低。(2)原子晶体由共价键形成的原子晶体中，原子半径小的键长短，键能大，晶体的熔、沸点高。如熔点：金刚石碳化硅硅。(3)离子晶体一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用力就越强，其晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgONaClCsCl。(4)分子晶体分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具
105、有氢键的分子晶体熔、沸点反常地高。如H2OH2TeH2SeH2S。组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高。如SnH4GeH4SiH4CH4。组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高。如CON2，CH3OHCH3CH3。(5)金属晶体金属离子半径越小，离子电荷数越多，金属键越强，金属熔、沸点就越高。如AlMgNa。3晶胞中微粒数目的计算方法均摊法熟记几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目ANaCl(含4个Na，4个Cl)B干冰(含4个CO2)CCaF2(含4个Ca2，8个F)D金刚石(含8个C原子)E体心立方(含2个原子)F面心立方(含4个
106、原子)4晶胞求算(1)晶胞参数晶胞的形状和大小可以用6个参数来表示，包括晶胞的3组棱长a、b、c和3组棱相互间的夹角、，此即晶格特征参数，简称晶胞参数。如立方晶胞中，晶胞参数abc，90。晶胞参数的计算(2)晶体密度的计算方法(3)金属晶体空间利用率的计算方法空间利用率100%，球体积为金属原子的总体积。简单立方堆积如图1所示，原子的半径为r，立方体的棱长为2r，则V球r3，V晶胞(2r)38r3，空间利用率100%100%52%。体心立方堆积如图2所示，原子的半径为r，体对角线c为4r，面对角线b为 a，由(4r)2a2b2得ar。1个晶胞中有2个原子，故空间利用率100%100%100%6
107、8%。六方最密堆积如图3所示，原子的半径为r，底面为菱形(棱长为2r，其中一个角为60)，则底面面积2rr2r2，hr，V晶胞S2h2r22r8r3,1个晶胞中有2个原子，则空间利用率100%100%74%。面心立方最密堆积如图4所示，原子的半径为r，面对角线为4r，a2r，V晶胞a3(2r)316r3,1个晶胞中有4个原子，则空间利用率100%100%74%。刷题组全过关1.(2018肇庆模拟)某钙钛型复合氧化物(如图)，以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化(巨磁电阻效应)。(
108、1)用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式_。在图中，与A原子配位的氧原子数目为_。(2)基态Cr原子的核外电子排布式为_，其中电子的运动状态有_种。(3)某些钙钛型复合氧化物能够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为_。(4)如表所示是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/9001 1721 360阳离子半径/pm99112135请解释碳酸钙热分解温度最低的原因：_。(5)用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数。对金属钙的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为558 pm。又知钙的密度为1.54 gcm
109、3，则1 cm3 钙晶体中含有_个晶胞，阿伏加德罗常数为_(列式计算)。解析：(1)由图知，晶胞中含A为81，B为1，O为63，则化学式为ABO3；由结构知1个A周围等距离O为12个。(2)基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；有24个电子，有24种运动状态。(3)N：1s22s22p3，O：1s22s22p4，未成对电子数比为32。(4)由于Ca2半径小，CaO中晶格能大，较稳定，容易生成，则CaCO3容易分解。(5)1个晶胞有4个Ca原子，则1个晶胞质量为g，则1 cm3晶体中有个晶胞，又由1个晶胞体积为(5581010)3cm3，则有个晶胞，即为5.7
110、61021，则5.761021，5.761021，NA6.01023 mol1。答案：(1)ABO312(2)1s22s22p63s23p63d54s124(3)32(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合CO中的O2，使CO分解为二氧化碳分子的结果。Ca2由于半径小和O2结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低(5)5.7610216.01023 mol12(2018石家庄模拟)Fe、Al、Cu是生活中常用的金属。(1)基态Cu原子核外电子排布式为_，基态Fe2核外有_个未成对电子。(2)Fe、Al、Cu三种元素第一电离能由高到低的顺序为_。(3)铁可形成多种配合物，如Fe(C
111、N)64、Fe(CO)5等，1 mol Fe(CN)中含有键的数目为_；Fe(CO)5 熔点为 20.5 ，沸点为103 ，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于_ (填晶体类型)。(4)下列变化过程中，破坏的力的作用类型相同的是_(填标号)。A铝气化BAlCl3溶于水C加热使铜熔化 D熔融NaCl(5)Fe能与N形成一种磁性材料，其晶胞结构如图所示：该磁性材料的化学式为_。Fe原子的坐标参数为、_、(0,0,0)，N原子的坐标参数为_。已知该晶体的晶胞参数a pm，列出其密度表达式为_ gcm3(用含a的式子表示，只列式子，不作计算)。解析：(1)Cu是29号元素，核外有29个电
112、子，故核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；基态Fe2核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故未成对电子数目为4个。(2)根据三种金属活泼性：CuFeFeAl(3)12NA分子晶体(4)AC(5)Fe4N物质结构与性质1(2018新余模拟)法医常用马氏试砷法检验是否砒霜(As2O3)中毒，涉及的反应如下：.6ZnAs2O312HCl=6ZnCl22AsH3(砷烷)3H2O；.2AsH3=2As(黑色砷镜)3H2。(1)写出砷的基态原子价电子排布图_。(2)砷烷的空间结构为_；砷烷中心原子杂化方式为_。(3)砷烷同族同系列物质相关性质如
113、表所示：NH3PH3AsH3SbH3熔点/77.8133.5116.388沸点/34.587.562.418.4从PH3AsH3SbH3熔沸点依次升高的原因是_；NH3分子例外的原因是_。(4)第一电离能数据I(As)I(Se)，可能的原因是_。(5)砷与铟(In)形成的化合物(X)具有优良的光电性能，广泛应用于光纤通信用激光器，其晶胞结构如图所示，则其化学式为_；晶胞边长a666.67 pm，则其密度为_ gcm3(边长a可用 近似计算，设NA6.01023 mol1)。解析：(1)砷为33号元素，位于第A族，基态原子价电子排布图为。(2)砷烷的结构与氨气类似，空间结构为三角锥形；砷烷中心原
114、子为sp3杂化。(3)对于分子组成结构相似的物质来说 ，相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，因此PH3AsH3SbH3熔沸点依次升高；由于NH3可以形成分子间氢键，导致NH3分子的熔沸点反常。(4)As的价电子排布为4s24p3，为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数据比Se还大。(5)砷与铟(In)形成的化合物(X)的晶胞中含有As原子数4，含有In原子数864，化学式为InAs; 1 mol InAs中含有 mol晶胞，因此密度4.275 gcm3。答案：(1)(2)三角锥形sp3杂化(3)对于分子组成结构相似的物质来说，随相对分子质量增加，分子间作用力增大，故熔沸点升高NH3可以形成分子
115、间氢键(4)As的价电子排布为4s24p3，为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数据比Se还大(5)InAs4.2752(2018全国卷)硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/85.5115.2600(分解)75.516.810.3沸点/60.3444.610.045.0337.0回答下列问题：(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_。(3)图(a)为S8的结构，其
116、熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_。(4)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形，其中共价键的类型有_种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm3；晶胞中Fe2位于S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_nm。解析：(1)基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，因此其价层电子的电子排布图为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23
117、p4，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形。(2)根据价层电子对互斥理论可知，H2S、SO2、SO3三种分子中S原子的价层电子对数分别为4、3、3，因此H2S中S原子价层电子对数不同于其他两种分子。(3)S8和SO2均为分子晶体，S8的相对分子质量大于SO2，因此S8的分子间作用力大，熔沸点比SO2的高。(4)SO3的中心原子为S，中心原子的孤电子对数(623)/20，中心原子结合3个氧原子，结合每个O原子有且只能有一个键，所以S形成3个键，S的价层电子对数为033，S为sp2杂化，根据sp2杂化轨道构型可知，SO3为平面形分子，符合形成大键条件，可形成4中心6电子大键，因此有两种共
118、价键类型。如题图(b)所示的三聚分子中每个S原子与4个O原子结合，形成正四面体结构，S原子的杂化轨道类型为sp3。(5)分析晶胞结构可知，Fe2位于棱边和体心，S位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe2个数1214，每个晶胞中含有的S个数684，即每个晶胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质量 g，晶胞的体积(a107)3 cm3，该晶体密度 gcm31021 gcm3。正八面体的边长即为两个面心点的距离，因此正八面体的边长为 a nm。答案：(1)哑铃(纺锤)(2)H2S(3)S8相对分子质量大，分子间范德华力强(4)平面三角2sp3(5)1021a3Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部
119、分电离能数据如表所示：元素MnFe电离能/(kJmol1)I1717759I21 5091 561I33 2482 957回答下列问题：(1)Mn元素价电子层的电子排布式为_，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2再失去一个电子比气态Fe2再失去一个电子难，对此，你的解释是_。(2)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是_。六氰合亚铁离子Fe(CN)中的配体CN中C原子的杂化轨道类型是_，写出一种与CN互为等电子体的单质分子的结构式_。(3)三氯化铁常温下为固体，熔点282 ，沸点315 ，在300 以上
120、易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙醇等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为_。(4)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际有的Fe原子个数之比为_。解析：(1)Mn核外有25个电子，价电子排布式为3d54s2。(2)CN中C无孤电子对，杂化类型为sp。与CN互为等电子体的单质分子为N2，结构式为NN。(3)三氯化铁晶体熔沸点低，说明晶体内作用力为分子间作用力，则为分子晶体。(4)面心立方晶胞中Fe原子的个数为864，体心立方晶胞中Fe原子的个数为812，故面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际有的Fe原子个数之比为21。答案：(1)3d54s2由Mn2
121、转化为Mn3时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2转化为Fe3时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)(2)具有孤对电子spNN(3)分子晶体(4)214(2018沧州模拟)铜元素可形成多种重要化合物。回答下列问题：(1)铜元素位于元素周期表中的_区，其基态原子的价电子排布图为_。(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成Cu(NH3)4SO4溶液，该溶液可用于溶解纤维素。Cu(NH3)4SO4中阴离子的立体构型是_。在Cu(NH3)4SO4中，Cu2与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。除硫元素外，Cu(NH3)4
122、SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为_。NF3与NH3的空间构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为_。但NF3不易与Cu2形成化学键，其原因是_。(3)一种HgBaCuO高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。该物质的化学式为_。已知该晶胞中两个Ba2的间距为c pm。则距离Ba2最近的Hg数目为_个，二者的最短距离为_pm。(列出计算式即可，下同)设该物质的摩尔质量为M gmol1，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_gcm3。解析：(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，位于元素周期表中的ds区。Cu基态原子价电子排布图为。(2)SO中S原子的孤对电子对数0，价层电子对数40
123、4，离子空间构型为正四面体。Cu2提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。非金属性越强，电负性越大，同周期主族元素从左至右电负性增强，故电负性：HNO，Cu为金属元素，吸引电子的能力非常弱，故电负性最弱。故电负性大小顺序为CuHNO。NH3中N原子杂化轨道数为4，采取sp3杂化方式；F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配离子。(3)该晶胞中Ba原子个数2；Hg原子个数81；Cu原子个数41；O原子的个数844，故化学式为HgBa2CuO4。根据晶胞结构图知，以Ba2为例，周围距离最
124、近且等距离的分布在下底面的4个顶点上，所以距离Ba2最近的Hg数目为4个。Ba2离下底面面心的距离为 pm，设Ba2与Hg的最短距离为x，则有x222，解得x pm。该晶胞的质量g ，体积a2b pm3a2b (1010 cm)3a2b1030cm3，所以该晶体的密度 gcm3。答案：(1)ds(2)正四面体配位键NCuHN”“”或“”)。(2)基态碲(Te)原子核外电子排布式为Kr_，有_个未成对电子。(3)O、S、Se与Te元素位于同一主族。H2O、H2S、H2Se沸点由低到高顺序为_，推断的依据是_；SO2分子中S原子采取_杂化；用价层电子对互斥理论解释SO的键角大于SO的原因是_。(4
125、)向氯化锌溶液中加入过量的氨水，得到Zn(NH3)4Cl2，此配位化合物中含有的化学键有共价键、_、_。(5)碲化锌晶体有两种结构，其中一种晶胞结构如图所示。晶胞中含有_个Te原子；与Te原子距离最近的Te原子有_个；若两个距离最近的Te原子间距为a pm，则晶体密度为_gcm3。解析：(1)一般来说，非金属元素电负性大于1.8，金属元素小于等于1.8，所以电负性：ZnTe。(2)碲(Te)原子核外电子比Kr多16个，排布在4d、5s、5p能级，基态碲(Te)原子核外电子排布式为Kr4d105s25p4；5p能级上有2个未成对电子。(3)相对分子质量：H2SH2Se，分子间作用力：H2SH2S
126、e，因此沸点：H2SH2Se，水分子之间能形成氢键，因此沸点最高，所以H2O、H2S、H2Se沸点由低到高顺序为H2SH2SeH2O；SO2分子中S原子的价电子对数是3，S原子采取sp2杂化；SO、SO中S原子的价电子对数是4，两种离子的中心硫原子均为sp3杂化，SO中没有孤对电子，SO有一对孤对电子，孤电子对对成键电子有排斥作用，因此键角更小。(4)Zn(NH3)4Cl2中Zn(NH3)42、Cl之间是离子键、Zn2与NH3之间是配位键、NH3中N原子与H原子之间是共价键，此配位化合物中含有的化学键有共价键、离子键、配位键。(5)根据均摊原则，晶胞中Te原子个数为864；根据晶胞结构，与Te
127、原子距离最近的Te原子同层有4个、上下两层各4个，共12个；若两个距离最近的Te原子间距为a pm，则晶胞边长是a1010cm，根据均摊原则晶胞中含有Zn原子数4，含有4个Te原子，晶胞的化学式是Zn4Te4，所以晶胞的摩尔质量是772 gmol1；晶胞的密度 gcm31030 gcm3。答案：(1)(2)4d105s25p42(3)H2SH2SeH2O水分子之间能形成氢键，因此沸点最高，相对分子质量：H2SH2Se，分子间作用力：H2SH2Se，因此沸点：H2SH2SeCH，电负性：OCH。(3)H2O2分子中O原子与2个原子相连，含有2个孤电子对，价层电子对数目224，采用sp3杂化。根据
128、三氟甲磺酸的结构，三氟甲磺酸苯酯的结构为，1个三氟甲磺酸苯酯分子中含有的键有：3个CF键、1个CS键、2个SO键、1个SO键、1个CO键，苯环上含有5个CH和6个CC键，键数目为19个。(4)根据硫化锌的晶胞结构图，该晶胞中S2和Zn2配位数相等，晶体中与Zn2距离最近且相等的S2有4个，配位数为4。(5)根据晶胞结构图，储氢前晶胞中含有镧原子数81，镍原子数815，合金的化学式为LaNi5。晶胞中H2数目为823，储氢后合金的化学式为LaNi5H6，储氢后1 mol晶胞的体积为(a1010cm)3NAa31030NA cm3,1 mol晶胞中含有的氢气质量为6 g，则该镧镍合金储氢后氢的密度
129、为 gcm3。答案：(1)3d34s25(2)OCH(3)sp319(4)4(5)LaNi57铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是一种食品添加剂，钾能形成多种氧化物。(1)基态铝原子的核外电子排布式为_，钾元素的紫色火焰属于_(填“吸收”或“发射”)光谱，氧元素的第一电离能小于氮元素、氟元素，原因是_。(2)NH、H2O、SO三种微粒中，空间构型为正四面体的是_，NH中氮原子的杂化轨道类型是_。(3)氮的同主族元素磷能形成PF5，其分子的空间结构如图1所示，则它是_(填“极性”或“非极性”)分子。前四周期的氧族元素中的两种元素的氢化物分别为H2X、H2Y，其沸点的高低为H2XH2Y，则X是
130、_(写元素符号)，稳定性H2XH2Y的原因是_。(4)氯化铝的熔点为190 ，而氟化铝的熔点为1 290 ，导致这种差异的原因是_。(5)氧化钾的晶胞结构如图2所示，以距一个O2最近的所有K为顶点构成的几何体为_。已知该晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞边长a_cm(用含、NA的计算式表示)。解析：(1)氮原子2p轨道上的电子处于半充满状态，故第一电离能：NO，氧原子的核电荷数比氟原子的小，原子半径比氟原子的大，故其原子核对电子的吸引能力弱于氟原子，第一电离能：FO。(2)三种微粒的中心原子杂化轨道类型均为sp3，其中NH、SO的空间构型为正四面体。(3)由题图1知，PF
131、5的几何构型为三角双锥形，故它是非极性分子。前四周期的氧族元素形成的简单氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，它们的稳定性依次减弱，H2O因能形成分子间氢键而导致沸点最高，H2S的相对分子质量比H2Se的小，其沸点最低，故X是S。(4)AlCl3是分子晶体，熔化时只需要克服微弱的范德华力，而AlF3是离子晶体，熔化时需要克服较强的离子键，故后者的熔点远高于前者。(5)观察晶胞图2知，白色小球代表K，黑色小球代表O2，O2的配位数是8，以距离一个O2最近的8个K为顶点可构成一个立方体。该晶胞中含有4个“K2O”，其物质的量为 mol，晶胞的质量为 g，晶胞体积V cm3a3，由此可求出a cm。
132、答案：(1)1s22s22p63s23p1或Ne3s23p1发射氮原子的2p轨道处于较稳定的半充满状态，氧原子的原子核对电子的吸引能力弱于氟原子(2)NH、SOsp3(3)非极性SSH键的键能比SeH键的键能大(4)AlCl3是分子晶体，而AlF3是离子晶体(5)立方体8科学家发现了一种农药的结构简式为，回答下列问题：(1)Se的原子序数为_，其核外M层电子的排布式为_。(2)该农药组成元素中，第一电离能较大的前三种元素是(按由大到小顺序排列)_(用元素符号回答)，该结构简式中编号为的碳原子和与其成键的另外几个原子构成的空间结构为_。(3)H2SeO3的中心原子杂化类型是_；SeO的空间构型是
133、_。(4)H2Se属于_(填“极性”或“非极性”)分子；单质Se的熔点为217 ，它属于_晶体。(5)CSe2与CO2结构相似，CSe2分子内键与键个数之比为_。CSe2首次是由H2Se与CCl4反应制取的，CSe2分子中两个CSe键间的夹角_(填“大于”“等于”或“小于”)H2Se分子中两个HSe键间的夹角。(6)石墨是碳的一种同素异形体，它的一种晶胞结构如图所示：原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A(0,0,0)、B。则C原子的坐标参数为_。晶胞参数用以描述晶胞的大小和形状。已知石墨晶胞底边长为a cm，层间距为d cm，阿伏加德罗常数的值为
134、NA，则石墨的密度为_gcm3(写出表达式即可)。解析：(1)Se位于元素周期表第四周期第A族，原子序数为34，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，故其核外M层电子的排布式为3s23p63d10。(2)该农药组成元素中，第一电离能较大的前三种元素是F、N、O，其第一电离能的大小顺序：FNO。该分子中编号为的碳原子是单键碳原子，其价层电子对数是4，故该碳原子与其成键的另外几个原子构成的空间结构为四面体。(3)H2SeO3的中心原子Se的价层电子对数为4，所以Se的杂化方式为sp3杂化，SeO的空间构型是三角锥形。(4)H2Se分子中有孤电子对，所以H2Se属于极
135、性分子，单质硒的熔点为217 ，比较低，所以它属于分子晶体。(5)二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，1个双键中含1个键与1个键，所以CO2分子内键与键个数之比为11。CSe2与CO2结构相似，所以CSe2分子内键与键个数之比也是11。二氧化碳是直线形分子，H2Se分子与H2O分子的空间构型相似，均为V形，所以CSe2分子内两个CSe键间的夹角大于H2Se分子中两个SeH键间的夹角。(6)由晶胞结构可知，C原子的坐标参数为。已知石墨晶胞底边长为a cm，则底面积为a cma cm cm2，晶胞的体积为 cm22d cmda2 cm3，该晶胞中含有碳原子的个数为84124，故石墨的密度为 gcm3。
136、答案：(1)343s23p63d10(2)FNO四面体(3)sp3三角锥形(4)极性分子(5)11大于(6) 9碳元素和氮元素及其化合物与人类的生产生活密切相关。回答下列问题：(1)羟胺(NH2OH)中N原子的杂化方式是_，组成该物质的各元素的第一电离能由小到大的顺序为_。与氨气类似，羟胺(NH2OH)溶于水得到的溶液显碱性，原因是_(用离子方程式表示)。NF3不具有类似的性质的原因是_。(2)Co(CN)中配体是_，1 mol Co(CN)中含_mol 键，Co3的最外层电子轨道表达式为_。(3)石墨具有平面层状结构，同一层中的原子构成许许多多的正六边形，假设石墨邻层碳原子上下对准，如图是石
137、墨和钾形成的插层化合物(每隔一层碳原子插入一层钾原子)的晶体俯视图。钾原子周围有_个最近且等距的配位碳原子。该晶体的化学式为_。已知该结构中石墨层和钾层的层间距为a pm，碳碳键键长为b pm，则该晶体的密度为_ gcm3(列出表达式即可)。解析：(1)NH2OH中N原子的价层电子对数为4，所以N原子的杂化方式为sp3。N、H、O三种元素第一电离能由小到大的顺序为HON。由于羟胺分子中的N原子有孤对电子，与氨气中的N原子一样，都可与水电离出的H形成配位键：NH2OHH2ONH3OHOH，从而使溶液显碱性。NF3分子中N虽有孤对电子，但由于F的电负性很大，N与F成键后电子对偏向F，所以N的正电性
138、较强，导致NF3中N原子核对其孤电子对的引力增强，所以很难和水中的H配位成键。(2)在Co(CN)中，CN与Co3之间有6个配位键，在每个CN中有1个键，所以1 mol Co(CN)中含有12 mol 键。钴是27号元素，其原子核外有27个电子，根据构造原理知，Co3的最外层电子轨道表达式为。(3)K 原子周围有12个最近且等距的碳原子，即配位数为12。根据题图可知该晶体的晶胞为六棱柱(可以是两层碳原子夹一层K原子，也可以是两层K原子夹一层碳原子)，该晶胞结构中有2个K原子、24个C原子，故该晶体的化学式为KC12。由题图知，晶胞的边长为2b1010 cm，高为2a1010 cm，根据，可得
139、gcm3。答案：(1)sp3HONNH2OHH2ONH3OHOHNF3分子中N虽有孤对电子，但由于F的电负性很大，使孤电子对离F较近，所以很难和水中的H形成配位键(2)CN12(3)12KC12103010(2019届高三长春质检)铁是工业生产中不可缺少的一种金属。请回答下列问题：(1)Fe元素在元素周期表中的位置_。(2)Fe有、三种同素异形体，其晶胞结构如图所示：、两种晶体的晶胞中铁原子的配位数之比为_。晶体晶胞中所含有的铁原子数为_。若Fe原子半径为r pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则Fe单质的密度为_ gcm3(列出算式即可)。(3)三氯化铁常温下为固体，熔点282 ，沸点315
140、，在300 以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁的晶体类型为_。(4)三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。此配合物中，铁离子的价电子排布式为_。此配合物中碳原子的杂化轨道类型有_。此配离子中含有的化学键有_(填字母)。A离子键B金属键C极性键D非极性键E配位键F氢键G键H键解析：(1)Fe元素在元素周期表中的位置为第四周期第族。(2)、两种晶体的晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则二者中铁原子的配位数之比为8643。晶体晶胞中所含有的铁原子数为864。Fe单质的晶胞为体心立方堆积，一个晶胞中含有的铁原子数为182，体
141、对角线的长度为4r pm，晶胞边长为 pm，晶胞体积为3pm3，因此密度是 gcm3。(3)三氯化铁的熔、沸点较低，易溶于有机溶剂，是分子晶体。(4)铁元素是26号元素，核外有26个电子，铁原子失去3个电子变为铁离子，铁离子核外有23个电子，根据构造原理知铁离子的价电子排布式为3d5。该配合物中碳原子采用sp2杂化、sp3杂化。相同非金属元素原子之间存在非极性键，不同非金属元素原子之间存在极性键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间存在配位键，共价单键为键，共价双键中含有一个键和一个键，所以该配合物中碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，碳原子或氧原子和氢原子之间存在极性共价键，铁离子和氧原子之间存在配位键，且该配合物中存在碳氧双键和碳碳双键，则该配合物中含有配位键、极性键、非极性键、键和键，故选CDEGH。答案：(1)第四周期第族(2)434(3)分子晶体(4)3d5sp2、sp3CDEGH
