专题十五物质结构与性质-【创新教程】2020-2024五年高考真题化学分类特训

最新真题分类特训·化学 专题十五 物质结构与性质 考点1 电池材料类 1.(2022·河北卷,17,15分)含Cu、Zn、Sn及 I./(kJ·mol) S的四元半导体化合物(简写为CZTS),是 Li520 Be 900 B801 一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料 Na496 Mg738 A1578 可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列 (3)磷酸根离子的空间构型为 问题: ,其中P 的价层电子对数为 ,杂化轨道类型为 (1)基态S原子的价电子中,两种自旋状态 的电子数之比为 (4)LiFePO.的晶胞结构示意图如(a)所示。 (2)Cu与乙n相比,第二电离能与第一电离 其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和 能差值更大的是 ,原因是 正四面体,它们通过共顶点、共梭形成空间 链结构。每个晶胞中含有LFePO. 的单元 (3)SnCl的几何构型为 ,其中 数有 个。 心离子杂化方式为 电池充电时,LiFePO.脱出部分Li,形成 (4)将含有未成对电子的物质置于外磁场 Li. .FePO,结构示意图如(b)所示,则x 中,会使磁场强度增大,称其为顺磁性物质 ,n(Fe):n(Fe) 下列物质中,属于顺磁性物质的是 (填标号)。 充电 充电。 A. [Cu(NH).C] B. [CuNH)SO 放电 放也 C. [Zn(NH)]SO D. Na[Zn(OH)] (5)如图是疏的四种含氧酸根的结构 (a) LiFePO. ()Li. FePo (c)FePO. 3.(2020·新课标II卷,35,15分)钛矿 (CaTiO。)型化合物是一类可用于生产太阳 能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。 {#。0。。} 回答下列问题: (1)基态Ti 原子的核外电子排布式为 (2)Ti的四化物熔点如下表所示,TiF,熔 D 点高于其他三种化物,自TiCL 至TiL.熔 根据组成和结构推断,能在酸性溶液中将 点依次升高,原因是 Mn^{” 转化为MnO的是 (填标 号)。理由是 化合物 TiF. TiCl. TiBr Til 2.(2020·新课标I卷,35,15分)Goodenough 377 等人因在钾离子电池及钴酸钾、磷酸铁钾等 熔点/C 38.3 -24.12 155 正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019 (3)CaTiO.的晶胞如图(a)所示,其组成元 年诺贝尔化学奖。回答下列问题: 素的电负性大小顺序是 ;金属离子 (1)基态Fe^②与Fe③离子中未成对的电子 与氧离子间的作用力为 ,Ca的 数之比为 配位数是 (2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能 (4)一种立方钛矿结构的金属化物光电 (I)如表所示。I.(Li)>I.(Na),原因是 材料的组成为Pb、I和有机碱离子 I.(Be)>I(B)>I.(Li),原 CH.NH,其晶胞如图(b)所示。其中Pb^② 因是 与图(a)中 的空间位置相同,有机 118 专题十五 物质结构与性质 碱CH.NH. 中,N原子的杂化轨道类型是 (5)用上述金属化物光电材料制作的太阳 ;若晶胞参数为anm,则晶体密度 为 能电池在使用过程中会产生单质铅和,降 g·cm(列出计算式)。 低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧 # 抄地在此材料中引入稀土铺(E)盐,提升 了太阳能电池的效率和使用寿命,其作用原 理如图(c)所示,用离子方程式表示该原理 。 · 0 Ca Ti I CIINII: Ph 图(a) 图h 图f 考点2 光电材料类 1.(2022·广东卷,20,14分)硒(Se)是人体必需微量元素之一,含硒化合物在材料和药物领域具 有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来,AIE在发光材料、生物医学等 领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子IV的合成路线如下 C-C-H .7 0 0H N-H If I I (1)Se与S同族,基态硒原子价电子排布式为 (2)H.Se的沸点低于H.O,其原因是 (3)关于I~II三种反应物,下列说法正确的有 A.I中仅有。键 B. I中的Se一Se键为非极性共价键 C.II易溶于水 D. I中原子的杂化轨道类型只有sp与sp{ E. I~II含有的元素中,O电负性最大 (4)IV中具有孤对电子的原子有 (5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H.SeO H.SeO(填“>”或“<”)。研究发现,给小 鼠喂食适量硒酸钢(Na。SeO.)可减轻重金属砣引起的中毒。SeO{}的立体构型为 (6)我国科学家发展了一种理论计算方法,可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能,该方 法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之 一,其晶胞结构如图a,沿x、心、轴方向的投影均为图b。 。=K 图a Hh ①X的化学式为 ②设X的最简式的式量为M.,晶体密度为eg·cm,则X中相邻K之间的最短距离为 nm(列出计算式,N,为阿伏加德罗常数的值). 110 最新真题分类特训·化学 2.(2021·福建卷,14,10分)类石墨相氢化碳 ②SiCl.与N-甲基味陛(Hc-N)反应可以 (g一C.N)作为一种新型光催化材料,在光 得到M^{,其结构如图所示; 解水产氢等领域具有广阔的应用前景,研穷 表明,非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化 活性。g一C.N.具有和石墨相似的层状结 构,其中一种二维平面结构如图所示。 N-甲基眯座分子中碳原子的杂化轨道类型 为 ,H、C、N的电负性由大到小的 ,N 顺序为 1个M{中含有 个。键; (3)如图是Mg、Ge、O三种元素形成的某化 回答下列问题: 合物的品胞示意图 (1)基态C原子的成对电子数与未成对电子 数之比为 , 。 。 (2)N、O、S的第一电离能(I)大小为I.(N) 。 。 >I(O)>I.(S),原因是 (3)g一C.N. 晶体中存在的微粒间作用力有 ①已知化合物中Ge和O的原子个数比为 1:4,图中乙表示 (填标号)。 原子(填元素符 a.非极性键 b.金属键 号),该化合物的化学式为 c.π键 d.范德华力 ②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm. (4)g一C.N. 中,C原子的杂化轨道类型为 c nm,a-③-Y-90{,则该晶体的密度p= ,N原子的配位数为 g·cm(设阿伏加德罗常数的值为 (5)每个基本结构单元(图中实线圈部分)中 N..用含a、b、c、N。的代数式表示). 两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代 4.(2021·河北卷,17,15分)KH.P0.晶体具 替,形成O掺杂的g一CN(OPCN)。 有优异的非线性光学性能。我国科学工作 OPCN的化学式为 者制备的超大KH.PO. 晶体已应用于大功 3.(2021·湖南卷,18,15分)硅、(Ge)及其 率固体激光器,填补了国家战略空自。回答 化合物广泛应用于光电材料领域。回答下 下列问题: 列问题: (1)在KH.PO. 的四种组成元素各自所能 (1)基态硅原子最外层的电子排布图为 形成的简单离子中,核外电子排布相同的是 ;晶体硅和碳化硅熔点较高的 (填离子符号)。 是 (填化学式); (2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状 (2)硅和南素单质反应可以得到SiX。 SiX.的熔、沸点如下表 SiF. SiCl. SiBr. Sil 的用一表示。称为电子的自旋磁量子数。 熔点/K 183.0 203.2 278.6 393.7 对于基态的磷原子,其价电子自旋磁量子数 沸点/K 187.2 330.8 427.2 560.7 的代数和为 ①0C时,SiF、SiCl.、SiBr、SiI.呈液态的 (3)已知有关氮、磷的单键和三键的键能 是 (填化学式),沸点依次升高的原 (kJ·mol)如下表: 因是 N-N N=N 0P-P P=P ,气态SiX,分子的空间 193 946 197 构型是 489 专题十五 物质结构与性质 从能量角度看,氢以N。、而自磷以P(结构 (7)分别用。、·表示H.PO和K, KH。PO.晶体的四方晶胞如图(a)所示,图 (b)、图(c)分别显示的是H.PO、K在晶 胞x面、yz面上的位置: #)。 (4)已知KH.PO。是次磷酸的正盐,H.PO 的结构式为 杂化方式。 fa rb 其中P采取 fu (5)与PO 电子总数相同的等电子体的分 ①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm,阿 子式为 伏加德罗常数的值为N,晶体的密度为 g·cm(写出表达式)。 (6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷 ②晶胞在x轴方向的投影图为 (填 酸,如: 标号)。 0---o-1-o 1。 去行行 OI 0I OI ol off 如果有”个磷酸分子间脱水形成环状的多 D 磷酸,则相应的酸根可写为 考点3 热电材料、超导材料类 (2020·山东卷,17,12分)CdSnAs;是一种 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可 高迁移率的新型热电材料,回答下列问题; 以表示晶胞中各原子的位置,称作原子的分 (1)Sn为IVA族元素,单质Sn与干燥Cl 数坐标。四方晶系CdSnAs。的晶胞结构如 反应生成SnCl.。常温常压下SnCL.为无色 图乙所示,晶胞梭边夹角均为90{},晶胞中部 ,其固体 液体,SnCl.空间构型为 分原子的分数坐标如下表所示。 的晶体类型为 2apm 0-N apm apm 甲 乙 (2)NH。、PH。、AsH。的沸点由高到低的顺 坐标 序为 (填化学式,下同),还原性由 2 3 原子 2 强到弱的顺序为 Cd 0 0 键角由大到小的顺序为 0 Sn 0 C 0.5 (3)含有多个配位原子的配体与同一中心离 As 0.25 子(或原子)通过鳌合配位成环而形成的配 0.25 0.125 一个晶胞中有 合物为鳌合物。一种Cd^{}”配合物的结构如 个Sn,找出距离 图甲所示,1mol该配合物中通过鳌合作用 Cd(0,0,0)最近的Sn (用分数坐标 形成的配位键有 mol,该鳌合物中 表示)。CdSnAs。晶体中与单个Sn键合的As 种。 N的杂化方式有 有 个。 121 最新真题分类特训·化学 考点4 金属、非金属及其化合物类 1.(2024·浙江1月卷,17)(10分)氢和氧是 (2)Mn的某种氧化物MnO.的四方晶胞及 构建化合物的常见元素。 其在xy平面的投影如图所示,该氧化物化 已知: 学式为 0 +HO-→HO-S-OH ### # o0 当MnO.晶体有O原子脱出时,出现O空 7 位,Mn的化合价 (填“升高”“降 ·ll0 低”或“不变”),O空位的产生使晶体具有半 CCl ·Cr 导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方 式获有半导体性质的是 (填标号)。 C A.CaO B.VO. 请回答: C.FeO D. CuO (1)某化合物的晶胞如图,其化学式是 (3)[BMIM]BE(如图) ,晶体类型是 是MnO.晶型转变的诱导 [BMIM]'BF: (2)下列说法正确的是 A.电负性:BN>O 剂。BF的空间构型为 B.离子半径:P<^{<Cl [BMIM中眯座环存在II大元键,则N C. 第一电离能:Ge<Se<As 原子采取的轨道杂化方式为 D.基态Cr*的简化电子排布式:[Ar]3d (3)①H$N-NH.+H →H$N-NH, (4)MnO.可作HMF转化为FDCA的催化 其中一NH。的N原子杂化方式为 比较键角 HNH:H.N一NH,中的-NH 剂(如图)。FDCA的熔点远大于HMF,除 H$N-NH中的-NH(填“” 相对分子质量存在差异外,另一重要原因是 “<”或“一”),请说明理由 ###_ ②HNO。与SO按物质的量之比1:2发生 HMF FDCA 化合反应生成A,测得A由2种微粒构成 3.(2023·全国乙卷,35,15分)[化学-选 其中之一是NO。。比较氧化性强弱;NO HNO(填“”“<”或“一”);写出A 修3:物质结构与性质] 中阴离子的结构式 中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。 探测发现火星上存在大量辙榄石矿物 2.(2024·山东卷,16)(12分)孟氧化物具有 (Mg.Fe,SiO)。回答下列问题; 较大应用价值,回答下列问题: (1)基态Fe原子的价电子排布式为 (1)Mn在元素周期表中位于第 周期 橄榄石中,各元素电负性大小 族;同周期中,基态原子 顺序为 未成对电子数比Mn多的元素是 ,铁的化合价为 (填元素符号)。 专题十五 物质结构与性质 (2)已知一些物质的熔点数据如下表: (4)gAgI晶体中I离子作体心立方堆积 熔点/C 物质 将 (如图所示),Ag 主要分布在由I构成的 800.7 四面体、八面体等空隙中。在电场作用下, -68.8 Ag 不需要克服太大的阻力即可发生迁移 因此,g-AgI晶体在电池中可作 -51.5 为 SnCl. -34.1 Na与Si均为第三周期元素,NaC1熔点明 显高于SiCl,原因是 分析同族元素的氢化物SiCl、GeCl、SnCl 熔点变化趋势及其原因 。SiCl.的空间结构为 ,其中Si的轨道杂化形式为 已知阿伏加德罗常数为N。,则g-AgI晶体 (3)一种棚化合物具有超导性能,晶体结 的摩尔体积V。三 m·moll(列 构属于六方晶系,其晶体结构、晶胞沿c轴 出算式)。 的投影图如图所示,晶胞中含有 # 5.(2021·全国乙卷,35,15分)过渡金属元素 Mg。该物质化学式为 络(Cr)是不锈钢的重要成分,在工农业生产 B-B最近距离为 和国防建设中有着广泛应用。回答下列 问题。 (1)对于基态Cr原子,下列叙述正确的是 (填标号)。 OMg A.轨道处于半充满时体系总能量低,核外 电子排布应为[Ar]3d^{}4s 4.(2022·全国乙卷,35,15分)素单质及其 B.4s电子能量较高,总是在比3s电子离核 化合物在科研和工农业生产中有着广泛的 更远的地方运动 应用。回答下列问题: C.电负性比钾高,原子对键合电子的吸引 (1)氛原子激发态的电子排布式有 力比钾大 其中能量较高的是 。(填标号) (2)三价络离子能形成多种配位化合物 a. 1s22s2p'3s b. 1s22s?2p'3d* [Cr(NH。)。(H.O).C1中提供电子对形 c. 1s22s2p5 d. 1s}2s{2p3p②} 成配位键的原子是 ,中心离子的配 (2)①一氢乙燥(C。H.C1)分子中,C的一个 位数为 杂化轨道与C1的3p. 轨道形成 (3)[Cr(NH。)(HO)C1]中配体分子 C-C1 键,并且C1的3p.轨道与C NH.、H.O以及分子PH.的空间结构和相 的2p.轨道形成3中心4电子的大n键(I)。 应的键角如图所示。 ②一氢乙炕(C。H.Cl)、一氢乙(CH.Cl). 一氢乙快(C。HCD)分子中,C一C1键长的顺 序是 ,理由:(1)C的杂 H ##104.5* 1073。 7H 93.6· 化轨道中s成分越多,形成的C一C1键越 N_ 强:(li) PH PH,中P的杂化类型是 。NH的 (3)南化物CsICL.受热发生非氧化还原反应 沸点比PH的 ,原因是 生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 H.O的键角小于NH。的, 解释X的熔点比Y高的原因 分析原因 最新真题分类特训·化学 (4)在金属材料中添加A1Cr。 (3)Xe是第五周期的稀有气体元素,与F形 颗粒,可以增强材料的耐腐蚀 成的XeF。室温下易升华。XeF。中心原子 性、硬度和机械性能。 的价层电子对数为 ,下列对XeF AICr。具有体心四方结构,如 中心原子杂化方式推断合理的是 图所示。处于顶角位置的是 (填标号)。 C.sp{ B.s^{} 原子。设Cr和A1 A.sp D. sp{d 原子半径分别为和,则 (4)XeF。晶体属四方晶 金属原子空间占有率为 %(列出计 系,晶胞参数如图所示, 算表达式)。 晶胞梭边夹角均为90{*, 6.(2021·山东卷,16,12分)非金属氛化物在 个 该晶胞中有 生产、生活和科研中应用广泛。回答下列 XeF。分子。以晶胞参 pm 问题: 数为单位长度建立的坐 (1)基态F原子核外电子的运动状态有__ 标系可以表示晶胞中各原子的位置,称为原 种。 子的分数坐标,如A点原子的分数坐标为 (2)0、F、C1电负性由大到小的顺序为 #11) 已知Xe一F键长为rpm,则B ;OF。分子的空间构型为 ;OF。的熔、沸点 (填“高于”或 点原子的分数坐标为 ;晶胞中A、B “低于”)Cl.O,原因是 间距离d一 pm。 考点5 其他材料类 1.(2024·黑吉辽卷,9)环六糊精(D-吐嘀葡萄 2.(2024·湖北卷,8)结构决定性质,性质决定 糖缩合物)具有空腔结构,腔内极性较小;腔 用途。下列事实解释错误的是 外极性较大,可包合某些分子形成超分子 事实 解释 图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超 分子示意图及相关应用。下列说法错误 甘油是黏稠 A 甘油分子间的氢键 的是 ( ) 液体 较强 HOH.C0 0HD B XCH:OH 浓盐酸增强了浓硝 王水溶解铀 酸的氧化性 冰晶体中水分子的 C 0CH. 冰的密度小 空间利用率相对 于干冰 较低 0CHOH 图1 图2 未杂化的p轨道重 D 石墨能导电 (40%) (60%) 叠使电子可在整个 OCH; 0Cll. OCHl 碳原子平面内运动 HoCl 3.(2024·全国甲卷,35)[化学一选修3:物质 结构与性质](15分) 环六糊精 →(4%) (96%) IVA族元素具有丰富的化学性质,其化合物 图3 有着广泛的应用。回答下列问题: A.环六糊精属于寡糖 (1)该族元素基态原子核外未成对电子数为 B.非极性分子均可被环六糊精包合形成超 ,在与其他元素形成化合物时,吴 分子 现的最高化合价为 C.图2中甲氧基对位暴露在反应环境中 (2)CaC。俗称电石,该化合物中不存在的化 学键类型为 (填标号)。 D. 可用萃取法分离环六糊精和氢代笨甲醉 124 专题十五 物质结构与性质 a.离子键 b.极性共价键 酸善分子中所有原子共平面,其中p轨 c.非极性共价键 d.配位键 道能提供一对电子的N原子是 (3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅院 (填图2融著中N原子的标号)。钻酥著分 CH 子中,钴离子的化合价为 ,氮原子 提供孤对电子与钴离子形成 键。 干Sil,其中电负性最大的元素是 (3)气态AICl 通常以二聚体 ##2# # 硅原子的杂化轨道类型为 Al.CL.的形式存 (4)早在青铜器时代,人类就认识了锡。锡 在,其空间结构 图3aA1.C3.的分了结构 图3.AlF.的晶体结构 的肉化物熔点数据如下表,结合变化规律说 如图3a所示,二 明原因: 聚体中A1的轨道杂化类型为 AIF。的熔点为1090C,远高于A1Cl。的 SnCl. SnF. SnBr 物质 SnI. 192C,由此可以判断错氛之间的化学键为 熔点/C -34 29 143 442 键。AE。结构属立方晶系,晶胞如图 3b所示,F的配位数为 。若晶胞参数 (5)结晶型PbS可作为放射性探测器元件 为apm,晶体密度o- g·cm(列出 材料,其立方晶胞如图所示。其中Pb的配 计算式,阿伏加德罗常数的值为N。)。 位数为 设N.为阿伏加德罗 5.(2022·全国甲卷,35,15分)2008年北京奥 常数的值,则该晶体密度为 g. 运会的“水立方”,在2022年冬奥会上华丽 cm(列出计算式)。 转身为“冰立方”,实现了奥运场馆的再利 用,其美丽的透光气囊材料由乙(CH。 CH。)与四氛乙 (CF。一CF。)的共聚物 (ETFE)制成。回答下列问题: (1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示 594pm 式)为 4.(2023·全国甲卷,35,15分)[化学-选修 (2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级 3:物质结构与性质 电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同) 将酸著-钴献著一三氢化-复合嵌接 第一电离能的变化图是 (填标 在碳纳米管上,制得一种高效催化还原二氧 号),判断的根据是 ;第三电离 化碳的催化剂。回答下列问题: 能的变化图是 (填标号)。 (1)如图1所示的几种碳单质,它们互为 ,其中属于原子晶体的是 ,C。间的作用力是 ## 图a 图b 图。 。 (3)固态氛化氢中存在(HF).形式,画出 #。 (HF)。的链状结构 #_ 留 (4)CF。-CF。和ETFE分子中C的杂化轨 C 金刚石 纳米管 需1 道类型分别为 和 (2)酸著和钻酸善的分子结构如图2所示。 聚四氛乙唏的化学稳定性高于聚乙炀,从化 学键的角度解释原因 (5)萤石(CaF。)是自然 界中常见的含氧矿物, 。x 其晶胞结构如图所示, Y X代表的离子是 ;若该立方晶 融善 钻献善 胞参数为apm,正负离子的核间距最小为 图2 pm。 最新真题分类特训·化学 6.(2022·湖南卷,18,15分)铁和硒(Se)都是 ②Fe原子的配位数为 人体所必需的微量元素,且在医药、催化、材 ③该晶胞参数a=b=0.4nm、c=1.4nm 料等领域有广泛应用。回答下列问题: 阿伏加德罗常数的值为N。,则该晶体的密 (1)乙浣硒啾(Ethaselen)是一种抗癌新药. 度为 g·cm(列出计算式)。 其结构式如下: 7.(2021·全国甲卷,35,14分)我国科学家研 发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目 被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通 过太阳能发电电解水制氢,再采用高选择性 ①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar 催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下 列问题: ②该新药分子中有 种不同化学环 (1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶 境的C原子; 硅。Si的价电子层的电子排布式为 ③比较键角大小:气态SeO。分子 单品硅的晶体类型为 。SiCl是生 SeO{{离子(填“→”“<”或“一”),原因是 产高纯硅的前驱体,其中Si采取的杂化类 型为 。SiCl.可发生水解反应,机 (2)富马酸亚铁(FeCH.O) 理如下: 是一种补铁剂。富马酸分子 的结构模型如图所示; ①富马酸分子中。键与π键的数目比为。 心 、p、d轨道的杂化 ②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小 含s、p、d轨道的杂化类型有:①dsp^{②}、 的顺序为 。 ②spd、③spd^{},中间体SiCl.(H.O)中Si (3)科学家近期合成了一种固氢模型配合 采取的杂化类型为 (填标号)。 物,该物质可以在温和条件下直接活化H。 (2)CO。分子中存在 个。键和 将N③”转化为NH。,反应过程如图所示; 个n键。 ###, (3)甲醇的沸点(64.7C)介于水(100C)和 甲 醇(CH.SH,7.6C)之间,其原因是 ①产物中N原子的杂化轨道类型为 (4)我国科学家发明了高 ②与NH互为等电子体的一种分子为 选择性的二氧化碳加氢 (填化学式)。 合成甲醇的催化剂,其组 (4)钾、铁、硒可以 成为乙nO/乙rO。固溶体。 形成一种超导材 四方乙rO。晶胞如图所 。0 ·7t 示。乙r在晶胞中的配位数是 料,其晶胞在xx、 ,晶 y和xy平面投影 胞参数为apm、apm、cpm,该晶体密度为 分别如图所示; g·cm(写出表达式)。在乙rO ①该超导材料的最 中掺杂少量ZnO后形成的催化剂,化学式可表 示为乙n.乙r-O,则y- 简化学式为 (用x表达)。 126详解详析 17.CA报据均排法，图1的品隐中含Li:8×十1=3， 答案：(1)分子品体HF、H,O2 (2)sp>CO2中既存在g键又存在大开键，原子 0:2×2=1.C:4× =1,1个晶胞的质量为 轨道重叠的程度大，而CO中仅存在ā键，故CIO,中 C1一O键的键长小于C1O中C1一)键的键长 3X7+6+5g-4电的体款为uX10”m N (3)CuC:+4K+2F,一定条 -2KCI K2 CuF X10cm,别品体的蜜度为得g÷位×10m) 4.36×103 N×aX10可g/cm,A正确：B图1晶胞中，0位于 72.5 acNi 专题十五物质结构与性质 面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为 考点1电池材料类 6,B正确：C.根据均掉法，图2中1i:1,Mg或空位为8 1.解析：本题考查物质结构与性质，涉及原子核外电子自 =2.0:2×号=1，C或Br:4×=1.Mg的个 旋状态、电离能大小、杂化方式的判断和品胞结构分 析等 数小于2，根据化合物元素正负化合价的代数和为0，图 (1)基态S原子核外电子排布式为1s22s2p3s3p,价 2的化学式为LiMgOCI,Br1-1,C错误；D.进行镁离子 取代及卤素共摻杂后，可获得高性能固体电解质材料， ↑↑↑ 电子轨道表示式为3s 3p ,则两种自旋 说明Mg+取代产生的空位有利于Li的传导，D正确： 状态的电子数之比为2：1（或1：2） 答案选C。 (2)Cu的价电子排布式为3d"4s,易失去1个电子达到 18.C物质的结构与性质。由图可知，品胞中K处于顶 稳定状态，Zn的价电子排布式为3d"4s,4s轨道为全充 角，教目为言×8=1，Ca在品胞的体心，数目为1，B在 满稳定状态，不易失去电子，故Cu的第一电离能比Zn 晶胞的面上，量目为分×2×6=6，C也在品胞的面上. 的第一电离能小，Cu的价电子排布式为3d",Zn的价 电子排布式为3d4s,Cu的3d能级处于全充满状态， 餐目为号×2×6=6，故晶体的最简化学式为 较稳定，Zn失去4s能级上的1个电子可形成稳定结 构，故Cu的第二电离能比Z的第二电离能大，因此第 KCaB,Cw,A项正确：由品胞图可知，与Ca最近且距 二电离能与第一电离能差值更大的是Cu。 离相等的K有8个，而品胞中Ca+、K数目之比为 1:1,故与K+最近且距离相等的Ca+有8个，B项正 (3)SmC中Sm+的孩电子对数为2×(4+1-3X1) 确：结合图示可知，B、C原子围成的多面体，有6个面位 1,成键电子对数为3，所以价层电子对数为4，几何构型 于品胞的六个面上，上半部分和下半部分还各有4个 为三角维形.中心离子杂化方式为s即杂化。 面，故该多面体中共有14个面，C项错误：该品胞的摩 (4)由题给信息结合几种物质的结构可知，主族元素形 尔质量为217g·mol厂1，品胞体积为(a×10°)'cm, 成的离子或配体中，不存在未成对的电子，故只需判断 收体专度为20g·mD项三有】 四种物质中Zn和Cu元素是否含有未成对电子，就可判 断该物质是否属于顺磁性物质。[Cu(NH):]C中，Cu 19.解析：(1)常温常压下HOF为无色气体，说明其沸，点较 为+1价，价电子排布为3d”,不含未成对电于： 低，为分子品体。比较元素的电负性大小可知，HOF中 [Cu(NH),门SO,中，Cu为+2价，价电子排布为3d,含 F为一1价，则其水解反应为HOF十HO一HF十 未成对电子；[Zn(NH)1]SO,和Na[Zn(OH)]中，Zn H,O2,水解产物为HF、H,O。(2)CIO,为V形结构， 为十2价，价电子排布为3d”,不含未成对电子。故具有 且存在3原子5电子的大π键，则C1的杂化类型为 顺磁性的物质为[Cu(NH),门SO,,B正确。 sp。C1O2中C1提供1个电子，每个O提供2个电子 (5)MnO.中Mn为十7价，Mn2+转化为MnO,的过程 形成，C有】个弧电子对，CLO中O存在两个孤电 中M元素被氧化，所以应该选择具有强氧化性的物质， 子对，根据孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键 S,O中含有过氧键，具有强氧化性，因此选择D项。 电子对与成键电子对问的斥力，知CL,0中C一0一CI 答案：(1)2：1（或1：2） 键角小于CIO2中O一C1一O键角。(3)根据均摊法，X (2)CuCu的第一电离能比Zn的第一电离能小，但Cu 的福隐中白色小球的个数为16×号十4×号十2=8， 失去1个电子后形成的Cu的价电子排布为3d",较难 失去电子，Zn失去1个电子形成的Zn的价电子排布为 黑色小球的个数为8×号十2=4，友色小球的个：为 3”4s',较易失去1个电子达到稳定状态，Cu的第二电 离能比Zn的第二电离能大 8×日十1=2，则X中灰球，黑球，白球的个教比为1： (3)三角形sp(4)B 2:4,根据Cu化合价为+2，结合元素守恒、化合物中 (5)DD(SS)中含有过氧键，具有强氧化性 各元素化合价代数和为0可知，X为KCuF,则题中反 2.解析：(1)基态铁原子的价电子排布式为3d4s,失去外 应的化学方程式为CuCL十K+2R,一定条件2KCI+ 层电子转化为Fe+和Fe3+,这两种基态离子的价电子 排布式分别为3d和3d,根据洪特规则可知，基态Fe2 K,CuF,。该品胞中含有2个K,CuF,品胞质量为 有4个未成对电子，基态Fe+有5个未成对电子，所以 64×2+39×4十19X8g,品胞体积为a×10“cm×bX 未成对电子个数比为4：5： NA (2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能 101°cm×c×10°cm=abc×10"cm,则化合物X的 逐渐减小，所以1，(Li)>I,(Na):闷周期元素，从左至 密度p=64X2+39X4+19×8 右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于ⅡA元素基态 g÷(abeX10-cm2) 原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所 4.36×101 以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素，因此I(B) acN g·cm3。 >1(B)>I1(Li): 最新真题分类特训·化学 （3)4十5十3,2X4=4,经过计算，P0中不含孤电子 距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目 2 为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故 对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型 Ca+的配位数是12：故答案为：O>Ti>Ca:离子键：12： 为正四面体形，P原子是采用sp杂化方式形成的4个 (4)比较品胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶 sp条化轨道： 胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示品胞结 (4)由题千可知，LiFeP)的品胞中，Fe存在于由()构成的 构，图(b)中体心上的P+就变为了八个顶点，即相当于 正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内部：再分析题 图(a)中的Ti+:图(b)中顶点上的I就变成了体心，即 千中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的品胞结构示意图， 相当于图(a)中的Ca2+:图(b)面心上中的CHNH就 对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO,的晶胞 变成了棱心，即相当于图(a)中的O:故图(b)中的 中，小球表示的即为1广，其位于晶胞的8个顶点，4个 Pb+与图(a)中的T+的空间位置相同；有机碱 侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计 CHNH时中N原子上无孤对电子，周围形成了4个o 算一个品跑中山广的个数为8×日十4×号十4×号=4 健，故N原子采用sp杂化：从图(b)可知，一个品胞中 含有Pb+的效目为1×1=1个，CHNH时的数目为8× 个：进一步分析(a)图所示的LiFePO,的晶胞中，八面体 结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的 号个，「的数目为6X号-3个，故品胞的密度为 数目均为4：考虑到化学式为I,iFPO,并且一个晶胞中 含有的L、Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有 P-V 4个LiFP),单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图 1mol×(207+3×127+12+14+6×1)gmol 可知，Li-,FePO相比于LiFePO缺失一个面心的Ii Na(a×107)尸 以及一个棱心的Li:结合上一个空的分析可知，IFPO 620 ×10gm减客案为：p: 2×1021: 品胞的化学式为Li,Fe,POs,那么Li1-,FcPO,品胞的 Nia (5)从作用原理图()可以推出，这里发生两个离子反应 化学式为iFe,P,0,所以有1一x=3.25即x 方程式，左边发生P%十2Eu+一P+十2Eu+,右边 0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li,-,FPO,即 发生12十2Eu+—2Eu3+十2I,故答案为：Pb+2Eu Li,12FcPO:假设Fc和Fe数目分别为r和y,则列 —P%2++2Eu2+:l2+2Eu+—2Eu3++21 方程组：x+y=1,0.8125+2x+3y+5=4×2,解得x= 点睛：对电负性的考查，只要掌握周期表同一周期从左 0.8125,y=0.1875,则Li1-FePO中n(Fe+):n(Fe+)= 往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减 0.8125:0.1875=13:3. 小的规律，另金属元素的电负性小于非金属的：化学健 点睛：对第一电离能的考查，最常出现的是ⅡA、VA基 的类型判新主要也是通过电负性，当两元素的电负性相 态原子与同一周期相邻主族元素的基态原子第一电离 差1.7以上形成离子健，小于则形成共价键：判断分子等 能的比较：判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥 构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论 理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断：由陌生 以及等电子体原理进行判断：由陌生晶胞结构计算晶体 品肥结构书写品体化学式时，一方面要认真分析品胞中各 密度时，先要确定晶胞中含有的微粒数目，这时一方面 类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用。 要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要 答案：(1)4：5 注意均掩法的使用，然后根据质量的两种计算方法相等 (2)N与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电 即pV=M来进行求笄。 子Ii、B、B同周期，核电荷数依次增加。Be为1s2s 答案：(1)1s2s2p3s3p3d4s(2)TiF,为离子化合 全满稳定结构，第一电离能最大。与1相比，B核电荷 物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量 数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大 的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高。 (3)正四面体形4sp (3)0>Ti>Ca离子键12(4)T+sp3 620 a×N (4)4 0或0.1875133 ×10▣(5)2Eu3++P%一2Eu++Pb+2Eu++1 3.解析：(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子 =2Eu+21 排布式为1s22s22p3s23p3d4s2或[Ar]3d4s2:故答案 考点2光电材料类 为：1s2s22p3s3p3d4s2或[Ar]3d4s: 1.解析：(1)基态硫原子价电子排布式为3s3p,Se与S同 (2)一般不同的晶体类型的馆沸，点是原子晶体>离子晶 族，S为第四周期元素，围此基态硒原子价电子排布式 体>分子晶体，TF是离子品体，其余三种则为分子晶 为4s24p:故答案为：4s24p。(2)H2Se的沸点低于 体，故TiF,的培点高于其余三种物质：TiCl、TiBr、Til 日O,其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间 均为分子品体，对于结构相似的分子品休，则其相对分 氨键，沸点高：故答案为：两者都是分子晶体，由于水存 子质量越大，分子间作用力依次越大，熔，点越高：故答案 在分子间氢键，沸点高。(3)A.I中有G键，还有大π键，故 为：TF,是离子品体，其余三种则为分子品体，故TF A错误：B.Se一Se是同种元素，因此I中的Se一Se键为非极 的熔点高于其余三种物质：TiCL,TBr,Tl均为分子 性共价健，故B正确：C.经都难溶于水，因此Ⅱ难溶于 品体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强， 水，故C错误：D.Ⅱ中苯环上的碳原子和碳碳双键上的 故点依次升高： 碳原子杂化类型为$即，碳碳三键上的碳原子杂化类型 (3)CaTiO,晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca,Ti是同 为sp,故D正确：E.根据同周期从左到右电负性逐渐增 为第四周期的金属元素，C在Ti的左边，根据同一周期 大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~Ⅲ含有 元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>C,()为非金 的元素中，)电负性最大，故E正确：综上所述，答案为： 属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是： BDE。(4)根据题中信息下中O、Se都有孤对电子，碳、 ()>T>Ca,金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合， 氢、硫都没有孤对电子：故答案为：O,S。(5)根据非羟 离子晶体品胞中莱微粒的配位数是指与之距离最近且 基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱 相等的带相反电性的离子，故C:的配位数必须是与之 为H,SeO,>HSeO。SeO中Se价层电子对数为4 详解详析 十号(6十2-2X)=4,共立体构型为正四面体形：故答 (2)①由题给这沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气 态，四氟化硅为液态，四澳化硅、四碘化硅为固态：分子 案为：>；正四面体形。(6)①根据品胞结构得到K有8 晶体的沸，点取决于分子间作用力的大小，SX,都是结构 个，合有SB的数目是8X日+6X7=4,则X的化 相似的分子品休，相对分子质量依次增大，分子间作用 力依次增大，则SiX,的沸点依次升高：SX分子中硅原 学式为K,SeBr6:故答案为：K,SeBr6。②设X的最简式 子的价层电子对数为4，孤电子对对数为0，则分子的空 的式量为M,品体密度为pg·cm,设品胞参数为a 间构型为正四面体形，故答案为：SC1；SiX,都是结构 M,g·mol 相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用 m,得到p=g-八mo一X4 力依次增大：正四面体形：②由M+的结构可知，离子中 (a×10-)3 pg·cm,解得a 含有杂化方式为sp杂化的单键碳原子和sp杂化的双 MX10nm,X中相邻K之间的最短距离为品胞 健碳原子：元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的 N 非极性强弱顺序为N>C>H,则元素电负性的大小顺序 AM. 为N>C>H:M+的结构中含有单键、双键和配位键，单 参数的一车即之×，N ×10'nm:故答案为：2× 镀和配位键都是。键，双键中含有1个。键，则离子中含 3M×10nm 有54个G能，故答案为：sp2,sp:N>C>H:54:(3)①由 晶胞结构可知，品胞中位于顶点、面心、校上和体内的X VNAP 答案：(1)4s4p 原子为8×日+6×号+4×+3=8，位于体内的Y原 (2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 子和Z原子分别为4和16，由Ge和)原子的个数比为 (3)BDE(4)O、Se 1:4可知，X为Mg原子，Y为G心原子，Z为O原子，则 (5)>正四面体形 品胞的化学式为Mg:GeO,故答案为：O:Mg:GeO,； (6)①K,SeBre ￥4M×10 @立 ②由晶胞的质量公式可得.4X185=ucX10"×p,解 N 2.解析：本题考查物质结构与性质，涉及第一电离能，微粒 得p= 740 abeN 740×10。 间的相互作用、杂化轨道、配位数等。 -×10g/cm,故答案为：abcN (1)基态C原子的核外电子排布式为1s2s2p,成对电 33 3p 子数为4，未成对电子数为2，其比值为2：1 答案：(1)↑V◆↑☐SC(2)①SC1 (2)N、O核外电子层数相同，N原子的核外电子排布式 SX,都是结构相似的分子品体，相对分子质量依次增 为1s252p,2p轨道处于半充满状态，比较稳定，较难 大，分子间作用力依次增大正四面体形 失去电子，则第一电离能N>(O,()和S是同一主族元 ②sp2,sp3N>C>H54(3)①O Mg:Ge(O 素，S原子半径大于。原子，更易失去电子，第一电离能： O>S,故第一电离能I1大小为I1(N)>11(O)>11(S)。 ②740X10 abeN (3)根据题意，g一CN,晶体具有和石墨相似的层状结 4.解析：(1)在KHPO,的四种组成元素各自所能形成的 构，结合二维平面结构图，判断其存在的微粒间作用力 简单离子分别为H(或H)、O、K和P,其中核 有极性键，π键和范德华力，故答案选cd。 外电子排布相同的是K和P (4)由图可知，g-CN中C原子与N原子形成三个G (2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为3s23p,其中 键，层内存在大x键，碳原子上不存在孤电子对，故C原 35轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数 子的杂化执道类型为sp杂化：由图可知，N原子存在连 和为0：根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自 两个C原子和三个C原子两种情况，故N原子的配位数 旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子 为2和3。 (5)从图中基本结构单元分析可知，N原子存在连两个C 数的代数和为+昌或一是 原子和连三个C原子两种情况，连两个C原子的N原子 (3)根据表中的相关共价键的键能可知，若4molN形成 完全属于该基本结构单元，连三个C原子的N原子中， 类似白磷分子结枸的N,分子，可以释放出的能量为 处在中心的完全属于该基本结构单元，处在“顶点”上的 193kJ×6=1158kJ:若4molN形成N2分子，剥可释放 N原子属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含 的能量为946kJ×2=1892kJ,显然，形成N,分子放出 有6个C原子和7+号×3=8个N原子：将图中虚线所 的能量更多，故在N数目相同的条件下，N,具有更低的 能量，能量越低越稳定。同理，若4molP形成P1分子， 示的N原子用O原子代替形成O摻杂的OPCN,则O 可以释放出的能量为197k」×6=1182kJ:若4molP形 原子完全属于该基本结构单元，故其中含有6个C原 成P。分子，则可释放的能量为489kJ×2=978kJ,显 子，6个N原子、2个O原子，则化学式为CNO. 然，形成P,分子放出的能量更多，故在P数目相同的条 答案：(1)2：1 件下，P具有更低的能量，能量越低越稳定。 (2)N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更 (4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离：由 难失电子：O,S同主族，S原子半径大于O原子，更易失 KH,P(),是次磷酸的正盐可知，HP),为一元酸，其分 去电子(3)cd(4)sp杂化2,3(5)CNO 子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个0 3.解析：(1)硅元素的原子序教为14，最外层电子排布式为 H 3p 3s23p,则最外层电子排布图为个，↑↑☐： 与P形成双键，故其结构式为HO一P一0，其中P 原子品体的嫁，点取决于共价键的强弱，品体硅和碳化硅 H 都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属 共形成4个ā键、没有孤电子对，故其价层电子对数为 性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅 4,其采取sp杂化。 硅键，则碳硅健强于硅硅健，碳化硅的熔点高于品体硅， (5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根 3s 3p 据前加后减，前减后加、总数不变的原则，可以找到与 故答案为：个☐：SiC P)电子总数相同的等电子体分子为SiF、SO,F,等， 最新真题分类特训·化学 (6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去(n一1)个水分 点睛：本题考查轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔鴻 子形成链秋的多磷酸，因此，如果有个磷酸分子间税 点大小比较，键角大小的比较，配位数的计算，品胞的计算 水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到 等知识，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍 (HPO,),其失去H后得到相应的酸根，故该酸根可写 然是晶胞的有关判断与计算，品袍中原子的数目往往采用 为P(O。 均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶 (7)①由品胞结构可知，HPO位于品胞的顶点、面上 胞的贡就为1/8：②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用， 和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞 对一个晶胞的贡献为1/2：③位于晶胞棱心的原子为4个晶 中H,P0,的数目为8X日十4×号十1=4：K*位于面 胞共用，对一个晶胞的贡就为1/4：④位于品胞体心的原子 为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1， 上和棱上，面上有6个，校上4个，故晶胞中K的数目 答案：(1)正四面体形分子品体 为6×号十4×号=4.国北，平均每个品胞中占有的 (2)NH、AsH、PH,AsH、PH、NHNH、 HPO,和K的数目均为4，若晶胞底边的边长均为 PH,.AsH, apm,高为cpm,则晶胞的体积为l0accm,阿伏加德 (3)61 (4)4(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)4 罗常数的位为N,品保的害度为D沿g…m 考点4金属、非金属及其化合物类 ②由图(a)、(b)、(c)可知，晶胞在x轴方向的投影图为 1.解析：(1)由品胞图可知，化学式为CCL,·4HO:构成 晶胞的粒子为CCI·4HO分子，故为分子晶体： 选B (2)A.同一周期元素，从左到右，电负性依次增强，故顺 0 序为O>N>B,A错误：B.核外电子排布相同，核电荷数 越大，半径越小，故顺序为P>S>C1,B错误：C.同 答案：(1)K和P- (2)+号或- (3)在原子数目 一周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，VA族和 相同的条件下，N2比N,具有更低的能量，而P,比P具 IA族相反，故顺序为Gc<Sc<As,C正确：D.基态Cr 有更低的能量，能量越低越稳定 的简化电子排布式：[Ar]3d4s,Cr+的简化电子排布式 H 为[Ar]3d,D正确：故选CD: (4)H-0-P-0 sp3(5)SiF,、SO2F:等 (3)①-NH,的价层电子对数为3+5-)X3=,故杂 2 H 化方式为sp:一NH2价层电子对数为4，有一个孤电子 4×136 (6)P.O (7)① 对，-NH时价层电子对数4+5=1,1X4=4,无孤电子 0-Nad'c ②B 2 考点3热电材料、超导材料类 对，又因为弧电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子 对对成键电子对的排斥力，故键角∠HNH:HN一NH,中 解析：(1)Sn为第NA族元素，由于常温下SnCl,为液 体，故SmCl为分子品体：SnCl分子中中心原子的弧电 的一NH<HN一NH中的一NH; ②HNO,与SO,按物质的量之比1：2发生化合反应生 子对数=2×(4一4X1)=0,6健电子对数为4，价层电 成A,测得A由2种微粒构成，其中之一是NO,则A 子对效为4，故SnCL,分子的空间构型为正四面体形： 为N(),HSO,,NO,为硝酸失去一个OH,得电子能力 (2)NH、PH、AsH,的结构相似，结构相似的物质，相 更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO>HNO:阴离子 对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是 为HS,),根据已知可知其结构式为 NH,分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH:> AsH>PH:N、P、As这三种元素位于元素周期表中第 VA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核 (-H 电荷数的增加，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，氨 化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到 答案：(1)CrCL2·4HO分子晶体(2)CD 弱的顺序为AsH,>PH>NH:NH、PH、AsH,中中 (3)①sp 一NH,有孤电子对，孤电子对成键电子 心原子都是sp杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电 负性越小，成键电子对之间的斥力越小，健角越小，所以 排斥力大，键角变小 ② )-S-0-S-H 这三种物质的键角由大到小的顺序为NH,>PH AsH,: (3)由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配 2.解析：(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周 位原子的配体与同一中心离子或原子通过整合配位成 期MB族：基态Mn的电子排布式为：[Ar]3d4s,未成对 环而形成的配合物为整合物”，故该配合物中通过整合 电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比M多 作用形成的配位键有6mol,Cd一N),那个不算：该整螯合 的元素是Cr,基态Cr的电子排布式为[Ar3d4s,有6个 物中N原子的杂化方式都是sp杂化，故该物质中N的 未成对电子： 杂化方式有1种： (4)由部分Cd原子的分数坐标为(0,0,0)，可知8个Cd (2)由均粮法得，昌胞中Mn的数目为1十8×号=2,0 在品胞的顶点，4个Cd在品胞的而心，1个在品胞的体 的数目为2+4×2=4，即该氧化物的化学式为Mn0: 心；部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5)，4个Sn在晶 胞的被上，6个Sn在晶胞的而心：部分As原子的分数坐 MO品体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小， 标为(0.25,0.25,0.125).8个As在晶胞的体心；所以1 Mn的化合价为十2.r,即Mn的化合价降低：CaO中Ca 个晶跑中5sm的个数为4X号十6×号=4：距离Cd0.00) 的化合价为+2价、VO,中V的化合价为+5价、FeO 中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中Ca) 最近的S1是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)：由晶胞结构图可 中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价 知，CdSnAs.晶体中与单个Sn键合的As有4个。 态，说明C)不能通过这种方式获得半导体性质： 详解详析 (3)BF,中B形成4个。键（其中有1个配位键），为sp 采取sp杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与C的3p 杂化，空间构型为正四面体形：咪唑环存在☐大π键，N 轨道形成C一CI。键，②C的杂化轨道中s成分越多， 原子形成3个g键，杂化方式为sp: 形成的C一C键越强，C一C1健的键长越短，一氣乙烷中 (4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能 碳采取p杂化，一氣乙烯中碳采取sp杂化，一氟乙焕 形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使 中碳采取sp杂化，sp杂化时P成分少，sp杂化时p成 得FDCA的熔点远大于HMF. 分多，因此三种物质中C一C1键键长顺序为：一氯乙烷 答案：(1)四MBCr >一氯乙烯>一氯乙炔，同时C1参与形成的大π键越 (2)MnO2降低A 多，形成的C一Cl键的键长越短，一氯乙烯中C的3p (3)正四面体形sp 轨道与C的2即轨道形成3中心4电子的大π键()， (4)FDCA形成的分子间氢键更多 一氯乙炔中C1的3p,轨道与C的2p,轨道形成2套3 3.解析：(1)Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为 中心4电子的大π键（Ⅱ），因此三种物质中C一C1键键 3”4s。元素的金高性越强，其电负性越小，元素的非金属 长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氣乙炔。(3)CsICL, 性越强则其电负性越大，因此，橄榄石(MgFC-,SO)中， 发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶 各元素电负性大小顺序为O>Si>Fe>Mg:因为 体和红棕色液体，则无色品体为CsCI,红棕色液体为 Mg,Fe-SiO,中Mg、Si,O的化合价分别为+2、十4和 IC,而CsCI为离子品体，熔化时，克服的是离子键，IC 一2，x十2一x=2,根据化合物中各元素的化合价的代数 为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsC 和为0，可以确定铁的化合价为十2。 的熔点比1C1高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag (2)Na与Si均为第三周期元素，NaCl,点明显高于 不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此：AgI晶体是 SCL,原因是：钠的电负性小于难，氧化钠为离子品体， 优良的离子导体，在电池中可作为电解质：每个晶胞中 其熔点较高：而SCL为分子晶体，其馆点较低。由表中 的数据可知，SiCL,,GcCl,SnCl,熔点变化趋势为随着同 含映离子的个数为8×↓+1=2个，依据化学式Ag1可 8 族元本的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是： SiCL,GcCl,、SnCl,均形成分子晶体，分子晶体的馆点由 知，银离子个数也为2个，品胞的物质的量1=m0l与 分子间作用力决定，分子间作用力越大则其馆点越高： 随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大， mol.晶胞体积V=apm2=(504×10)m,期 2 SiCL,的空间结构为正四面体形，其中Si的价层电子对 cAgI晶体的摩尔体积V。= =(504×10)m 数为4，因此Si的轨道杂化方式为sp。 n (3)结合投影图可知，晶体结构图中实线部分为1个晶 N mol 胞.Mg位于晶胞顶点，教目为4×号十4X立=1：有2 VA×(504×10-) 2 m/mol 个B位于晶胞体内，B原子数目为2，故该物质的化学式 答案：(1)add(2)①sp2。②一氯乙烷>一氯乙烯 >一氯乙快C1参与形成的大π键越多，形成的C一C】 键的键长越短(3)CsCl CsC1为离子品体，ICI为分子 120° 为MgB2:如图 ,B位于边长为a的正 晶体(4)电解质心X(504×10) 5.解析：(1)A.基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核 三角移的中心，故B-B的最运距高为号。X号×2 外电子，抗道处于半充满时体系总能量低，核外电子排 布应为[Ar]3d4s,A正确：B.4s电子比3s电子能量 5 高，表示4s电子比3s电子离核更远的地方运动概率大， . 但并不是总是，B错误：C,电负性为原子对健合电子的 答案：(1)3d°4s(O>Si>Fe>Mg+2 吸引力，同周期徐零族原子序数越大电负性越强，钾与 (2)钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体、而SiC1,为 铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高， 分子晶体随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依 原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确：故答案为： 次升高，其原因是：SiCl,GeCl、SnCl,均形成分子，分子 AC:(2)[Cr(NH1),(H,O),CI]中三价铬离子提供空 晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则 轨道，N,O,C1提供孤对电子与三价铬离子形成配位健， 其熔点越高：随着其相对分子质量增大，其分子间作用 中心离子的配位数为N,OC1三种原子的个数和即3+ 力依次增大正四面体sp 2+1=6,故答案为：N、0、C1:6:(3)PH,的价层电子对为 3十1=4，故PH,中P的杂化类型是sp:N元素电负性 (3)1MgB: 较强，NH分子之间存在分子间氢键，因此NH的沸点 4.解析：(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为 比PH的高：HO的能角小于NH的，原因是：NH1含 1s2s2p,a.1s2s2p3s,基态氟原子2p能级上的1个 有一对孤电子对，而H2O含有两对孤电子对，HO中的 电子跃迁到3s能级上，属于氯原子的激发态，a正确：b. 孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：5即； 1s2s2p3d,核外共10个电子，不是氟原子，b错误：c 高：NH存在分子间氢键：NH,含有一对孤电子对，而 1s2g2p,核外共8个电子，不是氟原子，c错误：d HO含有两对孤电子对，H,O中的对孤电子对成键电 1s2s2p3p,基态氣原子2p能级上的2个电子跃迁到 子对的排斥作用较大：(4)已知AIC2具有体心四方结 3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确：答案选ad:而 同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量 构，如园所示，黑球个数为8×日十1=2白球个数为8 最高的是1s2s22p3p,答案选d ×+2=4,站合化学式AC,可知，白球为Cr,黑球为 H ,即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径 (2)①一氯乙烯的结构式为 ,碳为双键碳， H 分别为心南心，明全高原子的休积为受X4十 3 最新真题分类特训·化学 X2= 8π(2，十)，故金属原子空间占有率= 盐酸增强了浓硝酸的氧化性，B不正确：C.冰晶体中水 分子间形成较多的氢键，由于氫键具有方向性，因此，水 8π(2r2,+r) 分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利 3 -×100%= 8x(2r十r2×100%,故答案 用率相对较低，冰的密度小于千冰，C正确：D.石墨属于 3ac 混合型晶体，在石墨的二维结构平而内，每个碳原子以 为：A,8x(2+2x100. C一C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳 3a'c 原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过 答案：(1)AC(2)N、OC16(3)sp高NH2存在 5p杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有】个电 分子间氢键NH,含有一对孤电子对，而HO含有两 子处于碳原子的未杂化的2印轨道上，层内碳原子的这 对孤电子对，H。中的对孤电子对成键电子对的排斥作 些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大 用较大（4A18x(2r+r)×10 π键，这些D轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨 能导电，D正确。 6.解析：(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都 3.解析：(1)NA族元素基态原子的价层电子排布为 有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有 sp,其核外未成对电子数为2，因最外层电子数均为 9种：(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越 4,所以在与其他元素形成化合物时，是现的最高化合价 为十4： 小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序 为F,O、C,所以电负性大小顺序为F>()>C:根据 (2)CaC俗称电石，为离子化合物，由Ca和C构成， 两种离子间存在离子键，C号中两个C原子之间存在非 VSEPR理论有2+6-)X2=4,去掉2对孤对电子，知 2 极性共价锭，因此，该化合物中不存在的化学能类型为 )F,分子的空间构型是角形：OF,和C1O都是分子晶 极性共价键和配位锭，故选bd: 体，结构相似，CL)的相对分子质量大，CL)的熔、沸点 CH 高：(3)XF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价 (3)聚甲基硅烷ESi,含C、Si,H三种元素，其电负性 层电子对数为2+8-)X2=5,其中心原子的杂化方式 2 应为spd:(4)图中大球的个数为1十8×号=2，小球的 大小顺序：C>H>Si,则电负性最大的元素是C,硅原子 与周围的4个原子形成共价键，没有弧电子对，价层电子 个数为8×，根揭XF,的原子个教比知大球是Xe原 对数为4，则硅原子的杂化轨道类型为sp； (4)根据表中数据可知，SnF,的熔点均远高于其余三种 子，小球是F原子，该品胞中有2个XF,分子：由A点 物质，SnF,属于离子品体，SnCL,、SnBr、SnL属于分子 坐标知该原子位于品胞的中心，且每个坐标系的单位长 品体，离子晶体的嫁点比分子品体的高，SnCl、SnBr、 度都记为1，B点在被的二处，共坐标为(00，） Sl,三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力 依次增强，熔点升高，故原因为：SnF,属于离子品体， SnCL,SnBr,Snl,属于分子品体，斋子品体的熔点比分 子晶体的高，分子品体的相对分子量越大，分子间作用 2 图中y是底面对角线的一半y 力越强，熔点越高： 24, (5)由PbS晶胞结构图可知，该晶胞中有4个Pb和4个 S,距离每个Ph原子周围最近的S原子数均为6，因此Pb 的配位数为6。设V、为阿伏加德罗常数的值，则N。个 -台-，所以d+可√合+（ 晶胞的质量为4×(207+32)g,N个晶胞的体积为N pm. ×(594X10mcm),因此该晶体密度为 答案：(1)9(2)F>O>C1角(V)形低于OF:和 4×(207+32) C1O都是分子晶体，结构相似，C1,O的相对分子质量 Na×(594X100)g·cm 大，CLO的熔、沸点高 (3)5D(4)2 956 (线N×594X10yg·em) 0.0… √+（- 答案：(1)2+4 考点5其他材料类 (2)bd (3)C sp 1.BA.1mol糖水解后能产生2一10mol单糖的糖称为 (4)SnF,属于离子品体，SnCL,、SnBr、Snl,属于分子品 寡糖或者低聚糖，环六糊精是葡萄糖的缩合物，属于寡 体，离子品体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对 糖，A正确；B.要和环六糊精形成超分子，该分子的直径 分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高 必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非极性 分子都可以被环六糊精包含形成超分子，B错误：C,由 (5)6 4×(207+32) V×(594X100)万g·cm3(或 于环六糊精腔内极性小，可以将苯环包含在其中，腔外 956 极性大，故将极性基团甲氧基暴露在反应环境中，C正 NA×(594X1010)万g·cm) 确：D.环六糊精空腔外有多个羟基，可以和水形成分子 4.解析：(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形 间氨键，故环六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲醚不溶 体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元 于水，所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氟代 素。因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子 苯甲醚，D正确。 品体，石墨属于混合型品体，C知属于分子晶体，碳纳米管 2.BA.甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的 不属于原子晶体：C间的作用力是范德华力： 氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成的氢健 (2)已知酞芳分子中所有原子共平面，则其分子中所有 较强，因此甘油是黏稠液体，A正确：B.王水溶解轴，是 的C原子和所有的N原子均为s即杂化，且分子中存在 因为次盐酸提供的C能与被硝酸氧化产生的高价态的 大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据 铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解，而不是求 了一个sp杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与 详解详析 形成大π键，标号为③的N原子的p轨道能提供一对电 子参与形成大π能，因此标号为③的N原子形成的 答案：)西✉二(2)图a同一周期第一电离 N一H易断裂从而电离出H+:钻酞齐分子中，失去了2 能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2印能级 为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种 个H的酞菁离子与钻离子通过配位键结合成分子。因 此，钻离子的化合价为十2，氯原子提供孤对电子与钻离 元素高图b F 子形成配位键。 (3) (4)spsp3聚四氟乙烯 (3)由A1CL的空间结构结合相关元素的原子结构可 H HH 知，AI原子价层电子对数是4，其与其周田的4个氯原子 C一F键的键能大于聚乙烯中C一H的键能，键能越大，化 形成四面体结构，因此，二聚体中A的轨道杂化类型为 sp。AF的熔点为1090℃，远高于A1C1的192℃，由 学性质越稳定(5)Ca+ 于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以 6.解析：(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排 判断铝氯之间的化学键为离子键。由AF,的晶胞结构 布式为[Ar]3d"4s24p',故答案为：[Ar]3d4s4p:② 可知，其中含灰色球的个教为12X】=3,小灰色球的个 由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含 4 有8种化学环境不同的碳原子，故答案为：8：③三氧化硒 分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0， 数为8×8=1，则灰色的球为F,距F最近且等距的 分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根 A+有2个，则F的配位数为2。若晶胞参数为apm, 离子中硒原子的价层电子对数为4，弧对电子对数为1， 测晶胞的体积为(apm)P=a2X10加cm,晶胞的质量为 高子的空间构型为三角维形，键角小于120”，故答案为： .84×1030 >:SeO,的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型 4g,则其品体密度P=N,,g·cm。 为三角维形：(2)①由球棍模型可知，富马酸的结构式为 答案：(1)同素异形体金刚石范德华力 HOOCCH一CHCOOH,分子中的单键为a键，双键中 (2)③十2配位 含有1个a键和1个π键，则分子中0键和x键的数目 (3)sp2 离子284×10 比为11：3，故答案为：11：3；②金属元素的电负性小于 Nw·a 非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非 金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强 5.解析：(1)F为第9号元素其电子排布式为1s2s2p,则 则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负 其价电子排布图为们西日 性由大到小的顺序为(O>C>H>Fe,故答案为：O>C> (2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离 H>Fe:(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电 能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级 子对数为4，原子的杂化方式为s即杂化，故答案为：s即 为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、)两种 条化：②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子 元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到 数都为8，互为等电子体，故答案为HO:(4)①由平面投 大的顺序为CO<N<F,满足这一规律的图像为图， 影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8X 气态基态十2价阳离子失去1个电子生成气态基态十3 尽十1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数 价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周 期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C 为12×1 +2× 一4，则超导材料最简化学式为 原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此 KFe,Se2;②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位 其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的 于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4： 图像为图b,故答案为：图a:同一周期第一电离能的总体 ③设晶体的密度为dg/cm,由晶胞的质量公式可得： 趋势是依次升高的，但由于N元素的2印能级为半充满 状态，因此N元素的第一电离能较C、)两种元素高：图 2×(39+56X2+79×2)=abc×10n×d,解得d N. b。(3)固体HF中存在氢城，则(HF),的链状结构为 2×(39+56×2+79×2) F V、abc×10 。(4)CF-CF2中C原子存在3 H HH 答案：(1)①[Ar]3d°4s4p②8③>Sc(O,的空间 对共用电子对，其C原子的杂化方式为5即杂化，但其共 构型为平面三角形，S()的空间构型为三角锥形 聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为 (2)①11：3②O>C>H>Fe s即杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的 (3)①sp杂化HO 结合过程中形成的C一F键的键能大于聚乙烯中C一H (4)①KFe,Se,②4③2X(39+56×2+79×2) 的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化 NAabe×10n 学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙 7.解析：(1)基态S原子的核外电子排布式为 布，故答案为：sp、sp,C一F健的键能大于聚乙烯中C 1s22s22p3s23p2,因此Si的价电子层的电子排式为 一H的键能，键能越大，化学性质越稳定。(5)根据萤石 3s3p:晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互 晶胞结构，浅色X离子分布在品胞的顶，点和面心上，则1 结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶 体硅为原子品休：SCl,中Si原子价层电子对数为4十 个品胞中浅色X高子共有8×日十6×2=4个，深色Y 4一4X1=4,因此S原子采取sp2杂化：由图可知，SiC 离子分布在品胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离 2 子，因此该晶胞的化学式应为XY:,结合萤石的化学式 (H,O)中Si原子的G镀数为5，说明Si原子的杂化轨道 可知，X为Ca:根据品胞，将晶胞分成8个相等的小正 数为5，由此可知Si原子的杂化类型为spd,故答案为： 方体，仔细观察CF,的晶胞结构不难发现F位于品孢 3s3p:原子品体（共价品体）：sp:②：(2)CO的结构式 中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小 为O一C一O,1个双键中含有1个g能和1个π锭，因此 1个C)分子中含有2个。键和2个π键，故答案为：2： 立方体边长为？0，休对商线为，C与F之间距离 2:(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸 点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的 就是小品胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距 总强度低于水分子之间氢健的总强度，因此甲醇的沸点 的最小的距病为气。pm 介于水和甲硫醇之间，故答素为：甲硫醇不能形成分子 间氢健，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多：(4)以 最新真题分类特训·化学 品胞中右侧面心的乙x+为例，同一品胞中与Zr+连接最 4.DA.化合物1分子中有亚甲甚结构，其中心碳原子采 近且等距的()户数为4，同理可知右侧晶胞中有4个 用sD杂化方式，所以所有原子不可能共平面，A错误： 0与Zr+相连，因此Zr+在晶胞中的配位教是4十4= B.结构相似，分子上相差个CH,的有机物互为同系 8:1个品胞中含有4个Z),2微粒，1个晶胞的质量m= 物，上述化合物1为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类， 4mol×91gmol+8molX16g/mol.1个品胞的体积为 与乙醇结构不相似，不是同系物，B错误；C.根据化合物 2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基，C错误：D (ax107cm)X(ax107cm)X(cX107cm)=acX 化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物 4×91+8×16 ) 10”em,周光孩品体密度=号=。c×10”cm EC一OCH2一CH,一(O],D正确：答案选D ac×NX10g·cm:在Zr0,中掺杂少量Zr0后 4×91+8×16 5.AA.结构相似，组成上相差若千个一CH原子团的有 机化合物为同系物，乙醇(CH,CH.OH)是他和一元醇， 形成的催化剂，化学式可表示为Z,乙r-O,·其中Zn元 丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互 为同系物，A错误：B.质子数相同、中子数不同的同种元 素为十2价，Zr为十4价，O元素为一2价，根据化合物 化合价为0可知2x+4×(1一x)=2y,解得y=2-x,故 素互为同位素，5C1的质子数为17，中子数为18，C1的 4×91+8×16 质子数为17，中子数为20，两者质子数相同、中子数不 答案为：。CXN,X102- 同，互为同位素，B正确：C.由同种元素组成的不同的单 质互为同素异形体，)，和O,是由氧元素组成的不同的 答案：(1)3s23p原子品体（共价品体）sp② (2)22(3)甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇 单质，两者互为同素异形体，C正确：D.分子式相同，结 构不同的化合物互为同分并构体，丙酮和环氧，丙烷的分 均能，且水比甲醇的氢键多 子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D正确：答案 4×91+8×16 (4)8 acXNx10面2-x 选A。 6.CDM和N具有相同的分子式，但结构不同，两者互为 专题十六有机化合物 同分异构体，A错误：M分子中慕环上的10个碳原子与 考点1有机物的组成、分类与结构 慕环直接相连的碳原子一定共而，甲基碳原子通过碳碳 1,BA“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分 单键的旋转，最多有2个在萘环平面内，最多有14个碳 子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体一—超分 原子共面，B错误：N分子为中心对称，所以N分子中等 子，△项正确：B.“分子客车”的长为2.2nm、高为 效氢原子只考虑一侧即可，如图所示： 0.7m,从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构， CH 从高的方向观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性 大于直立装载的稳定性，B项错误：C.芘与“分子客车” H CH,有5种氢原子，则一决代物 中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子 客车”可装戴2个芘，C项正确：D.花、并四苯、蔻中可电 CH 子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而 结合常数越大越稳定，故芳经π电子数越多越有利于和 有5种，C正确；采用“定一移一”法确定茶的二澳代物数 “分子客车”结合，D项正确。 目，蒸分子有两个对称轴，则一代溴物有两种 2.BA.由该物质的结构可知，其分子式为：CHO1N,故 A错误：B.该物质结构中含有多个醇羟基，能发生缩聚 ),当一个澳原子在位时，另一澳原子位 反应，故B正确：C.组成和结构相似，相差一个或若千个 CH2原子团的化合物互为同系物，葡蓟糖分子式为 置有7种 ),当一个溴原子在b位时，另一 CH,O,该物质分子式为：CHON,不互为同系物， 故C错误：D.单键均为g键，双键含有1个g键和1个T 键，该物质结构中含有C一O,即分子中0键和π键均 个澳原子的位置有3种( 3 ,共10种，D正确」 有，故D错误。 3.CA.根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应 生成c和HCI,A正确：B.a中含有酚羟基，酚羟基呈弱 7,AA.根据等效氢原理可知，a的一氯代物有3种如图 酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反 所示： 应，生成醇类，B正确：C.根据C的结构简式可知，冠醚中 一，A正确Bb的加聚产物是： 有四种不同化学环境的氢原子，如图所示： EC一CH ECH-CH2 的单体是苯乙烯不是 b,B错误：C.c中碳原子的杂化方式由6个sp,2个sp,C 核磁共拔氢谱有4组 错误；Da、b、c的分子式分别为：CH,CH,CH,故c与 a、b不互为同分异构体，D错误：故答案为：A。 8.BA项，同系物是指具有相同种类和数目的官能团，且 分子组成相差一个或若干个CH。原子团的有机化合物。 菜并降冰片烯的结构中除苯环外还有其他环状结构，且 峰，C错误：D.可与K形成整合离子 苯的的同系物分子式满足CH6,苯并降冰片烯的分 子式为C,H。,不满足通式，A项错误：B项，如图 该物质在苯中溶解度较大， 标记的8个碳原子共平面，B项正确：C 因此C可增加KI在苯中的溶解度，D正确：故答案选C 222