2023年高考真题变式分类汇编：原子轨道杂化方式及杂化类型判断1
一、选择题
1．（2023·北京）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
A．三种物质中均有碳碳原子间的键
B．三种物质中的碳原子都是杂化
C．三种物质的晶体类型相同
D．三种物质均能导电
2．（2023·辽宁）在光照下，螺呲喃发生开、闭环转换而变色，过程如下。下列关于开、闭环螺呲喃说法正确的是
A．均有手性 B．互为同分异构体
C．N原子杂化方式相同 D．闭环螺吡喃亲水性更好
3．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数：
D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
4．（2022·辽宁）理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是（ ）
A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定
5．（2023·湖州模拟）胆矾的结构示意图如图。下列有关胆矾的说法正确的是
A．氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键
B．上述结构中所有氧原子都采取杂化
C．配位后形成的空间结构是正八面体
D．胆矾中的水在不同温度下可能会分步失去
6．（2023·福州模拟）血红素补铁剂的结构如图所示。下列关于该补铁剂的说法错误的是（ ）
A．含有羧基和碳碳双键
B．可与H2发生加成反应
C．碳原子的杂化方式有sp2和sp3
D．无论该补铁剂的稳定常数多大，均不能与磷酸盐类药物同服
7．（2023·广东模拟）运载火箭常用偏二甲肼[(CH3)2N－NH2]与N2O4作推进剂，二者反应生成CO2、N2和H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．偏二甲肼中N原子的杂化类型均为sp2
B．1molH2O含有的中子数为10NA
C．标准状况下，2.24LCO2中的σ键数目为0.4NA
D．92gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
8．（2023·湖南模拟）布洛芬是一种解热镇痛药，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法错误的是
A．分子式为 B．碳原子有两种杂化方式
C．能与溶液反应 D．所有的碳原子一定共面
9．（2023·齐齐哈尔模拟）化合物Z具有抗凝血作用，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是
A．该反应属于取代反应
B．1 mol X与足量NaOH溶液反应最多消耗1 mol NaOH
C．Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．Z分子中采用sp3杂化的原子数目为5
10．（2023·南京模拟）化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子位于同一平面上
B．Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C．X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D．X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
11．（2023·辽阳模拟）某团队报道了单硫代内酯单体实现了坚韧可回收塑料的目的。反应原理如图所示(R为烃基)。
下列叙述错误的是
A．聚合反应时，原子利用率为100%
B．甲的水解产物均含有羟基
C．丙中杂化的原子只有碳原子
D．乙中碳氧双键活化了碳硫键
12．（2023·青岛模拟）黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是
A．黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力
B．黑磷的熔点高于白磷
C．黑磷中P原子杂化方式为
D．第三周期只有元素的第一电离能大于P
13．（2023·宿州模拟）2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮-炔基成环反应，部分原理如图所示。下列说法正确的是
A．CuI与HI均为该反应的催化剂
B．中间产物中N原子均为sp3杂化
C．产物使溴水、酸性高锰酸钾褪色原理相同
D．该过程的总反应为
14．（2023·广州模拟）苯胺()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐()。下列叙述正确的是
A．中碳原子的杂化轨道类型为
B．水溶液加水稀释，降低
C．水溶液中：
D．在水中的电离方程式为：
二、多选题
15．（2021高二上·济南期末）刀片式(简称LFP)电池的使用大幅降低了高端全电动汽车的成本。下列说法不正确的是（ ）
A．基态P原子核外未成对电子数为5
B．基态Li原子核外电子的空间运动状态为球形
C．基态的价层电子排布式为
D．基态O原子核外电子空间运动状态有5种
16．（2018高二下·三明期末）下列分子中的所有碳原子不可能处在同一平面上的是（）
A． B．
C． D．
17．（2023高二下·贵池期中）HCHO(g)与(g)在催化剂(简写为HAP)表面催化生成(g)和的历程示意图如下。下列说法错误的是（ ）
A．该反应是放热反应
B．HCHO与分子中的中心原子的杂化轨道类型相同
C．羟基磷灰石(HAP)的作用是降低反应的活化能，加快反应速率
D．该反应过程中既有极性共价键和非极性共价键的断裂，也有极性共价键和非极性共价键的形成。
18．（2022高三上·如皋期中）化合物Y是制造一种药物的中间体，可通过如下转化合成。下列说法正确的是（ ）
A．X分子中的所有碳原子不可能在同一平面上
B．Y分子中碳原子的轨道杂化方式有2种，分别为 sp2杂化和 sp3杂化
C．可以用银氨溶液检验Y中是否含有X
D．Y可以发生加成、取代、氧化反应
19．（2022高二下·聊城期中）屠呦呦因在抗疟药青蒿素研究中的杰出贡献，成为我国首获科学类诺贝尔奖的人。青蒿素的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．青蒿素的分子式为
B．组成元素的电负性由大到小顺序为：O>C>H
C．分子中所有碳原子的杂化方式相同
D．分子中含有7个手性碳原子
三、非选择题
20．（2023·浙江1月选考）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）分子的空间结构(以为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。受热分解生成和，其受热不稳定的原因是 。
（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述，正确的是____。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。
21．（2023·江苏模拟）化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如下：
（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）B→C的反应类型为 。
（3）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中有4种不同化学环境的氢，能与发生显色反应，但不能与溴水发生取代反应。
②在碱性条件下发生水解反应，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。
（4）D到E的反应需经历D→M→E的过程，M的分子式为。M的结构简式为 。
（5）请写出以和甲酸乙酯为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
22．（2023高三下·抚顺模拟）黄芩作为中医临床和中成药中最为常用的中药之一，其中汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，研究发现中药成分黄芩素能够明显抑制新冠病毒的活性，其合成路线如下：
已知信息：①代表苄基
②硫酸二甲酯的结构简式为
③
（1）A的分子式为 。
（2）B分子碳原子的杂化方式为 ，D中的含氧官能团的名称为 。
（3）A到B反应的化学方程式为 。
（4）1mol汉黄芩素最多可与 加成
（5）A脱去苄基后的产物F（）有多种同分异构体，能同时满足以下条件的芳香化合物的同分异构体有 种；
①含有酯基且不能发生银镜反应
②1mol该物质与足量Na反应生成
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为的结构简式为 （任写一种）。
23．（2023·济南模拟）研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。在元素周期表中位置为 。
（2）1 mol 晶胞中含有Cl原子 mol，含有杂化的中心原子 mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是 。
（3）TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为 ；的沸点高于，主要原因是 。
24．（2023·黄山模拟）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中碳原子的杂化方式为 。
（2）写出反应②的化学方程式 。
（3）X的化学名称为 。
（4）反应②、反应③中B、C断开的均为碳基邻位上的碳氢键，原因是 。
（5）在反应④中，D中官能团 (填名称，后同)被[(CH3)2CHCH2]2AlH还原，官能团 被NaIO4氧化，然后发生 (填反应类型)生成有机物E。
（6）F的同分异构体中符合下列条件的有 种；
①苯环上有两个取代基，F原子直接与苯环相连
②可以水解，产物之一为CH≡C-COOH
其中含有甲基，且核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少的是： 。
25．（2023·葫芦岛模拟）有机物H是科学家正在研制的一种新药物，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A中碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）化合物E与F的沸点比较 高，原因为 。
（3）反应⑤的化学方程式为 。
（4）化合物F中官能团名称为 ；F分子中最多有 个原子共面。
（5）化合物G的结构简式为 。
（6）反应⑦的反应类型为 。
（7）化合物M是化合物D的同分异构体，满足下列条件的M有 种(不考虑立体异构)
①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L
②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置
26．（2022·南京模拟）化合物E是合成抗癌药物帕比司他的中间体，其合成路线如图：
（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 。
（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物，该副产物的结构简式为 。
（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6，B→X的反应类型为 。
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1。
②1mol该物质最多能与4molNaOH反应。
（5）肉桂酸苄酯( )是一种天然香料。写出以 和CH2(COOH)2为原料制备肉桂酸苄酯的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。
27．（2022·宝鸡模拟）铁在成人体中的含量约为4~5g，是入体必需的微量元素中含量最多的一种，回答下列问题：
（1）基态Fe原子的核外电子排布式为 ，用原子结构知识解释Fe2+易被氧化为Fe3+的原因 。
（2）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。
①甘氨酸H2NCH2COOH中C原子的杂化形式为 ，C、N、O三种原子第一电离能由小到大的顺序是 。
②甘氨酸易溶于水，原因为 。
（3）五羰基合铁[Fe(CO)5]的配位体是 ；已知配位原子是C而不是O，其可能的原因是 。
（4）已知Fe3++K++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6]↓，利用该离子方程式可以检验溶液中的Fe3+。[Fe(CN)6]4-中σ键、π键数目之比为 。
（5）Fe3O4晶体的晶胞如下图所示(阳离子略去)，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7号O2-围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号O2-围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。
①O2-周围紧邻的O2-数目为 。
②已知晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为NA，则晶体密度为 g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。
③晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为 。
28．（2022·包头模拟）在元素周期表中，铜副族(IB族)包括铜、银、金等元素，在生产、生活和科研中都有着广泛用途和重要的研究价值。
（1）Ag元素在元素周期表分区中属于 区，基态Ag原子的价电子排布式为 。
（2）硫代硫酸银()是微溶于水的白色化合物，它能溶于过量的硫代硫酸钠()溶液生成等络阴离子。
①依据理论推测的空间构型为 ，中心原子S的杂化方式为 。
②在中配位原子是S原子而非O原子，其原因是 。
（3）碘化银常用于做人工增雨剂。其中碘元素形成的最高价氧化物对应水化物有(偏高碘酸，不稳定)和(正高碘酸)等多种形式，它们的酸性 (填“弱于”、“等于”或“强于”)。而、HBr、HCl的水溶液酸性的排序为由强到弱，其结构原因是 。
（4）在离子晶体中，当(阳离子)∶r(阴离子)时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构(如下图1)。已知，但在室温下，AgI的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。I-的配位数为 ，造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因不可能是 (填标号)。
a.几何因素 b.电荷因素 c.键性因素
（5）Cu与Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体(密度为)，在该晶胞中Cu原子处于面心，用NA表示阿伏加德罗常数的值。该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构(如图)相似，该晶体储氢后的化学式为 ；若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为 (储氢能力)
29．（2022·江苏模拟）化合物H是一种用于合成分泌调节剂药物的中间体，其合成路线如图：
（1）与足量溶液反应，能消耗物质的量为 。
（2）B分子中采取和杂化的碳原子数目之比是 。
（3）C→D过程中有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为 。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①酸性条件下能发生水解反应，生成氨基酸；
②另一种水解产物只有两种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：。
(、代表烃基或H)。
写出以 、 、为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
30．（2022·延庆模拟）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。
（1）基态铜原子的价层电子的轨道表示式为 ，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是 。
（2）向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu(NH3)4]SO4·H2O。
①NH3中心原子的轨道杂化类型为 。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是 。
②简单说明加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因 。
（3）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为 。
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ= g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、三种物质都含有C-C形成的σ键，A正确；
B、金刚石中C为sp3杂化，石墨中C为sp2杂化，石墨炔苯环部分C形成sp2杂化，碳碳三键中C形成sp杂化，B错误；
C、金刚石为共价晶体，石墨中，同一层内的C以共价键连接，层与层之间为范德华力连接，所以石墨为混合晶体，石墨炔为分子晶体，C错误；
D、金刚石不存在未成对电子，不能导电，石墨、石墨炔存在自由移动的电子，可以导电，D错误；
故答案为：A
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、石墨的晶体类型比较特殊，同一层之间的碳原子连接为共价键，不同层碳原子之间连接为范德华力；
D、金刚石不存在自由移动的电子，不能导电。
2．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团，且为饱和碳原子，闭环螺吡喃含有手性碳原子如图所示，含有一个手性碳，开环螺吡喃不含手性碳原子，故A错误；
B.根据它们的结构简式，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正确；
C．闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C错误；
D.开环螺吡喃容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺吡喃亲水性更好，故D错；
故答案为：B.
【分析】方法分析：手性碳原子判断：1、要判断一个碳原子是否为手性碳，首先要满足的条件是该碳原子必须为饱和碳，即连接有4个基团；2、其次，若一个碳原子为手性碳原子，那么该碳原子上所连的4个基团必须不一样。
3．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A.图中灰球为N 原子和O原子，黑球为氢原子，由图可知，虚线即为氢键，氢键，A项正确；
B.氮原子处于半满状态，比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B项错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.比较电离能时，要注意，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子
D.根据空间结构可以判断杂化类型，也可以通过价层电子对数判断杂化类型，根据具体情况进行适当运用。
4．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A不符合题意；
B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B符合题意；
C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C不符合题意；
D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该离子中所有N原子均满足8电子稳定结构；
B.该离子中N原子的杂化方式有、、三种；
C.中心N原子为sp3杂化；
D.结构不稳定。
5．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．氢键不属于化学键，故A不符合题意；
B．该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，故B不符合题意；
C．由结构可知分别与四个水分子中的O和两个硫酸根离子中的O配位，但因顶部不同，形成的空间结构为八面体，不是正八面体，故C不符合题意；
D．胆矾中的水分两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构不同，因此加热过程中胆矾中的水会分步失去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键不属于化学键；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．依据配体的不同分析；
D．一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构不同，加热会分步失去。
6．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构简式，可知含有羧基和碳碳双键，故A说法不符合题意；
B．含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，故B说法不符合题意；
C．根据结构，碳有两种形式，“C=C”、“C=N”、“C=O”中碳原子杂化类型为sp2，“-CH3”、亚甲基、次甲基上的碳原子杂化类型为sp3，故C说法不符合题意；
D．补铁剂中的亚铁极易与磷酸盐反应产生沉淀，当补铁剂的稳定常数极大时，溶液中含铁量极少，不与磷酸盐生成沉淀，这时可以同服，故D说法符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据结构简式确定官能团；
B．根据官能团的性质判断；
C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
D．补铁剂中的亚铁极易与磷酸盐反应产生沉淀。
7．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．偏二甲肼中N原子形成3个共价键、还有1对孤电子对，杂化类型均为sp3，A不符合题意；
B.1分子水分子中含有中子数为8，则1molH2O含有的中子数为8NA，B不符合题意；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1分子二氧化碳含有2个σ键；标准状况下，2.24LCO2（为0.1mol）中的σ键数目为0.2NA，C不符合题意；
D．NO2和N2O4混合气体最简式均为NO2，92gNO2为2mol，则混合气体含有的原子数为6NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
B、中子数=质量数-质子数；
C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
D、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由二氧化氮构成的物质的量和全部由四氧化二氮构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量。
8．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机分子中基团之间的关系；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构简式可知其分子式为，故A不符合题意；
B．分子中单键碳原子采用杂化，双键碳原子采用杂化，故B不符合题意；
C．分子中含有羧基，能与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，故C不符合题意；
D．分子结构中存在杂化的碳原子而且杂化的碳原子同时与三个碳原子相连，碳原子不可能全部共面，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据结构简式进行书写。
B.单键碳原子采用杂化，双键碳原子采用杂化。
C.羧基能与碳酸氢钠溶液反应。
D.单键碳原子与三个碳原子相连，组成类似甲烷结构。
9．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该反应属于加成反应，故A不符合题意；
B.1 mol X中含有1mol酯基，消耗1molNaOH，水解产物中含1mol酚羟基又消耗1molNaOH，最多消耗2molNaOH，故B不符合题意；
C．Y中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C不符合题意；
D．Z中饱和碳原子以及单键氧原子均采用sp3 杂化，共5个，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.取代反应的特点是“上一下一，取而代之”。
B.X中的酯基、酚羟基能与NaOH反应，注意酯基水解后得到的酚羟基能继续与NaOH反应。
C.Y中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应。
D.Z中饱和碳原子以及单键氧原子均采用sp3 杂化。
10．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A不符合题意；
B．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化，B不符合题意；
C．X分子中没有手性碳原子，Z中有1个手性碳原子，C不符合题意；
D．X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上，故有副产物CH3CH2CH2CH2I产生，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子。
B.Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化。
C.手性碳原子与4个不同原子或原子团相连。
D.X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上。
11．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．聚合反应只生成一种物质，该反应的原子利用率为100%，A项不符合题意；
B.1个甲分子中含2个酯基，水解生成、，B项不符合题意；
C．丙中C、S原子均是杂化，C项符合题意；
D．乙分子中碳氧双键具有强吸电子能力，使碳硫键的极性增强，活化了碳硫键，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、加聚反应只有一种产物；
B、酯基水解为羟基和羧基；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、乙分子中碳氧双键具有强吸电子能力，使碳硫键的极性增强。
12．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，A不符合题意；
B．黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，黑磷的熔点高于白磷，B不符合题意；
C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为，C不符合题意；
D．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．同种原子之间的共价键为非极性键，层与层之间存在范德华力；
B．依据相对分子质量进行比较熔沸点，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；
C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
D．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
13．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．CuI为催化剂，HI为中间产物，A不符合题意；
B．中间产物中N原子中含有双键的N原子采用sp2杂化，不含双键的N原子采用sp3杂化，B不符合题意；
C．产物中含有碳碳双键，氮氮双键，故使溴水、酸性高锰酸钾褪色，但原理不相同，前者为加成反应，后者为氧化反应，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，该过程的总反应为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据应中间体反应前和反应后均没有，只在过程中出现；催化剂反应前参与反应，反应后又生成分析；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．根据官能团的性质判断；
D．依据反应历程图分析。
14．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．苯环内碳原子都采用sp2杂化，A不符合题意；
B．盐酸盐()属于强酸弱碱盐，水解显酸性，加水稀释，水解程度增大，但由于溶液被稀释，OH-浓度减小，增大，B不符合题意；
C．水溶液中存在电荷守恒：，C不符合题意；
D．盐酸盐()在水中完全电离，电离方程式为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
B依据盐类水解的影响因素分析；
C．依据电荷守恒分析；
D．盐酸盐在水中完全电离。
15．【答案】A,D
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．基态P原子核外电子排布1s22s22p63s23p3，未成对电子数为3，A符合题意；
B．基态Li原子核外电子排布1s22s1，s轨道空间状态为球形，B不符合题意；
C．基态Fe的价层电子排布式为，失去最外层的4s2电子成为，故基态的价层电子排布式为，C不符合题意；
D．基态O原子核外电子排布是1s22s22p4，每个电子的空间运动状态均不相同，有8种，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】根据选项结合核外电子排布即可判断
16．【答案】A,C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构式
【解析】【解答】A.苯环为平面结构，-C(CH3)3相当于甲烷的结构，所有碳原子不可能处在同一平面上，A符合题意；
B.乙炔为直线结构，丙烯为平面结构，丙烯基处于乙炔中H原子位置，因此，所有碳原子都处在同一平面上，B不符合题意；
C.两个苯环中间的 是四面体结构，若两个苯环在同一平面内，则甲基碳原子就不在这个平面，C不符合题意；
D.苯环所有碳原子在同一平面，通过单键的旋转可以让两个苯环及甲基的碳原子都在同一平面,D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】对于共面问题，可以根据乙烯6原子共面，苯分子12原子共面进行判断，也可以用杂化方式进行判断，根据sp2杂化的为同一平面进行判断。
17．【答案】B,D
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.由图像可知，产物的能量低于反应物的总能量， 该反应是放热反应 ，故A正确；
B. HCHO与 CO2分子中的中心原子的杂化轨道类型分别为sp2和sp，故B错误；
C.利用题目信息可知，羟基磷灰石(HAP)的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，故C正确；
D.由图像可知，该反应过程中既有极性共价键和非极性共价键的断裂，只有极性共价键的形成，故D错误；
故答案为：BD。
【分析】A.根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B. 依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C.利用催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率分析；
D.同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
18．【答案】A,D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．X分子中含有相连的饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面上，A符合题意；
B．Y分子中碳原子的轨道杂化方式有碳碳双键两端碳原子为sp2杂化、饱和碳原子为 sp3杂化、-CN中碳原子为sp杂化，B不符合题意；
C．Y中含有酮基不是醛基，不可以用银氨溶液检验Y中是否含有X，C不符合题意；
D．Y含碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，含有酯基可以发生取代反应， D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B.Y分子中，饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，-CN碳原子采用sp杂化；
C.X中含有酮羰基，不含醛基；
D.Y中含有碳碳双键，酯基，-CN，具有烯烃、酯和氰的性质。
19．【答案】B,D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．青蒿素的分子式是C15H22O5，A不符合题意；
B．青蒿素的组成元素有C、O、H，非金属性越强电负性越大，故电负性O＞C＞H，B符合题意；
C．分子中酯基中C原子为形成3个σ键、其它碳原子形成4个σ键，均没有孤对电子，碳原子的杂化方式为 sp2、sp3，C不符合题意；
D．连接四种不同基团的碳原子是手性碳原子，如图含有7个手性碳原子，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据结构简式确定分子式；
B.元素的非金属性越强，电负性越大；
C.酯基碳为sp2杂化，其他饱和碳原子为sp3杂化；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
20．【答案】（1）四面体；；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
（2）A；B
（3）共价晶体；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的，SiH4分子中，Si采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；故答案为：四面体； ；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）A．电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，微粒半径：③>①>②，选项A符合题意；
B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B符合题意；
C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C不符合题意；
D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，选项D不符合题意；
故答案为：AB；
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为，故答案为：共价晶体；。
【分析】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的； N原子和1个Si原子、2个H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是4，N原子采用sp3杂化；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）①，则①为基态Si原子；②为Si+离子，③激发态Si原子；
（3）根据均摊法计算。
21．【答案】（1）sp2、sp3
（2）还原反应
（3）或
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A分子中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳、苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；
（2）B中的硝基变为C中的氨基，B→C的反应类型为还原反应；
（3）①分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，能与发生显色反应，说明含有酚羟基，但不能与溴水发生取代反应，说明酚羟基的邻位、对位都有取代基。②在碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。符合条件的C的同分异构体为或；
（4）D到E的反应需经历D→M→E的过程，D中氨基、醛基发生加成反应生成M，M的分子式为，M发生消去反应生成E， M的结构简式为。
（5）苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成，合成路线为 。
【分析】（1）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（2）有机反应中加氢去氧为还原反应；
（3）4种不同环境的氢气即有4种等效氢，可以和氯化铁发生显色反应即含有酚羟基，碱性条件下水解即含有酯基；
（4）结合D和E的结构简式判断M；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
22．【答案】（1）
（2） 、 ；醚键、酮羰基、羟基
（3）
（4）8
（5）12； 或 或 或
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质
【解析】【解答】（1）A的结构中含有两个苄基，因此A的分子式为C22H20O4。
（2）B分子中形成苯环、碳碳双键的碳原子都采用sp2杂化；苄基中形成碳碳单键的碳原子采用sp3杂化。因此B分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3。由D的结构简式可知，D中的含氧官能团为醚键、羰基、羟基。
（3）C7H6O的不饱和度为，因此其结构简式为，反应生成B的过程中，A中与酮羰基相连的－CH3与苯甲醛反应生成碳碳双键，同时还生成H2O，因此该反应的化学方程式为：。
（4）汉黄岑素中的碳碳双键、酮羰基和苯环都能与H2发生加成反应，因此1mol汉黄苓素能与8molH2发生加成反应。
（5）含有酯基且不能发生银镜反应，则分子结构中含有-COO-，其与苯环连接的结构可能为或；1mol该物质与足量的Na反应生成1molH2，说明分子结构中含有2个-OH。两个-OH与苯环直接相连，苯环上有3个取代基，且2个相同的结构共有6种，因此满足条件的同分异构体共有6+6=12种。其中核磁共振氢谱共有四组峰，峰面积为3：2：2：1，则其氢原子的个数比为3：2：2：1，因此其结构中一定含有-CH3，且2个-OH位于对称位置，所以满足条件的同分异构体的结构简式为或或或。
【分析】（1）根据A的结构简式确定其分子式。
（2）根据B分子中碳原子的成键形式确定碳原子的杂化方式；形成碳碳单键的采用sp3杂化，形成碳碳双键的采用sp2杂化，形成碳碳三键的采用sp杂化。根据D的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（3）根据C7H6O的不饱和度确定其结构简式，结合B的结构简式，确定反应类型，从而写出该反应的化学方程式。
（4）分子结构中的碳碳双键、羰基和苯都能与H2发生加成反应。
（5）根据限定条件确定分子中所含的结构单元，结合位置异构确定同分异构体的个数。根据核磁共振氢谱中氢原子的个数比确定结构简式。
23．【答案】（1）；第4周期第ⅦB族
（2）16；32；Cl、N
（3）（正)四面体(形)；二者均为分子晶体，相对分子质量更大
【知识点】原子结构的构造原理；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力对物质的状态等方面的影响
【解析】【解答】（1）基态Mn原子的电子排布式为：，价电子轨道表示式为 ，在周期表中的未知为：第4周期第ⅦB族；
（2）根据晶胞结构图，原子棱上有24个，面心有8个，里面有6个，总个数为：个，含有杂化的中心原子为32，Cl、N含有孤电子对，提供提供电子对形成配位键；
（3）中N价层电子对为4，构型为正四面体结构；相对分子质量较大，所以沸点较高。
【分析】（1）依据原子构造原理和洪特规则分析；
（2）利用均摊法确定原子数；根据晶胞结构图，依据配合物的结构确定配位键的数目；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高。
24．【答案】（1）sp2、sp3
（2）+CH3I+HI
（3）3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯)
（4）B、C中碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活泼性
（5）酯基；碳碳双键；取代(酯化)反应
（6）6种；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断；芳香烃
【解析】【解答】（1）根据A分子结构简式可知该物质分子中含有饱和C原子，采用sp3杂化，苯环及-COOH的C原子采用sp2杂化；
（2）反应②是与CH3I在有机强碱作用下发生取代反应产生C：和HI，该反应的化学方程式为：+CH3I+HI；
（3）根据C、D结构简式的不同，结合②的化学反应可知X化学式是CH2=CH-CH2I，其名称是3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯)；
（4）反应②、反应③中B、C断开的均为碳基邻位上的碳氢键，这是由于B、C中碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活泼性；
（5）对比D、E的结构可知，D→E的过程中，酯基—COOCH3被还原转化为- CH2OH；—CH2CH=CH2被氧化转化为—CH2COOH，再发生酯化反应形成环，故D→E的过程中，被还原的官能团是酯基，被氧化的官能团是碳碳双键，发生的反应类型是酯化反应；
（6）F分子式是C11H9O2F，其同分异构体满足条件：①苯环上有两个取代基，F原子直接与苯环相连；②可以水解，产物之一为CH≡C-COOH，则F为酯，含有酯基，该取代基可能是CH≡C-COOCH2-CH2-、共2种不同结构，该取代基与-F在苯环上的位置有邻、间、对3种，因此符合要求的同分异构体种类数目是2×3=6种；其中含有甲基，且核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少的是。
【分析】（1）该物质分子中含有饱和C原子，采用sp3杂化，苯环及-COOH的C原子采用sp2杂化。
（2）根据流程图信息可知，反应①属于酯化反应，则B的结构简式为，反应②属于取代反应。
（3）根据C、D结构简式，结合②的化学反应可推出X是CH2=CH-CH2I，其名称是3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯)。
（4）碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活泼性 。
（5）对比D、E的结构简式，D→E的过程中，-COOCH3被还原转化为- CH2OH；-CH2CH=CH2被氧化转化为-CH2COOH，再发生酯化反应形成环。
（6）同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物；根据信息②可推出 F为酯，含有酯基，注意核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少，说明氢原子种类最少，即该物质比较对称。
25．【答案】（1），
（2）E；E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键
（3）
（4）醛基、碳氯键；16
（5）
（6）取代反应
（7）6
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由题干合成流程图中A的结构简式可知，化合物A中苯环上的碳原子采用sp2杂化，另外两个甲基采用sp3杂化，故化合物A中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
（2）由题干合成流程图中E和F的结构简式可知，E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键，而F中含有醛基不能形成分子间氢键，导致化合物E的沸点比较高，故答案为：E；E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键；
（3）由题干合成流程图中E和F的结构简式可知，反应⑤即E到F的化学方程式为：，故答案为：；
（4）由题干合成流程图中F的结构简式可知，化合物F中官能团名称为碳氯键和醛基，F分子中含有苯环所在的12个原子共平面，醛基中的四个原子共平面，故最多有16个原子共面，故答案为：碳氯键、醛基；16；
（5）由分析可知，化合物G的结构简式为，故答案为：；
（6）由题干合成流程图可知，反应⑦即G转化为H的反应，方程式为：+2ROH+2H2O，该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（7）已知D的分子式为：C10H8Cl2O4，化合物M是化合物D的同分异构体，则满足条件①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L即产生=2molCO2，即M中含有2mol羧基，②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置，即含有的结构，另外一个取代基为：-CH2CH(COOH)2、-C(COOH)2CH3和-CH(COOH)CH2COOH三种，然后每一种又有2种位置关系，故符合条件的M一共有2×3=6种，故答案为：6。
【分析】（1）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（2）氢键可以提高分子的沸点；
（3）羟基和氧气在铜加热的条件下可以反应生成醛基和水；
（4）共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
（5）G的结构简式可以结合F和H判断；
（6）羟基上的氢原子被-R基取代；
（7）可以和碳酸氢钠反应的官能团为羧基，结合碳链异构、位置判断同分异构体。
26．【答案】（1）8
（2）
（3）加成反应
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】本题为有机综合推断题，由合成流程图可知，A到B是醛基被还原为醇羟基，B到C为醛基与CH2(COOH)2先发生加成反应，后再消去反应，C和CH3OH通过酯化反应制得D，D在一定条件下转化为E；
(1)由题干流程图中A的结构简式可知，A分子中所有的C原子均与周围的原子形成3个σ键，无孤电子对，故A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是8，故答案为：8；
(2)由题干流程图中信息可知，A→B即其中一个醛基转化为醇羟基，结合副产物的分子式可知，有一种分子式为C8H10O2的副产物，该副产物的结构简式为 ，故答案为： ；
(3)已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6，结合转化信息和X的分子式可知，X的结构简式为： ，故B→X的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
(4)由题干流程图信息可知，D的分子式为：C11H12O3，则其同时满足下列条件①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1，即含有两种不同环境的氢，②1mol该物质最多能与4molNaOH反应，结合分子式可知其分子中含有2mol酚酯基，故该同分异构体的结构简式为： ，故答案为： ；
(5)本题采用逆向合成法可知， 可由 和 通过酯化反应制得，根据题干B到C的转化信息可知， 可由 和CH2(COOH)2在一定条件下转化而来， 则可由 催化氧化制得， 又可以由 通过水解反应制得，由此分析确定合成路线如下： ，故答案为： 。
【分析】（1）A中所有碳原子均采用sp2杂化；
（2）A中醛基有可能被全部还原为羟基；
（3）X的结构简式为： ，即B发生加成反应生成X；
（4）D的同分异构体含有两种氢原子，结构对称，含有个酚酯基；
（5）采用逆向合成法分析， 可由 和 通过酯化反应制得，根据题干B到C的转化信息可知， 可由 和CH2(COOH)2在一定条件下转化而来， 则可由 催化氧化制得， 又可以由 通过水解反应制得，由此确定合成路线。
27．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2；Fe2+易失去3d能级的1个电子变为Fe3+的3d5的半充满稳定结构
（2）sp3、sp2；C＜O＜N；甘氨酸分子为极性分子且能与水分子形成分子间氢键
（3）CO；O元素的电负性大于C元素，O原子对电子的吸引力强，较难提供电子对
（4）1：1
（5）12；；2：1
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)铁元素的原子序数为26，原子核外有26个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，亚铁离子的价电子排布式为3d6，易失去1和电子形成价电子排布式为半充满稳定结构的3d5的铁离子，所以亚铁离子易被氧化为铁离子，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；Fe2+易失去3d能级的1个电子变为Fe3+的3d5的半充满稳定结构；
(2)①甘氨酸分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，羧基中不饱和碳原子的杂化方式为sp2杂化；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，则第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为：sp3、sp2；C＜O＜N；
②由结构简式可知，甘氨酸分子是结构不对称的极性分子，分子中含有的氨基和羧基都能与水分子形成分子间氢键，所以甘氨酸易溶于水，故答案为：甘氨酸分子为极性分子且能与水分子形成分子间氢键；
(3)五羰基合铁的中心原子为铁原子，配位体为一氧化碳，一氧化碳分子中氧元素的电负性大于碳元素，氧原子对电子的吸引力强，较难提供电子对，所以配位原子是碳原子而不是氧原子，故答案为：O元素的电负性大于C元素，O原子对电子的吸引力强，较难提供电子对；
(4)六氰合铁酸根离子中铁离子与氰酸根离子形成的配位键为σ键，氰酸根离子中碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，则配离子中σ键、π键数目之比为(6+6)：6×2，1：1，故答案为：1：1；
(5)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氧离子与位于面心的氧离子的距离最近，则每个氧离子周围紧邻的氧离子的数目为12，故答案为：12；
②由晶胞结构可知，晶胞中氧离子的个数为8×+6×=4，由化学式可知，晶胞中含有1个四氧化三铁，设晶体密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)3d，解得d=，故答案为：；
③由晶胞结构可知，1、3、6、7号氧离子围成正四面体空隙，共有8个，3、6、7、8、9、12号氧离子围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点氧离子也围成正八面体，晶胞中正八面体为4个晶胞共有，则晶胞中正八面体数目为1+12×=4，所以晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为8：4=2：1，故答案为：2：1。
【分析】 (1)依据Fe在元素周期表中的位置结合其结构分析解答；
(2)①“CH2”中C原子形成四条单键，-COOH中碳原子形成一条双键和两条单键；同周期从左向右第一电离能增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA；
②甘氨酸中-NH2能与水分子形成分子间氢键；
(3)依据配合物的知识结合原子电负性的相关知识分析解答；
(4)依据配位键的相关知识分析解答；
(5)依据晶胞的相关知识分析解答。
28．【答案】（1）ds；
（2）四面体形；；硫代硫酸根中因为硫比氧半径更大，所以更易提供孤对电子与银离子形成配位键，所以中配位原子是硫
（3）强于；氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，、、的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以更容易电离出，酸性更强
（4）4；ab
（5）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)已知Ag元素的原子序数为47，Ag元素在周期表中的位置是第五周期IB族，属于ds区，基态Ag原子的价电子排布式为4d105s1，故答案为：ds；4d105s1；
(2)①配体阴离子的中心原子是硫，另一个硫原子相当于氧原子，则中心原子硫的孤电子对数为=0，价层电子对数为4+0=4，所以空间构型是四面体形，中心原子采用sp3杂化；
②硫代硫酸根中因为硫比氧半径更大，所以更易提供孤对电子与银离子形成配位键，所以中配位原子是硫；
(3)H5IO6（ ）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，含非羟基氧原子个数越多酸性越强，所以酸性HIO4强于H5IO6；氯、溴、碘的氢化物为：HCl、HBr、HI，由于氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，H-Cl、H-Br、H-I的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以HI更容易电离出H+，酸性更强，故酸性由强到弱排序为HI＞HBr＞HCl；
(4)由图2得出： ，离I-最靠近等距离的Ag+有四个，即I-配位数为4；
a．由于r(Ag+)：r(I-)=0.573，在0.414＜r(阳离子)：r(阴离子)＜0.732范围内，但是晶体结构和NaCl晶体不同，所以a几何因素不可以作为晶体结构的原因，故a不正确；
b．AgI和NaCl的阴阳离子的电荷比相同，所以b电荷因素不可以作为晶体结构的原因，故b不正确；
c．Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，故c正确；
故答案为：4；ab；
(5)立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，Au有8×=1个，Cu有6×=3个，H有4个，所以晶体的化学势为Cu3AuH4，若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为。
【分析】（1）根据给出的元素结合核外电子排布规律即可写出排布式
（2）①根据给出的化学式结合电子即可计算出中心原子的价层电子即可判断杂化方式
②半径过小，不易提供孤对电子
（3）根据非羟基氧原子个数判断即可，氢卤酸的强弱与键长有关
（4）根据给出的晶胞图即可找出配位数，根据晶胞的差异即可找出晶体差异的原因
（5）根据给出的晶胞结构即可计算出晶胞中的原子个数即可计算出氢原子的个数，根据ρ=计算
29．【答案】（1）1 mol
（2）7：2
（3）
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】根据合成路线图，可知主要原料和产物的结构简式都已知，因此主要是采用观察对比的方法，关注在特定条件下有机物结构局部发生的变化。A→B的过程使-COOH和-OH分别转化为-COOCH3和-OCH3；B→F发生的反应变化都集中在-NO2上，主要发生了将-NO2还原为-NH2，以及-NH2与-COOH发生脱水缩合等反应；F→H主要是将-COOCH3逐步转化为-OH和-CHO，据此分析作答。
(1)A分子中含有多种官能团，其中只有-COOH能与NaHCO3发生反应，1mol A中含有1mol –COOH，因此消耗NaHCO3物质的量为1mol，故答案为1mol；
(2)根据C分子的结构，sp2杂化的碳原子是苯环碳原子和酯基碳原子，一共有7个；sp3杂化的碳原子是甲基碳原子，一共有2个，因此两种杂化类型的碳原子数之比为7 ： 2，故答案为7 ： 2；
(3)C→D是HCOOH与－NH2间脱水形成 ，若要发生副反应，只能是－NH2上的两个H原子都与HCOOH反应生成 ，并通过题中提供的副产物的分子式为C11H11NO5，可以得到进一步证明，故答案为 ；
(4)C的一种同分异构体同时满足：酸性条件下能发生水解反应，生成α-氨基酸，说明至少存在结构： ；另一个水解产物中只有两种不同化学环境的氢原子，说明含有苯环的结构应该是高度对称的，结合剩余碳原子、氧原子数目、不饱和度和分子对称性，可试写并验证得到： ，故答案为 ；
(5)将目标分子与原料分子对比可知，合成过程的主要任务之一是延长碳链，根据提供的信息，欲延长碳链可利用羟醛缩合反应，分子中必须有醛基，参考题干流程中F→G→H的变化，并且整个反应中涉及易被氧化的酚羟基，因此要注意酚羟基的保护，解除对酚羟基的保护必须在MnO2氧化－CH2OH之后，因此可设计出如下流程：
【分析】（1）A中只有羧基与碳酸氢钠反应；
（2）B中苯环碳原子和酯基碳原子为sp2杂化，甲基碳原子为sp3杂化；
（3）结合C、D的结构简式和副产物的分子式确定结构简式；
（4）生成α-氨基酸，说明存在， 另一种水解产物只有两种不同化学环境的氢原子 ，说明含有苯环的结构高度对称；
（5）结合已知条件，对比原料和产物，参照题干合成路径，合成过程的主要任务之一是延长碳链，可利用羟醛缩合反应延长碳链，在合成过程中要注意酚羟基的保护。
30．【答案】（1）；Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子
（2）sp3 杂化；氨气分子间存在氢键；[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出
（3）1：3；
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则其基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子，故答案为：Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子；
(2)①NH3中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，则N的轨道杂化类型为sp3杂化，由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点，故答案为：sp3杂化；NH3分子间存在氢键；
②[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出；
(3)①根据题干图示晶胞结构可知，一个晶胞中含有的Cu个数为：=3个，Ni个数为：=1个，则在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3，故答案为：1：3；
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=g·cm-3，故答案为：。
【分析】(1)注意电子排布为全满和半满时比较稳定，失电子时电离能比较大；
(2)①分子间存在氢键，沸点高；
②根据相似相溶原理分析；
(3)①利用均摊法确定原子数目；
②利用计算。
2023年高考真题变式分类汇编：原子轨道杂化方式及杂化类型判断1
一、选择题
1．（2023·北京）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
A．三种物质中均有碳碳原子间的键
B．三种物质中的碳原子都是杂化
C．三种物质的晶体类型相同
D．三种物质均能导电
【答案】A
【知识点】化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、三种物质都含有C-C形成的σ键，A正确；
B、金刚石中C为sp3杂化，石墨中C为sp2杂化，石墨炔苯环部分C形成sp2杂化，碳碳三键中C形成sp杂化，B错误；
C、金刚石为共价晶体，石墨中，同一层内的C以共价键连接，层与层之间为范德华力连接，所以石墨为混合晶体，石墨炔为分子晶体，C错误；
D、金刚石不存在未成对电子，不能导电，石墨、石墨炔存在自由移动的电子，可以导电，D错误；
故答案为：A
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、石墨的晶体类型比较特殊，同一层之间的碳原子连接为共价键，不同层碳原子之间连接为范德华力；
D、金刚石不存在自由移动的电子，不能导电。
2．（2023·辽宁）在光照下，螺呲喃发生开、闭环转换而变色，过程如下。下列关于开、闭环螺呲喃说法正确的是
A．均有手性 B．互为同分异构体
C．N原子杂化方式相同 D．闭环螺吡喃亲水性更好
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团，且为饱和碳原子，闭环螺吡喃含有手性碳原子如图所示，含有一个手性碳，开环螺吡喃不含手性碳原子，故A错误；
B.根据它们的结构简式，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正确；
C．闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C错误；
D.开环螺吡喃容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺吡喃亲水性更好，故D错；
故答案为：B.
【分析】方法分析：手性碳原子判断：1、要判断一个碳原子是否为手性碳，首先要满足的条件是该碳原子必须为饱和碳，即连接有4个基团；2、其次，若一个碳原子为手性碳原子，那么该碳原子上所连的4个基团必须不一样。
3．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数：
D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A.图中灰球为N 原子和O原子，黑球为氢原子，由图可知，虚线即为氢键，氢键，A项正确；
B.氮原子处于半满状态，比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B项错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.比较电离能时，要注意，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子
D.根据空间结构可以判断杂化类型，也可以通过价层电子对数判断杂化类型，根据具体情况进行适当运用。
4．（2022·辽宁）理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是（ ）
A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A不符合题意；
B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B符合题意；
C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C不符合题意；
D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该离子中所有N原子均满足8电子稳定结构；
B.该离子中N原子的杂化方式有、、三种；
C.中心N原子为sp3杂化；
D.结构不稳定。
5．（2023·湖州模拟）胆矾的结构示意图如图。下列有关胆矾的说法正确的是
A．氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键
B．上述结构中所有氧原子都采取杂化
C．配位后形成的空间结构是正八面体
D．胆矾中的水在不同温度下可能会分步失去
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．氢键不属于化学键，故A不符合题意；
B．该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，故B不符合题意；
C．由结构可知分别与四个水分子中的O和两个硫酸根离子中的O配位，但因顶部不同，形成的空间结构为八面体，不是正八面体，故C不符合题意；
D．胆矾中的水分两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构不同，因此加热过程中胆矾中的水会分步失去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键不属于化学键；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．依据配体的不同分析；
D．一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构不同，加热会分步失去。
6．（2023·福州模拟）血红素补铁剂的结构如图所示。下列关于该补铁剂的说法错误的是（ ）
A．含有羧基和碳碳双键
B．可与H2发生加成反应
C．碳原子的杂化方式有sp2和sp3
D．无论该补铁剂的稳定常数多大，均不能与磷酸盐类药物同服
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构简式，可知含有羧基和碳碳双键，故A说法不符合题意；
B．含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，故B说法不符合题意；
C．根据结构，碳有两种形式，“C=C”、“C=N”、“C=O”中碳原子杂化类型为sp2，“-CH3”、亚甲基、次甲基上的碳原子杂化类型为sp3，故C说法不符合题意；
D．补铁剂中的亚铁极易与磷酸盐反应产生沉淀，当补铁剂的稳定常数极大时，溶液中含铁量极少，不与磷酸盐生成沉淀，这时可以同服，故D说法符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据结构简式确定官能团；
B．根据官能团的性质判断；
C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
D．补铁剂中的亚铁极易与磷酸盐反应产生沉淀。
7．（2023·广东模拟）运载火箭常用偏二甲肼[(CH3)2N－NH2]与N2O4作推进剂，二者反应生成CO2、N2和H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．偏二甲肼中N原子的杂化类型均为sp2
B．1molH2O含有的中子数为10NA
C．标准状况下，2.24LCO2中的σ键数目为0.4NA
D．92gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．偏二甲肼中N原子形成3个共价键、还有1对孤电子对，杂化类型均为sp3，A不符合题意；
B.1分子水分子中含有中子数为8，则1molH2O含有的中子数为8NA，B不符合题意；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1分子二氧化碳含有2个σ键；标准状况下，2.24LCO2（为0.1mol）中的σ键数目为0.2NA，C不符合题意；
D．NO2和N2O4混合气体最简式均为NO2，92gNO2为2mol，则混合气体含有的原子数为6NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
B、中子数=质量数-质子数；
C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
D、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由二氧化氮构成的物质的量和全部由四氧化二氮构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量。
8．（2023·湖南模拟）布洛芬是一种解热镇痛药，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法错误的是
A．分子式为 B．碳原子有两种杂化方式
C．能与溶液反应 D．所有的碳原子一定共面
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机分子中基团之间的关系；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构简式可知其分子式为，故A不符合题意；
B．分子中单键碳原子采用杂化，双键碳原子采用杂化，故B不符合题意；
C．分子中含有羧基，能与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，故C不符合题意；
D．分子结构中存在杂化的碳原子而且杂化的碳原子同时与三个碳原子相连，碳原子不可能全部共面，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据结构简式进行书写。
B.单键碳原子采用杂化，双键碳原子采用杂化。
C.羧基能与碳酸氢钠溶液反应。
D.单键碳原子与三个碳原子相连，组成类似甲烷结构。
9．（2023·齐齐哈尔模拟）化合物Z具有抗凝血作用，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是
A．该反应属于取代反应
B．1 mol X与足量NaOH溶液反应最多消耗1 mol NaOH
C．Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．Z分子中采用sp3杂化的原子数目为5
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该反应属于加成反应，故A不符合题意；
B.1 mol X中含有1mol酯基，消耗1molNaOH，水解产物中含1mol酚羟基又消耗1molNaOH，最多消耗2molNaOH，故B不符合题意；
C．Y中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C不符合题意；
D．Z中饱和碳原子以及单键氧原子均采用sp3 杂化，共5个，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.取代反应的特点是“上一下一，取而代之”。
B.X中的酯基、酚羟基能与NaOH反应，注意酯基水解后得到的酚羟基能继续与NaOH反应。
C.Y中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应。
D.Z中饱和碳原子以及单键氧原子均采用sp3 杂化。
10．（2023·南京模拟）化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子位于同一平面上
B．Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C．X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D．X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A不符合题意；
B．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化，B不符合题意；
C．X分子中没有手性碳原子，Z中有1个手性碳原子，C不符合题意；
D．X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上，故有副产物CH3CH2CH2CH2I产生，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子。
B.Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化。
C.手性碳原子与4个不同原子或原子团相连。
D.X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上。
11．（2023·辽阳模拟）某团队报道了单硫代内酯单体实现了坚韧可回收塑料的目的。反应原理如图所示(R为烃基)。
下列叙述错误的是
A．聚合反应时，原子利用率为100%
B．甲的水解产物均含有羟基
C．丙中杂化的原子只有碳原子
D．乙中碳氧双键活化了碳硫键
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．聚合反应只生成一种物质，该反应的原子利用率为100%，A项不符合题意；
B.1个甲分子中含2个酯基，水解生成、，B项不符合题意；
C．丙中C、S原子均是杂化，C项符合题意；
D．乙分子中碳氧双键具有强吸电子能力，使碳硫键的极性增强，活化了碳硫键，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、加聚反应只有一种产物；
B、酯基水解为羟基和羧基；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、乙分子中碳氧双键具有强吸电子能力，使碳硫键的极性增强。
12．（2023·青岛模拟）黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是
A．黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力
B．黑磷的熔点高于白磷
C．黑磷中P原子杂化方式为
D．第三周期只有元素的第一电离能大于P
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，A不符合题意；
B．黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，黑磷的熔点高于白磷，B不符合题意；
C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为，C不符合题意；
D．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．同种原子之间的共价键为非极性键，层与层之间存在范德华力；
B．依据相对分子质量进行比较熔沸点，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；
C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
D．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
13．（2023·宿州模拟）2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮-炔基成环反应，部分原理如图所示。下列说法正确的是
A．CuI与HI均为该反应的催化剂
B．中间产物中N原子均为sp3杂化
C．产物使溴水、酸性高锰酸钾褪色原理相同
D．该过程的总反应为
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．CuI为催化剂，HI为中间产物，A不符合题意；
B．中间产物中N原子中含有双键的N原子采用sp2杂化，不含双键的N原子采用sp3杂化，B不符合题意；
C．产物中含有碳碳双键，氮氮双键，故使溴水、酸性高锰酸钾褪色，但原理不相同，前者为加成反应，后者为氧化反应，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，该过程的总反应为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据应中间体反应前和反应后均没有，只在过程中出现；催化剂反应前参与反应，反应后又生成分析；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．根据官能团的性质判断；
D．依据反应历程图分析。
14．（2023·广州模拟）苯胺()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐()。下列叙述正确的是
A．中碳原子的杂化轨道类型为
B．水溶液加水稀释，降低
C．水溶液中：
D．在水中的电离方程式为：
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．苯环内碳原子都采用sp2杂化，A不符合题意；
B．盐酸盐()属于强酸弱碱盐，水解显酸性，加水稀释，水解程度增大，但由于溶液被稀释，OH-浓度减小，增大，B不符合题意；
C．水溶液中存在电荷守恒：，C不符合题意；
D．盐酸盐()在水中完全电离，电离方程式为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
B依据盐类水解的影响因素分析；
C．依据电荷守恒分析；
D．盐酸盐在水中完全电离。
二、多选题
15．（2021高二上·济南期末）刀片式(简称LFP)电池的使用大幅降低了高端全电动汽车的成本。下列说法不正确的是（ ）
A．基态P原子核外未成对电子数为5
B．基态Li原子核外电子的空间运动状态为球形
C．基态的价层电子排布式为
D．基态O原子核外电子空间运动状态有5种
【答案】A,D
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．基态P原子核外电子排布1s22s22p63s23p3，未成对电子数为3，A符合题意；
B．基态Li原子核外电子排布1s22s1，s轨道空间状态为球形，B不符合题意；
C．基态Fe的价层电子排布式为，失去最外层的4s2电子成为，故基态的价层电子排布式为，C不符合题意；
D．基态O原子核外电子排布是1s22s22p4，每个电子的空间运动状态均不相同，有8种，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】根据选项结合核外电子排布即可判断
16．（2018高二下·三明期末）下列分子中的所有碳原子不可能处在同一平面上的是（）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构式
【解析】【解答】A.苯环为平面结构，-C(CH3)3相当于甲烷的结构，所有碳原子不可能处在同一平面上，A符合题意；
B.乙炔为直线结构，丙烯为平面结构，丙烯基处于乙炔中H原子位置，因此，所有碳原子都处在同一平面上，B不符合题意；
C.两个苯环中间的 是四面体结构，若两个苯环在同一平面内，则甲基碳原子就不在这个平面，C不符合题意；
D.苯环所有碳原子在同一平面，通过单键的旋转可以让两个苯环及甲基的碳原子都在同一平面,D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】对于共面问题，可以根据乙烯6原子共面，苯分子12原子共面进行判断，也可以用杂化方式进行判断，根据sp2杂化的为同一平面进行判断。
17．（2023高二下·贵池期中）HCHO(g)与(g)在催化剂(简写为HAP)表面催化生成(g)和的历程示意图如下。下列说法错误的是（ ）
A．该反应是放热反应
B．HCHO与分子中的中心原子的杂化轨道类型相同
C．羟基磷灰石(HAP)的作用是降低反应的活化能，加快反应速率
D．该反应过程中既有极性共价键和非极性共价键的断裂，也有极性共价键和非极性共价键的形成。
【答案】B,D
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.由图像可知，产物的能量低于反应物的总能量， 该反应是放热反应 ，故A正确；
B. HCHO与 CO2分子中的中心原子的杂化轨道类型分别为sp2和sp，故B错误；
C.利用题目信息可知，羟基磷灰石(HAP)的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，故C正确；
D.由图像可知，该反应过程中既有极性共价键和非极性共价键的断裂，只有极性共价键的形成，故D错误；
故答案为：BD。
【分析】A.根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B. 依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C.利用催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率分析；
D.同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
18．（2022高三上·如皋期中）化合物Y是制造一种药物的中间体，可通过如下转化合成。下列说法正确的是（ ）
A．X分子中的所有碳原子不可能在同一平面上
B．Y分子中碳原子的轨道杂化方式有2种，分别为 sp2杂化和 sp3杂化
C．可以用银氨溶液检验Y中是否含有X
D．Y可以发生加成、取代、氧化反应
【答案】A,D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．X分子中含有相连的饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面上，A符合题意；
B．Y分子中碳原子的轨道杂化方式有碳碳双键两端碳原子为sp2杂化、饱和碳原子为 sp3杂化、-CN中碳原子为sp杂化，B不符合题意；
C．Y中含有酮基不是醛基，不可以用银氨溶液检验Y中是否含有X，C不符合题意；
D．Y含碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，含有酯基可以发生取代反应， D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B.Y分子中，饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，-CN碳原子采用sp杂化；
C.X中含有酮羰基，不含醛基；
D.Y中含有碳碳双键，酯基，-CN，具有烯烃、酯和氰的性质。
19．（2022高二下·聊城期中）屠呦呦因在抗疟药青蒿素研究中的杰出贡献，成为我国首获科学类诺贝尔奖的人。青蒿素的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．青蒿素的分子式为
B．组成元素的电负性由大到小顺序为：O>C>H
C．分子中所有碳原子的杂化方式相同
D．分子中含有7个手性碳原子
【答案】B,D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．青蒿素的分子式是C15H22O5，A不符合题意；
B．青蒿素的组成元素有C、O、H，非金属性越强电负性越大，故电负性O＞C＞H，B符合题意；
C．分子中酯基中C原子为形成3个σ键、其它碳原子形成4个σ键，均没有孤对电子，碳原子的杂化方式为 sp2、sp3，C不符合题意；
D．连接四种不同基团的碳原子是手性碳原子，如图含有7个手性碳原子，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据结构简式确定分子式；
B.元素的非金属性越强，电负性越大；
C.酯基碳为sp2杂化，其他饱和碳原子为sp3杂化；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
三、非选择题
20．（2023·浙江1月选考）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）分子的空间结构(以为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。受热分解生成和，其受热不稳定的原因是 。
（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述，正确的是____。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。
【答案】（1）四面体；；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
（2）A；B
（3）共价晶体；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的，SiH4分子中，Si采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；故答案为：四面体； ；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）A．电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，微粒半径：③>①>②，选项A符合题意；
B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B符合题意；
C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C不符合题意；
D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，选项D不符合题意；
故答案为：AB；
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为，故答案为：共价晶体；。
【分析】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的； N原子和1个Si原子、2个H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是4，N原子采用sp3杂化；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）①，则①为基态Si原子；②为Si+离子，③激发态Si原子；
（3）根据均摊法计算。
21．（2023·江苏模拟）化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如下：
（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）B→C的反应类型为 。
（3）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中有4种不同化学环境的氢，能与发生显色反应，但不能与溴水发生取代反应。
②在碱性条件下发生水解反应，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。
（4）D到E的反应需经历D→M→E的过程，M的分子式为。M的结构简式为 。
（5）请写出以和甲酸乙酯为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）sp2、sp3
（2）还原反应
（3）或
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A分子中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳、苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；
（2）B中的硝基变为C中的氨基，B→C的反应类型为还原反应；
（3）①分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，能与发生显色反应，说明含有酚羟基，但不能与溴水发生取代反应，说明酚羟基的邻位、对位都有取代基。②在碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。符合条件的C的同分异构体为或；
（4）D到E的反应需经历D→M→E的过程，D中氨基、醛基发生加成反应生成M，M的分子式为，M发生消去反应生成E， M的结构简式为。
（5）苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成，合成路线为 。
【分析】（1）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（2）有机反应中加氢去氧为还原反应；
（3）4种不同环境的氢气即有4种等效氢，可以和氯化铁发生显色反应即含有酚羟基，碱性条件下水解即含有酯基；
（4）结合D和E的结构简式判断M；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
22．（2023高三下·抚顺模拟）黄芩作为中医临床和中成药中最为常用的中药之一，其中汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，研究发现中药成分黄芩素能够明显抑制新冠病毒的活性，其合成路线如下：
已知信息：①代表苄基
②硫酸二甲酯的结构简式为
③
（1）A的分子式为 。
（2）B分子碳原子的杂化方式为 ，D中的含氧官能团的名称为 。
（3）A到B反应的化学方程式为 。
（4）1mol汉黄芩素最多可与 加成
（5）A脱去苄基后的产物F（）有多种同分异构体，能同时满足以下条件的芳香化合物的同分异构体有 种；
①含有酯基且不能发生银镜反应
②1mol该物质与足量Na反应生成
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为的结构简式为 （任写一种）。
【答案】（1）
（2） 、 ；醚键、酮羰基、羟基
（3）
（4）8
（5）12； 或 或 或
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质
【解析】【解答】（1）A的结构中含有两个苄基，因此A的分子式为C22H20O4。
（2）B分子中形成苯环、碳碳双键的碳原子都采用sp2杂化；苄基中形成碳碳单键的碳原子采用sp3杂化。因此B分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3。由D的结构简式可知，D中的含氧官能团为醚键、羰基、羟基。
（3）C7H6O的不饱和度为，因此其结构简式为，反应生成B的过程中，A中与酮羰基相连的－CH3与苯甲醛反应生成碳碳双键，同时还生成H2O，因此该反应的化学方程式为：。
（4）汉黄岑素中的碳碳双键、酮羰基和苯环都能与H2发生加成反应，因此1mol汉黄苓素能与8molH2发生加成反应。
（5）含有酯基且不能发生银镜反应，则分子结构中含有-COO-，其与苯环连接的结构可能为或；1mol该物质与足量的Na反应生成1molH2，说明分子结构中含有2个-OH。两个-OH与苯环直接相连，苯环上有3个取代基，且2个相同的结构共有6种，因此满足条件的同分异构体共有6+6=12种。其中核磁共振氢谱共有四组峰，峰面积为3：2：2：1，则其氢原子的个数比为3：2：2：1，因此其结构中一定含有-CH3，且2个-OH位于对称位置，所以满足条件的同分异构体的结构简式为或或或。
【分析】（1）根据A的结构简式确定其分子式。
（2）根据B分子中碳原子的成键形式确定碳原子的杂化方式；形成碳碳单键的采用sp3杂化，形成碳碳双键的采用sp2杂化，形成碳碳三键的采用sp杂化。根据D的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（3）根据C7H6O的不饱和度确定其结构简式，结合B的结构简式，确定反应类型，从而写出该反应的化学方程式。
（4）分子结构中的碳碳双键、羰基和苯都能与H2发生加成反应。
（5）根据限定条件确定分子中所含的结构单元，结合位置异构确定同分异构体的个数。根据核磁共振氢谱中氢原子的个数比确定结构简式。
23．（2023·济南模拟）研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。在元素周期表中位置为 。
（2）1 mol 晶胞中含有Cl原子 mol，含有杂化的中心原子 mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是 。
（3）TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为 ；的沸点高于，主要原因是 。
【答案】（1）；第4周期第ⅦB族
（2）16；32；Cl、N
（3）（正)四面体(形)；二者均为分子晶体，相对分子质量更大
【知识点】原子结构的构造原理；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力对物质的状态等方面的影响
【解析】【解答】（1）基态Mn原子的电子排布式为：，价电子轨道表示式为 ，在周期表中的未知为：第4周期第ⅦB族；
（2）根据晶胞结构图，原子棱上有24个，面心有8个，里面有6个，总个数为：个，含有杂化的中心原子为32，Cl、N含有孤电子对，提供提供电子对形成配位键；
（3）中N价层电子对为4，构型为正四面体结构；相对分子质量较大，所以沸点较高。
【分析】（1）依据原子构造原理和洪特规则分析；
（2）利用均摊法确定原子数；根据晶胞结构图，依据配合物的结构确定配位键的数目；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高。
24．（2023·黄山模拟）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中碳原子的杂化方式为 。
（2）写出反应②的化学方程式 。
（3）X的化学名称为 。
（4）反应②、反应③中B、C断开的均为碳基邻位上的碳氢键，原因是 。
（5）在反应④中，D中官能团 (填名称，后同)被[(CH3)2CHCH2]2AlH还原，官能团 被NaIO4氧化，然后发生 (填反应类型)生成有机物E。
（6）F的同分异构体中符合下列条件的有 种；
①苯环上有两个取代基，F原子直接与苯环相连
②可以水解，产物之一为CH≡C-COOH
其中含有甲基，且核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少的是： 。
【答案】（1）sp2、sp3
（2）+CH3I+HI
（3）3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯)
（4）B、C中碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活泼性
（5）酯基；碳碳双键；取代(酯化)反应
（6）6种；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断；芳香烃
【解析】【解答】（1）根据A分子结构简式可知该物质分子中含有饱和C原子，采用sp3杂化，苯环及-COOH的C原子采用sp2杂化；
（2）反应②是与CH3I在有机强碱作用下发生取代反应产生C：和HI，该反应的化学方程式为：+CH3I+HI；
（3）根据C、D结构简式的不同，结合②的化学反应可知X化学式是CH2=CH-CH2I，其名称是3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯)；
（4）反应②、反应③中B、C断开的均为碳基邻位上的碳氢键，这是由于B、C中碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活泼性；
（5）对比D、E的结构可知，D→E的过程中，酯基—COOCH3被还原转化为- CH2OH；—CH2CH=CH2被氧化转化为—CH2COOH，再发生酯化反应形成环，故D→E的过程中，被还原的官能团是酯基，被氧化的官能团是碳碳双键，发生的反应类型是酯化反应；
（6）F分子式是C11H9O2F，其同分异构体满足条件：①苯环上有两个取代基，F原子直接与苯环相连；②可以水解，产物之一为CH≡C-COOH，则F为酯，含有酯基，该取代基可能是CH≡C-COOCH2-CH2-、共2种不同结构，该取代基与-F在苯环上的位置有邻、间、对3种，因此符合要求的同分异构体种类数目是2×3=6种；其中含有甲基，且核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少的是。
【分析】（1）该物质分子中含有饱和C原子，采用sp3杂化，苯环及-COOH的C原子采用sp2杂化。
（2）根据流程图信息可知，反应①属于酯化反应，则B的结构简式为，反应②属于取代反应。
（3）根据C、D结构简式，结合②的化学反应可推出X是CH2=CH-CH2I，其名称是3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯)。
（4）碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活泼性 。
（5）对比D、E的结构简式，D→E的过程中，-COOCH3被还原转化为- CH2OH；-CH2CH=CH2被氧化转化为-CH2COOH，再发生酯化反应形成环。
（6）同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物；根据信息②可推出 F为酯，含有酯基，注意核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少，说明氢原子种类最少，即该物质比较对称。
25．（2023·葫芦岛模拟）有机物H是科学家正在研制的一种新药物，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A中碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）化合物E与F的沸点比较 高，原因为 。
（3）反应⑤的化学方程式为 。
（4）化合物F中官能团名称为 ；F分子中最多有 个原子共面。
（5）化合物G的结构简式为 。
（6）反应⑦的反应类型为 。
（7）化合物M是化合物D的同分异构体，满足下列条件的M有 种(不考虑立体异构)
①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L
②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置
【答案】（1），
（2）E；E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键
（3）
（4）醛基、碳氯键；16
（5）
（6）取代反应
（7）6
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由题干合成流程图中A的结构简式可知，化合物A中苯环上的碳原子采用sp2杂化，另外两个甲基采用sp3杂化，故化合物A中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
（2）由题干合成流程图中E和F的结构简式可知，E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键，而F中含有醛基不能形成分子间氢键，导致化合物E的沸点比较高，故答案为：E；E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键；
（3）由题干合成流程图中E和F的结构简式可知，反应⑤即E到F的化学方程式为：，故答案为：；
（4）由题干合成流程图中F的结构简式可知，化合物F中官能团名称为碳氯键和醛基，F分子中含有苯环所在的12个原子共平面，醛基中的四个原子共平面，故最多有16个原子共面，故答案为：碳氯键、醛基；16；
（5）由分析可知，化合物G的结构简式为，故答案为：；
（6）由题干合成流程图可知，反应⑦即G转化为H的反应，方程式为：+2ROH+2H2O，该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（7）已知D的分子式为：C10H8Cl2O4，化合物M是化合物D的同分异构体，则满足条件①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L即产生=2molCO2，即M中含有2mol羧基，②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置，即含有的结构，另外一个取代基为：-CH2CH(COOH)2、-C(COOH)2CH3和-CH(COOH)CH2COOH三种，然后每一种又有2种位置关系，故符合条件的M一共有2×3=6种，故答案为：6。
【分析】（1）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（2）氢键可以提高分子的沸点；
（3）羟基和氧气在铜加热的条件下可以反应生成醛基和水；
（4）共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
（5）G的结构简式可以结合F和H判断；
（6）羟基上的氢原子被-R基取代；
（7）可以和碳酸氢钠反应的官能团为羧基，结合碳链异构、位置判断同分异构体。
26．（2022·南京模拟）化合物E是合成抗癌药物帕比司他的中间体，其合成路线如图：
（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 。
（2）A→B中有一种分子式为C8H10O2的副产物，该副产物的结构简式为 。
（3）已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6，B→X的反应类型为 。
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1。
②1mol该物质最多能与4molNaOH反应。
（5）肉桂酸苄酯( )是一种天然香料。写出以 和CH2(COOH)2为原料制备肉桂酸苄酯的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。
【答案】（1）8
（2）
（3）加成反应
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】本题为有机综合推断题，由合成流程图可知，A到B是醛基被还原为醇羟基，B到C为醛基与CH2(COOH)2先发生加成反应，后再消去反应，C和CH3OH通过酯化反应制得D，D在一定条件下转化为E；
(1)由题干流程图中A的结构简式可知，A分子中所有的C原子均与周围的原子形成3个σ键，无孤电子对，故A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是8，故答案为：8；
(2)由题干流程图中信息可知，A→B即其中一个醛基转化为醇羟基，结合副产物的分子式可知，有一种分子式为C8H10O2的副产物，该副产物的结构简式为 ，故答案为： ；
(3)已知B→C的反应有中间体X生成，中间体X的分子式为C11H12O6，结合转化信息和X的分子式可知，X的结构简式为： ，故B→X的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
(4)由题干流程图信息可知，D的分子式为：C11H12O3，则其同时满足下列条件①分子中含有苯环，且不同化学环境的氢原子个数比为1：1，即含有两种不同环境的氢，②1mol该物质最多能与4molNaOH反应，结合分子式可知其分子中含有2mol酚酯基，故该同分异构体的结构简式为： ，故答案为： ；
(5)本题采用逆向合成法可知， 可由 和 通过酯化反应制得，根据题干B到C的转化信息可知， 可由 和CH2(COOH)2在一定条件下转化而来， 则可由 催化氧化制得， 又可以由 通过水解反应制得，由此分析确定合成路线如下： ，故答案为： 。
【分析】（1）A中所有碳原子均采用sp2杂化；
（2）A中醛基有可能被全部还原为羟基；
（3）X的结构简式为： ，即B发生加成反应生成X；
（4）D的同分异构体含有两种氢原子，结构对称，含有个酚酯基；
（5）采用逆向合成法分析， 可由 和 通过酯化反应制得，根据题干B到C的转化信息可知， 可由 和CH2(COOH)2在一定条件下转化而来， 则可由 催化氧化制得， 又可以由 通过水解反应制得，由此确定合成路线。
27．（2022·宝鸡模拟）铁在成人体中的含量约为4~5g，是入体必需的微量元素中含量最多的一种，回答下列问题：
（1）基态Fe原子的核外电子排布式为 ，用原子结构知识解释Fe2+易被氧化为Fe3+的原因 。
（2）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。
①甘氨酸H2NCH2COOH中C原子的杂化形式为 ，C、N、O三种原子第一电离能由小到大的顺序是 。
②甘氨酸易溶于水，原因为 。
（3）五羰基合铁[Fe(CO)5]的配位体是 ；已知配位原子是C而不是O，其可能的原因是 。
（4）已知Fe3++K++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6]↓，利用该离子方程式可以检验溶液中的Fe3+。[Fe(CN)6]4-中σ键、π键数目之比为 。
（5）Fe3O4晶体的晶胞如下图所示(阳离子略去)，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7号O2-围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号O2-围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。
①O2-周围紧邻的O2-数目为 。
②已知晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为NA，则晶体密度为 g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。
③晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为 。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2；Fe2+易失去3d能级的1个电子变为Fe3+的3d5的半充满稳定结构
（2）sp3、sp2；C＜O＜N；甘氨酸分子为极性分子且能与水分子形成分子间氢键
（3）CO；O元素的电负性大于C元素，O原子对电子的吸引力强，较难提供电子对
（4）1：1
（5）12；；2：1
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)铁元素的原子序数为26，原子核外有26个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，亚铁离子的价电子排布式为3d6，易失去1和电子形成价电子排布式为半充满稳定结构的3d5的铁离子，所以亚铁离子易被氧化为铁离子，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；Fe2+易失去3d能级的1个电子变为Fe3+的3d5的半充满稳定结构；
(2)①甘氨酸分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，羧基中不饱和碳原子的杂化方式为sp2杂化；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，则第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为：sp3、sp2；C＜O＜N；
②由结构简式可知，甘氨酸分子是结构不对称的极性分子，分子中含有的氨基和羧基都能与水分子形成分子间氢键，所以甘氨酸易溶于水，故答案为：甘氨酸分子为极性分子且能与水分子形成分子间氢键；
(3)五羰基合铁的中心原子为铁原子，配位体为一氧化碳，一氧化碳分子中氧元素的电负性大于碳元素，氧原子对电子的吸引力强，较难提供电子对，所以配位原子是碳原子而不是氧原子，故答案为：O元素的电负性大于C元素，O原子对电子的吸引力强，较难提供电子对；
(4)六氰合铁酸根离子中铁离子与氰酸根离子形成的配位键为σ键，氰酸根离子中碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，则配离子中σ键、π键数目之比为(6+6)：6×2，1：1，故答案为：1：1；
(5)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氧离子与位于面心的氧离子的距离最近，则每个氧离子周围紧邻的氧离子的数目为12，故答案为：12；
②由晶胞结构可知，晶胞中氧离子的个数为8×+6×=4，由化学式可知，晶胞中含有1个四氧化三铁，设晶体密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)3d，解得d=，故答案为：；
③由晶胞结构可知，1、3、6、7号氧离子围成正四面体空隙，共有8个，3、6、7、8、9、12号氧离子围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点氧离子也围成正八面体，晶胞中正八面体为4个晶胞共有，则晶胞中正八面体数目为1+12×=4，所以晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为8：4=2：1，故答案为：2：1。
【分析】 (1)依据Fe在元素周期表中的位置结合其结构分析解答；
(2)①“CH2”中C原子形成四条单键，-COOH中碳原子形成一条双键和两条单键；同周期从左向右第一电离能增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA；
②甘氨酸中-NH2能与水分子形成分子间氢键；
(3)依据配合物的知识结合原子电负性的相关知识分析解答；
(4)依据配位键的相关知识分析解答；
(5)依据晶胞的相关知识分析解答。
28．（2022·包头模拟）在元素周期表中，铜副族(IB族)包括铜、银、金等元素，在生产、生活和科研中都有着广泛用途和重要的研究价值。
（1）Ag元素在元素周期表分区中属于 区，基态Ag原子的价电子排布式为 。
（2）硫代硫酸银()是微溶于水的白色化合物，它能溶于过量的硫代硫酸钠()溶液生成等络阴离子。
①依据理论推测的空间构型为 ，中心原子S的杂化方式为 。
②在中配位原子是S原子而非O原子，其原因是 。
（3）碘化银常用于做人工增雨剂。其中碘元素形成的最高价氧化物对应水化物有(偏高碘酸，不稳定)和(正高碘酸)等多种形式，它们的酸性 (填“弱于”、“等于”或“强于”)。而、HBr、HCl的水溶液酸性的排序为由强到弱，其结构原因是 。
（4）在离子晶体中，当(阳离子)∶r(阴离子)时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构(如下图1)。已知，但在室温下，AgI的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。I-的配位数为 ，造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因不可能是 (填标号)。
a.几何因素 b.电荷因素 c.键性因素
（5）Cu与Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体(密度为)，在该晶胞中Cu原子处于面心，用NA表示阿伏加德罗常数的值。该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构(如图)相似，该晶体储氢后的化学式为 ；若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为 (储氢能力)
【答案】（1）ds；
（2）四面体形；；硫代硫酸根中因为硫比氧半径更大，所以更易提供孤对电子与银离子形成配位键，所以中配位原子是硫
（3）强于；氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，、、的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以更容易电离出，酸性更强
（4）4；ab
（5）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)已知Ag元素的原子序数为47，Ag元素在周期表中的位置是第五周期IB族，属于ds区，基态Ag原子的价电子排布式为4d105s1，故答案为：ds；4d105s1；
(2)①配体阴离子的中心原子是硫，另一个硫原子相当于氧原子，则中心原子硫的孤电子对数为=0，价层电子对数为4+0=4，所以空间构型是四面体形，中心原子采用sp3杂化；
②硫代硫酸根中因为硫比氧半径更大，所以更易提供孤对电子与银离子形成配位键，所以中配位原子是硫；
(3)H5IO6（ ）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，含非羟基氧原子个数越多酸性越强，所以酸性HIO4强于H5IO6；氯、溴、碘的氢化物为：HCl、HBr、HI，由于氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，H-Cl、H-Br、H-I的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以HI更容易电离出H+，酸性更强，故酸性由强到弱排序为HI＞HBr＞HCl；
(4)由图2得出： ，离I-最靠近等距离的Ag+有四个，即I-配位数为4；
a．由于r(Ag+)：r(I-)=0.573，在0.414＜r(阳离子)：r(阴离子)＜0.732范围内，但是晶体结构和NaCl晶体不同，所以a几何因素不可以作为晶体结构的原因，故a不正确；
b．AgI和NaCl的阴阳离子的电荷比相同，所以b电荷因素不可以作为晶体结构的原因，故b不正确；
c．Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，故c正确；
故答案为：4；ab；
(5)立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，Au有8×=1个，Cu有6×=3个，H有4个，所以晶体的化学势为Cu3AuH4，若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为。
【分析】（1）根据给出的元素结合核外电子排布规律即可写出排布式
（2）①根据给出的化学式结合电子即可计算出中心原子的价层电子即可判断杂化方式
②半径过小，不易提供孤对电子
（3）根据非羟基氧原子个数判断即可，氢卤酸的强弱与键长有关
（4）根据给出的晶胞图即可找出配位数，根据晶胞的差异即可找出晶体差异的原因
（5）根据给出的晶胞结构即可计算出晶胞中的原子个数即可计算出氢原子的个数，根据ρ=计算
29．（2022·江苏模拟）化合物H是一种用于合成分泌调节剂药物的中间体，其合成路线如图：
（1）与足量溶液反应，能消耗物质的量为 。
（2）B分子中采取和杂化的碳原子数目之比是 。
（3）C→D过程中有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为 。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①酸性条件下能发生水解反应，生成氨基酸；
②另一种水解产物只有两种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：。
(、代表烃基或H)。
写出以 、 、为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
【答案】（1）1 mol
（2）7：2
（3）
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】根据合成路线图，可知主要原料和产物的结构简式都已知，因此主要是采用观察对比的方法，关注在特定条件下有机物结构局部发生的变化。A→B的过程使-COOH和-OH分别转化为-COOCH3和-OCH3；B→F发生的反应变化都集中在-NO2上，主要发生了将-NO2还原为-NH2，以及-NH2与-COOH发生脱水缩合等反应；F→H主要是将-COOCH3逐步转化为-OH和-CHO，据此分析作答。
(1)A分子中含有多种官能团，其中只有-COOH能与NaHCO3发生反应，1mol A中含有1mol –COOH，因此消耗NaHCO3物质的量为1mol，故答案为1mol；
(2)根据C分子的结构，sp2杂化的碳原子是苯环碳原子和酯基碳原子，一共有7个；sp3杂化的碳原子是甲基碳原子，一共有2个，因此两种杂化类型的碳原子数之比为7 ： 2，故答案为7 ： 2；
(3)C→D是HCOOH与－NH2间脱水形成 ，若要发生副反应，只能是－NH2上的两个H原子都与HCOOH反应生成 ，并通过题中提供的副产物的分子式为C11H11NO5，可以得到进一步证明，故答案为 ；
(4)C的一种同分异构体同时满足：酸性条件下能发生水解反应，生成α-氨基酸，说明至少存在结构： ；另一个水解产物中只有两种不同化学环境的氢原子，说明含有苯环的结构应该是高度对称的，结合剩余碳原子、氧原子数目、不饱和度和分子对称性，可试写并验证得到： ，故答案为 ；
(5)将目标分子与原料分子对比可知，合成过程的主要任务之一是延长碳链，根据提供的信息，欲延长碳链可利用羟醛缩合反应，分子中必须有醛基，参考题干流程中F→G→H的变化，并且整个反应中涉及易被氧化的酚羟基，因此要注意酚羟基的保护，解除对酚羟基的保护必须在MnO2氧化－CH2OH之后，因此可设计出如下流程：
【分析】（1）A中只有羧基与碳酸氢钠反应；
（2）B中苯环碳原子和酯基碳原子为sp2杂化，甲基碳原子为sp3杂化；
（3）结合C、D的结构简式和副产物的分子式确定结构简式；
（4）生成α-氨基酸，说明存在， 另一种水解产物只有两种不同化学环境的氢原子 ，说明含有苯环的结构高度对称；
（5）结合已知条件，对比原料和产物，参照题干合成路径，合成过程的主要任务之一是延长碳链，可利用羟醛缩合反应延长碳链，在合成过程中要注意酚羟基的保护。
30．（2022·延庆模拟）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。
（1）基态铜原子的价层电子的轨道表示式为 ，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是 。
（2）向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu(NH3)4]SO4·H2O。
①NH3中心原子的轨道杂化类型为 。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是 。
②简单说明加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因 。
（3）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为 。
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ= g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式)。
【答案】（1）；Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子
（2）sp3 杂化；氨气分子间存在氢键；[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出
（3）1：3；
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则其基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子，故答案为：Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子；
(2)①NH3中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，则N的轨道杂化类型为sp3杂化，由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点，故答案为：sp3杂化；NH3分子间存在氢键；
②[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出；
(3)①根据题干图示晶胞结构可知，一个晶胞中含有的Cu个数为：=3个，Ni个数为：=1个，则在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3，故答案为：1：3；
②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=g·cm-3，故答案为：。
【分析】(1)注意电子排布为全满和半满时比较稳定，失电子时电离能比较大；
(2)①分子间存在氢键，沸点高；
②根据相似相溶原理分析；
(3)①利用均摊法确定原子数目；
②利用计算。
