高考化学二轮专题复习：选考模块（化学与技术、物质结构与性质、有机化学基础）

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选考模块（化学与技术、物质结构与性质、有机化学基础）

【考情分析】
新课标高考化学选考内容涵盖选修模块 “化学与技术”、“物质结构与性质”、“有机化学基础”的内容，考生从中任选一个模块考试。
一、考试大纲对本专题内容的基本要求
化学与技术
（一）化学与资源开发利用
1．了解煤、石油和天然气等综合利用的意义。
2．了解我国无机化工的生产资源和产品的主要种类。
3．了解海水的综合利用。了解化学科学发展对自然资源利用的作用。
4．了解化学对废旧物资再生与综合利用的作用。
（二）化学与材料的制造、应用
1．了解社会发展和科技进步对材料的要求。了解化学对材料科学发展的促进作用。
2．了解金属材料、无机非金属材料、高分子合成材料、复合材料和其他新材料的特点，了解有关的生产原理。
3．了解用化学方法进行金属材料表面处理的原理。
4．了解我国现代材料研究和材料工业的发展情况。了解新材料的发展方向。
（三）化学与工农业生产
1．了解化学在水处理中的应用。
2．了解合成氨的主要原理、原料、重要设备、流程和意义，认识催化剂的研制对促进化学工业发展的重大意义。
3．了解精细化工产品的生产特点、精细化工在社会发展中的作用。
4．了解化学肥料、农药等在农业生产中的作用。
物质结构与性质
（一）原子结构与元素的性质
1．了解原子核外电子的能级分布，能用电子排布式表示常见元素（1~36号）原子核外电子的排布。了解原子核外电子的运动状态。
2．了解元素电离能的含义，并能用以说明元素的某些性质。
3．了解原子核外电子在一定条件下会发生跃迁，了解其简单应用。
4．了解电负性的概念，知道元素的性质与电负性的关系。
（二）化学键与物质的性质
1．理解离子键的形成，能根据离子化合物的结构特征解释其物理性质。
2．了解共价键的主要类型σ键和π键，能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。
3．了解简单配合物的成键情况。
4．了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。
5．理解金属键的含义，能用金属键理论解释金属的一些物理性质。
6．了解杂化轨道理论及常见的杂化轨道类型（sp,sp2,sp3），能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测常见的简单分子或者离子的空间结构。
（三）分子间作用力与物质的性质
1．了解化学键和分子间作用力的区别。
2．了解氢键的存在对物质性质的影响，能列举含有氢键的物质。
3．了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构微粒、微粒间作用力的区别。
有机化学基础
（一）有机化合物的组成与结构
1．能根据有机化合物的元素含量、相对分子质量确定有机化合物的分子式。
2．了解常见有机化合物的结构。了解有机物分子中的官能团，能正确地表示它们的结构。
3．了解确定有机化合物结构的化学方法和某些物理方法。
4．了解有机化合物存在异构现象，能判断简单有机化合物的同分异构体（不包括手性异构体）。
5．能根据有机化合物命名规则命名简单的有机化合物。
6．能列举事实说明有机分子中基团之间存在相互影响。
（二）烃及其衍生物的性质与应用
1．以烷、烯、炔和芳香烃的代表物为例，比较它们在组成、结构、性质上的差异。
2．了解天然气、石油液化气和汽油的主要成分及其应用。
3．举例说明烃类物质在有机合成和有机化工中的重要作用。
4．了解卤代烃、醇、酚、醛、羧酸、酯的典型代表物的组成和结构特点以及它们的相互联系。
5．了解加成反应、取代反应和消去反应。
6．结合实际了解某些有机化合物对环境和健康可能产生影响，关注有机化合物的安全使用问题。
（三）糖类、氨基酸和蛋白质
1．了解糖类的组成和性质特点，能举例说明糖类在食品加工和生物质能源开发上的应用。
2．了解氨基酸的组成、结构特点和主要化学性质，氨基酸与人体健康的关系。
3．了解蛋白质的组成、结构和性质。
4．了解化学科学在生命科学发展中所起的重要作用。
（四）合成高分子化合物
1．了解合成高分子的组成与结构特点，能依据简单合成高分子的结构分析其链节和单体。
2．了解加聚反应和缩聚反应的特点。
3．了解新型高分子材料的性能及其在高新技术领域中的应用。
4．了解合成高分子化合物在发展经济、提高生活质量方面的贡献。
二、命题趋向
以往高考试题中的STSE内容中实际上已经包含了化学与技术的考查，新课程高考大纲把二者作划为选考内容，供考生选择。化学与技术课程内容定位于化学生产技术，所以，考试的重点当然就放在“了解化学在资源利用、材料制造、工农业生产中的具体应用上，用所学知识对与化学有关的一系列技术问题做出合理的分析，强化应用意识和实践能力的考查”上。如：分析化学反应速率和化学平衡原理在硫酸制造、合成氨工业等化工生产工艺（生产条件的选择与控制）中的应用；电化学反应在氯碱工业生产、电镀、化学蚀刻等材料加工技术中的运用；讨论氧化还原反应、离子反应、基本的有机反应在金属、非金属材料、有机高分子材料、洗涤剂的制备与加工技术中运用；联系化学反应特点与条件，综合分析相关化工生产的产、供、销与环境问题，考虑厂址选择、配套设施的配置等技术问题。联系酸碱盐及电解质溶液的有关知识，分析土壤酸碱性的测定与改良、无土栽培营养液的配制、化肥、农药的合理使用等技术问题等。复习这部分内容时，应注意把握知识内容的深广度，关注教材中的三条内容线索：生产和技术问题线索；技术知识线索；化学知识线索。同时关注与其他模块的区别与联系。
物质结构与性质部分除了关于电子排布、分子间作用力和四种晶体类型等知识点外，都是新课标中所增加的知识内容。关于用电子排布式表示常见的元素，由过去的前三周期(1—18号)扩展到前四周期(1～36号)；对分子间的作用力，要求了解其与化学键的区别；对四种晶体类型知识点的要求中明确提出要了解“结构微粒、微粒间作用力的区别”。物质结构的这部分知识可以促进对物质性质本质的理解，但是知识内容比较抽象，理解起来有一定困难。
有机化学基础部分不但涵盖旧大纲中有机化学的知识点，而且还增加了部分知识点。增加的知识点可分成两大类，一类是知识点的延伸，如增加了“知道确定有机化合物结构的常用方法”、“命名简单的有机化合物”等；另一类是与社会生活的联系，如“知道天然气、液化石油气和汽油的主要成分及其应用”。试题通常以框图题的形式出现，在高科技新信息的框架中考查有机化学的基础知识，在某些省市的试卷中还特别注重对设计合成线路的考查。所以必须熟练掌握碳碳双键、碳碳叁键、卤代烃中的卤原子、醇羟基、酚羟基、醛基、羧基及酯基的结构及性质，延伸的还有苯环结构的特殊性、醚、酮等。在掌握了上述结构的特点后，就可以综合运用于多官能团化合物上，如课本上介绍的糖类、油脂、蛋白质等。另外，对于生产、生活中的较复杂的化合物，也可根据其结构中所含的特殊官能团，推断其主要性质。
这三模块知识在《考试大纲》中作为选考内容，从题型上，三个模块主要以非选择题的方式进行设计。在复习中可以根据自己的特长，在三模块之间确定复习的着力点。
【知识归纳】
一、化学与技术
（一）化学与资源开发利用
1．石油
(1)石油的组成：主要含C、H两种元素。由烷烃、环烷烃和芳香烃所组成的混合物。
(2)石油的炼制
①分馏：利用各组分沸点的不同将复杂混合物分离的过程。分为常压分馏（得到汽油、煤油、柴油、重油等产品）和减压分馏（得到润滑油、凡士林沥青等）
②石油的加工
裂化：一定条件下，使长链烃断裂成短链烃的过程。目的是提高汽油的产量和质量。
裂解：深度的裂化。目的是获得短链的不饱和气态烃。
2．煤
(1)煤的组成：主要含C元素。由有机物和无机物组成复杂的混合物。
(2)煤的综合利用
煤的干馏：把煤隔绝空气加强热使其分解的过程。得到焦炭、粗氨水、煤焦油、焦炉煤气等
煤的气化：把煤中的有机物转化成可燃性气体(CO、H2)的过程

煤的液化：把煤中的有机物转化成可燃性液体(如CH3OH)的过程
3．天然气的综合利用
天然气既是一种清洁的能源，也是一种重要的化工原料。
4．海水的综合利用
(1)海水水资源的利用
①海水的淡化。常用方法：蒸馏法、电渗析法、反渗透法、冷冻法。
②直接利用海水进行循环冷却。
(2)海水化学资源的利用：①海盐的生产；②Cl、Br、I的提取。
5．环境保护和绿色化学
(1)环境污染：包括大气污染，水污染，土壤污染和食品污染。
(2)绿色化学：核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的影响。
原子利用率为期望产物的总质量与生成物的总质量之比。对于具体的化学反应，原子利用率等于期望生成物的摩尔质量与生成物的总摩尔质量之比。
（二）化学与材料的制造、应用
1．金属的冶炼
（1）原理：化合物中金属元素得电子被还原成单质。
（2）方法：根据金属活动性强弱，通常采用电解法（锌以前的金属的制取）、热还原法（锌至铜之间的金属）和热分解法（铜以后的金属的制取）。
2．硅酸盐工业
（1）水泥：普通水泥的主要成分是硅酸三钙(3CaO·SiO2)、硅酸二钙(2CaO·SiO2)和铝酸三钙(3CaO·A12O3)等。
（2）玻璃：玻璃有普通玻璃、石英玻璃、光学玻璃等等。玻璃没有固定的熔、沸点。
（3）比较水泥和玻璃的生产方法(见下表)硅酸盐产品

水泥
玻璃（普通）
原料
石灰石、粘土
纯碱、石灰石、石英
设备
水泥回转窑
玻璃熔炉
反应
复杂的物理化学变化
Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑
CaCO3+SiO2 CaSiO3+CO2↑
主要成分
3CaO·SiO2 、2CaO· SiO2 、
3CaO·Al2O3
Na2O·CaO· 6SiO2
特性
水硬性
（加石膏调节硬化速度）
玻璃态物质（在一定温度范围内软化）
非晶体
（4）陶瓷
①制造陶瓷的主要原料：粘土。
②制造陶瓷的一般过程：制泥、成型、干燥、烧成。
③陶瓷的种类(根据原料、烧制温度划分)：土器、陶器、瓷器、炻器等。硅酸盐的组成可以用氧化物形式来表示例高岭石A12(Si2O5)(OH)4可表示为A12O3·2SiO2·2H2O。
（三）化学与工农业生产
1．合成氨
（1）合成氨的条件的选择：温度(500℃)、压强20~50MPa)、催化剂（铁触媒）。
（2）合成氨生产工艺：生产流程 。
原料气的制备 。其中生产的氨气液化分离，原料气循环利用。
2．氯碱工业
离子交换膜电解槽主要由阳极（用金属钛网制成，涂有钛、钌等氧化物涂氯碱工业——电解饱和食盐水制取氯气和烧碱。
（1）原理：阳极（用石墨）：2Cl-－2e－=Cl2↑ 阴极（用Fe）：2H＋+2e-=H2↑
总反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
（2）饱和食盐水的精制：电解前应除去食盐溶液中的Ca2＋、Mg2＋、SO42―等杂质离子，加入试剂依次为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸（或将BaCl2溶液和NaOH溶液的顺序互换）。
（3）离子交换膜法制烧碱
离子交换膜的特性：只允许阳离子通过，而阻止阴极离子和气体通过。
3．硫酸工业——接触法
三阶段：SO2制取和净化、SO2转化为SO3、SO3吸收和H2SO4的生成
三方程：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2 2SO2+O2=2SO3 SO3+H2O=H2SO4
三设备：沸腾炉、接触室、吸收塔
4．化学肥料施用
酸性的化学肥料不能和碱性肥料混用，如硝酸铵和草木灰(主要有效成分为K2CO3)不能混合施用，因NH4NO3水解是酸性，K2CO3水解是碱性，混合促进水解，降低肥效。
二、物质结构与性质
（一）原子结构与原子核外电子能级分布
1．电子云和原子轨道
(1)电子运动的特点：①质量极小 ②运动空间极小 ③极高速运动。
电子云：电子在原子核外空间一定范围内出现，可以想象为一团带负电荷的云雾笼罩在原子核的周围，人们形象地把它叫做“电子云”称作电子云。电子云轮廓图称原子轨道。S的原子轨道是球的，能层序数越大，原子轨道的半径越大。
s电子的原子轨道呈球形对称，ns能级各有1个原子轨道；p电子的原子轨道呈纺锤形，np能级各有3个原子轨道，相互垂直（用px、py、pz表示）；nd能级各有5个原子轨道；nf能级各有7个原子轨道。





2．泡利原理和洪特规则
量子力学告诉我们：ns能级各有1个轨道，np能级各有3个个轨道，nd能级各有5个轨道，nf能级各有7个个轨道。而每个轨道里最多能容纳2个电子，通常称为电子对，用方向相反的箭头“↑↓”来表示。
一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋方向相反，这个原理成为泡利原理。
当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道而且自旋方向相反，这个规则是洪特规则。
洪特规则的特例：对于同一个能级，当电子排布为全充满、半充满或全空时，是比较稳定的。
3．能层与能级
对多电子原子的核外电子，按能量的差异将其分成不同的能层(n)；各能层最多容纳的电子数为2n2。对于同一能层里能量不同的电子，将其分成不同的能级(l)；能级类型的种类数与能层数相对应；同一能层里，能级的能量按s、p、d、f的顺序升高，即E(s)＜E(p)＜E(d)＜E(f)。
各能层所包含的能级类型及各能层、能级最多容纳的电子数见下表：
能 层(n)
一
二
三
四
五
六
七
符 号
K
L
M
N
O
P
Q
能 级(l)
1s
2s
2p
3s
3p
3d
4s
4p
4d
4f
5s
…
……
最 多
电 子 数
2
2
6
2
6
10
2
6
10
14
2
…
……
2
8
18
32
……
2n2
4．核外电子排布
（1）构造原理：绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：
1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f……
构造原理揭示了原子核外电子的能级分布。从中可以看出，不同能层的能级有交错现象，如E(3d)＞E(4s)、E(4d)＞E(5s)、E(5d)＞E(6s)、E(6d)＞E(7s)、E(4f)＞E(5p)、E(4f)＞E(6s)等。
构造原理是书写基态原子电子排布式的依据，也是绘制基态原子电子排布图（即轨道表示式）的主要依据之一。
（2）能量最低原理：原子核外电子遵循构造原理排布时，原子的能量处于最低状态。即在基态原子里，电子优先排布在能量最低的能级里，然后排布在能量逐渐升高的能级里。
（3）表示方法：电子排布式和轨道表示式。
5．基态、激发态、光谱
原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子。
当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将释放能量。光（辐射）是电子释放能量的重要形式之一。
不同元素的原子发生跃迁时会吸收（基态→激发态）和放出（基态→激发态）能量，产生不同的光谱——原子光谱（吸收光谱和发射光谱）。利用光谱分析可以发现新元素或利用特征谱线鉴定元素。
（二）元素周期律
1．元素周期律
元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性变化，这一规律叫做元素律。元素性质的周期性变化的本质原因是核外电子排布呈周期性变化。
2．元素性质周期性变化的具体表现
随着核电荷数的递增，每隔一定数目的元素
①原子半径由大到小；
②主要化合价：正价由+1→+7，负价由-4→-1；
③元素性质：同一周期由前往后金属性减弱，非金属性增强，同一主族，由上往下金属性增强，非金属性减弱；
④电离能：气态电中性基态原子失去一个电子，转化为气态基态正离子所需要的能量叫做第一电离能。电离能的大小决定了该元素的原子失电子能力大小，第一电离能越大，越难失电子，金属活动性越弱。
同一主族，由上往下第一电离能减小，同一周期由前往后电离能增大，但二、三周期中的Be、N、Mg和P四种元素的原子第一电离能大于相邻的前后元素的原子（为什么？）
⑤电负性：电负性是原子在化学键中对键合电子吸引能力的标度。电负性越大，吸引电子的能力越强。电负性的大小也可作为衡量金属性、非金属性强弱的尺度，在元素周期表中，电负性最大的是F，金属的电负性一般＜1.8；同一周期由前往后电负性增大，同一主族，由上往下电负性减小。
（三）共价键理论
1．共价键价键理论
（1）共价键
①定义：原子之间通过共用电子对所形成的化学键
②实质：形成共用电子对或电子云重叠
③类型：σ键和π键
a．δ键：沿健轴(两原子核的连线)方向以“头碰头”的方式发生原子轨道(电子云)的重叠所形成的共价键称为σ键——单键。
种类：S-S重叠，S-P重叠，P-P重叠
特点：轴对称(即以成键的两原子核为连线为轴作旋转操作，共价键电子云的图形不变)
b．π键：两个原子沿键轴平行以“肩碰肩”方式发生原子轨道(电子云)重叠所形成的共价键称为π键。(只有在生成σ键后，余下的p轨道才能生成π键)
特点：镜像对称(重叠形成的电子云由两块形成，分别位于两原子核构成的平面的两侧，互为镜像)
c．δ键和π键比较
重叠方式：δ键——头碰头；π键——肩并肩。
键的强度：δ键＞π键
成键电子：δ键（S-S；S-P；P-P）；π键（P-P）。
成键类型：δ键成单键；π键成双键、叁键。
（2）由原子轨道相互重叠形成的σ键和π键总称价键轨道。
（3）判断共价键类型规律：共价单键是σ键；而共价双键中有一个σ键，另一个是π键；共价三键由一个σ键和两个π键组成。
2．价层电子对互斥模型
（1）中心原子上的价电子都用于形成共价键：分子中的价电子对相互排斥的结果。如：
ABn
立体结构
范例
n=2
直线型
CO2
n=3
平面三角形
CH2O
n=4
正四面体型
CH4
（2）中心原子上有孤对电子：孤对电子也要占据中心原子周围的空间，并参与互相排斥。如H2O和NH3中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间，并参与互相排斥。因而H2O分子呈V型，NH3分子呈三角锥型。如：
化学式
中心原子含有孤对电子对数
中心原子结合的原子数
空间构型
H2S
2
2
V形
NH2＋
2
2
V形
BF3
0
3
正三角形
CHCl3
0
4
四面体
SiF4
0
4
正四面体
3．杂化轨道理论
（1）杂化的概念：在形成多原子分子的过程中，中心原子的若干能量相近的原子轨道重新组合，形成一组新的轨道，这个过程叫做轨道的杂化，产生的新轨道叫杂化轨道。
（2）杂化轨道类型：
①sp3杂化：1个s轨道和3个p轨道会发生混杂，得到4个相同的轨道，夹角109°28′，称为sp3杂化轨道。
②sp杂化：夹角为180°的直线形杂化轨道，sp2杂化：三个夹角为120°的平面三角形杂化轨道。
4．配位键
（1）“电子对给予—接受键”被称为配位键。一方提供孤对电子；一方有空轨道，接受孤对电子。如：[Cu(H2O)2＋]、NH4＋中存在配位键。表示：A→B（ 前者是电子对给予体后者是电子对接受体）。
条件：其中一个原子必须提供孤对电子。另一原子必须能接受孤对电子轨道。
（2）通常把金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物。如铜氨配合物[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)的形成：
Cu2＋+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4＋
Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋+2OH－+4H2O
5．键的极性和分子的极性
（1）极性键：由不同原子形成的共价键。吸电子能力较强一方呈正电性（δ+），另一个呈负电性(δ-)。
（2）极性分子和非极性分子：极性分子中，正电荷中心和负电中心不重合；非极性分子的正电中心和负电中心重合。
（3）判断极性分子或非极性分子经验规律：若分子结构呈几何空间对称，为正某某图形，则为非极性分子。
6．氢键及范德华力及其对物质的影响
（1）范德华力：分子之间存在着相互作用力。范德华力很弱，约比化学键能小l~2数量级。相对分子质量越大，范德华力越大；分子的极性越大，范德华力也越大。
（2）氢键：是由已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子(如水分子中的氢)与另一个分子中电负性很强的原子(如水分子中的氧)之间的作用力。氢键普遍存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间。例如，不仅氟化氢分子之间以及氨分子之间存在氢键，而且它们跟水分子之间也存在氢键。氢键表示方法：X—H…Y。
分子间氢键：使物质的熔、沸点升高。
分子间内氢键：使物质的熔、沸点降低。氢键属于一种较弱的作用力，其大小介于范德华力和化学键之间，约为化学键的十分之几，不属于化学键。
7．溶解性
（1）“相似相溶”规律：非极性溶质易溶于非极性溶剂，极性溶质易溶于极性溶剂。
极性溶质比非极性溶质在水中的溶解度大。如果存在氢键，则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。相反，无氢键相互作用的溶质在有氢键的水中的溶解度就比较小。
（2）溶解度影响因素：溶剂的极性、溶剂和溶质之间的氢键作用。
8．手性
具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手与右手一样互为镜像，却在三维空间里不能重叠，互称手性异构体。有手性异构体的分子叫做手性分子。
（四）晶体结构
1．晶体类型与结构、性质关系
晶体的类型直接决定着晶体的物理性质，如熔、沸点、硬度、导电性、延展性、水溶性等。而晶体的类型本质上又是由构成晶体的微粒及微粒间作用力决定，通常可以由晶体的特征性质来判定晶体所属类型。掌握下表内容是重点之一。对一些常见物质，要会判断其晶体类型。
比较四种晶体类型
2．如何比较物质熔、沸点高低
（1）由晶体结构来确定。首先分析物质所属的晶体类型，其次抓住决定同一类晶体熔、沸点高低的决定因素。
①一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体
如：SiO2＞NaCl＞CO2(干冰)，但也有特殊，如熔点：MgO＞SiO2
②同属原子晶体，一般键长越短，键能越大，共价键越牢固，晶体的熔、沸点越高。
如：金属石＞金刚砂＞晶体硅 原因 rC-C ③同类型的离子晶体，离子电荷数越大，阴、阳离子核间距越小，则离子键越牢固，晶体的熔、沸点一般越高。如：MgO＞NaCl
④分子晶体，分子间范德华力越强，熔、沸点越高。
分子组成和结构相似的分子晶体，一般分子量越大，分子间作用力越强，晶体熔、沸点越高。如：F2＜Cl2＜Br2＜I2
若分子量相同，如互为同分异构体，则支链数越多，沸点越高，分子越对称，则熔点越高。如：C5H12的各同分异构体间，
沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷
熔点：新戊烷＞异戊烷＞正戊烷
因而应注意，并非外界条件对物质熔、沸点的影响总是一致的，熔点常与晶体中微粒排布对称性有关。
若分子间有氢键，则分子间作用力比结构相似的同类晶体强，故熔、沸点特别高。
如：氢化物的沸点如右图所示：
从上图中看出，H2Te、H2Se、H2S的沸点都依次降低。按此变化趋势，H2O的沸点应为193K左右，但实际上为373K、此种“反常”的升高，就是因为H2O分子间存在氢键。对比同主族氢化物的沸点，从中可清楚看到NH3、HF的沸点高得“反常”，也是因为分子间存在氢键。
HF分子间氢键：
H2O分子间氢键：
氢键的生成对化合物性质有显著影响，一般分子间形成氢键时，可使化合物的熔、沸点显著升高，在极性溶剂中，若溶质分子和溶剂分子间形成氢键，则可使熔解度增大。如NH3极易溶于水就与此有关．除上述几种物质外，在醇、羧酸、无机酸、水合物、氨合物等中均有氢键。
⑤金属晶体：金属原子的价电子数越多，原子半径越小、金属键越强，熔、沸点越高。
如：Na＜Mg＜Al
（2）根据物质在同条件下的状态不同判断
一般熔、沸点：固＞液＞气。
如果常温下即为气态或液态的物质，其晶体应属分子晶体(Hg除外)。如惰性气体，虽然构成物质的微粒为原子，但应看作为单原子分子．因为相互间的作用力范德华力，而并非共价键。
3．金属键理论化和晶体的紧密堆积结构解释。简要说明见下图：























注意：温度升高对金属、电解压溶液导电性影响是不同的。
在金属晶体中原子或离子不是静止不动，而在晶格结点上作较小幅度振动，这种振动对电子流动起着阻碍作用，加上阳离子对电子的吸引，电子运动便受到更多阻力，因而升温，金属电阻加大，导电能力下降。
在电解压溶液中，导电微粒是自由移动离子，升温有利于加快运动，导电性增强。
4．典型晶体的结构特征
（1）离子晶体 CsCl NaCl
离子配位数 8:8 6:6
一个晶胞中含
阳离子和阴离子数 1，1 4，4
晶胞构型 立方体 立方体
重点掌握NaCl晶体结构，它还具有的特征：
①一个Na+周围等距且最近的Cl－有6个，此6个Cl－连线形成的空间几何体为正八而体，Na+位于其中心。
②一个Na+周围等距且最近的Na+有12个。
如何计算离子晶体中不同部位的离子对晶胞的贡献？
体心（内） 面心 棱上 角顶
系统数 1
计算NaCl晶体微粒数：Na+：体心(1个) 棱(各1个) 1+12×=4
Cl－：面心(各1个) 角顶(各1个) ×6 + ×8=4
（2）晶胞中微粒个数的计算
构成晶体的结构粒子是按着一定的排列方式所形成的固态群体。在晶体结构中具有代表性的最小重复单位叫晶胞。
位于晶胞顶点的微粒，实际提供给晶胞的只有1/8；
位于晶胞棱边的微粒，实际提供给晶胞的只有1/4；
位于晶胞面心的微粒，实际提供给晶胞的只有1/2；
位于晶胞中心的微粒，实际提供给晶胞的只有1。
（3）金刚石和石墨的比较

注意：①石墨有导电性，是因为层内有自由电子。②碳还有多种同素异形体。如C60等。
想一想：C60、N60等属于什么晶体？可能是原子晶体吗？
（3）二氧化硅和二氧化碳晶体

三、有机化学基础
（一）碳原子的成键原则
1．饱和碳原子与手性碳原子；
2．不饱和碳原子；
3．苯环上的碳原子。
[应用]①利用“氢1，氧2，氮3，碳4”原则分析有机物的键线式或球棍模型；
②利用“手性碳原子”的特点分析有机物结构中的手性碳原子或书写含手性碳原子的有机物结构。
（二）系统命名法

无官能团
有官能团
类 别
烷烃
烯、炔、卤代烃、烃的含氧衍生物
主链条件
碳链最长
同碳数支链最多
含官能团的最长碳链
编号原则
(小)取代基最近
官能团最近、兼顾取代基尽量近
名称写法
支位一支名母名；支名同，要合并；支名异，简在前
支位―支名―官位―母名
符号使用
数字与数字间用“，” 数字与中文间用“一”，文字间不用任何符号
（三）同分异构体
1．概念辨别（五“同”：同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、等同结构）；
2．同分异构体的类别：
(1)C链异构：
同种物质间由于主链碳原子数不同引起的异构现象。如正戊烷、异戊烷、新戊烷。
(2)官能团位置异构：
由于官能团在分子中的位置不同引起的异构现象。如是1-丙醇和 2-丙醇，邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯等。
(3)官能团种类异构：
常见的官能团异构有：①烯烃和环烷烃②二烯烃和炔烃③饱和一元醇和醚④饱和一元醛、酮和烯醇⑤饱和一元羧酸、酯和羟基醛⑥芳香醇、芳香醚和酚⑦硝基化合物和氨基酸⑧葡萄糖和果糖⑨蔗糖和麦芽糖。
3．同分异构体的书写：
顺序：先写C链异构，再写官能团位置异构，最后考虑其它官能团种类异构。
4．其它异构：烯烃的顺反异构、烷烃的手性异构
（四）官能团的重要性质
1．C=C：①加成（H2、X2或HX、H2O）；②加聚（单聚、混聚）；③氧化
2．C≡C：①加成；②氧化
3．：①取代（卤代，硝化，磺化）；②加成（H2）
[延生]①引入氨基：先引入-NO2 -NH2
②引入羟基：先引入-X-ONa-OH
③引入烃基：+RCl-R
④引入羧基：先引入烃基-R-COOH
4．R-X：R-X+NaOHR-OH+NaX
R’-CH2-CH2X+NaOHR’-CH=CH2+NaX+H2O
5．醇羟基：
2R-OH+2Na2R-ONa +H2
R-OH+HXR-X+H2O
R-CH2-OHR-CHOR-COOH
R-OH+ R’-COOH R’-CO-OR+ H2O
R-OH+H-ONO2R-ONO2+ H2O
R-CH2-CH2OHR-CH=CH2+ H2O
6．酚羟基：
CH3─
(1)与Na，NaOH，Na2CO3反应
2—OH+2Na→2—ONa +H2↑
—OH +NaOH→─ONa +H2O
─OH +Na2CO3→─ONa +NaHCO3
[注意]酚与NaHCO3不反应。
─ONa ─OH +NaHCO3（NaHSO3，Na+）
(2)苯酚在苯环上发生取代反应（卤代，硝化，磺化）的位置：邻位或对位。
(3)酚与醛发生缩聚反应的位置：邻位或对位。
[检验]遇浓溴水产生白色浑浊或遇FeCl3溶液显紫色；
7．醛基：
氧化与还原R-CH2-OHR-CHOR-COOH
[检验](1)银镜反应；(2)与新制的Cu(OH)2悬浊液共热。
8．羧基：
(1)与Na，NaOH，Na2CO3，NaHCO3溶液反应
R-COOHR-COONaR-COOH
(2)酯化反应：
(3)酰胺化反应 R-COOH+H2N-R’→R-CO-NH-R’+H2O
9．酯基：
水解 R-CO-OR’+H2OR-COOH+R’-OH
R-CO-OR’+NaOHR-COONa+R’-OH
R─CO─O─ + 2NaOH→RCOONa+─ONa
[延生]醇解 R-CO-OR’+R’’-OHR-CO-O R’’+ R’-OH
10．肽键：
水解 R-CO-NH-R’+H2OR-COOH+R’-NH2
[应用](1)定性分析：官能团性质
常见的实验现象与相应的结构：
①遇溴水或溴的CCl4溶液褪色：C═C或C≡C；
②遇FeCl3溶液显紫色：酚；
③遇石蕊试液显红色：羧酸；
④与Na反应产生H2：含羟基化合物（醇、酚或羧酸）；
⑤与Na2CO3或NaHCO3溶液反应产生CO2：羧酸；
⑥与Na2CO3溶液反应但无CO2气体放出：酚；
⑦与NaOH溶液反应：酚、羧酸、酯或卤代烃；
⑧发生银镜反应或与新制的Cu(OH)2悬浊液共热产生红色沉淀：醛；
⑨常温下能溶解Cu(OH)2：羧酸；
⑩能氧化成羧酸的醇：含“─CH2OH”的结构（能氧化的醇，羟基相“连”的碳原子上含有氢原子；能发生消去反应的醇，羟基相“邻”的碳原子上含有氢原子）；
能水解：酯、卤代烃、二糖和多糖、酰胺和蛋白质；
既能氧化成羧酸又能还原成醇：醛；
(2)定量分析：由反应中量的关系确定官能团的个数；
常见反应的定量关系：
①与X2、HX、H2的反应：取代（H~X2）；加成（C═C~X2或HX或H2；C≡C~2X2或2HX或2H2； ~3H2）
②银镜反应：-CHO~2Ag；（注意：HCHO~4Ag）
③与新制的Cu(OH)2反应：-CHO~2Cu(OH)2；-COOH~Cu(OH)2
④与钠反应：-OH~H2
⑤与NaOH反应：一个酚羟基~NaOH；一个羧基~NaOH；一个醇酯~NaOH；
一个酚酯~2NaOH；R─X ~ NaOH； ~ 2NaOH
（五）单体的聚合与高分子的解聚
1．单体的聚合：
(1)加聚：①乙烯类或1,3─丁二烯类的 (单聚与混聚)；②开环聚合；
(2)缩聚：①酚与醛缩聚→酚醛树脂；②二元羧酸与二元醇或羟基酸酯化缩聚→聚酯；③二元羧酸与二元胺或氨基酸酰胺化缩聚→聚酰胺或蛋白质；
2．高分子的解聚：
(1)加聚产物→“翻转法” (2) 缩聚产物→“水解法”
（六）有机合成
1．定义：有机合成指利用简单、易得的原料，通过有机反应，生成具有特定结构和功能的有机化合物。
基础原料
辅助原料1
……

中间体1
辅助原料2
辅助原料3
副产物1
中间体2
副产物2
目标产物
2．过程：








3．表达方式：合成路线图
A B C
反应物
反应条件
反应物
反应条件
……

D




4．合成方法：
(1)识别有机物的类别，含何官能团，它与何知识信息有关
(2)据现有原料，信息及反应规律，尽可能合理把目标分子分成若干片断,或寻求官能团的引入、转换，保护方法或设法将各片断拼接衍变
(3)正逆推，综合比较选择最佳方案
5．合成原则：
(1)原料价廉，原理正确
(2)路线简捷，便于操作，条件适宜
(3)易于分离，产率高
6．解题思路：
(1)剖析要合成的物质(目标分子)，选择原料，路线(正向、逆向思维，结合题给信息)
(2)合理的合成路线由什么基本反应完全，目标分子骨架
(3)目标分子中官能团引入
7．官能团引入：

官能团的引入
-OH
R-X+H2O；R-CHO+H2；R2C=O+H2；-C=C-+HOH；R-COOR’+HOH
-X
烷+X2；烯+X2/HX；R-OH+HX
C=C
R-OH和R-X的消去,炔烃加氢
-CHO
某些醇氧化；烯氧化；炔水化；糖类水解；R-CH=CH2+O2；；炔+HOH；R-CH2OH+O2
-COOH
R-CHO+O2；苯的同系物被强氧化剂氧化，羧酸盐酸化；R-COOR’+H2O
-COO-
酯化反应
(七)有机反应基本类型
1、取代；2、加成；3、消去；4、氧化或还原；5、加聚或缩聚。
(八)燃烧规律
（1）气态烃在温度高于100℃时完全燃烧,若燃烧前后气体的体积不变,则该烃的氢原子数为4；
若为混合烃，则氢原子的平均数为4，可分两种情况：①按一定比例，则一种烃的氢原子数小于4，另一种烃的氢原子数大于4；②任意比例，则两种烃的氢原子数都等于4。
（2）烃或烃的含氧衍生物
CxHy或CxHyOz
耗氧量相等
生成CO2量相等
生成H2O量相等
等质量
最简式相同
含碳量相同
含氢量相同
等物质的量
等效分子式
碳原子数相同
氢原子数相同
注释：“等效分子式”是指等物质的量的两种有机物耗氧量相同，如：
CxHy与CxHy(CO2)m(H2O)n或CxHy(CO2)a(H2O)b
推论：①最简式相同的两种有机物，总质量一定，完全燃烧，耗氧量一定，生成的CO2量一定，生成的水的量也一定；
② 含碳量相同的两种有机物，总质量一定，则生成的CO2的量也一定；
③ 含氢量相同的两种有机物，总质量一定，则生成的水的量也一定；
④ 两种分子式等效的有机物，总物质的量一定，完全燃烧，耗氧量一定；
⑤ 两种有机物碳原子数相同，则总物质的量一定，生成的CO2的量也一定；
⑥ 两种有机物氢原子数相同，则总物质的量一定，生成的水的量也一定。
(九)有机物转化关系
1．有机物相互网络图：

2．醇、醛、酸、酯转化关系：
醇经氧化可转化醛、醛被氧化生成酸、羧酸跟醇反应产物是酯，这个转化关系的本质可表示为（其中X、R代表某种基团）：

这是有机化学中的主干知识，是高考有机框图推断题出现频度最大“题眼信息”之一。
【考点例析】
例1．某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备(NH4)2SO4的工艺流程：

请回答以下问题：
（1）合成氨反应的化学方程式是 ，该反应在 （填设备名）中发生。沉淀池中发生的主要反应方程式是 ，该反应能够发生的原因是 。
（2）在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是 ，可以循环使用的X是 。
（3）该生产过程中的副产品是 。从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是 ；从物质的性质和工业生产实际的角度考虑该流程的主要缺陷是 。
解析：（1）；合成塔；CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O＝CaCO3↓＋(NH4)2SO4，生成的CaCO3溶解度小于CaSO4有利于反应向正向进行。（2）一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收； CO2（3）生石灰；该流程中，产生的CO2循环使用，得到的产品和副产品都是有用的物质，无废物产生； 由于CaSO4的溶解度较小，此反应的产率会比较低。
例2．工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤。压强及温度对SO2转化率的影响如下表(原料气各成分的体积分数为：SO2 7%，O2 11%，N2 82%)：
转
化
率
/%
温度/℃
压
强
/MPq

0.1
0.5
1
10
400
99.2
99.6
99.7
99.9
500
93.5
96.9
97.8
99.3
600
73.7
85.8
89.5
96.4
(1)已知SO2的氧化是放热反应，如何利用表中数据推断此结论？_______________；
(2)在400℃～500℃时，SO2的催化氧化采用常压而不是高压，主要原因是___ __；
(3)选择适宜的催化剂，是否可以提高SO2的转化率？ (填“是”或“否”)，是否可以增大该反应所放出的热量？______(填“是”或“否”)；
(4)为提高SO3吸收率，实际生产中用_________吸收SO3；
(5)已知：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)；DH =－196.6 kJ/mol，计算每生产1万吨98%硫酸所需要的SO3的质量和由SO2生产这些SO3所放出的热量。
解析：此题考查了在硫酸工业中运用化学反应速率和化学平衡原理选择适宜生产条件、根据图表信息解释和说明有关化学现象和问题以及反应热的计算。选择适宜的反应条件，要从浓度、压强、温度、催化剂等条件中考虑该反应的速率、转化率，同时还要考虑工业生产的实际情况。
答案：(1)压强一定时，温度升高，SO2转化率下降，说明升温有利于逆反应进行，所以正反应为放热反应；
(2)增大压强对提高SO2转化率无显著影响，反而会增加成本；(3)否；否。(4)浓硫酸。
(5)SO2 SO3 H2SO4 ～ 反应热
==
解得：m(SO3) = 8.0×109 g = 8.0×103 t，Q = 9.83×109 kJ。
例3．（物质结构与性质）
⑴元素的第一电离能：Al_____Si(填“＞”或“＜”)。
⑵基态Mn2＋的核外电子排布式为____________。
⑶硅烷(SinH2n＋2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如右图所示，呈现这种变化关系的原因是____________________________________。
⑷硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm—(含B、O、H三种元素)
的球棍模型如右图所示：
①在Xm—中，硼原子轨道的杂化类型有____________；配位键存在于__________原子之间(填原子的数字标号)；m＝__________(填数字)。
②硼砂晶体由Na＋、Xm—和H2O构成，它们之间存在的作用力有____________(填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．范德华力 E．氢键
解析：本题考查物质结构与性质，涉及电离能、电子排布式、沸点比较、杂化、配位键等知识。
答案： (1)＜ (2)1S22S22p63S23p63d5(或[Ar]3d5)
(3)硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强(或其它合理答案)
(4)①sp2、sp3 4，5(或5，4) 2 ②ADE
解题思路：(1)同周期，从左到右，总体上第一电离能逐渐增大(第二和第五主族例外)。则：铝的第一电离能小硅。(2)Mn是25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，故Mn2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。(3)硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高。(4)①由球棍模型可以看出，黑球为B原子，灰球为O原子，小黑球为H原子。2号B原子形成3个键，采取sp2杂化，4号B原子形成4个键，采取sp3杂化；4号B原子三个sp3杂化轨道与除5号外三个O原子形成σ键后还有一个空轨道，而5号O原子能提供孤电子对而形成配位键；由图示可以看出该结构可以表示为[B4H4O9]m－，其中B为＋3价，O为-2价，H为＋1价，根据化合价可知m=2。②在晶体中Na＋与Xm＋之间为离子键，H2O分子间存在范德华力，而该阴离子能与水分子形成氢键。
例4．（物质结构与性质）通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热(△H)，化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。
化学键
Si—O
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
Si—C
键能/kJ·mol-1
460
360
436
431
176
347
请回答下列问题：
(1)比较下列两组物质的熔点高低(填“>”或“<”) SiC Si；SiCl4 SiO2。
(2)如图所示中立方体中心的“●”表示硅晶体中的一个原子，请在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的硅原子。
(3)工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)该反应的反应热△H= kJ·mool-1
解析：本题主要考查键能的大小与物质性质及反应热之间的关系。(1)SiC与Si皆为原子晶体，由于Si—C键能大于Si—Si键能，故SiC的熔点比Si高；SiCl4为分子晶体，SiO2为原子晶体，前者的熔点低于后者。
(2)根据硅原子与硅原子可形成正四个相等的硅硅键可知除立方体中心的硅原子外，与它相邻的硅原子应处于可形成正四面体的四个顶点上。
(3)所给反应的旧化学键键能之和为：4×360kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1=2312kJ·mol-1，
新化学键键能之和为4×431kJ·mol-1+2×2176kJ·mol-1(每摩硅原子相当于形成2molSi-Si)
=2076kJ·mol-1，所以反应热为：2312kJ·mol-1－2076kJ·mol-1=236kJ·mol-1。
答案：(1)> < (2)如图 (3)+236
例5．（有机化学基础）以天然气为原料经下列反应路线可得工程塑料PBT。

（1）B分子结构中只有一种氢、一种氧、一种碳，则B的结构简式是 ；B的同分异构体中与葡萄糖具有类似结构的是 （写结构简式）
（2）F的结构简式是 ；PBT属于 类有机高分子化合物.
（3）由A、D生成E的反应方程式为 ，其反应类型为 .
（4）E的同分异构体G不能发生银镜反应，能使溴水褪色，能水解且产物的碳原子数不等，则G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是 。
解析：本题为有机信息给予题，研读题给信息，适时迁移课本中的知识是解题的关键。
（1）甲醇在铜作催化剂的条件下可被氧化成甲醛，结合B的化学式，可推断应为三分子甲醛的反应产物；葡萄糖具有羟基和醛基两种官能团，根据B的化学式不难写出其含有这两种官能团的同分异构体。（2）（3）由机理分析，碳碳叁键与羰基在碱性条件下可以反应，A+D→E，明显就是要运用这个机理，结合F，根据碳原子守恒，D中必须含有有三个碳，即丙炔，此反应属于加成反应；E→F应为碳碳叁键的加成反应；F→PBT是通过与二元羧酸的聚合反应，则PBT应为酯。（4）G能在碱性条件下发生水解，说明为酯类物质，又能使溴水褪色，说明含有碳碳双键。不能银镜，说明不是甲酸形成的酯，则只能是丙烯酸和甲醇形成的酯。
答案：（1）
（2）HO—CH2—CH2—CH2—CH2—OH；酯（或聚酯）
（3）HC≡CH+2HCHOHOCH3C≡CCH2OH；加成反应
（4）CH2=CH—COOCH3+NaOHCH2=CH—COONa+CH3OH
例6．（有机化学基础）通常情况下，多个羟基连在同一个碳原子上的分子结构是不稳定的，容易自动失水，生成碳氧双键的结构：
下面是9个化合物的转变关系：

（1）化合物①是__________，它跟氯气发生反应的条件A是__________。
（2）化合物⑤跟⑦可在酸的催化下去水生成化合物⑨，⑨的结构简式是： _______；名称是______________________________________。
（3）化合物⑨是重要的定香剂，香料工业上常用化合物⑧和②直接合成它。写出此反应的化学方程式。
解析：试题中的新信息和转化关系图给解题者设置了一个新的情景，但从其所涉及的知识内容来看，只不过是烃的衍生物中最基础的醇、醛、酸、酯的性质和质量守恒定律等知识内容。
题给转化关系图虽不完整，但还是容易得出①是甲苯，②、③、④是甲苯中甲基上氢原子被氯取代后的产物，进而可推知②是C6H5CH2Cl、④C6H5CCl3、⑦是C6H5COOH。所以⑨是苯甲酸苯甲酯。苯甲酸的酸性比碳酸强，所以苯甲酸可以跟碳酸钠反应生成苯甲酸钠，反应②是：苯甲酸钠+苯甲醇→苯甲酸苯甲酯，根据质量守恒定律可得出该反应的另一种产物应该是氯化钠。
答案：（1）甲苯，光照。（2）C6H5COOCH2C6H5，苯甲酸苯甲酯。
（3）。

【专题训练】

化学与技术
一、选择题
1．下列说法不正确的是(　　)
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素

解析：应用与生产、生活相关的化学知识分析各选项的正误。多孔碳为惰性电极材料，可增大与H2、O2的接触面积，常用作氢氧燃料电池的电极材料，A项正确。pH计能准确测定溶液的pH，进行酸碱中和滴定时，能更准确地判断滴定终点，B项错。P和As元素都处于元素周期表中的第ⅤA族，其最外层电子数相同，形成共价键的方式相似，据此推测新细菌DNA链中的As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素，C项正确。 和CO2反应生成可降解聚合物的过程中，原子利用率为100%，符合绿色化学的原则，D项正确。
答案：B
点拨：知识：燃料电池、中和滴定、元素性质、绿色化学。能力：考查考生对教材中化学基础知识的掌握情况，体现高考对了解层次的能力要求。试题难度：较小。
2．化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是(　　)
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现、
C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
解析：本题可结合物质的性质与成分进行判断。
A．石英的用途很广泛，如制石英玻璃、石英钟等。B.从海水中提取的物质有多种，有些必须通过化学反应获得，如海水提镁、提溴等；有些不用通过化学反应获得，利用物理方法即可，如用蒸馏法淡化海水。C.食品添加剂是指用于改善食品品质、延长食品保存期、便于食品加工和增加食品营养成分的一类化学合成或天然物质。食品添加剂的安全使用是非常重要的，要严格控制使用量。D.地沟油，泛指在生活中存在的各类劣质油，如回收的食用油、反复使用的炸油等。地沟油的主要成分是油脂，可使其在碱性条件下水解制肥皂。
答案：D
点拨：知识：与社会、生产、生活相关的化学知识。能力：知识的灵活运用能力、观察分析能力。试题难度：较小。
3．下列关于化工生产原理的几种叙述中，均符合目前工业生产实际情况的是(　　)
A．石油是烃的混合物，石油工业中采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产物
B．氯气和氢气混合在光照条件下生成氯化氢，再用水吸收生成盐酸
C．二氧化硫在接触室被氧化成三氧化硫，再在吸收塔内被水吸收制成浓硫酸
D．合成氨工业中，由于氨易液化，N2、H2循环使用，所以总体来说氨的产率很高
解析：A中是用分馏的方法把石油分成不同沸点范围的产物。
答案：D
4．下列有关工业生产的叙述正确的是(　　)
A．合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率
B．硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量
C．电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的Cl2进入阳极室
D．电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小
解析：将NH3液化分离，可提高N2和H2的转化率，但会降低反应速率，A错；安装热交换器是为利用SO2转化为SO3时放出的热量、提高原料气的温度，B错；Cl2应该在阳极室产生，C错；应选D。
答案：D
4．工业上利用H2在Cl2中燃烧，所得产物再溶于水的方法制得盐酸，流程复杂且造成能量浪费。有人设想利用原电池原理直接制备盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是(　　)
A．两极材料都是石墨，用稀盐酸作电解质溶液
B．通入氢气的电极为原电池的正极
C．电解质溶液中的阳离子向通入氯气的电极移动
D．通氯气的电极反应为Cl2＋2e－===2Cl－
解析：考查原电池原理及应用。分析题意知想通过原电池原理完成：H2＋Cl2===2HCl的制取过程。由价态变化分析，原电池负极通氢气，正极通氯气，电极材料为惰性材料；电解质溶液采用稀盐酸可达到实验要求。
答案：B
5．下列金属的工业制法正确的是(　　)
A．制钛：用金属钠置换出氯化钛(TiCl4)溶液中的钛
B．炼铁：用焦炭和空气反应产生的一氧化碳在高温下还原铁矿石中的铁
C．制钠：用海水作原料制得精盐，再电解纯净氯化钠溶液得到金属钠
D．炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.9%的铜
解析：钠首先会和水反应，A错；炼铁工业中的还原剂是一氧化碳，B对；电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，这是氯碱工业，C错；电解精炼铜是以粗铜为阳极，得纯度为99.9%以上的铜，D错。
答案：B
二、非选择题
6．钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4)的工业流程如图所示：

已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O
(1)化合物FeTiO3中铁元素的化合价是________。
(2)滤渣A的成分是________。
(3)滤液B中TiOCl转化生成TiO2的离子方程式是________________。
(4)反应②中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是________________________________。

(5)反应③的化学方程式是________________________。
(6)由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是________。
(7)若采用钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极组成电池，其工作原理为Li4Ti5O12＋3LiFePO4Li7Ti5O12＋3FePO4，该电池充电时阳极反应式是____________________。
解析：(2)钛铁矿中只有SiO2不与盐酸反应，因此滤渣A的成分是SiO2。(3)TiOCl转化为TiO2，Ti的化合价不变，发生的是TiOCl的水解反应。(5)反应③为LiOH与(NH4)2Ti5O15的复分解反应。(6)根据得失电子守恒，可得关系式：2Fe2＋～H2O2～2Fe3＋～H2C2O4，则17%双氧水与H2C2O4的质量比＝:90＝20:9。(7)该电池充电时阳极上LiFePO4发生氧化反应。
答案：(1)＋2
(2)SiO2
(3)TiOCl＋H2OTiO2↓＋2H＋＋4Cl－
(4)温度过高时，反应物氨水(或双氧水)受热易分解
(5)(NH4)2Ti5O15＋2LiOH===Li2Ti5O15↓＋2NH3·H2O(或2NH3＋2H2O)
(6)209
(7)LiFePO4－e－===FePO4＋Li＋
点拨：本题考查锂离子电池电极材料的制备工艺流程，考查考生对化工流程的综合分析能力。难度较大。
7．氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐。从酸性电镀废液(主要含Cu2＋、Fe3＋)中制备氯化亚铜的工艺流程图如下：

金属离子含量与混合液pH、CuCl产率与混合液pH的关系图如图。

【已知：金属离子浓度为1 mol·L－1时，Fe(OH)3开始沉淀和沉淀完全的pH分别为1.4和3.0，Cu(OH)2开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.2和6.7】请回答下列问题：
(1)酸浸时发生反应的离子方程式是________；析出CuCl晶体时的最佳pH在________左右。
(2)铁粉、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成CuCl的离子反应方程式为____________________________。
(3)析出的CuCl晶体要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2 h、冷却密封包装。70℃真空干燥、密封包装的目的是____________________________________________。
(4)产品滤出时所得滤液的主要分成是________，若想从滤液中获取FeSO4·7H2O晶体，还需要知道的是__________________。
(5)若将铁粉换成亚硫酸钠也可得到氯化亚铜，试写出该反应的化学方程式：______________________。为提高CuCl的产率，常在该反应体系中加入稀碱溶液，调节pH至3.5。这样做的目的是__________________________________________。
解析：(1)酸浸后可得到高浓度的硫酸铜溶液，所以发生的反应为Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O；由图像知当pH＝3时CuCl的产率最高。(4)反应中加入了Na＋，反应后生成了Fe2＋，所以滤液成分为Na2SO4和FeSO4。(5)将铁粉换成Na2SO3，则为＋4价S还原Cu2＋。
答案：(1)Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　3
(2)2Cu2＋＋2Cl－＋Fe===2CuCl↓＋Fe2＋
(3)加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化
(4)Na2SO4和FeSO4
不同温度下硫酸钠和硫酸亚铁的溶解度
(5)2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋H2O===2CuCl↓＋2Na2SO4＋H2SO4
OH－中和了反应中的H＋，有利于平衡向右移动，提高CuCl的产率。但当OH－浓度过大时，Cu＋能与OH－结合，生成氢氧化亚铜，从而降低了CuCl的产率
点拨：本题考查化学与技术，考查考生对化学与技术的掌握情况。难度中等。
8．红矾钠(重铬酸钠：Na2Cr2O7·2H2O)是重要的基本化工原料，在印染工业、电镀工业和皮革工业中做辅助剂，在化学工业和制药工业中也可做氧化剂，应用领域十分广泛。实验室中红矾钠可用一种铬铁矿(主要成分：FeO·Cr2O3，还含有少量的Al2O3)通过以下过程来制取。

回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中反应化学方程式为4FeO2·Cr2O3(s)＋8Na2CO3(s)＋7O2(g)===8Na2CrO4(s)＋2Fe2O3(s)＋8CO2(g)。
①在实验室，步骤Ⅰ应在________(填“陶瓷”或“铁”)坩埚中完成。
②在常温下该反应速率极慢，下列措施中能使反应速率增大的是________(填字母)。
A．将原料粉碎　B．增加纯碱的用量　C．升高温度
(2)步骤Ⅱ中NaOH的作用是________________________(用化学反应方程式表示)。
(3)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为________；反应完成的标志是________。
(4)利用下面的复分解反应，将红矾钠与KCl固体按12物质的量之比混合溶于水后经适当操作可得到K2Cr2O7晶体：Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl(已知：温度对氯化钠的溶解度影响很小，对重铬酸钾的溶解度影响较大)
基本实验步骤为①溶解；②________；③________；④冷却，结晶，再过滤得K2Cr2O7晶体。其中③应在________(填“高温”或“低温”)条件下进行。
解析：(1)①铬铁矿中含有Al2O3，能与陶瓷中的SiO2反应。②A项，将原料粉碎，增大固体接触面积可以加快反应速率；B项，Na2CO3是固体，增加固体的量，对反应速率没有影响；C项，升高温度可以加快反应速率。(2)Al2O3是两性氧化物，可与NaOH溶液反应，将其除去。(3)在酸性条件下Na2CrO4转化为Na2Cr2O7；CrO溶液呈黄色，Cr2O溶液呈橙色。(4)由信息知，NaCl在水中的溶解度随温度变化不大，而重铬酸钾溶液的溶解性受温度变化影响较大，要分离两溶质可使用降温结晶法。
答案：(1)①铁　②AC
(2)Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O
(3)2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O　溶液由黄色变成橙色
(4)②蒸发　③过滤　高温
点拨：本题考查化学与技术，考查考生应用知识解决问题的能力。难度较小。
9．对物质净化对生产生活有很重要的意义。
(1)除去水中的Ca2＋、Mg2＋等阳离子，完成此目标可使用________(填材料名称)。
(2)催化还原法可以净化硝酸工业尾气，下列物质中不能用于除去尾气中氮氧化物的是________。
A．NH3　B．CH4　C．CO2　D．H2
(3)接触法制硫酸的工艺中，沸腾炉产生的炉气必须经过净化，除去其中的粉尘和________，净化后的炉气进入________(填设备名称)。
(4)煤的气化技术的主要产物是________，将煤加工以得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的技术称为________。
解析：(1)阳离子交换树脂可以除去水中的阳离子。(2)催化还原法净化尾气中的氮氧化物时，反应原理是使氮的氧化物被还原，即所选用的物质应该具有还原性，而CO2具有氧化性，不符合条件。
答案：(1)阳离子交换树脂
(2)C
(3)水蒸气　转化器
(4)CO、H2　煤的干馏
点拨：本题考查化工生产中物质的净化，考查考生分析问题、解决问题的能力。难度中等。
10．煤是重要的能源，也是生产化工产品的重要原料。试用所学知识，解答下列问题：
(1)煤的转化技术包括煤的气化技术和液化技术。煤的液化技术又分为________和________。
(2)在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理。煤的某种脱硫技术的原理为FeS2Fe2＋＋SOFe3＋这种脱硫技术称为微生物脱硫技术。该技术的第一步反应的离子方程式为________________________________________________________________________，
第二步反应的离子方程式为____________________。
(3)工业煤干馏得到的产品有焦炭、________。
(4)工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨－空气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况。当氨氧化率达到100%，理论上r[n(O2)/n(NH3)]＝________，实际生产要将r值维持在1.7～2.2之间，原因是__________________________________________。

解析：(4)根据反应方程式可知，氨氧化法制备硝酸时的反应是4NH3＋5O2===4NO＋6H2O，故当氨氧化率达到100%，理论上n(O2)/n(NH3)＝5/4＝1.25，实际生产中要将氧氨比值维持在1.7～2.2之间，原因是O2太少不利于NH3的转化，而且读图可知，比值为2.2时NH3氧化率已近100%。
答案：(1)直接液化技术　间接液化技术
(2)2FeS2＋7O2＋2H2O4H＋＋2Fe2＋＋4SO
4Fe2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋2H2O
(3)焦炉煤气、粗氨水、煤焦油
(4)1.25
O2太少不利于NH3的转化，r值为2.2时NH3氧化率已近100%
点拨：本题考查煤的转化及工业制备硝酸，考查考生分析问题、解决问题的能力。难度中等。
11．工业生产Na2S常用方法是无水芒硝(Na2SO4)一碳还原法，其流程示意图如下：

(1)若煅烧阶段所得气体为等物质的量的CO和CO2。写出煅烧时发生的总反应方程式：______________________。
(2)用碱液浸出产品比用热水更好，理由是__________________。
(3)废水中汞常用硫化钠除去，汞的除去率与溶液pH和硫化钠实际用量与理论用量比值x的关系如图所示。为使除汞达到最佳效果，应控制条件是________________。

(4)取Na2S(含少量NaOH)，加入到CuSO4溶液中，充分搅拌，若反应后溶液pH＝4，此时溶液中c(S2－)＝________mol·L－1[已知：CuS的Ksp＝8.8×10－36；Cu(OH)2的Ksp＝2.2×10－20(保留2位有效数字)]。
(5)纳米Cu2O常用电解法制备，制备过程用铜棒和石墨棒做电极，Cu(NO3)2做电解液。电解生成Cu2O应在________；该电极pH将________(填“升高”“不变”或“降低”)，用电极方程式解释pH发生变化的原因______________________。
解析：(1)由题意分析知反应除生成等物质的量的CO和CO2外还生成Na2S，注意条件为加热。(2)Na2S是强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，加热会促进S2－水解，而加碱则可以抑制其水解。(3)由图像可知当pH介于9～10时，x＝12时汞的除去率最大。(4)pH＝4，则c(OH－)＝10－10 mol/L，根据Cu(OH)2溶度积可求得c(Cu2＋)＝2.2 mol/L，代入CuS的溶度积求得c(S2－)＝4×10－36 mol/L。(5)Cu由＋2价变为＋1价，得电子，所以在阴极反应：2Cu2＋＋2e－＋H2O===Cu2O↓＋2H＋，有H＋生成，所以溶液的pH降低。
答案：(1)3Na2SO4＋8C3Na2S＋4CO2↑＋4CO↑
(2)热水能促进Na2S水解，而稀碱可抑制Na2S水解
(3)pH介于9～10之间，x＝12
(4)4.0×10－36 mol/L
(5)阴极　降低
2Cu2＋＋2e－＋H2O===Cu2O↓＋2H＋
点拨：本题考查化学与技术，考查考生理论联系实际的能力。难度较大。
物质结构与性质
一、选择题
1．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4:3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是(　　)
A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2:1
解析：根据所给信息和原子的结构推断出具体的元素，然后根据具体的元素及其化合物性质进行解答。
因为原子的最外层电子数不超过8个，且W、X为主族元素，故W、X的最外层电子数分别为4和3；结合Z的电子数比X多4且W、X、Y、Z原子序数依次增大可知，W为C元素，则X为Al元素，Z为Cl元素，Y为Si、P、S三种元素中的一种。A.若Y为Si元素，则电负性Cl>C>Si。B.因为C元素在第二周期，其余三种元素在第三周期，故原子半径X>Y>Z>W。C.若Y为Si元素，SiCl4的空间构型为正四面体。D.CS2分子的结构式为S===C===S，一个分子中含有两个σ键和两个π键。
答案：C
点拨：知识：元素推断、元素电负性、原子半径、分子空间结构、共价键类型。能力：考查考生逻辑推理能力以及分析解决问题的能力。试题难度：中等。
2．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO＋O2CO2＋H2O。下列有关说法正确的是(　　)
A．该反应为吸热反应
B．CO2分子中的化学键为非极性键
C．HCHO分子中既含σ键又含π键
D．每生成1.8 g H2O消耗2.24 L O2
解析：从题给信息入手分析，结合原子成键特点，在准确理解相关概念的前提下进行判断。
A．通过分析化学方程式可知，该反应等同于甲醛的燃烧，属于放热反应。B.CO2的结构式为O===C===O，可见CO2中的共价键是由不同元素的原子形成的，属于极性键。C.甲醛中碳原子采取sp2杂化，有三个等同的sp2杂化轨道伸向平面三角形的三个顶点，分别形成3个σ键，一个未参加杂化的p轨道与O原子的2p轨道形成π键。D.根据题给化学方程式可知，每生成1.8 g水消耗0.1 mol氧气，但由于题中并没有给出温度和压强，所以不能确定氧气的体积一定为2.24 L。
答案：C
点拨：知识：吸热、放热反应，化学键类型，原子杂化、σ键和π键的特点，气体摩尔体积等。能力：考查在新情境下灵活应用上述知识解决新问题的能力。试题难度：中等。
3．下列数据是对应物质的熔点(℃)：
BCl3
Al2O3
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
干冰
SiO2
－107
2 073
920
801
1 291
190
－57
1 723
据此做出的下列判断中错误的是(　　)
A．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体
B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
解析：从表中的数据可以看出，AlCl3是分子晶体，AlF3是离子晶体，所以A项对，B项错；干冰是分子晶体，而SiO2是原子晶体，C、Si是同主族元素，C项对；Na2O与Al2O3，虽属于不同族元素的氧化物，但都是离子晶体，D项对。
答案：B
4．短周期非金属元素X和Y能形成XY2型化合物，下列有关XY2的判断不正确的是(　　)
A．XY2一定是分子晶体
B．XY2的电子式可能是: : :X: : :
C．XY2水溶液不可能呈碱性
D．X可能是ⅣA、ⅤA或ⅥA族元素。
解析：短周期常见由金属元素形成的XY2型化合物有很多，可结合具体例子分析，A项说法错误，XY2可能是分子晶体(CO2)，也有可能是原子晶体(SiO2)；如果是CO2或者CS2电子式可能是: : :X: : :形式，B项说法正确；根据常见XY2型化合物，XY2水溶液不可能呈碱性，C项说法正确；ⅣA、VA或ⅥA族元素都有可能为＋2或者＋4价，所以都有可能形成XY2型化合物，D项说法也正确。
答案：A
5．两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表前10号元素中，满足上述关系的元素共有(　　)
A．1对　　　　　　　　　 B．2对
C．3对 D．4对
解析：前10号元素的核外电子层数与最外层电子数分别为1H,1、1；2He,1、2；3Li,2、1；4Be,2、2；5B,2、3；6C,2、4；7N,2、5；8O,2、6；9F,2、7；10Ne,2、8。核外电子层数之比与最外层电子数之比：①1:2与1:2为H和Be；②2:1与2:1为C和He；③2:2与2:2无合适的元素。
答案：B
6．下列关于σ键和π键的理解不正确的是(　　)
A．σ键能单独形成，而π键一定不能单独形成
B．σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转
C．双键中一定有一个σ键、一个π键，三键中一定有一个σ键、两个π键
D．气体单质中一定存在σ键，可能存在π键
解析：p电子云重叠时，首先头碰头最大重叠形成σ键，py、pz电子云垂直于px所在平面，只能“肩并肩”地重叠形成π键，双键中有一个σ键、一个π键，三键中有一个σ键、两个π键，π键不能单独形成，A、B正确。σ键特征是轴对称，π键呈镜面对称，不能绕键轴旋转，C正确。稀有气体为单原子分子，不存在化学键，D不正确。
答案：D
7．用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中不正确的是(　　)
A．NH为正四面体形 B．CS2为直线形
C．HCN为折线形(V形) D．PCl3为三角锥形
解析：NH、CS2、HCN、PCl3结构中价层电子对数分别为4对、2对、4对，VSEPR模型分子为正四面体形、直线形、直线形、空间四面体形，其中前三者中心原子均参与成键，立体结构就是VSEPR模型，PCl3分子中有1对孤对电子，所以立体结构为三角锥形。
答案：C
8．下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是(　　)
A．元素非金属性Cl>S的实验依据是酸性HCl>H2S。
B．碳元素的电负性小于氧元素，每个CO2分子中有4个σ键
C．同周期主族元素的原子形成的简单离子的电子层结构一定相同
D．Na、Mg、Al三种元素，其第一电离能由大到小的顺序为Mg>Al>Na
解析：选项A的实验依据应是元素最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4。选项B，每个CO2分子中有2个σ键。选项C，同周期主族元素的原子形成的简单离子的电子层结构不一定相同，如 Na＋和Cl－。
答案：D
9．NH3、H2O等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。根据上述事实可推ABn型分子是非极性分子的经验规律是(　　)
A．在ABn分子中A原子的所有价电子都参与成键
B．在ABn分子中A的相对原子质量应小于B的相对原子质量
C．在ABn分子中每个共价键的键长都相等
D．分子中不能含有氢原子
解析：由题给信息可以判断若ABn型分子是非极性分子，则ABn型分子中A原子的所有价电子都参与成键，与相对原子质量大小、键长以及是否含有氢原子无关。
答案：A
二、非选择题
10．利用15N可以测定亚硝酸盐对地下水质的污染情况。
(1)下列说法正确的是________。
A．14N与15N为同种核素
B．14N的第一电离能小于14C
C．15NH3与14NH3均能形成分子间氢键
D．CHNH2与CH3CHNH2互为同系物
(2)15N的价层电子排布图为________；15NH4Cl的晶胞与CsCl相同，则15NH4Cl晶体中15NH的配位数为________；15NH中15N的杂化轨道类型为________。

(3)工业上电解法处理亚硝酸盐的模拟工艺如图。已知阳极区发生化学反应：
2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N2↑＋6Fe3＋＋4H2O
①阳极电极反应方程式是________(不考虑后续反应)；
②若硫酸溶液浓度过大，阴极区会有气体逸出，该气体为_______
(填化学式)；该现象表明c(H＋)越大，H＋氧化性越________；
③若电解时电路中有0.6 mol电子转移，且NaNO2有剩余，则电解池中生成Na2SO4________mol。
解析：(1)A项，质子数相同而中子数不同的核素互为同位素；B项，N的价电子层为半充满结构，更加稳定；C项，含有N元素，故能形成氢键；D项，二者结构相似，分子组成相差一个“CH2”。(3)③由电极反应知转移0.6 mol电子时生成Fe2＋ 0.3 mol，故消耗NaNO2 0.1 mol，根据钠元素守恒可知生成Na2SO4 0.05 mol。
答案：(1)CD
(2) 8　sp3杂化
(3)①Fe－2e－===Fe2＋
②H2　强　③0.05
点拨：本题考查电化学，考查考生对电极反应的掌握情况。难度中等。
11．A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期元素，其原子序数依次增大，其中A、B、C为短周期非金属元素。A是形成化合物种类最多的元素；B原子基态电子排布中只有一个未成对电子；C是同周期元素中原子半径最小的元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多；E与D相邻，E的某种氧化物X与C的氢化物的浓溶液加热时反应常用于实验室制取气态单质C；F与D的最外层电子数相等。
回答下列问题(相关回答均用元素符号表示)：
(1)D的基态原子的核外电子排布式是______________。
(2)B的氢化物的沸点比C的氢化物的沸点________(填“高”或“低”)，原因是______________________。
(3)A的电负性________(填“大于”或“小于”)C的电负性，A形成的氢化物A2H4中A的杂化类型是________。
(4)X在制取C单质中的作用是________，C的某种含氧酸盐常用于实验室中制取氧气，此酸根离子中化学键的键角________(填“>”“＝”或“<”)109°28′。

(5)已知F与C的某种化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是__________________，若F与C原子最近的距离为a cm，则该晶体的密度为________g·cm－3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA)。
解析：A是形成化合物种类最多的非金属元素，A为碳元素；B是非金属元素，基态电子排布中只有一个未成对电子，即为氟元素；C是短周期元素，同周期元素中原子半径最小，即氯元素；D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，即d轨道5个电子，最外层1个电子，所以为Cr元素；E与D相邻，即E为Mn元素，其氧化物MnO2与浓盐酸反应生成氯气；F的最外层电子数为1，只能是d轨道全充满，即铜元素。(1)D是24号元素，由于未成对电子数最多，所以d轨道5个电子，4s轨道1个电子。(2)氟化氢分子间除范德华力外还存在分子间氢键，氯化氢分子间只存在范德华力，所以氟化氢的沸点高。(3)氯元素非金属性强，电负性大。(4)氯酸钾常用于实验室中制取氧气，ClO中存在孤对电子，根据价层电子互斥理论，微粒中键角小于109°28′。(5)用均摊法可求出晶胞中存在4个氯原子、4个铜原子，可得出化学式为CuCl，Cu与Cl原子最近的距离为a cm，通过数学几何知识求出图示中的边长为cm。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d54s1
(2)高　HF分子间能形成氢键
(3)小于　sp2杂化
(4)氧化剂　＜
(5)CuCl
[或或或)]
点拨：本题考查元素推断、物质结构与性质相关知识。难度较大。
12．太阳能电池的发展已经进入了第三代。第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。完成下列填空：
(1)亚铜离子(Cu＋)基态时的电子排布式为________；
(2)硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为________(用元素符号表示)，用原子结构观点加以解释：________。
(3)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数)，其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成加合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3。BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型为________，B与N之间形成________键。
(4)单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂(SiC)结构；在SiC中，每个C原子周围最近的C原子数目为________。

解析：(1)铜原子失去最外层的一个电子变为亚铜离子(Cu＋)。(3)因为BF3中的硼元素具有空轨道，NH3中有孤对电子，能够与B形成配位键生成BF3·NH3，故BF3·NH3中B原子是sp3杂化。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d10
(2)Br>As>Se　As、Se、Br原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大
(3)sp3　配位(答共价不得分)
(4)12
点拨：本题考查电子排布式、电离能的比较、杂化类型的判断，考查考生灵活解决问题的能力。难度中等。
13．Ⅰ.下列有关说法正确的是________。
A．相同类型的离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定
B．手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成
C．用金属的电子气理论能合理地解释金属易腐蚀的原因
D．H3O＋、NH4Cl和[Ag(NH3)2]＋中均存在配位键
Ⅱ.碳及其化合物在自然界中广泛存在。
(1)基态碳原子的价电子排布图可表示为________。
(2)第一电离能：碳原子________(填“>”“<”或“＝”)氧原子，原因是__________________________。
(3)冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似。每个冰晶胞平均占有________个水分子，冰晶胞与金刚石晶胞排列方式相同的原因是__________________________。
(4)C60的晶体中，分子为面心立方堆积，已知晶胞中C60分子间的最短距离为d cm，可计算C60晶体的密度为________g/cm3。
(5)请写出一个反应方程式以表达出反应前碳原子的杂化方式为sp2，反应后变为sp3：________________________________。
解析：Ⅰ.C项，用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀；D项，H3O＋中H和O，NH4Cl中N和H、[Ag(NH3)2]＋中Ag和N存在配位键。
Ⅱ.(3)金刚石的晶胞中8个C在顶点，6个碳在面心，4个C在内部，则每个冰晶胞平均占有水分子个数为8×＋6×＋4＝8。(4)C60的晶体为面心立方堆积，则含C60的个数为8×＋6×＝4，设晶胞的边长为a，则a＝2d，a＝d，故晶体的密度为×4÷(d)3＝。(5)sp2杂化的碳为形成双键碳原子，sp3杂化的碳为形成单键碳原子，可以是乙烯与Br2、H2、HX、H2O等的加成反应。
答案：Ⅰ.ABD
Ⅱ.(1)
(2)＜　碳原子的半径比氧原子大，且核电荷数比氧的小，故碳原子核对最外层电子的吸引力小于氧
(3)8　每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键
(4)
(5)CH2===CH2＋Br2―→BrCH2CH2Br
点拨：本题考查物质结构和性质，考查考生对原子、分子、晶体结构和性质的理解能力。难度较大。
14．A、B、C、E、F为原子序数依次增大的六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期元素，F还是前四周期中电负极最小的元素。
已知：
A原子的核外电子数与电子层数相等；
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1个；
C原子的第一至第四电离能为I1＝738 kJ/mol，I2＝1451 kJ/mol，I3＝7733 kJ/mol，I4＝10540 kJ/mol；
D原子核外所有p轨道为全充满或半充满；
E元素的族序数与周期序数的差为4；
(1)写出E元素在周期表位置：________；D元素的原子的核外电子排布式：__________________________________。
(2)某同学根据题目信息和掌握的知识分析C的核外电子排布为

该同学所画的轨道式违背了________。

(3)已知BA5为离子化合物，写出其电子式：______________。
(4)DE3中心原子杂化方式为__________________，其空间构型为______________。
(5)某金属晶体中原子堆积方式如图甲，晶胞特征如图乙，原子相对位置关系如图丙，则晶胞中该原子配位数为________；空间利用率为________；该晶体的密度为________。(已知该金属相对原子质量为m，原子半径为a cm)
解析：(1)由题意分析知F为K；A为H；B为N；由电离能知C的＋2价稳定，为Mg；D为P；E为Cl。(2)原子的核外电子分能级排布，按构造原理先排能量低的能级，再排能量高的能级，遵循能量最低原理时，该原子才最稳定。该同学未排满3s能级，就排3p能级，违背了能量最低原理。(3)NH5为离子化合物，则为铵盐，存在NH和H－。(4)PCl3中心原子P上的价层电子对＝3＋(5－3×1)＝4，杂化类型为sp3杂化；存在一个孤电子对，故分子构型为三角锥形。(5)由图可知：该金属堆积方式为面心立方最密堆积，原子配位数为12，空间利用率为74%；由图乙可知每个晶胞中含有的原子数为8×＋6×＝4。设晶胞的棱长为x，由图丙知x2＋x2＝(4a)2，x＝2a，若该晶体的密度为ρ，则ρ×(2a)3＝×m，ρ＝g·cm－3。
答案：(1)第三周期ⅦA族　1s22s22p63s23p3
(2)能量最低原理
(3)
(4)sp3　三角锥形
(5)12　74%　g/cm3
点拨：本题考查物质结构与性质，考查考生对物质结构与性质的掌握情况。难度较大。
15．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：
(1)D的元素符号为______。A的单质分子中π键的个数为______。
(2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__________________________________。
(3)A、B、C 3种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(4)写出基态E原子的价电子排布式：__________________。

(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为________，其中A原子的杂化类型是________。
(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝________cm。(用ρ、NA的计算式表示)
解析：根据题意及电子排布式的规律判断可知，元素A、B、C、D、E分别是N、O、F、Ca、Cu。(1)A单质是N2，其结构式是NN，含有两个π键。(2)由于H2O的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的。(3)N的2p能级是半充满状态，比较稳定，其第一电离能比O要大，但比同周期的F要小。(5)NH3的空间构型是三角锥形，其中N是sp3杂化。(6)根据晶胞的结构，应用“均摊法”计算可得，1个晶胞中含有4个Ca2＋，8个F－，故其密度为ρ＝(312/NA)÷a3，解得a＝。
答案：(1)Ca　2
(2)H2O分子间存在氢键
(3)F＞N＞O
(4)3d104s1
(5)三角锥形　sp3
(6)
点拨：本题考查物质结构的推断，考查考生应用所学知识灵活解决问题的能力。难度中等。
有机化学基础
一、选择题
1．药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：
下列有关叙述正确的是(　　)
A．贝诺酯分子中有三种含氧官能团
B．可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C．乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应
D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠
解析：结合三种有机物的结构确定含有的官能团及具有的性质。
贝诺酯分子中含有两种含氧官能团，A错。对乙酰氨基酚分子中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，乙酰水杨酸则不能，可利用FeCl3溶液区别这两种有机物，B对。乙酰水杨酸分子中含有—COOH，能与NaHCO3溶液发生反应，而对乙酰氨基酚则不能，C错。贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解反应，生成，D错。
答案：B
点拨：知识：有机物的结构及性质。能力：考查考生的综合分析能力和迁移应用能力。试题难度：中等。
2．下列说法正确的是(　　)
A．按系统命名法，化合物的名称是2,3,5,5－四甲基－4,4－二乙基己烷
B．等物质的量的苯与苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等
C．苯与甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色
D．结构片段为的高聚物，其单体是甲醛和苯酚
解析：从有机物的组成和结构入手，分析其化学性质，得出合理答案。
该有机物的名称中碳原子编号错误，应从右端碳原子开始编号，正确名称应为2,2,4,5－四甲基－3,3－二乙基己烷，A项错。苯、苯甲酸的分子式分别为C6H6、C7H6O2，而苯甲酸可写成C6H6·CO2，显然等物质的量的两种有机物完全燃烧时，消耗O2的物质的量相等，B项错。苯和甲苯互为同系物，甲苯能使KMnO4酸性溶液褪色，而苯不能，C项错。由高聚物的结构片段可知，该高聚物应由单体苯酚和甲醛发生缩聚反应生成，D项正确。
答案：D
点拨：知识：有机物的命名，同系物及其性质，高聚物及其单体的推断。能力：考查考生对有机化学基础知识的理解及迁移应用能力。试题难度：中等。
3．乙苯的一氯代物的结构共有(　　)
A．3种　　　　　　　　　　　B．4种
C．5种 D．6种
解析：乙苯乙基上氢原子环境有2种，苯环上氢原子环境有3种，所以乙苯的一氯代物共5种，C项正确。
答案：C
点拨：本题考查常见有机物命名及同分异构体知识。难度较小。
4．14.5 g某烷烃完全燃烧生成1.25 mol H2O，则该烃的一氯代物共有(不考虑立体异构)(　　)
A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
解析：设该烷烃的分子式为CxH2x＋2，则：
CxH2x＋2　　～　　(x＋1)H2O
(14x＋2)g (x＋1)mol
14.5 g 1.25 mol
列式求得x＝4，则该烃的分子式为C4H10，可能是正丁烷，也有可能是异丁烷，各有2种一氯代物，故共有4种一氯代物。
答案：C
点拨：本题考查简单有机物同分异构体的数目判断，意在考查考生对简单有机物结构的掌握情况和推理能力。
5．某有机物的化学式为C4H8O3，现有0.1 mol该有机物分别与足量的钠、足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体分别为2.24 L H2、2.24 L CO2。则该有机物的同分异构体有(不考虑立体异构)(　　)
A．3种　　　　　　　　　 B．4种
C．5种 D．6种
解析：由—COOH＋NaHCO3―→CO2知，1 mol羧基生成1 mol二氧化碳；由—OH(或—COOH)＋Na―→H2知，2 mol羟基(或羧基)生成1 mol H2。依题意，n(H2)＝n(CO2)＝＝0.1 mol。所以C4H8O3分子中含有1个羧基和1个羟基。C4H8O3拆去—COOH、—OH剩余“C3H6”，可以看成是丙烷(C3H8)上两个氢原子被羧基、羟基取代。第一步，羧基取代丙烷上一个氢原子得两种同分异构体：(Ⅰ)CH3—CH2—CH2—COOH、 (Ⅱ)

答案：C
点拨：本题考查有机物同分异构体的数目判断，意在考查考生对中学化学基础知识的掌握情况及复述、再现、辨认的能力。
6．某品牌白酒中含有的塑化剂的主要成分为邻苯二甲酸二丁酯，其结构简式为
，下列有关说法正确的是(　　)
A．邻苯二甲酸二丁酯的分子式为C16H21O4
B．邻苯二甲酸二丁酯属于酯类，可增加白酒的香味，对人体无害
C．用邻苯二甲酸与丁醇合成邻苯二甲酸二丁酯的反应属于取代反应
D．邻苯二甲酸二丁酯不能发生加成反应
解析：A项，邻苯二甲酸二丁酯的分子式为C16H22O4，A错；B项，塑化剂对人体有害，B错；D项，邻苯二甲酸二丁酯中的苯环可以与H2发生加成反应，D错。
答案：C
点拨：本题考查有机物的结构与性质，意在考查考生对有机物分子式、反应类型和官能团知识的掌握情况。
7．有机化合物的结构可

A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
解析：该有机物的二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的有1种，连在不同碳原子上有3种，共4种，选项C正确。
答案：C
点拨：本题考查有机物同分异构体的判断，意在考查考生对有机物同分异构体概念的理解和推理能力。
8．符合下列条件的烃的一氯代物共有(不考虑立体异构)(　　)
①分子中碳元素与氢元素的质量之比为21:2；②含一个苯环；③相对分子质量小于150。
A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
解析：由碳元素与氢元素的质量之比为21:2可知，该烃分子中N(C):N(H)＝7:8，故其实验式为C7H8，设其分子式为(C7H8)n，故有92n＜150，则n＜1.63，即n＝1，所以其分子式为C7H8，由于该化合物含一个苯环，故其只能为甲苯。甲苯中苯环上的一氯代物有3种，甲基上的一氯代物有1种，共4种。
答案：C
点拨：本题考查简单有机物质同分异构体的判断，意在考查考生分析问题和解决(解答)化学问题的能力。
9．某有机物结构简式为，下列关于该有机物的说法中不正确的是(　　)
A．遇FeCl3溶液显紫色
B．与足量的氢氧化钠溶液在一定条件下反应，最多消耗NaOH 3 mol
C．能发生缩聚反应和加聚反应
D．1 mol该有机物与溴发生加成反应，最多消耗1 mol Br2
解析：A项，有机物分子中存在酚羟基，所以遇FeCl3溶液显紫色；B项，有机物分子中含有一个酚羟基、一个羧基和一个连在苯环上的氯原子，所以1 mol有机物与足量的氢氧化钠反应，最多消耗氢氧化钠4 mol，题中没有明确给出有机物的物质的量；C项，有机物分子中含有碳碳双键，能发生加聚反应，含有羧基和羟基，能发生缩聚反应；D项，1 mol该有机物中只含有1 mol碳碳双键，与溴发生加成反应时，最多消耗1 mol Br2。
答案：B
点拨：本题考查了有机物的性质，意在考查考生对有机化学知识的掌握情况。
二、非选择题
10．下列是利用烃C3H6合成有机高分子E和烃C6H14的流程图。请回答以下问题：

(1)①～⑥中属于取代反应的有________。
(2)C6H14的核磁共振氢谱只有两种峰，则C6H14的结构简式为________________；写出E的结构简式：__________________。
(3)写出B与新Cu(OH)2反应的化学方程式：________________。
(4)D的同分异构体很多，符合下列条件的同分异构体有________种，其中氢原子核磁共振氢谱谱峰最少的结构简式为________。
①含碳碳双键　②能水解　③能发生银镜反应
(5)根据你所学知识和上图中相关信息，以乙醇为主要原料通过三步可能合成环己烷(无机试剂任选)，写出第一步和第三步化学反应的化学方程式(有机物质写结构简式)：________、________。
解析：由框图可知，C3H6经反应①生成C3H5Cl，说明发生的是取代反应，而不是加成反应；而最后由D生成E发生的是加聚反应，再由框图所给反应条件共同推测，从C3H6到E碳碳双键没有被破坏，再由A到B，B到C经过了两步氧化，所以第一步取代反应中氯原子取代的是C3H6中甲基上的氢原子，这样可以推出C3H6为
CH2===CHCH3, C3H5Cl为CH2===CHCH2Cl，
A为CH2===CHCH2OH，B为CH2===CHCHO，
C为CH2===CHCOOH，D为CH2===CHCOOCH3，
(1)①是取代反应、②是取代反应(水解反应)、③是氧化反应、④是氧化反应、⑤是酯化反应(取代反应)、⑥是加成反应。(3)B与新制氢氧化铜反应的化学方程式为CH2===CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH2===CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O。(4)符合条件的D的同分异构体有3种，分别是CH2===CHCH2OOCH、CH3CH===CHOOCH、CH2===C(CH3)OOCH。其中氢原子核磁共振氢谱谱峰最少的结构简式为CH2===C(CH3)OOCH。(5)由乙醇通过三步反应合成环己烷，则第一步为乙醇发生消去反应生成乙烯，第二步为乙烯和溴单质加成生成1,2－二溴乙烷，第三步为在钠的条件下，1,2－二溴乙烷发生反应生

答案：(1)①②⑤

点拨：本题考查了有机物的结构简式、反应类型、有机反应方程式、同分异构体等，意在考查考生提取信息的能力和运用所学知识解决问题的能力。
11．有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成(部分反应条件略去)：

(1)B的结构简式是________；E中含有的官能团名称是________。
(2)由C和E合成F的化学方程式是________。
(3)同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是________。
①含有3个双键　②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰
③不存在甲基
(4)乙烯在实验室可由________(填有机物名称)通过________(填反应类型)制备。
(5)下列说法正确的是________。
a．A属于饱和烃
b．D与乙醛的分子式相同
c．E不能与盐酸反应
d．F可以发生酯化反应
解析：根据合成路线图中已知物质的结构简式，推断出其他物质的结构简式，按照题目要求解答相关问题即可。
(1)B和甲醇反应生成C，根据C的结构简式可以判断B为二元羧酸；E分子中有两种官能团：氨基和羟基。
(2)观察C、E、F三者的结构简式，可知C和E反应即为E中的HOCH2CH2NH－取代了C中的－OCH3，同时生成2分子的甲醇。(3)苯的分子式为C6H6，离饱和烃还差8个氢原子，条件①该分子中存在3个双键，要满足碳、氢比，分子中还应存在一个环状结构；条件②说明该分子呈对称结构、分子中氢的位置是相同的；再结合条件③即可写出该物质的结构简式。(4)实验室中是利用浓硫酸和乙醇反应制取乙烯的，该反应类型为消去反应。(5)A是环己烷，属于饱和烃，所以a项正确；D的分子式为C2H4O，其分子式和乙醛的相同，所以b项正确；E分子中含有氨基，可以和盐酸反应，所以c项错误；F分子中含有羟基，可以和羧酸发生酯化反应，所以d项正确。
答案：(1)HOOCH(CH2)4COOH　氨基、羟基

(3)
(4)乙醇　消去反应(其他合理答案均可)
(5)a、b、d
点拨：知识：烃和烃的衍生物的组成和结构特点以及它们的相互转化关系。能力：考查考生是否能够从试题提供的新信息中，准确地提取实质性的内容，结合已有的有机化学知识解决问题的能力。试题难度：中等。
12．化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：

(1)写出A的结构简式：________。
(2)G是常用指示剂酚酞。写出G中含氧官能团的名称：________和________。
(3)某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：________(任写一种)。
(4)F和D互为同分异构体。写出反应E→F的化学方程式：________________________________。
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备CHO的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
H2C===CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
解析：根据反应条件及相关信息判定各种有机物，确定转化关系。
(1)根据G的分子结构中含有苯环，确定A中也有苯环，结合A的分子式为C6H6O，确定A的结构简式为。
(2)G中含有的官能团为(酚)羟基和酯基。
(3)E的分子式为C7H14O，它的同分异构体中要求有两种不同化学环境的氢，说明具有很强的对称性，这决定了
。

答案：(1) 　(2)(酚)羟基　酯基
(3) 或

点拨：知识：结构简式、同分异构体的书写、官能团名称、化学方程式的书写和流程路线的设计。能力：重点考查学生对有机化学的主干知识、基础知识的掌握情况，考查学生对流程的设计和推理能力。试题难度：中等。