(3) F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳
原子，可表示为：；
(4) 根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，⑨的反应方程式：
+2H2O+CH3COOH+H2SO4；
(5) D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基
在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；
(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：
。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．材料是人类文明进步的阶梯，第ⅢA、ⅣA、VA及Ⅷ族元素是组成特殊材料的重要元素。 回答下列问题：
（1）基态硼核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为____。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为___。
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为____。
（3）NH3能与众多过渡元素离子形成配合物，向CuSO4溶液中加入过量氨水，得到深蓝色溶液，向其中加入乙醇析出深蓝色晶体，加入乙醇的作用____，该晶体的化学式为_____。
（4）铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1 mol(SCN)2中含有π键的数目为_____，HSCN结构有两种，硫氰酸(H－S－C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H－N=C=S)的原因是_______。
（5）MgCO3的热分解温度_____(填“高于”或“低于”)CaCO3的原因是________。
（6）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为107°。如图是[Zn(NH3)6]2离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释NH3形成如图配合物后H－N－H键角变大的原因：_________。
＋
（7）某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为_____，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，该化合物的化学式为_____（用最简整数比表示）。假设晶胞边长为anm，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为________g/cm3。（用含a，NA的代数式表示）
【答案】哑铃形 C＞Be＞B 3d74s2 减小溶剂极性，降低晶体溶解度 [Cu（NH3）4SO4]?H2O 4NA 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以熔沸点较高 低于 r(Mg2+) < r(Ca2+)，晶格能：MgO大于CaO，故MgCO3更易分解为MgO NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱 面心立方最密堆积
6.32?1023LiB6H6 3a?NA【解析】 【分析】
（1）基态B 核外电子占据的最高能级为2p能级；同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，但具有全充满、半充满、全空的电子层构型的原子稳定性高，其电离能较大；
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子3d能级容纳7个电子，原子先填充4s能级，再填充3d能级；
（3）加入乙醇能减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）4]SO4晶体的溶解度，深蓝色的晶体：Cu（NH3）4SO4?H2O； （4）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个分子中含有4个π键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（5）碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，金属阳离子结合酸根离子中的氧离子能力越强，需要的更少外界能量来分解；
（6）孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥；
（7）由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，均摊法计算晶胞中B12H12n-离子团数目，确定化学式；结合晶胞中各原子数目计算晶胞的质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。 【详解】
（1）基态B 核外电子占据的最高能级为2p能级，电子云轮廓图形状为哑铃形；与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be、C，同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，Be原子的2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：C＞Be＞B；
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元3d74s2；素原子3d能级容纳7个电子，原子先填充4s能级，再填充3d能级，故该元素原子价电子排布式为： Cu（3）加入乙醇能减小溶剂极性，降低[Cu（NH3）得到深蓝色的晶体：（NH3）4]SO4晶体的溶解度，4SO4?H2O，所以乙醇的作用是减小溶剂极性，降低晶体溶解度；
（4）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个分子中含有4个π键，则1mol（SCN）2中含有π键的数目为4NA或2.408×1024；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸；
（5）碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，Mg2+的离子半径小于Ca2+的，Mg2+对MgCO3低于CaCO3；氧离子的吸引作用比Ca2+的强，故MgCO3需要较少的外界能量来分解，故热分解温度： （6）NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故NH3形成如图1配合物后H-N-H键角变大； （7）由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，晶胞中B12H12n-离子团数目=8×
11+6×=4，82故Li、B、H原子数目之比为8：12×4：12×4=1：6：6，故化学式为LiB6H6。晶胞相当于含有8个“LiB6H6“，
237?11?6?67?11?6?66.32?10g，故晶体密度=8×g÷（a×10-7cm）3=g/cm3。 晶胞质量=8×3NANAa?NA19．某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+
x11Zn+(1+)H2O+ZnSO4
6621MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O。其电池结构如图甲所
6示，图乙是有机高聚物的结构片段。
（1）Mn2+的核外电子排布式为_____；有机高聚物中C的杂化方式为_____。
（2）已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中σ键与π键数目之比为_____。 （3）NO2-的空间构型为_____。
（4）MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。
Mn的第一电离能是_____，O2的键能是_____，MnO的晶格能是_____。
（5）R(晶胞结构如图）由Zn、S组成，其化学式为_____（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，cm3(阿伏加德罗常数用NA表示）则该晶胞的密度为_____g·。
【答案】1s22s22p63s23p63d5 sp2、sp3 3：4 V型 bkJ?mol﹣1 2ekJ?mol﹣1
388(f-a-b-c-d-e)kJ?mol ZnS
NA?a3﹣1
【解析】 【分析】
(1) Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；
(2) CN-和氮气分子互为等电子体，二者结构相同，根据氮气分子判断(CN)2分子中存在的σ键与π键的个数； (3) NO2-中N原子的价层电子对数=2+型是V型；
(4) Mn的第一电离能为气态Mn原子失去第一个电子时需要吸收的能量；由1molO2分子变成O原子的过程中，需要吸收的能量为2ekJ；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；
(5) ZnS晶胞结构如图所示，利用均摊法找出晶胞中有4个Zn，有4个S，然后进行相关计算，求出晶胞密度。 【详解】
(1) Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则基态Mn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；这些C原子中有些C原子价层电子对个数是3、有些是4，根据价层
1(5+1-2×2)=3，杂化类型是sp2，含有1个孤电子对，NO2-的空间构2
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