2020年高考有机和结构化学知识节选(全国I和山东有机)详解

1、【2020 全国 I 】1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸 (CH3COOOH) 、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说 法错误的是A. CH3CH2OH能与水互溶B. NaClO 通过氧化灭活病毒C. 过氧乙酸相对分子质量为 76 D. 氯仿的化学名称是四氯化碳 【答案】 D【详解】 A. 乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A 说法正确；B. 次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B 说法正确；C. 过氧乙酸的分子式为 C2H4O3，故其相对分子质量为 76，C 说法正确

2、；D. 氯仿的化学名称为三氯甲烷， D 说法不正确。综上所述，故选 D。【2020 全国 I 】2.紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A. 分子式为 C14H14O4 B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色C. 能够发生水解反应 D. 能够发生消去反应生成双键【答案】 B【解析】 A. 根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A 叙述正确；B. 该有机物的分子在有羟基， 且与羟基相连的碳原子上有氢原子， 故其可以被酸性重铬酸钾 溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色， B 叙述不正确；C. 该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解

3、反应，C 叙述正确；D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键， D 叙述正确。综上所述，故选 B。【2020 全国 I 】4.铑的配合物离子 Rh(CO) 2I2可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是A. CH 3COI 是反应中间体B. 甲醇羰基化反应为 CH3OH+CO=CH 3CO2HC. 反应过程中 Rh 成键数目保持不变 D. 存在反应 CH 3OH+HI=CH 3I+H 2O答案】 C【解析】 题干中明确指出，铑配合物Rh CO 2 I2 充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。 由题干中提供的反应机理图

4、可知， 铑配合物在整个反应历程中成键数目， 配 体种类等均发生了变化； 并且也可以观察出， 甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸； 因此， 凡是出现在历程中的， 既非反应物又非产物的物种如 CH3COI 以及各种配离子等，都可视作中间物种。详解】 A 通过分析可知， CH3COI 属于甲醇羰基化反应生成最终产物乙酸的同时，也可B通过分析可知，CH 3OH COC通过分析可知， 项不正确；D通过分析可知，反应中间体式可写成： CH 3OH+HI答案选 C。点睛】对于反应机理图的分析C方程式可写成：化，生成的使甲醇为 CH3I，项正确；应中间体；其可与水作用，甲醇羰基化，反

5、应物为甲及H 3COOH ，反应历程中铑配合物在CH 3COI 与水H 3I H 2O应物，产物以Rh CO 2 I2基本的是判断CO，产物为乙类等均发HI的，催化历程的物质；催化剂；现的； 反应物则是通过一个箭头进 产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。剂在机理图中多是以完整的循环方程14粒子（即氦核 24He ）轰击金属原子2020 全国 I 】5.1934 年约里奥 居里夫妇在核反应中用WZX ，得到核素 Z3+02Y ，开创了人造放射性核素的先河： WZ X + 42He Z3+02Y + 01 n 。其中元素 X、Y 的最外层电子数之和为 8。下列叙述正确的是A. WZ X

6、的相对原子质量为 26 B. X、Y 均可形成三氯化物C. X 的原子半径小于 Y 的 D. Y 仅有一种含氧酸【答案】 B【解析】 原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=30+1 ，则 W=27 ，X与 Y原子之间质子数相差 2，因 X 元素为金属元素， Y 的质子数比 X 大，则 Y 与X 位于 同一周期，且 Y 位于 X 右侧，且元素 X 、 Y 的最外层电子数之和为 8，设 X 最外层电子数 为 a，则 Y 的最外层电子为 a+2，解得 a=3，因此 X 为 Al，Y 为 P，以此解答。27【详解】 A 2137Al 的质量数为 27，则该原子相对原子质量为 27，故 A

7、错误；BAl 元素均可形成 AlCl 3， P元素均可形成 PCl3，故 B 正确；CAl 原子与 P原子位于同一周期，且 Al 原子序数大于 P原子序数，故原子半径 Al>P ，故C错误；D P的含氧酸有 H3PO4、H3PO3、 H3PO2等，故 D 错误； 故答案 ：B 。【2020 全国 I 】11.Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方 面的卓越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1) 基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对的电子数之比为 。(2) Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能 (I 1)如表所示。 I1(Li)&

8、gt; I 1(Na)，原因是 I1(Be)> I 1(B)> I 1(Li) ，原因是 。(3) 磷酸根离子的空间构型为 ，其中 P 的价层电子对数为 、杂化轨道类型为(4) LiFePO 4的晶胞结构示意图如 (a)所示。其中 O围绕 Fe和 P分别形成正八面体和正四面体， 它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4 的单元数有 个。电池充电时， LiFeO 4脱出部分 Li+，形成 Li1-x FePO4，结构示意图如 (b)所示，则 x=n(Fe2+ )n(Fe3+)= 。【答案】 (1). 4:5(2). Na与 Li 同主族， Na的电子层数更多，

9、原子半径更大，故第一电离能更小(3). Li ，Be和 B为同周期元素， 同周期元素从左至右， 第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态 Be 原子的 s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电3离能大于 B的 (4). 正四面体形(5). 4(6). sp3(7). 4(8). 或 0.187516(9). 13:3【解析】 题(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；题(2) 考查了第一电离能的周期性变化规律；题 (3)考查了分子或离子空间构型判断的两大理论；题(4) 重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意图判断晶胞组成。【详解】 (1)基态铁原子的价电子排布式为 3d6 4s2 ，失去

10、外层电子转化为 Fe2+和 Fe3+，这两 种基态离子的价电子排布式分别为 3d6 和 3d5 ，根据 Hund 规则可知，基态 Fe2+有 4 个未成 对电子，基态 Fe3+有 5 个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5；(2) 同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以I1 Li > I1 Na ；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于A 元素基态原子 s 能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的 A 元素，因此I1 Be >I1 B >I1 Li ；(3) 经过计算， PO34 中不含孤电子对，成键电

11、子对数目为4，价层电子对数为 4，因此其构型为正四面体形， P原子是采用 sp3杂化方式形成的 4 个 sp3杂化轨道；(4) 由题干可知， LiFePO4的晶胞中， Fe存在于由 O 构成的正八面体内部， P存在由 O 构成 的正四面体内部；再分析题干中给出的 (a),(b) 和 (c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知， (a)图所示的 LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为 Li +，其位于晶胞的 8 个 顶点， 4 个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li +的个数111为 84 4 =4 个；进一步分析 (a)图所示的 LiFePO

12、4 的晶胞中，八面体结构和四824面体结构的数目均为 4，即晶胞中含 Fe和 P的数目均为 4；考虑到化学式为 LiFePO 4，并且 一个晶胞中含有的 Li+，Fe和P的数目均为 4，所以一个晶胞中含有 4个 LiFePO 4单元。对 比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知， Li 1-xFePO4相比于 LiFePO4 缺失一个面心的 Li +以及一 个棱心的 Li + ；结合上一个空的分析可知， LiFePO4 晶胞的化学式为 Li 4Fe4P4O16，那么 3.25Li 1-x FePO4晶胞的化学式为 Li 3.25Fe4P4O16，所以有 1-x= 即 x=0.1875。结合上一个

13、空计4算的结果可知， Li 1-xFePO4即 Li0.8125FePO4；假设 Fe2+和 Fe3+数目分别为 x 和 y，则列方程组：x+y=1， 0.8125 2x 3y+5=4 2，解得 x=0.8125 ， y=0.1875 ，则 Li 1-xFePO4中n(Fe2 ):n(Fe3 )=0.8125 : 0.1875=13: 3。【点睛】对第一电离能的考查，最常出现的是A，A 基态原子与同一周期相邻主族元素的基态原子第一电离能的比较； 判断分子等构型时， 可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨 道理论以及等电子体原理进行判断； 由陌生晶胞结构书写晶体化学式时， 一方面要认真分析 晶胞中各

14、类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用。【2020 全国 I 】12.有机碱，例如二甲基胺 ( )、苯胺()，吡啶 ()等，在有机合成中应用很普遍， 目前 “有机超强碱 ”的研究越来越受到关注， 以下为有机超强碱 F 的合成路 线：已知如下信息：H 2C=CH 2CCl3COONa 乙二醇二甲醚 / +RNH 2NaOH2HCl苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体 回答下列问题：(1) A 的化学名称为(2) 由 B生成 C 的化学方程式为(3) C 中所含官能团的名称为 _(4) 由 C生成 D 的反应类型为且核磁共振氢谱有四组峰， 峰面积之比(5) D 结构简式为(6) E 的六元环芳

15、香同分异构体中， 能与金属钠反应，为 6221的有 种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为答案】(1).(2).+KCl+H 2O碳碳双键、氯原，其先+KOH醇三氯乙烯(3).(6). 6(7).信息的反应生成B，则B；B 与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C()，该反应的化学方程式与过量的二环己基胺发生取代反应生成 D；D 最后与 E 发生信息的反应生成 F。详解】 (1)由题中信息可知， A 的分子式为 C2HCl 3，其结构简式为 ClHC=CCl 2，其化学名称为三氯乙烯。(2) B 与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成(3) 由 C 的分子结构可知其所含官能团有碳碳双键和氯原子

16、。(4) C()与过量的二环己基胺发生生成 D，D与 E发生信息的反应生成 F，由 F 的分子结构可知， C 的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代，则由C 生成 D 的反应类型为取代反应。(5) 由 D 的分子式及 F 的结构可知D 的结构简式为(6) 已知苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体。)的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，则其分子中也有羟基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6 种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为【点睛】本题的同分异构体的书写是难点，要根据题中 “苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构 体”才能找齐符合条件的同分异构体。【2020 新课标山东】 3.短周期主族元素

17、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态 X 原子的 电子总数是其最高能级电子数的 2倍，Z可与 X 形成淡黄色化合物 Z2X2，Y 、W最外层电子 数相同。下列说法正确的是A. 第一电离能： W>X>Y>ZB. 简单离子的还原性： Y>X>WC. 简单离子的半径： W>X>Y>ZD. 氢化物水溶液的酸性： Y>W【答案】 C【解析】 四种短周期主族元素，基态 X 原子的电子总数是其最高能级电子数的 2 倍，设若 X为第二周期元素原子， 则 X 可能为 Be或 O，若 X 为第三周期元素原子， 则均不 满足题意， Z 与 X 能形成 Z2X

18、2 的淡黄色化合物，该淡黄色固体为 Na2O2，则 X 为 O 元素， Z为 Na元素； Y 与 W的最外层电子数相同，则 Y 为 F元素， W 为 Cl元素，据此分析。 【详解】 A 同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离 能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F>O>Cl>Na，A 错误；B单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl 三种元素中 F2的氧化性最强 O2的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2->Cl->F-，B 错误；C电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元

19、素中离子半径从大到小的顺序为 Cl->O2->F->Na+，C 正确；DF元素的非金属性强于 Cl元素，则形成氢化物后 F原子束缚 H原子的能力强于 Cl 原子， 在水溶液中 HF 不容易发生电离，故 HCl 的酸性强于 HF，D 错误； 故选 C 。【2020 新课标山东】 4.下列关于 C、Si 及其化合物结构与性质的论述错误的是A. 键能 C C>Si Si 、 C H>Si H ，因此 C2H6稳定性大于 Si2H6B. 立方型 SiC 是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度C. SiH4中 Si的化合价为 +4，CH4中 C的化合价为

20、-4，因此 SiH 4还原性小于 CH4D. Si原子间难形成双键而 C原子间可以，是因为 Si 的原子半径大于 C，难形成 pp键 【答案】 C【解析】 A因键能 CC>SiSi、CH>Si H，故 C2H6的键能总和大于 Si2H 6， 键能越大越稳定，故 C 2H 6的稳定性大于 Si2H6，A 正确；BSiC 的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大， B 正确；CSiH4中Si的化合价为 -4价， C的非金属性强于 Si，则 C的氧化性强于 Si，则 Si的阴离 子的还原性强于 C 的阴离子，则 SiH 4的还原性较强， C 错

21、误；DSi原子的半径大于 C 原子，在形成化学键时纺锤形的 p轨道很难相互重叠形成 键，故 Si原子间难形成双键， D 正确； 故选 C 。【2020 新课标山东】 5.利用下列装置 （夹持装置略 ）进行实验，能达到实验目的的是A. 用甲装置制备并收集 CO2B. 用乙装置制备溴苯并验证有 HBr 产生C. 用丙装置制备无水 MgCl 2D. 用丁装置在铁上镀铜答案】 C【解析】 A. CO 2密度大于空气，应采用向上排空气法收集， A 错误；B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质 能与水反应生成氢溴酸， 所以验证反应生成的 HBr ，应先将气体通过

22、四氯化碳， 将挥发的溴 单质除去， B 错误；C. MgCl 2能水解，在加热时通入干燥的 HCl ，能避免 MgCl 2的水解， C正确；D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生 成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜， D 错误。 答案选 C。【点睛】 本题为实验题， 结合物质的性质和电解的原理进行解题， 掌握常见物质的制备方法， 注意水解的知识点。【2020 新课标山东】 6.从中草药中提取的 calebin A（结构简式如下 ）可用于治疗阿尔茨海默 症。下列关于 calebin A 的说法错误的是A. 可与 FeCl3 溶液发生

23、显色反应B. 其酸性水解的产物均可与 Na2CO3 溶液反应C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有 6 种D. 1mol 该分子最多与 8molH 2 发生加成反应【答案】 D【解析】 根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、羰基、醚 键等官能团。【详解】 A. 该有机物中含有酚羟基，可以与 FeCl3 溶液发生显色反应， A 正确；B. 该有机物中含有酯基，酯在酸性条件下水解生成羧基，羧基能与Na2CO3溶液反应生成CO2，B 正确；C. 该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个氢原子，且无对称结构，所以苯环上 一氯代物有 6 种， C 正确；D. 该有机物中含有两个苯环

24、、两个碳碳双键、一个羰基，每个苯环可以与 3 个氢气加成， 每个双键可以与 1个氢气加成，每个羰基可以与 1个氢气加成，所以 1mol 分子最多可以与2×3+2×1+1=9mol 氢气发生加成反应， D 错误。 答案选 D。【点睛】 本题根据有机物 结构得到官能团， 再根据官能团的性质进行解题， 注意羰基也能 与氢气发生加成反应。B3N3H6【2020 新课标山东】 7.B3N3H6（无机苯 ） 的结构与苯类似，也有大 键。下列关于 的说法错误的是A. 其熔点主要取决于所含化学键的键能 B. 形成大 键的电子全部由 N 提供C. 分子中 B 和 N 的杂化方式相同 D. 分

25、子中所有原子共平面答案】 AA 错误；成大 键键，故分N 原子的杂化方式sp2 杂化，作不能达到实N 原子提供，解析】 A 无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，BB 原子最外层 3个电子，与其它 子形成 3 个 键，还剩余 2 个电子，C无机苯与苯等电子体，分子中含有C 正确；D无机苯与苯等电子体，分子中含有 所以分子中所有原子共平面， D 正答案选 A 。2020 新课标山东】 （不定项 ）11.下目的除去苯中少量的苯酚N原 子全部B、N的的是入适量 NaOH 溶液，振荡、静置、其它原正确；sp2 杂化，证明酸性：碳酸 > 苯酚将盐酸与 NaHCO 3混合产生的气体直接通

26、入苯酚钠 溶液除去碱式滴定管胶管内的气泡将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液向试管中加入 2mL10%NaOH 溶液，再滴加数滴2%CuSO4 溶液，振荡 【答案】 BC【解析】【详解】 A. 苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，最后与 苯混合后互不相溶，分层，该操作能达到实验目的，故 A 正确；B. 盐酸易挥发， 若将盐酸与碳酸氢钠溶液混合产生的气体直接通入苯酚钠， 可能挥发的 HCl 会与苯酚钠反应生成常温下难溶于水的苯酚， 不能证明是二氧化碳与其发生的反应， 达不到 实验目的，应该先除去二氧化碳中可能挥发的 HCl 再进行实验操作，故 B

27、错误；C. 除去碱式滴定管胶管内气泡时，尖嘴不应该垂直向下，应向上挤压橡胶管，利用空气排 出，该实验操作达不到实验目的，故 C 错误；D. 为检验醛基，配制氢氧化铜悬浊液时，碱需过量，保证醛基是在碱性条件下发生反应， 该操作可达到实验目的，故 D 正确；答案选 BC 。2020 新课标山东】 （不定项 ）12.-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶， 其结构简式如下。 下列关于 - 氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是A. 其分子式C8H11NO 2B. 分子中的碳原子有 3 种杂化方式C. 分子中可能共平面的碳原子最多为 6 个D. 其任一含苯环的同分异构体中至少有4 种不同化学环 境的氢原子答案】 C【

28、解析】 A. 结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C8H11NO 2，故 A 正确；B. 该分子中含 -C N （氰基）、（碳碳双键）以及碳碳单键，它们采用的杂化类型分 别是 sp杂化、 sp2杂化和 sp3杂化共 3种杂化方式，故 B 正确；C. 碳碳双键、 为 V 型结构，碳氧双键中碳原子共平面、 -C N （氰基）共直线， O 原子采用 sp3杂化， 链状的碳碳单键中最多有两个 C原子共平面，则该分子中可能共平面的 C 原，故 C 错误；子可表示为：D. 该分子中的不饱和度为 4，含苯环的同分异构体中，等效氢原子种类最少的应具有对称结构， 其同分异构体之一的结构简式如，该分子的等效氢

29、为 4 种，故 D正确；故选 C。【2020 新课标山东】 17.CdSnAs2 是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：（1）Sn为A族元素，单质 Sn与干燥 Cl 2反应生成 SnCl4。常温常压下 SnCl4为无色液体， SnCl4 空间构型为 ，其固体的晶体类型为 。（2）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 （填化学式， 下同 ），还原性由强到弱的顺序为 ，键角由大到小的顺序为 。（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子 ）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种 Cd2+配合物的结构如图所示， 1mol 该配合物中通过螯合作用形成的配位键有mol ，该螯

30、合物中 N 的杂化方式有 种。(4) 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐 标。四方晶系 CdSnAs2 的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。坐标原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.12523一个晶胞中有 个 Sn，找出距离 Cd(0 ，0，0)最近的 Sn(用分数坐标表示 )。CdSnAs2晶体中与单个 Sn 键合 As 有 个。【答案】 (1). 正四面体形； (2). 分子晶体(3). NH 3、 AsH 3、PH 3(4). AsH3、PH3、NH 3 (5). NH 3

31、、PH3、AsH 3 (6). 6 (7). 1 (8). 4 (9). (0.5，0，0.25)、(0.5， 0.5， 0)(10). 4【解析】(1)利用价层电子对数确定 SnCl4 的分子构型；由于常温下 SnCl 4为液体，故 SnCl4为分子晶体； (2)结构相似的分子，相对分子质量越大物质 质，熔沸点则较高， 键电子对之间的斥力大小； (3)由该物质的结构简式可知，螯熔沸点越高，键角的大小取决于中心原子的杂化类型、用配位成环，另外能形成氢键的物电子对数、 成键电子对与成该配合物中通过作用形成的配位键有 6 个， CdNO 2那个(4)结合部分原子的分数坐标，结；该螯合物中 胞结构图

32、，确N原的杂化方式为 sp中位置，找出子。详解】( 1)Sn为第A 族元素于常温下Cl4为分在化；应原晶体； SnCl41分子中中心原子的孤电子对数 =1 （4 4 1）=0， 键电子对数为 4，价层电子对数为 4，2故 SnCl4 分子的空间构型为正四面体形；（2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强， 物质的沸点越高， 但是 NH3 分子间能形成氢键， 故这三种物质的沸点 NH3>AsH3>PH3；N、 P、As 这三种元素位于元素周期表中第 A 族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随 着核电荷数的增加， 原子半径逐渐增大， 非

33、金属性逐渐减弱， 氢化物的还原性逐渐增强，故 这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3>PH3>NH3；NH 3、PH3、AsH3中中心原子都是 sp3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，成 键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为 NH 3>PH3 > AsH 3；（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或 原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”， 故该配合物中通过螯合作用形成的配位 键有 6mol ，Cd NO 2那个不算； 该螯合物中 N 原子的杂化

34、方式都是 sp2杂化，故该物质中 N 的杂化方式有 1 种；（4）由部分 Cd原子的分数坐标为 （0，0，0），可知 8个Cd在晶胞的顶点， 4个 Cd在晶胞 的面心， 1个在晶胞的体心；部分 Sn原子的分数坐标为 （0，0，0.5），4个 Sn在晶胞的棱 上，6个 Sn在晶胞的面心；部分 As原子的分数坐标为 （ 0.25，0.25， 0.125） ，8个 As在晶胞的体心； 所以 1个晶胞中 Sn的个数为；距离 Cd（0，0，0）最近的 Sn是（0.5，0，0.25）、（0.5，0.5，0）；由晶胞结构图可知， CdSnAs 2晶体中与单个 Sn结合的 As有 4个。 【点睛】本题考查轨道杂化类型的判断， 分子构型， 物质熔沸点大小比较， 键角大小的比较， 配位数的计算， 晶胞的计算等知识， 立足课本进行适当拓展， 但整体难度不大。难点仍然是 晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为 8 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；位于晶胞面心的原子为 2 个