广东省佛山市高三上学期1月教学质量检测(一)理科综合化学---精校解析Word版

佛山市普通高中教学质量检测（一）高三理科综合
化学试题
本试卷共14页，38题（含选考题）。

全卷满分300分，考试用时150分钟。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，请将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H l C 12 N 14 O 16 S 32 C1 35.5 Ti 48 Cu 64
化学部分
1.硫是生物必需的营养元素之一，下列关于自然界中硫循环(如图所示)说法正确的是
A. 含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环
B. 硫循环中硫的化合物均为无机物
C. 上述硫循环中硫元素均被氧化
D. 烧煤时加石灰石，可减少酸雨及温室气体的排放
【答案】A
【解析】
【分析】
A.硫酸盐和亚硫酸盐等在硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下缓慢转化成植物R1—S—R2，含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环；
B. 硫循环中硫的化合物有无机物、有含硫的有机物；
C. 根据化合价变化来判断；
D. 烧煤时加石灰石，生成二氧化碳；
【详解】A.硫酸盐和亚硫酸盐等在硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下缓慢转化成植物R1—S—R2，含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环，故A正确；
B. 硫循环中硫的化合物有含硫的有机物，不全是无机物，故B错误；
C. 含硫杆菌及好氧/厌氧菌将硫酸盐、亚硫酸盐中硫还原成R1-S-R2，硫循环中硫元素有时被氧化，有时被还原，故C错误；
D. 烧煤时加石灰石，可减少酸雨排放，但生成二氧化碳，增加温室气体的排放，故D错误；故选A。

2.N A为阿伏加德常数的值。

下列叙述中正确的是
A. 标准状态下，2.24 L CH3OH中质子数为l.8N A
B. 28g C2H4和C2H6混合气体中氢原子数目为4N A
C. 60g乙酸分子中共用电子对数目为8N A
D. 1L 0.1mol/L HF的水溶液中H-F共价键数目为0.1N A
【答案】C
【解析】
【详解】A. 标准状况下， CH3OH为液态，非气态，无法计算2.24 L CH3OH的物质的量，故A 错误；
B、C2H4和C2H6的摩尔质量不同，28g混合物的物质的量无法计算，则含有的H原子数无法计算，故B错误；
C、60g乙酸的物质的量为1mol，乙酸分子中共用电子对的数目是8，所以1mol乙酸中共用电子对的数目为8N A，故C正确；
D、HF溶于水后部分电离，共价键部分被破坏，溶液中含有的HF共价键小于0.1N A个，故D
错误。

故选：C。

3.某防晒产品中含水杨酸乙基己酯(结构简式如图)、丙烯酸(CH2= CH-COOH)、甘油(丙三醇)、水等物质。

下列说法错误的是
A. 甘油具有保湿作用
B. 水杨酸乙基己酯结构中所有的碳原子均可共面
C. 水杨酸乙基己酯苯环上的一氯代物有四种
D. 丙烯酸可发生加成、取代和氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 甘油中羟基是亲水基团，易吸水；
B. 水杨酸乙基己酯结构中有一个采用sp3杂化的碳原子与三个碳原子相连；
C. 水杨酸乙基己酯苯环上有四种氢原子；
D. 根据丙烯酸中碳碳双键、羧基官能团的性质解答。

【详解】A. 甘油中羟基是亲水基团，易吸水，甘油具有保湿作用，故A正确；
B. 水杨酸乙基己酯结构中有一个采用sp3杂化的碳原子与三个碳原子相连，呈四面体结构，水杨酸乙基己酯结构中所有的碳不可能共面，故B错误；
C. 水杨酸乙基己酯苯环上有四种氢原子，能形成四种苯环上的一氯代物，故C正确；
D. 丙烯酸中含碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，含羧基能发生取代，故D正确。

故选B。

4.图甲~丁中关于海带提取碘的部分实验操作及目的正确的是
A. 装置甲的作用是使海带中I2升华
B. 装置乙加H2O2发生置换反应生成I2
C. 装置丙用于富集水溶液中的I2
D. 装置丁用于分离I2和水的混合物
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 装置甲的作用是通过灼烧除去海带中有机物杂质；
B. H2O2是氧化剂，将碘离子氧化生成I2；
C. 用萃取法提取水溶液中的I2；
D. I2和四氯化碳的混合物，用蒸馏法分离。

【详解】A. 装置甲的作用是通过灼烧除去海带中有机物杂质，再溶解过滤获取海带中碘的无机盐，故A错误；
B. H2O2是氧化剂，将碘离子氧化生成I2，不是置换反应，故B错误；
C. 用萃取法提取水溶液中的I2，达到富集水溶液中的I2目的，故C正确；
D. 利用I2和四氯化碳沸点差别较大的性质，I2和四氯化碳的混合物，用蒸馏法分离，回收四氯化碳，同时获得碘单质，故D错误。

故选C。

5.我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2(装置如图)。

总反应为CO(NH2)2+H2O=3H2↑+N2↑+CO2↑。

下列说法中错误的是
A. a为阳极，CO(NH2)2发生氧化反应
B. b电极反应为：2H2O+2e－=H2↑+2OH－
C. 每转移6mol电子，a电极产生1molN2
D. 电解一段时间，a极区溶液pH升高
【答案】D
【解析】
【分析】
A、电解池工作时，CO(NH2)2失去电子，a为阳极发生氧化反应；
B、阴极产生H2，则阴极反应式为：2H2O+2e－═2OH－+H2↑；
C、阳极的电极反应式为：CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，根据电极反应计算；
D、a极发生CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，a极区溶液pH降低。

【详解】A、电解池工作时，CO(NH2)2失去电子，a为阳极发生氧化反应，故A正确；
B、阴极水得电子产生H2，则阴极反应式为：2H2O+2e－═2OH－+H2↑，故B正确；
C、阳极的电极反应式为：CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，若电路中通过6mol电子，阳极产生N2的物质的量为n（N2）=6mol×1/6=1mol，故C正确；
D、a极发生CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，a极区溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH 降低，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查电解原理，解题关键：明确电极反应式。

难点C，根据电极反应计算。

6.已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W与Z同主族，X与Y同周期，且Y
与Z的原子序数之和为20。

Y单质能与无色无味液体m反应置换出X单质，Z单质也能与m反应置换出W单质。

W、X、Y均能与Z形成离子化合物。

下列说法错误的是
A. X、Z两元素的简单离子电子层结构相同
B. X与Z形成的离子化合物一定只含有离子键
C. Y的氢化物比X的氢化物稳定
D. W与Y形成的化合物WY可刻蚀玻璃
【答案】B
【解析】
【分析】
无色无味液体m是水，Y单质能与无色无味液体m反应置换出X单质，Z单质也能与m反应置换出W单质。

Y和Z单质，一个是强还原剂钠，一个是强氧化剂氟气，且Y与Z的原子序数之和为20，得Z为钠，Y为氟，W是氢，X是氧。

W、X、Y均能与Z形成离子化合物NaH、Na2O、Na2O2、NaF。

【详解】A. O2-、Na+两简单离子电子层结构相同，都是两层电子，分别为2、8个电子，故A 正确；
B. X与Z形成的离子化合物Na2O、Na2O2一定含有离子键，Na2O2含有共价键，故B错误；
C. 非金属性F＞O，则气态氢化物的稳定性：Y的氢化物HF比X的氢化物H2O稳定，故C正确；
D. SiO2＋4HF=SiF4＋2H2O，W与Y形成的化合物HF可刻蚀玻璃，故D正确；
故选B。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握元素的性质、原子结构、原子序数来推断元素，难点元素的推断，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，从氟气与水、钠与水发生置换反应突破。

7.常温下，向20mL0.1moL/L的H3PO4溶液中滴加0.1moL/L的 NaOH溶液，所得溶液的pH与NaOH 溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是
A. H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂
B. A点溶液中c(H2PO4－)>c(H3PO4)>c(HPO42－)
C. 图像中A、B、C三处溶液中相等
D. B点溶液存在2c(Na+)=c(PO43－)+c(H2PO4－)+c(HPO42－)+c(H3PO4)
【答案】C
【解析】
【分析】
A、H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4，溶液呈酸性，选变色范围为酸性的指示剂；
B、NaH2PO4在水溶液中，电离大于水解；
C、温度相同，同一反应的平衡常数相同；
D、B点是Na2HPO4溶液，用物料守恒去解。

【详解】A、H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4，溶液呈酸性，选变色范围为酸性的指示剂，可选用甲基橙作指示剂，故A错误；
B、A点为NaH2PO4溶液，NaH2PO4在水溶液中，电离大于水解，A点溶液中c(H2PO4－)>c(HPO42
－)>c(H
PO4)，故B错误；
3
C、温度相同，同一反应的平衡常数相同，HPO42－水解常数：A、B、C三处溶液中
相等，故C正确；
D、B点是Na2HPO4溶液，物料守恒为：c(Na+)=2[c(PO43－)+c(H2PO4－)+c(HPO42－)+c(H3PO4)]，故D 错误。

故选C。

【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、盐水解电离等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。

8.葡萄糖酸亚铁【(C6H11O7)2Fe】是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。

用下图装置制备FeCO3，并利用FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。

回答下列问题：
（1）a的名称为_________。

（2）打开a中K1、K3，关闭K2，一段时间后，关闭K3，打开K2。

在_________(填仪器标号)中制得碳酸亚铁。

实验过程中产生的H2作用有_________、____________。

(写2条)
（3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。

如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。

用化学方程式说明原因____________。

（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。

加入乙醇的目的是
_________________。

（5）用 NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为
______________，此法产品纯度更高，原因是_______________。

【答案】 (1). 恒压滴液漏斗 (2). c (3). 排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化 (4). 将b中溶液压入c中 (5). 4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2 (6). 降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度 (7). Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑ (8). 降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁
【解析】
【分析】
（1）a的名称为恒压滴液漏斗；
（2）b中产生的硫酸亚铁被氢气压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用还有：排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；
（3）FeCO3与O2反应生成红褐色Fe（OH）3；
（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；
（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4；碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁。

【详解】（1）a的名称为恒压滴液漏斗；
（2）b中产生的硫酸亚铁被压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用有：赶走空气、防止生成的FeCO3被氧化；将b中溶液压入c中；
（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。

FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，用化学方程式：4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2；
（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4，方程式为：Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑。

碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品纯度更高的原因是：降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁。

9.钛白粉(TiO2)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。

利用黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]制备TiO2，工艺流程如下。

已知： TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3，回答下列问题：
（1）(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5中钛元素的化合价为_________，实验“焙烧”所需的容器名称是
_________，“滤渣”的主要成分是__________________(填化学式）。

（2）制取H2TiO3的化学方程式为__________________。

（3）矿石粒度对TiO2的提取率影响如图，原因是____________。

（4）相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，mol·L－1)如图所示，步骤④应该控制的pH范围是_________(填标号)
A.1~2
B.2~3
C.5~6
D.10~11
（5）常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解ag二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL，取20.00mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为： Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+
①滴定终点的现象为_____________。

②滴定终点时消耗bmol· L－1 NH4Fe(SO4)2溶液VmL，则TiO2纯度为_________。

(写表达式) 【答案】(1). +4 (2). 坩埚(3). CaSO4CaSiO3(4). TiOSO4＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4 (5). 矿石粒度越小，反应接触面积越大，反应速率越快 (6).
B (7). 当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色 (8).
【解析】
【分析】
（1）根据化合价代数和等于0解答；
灼烧固体用坩埚；
根据黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]加入NH4HSO4焙烧后，发生的反应解题；
（2）由TiOSO4水解制备；
（3）由影响反应的速率、转化率的因素分析；
（4）由图读出：金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，mol·L－1)，步骤④应该控制的pH 范围是钛酸沉淀，而氢氧化铝不沉淀；
（5）①铁离子过量时，反应到达终点；
②由TiO2～Fe3＋关系式求解；
【详解】（1）设Ti的化合价为+x，(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5化合价代数和等于0，（2×0.5+2×0.5）+2x-2×5=0，x=4；
灼烧固体用坩埚；黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，沉淀中含有CaSO4和CaSiO3；
（2）由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应方程式为：TiOSO4＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4；
（3）由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素，矿石粒度对TiO2的提取率影响，原因是矿石粒度越小，反应接触面积越大，反应速率越快；
（4）由图读出：金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，mol·L－1)，步骤④应该控制的pH 范围是：钛酸沉淀pH大于2，而氢氧化铝不沉淀，pH小于3，故选B；
（5）①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；
②由TiO2～Fe3＋关系式，n(TiO2)=n(Fe3＋)=bmol· L－1×V×10-3L×100mL/20mL=5bV×10-3mol，TiO2纯度为5bV×10-3mol×80g·mol－1/a×100%=。

10.石油化工生产中，利用裂解反应可以获得重要化工原料乙烯、丙烯。

一定条件下，正丁烷裂解的主反应如下：
反应I C4H10（g）CH4（g）+CH3CH-CH3（g）△H1；
反应Ⅱ C4H10（g）C2H6（g）+CH2=CH2（g）△H2；
回答下列问题：
（1）正丁烷、乙烷和乙烯的燃烧热分别为Q1kJ·mol-1、Q2kJ·mol-1、Q3kJ·mol-1，反应Ⅱ的
△H2=______________。

（2）一定温度下，向容积为5L的密闭容器中通入正丁烷，反应时间（t）与容器内气体总压
强（p）数据如下：
①该温度下，正丁烷的平衡转化率a=__________；反应速率可以用单位时间内分压的变化表
示，即v=，前2a min内正丁烷的平均反应速率=__________MPa·min-1。

②若平衡时甲烷、乙烯的体积分数分别为、，则该温度下反应I的压力平衡常数
Kp=_________MPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数，保留三位有
效数字）。

③若反应在恒温、恒压条件进行，平衡后反应容器的体积_________8.8L（填“>”“<”或“=”）。

④实际生产中发现高于640K后，乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减小，可能的原因是
__________（任写1条）。

（3）一种丁烷燃料电池工作原理如图所示。

①A电极上发生的是反应_________（填“氧化“或“还原”）。

②写出B电极的电极反应式：______________________________________。

【答案】 (1). (Q2＋Q3－Q1)kJ·mol－1 (2). 76% (3). 1.7/a (4). 2.13 (5). > (6). 催化剂活性降低（或反应物浓度降低等） (7). 还原 (8). C4H10＋13O2
－－26e－=4CO
＋5H2O
2
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律求解；
（2）①设该温度下，正丁烷的平衡转化率α，找出用平衡时各物质的分压与总压的关系去解；根据υ=△p/△t解答。

②列出平衡时各物质的分压，根据平衡常数的定义式计算；
③反应为体积变大的反应，若反应在恒温、恒压条件进行，平衡后反应容器的体积变大；
④高于640K后，乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减小，可能的原因是：催化剂活性降低（或反应物浓度降低等）
（3）A电极上氧气得电子，发生还原反应；B电极上正丁烷被氧化。

【详解】（1）① C4H10(g)＋6.5O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(l) △H=-Q1kJ·mol－1
②C2H6(g)＋3.5O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l) △H=-Q2kJ·mol－1
③CH2=CH2(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l) △H=-Q3kJ·mol－1
①-②-③得： C4H10(g) C2H6(g)+CH2=CH2(g) △H2=(Q2＋Q3－Q1)kJ·mol－1；
（2）①设该温度下，正丁烷的平衡转化率α，平衡时，5（1-α）+5α+5α=8.8，α=0.76；前2amin内压强从5MPa增大到8.4MPa，即前2amin内正丁烷的∆p=3.4MPa，根据υ（正丁烷）
=△p/△t=（8.4MPa-5MPa）/2amin=1.7/a MPa·min－1；
②反应I C4H10(g) CH4(g)+CH3CH=CH2(g)，平衡时，若平衡时甲烷、乙烯的体积分数分别为、，则丙烯和乙烷的体积分数分别为、，正丁烷为1-2/11-2/11-1/4-1/4=3/22，
K p==2.13；
③反应为体积变大的反应，若反应在恒温、恒压条件进行，平衡后反应容器的体积变大，故体积大于8.8L；
④高于640K后，乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减小，可能的原因是：催化剂活性降低（或反应物浓度降低等）；
（3）A电极上氧气得电子，发生还原反应；B电极上正丁烷被氧化，电极反应式为：C4H10＋13O2－－26e－=4CO
＋5H2O。

2
11.【化学——选修3：物质结构与性质】
碳、氮、铜形成的单质及它们形成的化合物有重要研究和应用价值，回答下列问题：
（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。

①基态Cu原子的价电子排布式为___________，在元素周期表中铜位于___________区（填“s”“p”“d”或“ds”）。

②C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。

③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+的配位数是___________，N原子的杂化类型为___________。

（2）C60是富勒烯族分子中稳定性最高的一种，N60是未来的火箭燃料，二者结构相似。

①有关C60和N60的说法中正确的是______________。

A.C60和N60均属于分子晶体
B.N60的稳定性强于N2
C.C60中碳原子是sp3杂化
D.C60易溶于CS2、苯
②近年来，科学家合成了一种具有“二重结构”的球形分子，它是把足球形分子C60容纳在足球形分子Si60中，则该分子中含有的化学键类型为_____________（填“极性键”“非极性键”）。

（3）原子坐标参数和晶胞参数是晶胞的两个基本参数。

①图a中原子坐标参数分别为：A（0，0，0），B（，，0），C（，0，），则D的原子坐标参数为_____。

②图b为铜的晶胞，铜原子半径为R nm，N A是阿伏加德罗常数的值，则铜晶体的密度为
________g·cm-3（用含R、N A的式子表示）。

【答案】 (1). 3d104s1 (2). ds (3). N>O>C (4). 4 (5). sp2 sp3 (6). AD (7). 极性键、非极性键 (8). （0，1/2，1/2） (9).
【解析】
【分析】
（1）①Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中铜位于ds区；
②同周期从左到右第一电离能有增大的趋势；
③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+形成2个Cu-N键，2个Cu-O键；
-NH2上的N形成3个σ键，一对孤电子对，杂环上的N形成3个σ键，一个π键；
（2）①A.C60和N60均由分子构成；
B.N2形成三键，键能大，更稳定；
C.C60中碳原子形成3个σ键，一个π键；
D.C60非极性分子，易溶于CS2、苯；
②C60置于“足球型”的Si60内合成“二重构造”球形分子C60Si60，该反应中反应物全部加合在一起，类似有机反应中的加成反应，其中有C-C、Si-Si、C-Si键；
（3）D的原子坐标参数x为0，y、z为1/2；
Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=6×1/2+8×1/8=4，其晶胞体积V=(2R×10-7)3cm3，其密度ρ=m/V。

【详解】（1）①Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中铜位于ds区；
②同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，N的价电子排布为2s22p3，2p能级为半充满结构，第一电离能变大，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；
③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+形成2个Cu-N键，2个Cu-O键，Cu2+的配位数是4；
-NH2上的N形成3个σ键，一对孤电子对，sp3杂化，杂环上的N形成3个σ键，一个π键，sp2杂化；
（2）①A.C60和N60均由分子构成，属于分子晶体，故A正确；
B.N2形成三键，键能大，N60的稳定性弱于N2，故B错误；
C.C60中碳原子形成3个σ键，一个π键，碳是sp2杂化，故C错误；
D.C60非极性分子，易溶于CS2、苯，故D正确；
故选AD。

②C60置于“足球型”的Si60内合成“二重构造”球形分子C60Si60，该反应中反应物全部加合在一起，类似有机反应中的加成反应，其中C-C键、Si-Si键为非极性键；C-Si键为极性键；（3）D的原子坐标参数x为0，y、z为1/2，D的原子坐标参数为（0，1/2，1/2）；
Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=6×1/2+8×1/8=4，其晶
胞体积V=(2R×10-7)3cm3，其密度ρ=m/V=4M/（N A V）g·cm－3=
=g·cm－3。

【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，解题关键：掌握晶胞计算、构造原理、晶体类型判断等知识点，侧重考查分析、计算能力，难点（3）晶胞计算，Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积。

12.【化学——选修5：有机化学基础】
PBAT（聚己二酸/对苯二甲酸丁酯）可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为____________，C所含官能团的名称为____________。

（2）H的结构简式为________________________。

（3）②、④的反应类型分别为________________________、________________________。

（4）⑤的化学方程式为________________________。

（5）写出所有的与D互为同分异构体且满足以下条件的结构简式________________________。

①能与NaHCO3溶液反应；②能发生银镜反应；
③能发生水解反应；④核磁共振氢谱四组峰，峰面积比为1：6：2：1 （6）设计由丙烯为起始原料制备的单体的合成路线_______________（其
它试剂任选）。

【答案】 (1). 环己醇 (2). 羰基 (3). HOCH2CH2CH2CH2OH (4). 氧化反应
(5). 缩聚反应 (6). (7).
(8).
【解析】
【分析】
A与水发生加成反应生成B，B氧化生成C，C氧化生成D，D与H发生缩聚反应生成PBA，结合PBAT的结构可知，H为HO（CH2）4OH；由信息可知E为，E与氨气、氧气反应生成F为，F水解生成G为，G与H发生缩聚反应生成PBT，PBA与PBT共
聚生成PBAT；
（6）由丙烯为起始原料制备的单体的合成路线，结合信息
可知，丙烯发生相似的反应得丙烯酸，再与甲醇发生酯化反应得到产物。

【详解】（1）B的化学名称为环己醇，C所含官能团的名称为羰基；
（2）H的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；
（3）②、④的反应类型分别为氧化反应、缩聚反应；
（4）⑤的化学方程式为；
（5）与D互为同分异构体且满足①能与NaHCO3溶液反应，含-COOH；②能发生银镜反应，含-CHO；③能发生水解反应，含-COOC－，④核磁共振氢谱四组峰，峰面积比为1：6：2：1，则分子中含2个甲基，四种H，满足条件的结构简式为HOOCC（CH3）2CH2OOCH或HOOCCH2C（CH3）
OOCH；
2
（6）由丙烯为起始原料制备的单体的合成路线，结合信息
可知，丙烯发生相似的反应得丙烯酸，再与甲醇发生酯化反应得到产物，具体合成路线如下：
【点睛】本题考查有机物的合成，解题关键：把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应，难点（5）注意有机物性质的应用。