新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第一中学2020届高三第一次能力测试化学试题

乌鲁木齐市第一中学高2020届理科综合能力测试（一）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服不属于无机非金属材料
B. 使用太阳能热水器、沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用
C. 氢键形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用
D. 港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋，可有效抵御海水浸蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A.聚氨酯，属于有机高分子材料，A正确；
B.太阳能热水器将太阳能转化为热能，与生物质能无关，B错误；
C. 蛋白质二级结构是通过骨架上的羰基和酰胺基之间形成的氢键维持，氢键是稳定二级结构的主要作用力；DNA双螺旋结构中，碱基对以氢键维系，A与T 间形成两个氢键，G与C间形成三个氢键。C正确；
D.环氧涂层钢筋，是将环氧树脂粉末喷涂在钢筋表面，由于环氧涂层能抵抗海水浸蚀，从而保护钢筋不受腐蚀，D正确。
故选B。
【点睛】环氧树脂涂层钢筋是在工厂生产条件下，采用静电喷涂方法，将环氧树脂粉末喷涂在普通带肋钢筋和普通光圆钢筋的表面生产的一种具有涂层的钢筋。环氧树脂涂层钢筋有很好的耐蚀性，与混凝土的粘结强度无明显降低，适用于处在潮湿环境或侵蚀性介质中的工业与民用房屋、一般构筑物及道路、桥梁、港口，码头等的钢筋混凝土结构中。
2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 实验室制取氧气的方法有多种，生成1mol O2电子转移数一定是4NA
B. 500mL 0.2mol•L-1 K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3NA
C. 1L浓度为0.1mol/L的磷酸溶液中含有的氧原子个数为0.4NA
D. 0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子，故A错误；
B．K2SO3溶液中SO32-的水解导致离子数增多，故此溶液中离子总数多于0.3NA个，故B错误；
C．磷酸溶液中溶质H3PO4分子和溶剂H2O分子中均含有的氧原子，则1L浓度为0.1mol/L的磷酸溶液中含有的氧原子个数远大于0.4NA，故C错误；
D．0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳双键、0.1mol碳氧双键，总共含有0.2mol双键，含有双键的数目为0.2NA，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
3.有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是（ ）

A. WZ沸点高于W2Y的沸点
B. 含Z的两种酸反应可制得Z的单质
C. W2Y2中既含离子键又含共价键键
D. X的含氧酸一定为二元弱酸
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，结合图示可知，W形成1个共价键，Y能够形成2个共价键，X形成4个共价键，Z形成1个共价键，则W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素；
A．H2O分子间存在氢键，且常温下为液体，而HCl常温下为气体，则HCl沸点低于H2O的沸点，故A错误；
B．HCl和和HClO反应生成氯气，故B正确；
C．H2O2是共价化合物，分子中只含共价键，不存在离子键，故C错误；
D．X为C元素，C的含氧酸H2CO3为二元弱酸，而CH3COOH为一元弱酸，故D错误；
故答案B。
4.一定温度下，探究铜与稀HNO3的反应过程如图：

下列说法不正确的是（ ）
A. 过程I中生成无色气体的离子方程式是3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
B. 步骤III反应速率比I快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C. 由实验可知，NO2对该反应具有催化作用
D. 当活塞不再移动时，打开止水夹，滴加稀硫酸，铜可以继续溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ发生的反应为Cu和稀HNO3的反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，故A正确；
B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；
C．加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化剂，故C正确；
D．反应停止后，滴加稀硫酸，溶液中的NO3-在酸性条件下有强氧化性，可继续溶解铜，故D正确；
故答案为B。
5.我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如右图装置可实现：H2S+O2→H2O2 +S。已知甲池中有如下的转化：

下列说法错误的是：
A. 该装置可将光能转化为电能和化学能
B. 该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池
C. 甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+ +2e- =H2AQ
D. 乙池①处发生反应：H2S+I3- =3I-+S↓+2H+
【答案】B
【解析】
【分析】
A.装置是原电池装置，据此确定能量变化情况；
B.原电池中阳离子移向正极；
C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；
D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，据物质的变化确定发生的反应。
【详解】A.装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置，A正确；
B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B错误；
C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-=H2AQ，C正确；
D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-═3I-+S↓+2H+，D正确。
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，注意溶液中离子移动方向：在原电池中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，本题难度适中。
6.已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表
项序
1
2
3
4
5
6
7
……
通式
C2H4
C2H4O
C2H4O2
C3H6
C3H6O
C3H6O2
C4H8
……

各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）
A 8种 B. 9种 C. 多于9种 D. 7 种
【答案】B
【解析】
【分析】
由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2nO2，由C原子数的变化可知，第12项为C5H10O2，属于酯类物质一定含-COOC-。
【详解】①为甲酸丁酯时，丁基有4种，符合条件的酯有4种；
②为乙酸丙酯时，丙基有2种，符合条件的酯有2种；
③为丙酸乙酯只有1种；
④为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，丙基有2种，符合条件的酯有2种，
属于酯类的有4+2+1+2=9种，
故选：B。
7.已知：常温下，(1)Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11；(2)H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-分别在三者中所占的物质的量分数(α)随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）

A. 在pH=1.3的溶液中：c(Na+)＜c(H2R)+2c(R2-)
B. 等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中水的电离程度比纯水小
C. 在pH=2的溶液中存在=10-3
D. 向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR-
【答案】D
【解析】
【详解】A．在pH=1.3的溶液中，c(H2R)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为：2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液显酸性，c(OH-)＜c(H+)，则c(Na+)＜2c(R2-)+c(HR-)=c(H2R)+2c(R2-)，故A正确；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，生成NaHR；由图可知，溶液中HR-、R2-浓度相同时，pH=4.3，溶液显酸性，说明HR-的电离作用较强，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，故B正确；
C．当溶液pH=1.3时，c(H2R)=c(HR-)，则Ka1= =10-1.3，溶液的pH=4.3时，c(R2-)=c(HR-)，则Ka2==10-4.3，在pH=2的溶液中存在==10-3，故C正确；
D．由C中分析知H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka1，即酸性：HR-＞H2CO3，所以向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，发生反应：CO32-+H2R=H2O+CO2↑+R2-，故D错误；
故答案为D。
三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共129分。
8.FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：

C6H5Cl(氯苯）
C6H4Cl2(二氯苯）
FeCl3
FeCl2
溶解性
不溶于水，易溶于苯、乙醇
不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水
熔点/℃
-45
53
易升华

沸点/℃
132
173
----------------------
--------------------


（1）H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如图：

①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_____。
②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为_____。（填字母，装置可多次使用）；B中盛放的试剂是_____。
③该制备装置的缺点为_____。
（2）利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按如图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。

①仪器a的作用是_____。
②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是_____，回收滤液中C6H5C1的操作是_____。
③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/L NaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为_____。
④为了减少实验误差，在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有：_____（写出一点即可）。
【答案】 (1). H2+2FeCl32FeCl2+2HCl (2). ABCBD (3). 碱石灰 (4). 氯化铁易升华导致导管易堵塞 (5). 冷凝回流、导气 (6). 苯 (7). 蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分 (8). 78.4% (9). 反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间，在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管
【解析】
【分析】
(1)H2还原无水FeCl3制取FeCl2．用A装置氢气，用B装置中的碱石灰干燥氢气，干燥后的氢气与无水FeCl3在C中发生反应：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl，为防止外界空气中的水蒸气进入C装置，C之后再连接一个B，最后用C装置处理尾气，该装置的缺点是氯化铁易升华导致导管易堵塞，据此分析作答；
(2)在A三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，发生反应：2FeCl3 +C6H5Cl2FeCl2 +3C6H4Cl2 +HCl，反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点132℃的馏分，回收C6H5C1，为了减少实验误差，反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间，在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管，据此分析作答。
【详解】(1)①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的反应为：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；
②根据分析，流程为：用A装置氢气，用B装置干燥氢气，干燥后的氢气与无水FeCl3在C中发生反应，为防止外界空气中的水蒸气进入C装置，C之后再连接一个B，最后用D装置处理尾气，故连接顺序为：ABCBD；B的目的是干燥吸水，盛放的试剂是碱石灰；
③根据题意氯化铁易升华，故该制备装置可能会因为氯化铁易升华导致导管易堵塞；
(2)①仪器a为球形冷凝管，其作用为冷凝回流、导气；
②反应结束后，冷却实验装置A，三颈烧瓶内物质主要是产物FeCl2，还有多余的氯苯和副产物C6H4Cl2，由题可知，氯苯和副产物C6H4Cl2溶于苯，FeCl2不溶于苯，故洗涤所用的试剂可以是苯，减少产品的损失；滤液的溶质有氯苯和C6H4Cl2，有表可知，二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故回收滤液中C6H5C1的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分；
③32.5g无水氯化铁理论上生成的n(FeCl2)=n(FeCl3)==0.2mol，HCl消耗标准液NaOH为0. 0196L×0.4mol/L=0.00784mol，故反应生成的n(FeCl2)=2(HCl)=2×0.00784mol×=0.1568mol，故氯化铁的转化率为×100%=78.4%；
④为防止FeCl2被装置中的空气氧化，可以反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间，为防止产物水解，可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管。
9.氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。

回答下列问题：
（1）CeFCO3中Ce的化合价为___________。
（2）氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是_________________。氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为____________________。操作Ⅰ的名称为_________。
（3）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_______________。
（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层) CeT3(有机层)+3H+(水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：____________________。
（5）298K时，向c(Ce3+)=0.02mol·L-1的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH=10，此时Ce3+是否沉淀完全？__________________{列式计算，已知：Ksp[Ce(OH)3]5×l0-20，c(Ce3+)-5mol·L-1 视为沉淀完全}。
（6）写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：_______________________。
【答案】 (1). +3 (2). 陶瓷会与生成的HF反应 (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (4). 分液 (5). 温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小 (6). 向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 (7). c(Ce3+)×(10-4)3=1.5×10-20, c(Ce3+)=1.5×10-8mol·L-1<1×10-5mol·L-1，Ce3+沉淀完全 (8). 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
【解析】
【详解】（1）CeFCO3中F为-1价、C为+4价、氧为-2价，通过计算可知Ce的化合价为+3价；
（2）氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是陶瓷中的二氧化硅会与生成的HF反应；氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时CeO2在酸性条件下被双氧水氧化，发生反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；操作Ⅰ是在加入萃取剂后分离出有机层和硫酸铈稀溶液，则其名称为分液；
（3）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
（4）平衡Ce3+(水层)+3HT(有机层) CeT3(有机层)+3H+(水层)，向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动，能获得较纯的含Ce3+水溶液；
（5）pH=10时，c(OH-)=10-4mol/L，c(Ce3+)×(10-4)3=1.5×10-20，c(Ce3+)=1.5×10-8mol·L-1<1×10-5mol·L-1，Ce3+沉淀完全；
（6）向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
【点睛】本题既有常规知识的考查又有新情景题目的考查，常规题目涉及到影响化学反应速率的因素、过滤操作以及pH的测定方法；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去推导并书写，从而得解。
10.乙炔、乙烯均是重要的化工原料。回答下列问题：
（1）1902年，Sabatier首次发现，常压下过渡金属可以催化含有双键或叁键的气态烃的加氢反应。
①已知：C2H2（g）＋H2（g）═C2H4（g）△H1=-174.3kJ·mol—1
K1（300K）=3.37×1024
C2H2（g）＋2H2（g）=C2H6（g）△H2═-311.0kJ·mol一l
K2（300K）═1.19×1042
则反应C2H4（g）＋H2（g）═C2H6（g）的△H=___kJ·mol一1，K（300K）=__（保留三位有效数字）。
②2010年Sheth等得出乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理（如图）。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。

上述吸附反应为____（填“放热”或“吸热”）反应，该历程中最大能垒（活化能）为____kJ·mol-1，该步骤的化学方程式为____。
（2）在恒容密闭容器中充入乙烯，一定条件下发生反应C2H4（g）⇌C2H2（g）＋H2（g）。乙烯的离解率为a，平衡时容器内气体总压强为P总，则分压p（C2H4）═___（用p总和a表示）。
（3）用如图装置电解含CO2的某酸性废水溶液，阴极产物中含有乙烯。

该分离膜为___（填“阳”或“阴”）离子选择性交换膜；生成乙烯的电极反应式为___。
【答案】 (1). -136.7 (2). 3.53×1017 (3). 放热 (4). +85 (5). C2H3*＋H*→C2H4* (6). (7). 阳 (8). 2CO2＋12H+＋12e-=C2H4＋4H2O
【解析】
【分析】
（1）①根据盖斯定律，△H2－△H1可得C2H4（g）＋H2（g）═C2H6（g）的△H，K=；
②吸附时能量降低，解吸时能量升高，C2H3*＋H*→C2H4*的活化能最大，为＋85kJ·mol－1；
（2）根据三段式列式求解；平衡分压：p（C2H4）＝n（C2H4）/n总 P总；
（3）阳极发生反应：2H2O一4e-=4H＋＋O2↑，生成的H＋向阴极移动，故用阳离子选择性交换膜，在阳极CO2得到电子结合H＋生成一系列燃料，其中生成乙烯的电极反应为2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O。
【详解】（1）①C2H4（g）＋H2（g）═C2H6（g）的△H＝△H2－△H1＝－136.7kJ·mol－1，300K时的平衡常数K＝＝1.19×1042/3.37×1024=3.53×1017。
②由图可知，吸附时能量降低，解吸时能量升高，如C2H4*→C2H4 △H＝＋82kJ·mol－1，基元反应中，C2H3*＋H*→C2H4*的活化能最大，为＋85kJ·mol－1。
（2）由反应：C2H4（g）C2H2（g）＋H2（g）
起始/mol n 0 0
转化/mol
平衡/mol
平衡时总物质的量：，
平衡分压：p（C2H4）＝。
（3）阳极发生反应：2H2O一4e-=4H＋＋O2↑，生成的H＋向阴极移动，故用阳离子选择性交换膜，在阳极CO2得到电子结合H＋生成一系列燃料，其中生成乙烯的电极反应为2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O。
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
11.据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成C的含氧化合物。请回答下列问题：
（1）在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，某基态原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”（指能量相同的原子轨道在全满、半满、全空状态时，体系的能量最低），该原子的外围电子排布式为_____。
（2）在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是_____（填元素符号）。
（3）铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为_____。
（4）石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C-H键，导致C与H之间的作用力_____ (“减弱”或“不变”)。铁晶体中粒子之间作用力类型是_____。
（5）常温下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、HCOOH等。
①它们的沸点分别为64.7℃、-19.5℃、100.8℃，其主要原因是_____；
②CH4和HCHO比较，键角较大的是_____，主要原因是_____。
（6）钴晶胞和白铜(铜镍合金)晶胞分别如图1、2所示。

①钴晶胞堆积方式的名称为_____；
②已知白铜晶胞的密度为dg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。图2晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为_____ pm(列出计算式)。
【答案】 (1). 3d104s1 (2). Cr (3). 光谱分析 (4). 减弱 (5). 金属键 (6). HCOOH、CH3OH存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间存在范德华力，氢键比范德华力更强 (7). HCHO (8). CH4中C原子采取sp3杂化，HCHO中C原子采取sp2杂化 (9). 六方最密堆积 (10).
【解析】
分析】
(1)具有全充满、半充满、全空的电子构型的原子更稳定；
(2)在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1；
(3)用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为光谱分析；
(4)石墨烯限域单原子铁活化CH4分子中的C-H键，说明在催化剂条件下C-H更容易发生断裂，其键能降低；铁晶体属于金属晶体，晶体中存在自由电子和金属阳离子，靠金属键结合形成金属单质；
(5)①HCOOH、CH3OH存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间存在范德华力，氢键比范德华力更强；
②CH4为正四面体构型，HCHO为平面三角形，键角主要由碳原子杂化方式决定；
(6)①由图1所示，可知钴晶胞的堆积方式是六方最密堆积；
②面心6个Cu原子构成正八面体，棱上2个Cu原子与体心连线形成等腰直角三角形，该等腰直角三角形的斜边长即为两个面心上铜原子最短核间距，由几何知识可知两个面心上铜原子最短核间距=直角边长度的倍，而等腰直角三角形的直角边长等于晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中Cu、Ni原子数目，计算晶胞质量，结合晶胞质量=晶体密度×晶胞体积计算晶胞棱长。
【详解】(1)具有全充满、半充满、全空的电子构型的原子更稳定，在Mn、Fe、Co、Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，某基态原子Cu原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”；
(2)在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1，该元素为Cr；
(3)用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为光谱分析；
(4)石墨烯限域单原子铁活化CH4分子中的C-H键，说明在催化剂条件下C-H更容易发生断裂，其键能降低，即导致C与H之间的作用力减弱；铁晶体属于金属晶体，晶体中存在自由电子和金属阳离子，靠金属键结合形成金属单质；
(5)①HCOOH、CH3OH存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间存在范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点HCOOH＞CH3OH＞HCHO；
②CH4中C原子采取sp3杂化，为正四面体构型，HCHO中C原子采取sp2杂化，为平面三角形，HCHO中键角较大；
(6)①由图1所示，可知钴晶胞的堆积方式是六方最密堆积；
②面心6个Cu原子构成正八面体，棱上2个Cu原子与体心连线形成等腰直角三角形，该等腰直角三角形的斜边长即为两个面心上铜原子最短核间距，由几何知识可知两个面心上铜原子最短核间距=直角边长度的倍，而等腰直角三角形的直角边长等于晶胞棱长的，晶胞中Cu=6×=3、Ni原子数目=8×=1，晶胞质量=g，设晶胞棱长为 a pm，则：dg•cm-3×(a×10-10 cm)3=g，解得a=，故两个面心上铜原子最短核间距=×(pm×)=pm。
【点睛】考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、光谱、氢键、对信息的理解与运用、晶胞结构与计算等，这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，(6)中计算需要学生具有一定的空间想象与数学计算能力。
12.随着环境污染的加重和人们环保意识的加强，生物降解材料逐渐受到了人们的关注。以下是PBA(一种生物降解聚酯高分子材料)的合成路线：

已知：
①烃A的相对分子质量为56，核磁共振氢谱显示只有2组峰，能使溴的四氯化碳溶液褪色。
②
③R1CH=CHR2R1COOH+R2COOH
④
请回答下列问题：
（1）物质A的结构简式为_____。
（2）G的名称为_____ (用系统命名法)。
（3）反应B到C的化学方程式为_____。
（4）实验室制备物质Y方程式为：_____。
（5）由E和G生成PBA的化学方程式为_____；若PBA的平均聚合度为70，则其平均相对分子质量为_____。
（6）F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_____种。(包含顺反异构)
①链状化合物；②能发生银镜反应；③氧原子不与碳碳双键直接相连
其中，核磁共振氢谱显示为2组峰，且峰面积比为2∶1的是_____ (写结构简式)。
（7）若由1，3-丁二烯为原料（其他无机试剂任选）通过三步制备化合物G其合成路为：_____。
【答案】 (1). CH3-CH=CH-CH3 (2). 1，4-丁二醇 (3). (4). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑ (5). (6). 14018 (7). 9 (8). OHCCH2CH2CHO (9).
【解析】
【分析】
烃A的相对分子质量为56，核磁共振氢谱显示只有2组峰，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，应为CH3-CH=CH-CH3，由转化关系可知B为CH3-CHBrCHBr-CH3，C为CH2=CH-CH=CH2，由题给信息可知X为CH2=CH2，D为，E为HOOC(CH2)4COOH，Y为HC≡CH，F为HOCH2C≡CCH2OH，G为HOCH2CH2CH2CH2OH，生成PBA为；
(7)由1.3-丁二烯为原料(其他无机试剂任选)通过三步制备化合物G，可与溴发生1，4-加成，然后与氢气发生加成反应，在水解可生成F，或先水解，再与氢气发生加成反应，以此解答该题。
【详解】(1)由以上分析可知A为CH3-CH=CH-CH3；
(2)G为HOCH2CH2CH2CH2OH，用系统命名法命名为1，4-丁二醇；
(3)反应B到C的化学方程式为；
(4)Y为乙炔，实验室由碳化钙与水反应生成，方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；
(5)由E和G生成PBA的化学方程式为；若PBA的平均聚合度为70，则其平均相对分子质量为200×70+18=14018；
(6)F的同分异构体中，①链状化合物，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③氧原子不与碳碳双键直接相连，则有以下几种情况：
①含两个醛基：OHC-CH2-CH2-CHO、；
②含有一个醛基和一个羰基：、；
③甲酸烯酯  ；
④含有一个醛基、一个羟基，和一个碳碳双键CH2OH-CH=CH-CHO  (顺反异构)、、，共9种，其中核磁共振氢谱显示为2组峰，且峰面积比为2：1的是OHCCH2CH2CHO；
(7)由1.3-丁二烯为原料(其他无机试剂任选)通过三步制备化合物HOCH2CH2CH2CH2OH，可与溴发生1，4-加成，然后与氢气发生加成反应，在水解可生成HOCH2CH2CH2CH2OH，或先水解，再与氢气发生加成反应，其中之一反应流程为。
【点睛】本题考查有机物合成与推断，为高考常见题型，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，易错点为(6)，注意同分异构体的判断，同时也要把握流程的设计，为本题的难点。