1、湖北省湖北省 2019 届高三届高三 3 月联合考试月联合考试 理科综合能力测试理科综合能力测试 可能用到的相对原子量：可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 第第卷卷(选择题选择题,共共 126 分分) 一、选择题一、选择题(本题包括本题包括 13 小题。每小题只有一个选项符合题意小题。每小题只有一个选项符合题意) 1.一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍(已 知常温下)，工艺流程如下。下列叙述错误的是 A. 废渣的主要成分为二氧化硅 B. 黄钠铁矾渣中铁元素为+3价 C. 除钙镁过程中，为了提
2、高钙镁的去除率，氟化钠实际用量应该越多越好 D. “沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需调节溶液 pH9 【答案】C 【解析】 【分析】 铁镍合金加稀硫酸、稀硝酸，铁、镍及铜、钙、镁的氧化物溶于酸，二氧化硅不溶，经过滤除去；“除铁” 时加入 H2O2可将“酸溶”后溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+， 再加入 Na2CO3溶液生成黄钠铁矾沉淀； 向除铁后的滤 液中通入 H2S 气体， 发生反应 H2S+Cu2+=CuS+2H+， 除去 Cu2+； 向除铜后的滤液中加入 NaF溶液生成 CaF2、 MgF2，除去 Ca2+、Mg2+；最后向除钙镁后的溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化镍，经过滤、洗涤、干
3、燥 得到纯度较高的氢氧化镍，以此分析解答。 【详解】A. 经以上分析，酸溶后过滤所得废渣的主要成分为二氧化硅，故 A正确； B. 双氧水具有强氧化性， 加入双氧水将 Fe2+全部氧化为 Fe3+， 所以黄钠铁矾渣中铁元素为+3价， 故 B正确； C. 根据流程图可知除铜后的滤液应显酸性，若 NaF的用量过大，会生成剧毒物质 HF，污染环境，危害工人 的身体健康，而且还会浪费原料、增加成本，故氟化钠的用量不是越多越好，C 错误； D. KspNi(OH)2=c(Ni2+)c2(OH-)=1.010-5c2(OH-)=2.010-15，则 c(OH-)=10-5mol/L， c(H+)=10-9m
4、ol/L，则“沉镍”过程中了将镍沉淀完全，需调节溶液 pH9，故 D正确。 故答案选 C。 【点睛】本题以工艺流程为基础，考查了工艺流程解题思路和基本方法，实验基本操作，元素化合物性质 等相关知识，掌握基础是关键，难点是 D选项，注意与溶度积有关的计算方法。 2.化学推动着社会的进步和人类的发展。下列说法错误的是 A. “长飞光纤光缆技术创新工程”中光纤的主要成分是二氧化硅 B. “半纤维素酶高效生产及应用关键技术”中半纤维素酶的主要成分是蛋白质 C. “废旧聚酯高效再生及纤维制备产业化集成技术”中聚酯是天然高分子有机物 D. “煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中煤的气化属于化学变化
5、 【答案】C 【解析】 【详解】A.光纤的主要成分是二氧化硅，故 A正确； B. 半纤维素酶是一种能使构成植物细胞膜的多糖类水解的酶类，主要成分是蛋白质，故 B 正确； C. 聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的聚合物总称，属于合成高分子化合物，故 C错误； D. 煤的气化过程是在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程， 属于化学变化， 故 D 正确。 答案选 C。 3.某学习小组设计用 98%的浓硫酸制取并验证其部分性质的实验装置图如下(夹持装置省略)。下列叙述 不正确的是 A. 装置 A中发生的离子反应方程式为： B. 若装置 B 中装有品红溶液，观察到 B 中溶液红色褪
6、去，则说明具有漂白性 C. 若装置 B 中装有酸性高锰酸钾溶液，观察到 B 中溶液褪色，则说明具有还原性 D. 装置 C产生的白色沉淀为 BaSO4 【答案】A 【解析】 【详解】A.浓硫酸和固体反应时，其离子方程式就是化学方程式，不能把相关的电解质拆写成离子，故 A 错误； B.品红溶液红色褪去，说明 SO2具有漂白性，故 B正确； C.酸性高锰酸钾具有强氧化性， 二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 说明高锰酸钾在该反应中被还原为浅 色物质，从而说明 SO2具有还原性，故 C正确； D.二氧化硫的水溶液与氯化铁发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子结合成硫酸钡沉淀，所以 装置 C产生的
7、白色沉淀为 BaSO4，故 D正确。 答案选 A。 4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 0.1mol和 0.1mol 于密闭容器中充分反应，反应后分子总数为 0.2 B. 向过氧化钠中通入足量的二氧化碳，当固体增重 28g，转移电子数为 l C. 在标准状况下，22.4LHF与个中含有的电子数相同 D. 含有个胶粒氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于 56g 【答案】C 【解析】 【详解】A. H2和 I2反应前后气体分子数不变，所以 0.1mol H2和 0.1mol I2于密闭容器中充分反应，反应后 分子总数为 0.2NA，故 A正确； B. 过氧化钠和二氧化碳反应时， 增重的
8、相当于其组成中的 CO的质量， 且反应掉 1molCO2增重 28g转移 1mol 电子，故当固体增重 28g时转移 NA个电子，故 B正确； C. 氟化氢在标准状况下为液态，无法根据 22.4L/mol 计算其物质的量，故 C 错误； D. Fe(OH)3胶粒是由许多个 Fe(OH)3聚集而成的，所以含有个胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的 质量大于 56g，故 D正确。 故答案选 C。 【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难点是 B 选项，注意总结过氧化钠和二氧化碳反应的电子转移关系。 5.碳九芳烃是一种混合物，异丙苯就是其中一种。工业上可用异
9、丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工 艺流程示意图如下。下列有关说法正确的是 A. a 的同分异构体有 7 种 B. a 能发生取代反应、加成反应和氧化反应 C. b 的分子式为 D. b、c互为同系物 【答案】B 【解析】 【详解】A. a为异丙苯，其同分异构体中属于芳香烃的有 7种（苯环侧链有 3 个甲基的 3 种，侧链有一个甲 基和一个乙基的 3种，还有三个碳原子形成的正丙基 1种） ，还可以有其它的同分异构体，故 A 错误； B. 异丙苯分子中含有苯环和烷基侧链，能发生取代反应、加成反应和氧化反应，故 B 正确； C. 由结构简式可知，b的分子式为 C9H12O2，故 C错误； D.
10、c 为苯酚，而 b 不属于酚，且 b、c 分子组成也不是相差几个 CH2原子团，不是同系物，故 D 错误。 故答案选 B。 6.元素 X、Y、Z和 Q在周期表中的位置如图所示，其中元素 Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子 数之和为 17。下列说法正确的是 A. 简单离子半径(r)：r(Q)r(Y)r(Z) B. 氧化物对应的水化物的酸性：ZY C. XY2和 XZ4均含有非极性共价键 D. 标准状况下 Z的单质状态与 Q的相同 【答案】A 【解析】 【分析】 设 X 的最外层电子数为 x，所以 Y 的最外层电子数为 x+2，Z的最外层电子数为 x+3，由于 X、Y、Z原子 的最外层电子
11、数之和为 17，所以 3x+5=17，解得 x=4，已知 Q 在第四周期，所以 X在第二周期第A族， 为 C 元素，Y、Z分别为 S 元素、Cl元素。根据元素周期表结构可知 Q为 Br元素。综上，X、Y、Z、Q分 别为碳、硫、氯、溴，以此分析解答。 【详解】A项，同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素的原子，从上到下原子半径逐 渐增大，所以原子半径 r(Q)r(Y)r(Z)，故 A项正确； B项，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，由于没有说明是最高价氧化物的水 化物，故 B项错误； C项，CS2和 CCl4都是含有极性键的非极性分子，不含非极性共价键，故
12、 C项错误； D 项，标准状况下，氯单质为气态，溴单质为液态，故 D 项错误。 综上所述，本题正确答案为 A。 7.LED 系列产品是一类新型节能产品。 图甲是/燃料电池， 图乙是 LED 发光二极管的装置示意图。 下列叙述错误的是 A. 电池总反应为： B. 电池放电过程中，从 B极区向 A 极区移动 C. 电池放电过程中，B极区 pH 减小，A 极区 pH增大 D. 要使 LED 发光二极管正常发光，图乙中的导线 a 应与图甲中的 A 极相连 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则 A 电极为正极，B 电极为负极，负极上 BH4-失电子发生氧化 反应生成
13、BO2-，电极反应式为 BH4-+8OH-8e-= BO2-+6H2O，正极电极反应式为 H2O2+2e-=2OH-，根据原电 池的工作原理来回答。 【详解】A、根据图片知，负极反应式为 BH4-+8OH-8e-= BO2-+6H2O，正极电极反应式为 H2O2+2e-=2OH-， 电池总反应为：BH4-+4H2O2=BO2-+6H2O，故 A 正确； B、电池放电过程中，阳离子移向正极，Na+从负极区向正极区移动，故 B正确； C、 B 电极为负极， 电极反应式为 BH4-+8OH-8e-= BO2-+6H2O； A电极为正极， 电极反应式为 H2O2+2e-=2OH-， 所以 B极区 pH
14、 减小，A极区 pH增大，故 C 正确； D、LED 发光二极管的电路中的电子流动方向可以判断，图乙中的导线 a应与图甲中的 B 极负极相连，故 D 错误。 故选 D。 【点睛】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角 度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写。 8.氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷 洒双氧水或过硫酸钠（Na2S2O8）溶液来处理，以减轻环境污染。 I.(1)NaCN 用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方 程式是_。 .工业
15、制备过硫酸钠的反应原理如下： 主反应 副反应： 某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。 实验一：实验室通过如下图所示装置制备 Na2S2O8。 (2)装置中盛放双氧水的仪器名称是_。 (3)装置 a 中反应产生的气体需要持续通入装置 c的原因是_。 (4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_(填字母)。 A.温度计 B.洗气瓶 C.水浴加热装置 D.环形玻璃搅拌棒 实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。 已知：废水中氰化钠的最高排放标准为 0.50mg/L。 ,，AgI呈黄色，优先与反应。实验如下：取 1L处理 后的 NaCN 废水，
16、浓缩为 10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴 KI溶液作指示剂，用mol/L的标准 溶液滴定，消耗溶液的体积为 5.00mL。 (5)滴定终点的现象是_。 (6)处理后的废水中氰化钠的浓度为_mg/L；处理后的废水是否达到排放标准？_(填“是” 或“否”)。 .(7)常温下，含硫微粒主要存在形式，受 pH影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和溶液也 可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为，则阳极反应方程式为_。 【答案】 (1). NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3 (2). 分液漏斗 (3). 将产生的氨气及时排除，防 止发生副反应 (4). AC (5). 滴入最后
17、一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半 分钟沉淀不消失 (6). 0.49 (7). 是 (8). 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+ 【解析】 【分析】 (1)由题意知产生的气体为氨气，又由于产生酸式盐，由 CN-分析碳元素的价态，应有碳酸氢根离子生成， 据此可写出化学方程式； (2)(3)(4)(NH4)2S2O8与氢氧化钠反应生成 Na2S2O8，d装置处理尾气 NH3，根据物质的制备和实验操作及注意 事项分析解答； (5)当 CN-反应完全后，硝酸银试剂与指示剂碘离子反应生成黄色沉淀碘化银； (6)根据化学计量关系 Ag+2CN-，计算废水中氰化钠的浓度，并与排放
18、标准为 0.50mg/L比较，以此判断是 否达到排放标准； (7)根据电解池阳极发生氧化反应分析。 【详解】(1)NaCN 用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，即反应生 成了 NaHCO3和 NH3，化学方程式为 NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3， 故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3； (2)由仪器构造可知，装置中盛放双氧水的仪器名称是分液漏斗， 故答案为：分液漏斗； (3) 装置 a 中反应产生 O2，将三颈烧瓶中产生的 NH3及时排出，减少副反应的发生， 故答案为：将产生的氨气及时排除，防止发生副反应； (4) 根据
19、题目信息提示，可知，制备反应需要在 55的条件下进行，90时发生副反应，所以需要控制温度 不能超过 90，需要水浴加热、温度计， 故答案为：AC； (5) 用硝酸银溶液滴定过程中，当滴入最后一滴标准硝酸银溶液，溶液中出现黄色沉淀，且半分钟沉淀不消 失，说明已经滴定到终点， 故答案为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失； (6)消耗 AgNO3的物质的量为 1.0 10-3L 5.00 10-3 mol L-1=5.0 0-6mol，根据化学计量关系可知，Ag+2CN-， 处理后的 10.00 mL废水中氰化钠的质量为 5.0 0-6mol 2 49 g
20、 mol-1=4.9 10-4 g，废水中氰化钠的含量为 =0.49mg L-10.50 mg L-1，所以处理后的废水已达到排放标准， 故答案为：0.49；是； (7)电解池阳极发生氧化反应，HSO4-失电子生成 S2O82-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写阳极反应 方程式为 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+， 故答案为：2HSO4-2e-=S2O82-+2H+。 9.某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁()，进一步制备高 纯度还原铁粉。 已知：难溶于水；是二元弱酸，溶于水。 (1)步骤中 H2C2O4稍过量的目的是：_； (2)步骤中得到 FeC2
21、O4.2H2O 的离子反应方程式为：_。 (3)实现步骤，必须在 _(填仪器名称)中进行，该步骤发生的化学反应方程式为：_ (4)为实现步骤，不宜用碳粉直接还原 Fe2O3，理由是_。 (5)若将固体放在一个可称出质量的容器内加热， ( Mr=180)首先逐步失去结晶水， 温度继续升高时.(Mr=144)会逐渐转变为铁的各种氧化物。称取 18.00g ，持续加热，剩 余固体的质量随温度变化的部分数据如下表(其中 450以前是隔绝空气加热，450以后是在空气中加热)： 温度/ 25 150 300 350 400 450 500 600 700 800 固体质量/g 18.00 16.20 14
22、.40 14.40 7.20 7.20 8.00 8.00 7.73 7 73 根据上述数据计算并推断：150剩余的固体物质是_(填化学式，下同)；800剩余的固体 物质是_。 【答案】 (1). 使沉淀完全，从而提高产率 (2). Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+ (3). 坩锅 (4). 4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O (5). 接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会 混有杂质碳粉 (6). FeC2O42H2O (7). Fe2O3 【解析】 【分析】 硫酸亚铁铵晶体溶解于水，加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体（FeC2O42H2
23、O）难溶于水，可通过抽 滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁（Fe2O3） ，再用 CO还原氧化铁得到还原铁粉， 以此分析解答。 【详解】(1) 步骤H2C2O4稍过量，最主要的作用是将溶液里的 Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利 用率， 故答案为：使沉淀完全，从而提高产率； (2)步骤中得到 FeC2O42H2O 的离子反应方程式为：Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+， 故答案为：Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+； (3) 固体灼烧需要在坩埚内进行；草酸亚铁和 O2灼烧时发生反应的化学方程式为 4FeC2O42H
24、2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O， 故答案为：坩埚；4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O； (4) 步骤选用碳粉还原 Fe2O3，为固体间的反应，接触面积小，反应不完全；多余的碳粉会影响铁粉的纯 度， 故答案为：接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会混有杂质碳粉； (5)根据题给信息，450以前是隔绝空气加热，分析表中的数据可知，18.00g变为 14.40g 时，表明：300 时，结晶水已全部失去，而 150剩余的固体物质质量为 14.40g 16.20g18.00g，说明 FeC2O42H2O没有 分解完全，还有 FeC2O42H2O 剩余； 450以后
25、是在空气中加热，据铁元素守恒：6FeO2Fe3O43Fe2O3 6 72：2 232：3 160=72：77.3：80 即 72：77.3：807.20：7.73：8.00，固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致，故 800剩余的固体物质 为：Fe2O3； 故答案为：FeC2O42H2O；Fe2O3。 10.“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中的含量及有效地开发利用，引起了全世界的 普遍重视。将转化为甲醇：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，此研究对的深度开发应用和构建生 态文明社会具有重要的意义。 (1)在一恒温恒容密闭容器中充入 1 mol 和 3 mo
26、l 进行上述反应。测得(g)和(g)浓度随时间变 化如图所示。 010 min 内，氢气的平均反应速率为_，第 10min 后，保持温度不变，向该密闭容器中再充 入 2 mol(g)和 2mol (g)，则平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移动。 一定温度下，若此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_。 a.容器中压强不变 b.的体积分数不变 c.c()=3c() d.容器中密度不变 e.2个 C=O 断裂的同时有 3个 H-H 断裂 (2)若已知：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) 则表示(l)燃烧热的
27、热化学方程式为_。 (3)如图，25时以甲醇燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源电解 600 mL 一定浓度的 NaCl 溶液。 U 形管内发生的化学反应方程式为_。 在电解一段时间后，NaCl 溶液的 pH 变为 12(假设电解前后 NaCl 溶液的体积不变)，则理论上消耗甲醇的 物质的量为_mol。 若向U形管内电解后的溶液中通入气体， 使所得溶液c()： c()=2： 1， 则此时溶液中的 c()= _。 (室温下， H2CO3的；)。 【答案】 (1). 0.225 mol/(L min) (2). 正向 (3). bd (4). (5). 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2
28、 (6). 0.001 (7). 【解析】 【分析】 (1)根据 =，计算甲醇的反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氢气的反应速率，化学 平衡常数为生成物浓度幂之比与反应物浓度幂之积的比进而求得化学平衡常数，计算再充入 2 mol(g)和 2mol (g)的浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向； 可逆反应达到平衡状态时， 正逆反应速率相等， 反应体系中各物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此 分析解答； (2)根据盖斯定律计算写出热化学方程式； (3)惰性电极电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，以此书写化学方程式；NaCl溶液的 p
29、H值变为 12， 即可求出电解池中放电的 H+的物质的量为 0.006mol，即电解池的阴极得 0.006mol电子，根据流经四个电极 的电量相等，从而得出消耗甲醇的量；向 U 形管内电解后的溶液中通入 CO2气体，CO2与 NaOH反应生成 Na2CO3和 NaHCO3，当 c( -)：c( )=2：1时，Ka2= c(H+)，据此计算。 【详解】(1)图象分析可以知道，甲醇变化浓度为 0.75mol/L，甲醇的反应速率 (CH3OH)=0.075mol/(L min)，反应速率之比等于化学方程式计量数之比， (H2)=3 (CH3OH)=30.075mol/(L min)=0.225 mo
30、l/(L min)，结合化学三行计算得到，图象分析可以知道体 积为 1L， CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 起始量（mol/L） 1 3 0 0 变化量（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75 平衡量（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75 该温度下平衡常数 K=5.3， 第 10min 后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入 2 mol(g)和 2mol (g)， Qc=2.2K=5.3，反应正向进行， CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 反应是气体体积减小的反应，恒温恒压密闭容器中，该反应达平衡状态 时，正逆反
31、应速率相同。 a.反应为恒温恒压，压强始终不变，所以容器中压强不变，不能说明反应达到平衡状态，故 a 错误； b.的体积分数不变，能说明反应达到平衡状态，所以 b选项是正确的； c. 甲醇和氢气浓度浓度和起始量变化量有关，c()=3c()不能说明反应达到平衡状态，故 c错误； d. 反应前后气体质量相同，恒温恒压密闭容器中混合气体的密度不变，能说明反应达到平衡状态，所以 d 选项是正确的； e.2个 C=O断裂必然有 3个 H-H 断裂，二者都表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故 e错误。 因此，本题正确答案是：0.225 mol/(L min)，正向，bd； (2)已知： CO2(g
32、)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2O(g)= H2O(l) CH3OH(g)= CH3OH(l) 根据盖斯定律+2-得 ， 因此，本题正确答案是： ； (3) 用惰性电极电解氯化钠溶液，化学反应方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2； NaCl 溶液的 pH 值变为 12，即得出 n(OH-)=10-2mol/L0.6L=0.006mol，根据电解池中阴极的电极反应 2H+2e-=H2可以知道：电解池的阴极得 0.006mol电子。而流经四个电极的电量相等，根据燃料电池的负 极反应 CH3OH-6e-+H2O=CO2
33、+6H+可以知道 CH3OH6e-，故失 0.006mol电子时消耗 0.001mol 甲醇。 向 U 形管内电解后的溶液中通入 CO2气体，CO2与 NaOH 反应生成 Na2CO3和 NaHCO3，当 c()： c()=2：1 时，Ka2= c(H+)，则此时溶液中的 c()= 2Ka2=2510-11=10-10。 因此，本题正确答案是：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；0.001；10-10。 11.A族元素(C、Si、Ge、Sn、Pb)及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题： (1) Pb的价层电子排布图为：_； (2)GeC14的中心原子的价层电子对数为_，分子
34、的立体构型为_。GeC14可水解生成 一种氧化物和一种无氧酸，其化学反应方程式为：_。 (3)四卤化硅的沸点和二卤化铅的熔点如下图所示。 的沸点依 F、CI、Br、I次序升高的原因是_。 结合的沸点和的熔点的变化规律，可推断：依 F、Cl、Br、I次序，中化学键的离子性 _(填“增强”“不变”或“减弱”，下同)、共价性_。 (4)碳的另一种单质可以与钾形成低温超导化合物， 晶胞结构如图所示。 此化合物可看成是 K填充在 形 成的所有四面体间隙和八面体间隙之中，其四面体间隙数目为_。另有一种碱金属 X(相对原子质量 为 M)与可形成类似化合物， 但 X 只填充形成的八面体间隙的一半， 此化合物的
35、化学式为： _， 其晶胞参数为 1.4nm，晶体密度为_(用含 M 和阿伏伽德罗常数的值的式子表示) 【 答 案 】 (1). (2). 4 (3). 正 四 面 体 (4). GeC14+2H2O=GeO2+4HCl (5). 均为组成和结构相似的共价化合物， 范德华力随分子相对质量增大而增大 (6). 减弱 (7). 增强 (8). 8 (9). (10). 【解析】 【分析】 (1) Pb原子价层电子排布式为 6s26p2，根据泡利原理与洪特规则画出价层电子排布图； (2) GeCl4分子的中心原子为 Ge，形成 4 个 键，具有甲烷的结构特点；根据信息书写水解化学方程式； (3)由图象
36、可以知道四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，PbX2的沸点逐渐降 低，其中 PbF2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体； (4)K位于棱和体心，C60位于顶点和面心，利用均摊法可计算化学式，结合质量、体积计算晶胞的密度大小。 【详解】(1) Pb原子价层电子排布式为 6s26p2，价层电子排布图为：， 因此，本题正确答案是： ； (2) GeCl4分子的中心原子为 Ge，价层电子对数为 4，采用 sp3杂化，分子的立体构型为正四面体；GeC14可 水解生成 GeO2和 HCl，化学反应方程式为：GeC14+2H2O=GeO2+4HCl， 因此，本题正确答案是：4
37、；正四面体；GeC14+2H2O=GeO2+4HCl； (3)四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，均为组成和结构相似的共价化合物，沸点与相对分子质量有 关，相对分子质量越大，沸点越高， 因此，本题正确答案是：均为组成和结构相似的共价化合物，范德华力随分子相对质量增大而增大； PbX2的沸点逐渐降低，其中 PbF2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体，可以知道依 F、Cl、Br、I次序， PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强， 因此，本题正确答案是：减弱；增强； (4)K位于棱和体心，晶胞中的个数为 12 +9=12，这 12 个 K 原子其中有 8 个填充在形成四面体间隙之 中，其
38、余 4 个则填充在形成八面体间隙之中，所以其四面体间隙数目为 8；另一种碱金属 X 只填充形 成的八面体间隙的一半，则含 X 个数为 4 =2，C60位于顶点和面心，个数为 8 +6 =4， n(X):n(C60)=2:4=1:2，化学式为 M(C60)2； 则晶胞的质量为g，其晶胞参数为 1.4nm=1.410-7cm，则体积为(1.410-7)3cm3，所以密度为 g/cm3， 因此，本题正确答案是：8；M(C60)2；。 12.某研究小组拟合成染料 X和医药中间体 Y。 已知： 回答下列问题： (1)A的系统命名为_。 (2)C的结构简式为 _。 (3)B到 C 的反应类型是_。 (4)
39、C+DE 的化学反应方程式为_ 。 (5)F的分子式为_。 (6)G与 A互为同分异构体，请写出满足下列条件的任意两种 G的结构简式_。 核磁共振氢谱显示 G 分子中有 4个吸收峰； 红外光谱显示 G 分子中含有苯环、甲氧基()，没有羟基、过氧键(-O-O-) (7)设计以和为原料制备 Y( )的合成路线(用流程图表示，无机试剂任 选)_。 【 答 案 】 (1). 1,4- 苯 二 酚 (2). (3). 还 原 反 应 (4). (5). (6). 、 (7). 【解析】 【分析】 与氯乙烷反应生成 A：，A与硝酸反应生成 B：，B和硫化钠生成 C： ， C和D 生 成E ：， E和 硝
40、酸 生 成F ： ，F和亚硫酸钠生成 X。 【详解】(1)A分子中苯环的对位有两个羟基，系统命名为 1，4-苯二酚， 故答案为：1，4-苯二酚； (2) 化合物 B的结构简式为， 发生硝基的还原反应生成 C， 故 C 的结构简式为 ， 故答案为：； (3)根据以上分析，B到 C的反应类型是还原反应， 故答案为：还原反应； (4) 利用已知信息分析 C和 D 发生取代反应，所以 C+DE 的化学方程式为 ， 故答案为：； (5)由 F的结构简式可知，其分子式为 C17H18N2O5， 故答案为：C17H18N2O5； （6）化合物 A的结构简式为，其同分异构体要求有四种氢原子，同时含有苯环和甲氧基， 满足条件的有四种，分别为：、， 故答案为：、； （7）乙烯和氯气加成生成 ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl中的氯原子可以和氨气发生取代反应生成 H2NCH2CH2NH2，H2NCH2CH2NH2与发生取代反应生成，总的合成路线为： ， 故答案为：。 【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断能力，涉及常见官能团之间的转化，根据已知物质结 构结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握常见有机物的结构和性质，注意应用题中信息。