广东省茂名市2020届高三第一次综合测试理综化学试题 Word版含解析

广东省茂名市2020届高三第一次综合测试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年茂名市高三级笫一次综合测试 理科综合试卷 注意事项：1.本试卷分第1卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。写存本试卷上无效。‎ ‎3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质噩：H-l Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 I-127 Ge-73‎ 第1卷 一、选择题：本题共13小题，每小题6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.玻璃的出现与使用已有四千多年的历史。下列说法正确的是（ ）‎ A. 玻璃花纹可以用氢氟酸进行雕刻 B. 有机玻璃的主要成分为硅酸钠 C. 纯碱和硅单质是制取普通玻璃的主要原料 D. 玻璃外观规则，属于晶体，有固定的熔点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．玻璃的主要成分是SiO2，氢氟酸能与SiO2反应，可以雕刻玻璃，故A正确；‎ B．有机玻璃的主要成分为聚丙烯酸甲酯，是一种有机高分子材料，硅酸钠是无机物，故B错误；‎ C．制取普通玻璃的主要原料是无机矿物，如纯碱、石英砂、石灰石等，不含硅单质，故C错误；‎ D．玻璃是混合物，不是晶体，混合物没有固定的熔点，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列实验能达到目的的是（ ）‎ 选项 目的 实验 - 19 -‎ A 除去溴苯中的溴 加蒸馏水后振荡、分液 B 验证SO2的漂白性 将SO2通入高锰酸钾溶液中 C 区分葡萄糖溶液和淀粉溶液 往两溶液中分别滴加KI溶液 D 比较浓H2SO4与浓HNO3的氧化性的强弱 常温下，将铜丝分别插入两溶液中 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴不易溶于水，易溶于溴苯，加水不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故A错误；‎ B．二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应中二氧化硫体现还原性，故B错误；‎ C．葡萄糖溶液和淀粉溶液均与KI溶液不反应，现象相同，不能鉴别，故C错误；‎ D．常温下Cu与浓硝酸反应，与浓硫酸不反应，由现象可比较浓H2SO4与浓HNO3的氧化性的强弱，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.甲基丙烯酸()是合成橡胶的主要原料。下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子中所有原子共平面 B. 与HCl反应生成两种有机物 C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 与乙醇反应生成高分子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据甲基丙烯酸的结构进行分析及计算，熟记官能团的性质。‎ - 19 -‎ ‎【详解】A．甲基中的3个氢原子不可能共平面，故A错误；‎ B．甲基丙烯酸有碳碳双键，与HCl发生加成反应，氢原子和氯原子的加成方式有两种，故生成两种有机物，B正确；‎ C．甲基丙烯酸有碳碳双键，易被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，故C错误；‎ D．甲基丙烯酸可与乙醇发生酯化反应，生成酯，产物不是高分子化合物，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】甲烷是正四面体结构，最多3原子共平面。‎ ‎4.某小组在20℃，101KPa下探究Cl2在蒸馏水和饱和食盐水中的溶解性。如图I、II所示，该小组用两支100mL注射器均吸入40mLCl2，然后分别吸入20mL蒸馏水和饱和食盐水，夹紧止水夹，充分振荡。下列说法正确的是（ ）‎ A. 图I注射器中c(Cl-)约为0.09mol•L-1‎ B. 图l注射器中n(ClO-)小于图II C. 图II注射器的活塞移动到20mL刻度处 D. 图II注射器中存在NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用两支100mL注射器均吸入40mL Cl2，然后分别吸入20mL蒸馏水和饱和食盐水，夹紧止水夹，充分振荡，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，形成化学平衡，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，氯气溶解度减小；饱和氯化钠溶液中通入氯气，存在溶解结晶平衡状态，NaCl（s）⇌Na+（aq）+Cl-（aq），据此分析判断。‎ ‎【详解】A．常温常压下PV=nRT，饱和氯水中氯气的总浓度为：‎ - 19 -‎ ‎，故A错误；‎ B．饱和食盐水中氯气溶解度减小，图Ⅰ注射器中n(ClO−)大于图Ⅱ，故B错误；‎ C．图Ⅱ中饱和食盐水中氯气溶解度减小，氯气不能全部吸收，注射器的活塞不能移动到20mL刻度处，故C错误；‎ D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，形成化学平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，氯气溶解度减小；饱和氯化钠溶液中通入氯气，存在溶解结晶平衡状态：NaCl(s)⇌Na+(aq)+Cl−(aq)，图Ⅱ注射器中存在NaCl(s)⇌Na+(aq)+Cl−(aq)，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y，Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是（ ）‎ A. WX是共价化合物 B. 原子半径：W>Z>Y C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：QY>Z，B错误；‎ - 19 -‎ C．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就越强，根据氧化性S>C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y，C错误；‎ D．Z和X、Y、W、Q形成的二元化合物均在两种及以上：H2O、H2O2；CO、CO2；SO2、SO3；K2O、K2O2；故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】根据化学键的成键原则，可知Y最外层4个电子，形成4个共价键，再逐步分析其他元素。‎ ‎6.科学家研制出一种高性能水系酸碱双液锌一溴二次电池，其总反应为：Zn+2OH-+Br3-ZnO+H2O+3Br-，中间的双极性膜(BPM)能隔开酸碱双液且能允许K+通过，如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A 放电时，K+向石墨电极迁移 B. 放电时，锌电极的电势高于石墨电极 C. 充电时，阴极室的pH减小 D. 充电时，石墨电极发生反应：Br3--2e-=3Br-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该二次电池放电时，锌作负极，石墨作正极；充电时，锌作阴极，石墨作阳极 ‎【详解】A．放电时，锌极失去电子，化合价升高，阴离子流向锌极，阳离子流向正极，故K+向石墨电极迁移，A正确；‎ B．电流由电势高的地方流向电势低的地方，电子由锌极向石墨电极移动，电流由石墨电极向锌极移动，故锌电极的电势低于石墨电极，B错误；‎ C．充电时，阴极发生电极反应：，有生成，pH增大，故C错误；‎ - 19 -‎ D．充电时，石墨电极发生反应：，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】根据图示箭头的变化方向，分析电极、电子流向、电极反应式等。‎ ‎7.常温下，在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中，H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化（仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。下列说法正确的是 A. Kal(H2S)的数量级为10-6‎ B. NaHS溶液中，c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)‎ C. 当体系呈中性时，>‎ D. 加入Na2S沉降废水中的Cu2+，废水的pH对沉降效果没有影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据多元弱酸电离，一级电离远远大于二级电离，故第一个交点对应c(HS-)和c(H2S)，第二个交点对应c(HS-)和c(S2-)，再结合具体问题进行分析。‎ ‎【详解】A．c(HS−)=c(H2S)时，Ka1(H2S)= =c(H+)=10−6.9，数量级为10-7，故A错误；‎ B．c(HS-)和c(S2-)时，Ka2(H2S)= = c(H+)=10−13，NaHS溶液中，Kh===10-7.1> Ka2(H2S)=10−13，溶液呈碱性，说明HS−水解程度大于电离程度，则c(S2−)c(H2S)，则>1、根据电荷守恒得c(Na+)=c(HS−)+2c(S2−)，所以=1，则>，故C正确；‎ D．当加入Na2S沉降废水中的Cu2+，溶液中c(Cu2+)减小，Cu2+水解程度较小，则溶液的pH增大，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】第一个交点，pH为6.9时，对应酸的一级电离；第二个交点，pH为13.0，对应酸的二级电离；再结合弱酸根的电离、水解判断离子的浓度关系。‎ ‎8.草酸亚铁晶体(FeC2O4•xH2O)在电池工业、制药、照片显影等方面有重要作用。在实验室中用制备草酸亚铁并研究其性质，具体流程如图：‎ 已知：常温下，pH>4时，Fe2+容易被氧化；H2C2O4的Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.5×10-5；Ksp(FeC2O4•xH2O)=3.2×10-7‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①用水溶解的过程中，加入少量稀H2SO4的作用是_____。‎ ‎（2）步骤②中加入的H2C2O4属于_____酸，生成固体I的离子反应方程式为_____。‎ ‎（3）步骤③中先用水洗涤，再用乙醇洗涤，其目的是_____。‎ ‎（4）步骤④是检验草酸亚铁晶体加热分解后的产物H2O、CO、CO2，首先检验的气体为_____，然后将剩余气体依次通过_____（填序号，装置可重复使用）→尾气处理。实验前需要将装置中的空气排尽，理由是_____。‎ ‎（5）步骤⑤采用滴定分析法测定FeC2O4•xH2O中x的值。取0.18g样品溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，用0.0100mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4‎ - 19 -‎ 溶液12.00mL。滴定终点的现象为_____，x值为_____。‎ ‎【答案】 (1). 抑制Fe2+水解，防止氧化 (2). 二元弱酸 (3). Fe2++H2C2O4+xH2O=FeC2O4•xH2O↓+2H+ (4). 除去表面杂质，易于干燥 (5). H2O (6). CDCBAC或CDBAC (7). 防止爆炸 (8). 滴加最后一滴，溶液由无色变成浅红色，且半分钟不褪色 (9). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O晶体，加稀硫酸溶解，滴入几滴稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O），过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥，加热得固体ⅡFeC2O4，草酸亚铁晶体与KMnO4溶液反应得溶液Ⅲ。‎ ‎【详解】(1)溶液中亚铁离子水解，加入少量硫酸，抑制亚铁离子水解，防止其被氧化；‎ ‎(2)H2C2O4属于二元弱酸，反应②是H2C2O4和Fe2+生成固体ⅠFeC2O4⋅xH2O，离子反应方程式为：Fe2++H2C2O4+xH2O=FeC2O4•xH2O↓+2H+；‎ ‎(3)先用水洗涤再用乙醇洗涤，洗涤除去晶体表面附着的硫酸盐等杂质，用乙醇洗涤，乙醇具有挥发性，可以使FeC2O4⋅xH2O快速干燥；‎ 故答案为：除去晶体表面附着的杂质，易于干燥；‎ ‎(4)验证生成的产物中有氧化铁、H2O、CO、CO2，因大部分物质的验证需要经过水溶液，因此验证水放在第一位，无水硫酸铜与水反应得到五水硫酸铜，颜色由白色变为蓝色；CO通入到氧化铜固体中将又有CO2生成,从而验证CO2的存在放在CO前面，所以顺序为：CDCBAC或CDBAC；实验前需要将装置中的空气排尽，否则加热不纯的可燃气体，易发生爆炸；‎ 故答案为：H2O；CDCBAC或CDBAC；防止爆炸；‎ ‎(5)KMnO4溶液呈紫色，反应完毕，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；‎ FeC2O4⋅xH2O+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2↑+MnSO4+K2SO4+H2O，反应中铁元素化合价+2价升高为+3价，碳元素化合价+3价升高为+4价，电子转移1+1×2=3，锰元素化合价+7价降低为+2价，电子转移5，最小公倍数15，结合守恒找出数量关系：，x=2；‎ 故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；x=2。‎ - 19 -‎ ‎9.钼和钒在炼钢、有机化工、高科技等领域有广泛应用。一种从炼油工业的废催化剂（主要成分为V2O5、MoO3、Al2O3、硫化物和碳氢化合物）中回收钼、钒的工艺流程如图：‎ ‎（1）“气体”除CO2、H2O外，还含有的主要成分是____。‎ ‎（2）“破碎”的目的是____；缎烧中V2O5转化的化学方程式是____。‎ ‎（3）加人物质X的目的是调节溶液pH除铝，X的化学式是____。‎ ‎（4）“沉钒”过程中控制pH为8.35，其他条件一定时，钒的沉淀率与加铵系数KNH4Cl、温度的关系分别如图1、图2，则应选择的加铵系数是____；温度超过80°C时，钒的沉淀率下降的原因是____。‎ ‎（5）钼酸铵[（NH4）2MoO4]在高温下通入H2可制得单质钼，该过程的化学方程式是____。‎ ‎【答案】 (1). SO2(或SO2、SO3) (2). 增大接触面积，加快反应速率 (3). V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑ (4). HCl (5). 4 (6). 温度过高，加剧氨挥发，NH4+的浓度下降，沉淀率降低 (7). （NH4）2MoO4+3H22NH3↑+Mo+4H2O或者（NH4）2MoO42NH3↑+MoO3+H2O、MoO3+3H2Mo+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废催化剂的主要成分为V2O5、MoO3、Al2O3、硫化物和碳氢化合物，空烧时“气体Ⅰ”除CO2、H2O外，还含有SO2，粉碎固体可增大接触面积，加快反应速率，煅烧时发生V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑、MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2‎ - 19 -‎ ‎↑，水浸后加入物质X的目的是调节溶液pH除铝，由后续反应生成NaCl，可知X为HCl，然后加氯化铵沉钒，过滤分离出钒酸铵，从滤液中分离出钼酸铵，在高温下通入H2可制得单质钼，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)硫化物和碳氢化合物可燃烧，则气体Ⅰ除CO2、H2O外，还含有的主要成分是SO2(或SO2、SO3)；‎ ‎(2)破碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；煅烧中V2O5转化的化学方程式是V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；‎ 故答案为：增大接触面积，加快反应速率；V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；‎ ‎(3)加入物质X的目的是调节溶液pH除铝，X的化学式是HCl，但HCl应适量，不能过量；‎ 故答案为：HCl；‎ ‎(4)“沉钒”过程中控制pH为8.35，其他条件一定时，由钒的沉淀率与加铵系数KNH4Cl、温度的关系图可知，则应选择的加铵系数是4；温度超过80℃时，钒的沉淀率下降的原因是温度过高，加剧氨挥发，铵根离子浓度下降，沉淀率降低；‎ 故答案为：4；温度过高，加剧氨挥发，铵根离子浓度下降，沉淀率降低；‎ ‎(5)钼酸铵[(NH4)2MoO4]在高温下通入H2可制得单质钼，该过程化学方程式是（NH4）2MoO4+3H22NH3↑+Mo+4H2O或者（NH4）2MoO42NH3↑+MoO3+H2O、MoO3+3H2Mo+3H2O。‎ ‎10.CO2加氢可转化为高附加值的CO、CH4、CH3OH等C1产物。该过程可缓解CO2带来的环境压力，同时可变废为宝，带来巨大的经济效益。CO2加氢过程，主要发生的三个竞争反应为：‎ 反应i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.01kJ•mol-1‎ 反应ii：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165.0kJ•mol-1‎ 反应iii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.17kJ•mol-1‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）由CO、H2合成甲醇的热化学方程式为_____。‎ ‎（2）反应iii为逆水煤气变换反应，简称RWGS。以金属催化剂为例，该反应历程的微观示意和相对能量(eV)变化图如图所示(为催化剂，为C原子，为O原子，o为H原子）‎ 历程I：‎ - 19 -‎ 历程II：‎ 历程III：‎ ‎①历程1方框内反应的方程式为CO2*+*=CO*+O*(*为催化剂活性位点）。根据图示，其反应热△H_____0(填“＞”或“<”)。‎ ‎②反应历程II方框内的方程式是_____。‎ ‎③反应历程中_____（填“历程I”、“历程II”或“历程III”）是RWGS的控速步骤。‎ ‎（3）我国科学家研究了不同反应温度对含碳产组成的影响。在反应器中按=3：1通入H2和CO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成C1(CO2、CO、CH4)中的CO和CH4的影响如图所示（该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应i”)：‎ ‎①1MPa时，表示CH4‎ - 19 -‎ 和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是_____、_____。M点CO平衡组成含量高于N点的原因是_____。‎ ‎②当CH4和CO平衡组成为40%时，该温度下反应iii的平衡常数Kp为_____。‎ ‎【答案】 (1). CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.18kJ•mol-1 (2). < (3). O*+H*=OH*+* (4). 历程III (5). a (6). d (7). 相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c(H2O）增大，使得反应III向逆方向移动，使得CO平衡组分降低 (8). 2.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应i-反应iii即可得CO、H2合成甲醇的热化学方程式；‎ ‎(2)①根据图示△H=-0.75eV+0.37eV=-0.38eV＜0；‎ ‎②根据图示书写方程式；‎ ‎③根据图示比较每一个过程的相对能量变化值大小；‎ ‎(3)①根据平衡移动进行分析比较； ②设起始时n（CO2）=5mol，则n（H2）=15mol，根据图象，当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，所以△n（CO）=5mol×40%=2mol，△n（CH4）=5mol×40%=2mol，则：反应ii： ，‎ 反应iii：，‎ 求出平衡时各物质的物质的量，带入平衡常数K=进行计算。‎ ‎【详解】(1)反应i−反应iii即可得CO、H2合成甲醇的热化学方程式：CO(g)+2H2(g) =C H3OH(g)，计算焓变：△H=−49kJ⋅mol−1−41.17kJ⋅mol−1=−90.17kJ⋅mol−1；‎ 故答案为：CO(g)+2H2(g) =C H3OH(g)△H=−90.17kJ⋅mol−1；‎ ‎(2)①根据图示△H=−0.75eV+0.37eV=−0.38eV<0，故答案为：<；‎ ‎②根据图示，反应历程Ⅱ方框内的方程式是：O∗+H∗=OH∗，故答案为：O∗+H∗=OH∗；‎ - 19 -‎ ‎③根据图示，历程Ⅲ的过渡态Ⅲ相对能量最大，即活化能最大，所以历程Ⅲ是RWGS的控速步骤，故答案为：历程Ⅲ；‎ ‎(3)①对于反应ii，升高温度，平衡逆移，CH4、H2O的百分含量减少，对于平衡iii，升高温度，则平衡正移，CO的百分含量增加；增大压强，反应ii，平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应Ⅲ逆移，CO百分含量降低，,综上：CH4、CO的变化幅度相对较小，则表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d；‎ 故答案为：a；d；相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c(H2O）增大，使得反应III向逆方向动，使得CO平衡组分降低；‎ ‎②设起始时n(CO2)=5mol，则n(H2)=15mol，根据图象，当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，所以△n(CO)=5mol×40%=2mol，△n(CH4)=5mol×40%=2mol，则 反应ii： ，‎ 反应iii： ‎ 平衡时：n(CO2)=(5−2−2)mol=1mol，n(H2)=(15−8−2)mol=5mol，n(CO)=2mol，n(H2O)=(4+2)mol=6mol，平衡常数；‎ 故答案为：2.4。‎ ‎11.绪(Ge)是半导体元素，应用广泛，回答下列问题：‎ ‎（1）下列为Ge价电子层电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为____、_____（填选项）。‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎（2）GeH4的空间构型为____；比较与同锗族的氢化物的沸点如表所示，分析其变化规律及原因____。‎ - 19 -‎ CH4‎ SiH4‎ GeH4‎ 沸点/℃‎ ‎-161.5‎ ‎-119‎ ‎-88.1‎ ‎（3）有机锗化合物A有一定的医疗保健作用，其结构简式为CF3N=GeH2，则Ge的杂化形式为____，碳原子与其它原子结合的键的种类为_____。‎ ‎（4）Li2GeF6可以作为锂电池的电解质，则Li、Ge、F电负性由大到小的顺序为_____。‎ ‎（5）Ge晶胞如下，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)，D为(，，)。则C原子的坐标参数为_____。‎ ‎（6）氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点，晶体中锗原子与氮原子之间存在明显的s-p杂化现象，氮化锗晶体属于____晶体。一种氮化锗晶胞的球棍模型如图，晶体中n(Ge)/n(N)=____，若晶胞底面正方形的边长为anm，阿伏加德罗常数值为NA，晶体的密度为ρg/cm3，则长方体的高为____nm(列出计算式）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). 正四面体 (4). 均为分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大的，沸点越高 (5). sp2 (6). σ键（共价键） (7). F>Ge>Li (8). (，，0) (9). 原子晶体 (10). 3：4 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子占据的能级越低，能量越低，电子占据的能级越高，能量越高；根据图示可知，A能量最低，C能量最高；‎ ‎(2)锗位于第四周期第IVA族，故性质与C相似，GeH4与CH4空间结构相似，为正四面体；CH4、SiH4、GeH4均是分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大的，沸点越高；‎ - 19 -‎ ‎(3)有机锗化合物A的结构简式为CF3N=GeH2，Ge形成了双键，是平面结构，则Ge的杂化形式为sp2，碳原子与其它原子结合的键均为化学单键，是σ键；‎ ‎(4)Li2GeF6可以作为锂电池的电解质，根据元素周期律，元素周期表中F电负性最大，同周期越往右，电负性越大；同主族越往上，电负性越大；则Li、Ge、F电负性由大到小的顺序为F>Ge>Li；‎ ‎(5) D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平行侧面的平面将半个晶胞在2等分，D处于到各个面的处；所以结合Ge的晶胞图，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)，D为(，，)，C原子位于底面的中心，C原子的坐标参数为(，，0)；‎ ‎(5)氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点，符合原子晶体的特征；氮化锗晶胞中，8个氮原子位于内部，4个锗原子在棱上，10个锗原子在面上，故锗原子的个数是： ；故n(Ge)：n(N)= 3：4；晶胞底面正方形的边长为anm，阿伏加德罗常数值为NA，晶体的密度为ρg/cm3，晶胞的体积为，则长方体的高为。‎ ‎【点睛】同主族，物质的化学性质相似；物质的性质对应关系，单键对应立体结构，采取sp3杂化；双键对应平面结构，采取sp2杂化，三键或同一原子两双键对应直线结构，采取sp杂化。‎ ‎12.喹啉是合成药物的中间体，一种合成喹啉的路线如图：‎ - 19 -‎ ‎（1）A→B所需的试剂为_____。‎ ‎（2）两分子B在一定条件下生成C和乙醇，化合物B断键的位置为_____（填序号）‎ ‎（3）C→D的反应类型为_____，D→E的反应方程式是_____。‎ ‎（4）化合物G中，除亚氨基外还含有的官能团名称是_____。‎ ‎（5）F的同分异构体W能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，且能使溴水褪色，其中核磁共振氢谱峰面积比为6：1：1。W的结构简式为_____。‎ ‎（6）参照上述路线，设计以苯胺（）和制备合成路线（无机试剂任选）_____。‎ ‎【答案】 (1). 乙醇、浓硫酸 (2). ①③ (3). +H2O+CH3CH2OH或者分步写+OH-+CH3CH2OH、+H+ (4). 取代反应 (5). 碳碳双键、羰基（或酮基） (6). (7). ‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A→B是乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应；B→C是乙酸乙酯的甲基上氢原子被取代生成C；C→D是酯基与羰基之间的CH2上氢原子被取代生成D；对比D、F的结构，结合E的分子式、反应条件可知，D发生酯的水解反应、酸化生成E，E加热脱羧生成F，故E的结构简式为；F→G可以是：氨基与羰基之间发生加成反应，然后再发生消去反应；G→H可以是：苯环与羰基发生加成反应，进行异构，发生消去反应。‎ ‎【详解】(1)A→B是乙酸转化为乙酸乙酯，所需的试剂为：乙醇、浓硫酸；‎ ‎(2)两分子B在一定条件下生成C和乙醇,对比B. C的结构可知,乙酸乙酯的甲基上氢原子被取代生成C，即化合物B断键的位置为①③；‎ ‎(3)C→D是酯基与羰基之间的CH2上氢原子被替代生成D，属于取代反应；对比D、 F的结构，结合E的分子式、反应条件可知D发生酯的水解反应、酸化生成E，E加热脱羧生成F，故E的结构简式为，D→E的反应方程式是：；‎ ‎(4)化合物G中，除亚氨基外还含有的官能团名称是：碳碳双键、羰基；‎ ‎(5)F的同分异构体W能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，数目含有羧基，且W能使溴水褪色，说明还含有碳碳双键，其中核磁共振氢谱峰面积比为6:1:1，则W的结构简式为：；‎ ‎(6)由在浓硫酸条件下生成，与反应生成，碱性条件下水解生成 - 19 -‎ ‎，合成路线流程图为：。‎ - 19 -‎ - 19 -‎