【文档说明】河北省正定中学、河北正中实验中学2020届高三下学期第四次阶段质量检测化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，1.658 MB，由小赞的店铺上传

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河北正定中学/河北正中实验中学2020届高三下学期第四次阶段质量检测理科综合能力测试化学试题1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.向豆浆中加入食用氯化钙使其凝固制豆腐的原理是胶体的聚沉B.装修时用液态C

O2作溶剂的油漆代替苯作溶剂的油漆，有利于环保C.日常生活中常用合成材料涤纶是通过缩聚反应合成的D.碳纤维、光导纤维、合成纤维均属于新型无机非金属材料【答案】D【解析】【详解】A.向胶体中加入电解质溶液能

使胶体发生聚沉，因此向豆浆中加入食用氯化钙使其凝固制豆腐的原理是胶体的聚沉，故A正确；B.苯有毒，CO2无毒，因此装修时用液态CO2作溶剂的油漆代替苯作溶剂的油漆，有利于环保，故B正确；C.日常生活中常

用合成材料涤纶是通过缩聚反应合成的，故C正确；D.合成纤维是合成有机高分子材料，故D错误。综上所述，答案为D。2.斑蝥黄是一种有机颜料，其结构如图所示，下列说法正确的是A.斑蝥黄的分子式为C40H50O2B.斑蝥黄的一氯代物可能存在13种结构

（不考虑立体异构）C.斑蝥黄能发生加成反应和酯化反应D.斑蝥黄易溶于水和有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A.根据斑蝥黄的结构得出，斑蝥黄的分子式为C40H52O2，故A错误；B.斑蝥黄有对称性，有13种位置的氢，如图，

因此其一氯代物可能存在13种结构(不考虑立体异构)，故B正确；C.斑蝥黄含有碳碳双键和羰基，能发生加成反应，但不能发生酯化反应，故C错误；D.根据图示结构结合相似相容原理可知，该有机物难溶于水且为有机颜料，因此斑蝥黄难溶于水，故D错误。综上所述，答案为B。3.氯

乙烯是一种重要的有机化工原料，某化学小组利用如图装置制备氯乙烯，下列有关说法错误的是A.装置乙中发生反应的化学方程式为：CH3CH3+HCl+O2CH2=CHCl+2H2OB.装置甲可通过控制通入气体的速率来控制反应气体的物质的量之比C.装置丙的主要作用为冷凝并分离出氯乙烯D.

装置丁可以完全吸收尾气，实现尾气零排放【答案】D【解析】【分析】装置甲干燥气体并通过控制通入气体的速率来控制反应气体的物质的量之比，在乙发生反应，反应方程式为：CH3CH3+HCl+O2CH2=CHCl+2H2O，反应物不可能全部反应完，因此在丙处是混合物，丙处冷凝得到氯乙烯

液体，CH3CH3、HCl、O2三种气体通入丁处，起干燥和吸收HCl的作用，得到CH3CH3、O2两种未反应完的气体。【详解】A.根据题意可知，乙烷、HCl、O2在催化剂条件下制备氯乙烯，因此装置乙中发生反应的化学方程式为：CH3CH3+HCl+O2CH2=CHCl+2H2O，

故A正确；B.装置甲起干燥作用及可通过控制通入气体的速率来控制反应气体的物质的量之比，故B正确；C.装置丙的主要作用为冷凝并分离出氯乙烯液体，混合气体进入到丁处，故C正确；D.装置丁碱石灰只能吸收尾气中的HCl气体，而未反应完的CH3CH3不能被吸收，故D错误。综上所述

，答案为D。4.科学家经过研究发现，CO2与H2在催化剂作用下可转化成CH3OH燃料，是一种减排、环保的有效方法。该可逆反应发生过程中的能量变化如图所示，下列说法错误的是A.CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)为吸热反应B.使用催化剂x时，

正反应的活化能=△H+逆反应活化能C.其他条件一定，与其他催化剂相比，使用催化剂z时，反应物转化率可能更高D.从图中可知，选用不同的催化剂，反应的△H也不同【答案】D【解析】【详解】A.由图像可知，CO2(g)+3H2(g)CH

3OH(g)+H2O(g)为放热反应，因此其逆反应CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)为吸热反应，故A正确；B.由图像可知，使用催化剂x时，正反应的活化能−逆反应活化能=ΔH，因此正反应的活化能=ΔH+逆反应活化能，故B正确；C.使用催化剂降低反应的活化能，加快化学反应速率

，其他条件一定，使用催化剂z时，化学反应速率更快，发生副反应被消耗掉的原料就少了，反应物转化率可能更高，故C正确；D.从图中可知，选用不同的催化剂，改变了反应的活化能，但反应的ΔH不变，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】催化剂，改变了反应的活化能，但ΔH不变。5.镁电池因具有高

的安全性和低廉的价格而备受关注，我国科学家最近研发出一种新型镁电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.I室中的电解质溶液可以是稀H2SO4B.外电路中转移2mol电子时，N极质量增加24agC.离子交换膜为阳离子交换膜D.电子流向：M电极→

I室→离子交换膜→II室→N极【答案】C【解析】【详解】A.根据图中信息得出Mg为负极，镁与稀硫酸反应，所以I室中的电解质溶液不可以是稀H2SO4，故A错误；B.电池工作时，镁在负极失去电子变为镁离子进入I

室，同时II室中的镁离子嵌入正极材料，N极的电极反应式为MgxNiyCo2O2+aMg2++2ae－=Mgx+aNiyCo2O2，外电路中转移2mol电子时，N极质量增加24g，故B错误；C.I室中镁离

子进入到II室中，因此离子交换膜为阳离子交换膜，故C正确；D.电子流向：M电极→导线→N极，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】电子只能在导线中移动，不能在电解液中移动，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y的最外层电子数均是其

内层电子数的12，下列叙述正确的是A.X的单质着火时可用CO2扑灭B.简单氢化物的稳定性：Y>Z>WC.W的氧化物对应的水化物均为强酸D.YW3和Z2W2中各原子最外层均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y的最

外层电子数均是其内层电子数的12，由题意可推X为Li，Y为P，Z为S，W为Cl。【详解】A.高温下Mg与CO2反应，根据对角线规则高温下Li也能与CO2反应，故A错误；B.简单氢化物的稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故B错误；

C.Cl的氧化物对应的水化物有多种，但不都是强酸，比如HClO为弱酸，故C错误；D.判断8电子稳定结构的方法是价态绝对值加最外层电子数是否等于8。若等于8，则为8电子稳定结构，因此PCl3和S2Cl2中各原子最外层均满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛

】判断8电子稳定结构的方法是价态绝对值加最外层电子数是否等于8。7.25℃时，向盛有20mL0.1mol·L-1的NaOH溶液的绝热容器中加入pH=2的HA溶液，加入HA溶液的体积V与所得混合溶液温度T的关系如图所示。下列说法错误的是A.25℃时pH=2的HA溶液中HA的电

离度约为10%B.M点溶液中存在：c(Na+)>c(A-）>c(OH-）>c(H+）C.P点溶液中存在：3c(Na+)=2c(HA)+2c(A-)D.M→N→P的过程中水的电离程度先增大后减小，M点水电离程度小于P点【答案】B【解析

】【详解】A.酸碱中和反应是放热反应，故N点为酸碱恰好完全反应的点，则c(HA)=0.1mol∙L−1，由HA溶液的pH=2可知，HA为弱酸且HA的电离度约11molLmo0.01100%=10%lL0.

1−−，故A正确；B.M点V(HA)=10mL，NaOH被中和了一半，混合溶液中存在c(NaOH)=c(NaA)，由于A－水解导致c(OH－）＞c(A－），故B错误；C.P点溶液中溶质为NaA和HA，

浓度之比为2:1，根据物料守恒可知P点溶液中存在：3c(Na+)=2c(HA)+2c(A－)，故C正确；D.N点溶质为NaA，此时水的电离程度最大，故M→N→P的过程中水的电离程度先增大后减小，M点溶液中NaOH和P点HA的物质的量相等

，但由于P点的溶液体积更大且HA为弱酸，故P点水的电离程度大于M点，故D正确。综上所述，答案为B。8.对甲基苯乙酮是重要的化工原料，某实验小组利用如图装置制备对甲基苯乙酮。制备原理：（放热反应）。反应物和产物的相关数据列表：试剂名

称分子式分子量熔点/℃沸点/℃密度/g·mL-1甲苯C7H892－93110.60.8669乙酸酐(CH3CO)2102－73.1138.61.08对甲基苯乙酮C9H10O1342894(0.93kPa)1.0051实验步

骤：步骤1：如图所示，在100mL三颈烧瓶上安装搅拌器、仪器x和上口装有无水氯化钙的冷凝管，干燥管与一气体吸收装置相连。步骤2：三颈烧瓶中快速加入研碎的催化剂和20mL无水甲苯，在搅拌的条件下通过仪器x缓慢地滴加3.4mL醋酸酐与5mL甲苯的混合液，约需15min滴完。步

骤3：反应结束后，将三颈烧瓶在95℃时加热25~30min。步骤4：反应混合液冷却后转移到盛有30mL浓盐酸与30mL冰水的烧杯中(目的是将对甲基苯乙酮从其与铝的化合物中分离出来)，用分液漏斗分出有机层、水

层。每次用5mL甲苯萃取两次，并将所有甲苯层合并，然后依次用水、10%氢氧化钠溶液、水各10mL洗涤有机层，最后用无水硫酸镁处理。步骤5：将干燥后的溶液滤入蒸馏瓶，减压蒸馏（整套装置必须是干燥的），收集94℃(0.93kPa)馏分，得到对甲基苯乙酮4.1g。请回答下列问题：（1）仪

器x的名称为________。与普通的分液漏斗相比，本实验采用仪器x的优点为_______。（2）本实验中的氯化铝若水解则会影响催化效率，除了使用干燥管的措施外，还应该采取哪些措施防止水解_____(答两点)。（3）步骤③中最适宜的加热方式为_____。（4

）步骤④中加入10%的氢氧化钠溶液的目的为_____，加入无水硫酸镁的目的为__________。（5）步骤④中水层每次用5mL甲苯萃取两次并将所有甲苯层合并的目的为________。（6）步骤⑤中减压蒸馏时所需的冷凝装置能否选用题给装

置图中的球形冷能管_____（答“能”或“不能”）。本实验中，对甲基苯乙酮的产率为_____（结果保留2位有效数字）。【答案】(1).恒压滴液漏斗(2).平衡压强，保证反应混合液能够顺利滴下(3).药品、仪器均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要

快等(三个写两个或其他合理答案即可)(4).水浴加热(5).除去有机层中的酸性杂质(6).除去有机层中的水(7).将水层中的对甲基苯乙酮更多的萃取出来，提高产率(8).不能(9).85%【解析】【分析】⑴根据实验得知仪器x的名称，

恒压滴液漏斗可以平衡压强，保证反应混合液能够顺利滴下。⑵要防止水解，就需要在无水的环境中，因此本实验需要干燥环境。⑶步骤③温度要控制在95℃，最好采用水浴加热。⑷有机层中含有盐酸，除掉酸的过程中含有水份。⑸主要利用多次萃取提高萃取率。⑹步骤⑤中减压蒸馏时应选用直

形冷凝管；先计算甲苯的物质的量和乙酸酐的物质的量，得到理论上生成产品物质的量，再计算产品的产率。【详解】⑴根据实验得知仪器x的名称为恒压滴液漏斗，与普通的分液漏斗相比，本实验采用恒压滴液漏斗的优点为保证

反应混合液能够顺利流下；故答案为：恒压滴液漏斗；平衡压强，保证反应混合液能够顺利滴下。⑵要防止水解，就需要在无水的环境中，因此本实验中的氯化铝若水解则会影响催化效率，除了使用干燥管的措施外，还应该采取药品、仪器均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要快

等措施防止水解；故答案为：药品、仪器均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要快等(三个写两个或其他合理答案即可)。⑶步骤③温度要控制在95℃，因此最适宜的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。⑷有机层中含有盐酸，因此步骤④中加入10%的氢氧化钠

溶液的目的为除去有机层中的酸性杂质，除掉盐酸后，则物质中含有水份，因此加入无水硫酸镁的目的为除去有机层中的水；故答案为：除去有机层中的酸性杂质；除去有机层中的水。⑸步骤④中水层每次用5mL甲苯萃取两次并将所有甲苯层合并，主要利用多次萃取提高萃取率，因此其目的为将水层中的对甲基苯乙酮更多的

萃取出来，提高产率；故答案为：将水层中的对甲基苯乙酮更多的萃取出来，提高产率。⑹步骤⑤中减压蒸馏时所需的冷凝装置不能用球形冷能管，应选用直形冷凝管；甲苯的物质的量为25mL×0.8669g∙mL−1÷92g∙

mol−1=0.2356mol，乙酸酐的物质的量为3.4mL×1.08g∙mL−1÷102g∙mol−1=0.036mol，显然甲苯过量，理论上生成产品0.036mol，故产品的产率为14.1g100%85%0.036mol134gmol−；故答案

为：不能；85%。9.金属钨广泛用于冶金、机械、建筑、电子等领域。以黑钨精矿为原料冶炼钨的流程如图所示：请回答下列问题。（1）“酸浸液”中含有Fe3＋、Fe2＋等金属离子，检验其中的Fe2＋常使用铁氰化钾溶液，反应的离子方程式为_____。（2）“氨溶”时需加热，

但应控制温度不超过70℃的原因为_____。（3）“中和结晶”时(NH4)2WO4与盐酸反应生成WO3的化学方程式为_____，所得“中和液”的主要溶质的电子式为_____。（4）流程图中设计将“氨溶渣”

返回“酸浸”过程的目的为__________。（5）钨钛合金在工业中应用广泛，NH4Fe(SO4)2滴定法可测定合金中钛的含量：称取wg钨钛合金，用HNO3-HF混合液溶解，用NaOH溶液沉淀并分离钛元素后加盐酸溶解，用金属铝将Ti4＋还原为Ti3＋，向溶液中加几滴KSC

N作指示剂，用cmol/L的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定至溶液显红色，消耗标准溶液的体积为VmL。①滴定时发生反应的离子方程式是_____；②样品中钛的含量为_____%（用含w、c、V的式子表示）。【答案】(1).2[Fe(CN)6]3−+3Fe2＋=Fe3[Fe(CN)

6]2↓(2).温度过高会造成氨气大量挥发，造成氨水用量过大(3).(NH4)2WO4+2HCl=2NH4Cl+WO3↓+H2O(4).(5).将氨溶渣循环利用，提高黑钨精矿的利用率(6).Ti3++Fe3+=Ti4++

Fe2+(7).4.8cVw【解析】【分析】黑钨精矿与盐酸反应生成粗钨酸，加入氨水进行氨溶，将氨溶的氨溶渣再次酸浸，提高黑钨精矿的利用率，氨溶后得到钨酸铵，加入盐酸得到中和结晶氧化钨，用氢气还原得到钨粉。【详解】⑴“酸浸液”中含有Fe3＋、Fe2＋等

金属离子，检验其中的Fe2＋常使用铁氰化钾溶液，反应生成铁氰化亚铁沉淀，反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3−+3Fe2＋=Fe3[Fe(CN)6]2↓；故答案为：2[Fe(CN)6]3−+3Fe2＋=Fe3[Fe(CN)6

]2↓。⑵升温可以加快反应速率，但氨气易挥发，因此加热温度不能过高，“氨溶”时需加热，但应控制温度不超过70℃的原因为温度过高会造成氨气大量挥发，造成氨水用量过大；故答案为：温度过高会造成氨气大量挥发，造成氨水用量过大。⑶“中和结晶”时(NH4)2WO4与盐酸

反应生成WO3的化学方程式为(NH4)2WO4+2HCl=2NH4Cl+WO3↓+H2O，所得“中和液”的主要溶质是NH4Cl，其电子式为；故答案为：(NH4)2WO4+2HCl=2NH4Cl+WO3↓+H2O；。⑷从流程图中可

以看出将“氨溶渣”返回“酸浸”过程的目的为将氨溶渣循环利用，提高黑钨精矿的利用率；故答案为：将氨溶渣循环利用，提高黑钨精矿的利用率。⑸①滴定时Ti3+与Fe3+反应生成Ti4+和Fe2+，其发生反应的离子方程式是Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+；故答案为：Ti3++Fe3+=Ti4++F

e2+。②根据题意和方程式得到样品中钛的物质的量n(Ti3+)=cmol∙L−1×V×10−3L=cV×10−3mol，样品中钛的含量为3cV10mol48g/mo100lwg8%4.%wcV−=；故答案为：4.8cVw。10.乙烷是一种重要的化工原料，可用作制冷剂、燃料、制备乙烯的

原料。请回答下列问题：（1）已知：①C2H6(g）C2H4(g）+H2(g）ΔH1=+136.8kJ/mol②H2(g)+12O2(g）H2O(l)ΔH2=－285.8kJ/mol③C2H4(g）+3O2(g）2CO2(g）+2H2O(l);ΔH3=－1411.0kJ/mol则表征C2

H6(g)燃烧热的热化学方程式为_____。（2）1000℃时，在某刚性容器内充入一定量的C2H6，只发生反应①，已知平衡时容器中总压为2.1×105Pa，乙烷的平衡转化率为40%。①乙烷分解前容器压强为_____Pa，1000℃时，反

应①的平衡常数Kp=_____Pa[气体分压(P分)=气体总压(Pa)×物质的量分数]。②若其他条件不变，刚性容器改为体积可变的密闭容器，则达到平衡时乙烷的转化率_____40%（填“>”、“<”或“=”）。（3）乙烷催化氧化裂解法是一种新型的制备乙烯的方法：C2H6(g

）+12O2(g）C2H4(g）+H2O(g）ΔH=－149kJ/mol，①反应C2H6(g)+12O2(g）C2H4(g)+H2O(g）ΔH=－149kJ/mol的正活化能和逆活化能中较大的是________。②800℃时，控

制原料气的总物质的量一定，当C2H6和O2的物质的量之比为2:1时，乙烯的平衡产率最大，而当262n(CH)n(O)较小时，乙烯的平衡产率较低，可能的原因为_____。（4）利用电解法可将C2H6转化为多种燃料，原理如图所示。

铜电极为_____极，该电极上生成HCOOH的电极反应式为_____。【答案】(1).C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=－1560kJ·mol−1(2).1.5×105Pa(3).4

×104Pa(4).＞(5).逆活化能(6).262n(CH)n(O)较小时，C2H6发生深度氧化而导致乙烯的选择性产率降低(7).阳(8).C2H6－10e－+4H2O=2HCOOH+10H+【解析】【分析】⑴根据盖斯定律将第3个方程式相加得到C2H6(g

)燃烧热的热化学方程式。⑵①设开始时压强为p根据三段式建立，再列式计算，再根据平衡常数表达式进行计算；②若其他条件不变，该反应是体积增大的反应，刚性容器改为体积可变的密闭容器，则压强减小，向体积增大的方向移动即平衡正向移动。⑶①根据ΔH=正反应活化能－逆反应活化

能＜0得出；②氧气过量，C2H6会发生深度氧化。⑷根据图中信息可知乙烷变为CO或HCOOH，化合价升高，则为阳极。【详解】⑴根据盖斯定律将第3个方程式相加，得到C2H6(g)燃烧热的热化学方程式为C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l

)ΔH=－1560kJ·mol−1，故答案为：C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=－1560kJ·mol−1。⑵①1000℃时，假设在某刚性容器内充入一定量C2H6，只发生反应①，已知

平衡时容器中总压为2.1×105Pa，乙烷的平衡转化率为40%，设开始时压强为p。()26242CHgCHg)+Hg)((p00.4p0.4p0.4p0.6p0.4p0.4p0开始：转化：平衡：，则0.6p+0.4p+0.4p=2.1×105，解得

p=1.5×105Pa，1000℃时，反应①的平衡常数54p0.4p0.4p0.80.8pPa4Pa0.6p3.5031101K====；故答案为：1.5×105Pa；4×104Pa。②若其他条件不变，该反应是体积增大的反应，刚性容

器改为体积可变的密闭容器，则压强减小，向体积增大的方向移动即平衡正向移动，转化率增大，因此达到平衡时乙烷的转化率＞40%；故答案为：＞。⑶①反应C2H6(g)+12O2(g)C2H4(g)+H2O(g)ΔH=－149kJ·mol−1，ΔH=正反应活化能－逆反应活化能＜0，正反应活化能＜逆反应活

化能，因此正活化能和逆活化能中较大的是逆活化能；故答案为：逆活化能。②当262n(CH)n(O)较小时，乙烯的平衡产率较低，主要是C2H6发生深度氧化而导致乙烯的选择性产率降低；故答案为：262n(CH)n(O)较小时，C2H6发生深度氧化而导致乙烯的选

择性产率降低。⑷根据图中信息可知乙烷变为CO或HCOOH，化合价升高，则为阳极，因此铜电极为阳极，该电极上生成HCOOH的电极反应式为C2H6－10e－+4H2O=2HCOOH+10H+；故答案为：阳；C2H6－10e－+4H2O=2HCOOH+10H+。11.氧化石墨烯基水凝

胶是一类新型复合材料，常用Hummers法制备氧化石墨烯，具体方法为：将石墨粉和无水NaNO3混合后置于浓硫酸中并用冰浴冷却，再用KMnO4溶液进行氧化处理，最后用H2O2处理即可得到氧化石墨烯。请回答下列问题。（1）锗（Ge）元素与碳

元素同族，基态Ge原子的外围电子排布式是_____。与锗同周期且基态原子未成对电子数与Ge原子相同的元素有_____（用元素符号表示）。（2）对氧化石墨烯进行还原可得到还原氧化石墨烯，二者的结构如图所示：①还原石墨烯中碳原子的杂化形式是__________

_________。②二者当中在水溶液中溶解度更大的是____________（填物质名称），原因为__________________。（3）NaNO3中NO3－的空间构型为_____，写出两种与NO3－的互为等电子体的分子的分子式_____。（4）金属钾晶体

和金属锰晶体的三维空间堆积方式均为体心立方堆积。①上述两种晶体原子在二维平面放置方式均为_____（填“密置层”或“非密置层”）。②金属钾和金属锰的熔点分别为63℃和1244℃，金属锰的熔点高于金属钾熔点的原因为___________。（5）中国科学家首次证明了二维

冰的存在，二维冰是由两层六角冰无旋转堆垛而成，两层之间靠氢键连接，每个水分子与面内水分子形成三个氢键，与面外水分子形成一个氢键，二维冰结构的模型示意图的侧视图如图1所示，厚度为apm，俯视图如图2所示，距离最近的两个水分子间的距离为bpm，设阿伏加德罗常数的值为N，二维

冰的密度是________________g·cm−3。【答案】(1).4s24p2(2).Ti、Ni、Se(3).sp3和sp2(4).氧化石墨烯(5).氧化石墨烯中含有的羟基和羧基更多，与水分子间形

成的氢键更多，溶解度更大(6).平面三角形(7).SO3、BF3(8).非密置层(9).锰离子半径比钾离子半径小，价电子数更多，形成的金属键强(10).302A16310abN【解析】【分析】⑴锗(Ge)元素与碳元素同族，Ge原子电子排布式是1s22s22p63s23p6

3d104s24p2，锗基态原子有2个未成对电子。⑵①还原石墨烯羧基中的碳原子是3个σ键，无孤对电子，还有4个σ键的碳。②氧化石墨烯中含有的羟基和羧基比还原石墨烯多，与水分子间形成的氢键更多。⑶先计算NaNO3中NO3－的价

层电子对数，根据价电子N－=O=F+=S和B2−=N，书写与NO3－的互为等电子体的分子的分子式。⑷①提心立方堆积在二维平面放置方式均为非密置层；②锰离子半径比钾离子半径小，带电荷多，形成的金属键强。⑸结合图像可知二维冰可看做由棱长为bpm、高为ap

m的六棱柱堆积而成，先计算每个六棱柱的体积，根据均摊法得到每个六棱柱水分子个数，再氨二维冰的密度。【详解】⑴锗(Ge)元素与碳元素同族，Ge原子电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p2，基态Ge原子的

外围电子排布式是4s24p2。锗基态原子有2个未成对电子，与锗同周期且基态原子未成对电子数与Ge原子相同的元素有Ti、Ni、Se；故答案为：4s24p2；Ti、Ni、Se。⑵①还原石墨烯羧基中的碳原子是3个σ键，无孤对电子，因此

为sp2杂化，还原石墨烯还有4个σ键的碳，其杂化形式是sp3杂化；故答案为：sp3和sp2。②氧化石墨烯中含有的羟基和羧基比还原石墨烯多，与水分子间形成的氢键更多，溶解度更大，因此二者当中在水溶液中溶解度更大的是氧化石墨烯；故答案为：氧化石墨烯；氧化石墨烯中含有的羟基和羧基更多，与水分

子间形成的氢键更多，溶解度更大。⑶NaNO3中NO3－的价层电子对数13(5123)3032=++−=+=，其空间构型为平面三角形，根据价电子N－=O=F+=S和B2−=N，因此与NO3－的互为等电子体的分子的分子式SO3、

BF3；故答案为：平面三角形；SO3、BF3。⑷①上述两种晶体原子在二维平面放置方式均为非密置层；故答案为：非密置层。②锰离子半径比钾离子半径小，带电荷多，形成的金属键强，因此金属锰的熔点高于金属钾熔点；故答案为：锰离子半径比钾离子半径小，价电子数更多，形成的金属键强。⑸结合图像可

知二维冰可看做由棱长为bpm、高为apm的六棱柱堆积而成，每个六棱柱的体积为10101023031333Vb10cmb10cm6a10cmab10cm222−−−−==，根据均摊法可知每

个六棱柱平均含有水分子个数11243==，因此二维冰的密度每个六棱柱的质量11303A22303A18gmol4molm163ρ===10gcmVab33ab10cm2NN−−−−；故答案为：302A16310abN。12.有机物H是优良的溶剂，在工业上可用作洗涤剂、润滑剂，其合

成线路：已知：①;②③请回答下列问题：（1）H的名称为_______________。A的结构简式为______________________________。（2）C→D所需试剂及反应条件分别为____

___、________。（3）D→E的化学方程式为____________________________________________________。（4）F中含有官能团的名称为_________________。G→H的反应类型为

______________________。（5）符合下列条件的F的同分异构体的结构简式为_______________________________________。①能与NaHCO3溶液反应放出CO2②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9:1:1:1;（6）请

设计由和乙烯（CH2=CH2）为起始原料，制备的合成路线_______________________________________(无机试剂任选)。【答案】(1).4-甲基-2-戊醇(2).(3).乙醇

(4).浓硫酸、加热(5).(6).羧基和羰基(7).加成反应(8).或(9).【解析】【分析】A和乙炔反应生成B，再根据信息①得到A的结构为，B与高锰酸钾反应，再根据信息②得到C的结构CH3COCH2COOH，C与乙

醇在浓硫酸作用下反应生成D，D与发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，F根据信息③得到G(),G再与氢气发生加成反应。【详解】⑴根据H的结构，得到H的名称为4-甲基-2-戊醇，根据A和乙炔反应生成B，和信息①得到A的结构简式为

；故答案为：4-甲基-2-戊醇；。⑵C→D发生酯化反应，因此所需试剂及反应条件分别为乙醇、浓硫酸、加热；故答案为：乙醇；浓硫酸、加热。⑶D→E的化学方程式为；故答案为：。⑷根据F的结构得到F中含有官能团的名称为

羧基和羰基，G→H的反应类型为加成反应；故答案为：羧基和羰基；加成反应。⑸①能与NaHCO3溶液反应放出CO2说明含有羧基，②能发生银镜反应说明含有醛基，③核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9:1:1:1，符合条件的

F的同分异构体的结构简式为；故答案为：或。⑹在浓硫酸作用下发生下去反应得到，与溴发生加成反应得到，在氢氧化钠乙醇作用下发生消去反应，和乙烯发生加成反应得到，因此由和乙烯（CH2=CH2）为起始原料，制备的合成路线；故答案为

：。