【文档说明】广东省茂名市2020届高三第一次综合测试理综化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.041 MB，由小赞的店铺上传

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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-lLi-7C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5F

e-56I-127Ge-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.AB.BC.CD.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。【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40mLCl

2，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-1B.图l注射器中n(ClO-)小于图IIC.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，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：-1-1101

0.048.31273+200.090.0molL=m2olL，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>YC.最高价氧化物对应的

水化物的酸性：Q<YD.Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物【答案】D【解析】【分析】根据题目信息均是前20号元素，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，又形成如图所示离子化合物，可知Y是碳（C），X是氢（H），Z是氧（O），Q是硫（S），W是钾（K），可解答。【详解】A．WX

是KH，是离子化合物，故A错误；B．同周期，序数越大，半径越小，故原子半径关系为：W>Y>Z，B错误；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：--2ZnO+2e+HO=Zn+2OH，有-OH生成，pH增大，故C错误；D．充电时，石墨

电极发生反应：---33Br-2e=Br，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10-6B.NaHS溶液中，c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)C.当体系呈中性时，-2c(HS)c(HS)>+-2-c(Na)c(HS)+2c(S)

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】根据多元弱酸的电离，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)=2cHcHScHS=c(H+)=10−6.9，数量级为10-7，故A错误；B．c(HS-)和c(S2-)时，Ka2(H2S)=

2cHcScHS=c(H+)=10−13，NaHS溶液中，Kh=12WaKKHS=146.91010=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)，故B错误；C．溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，c(HS−)>c(H2S)，则-2c(HS)c(HS)>1、根据电荷守恒得c(Na+)=c(HS−)+2c(S2−)，所以+-2-c(Na)c(HS)+2c(S)=1，则-2c(HS)c(HS)>+-2-c(Na)c(HS)

+2c(S)，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•xH2

O↓+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、C

O、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：2424-1-35FeCOxHO3KMnO5144+18xg3mol00.0100molL12.00L105.18g，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。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KNH4

Cl、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).V

2O5+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↑+MoO

3+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V

2O5+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑、MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑、Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑，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，该过程的化学方程式是（NH4）2MoO4+3H22NH3↑+Mo+4H2O或者（NH4）2MoO42NH

3↑+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)C

O(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：

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22nHnCO=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：-122

42COg+CHg+2HOgΔH=4Hg165.0kJm-ol2824变化量，反应iii：-1222COg+HgCOg+HOgH=+41.17kJmol2222变化量，求出平衡时各物质的物质的量，带入平衡常数K

=222222222pCOpHOcCOcHOnCOnHOpCOpHc×××=COcHnC×O××nH=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)=CH3OH(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)=CH3OH(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∗；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)=5m

ol×40%=2mol，△n(CH4)=5mol×40%=2mol，则反应ii：-12242COg+CHg+2HOgΔH=4Hg165.0kJm-ol2824变化量，反应iii：-1

222COg+HgCOg+HOgH=+41.17kJmol2222变化量平衡时：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222222222×××26====2.4××pCOpHOcCOcHOnCOnHOK=pCOpHcCOcH×15nCOnH；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____。CH4SiH4GeH4

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(12，0，12)，D为(14，14，14)。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).(12，12，0)(9).原子晶体(10).3：4(11).212A550×10ρaN【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；(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14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(12，0，12)，D为(14，14，14)，C原子位于底面的中心，C原子的坐标参数为(12，12，0)；(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：114+10=642；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AAA2

733+144mNM550V====ρρNρNρN，则长方体的高为212A550×10ρaN。【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：（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（）和制备的合成路线（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).【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，合成路线流程图为：。