高考全国1卷理综化学试题精准解析Word版 17页

‎2016年普通高等学校全国统一考试（新课标Ⅰ）‎ 理科综合能力测试（化学）‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1　‎C 12　N 14　O 16　Na 23　Cl 35.5　K 39　Cr 52　Mn 55　Ge 73　Ag 108‎ 一、选择题（在四个选项中，只有一项是符合题目要求的。每小题6分，共42分）‎ ‎7．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）‎ A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%‎ ‎【解答】选D．解：A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用于鉴别蛋白质类物质，故A正确；‎ B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，故B正确；‎ C．加热可导致蛋白质变性，流感病毒是蛋白质，故C正确；‎ D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误． ‎ ‎8．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．‎14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1mol N2与4mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，‎2.24L CCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【解答】选A．解：A‎.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量==1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；‎ B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，故B错误；‎ C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C错误；‎ D．标准状况下，四氯化碳不是气体，‎2.24L CCl4含物质的量不是0.1mol，故D错误；‎ ‎9．下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）‎ A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷 B．由乙烯生成乙醇属于加成反应 C．C4H9Cl有3中同分异构体 D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物 ‎【解答】选B．解：A．异丁烷含有4个C原子，2﹣甲基丁烷含有5个C原子，故A错误；‎ B．乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，故B正确；‎ C．同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象， C4H9Cl的同分异构体共有4种，故C错误；‎ D．油脂不是高分子化合物，故D错误；‎ ‎10．下列实验操作能达到实验目的是（　　）‎ A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物 B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2‎ ‎【解答】选C．解：A．互不相溶的液体采用分液方法分离，乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液不互溶，应该采用分液方法分离，用到的仪器是分液漏斗，故A错误；‎ B．NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；‎ C．FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe（OH）3而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；‎ D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误；‎ ‎11．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣‎ 可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的是（　　）‎ A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低 D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成 ‎【解答】选B．解：A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；‎ B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，使得氢离子浓度增大，与硫酸根离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，使得氢氧根离子浓度增大，与钠离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；‎ C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；‎ D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误．‎ ‎12． 298K时，在20.0mL 0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示．已知0.10mol•L﹣1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B．M点对应的盐酸体积为20.0mL C．M点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）‎ D．N点处的溶液中pH＜12‎ ‎【解答】选D．解：A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以氨水滴定盐酸需要甲基橙作指示剂，故A错误；‎ B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；‎ C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），该点溶液中溶质为氯化铵，铵根离子水解而促进水电离，但水的电离程度较小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故C错误；‎ D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%1.32×10﹣3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10﹣10mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；‎ ‎13．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01mol•L﹣1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物．上述物质的转化关系如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子半径的大小W＜X＜Y B．元素的非金属性Z＞X＞Y C．Y的氢化物常温常压下为液态 D．X的最高价氧化物的水化物为强酸 ‎【解答】选：C．解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，0.01mol•L﹣1r溶液的pH为2，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素．‎ A．所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径W（H）＜Y（O）＜X（C），故A错误；‎ B．氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性Y（O）＞Z（Cl）＞X（C），故B错误；‎ C．氧元素氢化物为水，常温下为液态，故C正确；‎ D．X的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D错误．‎ 二、解答题必选题（共3小题，满分43分）‎ ‎26．（14分）氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2．某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究．回答下列问题：‎ ‎（1）氨气的制备 ‎①氨气的发生装置可以选择上图中的　A　，反应的化学方程式为　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　．‎ ‎②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→　d→c→f→e→i　（按气流方向，用小写字母表示）．‎ ‎（2）氨气与二氧化氮的反应 将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）．在一定温度下按图示装置进行实验．‎ 操作步骤 实验现象 解释原因 打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ‎①Y管中　红棕色气体慢慢变浅 ‎②反应的化学方程式 ‎8NH3+6NO27N2+12H2O 将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚 打开K2‎ ‎③　Z中NaOH溶液产生倒吸现象 ‎④　反应后气体分子数减少，Y管压强小于外压 ‎【解答】解：（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：A；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为：d→c→f→e→i；‎ ‎（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；‎ ‎8NH3+6NO2=7N2+12H2O该反应是气体体积减小的反应，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；故答案为：‎ 操作步骤 实验现象 解释原因 打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ‎①红棕色气体慢慢变浅 ‎②反应的化学方程式 ‎8NH3+6NO2=7N2+12H2O 将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚 打开K2‎ ‎③Z中NaOH溶液产生倒吸现象 ‎④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压 ‎27．（15分）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4﹣（绿色）、Cr2O72﹣（橙红色）、CrO42﹣（黄色）等形式存在，Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：‎ ‎（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是　蓝紫色溶液变浅，同时又灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液　．‎ ‎（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化．室温下，初始浓度为1.0mol•L﹣1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72﹣）随c（H+）的变化如图所示．‎ ‎①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应　2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O　．‎ ‎②由图可知，溶液酸性增大，CrO42﹣的平衡转化率　增大　（填“增大“减小”或“不变”）．根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为　1.0×1014　．‎ ‎③升高温度，溶液中CrO42﹣的平衡转化率减小，则该反应的△H　＜0　（填“大于”“小于”或“等于”）．‎ ‎（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，利用Ag+与CrO42﹣生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点．当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为　2.0×10﹣5　mol•L﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）等于　5×10﹣3　mol•L﹣1．（已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10﹣12和2.0×10﹣10）．‎ ‎（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式为　5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O　．‎ ‎【解答】解：（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成Cr（OH）3灰蓝色沉淀，继续加入NaOH后沉淀溶解，生成绿色Cr（OH）4﹣；故答案为：蓝紫色溶液变浅，同时又灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；‎ ‎（2）①随着H+浓度的增大，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣的离子反应式为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，故答案为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；‎ ‎②溶液酸性增大，平衡2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O正向进行，CrO42﹣的平衡转化率增大；A点Cr2O72﹣的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知CrO42﹣的浓度为0.5mol/L，H+浓度为1×10﹣7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为 K===1.0×1014，故答案为：1.0×1014；‎ ‎③升高温度，溶液中CrO42﹣的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H＜0，故答案为：＜；‎ ‎（3）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10，计算得到c（Ag+）===2.0×10﹣5mol/L 此时溶液中c（CrO42﹣）===5.0×10﹣3mol/L，‎ 故答案为：2.0×10﹣5 ；5.0×10﹣3；‎ ‎（4）利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，发生反应的离子方程式为：5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O，故答案为：5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O．‎ ‎28．（14分）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）NaClO2中Cl的化合价为　+3价　．‎ ‎（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式　2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2↑　．‎ ‎（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为　NaOH溶液　、　Na2CO3溶液　．“电解”中阴极反应的主要产物是　ClO2﹣（或NaClO2）　．‎ ‎（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　2：1　，该反应中氧化产物是　O2　．‎ ‎（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力．NaClO2的有效氯含量为　1.57　．（计算结果保留两位小数）‎ ‎【解答】解：（1）在NaClO2中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；‎ ‎（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠根据电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑；‎ ‎（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2﹣，阳极Cl﹣失电子生成Cl2．故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；ClO2﹣（或NaClO2）；‎ ‎（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2﹣，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2﹣，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；O2；‎ ‎（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl﹣～4e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×‎71g/mol=‎1.57g，故答案为：‎1.57g．‎ 三．选考题（共15分）请考生从给出的3道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎ 11．[化学--选修2：化学与技术]（15分）‎ 高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等．以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是　增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率　．‎ ‎（2）“平炉”中发生的化学方程式为　2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O　．‎ ‎（3）“平炉”中需要加压，其目的是　提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率　．‎ ‎（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺．‎ ‎①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和　KHCO3　（写化学式）．‎ ‎②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为　MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣　‎ ‎，阴极逸出的气体是　H2　．‎ ‎③“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为　3：2　．‎ ‎（5）高锰酸钾纯度的测定：称取‎1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀．取浓度为0.2000mol•L﹣1的H‎2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为　95.62%　（列出计算式即可，已知2MnO4﹣+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．‎ ‎【解答】解：（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是增大接触面积加快反应速率，提高原料利用率．‎ 故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；‎ ‎（2）流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，‎ 故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；‎ ‎（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率．‎ 故答案为：提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；‎ ‎（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，二氧化碳在碱性溶液中生成碳酸氢钾，化学式为：KHCO3，故答案为：KHCO3；‎ ‎②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42﹣失去电子，发生氧化反应，产生MnO4﹣．电极反应式是：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，‎ 故答案为：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；H2；‎ ‎③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4的理论利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中K2MnO4的理论利用率是，所以二者的理论利用率之比为3：2，故答案为：3：2；‎ ‎（5）依据离子方程式2MnO4﹣+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 可知KMnO4与草酸反应的定量关系是2KMnO4～5H‎2C2O4，‎ 配制溶液浓度为c=mol/L，‎ ‎1.0800g样品中含有KMnO4的物质的量n=×mol=0.006536mol，‎ KMnO4的质量m=0.006536mol×‎158g/mol=‎1.03269g，‎ 纯度为：×100%=95.62%，故答案为：95.62%．‎ ‎ 12．[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）‎ 锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：‎ ‎（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　3d104s24p2　，有　2　个未成对电子．‎ ‎（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分析，原因是　Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p﹣p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键　．‎ ‎（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因　GeCl4、GeBr4、GeI4都属于分子晶体，相对分子质量GeCl4＜GeBr4＜GeI4，分子间作用力增强，熔沸点依次升高　．‎ GeCl4‎ GeBr4‎ GeI4‎ 熔点/℃‎ ‎﹣49.5‎ ‎26‎ ‎146‎ 沸点/℃‎ ‎83.1‎ ‎186‎ 约400‎ ‎（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是　O＞Ge＞Zn　．‎ ‎（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为　sp3　，微粒之间存在的作用力是　共价键　．‎ ‎（6）晶胞有两个基本要素：‎ ‎①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0）．则D原子的坐标参数为　（，，）　．‎ ‎②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为　　g•cm﹣3（列出计算式即可）．‎ ‎【解答】解：（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，在最外层的4s能级上2个电子为成对电子，4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内，有2轨道未成对电子，故答案为：3d104s24p2；2；‎ ‎（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，Ge原子之间难以形成双键或叁键，‎ 故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p﹣p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；‎ ‎（3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故答案为：GeCl4、GeBr4、GeI4都属于分子晶体，相对分子质量GeCl4＜GeBr4＜GeI4，分子间作用力增强，熔沸点升高，故答案为：GeCl4、GeBr4、GeI4都属于分子晶体，相对分子质量GeCl4＜GeBr4＜GeI4，分子间作用力增强，熔沸点升高；‎ ‎（4）元素非金属性：Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge＞Zn，故答案为：O＞Ge＞Zn；‎ ‎（5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；共价键；‎ ‎（6）①D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原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等等份，可知D处于到各个面的处，则D原子的坐标参数为（，，），故答案为：（，，）；‎ ‎②晶胞中Ge原子数目为4+8×+6×=8，结合阿伏伽德罗常数，可知出晶胞的质量为，晶胞参数a=565.76pm，其密度为÷（565.76×10﹣‎10 cm）3=g•cm﹣3，故答案为：．‎ ‎13．[化学--选修5：有机化学基础]（15分）‎ 秸秆（含多糖物质）的综合应用具有重要的意义．下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）下列关于糖类的说法正确的是　cd　．（填标号）‎ a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式 b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖 c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全 d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物 ‎（2）B生成C的反应类型为　酯化反应或取代反应　．‎ ‎（3）D中官能团名称为　酯基、碳碳双键　，D生成E的反应类型为　氧化反应　．‎ ‎（4）F 的化学名称是　己二酸　，由F生成G的化学方程式为　nHOOC（CH2）4COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH+（2n﹣1）H2O　．‎ ‎（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，W共有　12　种（不含立体结构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为　　．‎ ‎（6）参照上述合成路线，以（反，反）﹣2，4﹣己二烯和C2H4为原料（无机试剂任选），设计制备对二苯二甲酸的合成路线　　．‎ ‎【解答】解：（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm形式，如脱氧核糖（C6H10O4），故a错误；‎ b．葡萄糖与果糖互为同分异构体，但麦芽糖水解生成葡萄糖，故b错误；‎ c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，再加入使碘溶液不变蓝，说明淀粉完全水解，故c正确；‎ d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物，故d正确，故选：cd；‎ ‎（2）B与甲醇发生酯化反应生成C，属于取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；‎ ‎（3）由D的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键，D脱去2分子氢气形成苯环得到E，属于氧化反应，故答案为：酯基、碳碳双键；氧化反应；‎ ‎（4）F的名称为己二酸，己二酸与1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成，反应方程式为：HOOC（CH2）4COOH+HOCH2CH2CH2CH2OH+（2n﹣1）H2O，‎ 故答案为：己二酸；HOOC（CH2）4COOH+HOCH2CH2CH2CH2OH+（2n﹣1）H2O；‎ ‎（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2个羧基，2个取代基为﹣COOH、﹣CH2CH2COOH，或者为﹣COOH、﹣CH（CH3）COOH，或者为﹣CH2COOH、﹣CH2COOH，或者﹣CH3、﹣CH（COOH）2，各有邻、间、对三种，共有12种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为：，‎ 故答案为：12；；‎ ‎（6）（反，反）﹣2，4﹣己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，合成路线流程图为：，‎ 故答案为：．‎