2022屆貴州省貴陽市五校高三（下）聯(lián)考理科綜合化學(xué)試題

14/1515/15/貴陽市五校2022屆高三年級聯(lián)合考試(五)理科綜合試卷化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Ge-73Ba-137一、選擇題：每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2020年11月24日，嫦娥五號探測器發(fā)射圓滿成功，開啟我國首次地外天體采樣返回之旅。探月工程所選用的新材料與化學(xué)有密切相關(guān)。下列敘述正確的是A.登月中，所用北斗系統(tǒng)的導(dǎo)航衛(wèi)星，其計算機的芯片材料是高純度二氧化硅B.用于光學(xué)望遠鏡的高致密碳化硅特種陶瓷材料，是一種傳統(tǒng)無機非金屬材料C.面對高空低壓的環(huán)境，所使用的碳纖維是一種有機高分子材料D.嫦娥五號探測器在月球表面展示的國旗，其材料要求具有耐高低溫、防靜電等多種特性，所用的高性能芳綸纖維材料是復(fù)合材料【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．計算機的芯片材料是高純度單質(zhì)硅，故A錯誤；B．碳化硅陶瓷材料是一種新型無機非金屬材料，故B錯誤；C．碳纖維是由碳元素組成的一種特種纖維，屬于無機材料，故C錯誤；D．月球表面沒有大氣層，晝夜溫差極大，因此國旗材料要求具有耐高低溫、防靜電等多種特性，故D正確；故選D。2.以電解飽和食鹽水為基礎(chǔ)制取氯氣等產(chǎn)品的工業(yè)稱為氯堿工業(yè)。氯及其化合物廣泛應(yīng)用于日常生活中，例如常用的“84”消毒液(含NaClO)、“潔廁靈”(含鹽酸)等，“84”消毒液與“潔廁靈”不能混合使用。下列有關(guān)含氯物質(zhì)制備及應(yīng)用相關(guān)反應(yīng)的離子方程式不正確的是A.用氯氣制氯水：Cl2+H2OCl-+ClO-+2H+B.用“潔廁靈”清除污垢中的碳酸鈣：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC.用氯氣和氫氧化鈉溶液制消毒液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.工業(yè)上用電解NaCl溶液制Cl2：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．氯氣與水反應(yīng)生成的HClO是弱酸，離子方程式中不能拆開，離子方程式應(yīng)為，A項符合題意；B．潔廁靈的有效成分是鹽酸，該離子方程式正確，B項不符合題意；C．氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，該離子方程式正確，C項不符合題意；D．電解氯化鈉溶液生成氫氣、氯氣、氫氧化鈉，該離子方程式正確，D項不符合題意；故正確選項為A【點睛】離子方程式中應(yīng)當拆開的物質(zhì)有強酸、強堿、可溶性鹽；應(yīng)當遵循元素守恒、電荷守恒、得失電子守恒3.紫花前胡醇()可從中藥材當歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫力。有關(guān)該化合物，下列敘述錯誤的是A.分子式為C14H14O4B.能使酸性高錳酸鉀溶液變色C.能夠發(fā)生消去反應(yīng)生成雙鍵D.水解反應(yīng)的產(chǎn)物能與2mol燒堿反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，紫花前胡醇的分子式為C14H14O4，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，紫花前胡醇分子中含有的碳碳雙鍵和醇羥基能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，時溶液褪色，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，紫花前胡醇分子中與羥基相連的碳原子的鄰碳原子上連有氫原子，一定條件能發(fā)生消去反應(yīng)形成碳碳雙鍵，故D正確；D．未明確紫花前胡醇的物質(zhì)的量，無法計算紫花前胡醇水解產(chǎn)物中酚羥基、羧基的物質(zhì)的量和消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量，故D錯誤；故選D。4.阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則下列說法正確的是A.1molFe與1molCl2完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NAB.標準狀況下，18gH2O含有的中子數(shù)為8NAC.標準狀況下，22.4L的HF中含有的HF分子數(shù)為NAD.50mL18mol·L-1濃硫酸與足量銅微熱反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.8NA【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．由反應(yīng)可知1molFe與1.5molCl2才能完全反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，故A錯；B．標準狀況下，18gH2O的物質(zhì)的量為1mol，由于H2O中H原子無中子，1個O原子中含8個中子，所以1molH2O中所含的中子數(shù)為8NA，故選B；C．標況下HF為液體，所以不能用氣體摩爾體積進行相關(guān)計算，故C錯；D．隨著反應(yīng)的進行，濃硫酸濃度會降低，即稀硫酸與Cu不反應(yīng)，硫酸未完全反應(yīng)，所以無法計算該反應(yīng)所轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故D錯。答案選B5.為探究SO2與Fe3+間是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)，按如圖所示裝置進行實驗(夾持、加熱儀器略)，下列說法正確的是A.A中的反應(yīng)僅體現(xiàn)了濃硫酸的氧化性B.試劑a為飽和NaHCO3溶液C.C中溶液pH降低，證明Fe3+氧化了SO2D.檢驗C中的溶液含有Fe2+，證明Fe3+氧化了SO2【答案】D【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中銅和濃硫酸共熱反應(yīng)制備二氧化硫，裝置B中盛有的飽和亞硫酸氫鈉溶液用于除去二氧化硫中的酸性雜質(zhì)，裝置C用于驗證二氧化硫與鐵離子是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)，尾氣處理主要是吸收未反應(yīng)的二氧化硫，防止污染空氣?！驹斀狻緼．銅和濃硫酸共熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)中濃硫酸表現(xiàn)酸性和強氧化性，故A錯誤；B．由分析可知，試劑a為飽和亞硫酸氫鈉溶液，作用是除去二氧化硫中的酸性雜質(zhì)，防止干擾實驗，故B錯誤；C．二氧化硫溶于水生成亞硫酸，會使溶液中氫離子濃度增大，溶液pH降低，則溶液pH降低不能證明鐵離子氧化了二氧化硫，故C錯誤；D．若溶液中含有亞鐵離子，說明鐵元素化合價降低被還原，鐵離子做了反應(yīng)的氧化劑，將二氧化硫氧化，故D正確；故選D。6.一種礦石[Y3Z2X5(XW)4]的組成元素W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分別位于不同周期，其中Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半，1個W2X分子含有10個電子。下列說法正確的是A.Z的最高價氧化物不能與酸、堿反應(yīng)B.Y與X可形成共價化合物C.原子半徑：Y＞Z＞X＞W(wǎng)D.簡單氫化物的沸點：Z＞X【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分別位于不同周期，則W為H元素；X位于第二周期，Z位于第三周期，1個W2X分子含有10個電子，則X為O元素；Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半，Z最外層有4個電子，Z為Si元素；Y3Z2X5(XW)4的化學(xué)式為Y3Si2O5(OH)4，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0可知，Y顯+2價，為Mg元素，綜上所述，W、X、Y、Z分別為H、O、Mg、Si?！驹斀狻緼．Z為Si元素，Si的最高價氧化物的水化物為H2SiO3，H2SiO3為弱酸，可以與堿反應(yīng)，A錯誤；B．Y為Mg元素，為活潑的金屬元素，X為O元素，是活潑的非金屬性元素，Y與X形成的MgO為離子化合物，B錯誤；C．同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，則原子半徑：Mg＞Si＞O＞H，C正確；D．水分子間能夠形成氫鍵，因此簡單氫化物的沸點H2O＞SiH4，D錯誤；故選C。7.常溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中持續(xù)通入CO2。通入CO2的體積(V)與溶液中水電離出的c(OH-)的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是A.a點溶液中：水電離出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B.b點溶液中：c(H+)=1×10-10mol·L-1C.c點溶液中：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)D.d點溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．a(chǎn)點溶液中的溶質(zhì)是NaOH，水電離出的c(H+)=10-pH=1×10-10mol·L-1，A正確；B．常溫下，c(H+)=c水(OH-)=1×10-mmol/L，B正確；C．c點溶液中，當水電離出的OH-離子濃度最大時，說明此時的溶液是碳酸鈉溶液﹐碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子但程度較小，所以離子濃度大小順序是c(Na+)>c(CO)>c(HCO)，C錯誤；D．d點溶液中，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正確；故合理選項是C。三、非選擇題(一)必考題8.亞硝酸鈉(NaNO2)是一種工業(yè)鹽，實驗室可用如圖裝置(略去部分夾持儀器)制備。已知：①；②；③；④酸性條件下，NO和都能與反應(yīng)生成和；能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。(1)加熱裝置A前，先通一段時間N2，目的是_______；(2)裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；(3)實驗結(jié)束后，B瓶溶液中溶質(zhì)的主要成分是_______(填化學(xué)式)。(4)儀器C中盛放的藥品為_______(填名稱)。(5)充分反應(yīng)后，檢驗裝置D中產(chǎn)物的方法是：取產(chǎn)物少許置于試管中，_______，則產(chǎn)物是NaNO2(注明試劑、現(xiàn)象)。(6)裝置F的作用是_______；(7)為測定亞硝酸鈉的含量，稱取4.000g樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，再向錐形瓶中加入0.1000molL酸性KMnO4溶液20.00mL，兩者恰好完全反應(yīng)。計算所得固體中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)_______。(寫出計算過程)【答案】①.排出裝置中的空氣，防止NO被氧化，避免生成的亞硝酸鈉中混有雜質(zhì)②.③.，④.堿石灰⑤.加入稀硫酸(或稀鹽酸)，溶液中有氣泡產(chǎn)生且在試管上方變成紅棕色氣體⑥.吸收尾氣NO，防止污染空氣⑦.86.25%【解析】【分析】裝置A中發(fā)生反應(yīng)是濃硝酸和木炭加熱反應(yīng)生成二氧化碳、二氧化氮和水，裝置A中生成的二氧化氮進入裝置B生成硝酸，B中發(fā)生反應(yīng)3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O，實驗結(jié)束后，實驗結(jié)束后，B瓶溶液中溶質(zhì)的主要成分是，，儀器C為干燥管，利用其中的堿石灰來干燥一氧化氮氣體和吸收二氧化碳氣體，D中發(fā)生2NO+Na2O2=2NaNO2；E為球形干燥管，防止F中的水蒸氣進入D中與過氧化鈉反應(yīng)，F(xiàn)為尾氣處理3MnO+5NO+4H＋=5NO+3Mn2＋+2H2O。【詳解】(1)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應(yīng)生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發(fā)生反應(yīng)，NO能與空氣中的氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，裝置中無空氣存在，加熱裝置A前，先通一段時間N2，目的是排出裝置中的空氣，防止NO被氧化，避免生成的亞硝酸鈉中混有雜質(zhì)；故答案為：排出裝置中的空氣，防止NO被氧化，避免生成的亞硝酸鈉中混有雜質(zhì)；(2)裝置A中發(fā)生反應(yīng)濃硝酸和木炭加熱反應(yīng)生成二氧化碳、二氧化氮和水，化學(xué)方程式為；故答案為：；(3)裝置A中生成的二氧化氮進入裝置B生成硝酸，B中發(fā)生反應(yīng)3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O，實驗結(jié)束后，B瓶溶液中溶質(zhì)的主要成分是，(填化學(xué)式)。故答案為：，；(4)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應(yīng)生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發(fā)生反應(yīng)，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，儀器C為干燥管，利用其中的堿石灰來干燥一氧化氮氣體和吸收二氧化碳氣體。儀器C中盛放的藥品為堿石灰。故答案為：堿石灰；(5)已知3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反應(yīng)生成的一氧化氮遇到空氣會生成紅棕色氣體二氧化氮，充分反應(yīng)后，檢驗裝置D中產(chǎn)物的方法是：取產(chǎn)物少許置于試管中加入稀硫酸（或稀鹽酸），溶液中有氣泡產(chǎn)生且在試管口上方出現(xiàn)紅棕色氣體，證明產(chǎn)物是NaNO2。(6)裝置F的作用是：吸收尾氣NO，防止污染空氣；故答案為：吸收尾氣NO，防止污染空氣；(7)為測定亞硝酸鈉的含量，稱取4.000g樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，再向錐形瓶中加入0.1000molL酸性KMnO4溶液20.00mL，25mL樣品消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，則250mL樣品溶液會消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.002mol×=0.02mol，根據(jù)化合價變化可得反應(yīng)關(guān)系式：2MnO～5NO，則4.000g樣品中含有亞硝酸鈉的物質(zhì)的量為0.02mol×=0.05mol，質(zhì)量為69g/mol×0.05mol=3.45g，所得固體中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)為：×100%=86.25%。故答案為：86.25%。9.某工廠“對制革工業(yè)污泥中Cr(III)回收與再利用工藝如圖(硫酸浸取液中金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+)：部分陽離子常溫下以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：陽離子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cu2+Cr3+Ca2+開始沉淀時pH1.97.0_____4.7_____完全沉淀時pH3.29.011.18679(>9溶解)123（1）實驗室用18.4mol?L-1的濃硫酸配制250mL4.8mol?L-1的硫酸溶液，所用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和移液管(一種能精確量取一定體積液體的儀器)外，還需___________。（2）酸浸時，為了提高浸取率可采取的措施是___________(至少兩條)。（3）加入H2O2的作用是___________，反應(yīng)的離子方程式為___________（4）鈉離子交換樹脂的原理為Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交換的雜質(zhì)離子是___________。（5）還原過程發(fā)生以下反應(yīng)(請完成)：___________。_______Na2Cr2O7+SO2+()=_______Cr(OH)(H2O)5SO4+_______Na2SO4（6）從流程的濾液中可回收的主要物質(zhì)是___________【答案】（1）250mL容量瓶、膠頭滴管（2）升高反應(yīng)溫度、攪拌或增加浸取時間（3）①.將Cr3+氧化為Cr2O②.2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+（4）Ca2+、Mg2+（5）Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4+Na2SO4（6）Na2SO4【解析】【分析】由題給信息和流程可知，硫酸浸取液中金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+，向浸取液中先加入過氧化氫溶液，將Cr3+離子氧化為Cr2O離子，再加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為8，將鐵離子和鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀和氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有Na+、Cr2O、Ca2+、Mg2+的濾液；濾液通過鈉離子交換樹脂得到除去Ca2+、Mg2+的離子交換液，向離子交換液中通入二氧化硫，將Na2Cr2O7還原為Cr(OH)(H2O)5SO4。【小問1詳解】用18.4mol?L-1的濃硫酸配制250mL4.8mol?L-1的硫酸溶液時用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、移液管、250mL容量瓶、膠頭滴管，則還缺少的儀器為250mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：250mL容量瓶、膠頭滴管；【小問2詳解】酸浸時，在稀硫酸濃度一定的條件下，可以通過升高反應(yīng)溫度、攪拌、增加浸取時間等措施提高浸取率，故答案為：反應(yīng)溫度、攪拌或增加浸取時間；【小問3詳解】由分析可知，加入過氧化氫溶液的目的是將Cr3+離子氧化為Cr2O離子，便于加入氫氧化鈉溶液時，將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，氧化Cr3+離子的離子方程式為2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+，故答案為：將Cr3+氧化為Cr2O；2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+；【小問4詳解】由分析可知，濾液通過鈉離子交換樹脂除去Ca2+、Mg2+的離子交換液，故答案為：Ca2+、Mg2+；【小問5詳解】由未配平的化學(xué)方程式可知，具有還原性的二氧化硫與重鉻酸鈉溶液反應(yīng)生成Cr(OH)(H2O)5SO4和Na2SO4，則配平的化學(xué)方程式為Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4+Na2SO4，故答案為：Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4+Na2SO4；【小問6詳解】由濾液經(jīng)離子交換和還原步驟得到Cr(OH)(H2O)5SO4和Na2SO4可知，濾液中可回收的主要物質(zhì)是硫酸鈉，故答案為：Na2SO4。10.請運用化學(xué)反應(yīng)原理的相關(guān)知識回答下列問題：(1)焦炭可用于制取水煤氣。測得12g碳與水蒸氣完全反應(yīng)生成水煤氣時，吸收了131.6kJ熱量。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為___________，該反應(yīng)在___________條件下能自發(fā)進行(選填“高溫”、“低溫”或“任意溫度”)。(2)CO是有毒的還原性氣體，工業(yè)上有重要的應(yīng)用。CO是高爐煉鐵的還原劑，其主要反應(yīng)為：Fe2O3(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=akJ?mol-1①已知：Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH1=+489.0kJ?mol-1C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ?mol-1則a=___________。②溫度升高后，K值___________(選填“增大”、“不變”或“減小”)。③在T℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=64，在恒容密閉容器甲和乙中，分別按下表所示加入物質(zhì)，反應(yīng)經(jīng)過一段時間后達到平衡。Fe2O3COFeCO2甲/mol101.01.01.0乙/mol1.02.01.01.0下列說法正確的是___________(填字母)a、若容器內(nèi)氣體密度恒定時，標志反應(yīng)達到平衡狀態(tài)b、甲容器中CO的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，大于乙c、甲、乙容器中，CO的平衡濃度之比為2∶3d、由于容器的體積未知，所以無法計算該條件下甲容器中CO的平衡轉(zhuǎn)化率(3)甲醇(CH3OH)燃料電池是以鉑為電極，以KOH溶液為電解質(zhì)溶液，在兩極區(qū)分別加入CH3OH和O2即可產(chǎn)生電流。負極的電極反應(yīng)是___________?！敬鸢浮竣?C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.6kJ/mol②.高溫③.-28.5④.減小⑤.a⑥.CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O【解析】【詳解】(1)12g碳(1mol)與水蒸氣完全反應(yīng)生成水煤氣時，吸收了131.6kJ熱量，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.6kJ/mol。氣體總分子數(shù)增加，則該反應(yīng)的>0，由于正反應(yīng)吸熱，>0，則在高溫下小于0，該反應(yīng)在高溫條件下能自發(fā)進行，故答案為：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)=+131.6kJ/mol；高溫；(2)①已知：ⅰ.Fe2O3(s)+3C(石墨)＝2Fe(s)+3CO(g)ΔH1=+489.0kJ?mol－1ⅱ.C(石墨)+CO2(g)＝2CO(g)ΔH2=+172.5kJ?mol－1則根據(jù)蓋斯定律可知?。ⅰ?即得到Fe2O3(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO2(g)，所以a＝489.0－172.5×3＝－28.5，故答案為：－28.5；②Fe2O3(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO2(g)的正反應(yīng)放熱，溫度升高后平衡逆向移動，K值減小，故答案為：減?。虎踑．反應(yīng)前后容器容積不變，但平衡前氣體的質(zhì)量是變化的，因此容器內(nèi)氣體密度恒定時，氣體的質(zhì)量不變，則標志反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，a正確；b．依據(jù)三段式可知由于反應(yīng)前后體積不變，可以用物質(zhì)的量代替物質(zhì)的量濃度計算平衡常數(shù)，則根據(jù)平衡常數(shù)可知，解得x＝0.6，則CO的平衡轉(zhuǎn)化率為60%；則根據(jù)平衡常數(shù)可知，解得y＝1.4，則CO的平衡轉(zhuǎn)化率==70%，因此甲中小于乙，b錯誤；c．由于甲、乙容器的容積不確定是否相等，則甲、乙容器中，CO的平衡濃度之比不一定為2:3，c錯誤；d．根據(jù)以上分析可知可計算該條件下甲容器中CO的平衡轉(zhuǎn)化率，d錯誤；故答案為：a；(3)原電池中正極得到電子，所以甲醇(CH3OH)燃料電池中正極加入的物質(zhì)是氧氣，負極通入的是甲醇，電解質(zhì)溶液顯堿性，則負極的電極反應(yīng)是CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，故答案為：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O。(二)選考題[化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.W、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，其元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)如下表：元素元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)W基態(tài)原子L能層所有能級上電子數(shù)相同R第二周期元素基態(tài)原子中未成對電子最多X基態(tài)原子核外s能級上電子總數(shù)與p能級上電子總數(shù)相等，且第一電離能低于同周期相鄰元素Y次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的2倍Z最外層只有1個電子，其他內(nèi)層各能級所有軌道電子均成對請按要求填空：（1）Y基態(tài)原子有_______種不同的運動狀態(tài)的電子，Z的價電子排布圖為________。（2）W、R、X的簡單氫化物中，鍵角由大到小排列的是______(用對應(yīng)的分子式表示)，原因是________。（3）已知：羧酸的酸性可用pKa(pKa=—lgKa)的大小來衡量，pKa越小，酸性越強。羧酸pKa三氯乙酸(CCl3COOH)0.65三氟乙酸(CF3COOH)0.23由表可見，酸性：三氯乙酸________三氟乙酸(填“大于”“小于”或“等于”)，從鍵的極性角度解釋原因：________。（4）W和Y兩種元案可形成一種熔點為2700℃、摩氏硬度為9.5的化合物(金剛石的摩氏硬度為10)，該化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，W原子緊鄰最近的W原子有_______個；若晶胞參數(shù)為anm，晶體密度為ρg·cm-3}，則阿伏加德羅常數(shù)NA為_______mol-1(列出計算式即可)?！敬鸢浮浚?）①.14②.（2）①.CH4＞NH3＞H2O②.CH4分子中沒有孤電子對，NH3分子中有1對孤電子對，H2O分子中有2對孤電子對，孤電子對排斥力比鍵合電子對排斥力大，所以孤電子對越多，分子的鍵角越小（3）①.小于②.F的電負性Cl大，F(xiàn)—C極性大于Cl—C極性，使F3C—C極性大于Cl3C—C極性，導(dǎo)致三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大，更易電離出氫離子（4）①.12②.【解析】【分析】W、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，W基態(tài)原子L能層所有能級上電子數(shù)相同，則W為C元素；R為第二周期元素基態(tài)原子中未成對電子最多的原子，則R為N元素；X基態(tài)原子核外s能級上電子總數(shù)與p能級上電子總數(shù)相等，且第一電離能低于同周期相鄰元素，則X為O元素；Y原子次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的2倍，則X為Si元素；Z原子的最外層只有1個電子，其他內(nèi)層各能級所有軌道電子均成對，則Z為Cu元素?！拘?詳解】硅元素的原子序數(shù)為14，核外有14個電子，由泡利不相容原理可知，同種原子的核外沒有運動狀態(tài)完全相同的電子，則基態(tài)硅原子核外有14種不同的運動狀態(tài)的電子；銅元素的原子序數(shù)為29，價電子排布式為3d104s1，價電子排布圖為，故答案為：14；；【小問2詳解】甲烷、氨氣、水分子中碳原子、氮原子、氧原子的價層電子對數(shù)都為4，孤對電子對數(shù)分別為0、1、2，孤電子對排斥力比鍵合電子對排斥力大，所以孤電子對越多，分子的鍵角越小，則甲烷、氨氣、水分子中鍵角由大到小排列的順序為CH4＞NH3＞H2O，故答案為：CH4＞NH3＞H2O；CH4分子中沒有孤電子對，NH3分子中有1對孤電子對，H2O分子中有2對孤電子對，孤電子對排斥力比鍵合電子對排斥力大，所以孤電子對越多，分子的鍵角越??；【小問3詳解】由題給pKa的數(shù)據(jù)可知，三氟乙酸的pKa大于三氯乙酸，酸性大于三氯乙酸；氟元素的電負性強于氯元素，三氟乙酸分子中F—C極性大于三氯乙酸中Cl—C極性，導(dǎo)致三氟乙酸分子中F3C—C極性大于三氯乙酸中Cl3C—C極性，使得三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大，更易電離出氫離子，酸性更強，故答案為：小于；F的電負性Cl大，F(xiàn)—C極性大于Cl—C極性，使F3C—C極性大于Cl3C—C極性，導(dǎo)致三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大