湖北省天门、仙桃等八市2019届高三化学下学期3月第二次联合考试试题（含解析）.docx

湖北省天门、仙桃等八市2019届高三化学下学期3月第二次联合考试试题（含解析）可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56第卷(选择题,共126分)一、选择题(本题包括13小题。每小题只有一个选项符合题意)1.一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍(已知常温下)，工艺流程如下。下列叙述错误的是A. 废渣的主要成分为二氧化硅B. 黄钠铁矾渣中铁元素为+3价C. 除钙镁过程中，为了提高钙镁的去除率，氟化钠实际用量应该越多越好D. “沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需调节溶液pH9【答案】C【解析】【分析】铁镍合金加稀硫酸、稀硝酸，铁、镍及铜、钙、镁的氧化物溶于酸，二氧化硅不溶，经过滤除去；“除铁”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3溶液生成黄钠铁矾沉淀；向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS+2H+，除去Cu2+；向除铜后的滤液中加入NaF溶液生成CaF2、MgF2，除去Ca2+、Mg2+；最后向除钙镁后的溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化镍，经过滤、洗涤、干燥得到纯度较高的氢氧化镍，以此分析解答。【详解】A. 经以上分析，酸溶后过滤所得废渣的主要成分为二氧化硅，故A正确；B. 双氧水具有强氧化性，加入双氧水将Fe2+全部氧化为Fe3+，所以黄钠铁矾渣中铁元素为+3价，故B正确；C. 根据流程图可知除铜后的滤液应显酸性，若NaF的用量过大，会生成剧毒物质HF，污染环境，危害工人的身体健康，而且还会浪费原料、增加成本，故氟化钠的用量不是越多越好，C错误；D. KspNi(OH)2=c(Ni2+)c2(OH-)=1.010-5c2(OH-)=2.010-15，则c(OH-)=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，则“沉镍”过程中了将镍沉淀完全，需调节溶液pH9，故D正确。故答案选C。【点睛】本题以工艺流程为基础，考查了工艺流程解题思路和基本方法，实验基本操作，元素化合物性质等相关知识，掌握基础是关键，难点是D选项，注意与溶度积有关的计算方法。2.化学推动着社会的进步和人类的发展。下列说法错误的是A. “长飞光纤光缆技术创新工程”中光纤的主要成分是二氧化硅B. “半纤维素酶高效生产及应用关键技术”中半纤维素酶的主要成分是蛋白质C. “废旧聚酯高效再生及纤维制备产业化集成技术”中聚酯是天然高分子有机物D. “煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中煤的气化属于化学变化【答案】C【解析】【详解】A.光纤的主要成分是二氧化硅，故A正确；B. 半纤维素酶是一种能使构成植物细胞膜的多糖类水解的酶类，主要成分是蛋白质，故B正确；C. 聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的聚合物总称，属于合成高分子化合物，故C错误；D. 煤的气化过程是在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，属于化学变化，故D正确。答案选C。3.某学习小组设计用98%的浓硫酸制取并验证其部分性质的实验装置图如下(夹持装置省略)。下列叙述不正确的是A. 装置A中发生的离子反应方程式为：B. 若装置B中装有品红溶液，观察到B中溶液红色褪去，则说明具有漂白性C. 若装置B中装有酸性高锰酸钾溶液，观察到B中溶液褪色，则说明具有还原性D. 装置C产生的白色沉淀为BaSO4【答案】A【解析】【详解】A.浓硫酸和固体反应时，其离子方程式就是化学方程式，不能把相关的电解质拆写成离子，故A错误；B.品红溶液红色褪去，说明SO2具有漂白性，故B正确；C.酸性高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明高锰酸钾在该反应中被还原为浅色物质，从而说明SO2具有还原性，故C正确；D.二氧化硫的水溶液与氯化铁发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子结合成硫酸钡沉淀，所以装置C产生的白色沉淀为BaSO4，故D正确。答案选A。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A. 0.1mol和0.1mol于密闭容器中充分反应，反应后分子总数为0.2B. 向过氧化钠中通入足量的二氧化碳，当固体增重28g，转移电子数为lC. 在标准状况下，22.4LHF与个中含有的电子数相同D. 含有个胶粒氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56g【答案】C【解析】【详解】A. H2和I2反应前后气体分子数不变，所以0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应，反应后分子总数为0.2NA，故A正确；B. 过氧化钠和二氧化碳反应时，增重的相当于其组成中的CO的质量，且反应掉1molCO2增重28g转移1mol电子，故当固体增重28g时转移NA个电子，故B正确；C. 氟化氢在标准状况下为液态，无法根据22.4L/mol计算其物质的量，故C错误；D. Fe(OH)3胶粒是由许多个Fe(OH)3聚集而成的，所以含有个胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56g，故D正确。故答案选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难点是B选项，注意总结过氧化钠和二氧化碳反应的电子转移关系。5.碳九芳烃是一种混合物，异丙苯就是其中一种。工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下。下列有关说法正确的是A. a的同分异构体有7种B. a能发生取代反应、加成反应和氧化反应C. b的分子式为D. b、c互为同系物【答案】B【解析】【详解】A. a为异丙苯，其同分异构体中属于芳香烃的有7种（苯环侧链有3个甲基的3种，侧链有一个甲基和一个乙基的3种，还有三个碳原子形成的正丙基1种），还可以有其它的同分异构体，故A错误；B. 异丙苯分子中含有苯环和烷基侧链，能发生取代反应、加成反应和氧化反应，故B正确；C. 由结构简式可知，b的分子式为C9H12O2，故C错误；D. c为苯酚，而b不属于酚，且b、c分子组成也不是相差几个CH2原子团，不是同系物，故D错误。故答案选B。6.元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是A. 简单离子半径(r)：r(Q)r(Y)r(Z)B. 氧化物对应的水化物的酸性：ZYC. XY2和XZ4均含有非极性共价键D. 标准状况下Z的单质状态与Q的相同【答案】A【解析】【分析】设X的最外层电子数为x，所以Y的最外层电子数为x+2，Z的最外层电子数为x+3，由于X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，所以3x+5=17，解得x=4，已知Q在第四周期，所以X在第二周期第A族，为C元素，Y、Z分别为S元素、Cl元素。根据元素周期表结构可知Q为Br元素。综上，X、Y、Z、Q分别为碳、硫、氯、溴，以此分析解答。【详解】A项，同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径r(Q)r(Y)r(Z)，故A项正确；B项，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越强，由于没有说明是最高价氧化物的水化物，故B项错误；C项，CS2和CCl4都是含有极性键的非极性分子，不含非极性共价键，故C项错误；D项，标准状况下，氯单质为气态，溴单质为液态，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。7.LED系列产品是一类新型节能产品。图甲是/燃料电池，图乙是LED发光二极管的装置示意图。下列叙述错误的是A. 电池总反应为：B. 电池放电过程中，从B极区向A极区移动C. 电池放电过程中，B极区pH减小，A极区pH增大D. 要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a应与图甲中的A极相连【答案】D【解析】【分析】根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则A电极为正极，B电极为负极，负极上BH4-失电子发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH-8e-= BO2-+6H2O，正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，根据原电池的工作原理来回答。【详解】A、根据图片知，负极反应式为BH4-+8OH-8e-= BO2-+6H2O，正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，电池总反应为：BH4-+4H2O2=BO2-+6H2O，故A正确；B、电池放电过程中，阳离子移向正极，Na+从负极区向正极区移动，故B正确；C、B电极为负极，电极反应式为BH4-+8OH-8e-= BO2-+6H2O；A电极为正极，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，所以B极区pH减小，A极区pH增大，故C正确；D、LED发光二极管的电路中的电子流动方向可以判断，图乙中的导线a应与图甲中的B极负极相连，故D错误。故选D。【点睛】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写。8.氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠（Na2S2O8）溶液来处理，以减轻环境污染。I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_。.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：主反应副反应：某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。实验一：实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8。(2)装置中盛放双氧水的仪器名称是_。(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是_。(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_(填字母)。A.温度计 B.洗气瓶 C.水浴加热装置 D.环形玻璃搅拌棒实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。,，AgI呈黄色，优先与反应。实验如下：取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用mol/L的标准溶液滴定，消耗溶液的体积为5.00mL。(5)滴定终点的现象是_。(6)处理后的废水中氰化钠的浓度为_mg/L；处理后的废水是否达到排放标准？_(填“是”或“否”)。.(7)常温下，含硫微粒主要存在形式，受pH影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为，则阳极反应方程式为_。【答案】 (1). NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3 (2). 分液漏斗 (3). 将产生的氨气及时排除，防止发生副反应 (4). AC (5). 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失 (6). 0.49 (7). 是 (8). 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+【解析】【分析】(1)由题意知产生的气体为氨气，又由于产生酸式盐，由CN-分析碳元素的价态，应有碳酸氢根离子生成，据此可写出化学方程式；(2)(3)(4)(NH4)2S2O8与氢氧化钠反应生成Na2S2O8，d装置处理尾气NH3，根据物质的制备和实验操作及注意事项分析解答；(5)当CN-反应完全后，硝酸银试剂与指示剂碘离子反应生成黄色沉淀碘化银；(6)根据化学计量关系Ag+2CN-，计算废水中氰化钠的浓度，并与排放标准为0.50mg/L比较，以此判断是否达到排放标准；(7)根据电解池阳极发生氧化反应分析。【详解】(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，即反应生成了NaHCO3和NH3，化学方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3；(2)由仪器构造可知，装置中盛放双氧水的仪器名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(3) 装置a中反应产生O2，将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生，故答案为：将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；(4) 根据题目信息提示，可知，制备反应需要在55的条件下进行，90时发生副反应，所以需要控制温度不能超过90，需要水浴加热、温度计，故答案为：AC；(5) 用硝酸银溶液滴定过程中，当滴入最后一滴标准硝酸银溶液，溶液中出现黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失，说明已经滴定到终点，故答案为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失；(6)消耗AgNO3的物质的量为1.010-3L5.0010-3 molL-1=5.00-6mol，根据化学计量关系可知，Ag+2CN-，处理后的10.00 mL废水中氰化钠的质量为5.00-6mol249 gmol-1=4.910-4 g，废水中氰化钠的含量为=0.49mgL-10.50 mgL-1，所以处理后的废水已达到排放标准，故答案为：0.49；是；(7)电解池阳极发生氧化反应，HSO4-失电子生成S2O82-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写阳极反应方程式为2HSO4-2e-=S2O82-+2H+，故答案为：2HSO4-2e-=S2O82-+2H+。9.某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁()，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：难溶于水；是二元弱酸，溶于水。(1)步骤中H2C2O4稍过量的目的是：_；(2)步骤中得到FeC2O4.2H2O的离子反应方程式为：_。(3)实现步骤，必须在 _(填仪器名称)中进行，该步骤发生的化学反应方程式为：_(4)为实现步骤，不宜用碳粉直接还原Fe2O3，理由是_。(5)若将固体放在一个可称出质量的容器内加热，( Mr=180)首先逐步失去结晶水，温度继续升高时.(Mr=144)会逐渐转变为铁的各种氧化物。称取18.00g，持续加热，剩余固体的质量随温度变化的部分数据如下表(其中450以前是隔绝空气加热，450以后是在空气中加热)：温度/25150300350400450500600700800固体质量/g18.0016.2014.4014.407.207.208.008.007.73773根据上述数据计算并推断：150剩余的固体物质是_(填化学式，下同)；800剩余的固体物质是_。【答案】 (1). 使沉淀完全，从而提高产率 (2). Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+ (3). 坩锅 (4). 4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O (5). 接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会混有杂质碳粉 (6). FeC2O42H2O (7). Fe2O3【解析】【分析】硫酸亚铁铵晶体溶解于水，加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁（Fe2O3），再用CO还原氧化铁得到还原铁粉，以此分析解答。【详解】(1) 步骤H2C2O4稍过量，最主要的作用是将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率，故答案为：使沉淀完全，从而提高产率；(2)步骤中得到FeC2O42H2O的离子反应方程式为：Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+，故答案为：Fe2+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+；(3) 固体灼烧需要在坩埚内进行；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O，故答案为：坩埚；4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O；(4) 步骤选用碳粉还原Fe2O3，为固体间的反应，接触面积小，反应不完全；多余的碳粉会影响铁粉的纯度，故答案为：接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会混有杂质碳粉；(5)根据题给信息，450以前是隔绝空气加热，分析表中的数据可知，18.00g变为14.40g 时，表明：300时，结晶水已全部失去，而150剩余的固体物质质量为14.40g 16.20g18.00g，说明FeC2O42H2O没有分解完全，还有FeC2O42H2O剩余；450以后是在空气中加热，据铁元素守恒：6FeO2Fe3O43Fe2O3 672：2232：3160=72：77.3：80 即72：77.3：807.20：7.73：8.00，固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致，故800剩余的固体物质为：Fe2O3；故答案为：FeC2O42H2O；Fe2O3。10.“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中的含量及有效地开发利用，引起了全世界的普遍重视。将转化为甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，此研究对的深度开发应用和构建生态文明社会具有重要的意义。(1)在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol 和3 mol 进行上述反应。测得(g)和(g)浓度随时间变化如图所示。010 min内，氢气的平均反应速率为_，第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入2 mol(g)和2mol (g)，则平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移动。一定温度下，若此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_。a.容器中压强不变 b.的体积分数不变 c.c()=3c()d.容器中密度不变 e.2个C=O断裂的同时有3个H-H断裂(2)若已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) 则表示(l)燃烧热的热化学方程式为_。(3)如图，25时以甲醇燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源电解600 mL 一定浓度的NaCl溶液。U形管内发生的化学反应方程式为_。在电解一段时间后，NaCl溶液的pH变为12(假设电解前后NaCl溶液的体积不变)，则理论上消耗甲醇的物质的量为_mol。若向U形管内电解后的溶液中通入气体，使所得溶液c()：c()=2：1，则此时溶液中的c()= _。(室温下，H2CO3的；)。【答案】 (1). 0.225 mol/(Lmin) (2). 正向 (3). bd (4). (5). 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 (6). 0.001 (7). 【解析】【分析】(1)根据=，计算甲醇的反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氢气的反应速率，化学平衡常数为生成物浓度幂之比与反应物浓度幂之积的比进而求得化学平衡常数，计算再充入2 mol(g)和2mol (g)的浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答；(2)根据盖斯定律计算写出热化学方程式； (3)惰性电极电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，以此书写化学方程式；NaCl溶液的pH值变为12，即可求出电解池中放电的H+的物质的量为0.006mol，即电解池的阴极得0.006mol电子，根据流经四个电极的电量相等，从而得出消耗甲醇的量；向U形管内电解后的溶液中通入CO2气体，CO2与NaOH反应生成Na2CO3和NaHCO3，当c(-)：c()=2：1时，Ka2=c(H+)，据此计算。【详解】(1)图象分析可以知道，甲醇变化浓度为0.75mol/L，甲醇的反应速率(CH3OH)=0.075mol/(Lmin)，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，(H2)=3(CH3OH)=30.075mol/(Lmin)=0.225 mol/(Lmin)，结合化学三行计算得到，图象分析可以知道体积为1L， CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 起始量（mol/L） 1 3 0 0 变化量（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75 平衡量（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75 该温度下平衡常数K=5.3，第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入2 mol(g)和2mol (g)， Qc=2.2K=5.3，反应正向进行， CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 反应是气体体积减小的反应，恒温恒压密闭容器中，该反应达平衡状态时，正逆反应速率相同。 a.反应为恒温恒压，压强始终不变，所以容器中压强不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误； b.的体积分数不变，能说明反应达到平衡状态，所以b选项是正确的； c. 甲醇和氢气浓度浓度和起始量变化量有关，c()=3c()不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d. 反应前后气体质量相同，恒温恒压密闭容器中混合气体的密度不变，能说明反应达到平衡状态，所以d选项是正确的； e.2个C=O断裂必然有3个H-H断裂，二者都表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故e错误。因此，本题正确答案是：0.225 mol/(Lmin)，正向，bd；(2)已知： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2O(g)= H2O(l) CH3OH(g)= CH3OH(l) 根据盖斯定律+2-得 ，因此，本题正确答案是： ；(3) 用惰性电极电解氯化钠溶液，化学反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；NaCl溶液的pH值变为12，即得出n(OH-)=10-2mol/L0.6L=0.006mol，根据电解池中阴极的电极反应2H+2e-=H2可以知道：电解池的阴极得0.006mol电子。而流经四个电极的电量相等，根据燃料电池的负极反应CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+可以知道CH3OH6e-，故失0.006mol电子时消耗0.001mol甲醇。向U形管内电解后的溶液中通入CO2气体，CO2与NaOH反应生成Na2CO3和NaHCO3，当c()：c()=2：1时，Ka2=c(H+)，则此时溶液中的c()= 2Ka2=2510-11=10-10。因此，本题正确答案是：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；0.001；10-10。11.A族元素(C、Si、Ge、Sn、Pb)及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：(1) Pb的价层电子排布图为：_；(2)GeC14的中心原子的价层电子对数为_，分子的立体构型为_。GeC14可水解生成一种氧化物和一种无氧酸，其化学反应方程式为：_。(3)四卤化硅的沸点和二卤化铅的熔点如下图所示。的沸点依F、CI、Br、I次序升高的原因是_。结合的沸点和的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，中化学键的离子性_(填“增强”“不变”或“减弱”，下同)、共价性_。(4)碳的另一种单质可以与钾形成低温超导化合物，晶胞结构如图所示。此化合物可看成是K填充在形成的所有四面体间隙和八面体间隙之中，其四面体间隙数目为_。另有一种碱金属X(相对原子质量为M)与可形成类似化合物，但X只填充形成的八面体间隙的一半，此化合物的化学式为：_，其晶胞参数为1.4nm，晶体密度为_(用含M和阿伏伽德罗常数的值的式子表示)【答案】 (1). (2). 4 (3). 正四面体 (4). GeC14+2H2O=GeO2+4HCl (5). 均为组成和结构相似的共价化合物，范德华力随分子相对质量增大而增大 (6). 减弱 (7). 增强 (8). 8 (9). (10). 【解析】【分析】(1) Pb原子价层电子排布式为6s26p2，根据泡利原理与洪特规则画出价层电子排布图； (2) GeCl4分子的中心原子为Ge，形成4个键，具有甲烷的结构特点；根据信息书写水解化学方程式；(3)由图象可以知道四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，PbX2的沸点逐渐降低，其中PbF2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体；(4)K位于棱和体心，C60位于顶点和面心，利用均摊法可计算化学式，结合质量、体积计算晶胞的密度大小。【详解】(1) Pb原子价层电子排布式为6s26p2，价层电子排布图为：，因此，本题正确答案是： ；(2) GeCl4分子的中心原子为Ge，价层电子对数为4，采用sp3杂化，分子的立体构型为正四面体；GeC14可水解生成GeO2和HCl，化学反应方程式为：GeC14+2H2O=GeO2+4HCl，因此，本题正确答案是：4；正四面体；GeC14+2H2O=GeO2+4HCl；(3)四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，均为组成和结构相似的共价化合物，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高，因此，本题正确答案是：均为组成和结构相似的共价化合物，范德华力随分子相对质量增大而增大；PbX2的沸点逐渐降低，其中PbF2为离子晶体，PbBr2、Pb