2017-2018学年辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高二上学期期末考试化学试题 解析版

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辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题 可能用到的相对原子量：H-1 Cl-35.5  Cu-64  Ag-108  N-14  S-32  O-16  Fe-56‎ 第Ⅰ卷选择题(共50分)‎ 一、选择题(每题只有个选项符合题意，每题2 分，10小题，共计20分)‎ ‎1. 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 人类在远古时代就通过燃烧植物的方式开始利用生物质能 B. 氢能是理想的绿色能源，但人们只能将氢气的化学能转化为热能 C. 煤中含有硫元素，大量的直接燃烧煤会引起酸兩等环境问题 D. 太阳能以光和热的形式传送到地面，人们可以直接利用这些光和热 ‎【答案】B ‎【解析】A、人类燃烧植物的方式获得热能，是开始利用生物质能的最早方式，故A说法正确；B、还可以让氢气构成燃料电池，使化学能转化成电能，故B说法错误；C、煤中含有硫元素，燃烧时产生SO2，引起酸雨等环境问题，故C说法正确；D、人们可以直接利用光和热，如太阳能热水器，故D说法正确。‎ ‎2. 在已知元素中，基态原子的4s能级中只有1个电子且位于d区的元素共有（ ）‎ A. 0种 B. 3种 C. 2种 D. 1种 ‎【答案】D ‎【解析】该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为19K元素；情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为24Cr和29Cu，所以基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有3种且位于d区的元素只有1种，故选D。‎ 点睛：本题考查了原子核外电子排布，明确原子核外电子排布规律为解答关键，注意掌握洪特规则内容及应用。最外层为4s1，可能的情况为3d04s1、3d54s1、3d104s1。‎ ‎3. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（ ）‎ A. 铜铁接触处，在潮湿的空气中直接发生反应： Fe-3e-=Fe3+,继而形成铁锈 B. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法 C. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程 D. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】A．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故C错误；D．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键。本题的易错选项是A，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时均生成亚铁离子而不是铁离子。‎ ‎4. 下列描述中正确的是（ ）‎ A. CS2 为空间构型为V形的极性分子 B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键 C. 氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子 D. HCN、SiF4和SO32- 的中心原子均为sp3杂化 ‎【答案】B ‎【解析】A． CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，如H2中只存在σ键，N2中存在σ键和π键，故B正确；C．氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；D．HCN中C原子的价层电子对数=2+(4-1×3-1×1)=2，采用sp杂化；SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选B。‎ ‎5. 下列热化学方程式书写正确的是（ ）(△H 的绝对值均正确)‎ A. 2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l) △H=-114.6kJ·mol-1(中和热)‎ B. C2H5OH +3O2=2CO2+3H2O △H=-1368.8kJ·mol-1 (反应热)‎ C. 2NH3(g)=3H2(g)+N2(g) △H=+92.4 kJ·mol-1 (反应热)‎ D. H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=-242 kJ·mol-1 (燃烧热)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．中和热应生成1mol水，该方程式为2mol水，不是中和热，故A错误；B．热化学方程式中需要标明物质的聚集状态，应为C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1368.8KJ•mol-1，故B错误；C. 2NH3(g)=3H2(g)+N2(g) △H=+92.4 kJ·mol-1 表示氨气分解的热化学反应方程式，故C正确；D.燃烧热制可燃物完全燃烧生成温度的氧化物，水的稳定状态为液态，故D错误；故选C。‎ ‎6. 己知：‎ 弱电解质 电离平衡常数(25℃)‎ 碳酸 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11‎ 次氯酸 K=3.0×10-8‎ 氢氧化铝 Ka =6.3×10-13‎ 氢氰酸(HCN)‎ K=4.9×10-10‎ 运用电离平衡常数判断不可以发生的反应是（ ）‎ ‎①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3‎ ‎②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑‎ ‎③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑‎ ‎④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO ‎⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-‎ ‎⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3‎ A. ②③⑤ B. ②④⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生；不能发生的反应是②③，故选D。‎ 点睛：根据电离平衡常数判断酸性的强弱是解题的关键。本题的解题思路为酸性强的酸可以反应生成酸性弱的酸。‎ ‎7. 已知反应： N2(g) +O2(g)2NO(g),△H=+180.50 kJ·mol-1；△S =247.7 J·mol-1·K-1。若该反应在一密闭容器中进行，若不考虑温度对该反应焓变的影响，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 能使该反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法只能是使用催化剂 B. 到达平衡状态时，v (N2)=2v (NO)‎ C. 在1000℃时，此反应能自发进行 D. 一定温度下，该反应达到平衡状态后，增加N2的浓度， 化学反应平衡常数变大 ‎【答案】C ‎【解析】A. 能使该反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法除了使用催化剂，也可以改变温度，故A错误；B. 未注明正逆反应速率，不能判断是否为平衡状态时，故B错误；C. 在1000℃时，△G=△H-T•△S=+180.50 kJ·mol-1-1273.15K×247.7 J·mol-1·K-1＜0，反应能够自发进行，故C正确；D. 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选C。‎ ‎8. 某温度下，在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB进行如下反应：2A(g)+2B(g)3C(? )+D(? )。反应一段时间后达到平衡，测得生成0.6molC，且反应前后压强之比为15∶11(相同温度下测量)，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的化学平衡常数K约为0.043‎ B. 增加C的物质的量，B的平衡转化率不变 C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D. A的平衡转化率是40%‎ ‎【答案】B ‎【解析】 2A(g)+2B(g)⇌3C(？)+D(？)‎ 反应前(mol) 2       1         0      0‎ 反应了(mol)0.4     0.4      0.6    0.2‎ 平衡后(mol)1.6    0.6       0.6    0.2‎ 据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。A、该反应的化学平衡常数K=‎ ‎=1.04，故A错误；B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；C、平衡常数只受温度影响，故C错误；D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了化学平衡计算以及平衡常数的影响因素等。正确判断CD的状态是解题的关键。根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比，利用三段式法计算出反应后气体物质的量，可以确定CD的状态。‎ ‎9. ① pH=2的CH3COOH溶液： ②pH=2的盐酸; ③pH= 2的NH4Cl溶液；④pH=12的氨水; ⑤pH=12的NaOH溶液; ⑥pH=12的CH3COONa溶液。室温下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）‎ A. 水电离的c(H+)： ③=⑥>①=②=④=⑤‎ B. 将②、 ④溶液混合后，pH=7,消耗溶液的体积：②<④‎ C. 等体积的①、②、⑤溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量，②最大 D. 向等体积溶液中加入100mL水后，熔液的pH： ④>⑥>⑤>③>①>②‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．①、②、③的氢离子浓度相同，④、⑤、⑥的氢氧根离子的浓度相同，六种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，所以这六种溶液中由水电离的c(H+)：③=⑥＞①=②=④=⑤，故A正确；B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c(NH3•H2O)＞c(OH-)，氯化氢是强电解质，所以其溶液中c(HCl)=c(H+)，c(NH3•H2O)＞c(HCl)，若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞④，故B错误；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、⑤三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、⑤溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识点。本题的易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离。难点是D，加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，弱酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离，pH变化小。‎ ‎10. 在2L的恒容容器中，充入1molA和3molB,并在一定条件下发生反应：A(g)+3B(g)2C(g); 经3s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6 mol·L-1，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 用B表示反应速率为0.3 mol·L-1·s-1‎ B. 平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne),反应速率增大 C. 3s时生成C的物质的量为1.2mol D. 平衡后，v(正) (A)=v(逆) (A)‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，A物质起始的浓度为0.5mol/L，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.6mol•L-1，则 ‎                      A(g)+3B(g)⇌2C(g)‎ 开始(mol/L)  0.5       1.5         0‎ 转化(mol/L)  0.3      0.9        0.6‎ ‎3s时(mol/L)  0.2      0.6        0.6‎ A．根据上面的分析，B转化的浓度为0.9mol/L，所以用B表示的反应速率为=0.3mol•L-1•s-1，故A正确；B. 平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne)，ABC的浓度不变，反应速率不变，故B错误；C．3s时生成C的物质的量为0.6mol•L-1×2L=1.2mol，故C正确；D. 平衡后，正逆反应速率相等，因此v(正) (A)=v(逆) (A)，故D正确；故选B。‎ 二、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分，10小题，共计30分)‎ ‎11. 下列说法中不正确的有（ ）‎ ‎① 水是一种极弱的电解质，在常温下平均每n个水分子只有1个分子发生电离，n的值是55.6×107‎ ‎②两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2, pH分别为a和a+1,则c1=10c2‎ ‎③常温下pH=4的醋酸加水稀释过程中,所有离子浓度都降低 ‎④蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝 ‎⑤常温下，等体积的pH=12的碱甲溶液和pH=11的碱乙溶液，分别用等浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积为2V甲=V乙,则乙一定是弱碱 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】①1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为：≈55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10-7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：=，解得n=5.56×108，故正确；②醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2‎ ‎，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1＞10c2，故错误；③酸溶液稀释时，c(H+)减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，故错误；④水解生成的HCl易挥发，蒸干不会得到氯化铝，蒸干得到氢氧化铝，故错误；⑤pH=12的碱溶液甲中c(OH-)=0.01mol/L，pH=11的碱溶液乙中c(OH-)=0.001mol/L，等体积的这两种溶液分别与等浓度的稀盐酸中和时，如果这两种碱都是强碱，则消耗的盐酸体积前者是后者的10倍，实际上消耗盐酸的体积为2V甲=V乙，即此时乙消耗的盐酸多，说明乙最终电离出的n(OH-)大于甲，所以乙一定是弱碱，故正确；错误的有3个，故选C。‎ ‎12. 常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）‎ A. 0.2mo1CO2通入1L0.3mol·L-1KOH溶液中：2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)‎ B. Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)‎ C. 常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L 的CH3COOH、CH3COONa 混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)3COOH)+c(H+)‎ D. 已知一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)32-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．0.2molCO2通入1L0.3mol•L-1KOH溶液中，反应后溶质为等浓度的碳酸钾、碳酸氢钾，根据电荷守恒可知：c(K+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，根据溶液中物料守恒得到：3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(K+)，二者结合可得：2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)，故A正确；B. 在Na2CO3溶液中存在物料守恒，c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故B错误；C．pH=4.75浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)，根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可知：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；D．一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，说明HSO3-的电离程度大于其水解程度，则c(SO32-)＞c(H2SO3)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)，故D错误；故选A。‎ ‎13. 相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+197kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：‎ 容器编号 起始时各物质物 质 的量 /mol 平衡时反应中的能量变化 SO3‎ SO2‎ O2‎ ‎①‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎0‎ 吸收热量akJ ‎②‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎1‎ 放出热 量 bkJ ‎③‎ ‎4‎ ‎0‎ ‎0‎ 吸收热量ckJ 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 达平衡时O2的体积分数：①>③‎ B. 热量关系：a一定等于b C. ①②③ 反应的平衡常数：③>①>②‎ D. ①中的密度不再改变时说明反应已达到平衡状态 ‎【答案】A ‎【解析】A．①与③相比，起始物质的量③是①的2倍，相当于①平衡后增大压强，平衡逆向移动，氧气的体积分数减小，即达平衡时氧气的体积分数：①＞③，故A正确；B．该反应为吸热反应，将二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，物质的量与①相同，平衡时达到相同的平衡状态，则a+b=197，但无法判断二者的大小关系，故B错误；C．平衡常数与温度有关，因温度相同，则三个容器内反应的平衡常数：③=①=②，故C错误；D. 该反应中气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，①中的密度不再改变时，不能说明反应已达到平衡状态，故D错误；故选A。‎ ‎14. A、B、C、D四种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中A 原子和C 原子最外层电子数相同，A与B、C 与D基态原子的能层数相同。A的最高价氧化物水化物与其气态氢化物可以形成盐。A和B的质子数之和等于D的质子数。下列比较中正确的是（ ）‎ A. 元素电负性： B>A>C>D B. 原子半径： B>A>C>D C. 第一电离能：B>A>C>D D. A和D的最高价氧化物，互为等电子体 ‎【答案】C ‎【解析】A、B、C、D四种短周期主族元素，原子序数依次增大。A的最高价氧化物水化物与其气态氢化物可以形成盐，则A为N元素；A 原子和C 原子最外层电子数相同，C为P元素；A与B、C 与D基态原子的能层数相同。A和B的质子数之和等于D的质子数，则B为F元素，D为S元素。A.同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，元素电负性： S>P，故A错误；B.‎ ‎ 同周期自左而右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径： C>D，A> B，故B错误；C. 同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，第一电离能：F>N>P>S，故C正确；D. A和D的最高价氧化物分别为N2O5和SO3，原子个数不相同，不是等电子体，故D错误；故选C。‎ ‎15. 常温下，向20mlL0.1mol·L-1 的盐酸中逐滴加入0.1mol·L-1的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. V=20mL B. 在点①所示溶液中： c(Cl-)=c(H+)‎ C. 在点②所示溶液中： c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)‎ D. 在点②、③之间可能存在： c(NH4+)>c(Cl-)=c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、NH3·H2O属于弱碱，HCl属于强酸，②点pH=7溶液显中性，NH3·H2O的物质的量略大于盐酸物质的量，即V略大于20mL，故A错误；B、根据电荷守恒，因此有c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，故B错误；C、②点pH=7，因此是c(H＋)=c(OH－)，故C错误；D、②和③之间溶质为NH3·H2O和NH4Cl，因此可能存在c(NH4＋)>c(Cl－)=c(OH－)>c(H＋)，故D正确。‎ 点睛：离子浓度大小的比较是高考的热点，在离子浓度大小的比较中，应注意“三个守恒”的应用，特别像本题中选项B和C，利用了电荷守恒进行判断。‎ ‎16. 已知常温下，几种难溶电解质的溶度积(Ksp)：‎ 化学式 Mg(OH)2‎ MgF2‎ Fe(OH)3‎ AgCl Cu(OH)2‎ Ag2CrO4‎ 溶度积 ‎5.6×10-12‎ ‎7.4×10-11‎ ‎4 .0×10-38‎ ‎1.8×10-10‎ ‎2.2×10-20‎ ‎2.0×10-12‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 在Mg(OH)2 的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大 B. 在Mg(OH)2 的悬浊液中加入NaF 溶液液后，Mg(OH)2 不可能转化为MgF2‎ C. CuCl2溶液中混入了一定量的FeCl3溶液，可以通过向溶液中加入CuO的方法，调整溶液的pH，除去Fe3+杂质 D. 向浓度均为1×10-3mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mo/LAgNO3溶液，Cl-先形成沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】A. Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c(Mg2+)增大，故A正确；B. 不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c(Mg2+)×c(F-)2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀，最终Mg(OH)2和MgF2两种沉淀都会有，故B错误；C. 根据氢氧化铁和氢氧化铜的溶度积，溶液中的铁离子完全沉淀时铜离子不会沉淀，FeCl3溶液水解，溶液显酸性，向溶液中加入CuO，氧化铜能够与酸反应，促进铁离子的水解形成氢氧化铁沉淀，而且不会引入杂质，故C正确；D.混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)===1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)==mol/L=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正确；故选B。‎ ‎17. 假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。①~⑧为各装置中的电极编号。当K闭合后，下列说法正确的有（ ）‎ ‎①D 装置中纯Cu 电极反应为： Cu2++2e-=Cu ‎②整个电路中电子的流动方向为： ③→②; ①→⑧; ⑦→⑥;⑤→④;‎ ‎③C 装置原理上是一个电镀池(Ag表面镀Cu),期中Cu作阴极， Ag作阳极 ‎④A装置中C电极反应为： O2+4e-+2H2O=4OH-‎ A. ③④ B. ①② C. ②③④ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据装置可判断，B装置是原电池，其中锌是负极，铜是正极，A、C、D是电解池。①D 装置中纯Cu作阴极，粗铜作阳极，为铜的电解精炼装置， 纯Cu电极反应为： Cu2++2e-=Cu，故①正确；②B装置中锌是负极，铜是正极，整个电路中电子的流动方向为： ③→②；①→⑧；⑦→⑥；⑤→④，故②正确；③C 装置中铜是阳极，银是阴极，为在银上镀铜的装置，故③错误；④当K闭合时，A装置中的铁与负极相连，做阴极，C为阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，故④错误；正确的有①②，故选B。‎ 点睛：本题考查了原电池和电解池的原理，正确判断原电池是解题的关键。本题中装置B为原电池，判断的基本方法是构成原电池的条件之一：能够自发进行一个氧化还原反应，ACD中都没有自发发生的氧化还原反应，B中发生锌与稀硫酸的反应。‎ ‎18. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 将过量的氨水加入到CuSO4溶液中，最终得到蓝色沉淀 B. 由于氢键的作用，H2O的稳定性强于H2S C. 在核电荷数为26的元素原子核外价电子排布图为 D. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 将过量的氨水加入到CuSO4溶液中，首先生成氢氧化铜蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解形成深蓝色溶液，故A错误；B.氢键与物质的稳定性无关，H2O的稳定性强于H2S，是因为H-O比H-S键牢固，故B错误；C、根据能量最低原理、保里不相容原理、洪特规则知，Fe原子3d能级上有6个电子，4s能级上有2个电子，该原子最稳定、能量最低，因此价电子排布图为，故C正确；D．奇数族元素的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy，则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故D错误；故选C。‎ ‎19. 关于溶液的下列说法不正确的是（ ）‎ A. 某温度下，Ba(OH)2溶液中Kw=10-12,向pH=8 的该溶液中加入等体积pH=4的盐酸，充分反应后，混合溶液的pH=6‎ B. 水电离出来的c (H+)=10-13mol/L 的溶液中K+、Cl-、NO3-、I-可能大量存在 C. 往0.1mol/LNH4Cl溶液中不断加入NaOH 固体,随着NaOH 的加入，不断减小 D. 一定温度下，氢氧化钙达到溶解平衡，向此溶液中加入少量氧化钙粉末(不考虑热效应),则溶液中c(Ca2+) 减小 ‎【答案】D ‎【解析】A．该温度下中性溶液pH=6，pH=8的氢氧化钡溶液中c(OH-)=10-4mol/L，pH=4的c(H+)=10-4mol/L，二者等体积混合，二者恰好反应导致溶液呈中性，故A正确；B．由水电离出来的c(H+)=1×10-13mol/L，c(H+)＜10-7mol/L，说明水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，如是酸溶液，溶液在中存在大量的H+离子，NO3-与I-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，若溶液显碱性，K+、Cl-、NO3-、I-能大量共存，故B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，×=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则减小，故C正确；D.氧化钙与水反应生成氢氧化钙，仍然为氢氧化钙的饱和溶液，则溶液中c(Ca2+) 不变，故D错误；故选D。‎ ‎20. 如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H2NCONH2)直接转化为对环境友好物质的原电池装置。现利用甲装置产生的电能对乙装置中的饱和食盐水进行电解(A、B皆为石墨电极)。下列说法中不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎①M电极反应式： H2NCONH2+H2O+6e-=CO2↑+N2↑+6H+‎ ‎②当A电极产生11.2mL气体(标况)时，则N电极消耗25×10-4mol气体 ‎③甲中H+透过质子交换膜由右向左移动 ‎④A电极应与X相连接 ‎⑤反应一段时间后，乙装置U型管中的溶液pH变大 A. ①③ B. ①③⑤ C. ①②③ D. ②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。①H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2NCONH2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故①错误；②根据图示，A极产生的氢气密度比空气小，为氢气，则A为阴极，当A电极产生11.2mL气体(标况)时，物质的量为=0.0005mol，转移电子0.001mol，则N电极消耗氧气的物质的量==25×10-4mol，故②正确；③M是负极，N是正极，H+透过离子交换膜由左M极移向右N极，故③错误；④A电极为阴极，与原电池的负极相连，即与X相连接，故④正确；⑤反应一段时间后，乙装置中反应生成氢氧化钠，溶液pH变大，故⑤正确；不正确的有①③，故选A。‎ 第Ⅱ卷非选择题(共50分)‎ 三、填空题(共5个小题)‎ ‎21. 氢叠氮酸(HN3) 和莫尔盐(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O是两种常用原料。‎ ‎（1）氨叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5‎ ‎①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为________________________________‎ ‎②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃,混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为__________________________。‎ ‎③已知T℃ 时，Ksp (CuN3)=5.0×10-9,Ksp (Cu2S) =2.5×10-48,则相同温度下，2CuN3(s)+S2-(aq)Cu2S (s)+2N3-(aq)该反应正反应方向_________(“ 能”或“不能”)进行基本彻底，请通过计算说明_________________________。‎ ‎（2）在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL 溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：(已知莫尔盐的分子量为392)‎ 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗 KMnO4溶液体积/mL ‎25.52‎ ‎25.02‎ ‎24.98‎ 滴定终点的现象是________________，通过实验数据，计算该产品的纯度为_________(用含字母a、c的式子表示)。上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_________。‎ A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗 B．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质 C．滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失 ‎【答案】 (1). HN3H++N3- (2). c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-) (3). 能 (4). 正反应方向平衡常数为1031>105 (5). 滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可),且30s不变色 (6). ×100% (7). AC ‎【解析】(1)①氨叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3H++N3-，故答案为：HN3H++N3-；‎ ‎②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和Na N3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN3的电离为主，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)，故答案为：c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)；‎ ‎③反应为：2CuN3(s)+S2-(aq)Cu2S (s)+2N3-(aq)，该反应的化学平衡常数为K= =•===1.0×1031>105，该反应能够完全进行，故答案为：能；正反应方向平衡常数为1031>105；‎ 点睛：本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。本题的难点是(1)③的判断，反应能否完全进行，主要根据反应的平衡常数是否大于105判断，本题的易错点为为(2)的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。‎ ‎22. 锌及其化合物用途广泛。回答下列问题 ‎（1）火法炼锌以闪锌矿(主要成分是ZnS) 为主要原料，涉及的主要反应有：‎ ‎2ZnS(s)+ 3O2(g)=2ZnO(s)+ 2SO2(g) △H1=-930kJ·mol-1‎ C(s) +O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5 kJ·mol-1‎ C(s) +CO2(g)=2CO(g) △H3= +172.5 kJ·mol-1‎ ZnO(s) +CO(g)=Zn(g)+CO2(g)△H4= +198 kJ·mol-1‎ 反应ZnS(s) +t C(s) + 2O2(g)=Zn(g) +CO2(g)+ SO2(g)的△H =_________kJ·mol-1‎ ‎（2）银锌蓄电池工作原理为Ag2O2+2Zn+2H2O2Ag +2Zn(OH)2,该蓄电池充电时，发生还原反应的物质是__________， 正极反应分为两个阶段，第二阶段为Ag2O+H2O+2e-= 2Ag+2OH-,写 出第一阶 段 正极 电极反应式_____________________________。‎ ‎（3）以（2）中蓄电池作电源，用如图所示的装置在实验室模拟铝制品表面“钝化”处理的过程中，发现溶液逐渐变浑浊,原因是__________________(用相关的电极反应式和离子方程式表示)。‎ ‎【答案】 (1). -377.5 (2). Zn(OH)2 (3). Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH- (4). Al-3e-=Al3+,Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑或Al-3e-+3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑‎ ‎【解析】(1)①2ZnS(s)+3O2(g)═2ZnO(s)+2SO2(g)△H1=-930kJ•mol-1，②2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H2=-221kJ•mol-1，③ZnO(s)+CO(g)═Zn(g)+CO2(g)△H3=198kJ•mol-1，根据盖斯定律，将方程式+③得ZnS(s)+C(s)+2O2(g)═Zn(g)+CO2(g)+SO2(g)，△H4=+198kJ/mol=-377.5kJ/mol，故答案为：-377.5； ‎ ‎(2)银锌蓄电池工作原理为Ag2O2+2Zn+2H2O2Ag +2Zn(OH)2，该蓄电池充电时，阴极发生还原反应，根据方程式，阴极上发生还原反应的物质为Zn(OH)2；放电时是原电池，正极发生还原反应，反应分为两个阶段，第二阶段为Ag2O+H2O+2e-= 2Ag+2OH-，则第一阶 段 正极的电极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-，故答案为：Zn(OH)2；Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-；‎ ‎(3)铝作阳极，阳极上电极反应式为Al=Al3++3e-；阳极上生成的铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以溶液变浑浊Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al=Al3++3e-、Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。‎ ‎23. 在T℃时，发生反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)‎ ‎（1）恒温时，在一个2L的密闭容器中加入4molC 和1molH2O(g),5min后反应达到平衡，C 的转化率为20%。‎ ‎①0～5min 内，用H2O(g)表示的平均反应速率为_________。‎ ‎②有关该反应下列说法正确的是_________。‎ a．容器中压强不变或混合气体密度不变均可以判定该反应已经达到平衡状态 b．若将加入的碳块改为碳粉，则能够提高水蒸气的平衡转化率 c．平衡后，再加入0 .5molC、5mol H2O(g)、2molCO、2molH2,平衡不移动 ‎（2）已知：Ⅰ．破坏1mol 共价键所需要的能量如下表：‎ 共价键 石墨中的碳碳键 H-H CO H-O 能量/kJ ‎475.7‎ ‎436‎ ‎1072‎ ‎463‎ Ⅱ．石墨层由六角形蜂巢结构的碳原子构成，如右图所示，已知每个碳原子形成的共价键数为1.5NA。‎ 某同学构想：通过右图所示装置实现C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的反应。‎ ‎①按该考生的构想，石墨电极发生的反应式为_______________________。‎ ‎②请用计算判断该构想的合理性：______________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.08mol/(L·min) (2). a (3). C-2e-+2OH-=CO↑+H2O (4). 该反应的焓变为： △H=1.5×475.7kJ+2×463 kJ-1072kJ-436kJ=+131.5kJ>0,说明是吸热反应，不能将化学能转化为电能，因此该构想不合理 ‎【解析】(1) C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)‎ 起始(mol)4 1 0 0‎ 反应(mol)0.8 0.8 0.8 0.8‎ 平衡(mol) 0.2 0.8 0.8‎ ‎①5min后反应达到平衡，C 的转化率为20%，反应的C为4mol×20%=0.8mol，则反应的H2O为0.8mol，v(H2O)== 0.08mol/(L·min)，故答案为：0.08mol/(L·min)；‎ ‎②a．该反应为气体的物质的量变化的反应，气体的质量也发生变化，容器中压强不变或混合气体密度不变均可以判定该反应已经达到平衡状态，故a正确；b．若将加入的碳块改为碳粉，能够加快反应速率，但不会改变平衡，水蒸气的平衡转化率不变，故b错误；c．平衡常数K==1.6，Qc=＜K=1.6，平衡一定发生移动，故c错误；故选a；‎ ‎(2)①根据图示，反应的总反应为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，则石墨电极为负极，发生氧化反应，反应式为C-2e-+2OH-=CO↑+H2O，故答案为：C-2e-+2OH-=CO↑+H2O；‎ ‎②根据表格数据，该反应的焓变为： △H=1.5×475.7 kJ +2×463 kJ-1072kJ-436kJ=+131.5kJ>0,说明是吸热反应，不能将化学能转化为电能，因此该构想不合理，故答案为：该反应的焓变为： △H=1.5×475.7 kJ +2×463 kJ-1072kJ-436kJ=+131.5kJ>0,说明是吸热反应，不能将化学能转化为电能，因此该构想不合理。‎ ‎24. 工业上接触法生产硫酸的主要反应为：SO2(g)+O2(g)SO3(g)。‎ ‎（1）恒溫恒压下，平衡体系中SO3体积分数与SO2、O2物质的量之比的关系如图1,则b 点n(SO2)/n(O2)=_____________________。‎ ‎（2）①该反应的催化剂为V2O5,其催化反应过程为：SO2+V2O5SO3+V2O4 K1 O2+V2O4 V2O5 K2。则在相同温度下2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)的平衡常数K=_________(以含K1、K2的代数式表示)。‎ ‎②V2O5加快反应速率的原因______________________。‎ ‎（3）某实验从废钒催化剂(主要成分为V2O5和V2O4) 中回收V2O5,其简要过程如下：‎ ‎(VO2+和VO2+可看成是钒相应价态的简单阳离子完全水解的产物)‎ ‎①写出水解生成VO2+的离子方程式____________________________。‎ ‎②在沉钒时，为使钒元素的沉淀率达到98%，至少应调节溶液中的c(NH4+)为_________(25℃，Ksp (NH4VO3) =1.6×10-3，溶液体积变化忽略不计)‎ ‎（4）在保持体系总压为0.1MPa的条件下进行反应：SO2(g)+O2(g)SO3(g),原料气中SO2 和O2的浓度之比(k)不同时，SO2的平衡转化率与温度(t) 的关系如图2所示：‎ ‎①图中k1、k2、k3的由大到小的顺序为____________，理由是___________________。‎ ‎②图2 中A 点原料气成分为n(SO2)∶ n(O2)∶n(N2)=7∶11∶82。若反应开始时容器体积为V1，A点时容器体积为V2,则V1∶V2=_________(保留三个有效数字)‎ ‎③近年，有人研发出用氧气代替空气的新工艺，使SO2趋于完全转化。此工艺的优点除了能充分利用含硫的原料外，主要还有____________________。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). (K1×K2)2 (3). 降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高 (4). V5++2H2O=VO2++4H+ (5). 0.8mol/L (6). k1>k2>k3 (7). 相同温度和压强下，K 值越小，氧气浓度越大，平衡正向移动，二氧化硫的转化率越高 (8). 1.03∶1 (9). 无尾气排放，不污染环境 ‎【解析】(1)根据方程式，当n(SO2)/n(O2)=2时，反应生成的三氧化硫最多，故答案为：2；‎ ‎(2)①i.SO2+V2O5SO3+V2O4 K1，ii. O2+V2O4 V2O5 K2。根据盖斯定律，将2×(i+ii)得：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，则K=(K1×K2)2，故答案为：(K1×K2)2；‎ ‎②V2O5能够降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，反应速率加快，故答案为：降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高； ‎ ‎(3)①VO2+和VO2+中V元素的化合价分别为+5价和+4价，VO2+和VO2+可看成是钒相应价态的简单阳离子完全水解的产物，则水解生成VO2+的离子方程式为V5++2H2O=VO2++4H+‎ ‎，故答案为：V5++2H2O=VO2++4H+；‎ ‎.....................‎ ‎(4)①相同温度和压强下，K越小，氧气浓度越大，平衡正向移动，则二氧化硫的转化率越大，则k1＞k2＞k3，故答案为：k1＞k2＞k3；相同温度和压强下，K值减小，氧气浓度越大，平衡正向移动，二氧化硫转化率越高；‎ ‎② 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)‎ 起始(mol) 7 11 82‎ 反应(mol)7×88% 3.5×88% 7×88%‎ 平衡(mol)7×12% 11-3.5×88% 82+7×88%‎ 压强相同时，气体的体积之比等于物质的量之比==，故答案为：；‎ ‎③用氧气代替空气，二氧化硫几乎完全转化，则无尾气排放，故答案为：无尾气排放，不污染环境。‎ ‎25. 请用C、H、O、N、S 五种元素回答下列问题 ‎（1）除H 外，其它四种元素中，第一电离能最大的元素基态原子电子排布图为______________，电负性最大的元素基态原子核外电子运动状态共有_________种。‎ ‎（2）五种元素中，由其中两种元素构成甲、乙、丙、丁四种分子，所含原子的数目依次为3、4、6、8,都含有18 个电子。甲和乙的主要物理性质比较如下：‎ 熔点/K 沸点/ K 标准状况时在水中的溶解度 甲 ‎187‎ ‎202‎ ‎2.6‎ 乙 ‎272‎ ‎423‎ 以任意比互溶 ‎①1mol 乙分子含有_________个σ键;‎ ‎②丁分子的中心原子采取_________杂化方式; 甲分子的VSEPR模型为_________，丙分子为_________ (“极性”或“非极性”) 分子。‎ ‎③甲和乙的相对分子质量基本相同，造成上述物理性质差异的主要原因是：____________________(结合具体物质解释)。‎ ‎（3）已知 化学键 N-N N=N NN C-C C=C CC 键能/kJ·mol-1‎ ‎193‎ ‎418‎ ‎946‎ ‎347.7‎ ‎615‎ ‎812‎ 由以上数据可知，氮气比乙烯、乙炔难发生加成反应，原因是____________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 8 (3). 3NA (4). sp3 (5). 四面体 (6). 极性 (7). H2O2分子间存在氢键，因此熔沸点高于H2S，H2O2分子与水分子可形成氢键因此溶解性好 (8). 氮气分子中三键、双键键能分别大于单键键能的3倍和2倍，而乙炔分子中的三键键能和乙烯分子中双键键能分别小于单键键能的3 倍和2倍，说明C原子间的π键比较活泼，易发生加成反应 ‎【解析】(1)同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。‎ 除H 外，其它四种元素中，第一电离能最大的元素为N，N的基态原子电子排布图为；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，电负性最大的元素为O，O核外有8个电子，基态原子核外电子运动状态共有8种，故答案为：；8；‎ ‎(2)C、H、O、N、S 五种元素中，由其中两种元素构成甲、乙、丙、丁四种分子，所含原子的数目依次为3、4、6、8，都含有18 个电子。甲在水中的溶解度较小，熔沸点较低，则为H2S，乙分子中含有4个原子，与水以任意比互溶，沸点较高，乙为H2O2，丙分子中含有6个原子，为N2H4，丁分子中含有8个原子，为C2H6。‎ ‎①过氧化氢的电子式为，1mol H2O2分子含有3molσ键，故答案为：3NA；‎ ‎②C2H6分子中碳原子形成3个C-H，1个C-C双键，C原子杂化轨道数为(3+1)=4，C原子采取sp3杂化方式； H2S分子中S的价层电子对数目=2+(6-1×2)=4，VSEPR模型为四面体，N2H4‎ 分子为中电荷分布不均匀，属于极性 分子，故答案为：3NA； sp3；四面体；极性；‎ ‎③H2O2分子间存在氢键，所以熔沸点比H2S高；H2O2分子与水分子可形成氢键，所以与任意比互溶；故答案为：H2O2分子间存在氢键，因此熔沸点更高；H2O2与水分子可形成氢键，可以与水任意比互溶；‎ ‎(3)根据表格数据可知，氮气分子中三键、双键键能分别大于单键键能的3倍和2倍，而乙炔分子中的三键键能和乙烯分子中双键键能分别小于单键键能的3 倍和2倍，说明C原子间的π键比较活泼，易发生加成反应，故答案为：氮气分子中三键、双键键能分别大于单键键能的3倍和2倍，而乙炔分子中的三键键能和乙烯分子中双键键能分别小于单键键能的3 倍和2倍，说明C原子间的π键比较活泼，易发生加成反应。‎ 点睛：本题考查了物质结构与性质，掌握电离能和电负性大小比较、杂化轨道理论、化学键与物质性质的关系为解题的关键。本题的易错点为(2)，要注意根据分子组成和性质的关系判断甲乙丙丁的分子式。‎ ‎ ‎ ‎ ‎