【化学】宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学2020届高三上学期第三次月考(解析版)

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【化学】宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学2020届高三上学期第三次月考(解析版)

宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学2020届高三上学期第三次月考 可能用到的相对原子质量:H 1 Li ‎7 C 12 O 16 Na 23 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu 64‎ 一、选择题(每空2分,共44分)‎ ‎1.化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系,下列说法正确的是( )‎ A. 华为公司自主研发的“麒麟970芯片”需要以高纯度的二氧化硅为原料 B. 笔、墨、纸、砚为传统的文房四宝,上述物质中的(毛)笔与(宣)纸均含有机物 C. 《梦溪笔谈》中“取精铁锻之百余火,…则纯钢也,虽百炼,不耗矣。”百炼钢熔点比纯铁高 D. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物,在人体内都可通过水解反应提供能量 ‎【答案】B ‎【详解】A.硅为良好的半导体,常用作芯片,光导纤维主要成分为二氧化硅,为绝缘体,故A错误;‎ B.(毛)笔中的毛的主要成分为蛋白质,(宣)纸的主要成分为纤维素,均为有机物,故B正确;‎ C.百炼钢成分为合金钢,比纯铁的熔点低,故C错误;‎ D.人体内无纤维素酶,纤维素在人体内不能被消化吸收,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎2.下列有关叙述不正确的是( )‎ A. 为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸 B. 能源是人类生活和社会发展的基础,地球上最基本的能源是太阳能 C. 钛合金主要用于制作飞机发动机部件,工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取 D. 化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施 ‎【答案】C ‎【详解】A.常温下Fe与氯气不反应,遇浓硫酸发生钝化,所以可用钢瓶储存液氯或浓硫酸,故A正确;‎ B.地球上的能源主要来源于太阳能,通过植物的光合作用被循环利用,即地球上最基本的能源是太阳能,故B正确;‎ C.钠和四氯化钛溶液反应时,实质是和水反应,故若制得钛合金,应是钠和熔融的四氯化钛反应,故C错误;‎ D.采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生,从而防止出现酸雨,NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施,故D正确;‎ 故答案为C。‎ ‎3.关于一些重要的化学概念有下列说法,其中正确的是( )‎ ‎①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物 ②BaSO4是一种难溶于水的强电解质 ③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 ④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化 ⑤置换反应都属于离子反应 A. ①②⑤ B. ①②④ C. ②③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【详解】①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是分散质和分散剂组成的混合物,故①正确;‎ ‎②硫酸钡是盐,水溶液中难溶,但溶于水的部分完全电离,熔融状态完全电离,是强电解质,故②正确;‎ ‎③纯碱是碳酸钠,属于盐类,故③错误;‎ ‎④煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解,生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程,煤的干馏是属于化学变化;煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程,属于化学变化;煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程,属于化学变化,故④正确;‎ ‎⑤置换反应不一定是离子反应,如:CuO+H2Cu+H2O,故⑤错误;‎ 故正确的是①②④,答案为B。‎ ‎【点睛】常见化学变化:干馏、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、催化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等;‎ 常见物理变化或过程:蒸馏、分馏、溶化、汽化、液化、酸化等。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下,33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NA B. 2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NA C. 50 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NA D. 含1molFeCl3的氯化铁溶液完全水解生成Fe(OH)3胶体,其中胶粒数为NA ‎【答案】B ‎【详解】A.标准状况下,HF为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故A错误;‎ B.CO与C2H4摩尔质量都是‎28g/mol,‎2.8g CO与C2H4的混合气体中所含分子数为×NA=0.1NA,故B正确;‎ C.50 mL 18.4 mol/L浓硫酸中含有硫酸‎0.05L×18.4 mol/L =0.92mol,浓硫酸和Cu在加热条件下反应,而稀硫酸和Cu不反应,反应到一定程度后,浓硫酸变为稀硫酸,不能再反应生成二氧化硫,所以50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目小于0.46 NA,故C错误;‎ D.氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的集合体,1mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体后能生成胶粒小于NA个,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D,要注意胶体微粒是多个分子和离子的集合体,具有较大的表面积,因此具有较强的吸附性。‎ ‎5.下列除杂方案不正确的是( )‎ ‎ ‎ 被提纯的物质[括号内物质是杂质]‎ 除杂试剂 除杂方法 A CO(g) [CO2(g)]‎ NaOH溶液、 浓H2SO4‎ 洗气 B NH4Cl(aq) [Fe3+(aq)]‎ NaOH溶液 过滤 C Cl2(g) [HCl(g)]‎ 饱和食盐水、浓H2SO4‎ 洗气 D Na2CO3(s) [NaHCO3(s)]‎ ‎—‎ 加热 ‎【答案】B ‎【详解】A.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应,可用洗气的方法除杂,故A正确;‎ B.加入氢氧化钠,引入新杂质,应用氨水除杂,故B错误;‎ C.氯气难溶于饱和食盐水,可用洗气的方法除杂,故C正确;‎ D.NaHCO3不稳定,加热易分解,生成碳酸钠,故D正确;‎ 故答案为B。‎ ‎6.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是( )‎ A. 浓硫酸具有脱水性,可用作干燥剂 B. SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆 C. 液氨汽化时吸收大量的热,可用作制冷剂 D. SiO2与碱反应,不可用石英坩埚来加热熔化烧碱、纯碱等固体 ‎【答案】A ‎【详解】A.浓硫酸具有吸水性,可以用作干燥剂,这与浓硫酸的脱水性无关,故A错误;‎ B.二氧化硫具有漂白性,可用于漂白纸浆,与二氧化硫的漂白性有关,故B正确;‎ C.液氨汽化时要吸收大量的热,能使周围温度降低,液氨常用作制冷剂,故C正确;‎ D.烧碱为氢氧化钠,是强碱,纯碱为碳酸钠,为强碱性盐,二氧化硅为酸性氧化物能够与碱性物质反应,所以不能用瓷坩埚来加热烧碱或纯碱使其熔化,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎7.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是( )‎ A. 澄清透明的溶液中:MnO4-、SO42-、K+、H+‎ B. 含有大量的AlO2-的溶液:NH4+、Na+、HCO3-、SO42-‎ C. pH=11的溶液中:ClO-、Na+、SO42-、I-‎ D. 水电离产生的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中:HCO3-、NH4+、Cl-、Ca2+‎ ‎【答案】A ‎【详解】A.该组离子之间不反应,可大量共存,故A正确;‎ B. AlO2-与NH4+、HCO3-反应,不能大量共存, 故B错误;‎ C. pH=11的溶液显碱性,ClO-、I-会发生氧化还原反应,故C错误;‎ D.水电离产生的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液为酸性或为碱性,在酸性和碱性条件下,HCO3-都不能大量存在,故D错误;‎ 答案选A。‎ ‎8.下列实验中,对应的现象以及结论都正确,且两者具有因果关系的是( )‎ 选项 实验 现象 结论 A 将盐酸滴入0.5 mol/LFe(NO3)2‎ 溶液变 Fe2+被HNO3‎ 溶液中 ‎ 黄色,有无色气体逸出,后又变成红棕色 ‎ 氧化 B 向淀粉溶液中加入稀硫酸加热几分钟冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液,加热 得到蓝色溶液 淀粉没有水解 C 向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量的SO2‎ 溶液变为浅绿色,且有白色沉淀生成 沉淀为BaSO3,BaSO4的混合物 D 用湿润的蓝色石蕊试纸检验某气体 试纸变红 该气体是氨气 ‎【答案】A ‎【详解】A. 硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性,则将盐酸滴入0.5 mol/LFe(NO3)2溶液中发生氧化还原反应,生成铁离子、NO,NO很容易被氧气氧化为NO2,则可观察到溶液变黄色,有无色气体逸出,后又变成红棕色,A项正确;‎ B. 向淀粉溶液中加入稀硫酸加热几分钟冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液,加热,得到蓝色溶液,是Cu(OH)2与稀硫酸发生了复分解反应生成了硫酸铜,该现象不能说明淀粉没有水解,检验葡萄糖需要碱性环境,需要在淀粉的水解液中加入氢氧化钠溶液调至溶液呈碱性,再加入新制的Cu(OH)2悬浊液,加热,观察是否有砖红色沉淀生成,判断淀粉是否水解,B项错误;‎ C. 氯化铁溶液和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀,生成的沉淀是硫酸钡,没有亚硫酸钡,C项错误;‎ D. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验某气体,试纸变红,说明该气体为酸性气体,不可能是氨气,因为氨气为碱性气体,D项错误;‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】检验葡萄糖需要碱性环境,需要在淀粉的水解液中加入氢氧化钠溶液调至溶液呈碱性,再加入新制的Cu(OH)2悬浊液,加热,观察是否有砖红色沉淀生成,判断淀粉是否水解,这是学生们的易错点。‎ ‎9.设NA为阿伏伽德罗常数的数值,下列说法正确的是( )‎ A. ‎12g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3NA B. 密闭容器中2 mol NO与1mol O2充分反应,产物的分子数目为2NA C. 在一定条件下,‎6.4g铜与过量的硫反应,转移的电子数目为0.2NA D. ‎10g质量分数为46%的乙醇溶液中O-H键数目为0.7NA ‎【答案】D ‎【详解】A.‎12g NaHSO4晶体的物质的量是=0.1mol,NaHSO4晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子,阳离子和阴离子的总数为0.2NA,故A错误;‎ B.2mol一氧化氮与1mol氧气恰好反应生成2mol二氧化氮,由于存在反应N2O4⇌2NO2,所以反应后的混合气体的物质的量小于2mol,所含分子数小于2 NA,故B错误;‎ C.‎6.4g铜为0.1mol,硫反应会生成硫化亚铜,铜元素被氧化为+1价,故0.1mol铜参与反应时转移电子数目为0.1NA,故C错误;‎ D.在乙醇水溶液中,乙醇和水均含H-O键,而含有的乙醇的物质的量n==0.1mol,故乙醇中含有的H-O键为0.1NA个;含有的水的物质的量n==0.3mol,而水分子中含2条H-O键,故0.3mol水中含0.6NA条H-O键,故此水溶液中共含0.7NA条H-O键,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为BD,B中要注意存在N2O4⇌2NO2平衡,D中要注意水中也存在H-O键。‎ ‎10.下列离子方程式正确的是( )‎ A. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合:Ba2++2OH−+NH4++HCO3−=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O B. 将磁性氧化铁溶于盐酸:Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O C. 用铁电极电解氯化钠溶液:2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑‎ D. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液中:Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO ‎【答案】A ‎【详解】A.等体积等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合,离子方程式:Ba2++2OH−+NH4++HCO3−=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O,选项A正确;‎ B.磁性氧化铁中Fe元素的化合价为+2价,为+3价。磁性氧化铁溶于盐酸的离子方程式:Fe3O4+8H+=2Fe3++ Fe2++4H2O,选项B错误;‎ C.惰性电极电解氯化镁溶液的离子反应方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓,选项C错误;‎ D.将SO2通入Ca(ClO)2溶液中的离子反应方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-,选项D错误;‎ 答案选A。‎ ‎11.下列实验操作正确的是( )‎ A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B. pH试纸使用时不需要润湿,红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿 C. 做过硫升华实验的试管用酒精洗涤 D. 蒸馏操作时,装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的液体中部 ‎【答案】A ‎【详解】A.加几滴CuSO4溶液,锌置换出铜,构成原电池,可加快反应速率,故A正确;‎ B.pH试纸若被湿润,相当于待测液被稀释,影响测定结果;而红色石蕊试纸用于检验氨气,氨气溶于水才能呈碱性,所以使用前必须用水湿润,故B错误;‎ C.S易溶于二硫化碳,微溶于酒精,则做过硫升华实验的试管用二硫化碳洗涤,故C错误;‎ D.蒸馏实验中,温度计用于测量馏分温度,则温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C,要注意S的溶解性的记忆,S难溶于水,微溶于酒精,易溶于二硫化碳。‎ ‎12.下列操作正确且能达到实验目的是( )‎ A. 制取氢氧化亚铁并观察其颜色 B. 制备无水氯化镁 C. 装置可用于实验室制Cl2‎ D. 制取收集干燥纯净NH3‎ ‎【答案】A ‎【详解】A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁,为防止氢氧化亚铁被氧化,则制备氢氧化亚铁时要隔绝空气,煤油的密度小于水,所以能隔绝空气,且将滴管插入液面以下,故A正确;‎ B.蒸发时氯化镁水解生成的HCl易挥发,应在HCl气流中蒸发,故B错误;‎ C.用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2时必须加热,图示装置中缺少加热仪器,无法达到实验目的,故C错误;‎ D.氨气的密度比空气密度小,应选向下排空气法收集,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎13.在室温下,下列各组离子一定能大量共存的是( )‎ A. 滴入石蕊试液显红色的溶液:K+、Mg2+、AlO2−、SO32−‎ B. 1.0mol·L−1的KNO3溶液:H+、Fe2+、Cl−、SO42−‎ C. 在=1×1012的溶液中:NH4+、Fe2+、Cl-、NO3−‎ D. 通入足量CO2的溶液:Ca2+、Cl−、K+、Na+‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 滴入石蕊试液显红色的溶液呈酸性,H+与AlO2−、SO32−反应而不能大量共存,选项A不符合题意;‎ B. 1.0mol·L−1的KNO3溶液中NO3-与H+、Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存,选项B不符合题意;‎ C. =1×1012的溶液呈碱性,OH-与NH4+、Fe2+反应而不能大量共存,选项C不符合题意;‎ D. 通入足量CO2的溶液,Ca2+、Cl−、K+、Na+相互之间不反应,与CO2不反应,能大量共存,选项D符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎14.下列物质间转化符合工业生产实际的是( )‎ A. N2NONO2HNO3‎ B. 海水Mg(OH)2 MgCl2(aq)Mg C. SSO3H2SO4‎ D. NaCl(饱和溶液)Cl2漂白粉 ‎【答案】D ‎【详解】A、工业上用NH3催化氧化制取NO,而不是用氮气和氧气反应制取NO,故A错误;‎ B、镁离子在溶液中不放电,故电解氯化镁溶液不能得到金属镁,应电解熔融的氯化镁,故B错误;‎ C、硫磺燃烧不能生成三氧化硫,只能生成二氧化硫,故C错误;‎ D、工业上用电解饱和食盐水的方法来制取氯气,然后用氯气和石灰乳反应制取漂白粉,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎15.下列离子方程式书写正确是( )‎ A. 食醋除水垢:‎ B. 稀硝酸中加入少量亚硫酸钠:‎ C. 处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化:‎ D. 用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度:‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 食醋是弱酸,在离子方程式中不能拆,故A错误;‎ B. 二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO,离子方程式为3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O,故B错误;‎ C. 处理工业废水时Cr时,生成,离子方程式为,故C正确;‎ D. 草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色,发生氧化还原反应,根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒,可得方程式:2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+==10CO2↑+2Mn2++8H2O,草酸是弱酸,在离子方程式里不能拆,故D错误;‎ 正确答案是C。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误判断,明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键,离子方程式书写要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒、转移电子守恒,有些化学反应还与反应物的量有关,注意B中发生氧化还原反应。‎ ‎16.丰富多彩的颜色变化增添了化学的魅力。下列颜色变化过程中气体被氧化的是( )‎ A. 水蒸气使淡黄色过氧化钠变白色 B. CuSO4蓝色溶液吸收H2S后有黑色沉淀 C. SO2能使溴水褪色 D. C12使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 ‎【答案】C ‎【详解】A. 水蒸气使淡黄色过氧化钠变白色,水中H、O的化合价为变化,与题意不符,A错误;‎ B. CuSO4蓝色溶液吸收H2S后有黑色CuS沉淀沉淀生成,化合价为变化,与题意不符,B错误;‎ C. SO2能使溴水褪色,S的化合价升高,作还原剂,被氧化,符合题意,C正确;‎ D. C12使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,Cl的化合价降低,作氧化剂,被还原,与题意不符,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】气体做还原剂时被氧化。‎ ‎17.把‎8.0g铁粉投入40mL某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体‎2.4g,产生NO2和NO的混合气体0.12mol。若不考虑N2O4的存在,则原HNO3溶液的物质的量浓度( )‎ A. 6.0‎mol·L-1 B. 7.0mol·L ‎‎-1 ‎ C. 8.0mol·L -1 D. 9.0mol·L -1‎ ‎【答案】C ‎【分析】把‎8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体‎2.4g,说明生成硝酸亚铁,硝酸完全反应,反应中硝酸起氧化剂、酸性作用,起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁,根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁,起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2,根据N元素守恒可知n (HNO3) =2n[Fe (NO3) 2]+n (NO+NO2),据此解答。‎ ‎【详解】把‎8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体‎2.4g,说明生成硝酸亚铁,硝酸完全反应,参加反应的Fe的质量= ‎8g- ‎2.4g= ‎5.6g, 其物质的量,故n[Fe (NO3) 2] = 0.1mol,反应中硝酸起氧化剂、酸性作用,起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁,起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2,根据N元素守恒可知n(HNO3) = 2n[Fe (NO3) 2] +n(NO+ NO2) = 0.1mol×2+0.12mol= 0.32mol,所以原HNO3溶液的物质的量浓度=8.0 mol/L。‎ 故选C;‎ ‎18.如图所示过程除去 AlCl3溶液中含有的 Mg2+、K+ 杂质离子并尽可能减小 AlCl3 的损失。下列说法正确的是( )‎ A. NaOH 溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替 B. 溶液a中含有 Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-‎ C. 溶液 b 中只含有 NaCl D. 向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量 ‎【答案】A ‎【详解】A选项,NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根,因此可以用氢氧化钾、氢氧化钡来代替,故A正确;‎ B选项,溶液a中含有 K+、Cl-、Na+、AlO2-、OH-,故B错误;‎ C选项,溶液 b 中含有氯化钠、氯化钾,故C错误;‎ D选项,向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解,故D错误;‎ 综上所述,答案A。‎ ‎19.如图是工业利用菱镁矿(主要含MgCO3,还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁的工艺流程。‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. 酸浸池中加入的X酸是硝酸 B. 氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+‎ C. 沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3‎ D. 在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁 ‎【答案】A ‎【分析】菱镁矿的主要成分是MgCO3,并含少量的Al2O3、FeCO3等,加入过量X酸溶解,根据实验目的,X酸是盐酸;通入氯气将二价铁氧化为三价铁,再加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,过滤分离后,得到氯化镁溶液,将溶液在HCl气流中加热蒸干得到无水氯化镁,据此分析解答。‎ ‎【详解】A、工业利用菱镁矿(主要含MgCO3,还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁,所以酸浸池中加入的X酸是盐酸,故A错误;‎ B、加入氯气将二价铁氧化为三价铁,以便于调pH除铁元素,故B正确;‎ C、根据以上分析可知,加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,所以沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3,故C正确;‎ D、镁是活泼金属,所以在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎20.氮化镁常用于制备其它超硬、高导热、耐高温的氮化物,实验室用以下装置制取氮化镁。已知:Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2,Mg3N2是一种浅黄色粉末,易水解。下列说法不正确的是( )‎ A. 实验开始时应先点燃乙处酒精灯,再点燃丁处酒精灯 B. 装置乙的目的是制备N2‎ C. 装置丙与装置戊可以对调 D. 取装置丁所得固体少许,滴入少量蒸馏水,可检验是否有Mg3N2‎ ‎【答案】C ‎【分析】本实验按从左到右的顺序,甲中盛有碱石灰,用于干燥氨气,乙中发生3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气,丙用浓硫酸干燥氮气并吸收多余的NH3,防止在丁Mg3N2水解及发生Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2,丁中发生3MgN2 Mg3N2,戊中盛用碱石灰的干燥管,用于防止空气中的水分和Mg3N2作用,使Mg3N2水解。‎ ‎【详解】A.实验开始时应先点燃乙处酒精灯,制取N2并排除装置内空气,再点燃丁处酒精灯,故A正确;‎ B.装置乙的目的是3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气,故B正确;‎ C.装置丙是用来干燥氮气并吸收多余的NH3,防止Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2,而装置戊是防止空气中的水蒸气进入丁中,其中通常盛放的碱石灰不能吸收NH3,所以丙、戊不可以对调,故C错误;‎ D.因Mg3N26H2O=3Mg(OH)33NH3,所以取装置丁所得固体少许,滴入少量蒸馏水,若有刺激性气味的气体生成,则证明固体中有Mg3N2,故D正确;‎ 本题答案C。‎ ‎21.下列有关图像的说法正确的是( )‎ A. 图甲表示:向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系 B. 图乙表示:向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系 C. 图丙表示:在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量,溶液中Fe3+物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系 D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法 ‎【答案】C ‎【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH 溶液直至过量,溶液中先生成沉淀,然后沉淀又逐渐溶解,前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1,图像与之不符,故A错误;B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol,向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸,氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl;碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3,消耗HCl 1mol;最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体,又消耗HCl 1mol, 所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1,图像与之不符,故B错误;C.在稀硝酸溶液中加入铁粉,先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O, 当硝酸消耗完之后,铁离子的量达到最大值;继续加入铁粉后,铁离子与铁发生反应,Fe+2Fe3+=3Fe2+,铁离子的量逐渐减小直至为0,最终两步反应消耗铁的量为1:0. 5=2:1,与图像相符合,C正确;D. KNO3溶解度随温度变化较大,氯化钠溶解度随温度变化不大,因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离,故D错误;答案选C。‎ ‎22.工业上处理黄铜矿(主要成分是CuFeS2)的主要反应是2CuFeS2 + 4O2= Cu2S + 3SO2 + 2FeO。关于该反应的下列说法中,不正确的是(   )‎ A. CuFeS2既是氧化剂又是还原剂 B. 还原产物有Cu2S、SO2、FeO C. Fe元素的化合价没有变化 D. 每反应1 molCuFeS2,转移电子8 mol ‎【答案】D ‎【详解】A. CuFeS2中铜元素化合价降低,硫元素化合价升高,既是氧化剂又是还原剂,故正确;‎ B.反应中铜元素和氧元素化合价降低,所以Cu2S、SO2、FeO三种物质都为还原产物,故正确;‎ C.铁元素前后没有变价,故正确;‎ D.反应中只有硫元素化合价升高,转移18个电子,所以每反应1 molCuFeS2,转移电子9mol,故错误;‎ 故选D。‎ 二、非选择题(共56分)‎ ‎23.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程:‎ ‎(1)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列________________物质相似。‎ a.75%酒精 b.双氧水 c.苯酚 d.“‎84”‎消毒液(NaClO溶液) ‎ ‎(2)粉碎的目的是____________________________________,操作Ⅰ的名称是___________。‎ ‎(3)上述流程中可以循环使用的物质有石灰、CO2、_________和__________(写化学式)。‎ ‎(4)向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4,该反应中的还原剂是____________。‎ ‎(5)铋酸钠(NaBiO3,不溶于水)用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在(铋元素的还原产物为Bi3+,Mn的氧化产物为+7价),写出反应的离子方程式:__________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). BD (2). 增大接触面积,加快反应的速率 (3). 过滤 (4). KOH (5). MnO2 (6). K2MnO4 (7). 2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O ‎【分析】二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融,加水溶解得到K2MnO4溶液,通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3,过滤除去滤渣(MnO2),滤液为KMnO4、K2CO3溶液,浓缩结晶,趁热过滤得到KMnO4晶体,母液中含有K2CO3,在母液中加石灰乳(氢氧化钙)得到碳酸钙沉淀和KOH,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)KMnO4有强氧化性,利用其强氧化性杀菌消毒,消毒原理与84消毒液、双氧水一样,故答案为:BD;‎ ‎(2)将二氧化锰与氢氧化钾粉碎,可以增大接触面积,加快后续反应的速率;操作I是分离固体与溶液,因此是过滤,故答案为:增大接触面积,加快反应的速率;过滤;‎ ‎(3)制备中利用的原料,在转化过程中又生成的可以循环利用。由转化关系图知,除石灰、二氧化碳外,K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH,会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用,故答案为:KOH、MnO2;‎ ‎(4)由工艺流程转化关系可知,向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2,反应中只有Mn元素的化合价发生变化,由+6价降低为+4价,由+6价升高为+7价,所以K2MnO4既是氧化剂又是还原剂,故答案为:K2MnO4;‎ ‎(5)铋酸钠(不溶于水)在酸性溶液中与Mn2+反应生成MnO4-和Bi3+,则反应的离子方程式为:2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O,故答案为:2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O。‎ ‎【点睛】熟悉制备的原理是解题的关键。本题的易错点为(4),要注意流程图的正确解读,向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2,因此只有Mn元素的化合价发生变化。‎ ‎24.过氧化钙是一种白色固体,微溶于冷水,不溶于乙醇,化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO2·8H2O,装置如图所示:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)小组同学查阅文献得知:该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中,使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外,还有______________________________。‎ ‎(2)仪器X的主要作用除导气外,还具有的作用是_____________________________。‎ ‎(3)在冰水浴中进行的原因是_____________________________________。‎ ‎(4)实验时,在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体,总反应的离子方程式为_______________________________________________________。‎ ‎(5)反应结束后,经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。下列试剂中,洗涤CaO2·8H2O的最佳选择是____________。‎ a.无水乙醇 b.浓盐酸 c.Na2SO3溶液 d.CaCl2溶液 ‎(6)过氧化钙(与过氧化钠性质相似)可用于长途运输鱼苗,这体现了过氧化钙具有_____的性质。‎ a.与水缓慢反应供氧 b.能吸收鱼苗呼出的CO2气体 c.能使水体酸性增强 ‎ ‎(7)将所得CaO2·8H2O晶体加热到150~‎160℃‎,完全脱水后得到过氧化钙样品。‎ 该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是:准确称取‎0.4000g过氧化钙样品,‎400℃‎以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体),得到33.60mL(已换算为标准状况)气体。则所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为________________。‎ ‎【答案】(1). 烧杯、量筒 (2). 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸 (3). 防止温度过高,H2O2分解、有利于晶体析出 (4). Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+ (5). a (6). ab (7). 54.00%‎ ‎【分析】(1)用市售质量分数为30%的H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液,可根据溶液的体积估算质量,用烧杯配制,据此分析解答;‎ ‎(2)根据氨气极易溶于水分析解答;‎ ‎(3)反应温度较低,可避免过氧化氢分解,降低晶体的溶解度;‎ ‎(4)反应物为氨气、过氧化氢和氯化钙,生成物为过氧化钙和氯化铵,据此书写反应的离子方程式;‎ ‎(5)过氧化钙是一种白色固体,微溶于冷水,不溶于乙醇,化学性质与过氧化钠类似,据此分析解答;‎ ‎(6)根据过氧化钙化学性质与过氧化钠类似分析解答;‎ ‎(7)由氧气的体积计算过氧化钙的质量,进而计算过氧化钙的纯度。‎ ‎【详解】(1)用市售质量分数为30%的H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液,可根据溶液的体积估算质量,用烧杯配制,配制过程中,使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外,还有烧杯、量筒,故答案为:烧杯、量筒;‎ ‎(2)氨气极易溶于水,长颈漏斗上部体积较大,除导气外,还可防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸,故答案为:防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸;‎ ‎(3)冰水浴可防止温度过高,使H2O2分解、且温度较低时有利于晶体析出,故答案为:防止温度过高,H2O2分解、有利于晶体析出;‎ ‎(4)反应物为氨气、过氧化氢和氯化钙,生成物为过氧化钙和氯化铵,反应的离子方程式为Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+,故答案为:Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4+;‎ ‎(5)过氧化钙一种白色固体,微溶于冷水,不溶于乙醇,化学性质与过氧化钠类似,洗涤CaO2•8H2O,应避免溶解和变质,可用乙醇,亚硫酸钠具有还原性,可使过氧化钙变质,故答案为:a;‎ ‎(6)过氧化钙具有强氧化性,可用于杀菌消毒,与水反应生成氢氧化钙和氧气,可提供氧气,氢氧化钙可吸收二氧化碳,故答案为:ab;‎ ‎(7)涉及反应为2CaO2 2CaO+O2,生气氧气的物质的量为=0.0015mol,则n(CaO2)=0.003mol,过氧化钙样品中CaO2的纯度为×100%=54.00%,故答案为:54.00%。‎ ‎25.(1)A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。‎ ①若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,X能使品红溶液褪色,写出C和E反应的离子方程式:_________________________________________________。‎ ‎②若A为淡黄色粉末,X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液,可选择的试剂为_________(填代号)。 ‎ a.盐酸 b.BaCl2溶液 c.Ca(OH)2溶液 ‎③若A为非金属氧化物,B为气体,遇空气会变红棕色,X是Fe,溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式_________________________________________。‎ ‎(2)含碘化合物在生产、生活中都有重要用途,如碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用,实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。水合肼(具有还原性)的制备有关反应原理为: CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3‎ ‎①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为____________________(按气流方向,用小写字母表示)。B、D中装分别装的试剂是_____________________________________‎ 若该实验温度控制不当,反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5∶1,则氯气与氢氧化钠反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。‎ ‎②制备水合肼时,应将___________滴到 __________ 中(填“NaClO溶液”或“尿素溶液”),且滴加速度不能过快。‎ ‎【答案】(1). OH-+HSO3-=SO32-+H2O (2). ab (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (4). ecdabf (5). 饱和食盐水、氢氧化钠溶液 (6). 5∶3 (7). NaClO溶液 (8). 尿素溶液 ‎【分析】(1)①若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,应为Na,X能使品红溶液褪色,应为SO2,则B为H2,C为NaOH,D为Na2SO3,E为NaHSO3,据此分析解答;‎ ‎②若A为淡黄色粉末,能够与水反应,则A为Na2O2,X为一种造成温室效应的气体,应为CO2,则B为氧气,C为NaOH,D为Na2CO3,E为NaHCO3,据此分析解答;‎ ‎③若A为非金属氧化物,A与水反应生成的B为气体,遇空气会变红棕色,则A为NO2,B为NO,C为HNO3,X是Fe,则D为硝酸铁,E为硝酸亚铁,据此分析解答;‎ ‎(2)①根据制备氯气、除杂、制备次氯酸钠和氧氧化钠、处理尾气的顺序分析;三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5∶1,设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol,根据得失电子守恒,生成6molClO-则会生成Cl-6mol,生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol,据此分析解答;‎ ‎②NaClO具有强氧化性,水合肼具有还原性,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)①若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,应为Na,X能使品红溶液褪色,应为SO2,则B为H2,C为NaOH,D为Na2SO3,E为NaHSO3,C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O,故答案为:OH-+HSO3-=SO32-+H2O;‎ ‎②若A为淡黄色粉末,能够与水反应,则A为Na2O2,X为一种造成温室效应的气体,应为CO2,则B为氧气,C为NaOH,D为Na2CO3,E为NaHCO3‎ ‎,鉴别等浓度的D、E两种溶液,可用盐酸或氯化钡溶液,碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳的速度快;碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀,故答案为:ab;‎ ‎③若A为非金属氧化物,A与水反应生成的B为气体,遇空气会变红棕色,则A为NO2,B为NO,C为HNO3,X是Fe,则D为硝酸铁,E为硝酸亚铁,因此NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为:3NO2+H2O=2HNO3+NO;‎ ‎(2)①装置c由二氧化锰和浓盐酸制备氯气,用B装置的饱和食盐水除去HCl气体,导气管应该长进短出,氯气与NaOH在A中反应得到次氯酸钠,并和尿素反应制备水合肼,为充分反应,从a进去,由D装置中的氢氧化钠吸收未反应的氯气,防止污染空气,故导气管连接顺序为:ecdabf;三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5∶1,设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol,根据得失电子守恒,生成5molClO-则会生成Cl-5mol,生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol,则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素,即为Cl-,有5mol+5mol =10mol,被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素,ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol,故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10∶6=5∶3;故答案为:ecdabf;饱和食盐水、氢氧化钠溶液;5∶3;‎ ‎②NaClO具有强氧化性,水合肼具有还原性,将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加,都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼,降低产率,故实验中取适量A中的混合液逐滴加入到一定量的尿素溶液中制备水合肼,滴加顺序不能颠倒,且滴加速度不能过快;故答案为:NaClO溶液;尿素溶液。‎ 三、选考题,任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。‎ ‎26.(1)基态O原子核外电子排布式为______________________,基态P原子核外占据最高能级的电子云轮廓图为______________形;‎ ‎(2)P4S3可用于制造火柴,其分子结构如图所示。P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为___________,每个P4S3分子中含孤电子对的数目为_______。‎ ‎(3)Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为______________________________‎ ‎(4)SO2易溶于水,在水中的溶解度为1体积的水溶解40体积的SO2,原因是__________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎(5)Li2O的晶胞如图所示(其中白球代表Li,黑球代表O)。已知晶胞参数为0.4665 nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Li2O的密度为________________g·cm−3(列出计算式即可)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 哑铃 (3). sp3 (4). 10 (5). S2->O2->Na+ (6). SO2是极性分子,水是极性分子构成的溶剂,根据相似相容原理,SO2易溶于水 (7). ‎ ‎【分析】(1)O原子核外有8个电子,根据构造原理书写基态O原子核外电子排布式;p能级电子的电子云轮廓图为哑铃形;‎ ‎(2)根据图像,P、S最外层均满足8电子稳定结构,S形成2个共键单键,且S上有2个孤电子对,P上有1个孤电子对;‎ ‎(3)一般而言,离子核外电子层数越多,其离子半径越大,电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小;‎ ‎(4)根据相似相容原理分析解答;‎ ‎(5)根据均摊法计算晶胞中Li+和O2-个数,求出晶胞质量和体积,最后计算Li2O的密度。‎ ‎【详解】(1)O原子核外有8个电子,根据构造原理,基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4;基态P原子核外占据最高能级的电子为3p能级电子,s能级电子的电子云轮廓图为球形,p能级电子的电子云轮廓图为哑铃形,则基态P原子核外占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形,故答案为:1s22s22p4 ;哑铃;‎ ‎(2)根据分子结构示意图,S原子形成2个共键单键,且S上有2个孤电子对,则P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为sp3;每个S原子上有2个孤电子对,P原子上有1个孤电子对,则每个P4S3分子中含孤电子对的数目为10,故答案为:sp3;10;‎ ‎(3)一般而言,离子核外电子层数越多,其离子半径越大,电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,离子核外电子层数S2-最多,离子半径最大,O2-、Na+核外电子层数相同,且原子序数O<Na,则离子半径从大到小顺序是S2->O2->Na+,故答案为:S2->O2->Na+;‎ ‎(4)SO2中S原子形成2个共价键,且S上有1个孤电子对,采用sp2杂化,为V形结构,是极性分子,水是极性分子构成的溶剂,根据相似相容原理,SO2易溶于水,在水中的溶解度为1体积的水溶解40体积的SO2,故答案为:SO2是极性分子,水是极性分子构成的溶剂,根据相似相容原理,SO2易溶于水;‎ ‎ (5)该晶胞中Li+个数=8、O2-个数=8×+6×=4,晶胞质量=g,晶胞体积= (0.4665×10‎-7cm)3,则Li2O的密度== g/cm3,故答案为:。‎ ‎【点睛】明确原子结构与性质、元素周期律的内涵是解本题的关键。本题的难点是晶胞计算,注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。‎ ‎27.环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能,已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线:‎ 已知以下信息:‎ ‎(1)A是一种烯烃,化学名称为_______________。‎ ‎(2)由B生成C的反应类型为_______________。‎ ‎(3)由C生成D的反应方程式为________________________________________________。‎ ‎(4)E的结构简式为_______________。‎ ‎(5)E的二氯代物有多种同分异构体,请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式_______________、_________________。‎ ‎①能发生银镜反应;②核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积比为3∶2∶1。‎ ‎(6)假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G,若生成的NaCl和H2O的总质量为‎765 g,则G的n值理论上应等于__________。‎ ‎【答案】(1). 丙烯 (2). 加成反应 ‎ ‎(3). ClCH2CHOHCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O(或CH2OHCHClCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O) (4). (5). (6). (7). 8‎ ‎【分析】A是一种烯烃,应为CH3CH=CH2,光照条件下发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2‎ ‎,根据C的化学式可知,B与HOCl发生加成反应生成C,C为ClCH2CHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl;由信息①可知E应为;D、F发生信息②和③的反应生成G,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知A为丙烯,故答案为:丙烯;‎ ‎(2)B为ClCH2CH=CH2,根据C的化学式可知,B与HOCl发生加成反应生成C,故答案为:加成反应;‎ ‎(3) C为ClCH2CHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl,由C生成D的反应方程式为ClCH2CHOHCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O或CH2OHCHClCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O,故答案为:ClCH2CHOHCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O(或CH2OHCHClCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O);‎ ‎(4)根据上述分析,E的结构简式为,故答案为:;‎ ‎(5)E为,E的二氯代物有多种同分异构体,①能发生银镜反应,说明分子中含有醛基;②核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积比为3∶2∶1,则应含有1个甲基,且结构对称,应为、,故答案为:、;‎ ‎(6)由方程式可知生成NaCl和H2O的物质的量相等,若生成的NaCl和H2O的总质量为‎765g,则二者的物质的量分别为=10mol,则需要9molF、10molD参加反应,由G的结构简式可知n=8,故答案为:8。‎ ‎【点睛】正确解读和利用题干信息是解题的关键。本题的易错点和难点为(6),要注意分析G的结构,并正确计算生成的NaCl和水的物质的量。‎
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