廣東省梅州市2018屆高三總復習質(zhì)檢（5月二模）理綜化學試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16S32Ba1371.我國宋代《開寶本草》中記載了中藥材鐵華粉的制作方法：“取鋼煅作葉如笏或團，平面磨錯令光凈，以鹽水灑之，于醋甕中陰處埋之一百日，鐵上衣生，鐵華成矣。”中藥材鐵華粉是指A.醋酸亞鐵B.冰醋酸C.氫氧化鐵膠體D.鐵粉【答案】A【解析】根據(jù)題目描述，制作的過程是將鋼（主要成分是單質(zhì)鐵）制成片狀或粒狀，表面凈化后，加氯化鈉溶液，在醋缸中放置較長時間，在鋼的表面會生成鐵華粉。所以鐵華粉的主要成分應該是醋酸亞鐵，選項A正確。明顯，如果是得到冰醋酸，則不需要加鐵單質(zhì)，選項B錯誤。要得到氫氧化鐵，不應該在醋缸中放置，選項C錯誤。得到鐵粉就更不用這么繁瑣了，選項D錯誤。2.通常監(jiān)測SO2

含量是否達到排放標準的反應原理是：SO2

+

H2O2

+

BaCl2=BaSO4↓+2HCl。NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.0.1mol

BaCl2

晶體中所含分子總數(shù)為0.1NAB.25℃時，pH=1的HC1溶液中含有Cl的數(shù)目為0.1NAC.生成2.33g

BaSO4沉淀時,轉移電子數(shù)目為0.02

NAD.標準狀況下，2.24L

H2O2

含有1.8

NA個電子【答案】C【解析】BaCl2

晶體是離子晶體，其中含有的是陰陽離子，不存在分子，所以選項A錯誤。選項B中沒有說明溶液的體積，所以無法計算溶液中的氯離子數(shù)目，選項B錯誤。生成2.33g（0.01mol）BaSO4沉淀時,有0.01mol的+4價S轉化為+6價S，所以轉移電子為0.02mol，即轉移電子數(shù)目為0.02NA，選項C正確。標準狀況下，過氧化氫是液態(tài)的，所以無法計算其物質(zhì)的量，選項D錯誤。3.2017

年12

國家食藥監(jiān)總局要求莎普愛思盡快啟動臨床有效性試驗。莎普愛思有效成分是由芐達酸與賴氨酸生成的有機鹽，芐達酸結構如圖所示。下列關于芐達酸的敘述正確的是A.分子式為C16H16N2O3B.苯環(huán)上的一氯代物有5

種C.所有原子可能共平面D.屬于芳香族化合物，且有弱酸性【答案】D【解析】該有機物的分子式為C16H14N2O3，選項A錯誤。分子中的兩個苯環(huán)并不相同，下面的苯環(huán)有3種一氯代物（鄰間對），上面的苯環(huán)有4種一氯代物，所以一共是7種，選項B錯誤。分子中存在飽和碳原子，飽和碳原子連接的4個原子，在空間上一定是四面體結構，所以一定不共平面，選項C錯誤。該有機物有苯環(huán)，屬于芳香族化合物。分子中有羧基，顯弱酸性，選項D正確。4.下列實驗中，對應的現(xiàn)象以及結論都正確，且兩者具有因果關系的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向一定濃度的CuSO4

溶液中通入適量H2S氣體出現(xiàn)黑色沉淀H2S

的酸性比H2SO4的強B向足量含有淀粉的FeI2

溶液中滴加2

滴氯水溶液變藍還原性：I>Fe2+C測定等濃度的Na2CO3

和Na2SO3

溶液的pHNa2CO3

溶液的pH

較大非金屬性：S>CD向AgNO3

溶液中加入過量氨水有白色沉淀生成Ag+

與NH3·H2O

不能共存A.AB.BC.CD.D【答案】B點睛：本題的選項A涉及了一個比較容易混淆的問題，就是“強酸制弱酸”原理。首先，強酸制弱酸一定指的是復分解反應，氧化還原反應是否能發(fā)生應該取決于氧化性還原性的強弱，與酸性無關，例如：H2S+Cl2=2HCl+S↓，不能證明硫化氫酸性強于HCl。其次，即使是復分解反應，也不一定必須符合強酸制弱酸的原則，實際上，復分解反應發(fā)生額條件是離子濃度的減小，例如本題的選項A：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，反應能發(fā)生的原因是CuS的溶度積Ksp非常小，反應可以使離子濃度減小，與硫化氫和硫酸的酸性強弱無關。5.流動電池可以在電池外部調(diào)節(jié)電解質(zhì)溶液，從而維持電池內(nèi)部電解質(zhì)溶液濃度穩(wěn)定，原理如圖。下列說法不正確的是A.甲中應補充硫酸B.當消耗1mol

PbO2

時需分離出1mol

CuSO4C.電子由PbO2

極流出經(jīng)過用電器流向Cu極D.電池總反應為：Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O【答案】C【解析】電池的兩個電極是Cu和PbO2，金屬單質(zhì)為負極，所以Cu為負極，反應為：Cu2e=Cu2+，PbO2為正極，反應為：PbO2+4H++2e=Pb2++2H2O，總反應為：Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O。隨著反應的進行硫酸逐漸轉化為硫酸銅和硫酸鉛，所以需要不斷補充硫酸，選項A正確。根據(jù)方程式，每消耗1molPbO2時應該生成1mol硫酸銅，所以需要分離出去的就是1mol硫酸銅。（圖中甲裝置上標注了硫酸和硫酸銅，可能是該裝置的初始電解液是硫酸和硫酸銅的混合溶液，反應中需要的分離的是新生成的硫酸銅和硫酸鉛）選項B正確。電子應該有負極流出，流向正極，題目中Cu為負極，選項C錯誤。由上，電池的總反應為：Cu+PbO2+2H2SO4=CuSO4+PbSO4+2H2O。選項D正確。6.短周期主族元素X、Y、Z、W

原子序數(shù)依次增大，常溫下它們的單質(zhì)有一種固體和三種氣體。由這四種元素中的一種或兩種組成的三種有色物質(zhì)與水發(fā)生氧化還原反應時，水既不作氧化劑也不作還原劑。下列說法正確的是A.簡單氣態(tài)氫化物的沸點：W

>YB.原子半徑：r(Z)

>r(W)

>r(X)

>r(Y)C.這三種有色物質(zhì)與水反應后，所得溶液均呈酸性D.X、Y、Z、W

分別與氫元素形成的化合物中化學鍵均為極性共價鍵【答案】B【解析】有色物質(zhì)與水發(fā)生氧化還原反應時，水既不作氧化劑也不作還原劑，符合要求的常見物質(zhì)有：過氧化鈉、二氧化氮、氯氣。所以X、Y、Z、W依次為氮、氧、鈉、氯。常溫下，W（氯）的簡單氣態(tài)氫化物(HCl)為氣體,Y（氧）的簡單氣態(tài)氫化物(H2O)為液體,所以沸點一定是：W＜Y。選項A正確。根據(jù)同周期元素由左向右半徑依次減小，同主族元素由上向下半徑依次增大可以排列出原子半徑的順序為：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，選項B正確。三種有色物質(zhì)為：過氧化鈉、二氧化氮、氯氣，其中過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉溶液顯堿性，選項C錯誤。四種元素與氫元素形成的化合物可能是NaH，NaH存在的是Na+和H之間的離子鍵，沒有共價鍵，選項D錯誤。7.T℃時，濃度均為1mol/L的兩種弱酸HA、HB中不斷加水稀釋，并用pH傳感器測定溶液pH。所得溶液pH的兩倍(2pH)與溶液濃度的對數(shù)(lgc)的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是已知：①HA的電離平衡常數(shù)：②pKa=lgKaA.酸性：HA>HBB.a點對應的溶液中：c(HA)=0.1mol/L，c(H+)=0.01mol/LC.T℃時，弱酸HB的pKa≈5D.弱酸的Ka隨溶液濃度的降低而增大【答案】D【解析】從圖中得到，濃度相等的時候，HB溶液的pH更高，所以說明HB的酸性更弱，選項A正確。a點溶液的縱坐標為4，即溶液的pH為2（注意縱坐標為pH的2倍），所以c(H+)=0.01mol/L。a點溶液的橫坐標為1，即lgc(HA)=1，所以c(HA)=0.1mol/L，選項B正確。從圖中得到，1mol/L的HB溶液的pH=2.5，即c(H+)=102.5mol/L，所以,所以pKa≈5，選項C正確。Ka是電離平衡常數(shù)，其數(shù)值只與溫度相關，溫度不變，Ka的值不變，選項D錯誤。8.S2Cl2用作橡膠的低溫硫化劑和粘結劑，向熔融的硫中通入限量氯氣反應制得，進一步氯化可得SCl2。S2Cl2、SCl2的某些性質(zhì)如下：水溶性密度(g/cm3)顏色熔點沸點S2Cl2空氣中發(fā)煙霧，遇水即水解1.687金黃色76℃138℃SCl2溶于水且劇烈反應1.621櫻桃紅122℃59℃用如圖所示裝置制備S2Cl2，回答下列問題：(1)已知S2Cl2分子中各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構，則S2Cl2的電子式為________。(2)制取Cl2應選用的裝置是_______(填字母編號)；反應的離子方程式為________。(3)欲得到較純凈的S2Cl2，上述儀器裝置的連接順序為____(按氣流方向，用小寫字母表示)。(4)儀器D的名稱是_______；D中堿石灰的作用是________。(5)為了獲得更純凈的S2Cl2，需要對產(chǎn)品進行的操作是____________(6)若將S2Cl2放入水中同時產(chǎn)生沉淀和氣體，寫出反應的化學方程式_________；該反應中被氧化和被還原的元素的質(zhì)量之比為________________?！敬鸢浮?1).(2).C(3).MnO2＋4H+＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O(4).ejkhicdabfg(5).干燥管(6).吸收剩余的Cl2，并防止空氣中的水蒸氣進入A中使S2Cl2水解(7).分餾（或蒸餾）(8).2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl(9).1︰3【解析】（1）S原子達到8電子穩(wěn)定結構，應該形成2個共價鍵，Cl原子達到8電子穩(wěn)定結構應該形成1個共價鍵，所以S2Cl2的結構式為：Cl－S－S－Cl，從而得到其電子式為：。（2）實驗室采用濃鹽酸和二氧化錳混合加熱的方式制取氯氣，實驗裝置要選取分液漏斗、圓底燒瓶和酒精燈，所以是裝置C。反應的離子方程式為：MnO2＋4H+＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O。（3）實驗中的流程為：C裝置制取氯氣→F裝置除去氯化氫→E裝置干燥氯氣→B裝置制取S2Cl2→A裝置收集S2Cl2→D裝置尾氣吸收，所以連接順序為：ejkhicdabfg（注意裝置中多為短進長出，干燥管應該是大口入小口出）。（4）儀器D是干燥管，D中堿石灰要吸收多余的氯氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入裝置，使S2Cl2水解。（5）題目中給出了物質(zhì)的沸點，所以得到產(chǎn)品后，比較好的提純方法是蒸餾。（6）若將S2Cl2放入水中同時產(chǎn)生沉淀和氣體，沉淀只能是單質(zhì)硫，所以硫的化合價降低，則化合價升高的只能還是硫，因此氣體為二氧化硫，由上反應方程式為：2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl。反應中被氧化的硫有1個（生成1個SO2），被還原的硫有3個（生成3個S），所以被氧化和被還原的元素的質(zhì)量之比為1:3。點睛：本題中的第一小問涉及的問題是如何達到8電子穩(wěn)定結構。一般可以這樣處理：原子達到8電子穩(wěn)定結構時要形成一定數(shù)目的共價鍵，具體成鍵個數(shù)為：8－最外層電子（從最外層電子大于3個開始可以使用此公式）。這樣可以先確定化合物的結構，進而書寫其電子式。9.高純硝酸鍶[Sr(NO3)2]可用于制造信號燈、光學玻璃等。工業(yè)級硝酸鍶含硝酸鈣、硝酸鋇等雜質(zhì),提純流程如下:已知:①“濾液1”的主要溶質(zhì)是Ca(NO3)2；“濾渣1”的成分為Ba(NO3)2、Sr(NO3)2；“濾渣2”的主要成分為BaCrO4②鉻酸(H2CrO4)為弱酸(1)“酸浸”不能采用高溫的原因是_______。(2)相對于水洗,用濃HNO3洗滌的優(yōu)點是_______。(3)“濾液2”中過量的H2CrO4被N2H4還原為Cr3+，同時放出無污染的氣體，寫出反應的離子方程式____。(4)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)

+3OH(aq),常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp=1.0×1032，當c(Cr3+)降至1.0×105mol/L，認為Cr3+已經(jīng)完全沉淀?，F(xiàn)將還原后溶液的pH值調(diào)至4，此時Cr3+是否沉淀完全?

___(

列式計算)。(5)已知Cr(OH)3類似Al(OH)3，還原后溶液的pH不能大于8的原因是_______(結合離子方程式說明理由)。(6)為了測定“濾渣2”中BaCrO4的含量，進行以下實驗:m

g“濾渣2”溶液滴定終點時消耗V

mL

Na2S2O3溶液(已知:I2

+2S2O32=2I+S4O62)①若加入的HI溶液過量太多，測定結果會_____(填“偏低”、“偏高”或“無影響”)。②“濾渣2”中BaCrO4(摩爾質(zhì)量為M

g/mol)的質(zhì)量分數(shù)為_____(用代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1).避免HNO3揮發(fā)和分解，減少環(huán)境污染(2).減少硝酸鍶(或產(chǎn)品)溶解損失(3).4H2CrO4＋3N2H4＋12H+＝

4Cr3+＋3N2↑＋16H2O(4).當pH調(diào)到4時，c(OH－)==1.0×10－10mol/L，c(Cr3+)==1.0×10－2mol/L＞1.0×10－5mol/L，因此Cr3+沒有沉淀完全(5).避免Cr(OH)3在堿性溶液中發(fā)生Cr(OH)3＋OH－＝CrO＋2H2O而溶解(6).偏高(7).【解析】根據(jù)已知①得到硝酸鈣可溶于濃硝酸，硝酸鋇和硝酸鍶不溶于濃硝酸，所以加入濃硝酸過濾將硝酸鈣溶解除去，濾渣1的成分是硝酸鍶和硝酸鋇。濾渣1硝酸洗滌后加水溶解，加入鉻酸將鋇離子轉化為鉻酸鋇沉淀除去，濾渣2成分為鉻酸鋇，濾液2主要是硝酸鍶和硝酸、鉻酸，用N2H4將鉻酸轉化為Cr3+，再轉化為Cr(OH)3沉淀除去，最后制得硝酸鍶。（1）硝酸是揮發(fā)性酸且受熱易分解，所以“酸浸”不能采用高溫。（2）硝酸鍶應該是在濃硝酸中難溶，在水中易溶，所以用濃硝酸洗的主要目的是為了降低硝酸鍶的溶解度，避免在洗滌中造成硝酸鍶的損失。（3）H2CrO4被N2H4還原為Cr3+，N2H4被氧化為無污染的氣體，應該是氮氣，前面的步驟中硝酸過量，所以在反應物中可以添加氫離子，生成物應該有水，由上方程式為：4H2CrO4＋3N2H4＋12H+＝

4Cr3+＋3N2↑＋16H2O。（4）pH=4的時候，可以得到c(OH)=1×1010mol/L，所以此時c(Cr3+)=，所以Cr3+沒有沉淀完全。（5）Al(OH)3在堿性溶液中會反應轉化為AlO2，Cr(OH)3的性質(zhì)與Al(OH)3相似，所以應該也可以在堿性溶液中溶解，轉化為CrO2離子。由上，還原后溶液的pH不能大于8的原因是：避免Cr(OH)3在堿性溶液中發(fā)生Cr(OH)3＋OH－＝CrO2＋2H2O而溶解。（6）①如果加入的HI過多，過量的HI會被空氣中的氧氣氧化為單質(zhì)碘，所以會消耗更多的硫代硫酸鈉的溶液，使測定結果偏高。②鉻酸鋇中的+6價Cr應該被碘離子還原為Cr3+,碘離子被氧化為碘單質(zhì)（I2），根據(jù)得失電子守恒，得到2BaCrO4～3I2，再根據(jù)題目給的反應：I2+2S2O32=2I+S4O62，得到2BaCrO4～3I2～6S2O32。消耗的硫代硫酸鈉為cV×103mol，所以BaCrO4為，質(zhì)量為，所以質(zhì)量分數(shù)為。10.大氣中的氮氧化物(NOx)、CO、CO2、SO2

等的含量低高是衡量空氣質(zhì)量優(yōu)劣的重要指標，對其研究和綜合治理具有重要意義。(1)汽車發(fā)動機工作時會引發(fā)N2

和O2

反應。已知:N2

中氮氮鍵的鍵能是946

kJ/mol，O2中氧氧鍵的鍵能是498

kJ/mol，NO

中氮氧鍵的鍵能是632kJ/mol。則N2

和O2

反應生成NO

的熱化學方程式為_____________。(2)用CH4

催化還原NOx可以消除污染:CH4(g)

+2NO2(g)N2(g)

+CO2(g)

+2H2O(l)。若該反應在恒溫恒容容器中達到平衡,下列敘述能作為判斷反應達到平衡狀態(tài)標志的是_____(填標號)。A.容器中的壓強保持不變B.容器中氮元素的質(zhì)量分數(shù)不再變化C.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化D.n(CH4):n(NO2):n(N2):n(CO2):n(H20)=1:2:

1:

1:

2(3)為減少CO、CO2

對環(huán)境造成的影響，采用以下方法將其資源化利用。①在鋁礬土作催化劑、773K

條件下，3mol

CO

與1.5mol

SO2

反應生成3mol

CO2

和0.75mol硫蒸氣，該反應可用于從煙道氣中回收硫，寫出該反應的化學方程式_________。②以CO2

為原料采用特殊的電極電解強酸性的CO2

水溶液可得到多種燃料，其原理如圖所示。電解時其中b

極上生成乙烯的電極反應式為_________。(4)

汽車尾氣處理催化裝置中涉及的反應之一為:2NO(g)

+2CO(g)N2(g)

+2CO2(g)

△H<0研究表明:在使用等質(zhì)量的催化劑時，增大催化劑比表面積可提高化學反應速率。為了分別驗證溫度、催化劑比表面積對化學反應速率的影響規(guī)律，某科研小組設計了以下三組實驗:實驗編號T/Kmol.L度/(mol.L1)mol.L/(mol.L1)m2.g表面積(m2.g1)Ⅰ4001.00×1033.60×10382Ⅱ4001.00×1033.60×103124Ⅲ4501.00×1033.60×103124(注:生成物的起始濃度為0mol/L)根據(jù)下圖回答:①實驗I前5

s

內(nèi)用N2

表示的反應速率為________。②實驗I反應的平衡常數(shù)KI=_______。③在圖中畫出上表中實驗Ⅱ、Ⅲ條件下混合氣體中NO濃度隨時間變化的趨勢(標明各條曲線的實驗編號)_____?！敬鸢浮?1).N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H=＋180kJ/mol(2).A(3).4CO＋2SO24CO2＋S2(4).2CO2＋12H+＋12e－＝C2H4＋4H2O(5).9×10－5mol/(L?s)(6).5×103(7).【解析】（1）化學反應的焓變等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能，反應為：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)，所以焓變?yōu)椋?46+4982×632=180kJ/mol，所以熱化學方程式為：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H=＋180kJ/mol。（3）①3mol

CO

與1.5mol

SO2

反應生成3mol

CO2

和0.75mol硫蒸氣，從而得到四種物質(zhì)的比例為4：2：4：1，如果生成的是S明顯看出方程式中的S不守恒，所以只能認為生成的硫蒸氣為S2，得到4CO＋2SO24CO2＋S2。②從圖中得到b電極的反應物為CO2，溶液應該顯酸性，題目要求寫生成乙烯（C2H4）的反應，所以得到反應片段：CO2+H+→C2H4。CO2中C為+4價，C2H4中C為2價，所以反應應該得電子，一個C得到6個電子，補充反應片段為：2CO2+H++12e→C2H4。再根據(jù)原子個數(shù)守恒和電荷守恒得到反應為：2CO2＋12H+＋12e－＝C2H4＋4H2O。（4）①從圖中得到前5s的，由方程式得到N2的速率是NO速率的一半，所以。②根據(jù)題目數(shù)據(jù)得到：2NO(g)

+2CO(g)N2(g)

+2CO2(g)

△H<0起始：1×1033.6×10300反應：0.9×1030.9×1030.45×1030.9×103平衡：0.1×1032.7×1030.45×1030.9×103所以KⅠ。③實驗Ⅱ與實驗Ⅰ相比較，催化劑的比表面積大，所以反應的速率快，但是平衡態(tài)不變，即反應達到平衡需要的時間較短，但是達平衡時的NO濃度不變。實驗Ⅲ與實驗Ⅱ相比較，反應的溫度較高，所以速率快達到平衡需要的時間較短，升高溫度平衡逆向移動，達到平衡時的NO的濃度增加，所以圖像為：。11.2017

年5

月海底天然氣水合物(俗稱“可燃冰”)試采成功，這是我國能源開發(fā)的一次歷史性突破。一定條件下，CH4

和CO2

都能與H2O形成如下圖所示的籠狀結構(

表面的小球是水分子，內(nèi)部的大球是CH4

分子或CO2

分子；“可燃冰”是CH4與H2O形成的水合物)，其相關參數(shù)見下表。(1)CH4和CO2

所含的三種元素電負性從大到小的順序為_______；碳原子的最高能級的符號是_______，其電子云形狀是_______。(2)CO2

分子中碳原子的雜化軌道類型為_______，分子的立體構型為_____。CO2與SO2相同條件下在水中的溶解度較大的是SO2，理由是________。(3)為開采海底的“可燃冰”，有科學家提出用CO2

置換CH4

的設想。已知上圖中籠狀結構的空腔直徑為0.586nm，根據(jù)上述圖表，從物質(zhì)結構及性質(zhì)的角度分析，該設想的依據(jù)是_______。(4)“可燃冰”中分子間存在的作用力是氫鍵和_________，上圖中最小的環(huán)中連接的原子總數(shù)是_______。(5)水在不同的溫度和壓力條件下可形成11種不同結構的晶體，密度從比水輕的0.92g/cm3到約為水的1.5

倍。冰是人們迄今已知的由一種簡單分子堆積出結構花樣最多的化合物。其中冰

Ⅶ的晶體結構為一個如圖所示的立方晶胞，每個水分子與周圍4

個水分子以氫鍵結合。設O

H…O距離為a

pm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該冰

Ⅶ晶體的密度為____

g/cm3(列出計算式即可)?！敬鸢浮?1).O＞C＞H(2).2p(3).啞鈴形(4).sp(5).直線型(6).SO2為極性分子，CO2為非極性分子，H2O為極性溶劑，極性分子易溶于極性溶劑，故SO2的溶解度較大(7).CO2的分子直徑小于籠狀空腔直徑，且與H2O的結合力大于CH4(8).范德華力(9).10(10).【解析】（1）一般來說，元素的非金屬性越強，電負性越強，所以順序為：O＞C＞H。碳為第6號元素，原子核外有6個電子，其最高能級為2p。p電子云的形狀是啞鈴形。（2）根據(jù)價層電子對互斥理論，CO2的中心原子C的價電子對為2+（42×2）=2對，所以CO2的空間構型為直線型，C的雜化類型為sp雜化。CO2為直線型分子，所以是非極性分子，而SO2為折線形，所以是極性分子，根據(jù)相似相溶的原理，SO2在極性溶劑（水）中的溶解度更大。（3）已知上圖中籠狀結構的空腔直徑為0.586nm，根據(jù)上述圖表，得到CO2分子的直徑小于空腔直徑，可以嵌入籠狀結構中，同時二氧化碳與水分子的結合能高于甲烷，說明二氧化碳更易于與水結合，有可能將已經(jīng)嵌入籠中的甲烷置換出來。（4）分子之間存在的力除氫鍵以外，只可能是范德華力。圖中最小的環(huán)是由5個水分子通過氫鍵構成的，其結構為，其中虛線代表氫鍵，實線代表共價鍵，所以最小的環(huán)中連接的原子為10個。（5）該晶胞中含有的水分子為：8×+1×1=2個，所以晶胞的質(zhì)量為2×18÷NA=g。從圖中得到O

H…O距離為該立方體晶胞的體對角線長度的一半，所以得到該晶胞的邊長為，所以密度為g/cm3。12.有機物A

是聚合反應生產(chǎn)膠黏劑基料的單體,亦可作為合成調(diào)香劑I、聚酯材料J的原料。相關合成路線如下:已知:烴A在質(zhì)譜圖中的最大質(zhì)荷比為118；其核磁共振氫譜中有5組峰，峰面積比為3:2:2:2:1；其苯環(huán)上只有一個取代基。根據(jù)以上信息回答下列問題:(1)A

的分子式為_____；J

的結構簡式為_______。(2)由B生成C的反應類型是_______。(3)E中的官能團名稱為____。(4)F

與H

反應生成I的化學方程式為________。(5)符合以下條件的C

的同分異構體有____種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜為5

組