2014年山東省高考化學(xué)試卷

1、2014年山東省高考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題5分，共65分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1（5分）下列選項(xiàng)中對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是（）ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；均為取代反應(yīng)B由油脂得到甘油，由淀粉得到葡萄糖；均發(fā)生了水解反應(yīng)CCl2+2Br2Cl+Br2，Zn+Cu2+Zn2+Cu，均為單質(zhì)被還原的置換反應(yīng)D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，Cl2+H2OHCl+HClO，均為水作還原劑的氧化還原反應(yīng)2（5分）根據(jù)原子結(jié)構(gòu)及元素周期律的知識(shí)，下列推斷正確的是（）A同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱B核外電子排布

2、相同的微?；瘜W(xué)性質(zhì)也相同CCl、S2、Ca2+、K+半徑逐漸減小D與得電子能力相同3（5分）等質(zhì)量的下列物質(zhì)與足量稀硝酸反應(yīng)，放出NO物質(zhì)的量最多的是（）AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O44（5分）下列實(shí)驗(yàn)操作或裝置（略去部分夾持儀器）正確的是（）A 配制溶液B 中和滴定C 制備乙酸乙酯D 制備收集干燥的氨氣5（5分）蘋果酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，下列說法正確的是（）A蘋果酸中能發(fā)生酯化反應(yīng)的官能團(tuán)有2種B1mol蘋果酸可與3mol NaOH發(fā)生中和反應(yīng)C1mol蘋果酸與足量金屬Na反應(yīng)生成1mol H2D與蘋果酸互為同分異構(gòu)體6（5分）下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（）A無色溶液中可能大量存

3、在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱堿性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO427（5分）已知某溫度下CH3COOH和NH3H2O的電離常數(shù)相等，現(xiàn)向10mL濃度為0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中（）A水的電離程度始終增大B先增大再減小Cc（CH3COOH）與c（CH3COO）之和始終保持不變D當(dāng)加入氨水的體積為10mL時(shí)，c（NH4+）=c（CH3COO）三、解答題8（17分）研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時(shí)，涉及如下反應(yīng)：2NO

4、2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）K1H10（）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）K2H20（）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常數(shù)K= （用K1、K2表示）（2）為研究不同條件對(duì)反應(yīng)（）的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min時(shí)反應(yīng)（）達(dá)到平衡測(cè)得10min內(nèi)v（ClNO）=7.5×103molL1min1，則平衡后n（Cl2）= mol，NO的轉(zhuǎn)化率1= 其他條件保持不變，反應(yīng)（）在恒壓條件下進(jìn)行，平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率2 1（填“”“”或

5、“=”），平衡常數(shù)K2 （填“增大”“減小”或“不變”）若要使K2減小，可采取的措施是 （3）實(shí)驗(yàn)室可用NaOH溶液吸收NO2，反應(yīng)為2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，溶液B為0.1molL1的CH3COONa溶液，則兩溶液中c（NO）、c（NO）和c（CH3COO）由大到小的順序?yàn)?（已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×104molL1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×105molL1）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 a向溶液A中加適量水 b向溶液A中加適量NaOH

6、c向溶液B中加適量水 d向溶液B中加適量NaOH9（16分）離子液體是一種室溫熔融鹽，為非水體系由有機(jī)陽離子、Al2Cl7和AlCl4組成的離子液體做電解液時(shí)，可在鋼制品上電鍍鋁（1）鋼制品應(yīng)接電源的 極，已知電鍍過程中不產(chǎn)生其他離子且有機(jī)陽離子不參與電極反應(yīng)，陰極電極反應(yīng)式為 ，若改用AlCl3水溶液作電解液，則陰極產(chǎn)物為 （2）為測(cè)定鍍層厚度，用NaOH溶液溶解鋼制品表面的鋁鍍層，當(dāng)反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子時(shí)，所得還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為 mol（3）用鋁粉和Fe2O3做鋁熱反應(yīng)實(shí)驗(yàn)，需要的試劑還有 a、KCl b、KClO3c、MnO2d、Mg取少量鋁熱反應(yīng)所得的固體混合物，將其溶于足量稀H2S

7、O4，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象， （填“能”或“不能”）說明固體混合物中無Fe2O3，理由是 （用離子方程式說明）10（20分）工業(yè)上常利用含硫廢水生產(chǎn)Na2S2O35H2O，實(shí)驗(yàn)室可用如圖所示裝置（略去部分夾持儀器）模擬生產(chǎn)過程燒瓶C中發(fā)生反應(yīng)如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）（）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）（）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（）（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長(zhǎng)頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液柱，若 ，則整個(gè)裝置氣密性良好，裝置D的作用是 ，裝置E中為 溶液（

8、2）為提高產(chǎn)品純度，應(yīng)使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應(yīng)，則燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質(zhì)的量之比為 （3）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，其中的液體最好選擇 a、蒸餾水b、飽和Na2SO3溶液c、飽和NaHSO3溶液d、飽和NaHCO3溶液實(shí)驗(yàn)中，為使SO2緩慢進(jìn)入燒瓶C，采用的操作是 ，已知反應(yīng)（）相對(duì)較慢，則燒瓶C中反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是 ，反應(yīng)后期可用酒精燈適當(dāng)加熱燒瓶A，實(shí)驗(yàn)室用酒精燈加熱時(shí)必須使用石棉網(wǎng)的儀器還有 a、燒杯b、蒸發(fā)皿c、試管d、錐形瓶（4）反應(yīng)終止后，燒瓶C中的溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na

9、2SO4等雜質(zhì)，利用所給試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，檢測(cè)產(chǎn)品中是否存在Na2SO4，簡(jiǎn)要說明實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論： 已知Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O32+2H+S+SO2+H2O，供選擇的試劑：稀鹽酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液【化學(xué)-化學(xué)與技術(shù)】11（12分）工業(yè)上用重鉻酸鈉（Na2Cr2O7）結(jié)晶后的母液（含少量雜質(zhì)Fe3+）生產(chǎn)重鉻酸鉀（K2Cr2O7），工藝流程及相關(guān)物質(zhì)溶解度曲線如圖：（1）由Na2Cr2O7生產(chǎn)K2Cr2O7的化學(xué)方程式為 ，通過冷卻結(jié)晶析出大量K2Cr2O7的原因是 （2）向Na2Cr2O7母液中加堿液調(diào)pH的目的是 （3）固體A主要為 （填化學(xué)

10、式），固體B主要為 （填化學(xué)式）（4）用熱水洗滌固體A，回收的洗滌液轉(zhuǎn)移到母液 （填“”“”或“”）中，既能提高產(chǎn)率又可使能耗最低【化學(xué)-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12石墨烯（如圖甲）是一種由單層碳原子構(gòu)成的平面結(jié)構(gòu)新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面結(jié)構(gòu)會(huì)發(fā)生改變，轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯（如圖乙）（1）圖甲中，1號(hào)C與相鄰C形成鍵的個(gè)數(shù)為 （2）圖乙中，1號(hào)C的雜化方式是 ，該C與相鄰C形成的鍵角 （填“”“”或“=”）圖甲中1號(hào)C與相鄰C形成的鍵角（3）若將圖乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中，則氧化石墨烯中可與H2O形成氫鍵的原子有 （填元素符號(hào)）（4）石墨烯可轉(zhuǎn)化為富勒烯（C60），某金屬M(fèi)與

11、C60可制備一種低溫超導(dǎo)材料，晶胞如圖丙所示，M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部，該晶胞中M原子的個(gè)數(shù)為 ，該材料的化學(xué)式為 【化學(xué)-有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】133對(duì)甲苯丙烯酸甲酯（E）是一種用于合成抗血栓藥的中間體，其合成路線如下：已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液顯紫色且苯環(huán)上有兩個(gè)取代基的A的同分異構(gòu)體有 種，B中含氧官能團(tuán)的名稱為 （2）試劑C可選用下列中的 a、溴水b、銀氨溶液c、酸性KMnO4溶液d、新制Cu（OH）2懸濁液（3）是E的一種同分異構(gòu)體，該物質(zhì)與足量NaOH溶液共熱的化學(xué)方程式為 （4）E在一定條件下可以生成高聚物F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 2014年

12、山東省高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題5分，共65分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1（5分）下列選項(xiàng)中對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是（）ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；均為取代反應(yīng)B由油脂得到甘油，由淀粉得到葡萄糖；均發(fā)生了水解反應(yīng)CCl2+2Br2Cl+Br2，Zn+Cu2+Zn2+Cu，均為單質(zhì)被還原的置換反應(yīng)D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，Cl2+H2OHCl+HClO，均為水作還原劑的氧化還原反應(yīng)【分析】ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl為烯烴的加成反應(yīng)；B油脂為高級(jí)脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉為多

13、糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合價(jià)降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合價(jià)升高；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有過氧化鈉中O元素的化合價(jià)變化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合價(jià)變化【解答】解：ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl為烯烴的加成反應(yīng)，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl為烷烴的取代反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B油脂為高級(jí)脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉為多糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖，則均可發(fā)生水解反應(yīng)，故B正確；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合價(jià)降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元

14、素的化合價(jià)升高，前者單質(zhì)被還原，后置單質(zhì)被氧化，均屬于置換反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有過氧化鈉中O元素的化合價(jià)變化，水既不是氧化劑也不是還原劑；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合價(jià)變化，均屬于氧化還原反應(yīng)，但水既不是氧化劑也不是還原劑，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題為2014年高考真題，側(cè)重氧化還原反應(yīng)及有機(jī)反應(yīng)類型的考查，把握反應(yīng)中結(jié)構(gòu)變化、反應(yīng)條件及反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，注重高頻考點(diǎn)的考查，題目難度不大2（5分）根據(jù)原子結(jié)構(gòu)及元素周期律的知識(shí)，下列推斷正確的是（）A同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱B核外電子排布

15、相同的微粒化學(xué)性質(zhì)也相同CCl、S2、Ca2+、K+半徑逐漸減小D與得電子能力相同【分析】A同主族元素最高價(jià)含氧酸自上而下酸性減弱；B核外電子排布相同的微粒，化學(xué)性質(zhì)不一定相同，如Ar原子與S2離子；C電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越??；D互為同位素原子的化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同【解答】解：A同主族元素最高價(jià)含氧酸自上而下酸性減弱，不是最高價(jià)含氧酸不一定，如HClO為弱酸、HBrO4為強(qiáng)酸，故A錯(cuò)誤；B核外電子排布相同的微粒，化學(xué)性質(zhì)不一定相同，如Ar原子化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，而S2離子具有強(qiáng)還原性，故B錯(cuò)誤；CS2、Cl、Ca2+、K+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑S2ClK

16、+Ca2+，故C錯(cuò)誤；D3517Cl與3717Cl互為同位素，化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同，得電子能力相同，故D正確，故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律、微粒半徑比較、原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系等，難度不大，注意對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握3（5分）等質(zhì)量的下列物質(zhì)與足量稀硝酸反應(yīng)，放出NO物質(zhì)的量最多的是（）AFeOBFe2O3CFeSO4DFe3O4【分析】氧化還原反應(yīng)中，氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，可根據(jù)物質(zhì)的質(zhì)量計(jì)算物質(zhì)的量，計(jì)算失去電子的物質(zhì)的量，可比較放出NO物質(zhì)的量的多少【解答】解：假設(shè)質(zhì)量都為mg，AFeO與硝酸反應(yīng)被氧化生成Fe3+，則失電子物質(zhì)的量為mol；BFe2O3與硝酸

17、不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，失電子為0；CFeSO4與硝酸反應(yīng)被氧化生成Fe3+，則失電子物質(zhì)的量為mol；DFe3O4中Fe元素的化合價(jià)有+2、+3價(jià)，與硝酸反應(yīng)被氧化生成Fe3+，則失電子物質(zhì)的量為mol，由以上分析可知，失電子最多的是FeO，則放出NO物質(zhì)的量最多的是FeO，故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)的相關(guān)計(jì)算，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，為高頻考點(diǎn)，注意把握元素的化合價(jià)的變化，為解答該題的關(guān)鍵，本題易錯(cuò)點(diǎn)為D，注意Fe元素化合價(jià)的判斷，難度不大4（5分）下列實(shí)驗(yàn)操作或裝置（略去部分夾持儀器）正確的是（）A 配制溶液B 中和滴定C 制備乙酸乙酯D 制備收集干燥的氨氣【分析】

18、A玻璃棒的下端應(yīng)在刻度線以下，且加水至刻度線12cm應(yīng)改用膠頭滴管定容；B錐形瓶中為NaOH溶液，則利用酸式滴定管滴定堿溶液；C乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，飽和碳酸鈉吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；D收集氨氣應(yīng)利用向下排空氣法【解答】解：A玻璃棒的下端應(yīng)在刻度線以下，圖中玻璃棒下端在刻度線以上，且加水至刻度線12cm應(yīng)改用膠頭滴管定容，故A錯(cuò)誤；B錐形瓶中為NaOH溶液，則利用酸式滴定管滴定堿溶液，而圖中錐形瓶上方為堿式滴定管，故B錯(cuò)誤；C乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，飽和碳酸鈉吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，圖中制備乙酸乙酯實(shí)驗(yàn)合理，故C正確；D收集氨氣應(yīng)利用向下排

19、空氣法，圖中收集氨氣時(shí)導(dǎo)管應(yīng)伸到小試管的底部，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及溶液的配制、中和滴定、乙酸乙酯的制備及氨氣的制備實(shí)驗(yàn)等，把握實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)和裝置圖的作用為解答的關(guān)鍵，注意實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性、操作性分析，題目難度不大5（5分）蘋果酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，下列說法正確的是（）A蘋果酸中能發(fā)生酯化反應(yīng)的官能團(tuán)有2種B1mol蘋果酸可與3mol NaOH發(fā)生中和反應(yīng)C1mol蘋果酸與足量金屬Na反應(yīng)生成1mol H2D與蘋果酸互為同分異構(gòu)體【分析】該分子中含有羧基和醇羥基，能發(fā)生消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、中和反應(yīng)、氧化反應(yīng)，據(jù)此分析解答【解答】解：A該分子中含有羧基和醇

20、羥基，所以能發(fā)生酯化反應(yīng)的官能團(tuán)有羧基和醇羥基，所以蘋果酸中能發(fā)生酯化反應(yīng)的官能團(tuán)有2種，故A正確；B.1mol蘋果酸中含有2mol羧基，所以1mol蘋果酸可與2molNaOH發(fā)生中和反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C能和Na反應(yīng)是有羧基和醇羥基，1mol蘋果酸與足量金屬Na反應(yīng)生成1.5molH2，故C錯(cuò)誤；D與蘋果酸是同一種物質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，明確物質(zhì)中含有的官能團(tuán)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，熟悉常見有機(jī)物的性質(zhì)、常見有機(jī)化學(xué)反應(yīng)，題目難度不大6（5分）下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（）A無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na

21、+、ClO、SO42、IC弱堿性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42【分析】A無色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色離子，鋁離子與硫離子發(fā)生雙水解反應(yīng)；B次氯酸根離子與氫離子結(jié)合生成次氯酸、次氯酸根離子能夠氧化碘離子；CNa+、K+、Cl、HCO3離子之間不發(fā)生反應(yīng)，且碳酸氫根離子水解溶液顯示弱堿性；D鐵離子水解，溶液顯示酸性，則溶液中一定不存在鐵離子【解答】解：AAl3+、S2之間發(fā)生雙水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B酸性溶液中存在大量氫離子，次氯酸根離子與氫離子反應(yīng)生成弱酸次氯酸，次氯酸根離子

22、能夠氧化碘離子，在溶液中一定不能大量共存，故B錯(cuò)誤；CNa+、K+、Cl、HCO3離子之間不發(fā)生反應(yīng)，HCO3離子部分水解，溶液顯示弱堿性，故C正確；DFe3+在溶液中結(jié)合水電離的氫氧根離子，溶液顯示酸性，與溶液為中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存的正誤判斷，為高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間； 能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如 Fe3+和 SCN）等；解決離子共存問題時(shí)還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的 H+或OH；溶

23、液的顏色，如無色時(shí)可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色離子的存在7（5分）已知某溫度下CH3COOH和NH3H2O的電離常數(shù)相等，現(xiàn)向10mL濃度為0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中（）A水的電離程度始終增大B先增大再減小Cc（CH3COOH）與c（CH3COO）之和始終保持不變D當(dāng)加入氨水的體積為10mL時(shí)，c（NH4+）=c（CH3COO）【分析】A開始時(shí)，溶液的酸性逐漸減弱，水的電離程度逐漸增大，當(dāng)氨水過量后，溶液中氫氧根離子濃度逐漸增大，水的電離程度逐漸減?。籅根據(jù)一水合氨的電離平衡常數(shù)可知，該比值與氫氧根離子成反比，電解氨水的過程中

24、，溶液中氫氧根離子濃度逐漸增大；C根據(jù)物料守恒，醋酸和醋酸根離子的物質(zhì)的量之和不變，但是溶液體積增大，二者的濃度之和逐漸減??；DCH3COOH和NH3H2O的電離常數(shù)相等，氨水與醋酸的濃度、體積相等時(shí)，溶液顯示中性，根據(jù)電荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO）【解答】解：A酸溶液、堿溶液抑制了水的電離，溶液顯示中性前，隨著氨水的加入，溶液中氫離子濃度逐漸減小，水的電離程度逐漸增大；當(dāng)氨水過量后，隨著溶液中氫氧根離子濃度逐漸增大，水的電離程度逐漸減小，所以滴加過程中，水的電離程度先增大后減小，故A錯(cuò)誤；B當(dāng)向CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，開始時(shí)溶液為CH3COOH和CH3COON

25、H4的混合物，由CH3COONH4的水解常數(shù)Kh=，隨著氨水的加入，c（H+）逐漸減小，Kh不變，則變小，當(dāng)加氨水至溶液顯堿性時(shí)，氨水的電離常數(shù)Kb=，c（OH）與氫離子濃度成反比，隨著氨水的滴入，氫氧根離子濃度逐漸增大，電離常數(shù)K不變，所以逐漸減小，即始終減小，故B錯(cuò)誤；Cn（CH3COOH）與n（CH3COO）之和為0.001mol，始終保持不變，由于溶液體積逐漸增大，所以c（CH3COOH）與c（CH3COO）之和逐漸減小，故C錯(cuò)誤；D當(dāng)加入氨水的體積為10mL時(shí)，醋酸和一水合氨的物質(zhì)的量相等，由于二者的電離常數(shù)相等，所以溶液顯示中性，c（H+）=c（OH），根據(jù)電荷守恒可知：c（NH4

26、+）=c（CH3COO），故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了酸堿混合時(shí)溶液定性判斷及溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，題目難度中等，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，明確根據(jù)電荷守恒、物料守恒、鹽的水解比較溶液中離子濃度大小的方法三、解答題8（17分）研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時(shí)，涉及如下反應(yīng)：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）K1H10（）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）K2H20（）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常數(shù)K=（用K1、K2表示）（2）為研究不同條件對(duì)反應(yīng)（）的影響

27、，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min時(shí)反應(yīng)（）達(dá)到平衡測(cè)得10min內(nèi)v（ClNO）=7.5×103molL1min1，則平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的轉(zhuǎn)化率1=75%其他條件保持不變，反應(yīng)（）在恒壓條件下進(jìn)行，平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率21（填“”“”或“=”），平衡常數(shù)K2不變（填“增大”“減小”或“不變”）若要使K2減小，可采取的措施是升高溫度（3）實(shí)驗(yàn)室可用NaOH溶液吸收NO2，反應(yīng)為2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，

28、溶液B為0.1molL1的CH3COONa溶液，則兩溶液中c（NO）、c（NO）和c（CH3COO）由大到小的順序?yàn)閏（NO3）c（NO2）c（CH3COO）（已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×104molL1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×105molL1）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bca向溶液A中加適量水 b向溶液A中加適量NaOHc向溶液B中加適量水 d向溶液B中加適量NaOH【分析】（1）2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）根據(jù)蓋斯定律，&#

29、215;2可得：4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），則該反應(yīng)平衡常數(shù)為的平衡常數(shù)平方與的平衡常數(shù)的商；（2）測(cè)得10min內(nèi)v（ClNO）=7.5×103molL1min1，則n（ClNO）=7.5×103molL1min1×10min×2L=0.15mol，由方程式計(jì)算參加反應(yīng)NO、氯氣的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算平衡時(shí)氯氣的物質(zhì)的量、NO的轉(zhuǎn)化率；正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，恒溫恒容下條件下，到達(dá)平衡時(shí)壓強(qiáng)比起始?jí)簭?qiáng)小，其他條件保持不變，反應(yīng)（）在恒壓條件下進(jìn)行，等效為在恒溫恒容下的平衡基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡正向

30、移動(dòng)；平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高低溫度平衡逆向向移動(dòng)，平衡常數(shù)減?。唬?）0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，由2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質(zhì)的量濃度為0mol/L，NaNO2物質(zhì)的量為0.1mol/L；HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×104molL1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×105molL1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液【解答】解：（1）2NO2

31、（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）根據(jù)蓋斯定律，×2可得：4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），則該反應(yīng)平衡常數(shù)K=，故答案為：；（2）測(cè)得10min內(nèi)v（ClNO）=7.5×103molL1min1，則n（ClNO）=7.5×103molL1min1×10min×2L=0.15mol，由方程式可知，參加反應(yīng)氯氣的物質(zhì)的量為0.15mol×=0.075mol，故平衡時(shí)氯氣的物質(zhì)的量為0.1mol

32、0.075mol=0.025mol；參加反應(yīng)NO物質(zhì)的量為0.15mol，則NO的轉(zhuǎn)化率為×100%=75%；正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，恒溫恒容下條件下，到達(dá)平衡時(shí)壓強(qiáng)比起始?jí)簭?qiáng)小，其他條件保持不變，反應(yīng)（）在恒壓條件下進(jìn)行，等效為在恒溫恒容下的平衡基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，NO轉(zhuǎn)化率增大，故轉(zhuǎn)化率21，平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，故答案為：0.025；75%；不變；升高溫度；（3）0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，由2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2

33、+H2O，得到溶液A中NaNO3物質(zhì)的量濃度為0mol/L，NaNO2物質(zhì)的量為0.1mol/L，溶液B為0.1molL1的CH3COONa溶液；HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×104molL1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×105molL1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液，兩溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的順序?yàn)閏（NO3）c（NO2）c（CH3COO），a溶液B堿性大于A溶液，向溶液A中加適量水，稀釋溶液，堿性減弱，不能調(diào)節(jié)溶液pH相等，故a錯(cuò)誤；b向

34、溶液A中加適量NaOH，增大堿性，可以調(diào)節(jié)溶液pH相等，故b正確；c向溶液B中加適量水，稀釋溶液堿性減弱，可以調(diào)節(jié)溶液pH相等，故c正確；d溶液B堿性大于A溶液，向溶液B中加適量NaOH，溶液pH更大，故d錯(cuò)誤；故答案為：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）；bc【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算與影響因素、化學(xué)平衡常數(shù)、鹽類水解、離子濃度大小比較等知識(shí)，試題知識(shí)點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與靈活應(yīng)用能力，難度中等9（16分）離子液體是一種室溫熔融鹽，為非水體系由有機(jī)陽離子、Al2Cl7和AlCl4組成的離子液體做電解液時(shí)，可

35、在鋼制品上電鍍鋁（1）鋼制品應(yīng)接電源的負(fù)極，已知電鍍過程中不產(chǎn)生其他離子且有機(jī)陽離子不參與電極反應(yīng)，陰極電極反應(yīng)式為4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4，若改用AlCl3水溶液作電解液，則陰極產(chǎn)物為H2（2）為測(cè)定鍍層厚度，用NaOH溶液溶解鋼制品表面的鋁鍍層，當(dāng)反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子時(shí)，所得還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為3mol（3）用鋁粉和Fe2O3做鋁熱反應(yīng)實(shí)驗(yàn)，需要的試劑還有bda、KCl b、KClO3c、MnO2d、Mg取少量鋁熱反應(yīng)所得的固體混合物，將其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，不能（填“能”或“不能”）說明固體混合物中無Fe2O3，理由是Fe2O3+6H+=2F

36、e3+3H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+（用離子方程式說明）【分析】（1）依據(jù)電鍍?cè)矸治?，鋼鐵上鍍鋁是利用鋁做陽極，鋼鐵做陰極，由有機(jī)陽離子、Al2Cl7和AlCl4組成的離子液體做電解液來實(shí)現(xiàn)；改用AlCl3水溶液作電解液是溶液中氫離子在陰極放電生成氫氣；（2）依據(jù)氯和氫氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式分析判斷，還原產(chǎn)物為氫氣；（3）鋁熱反應(yīng)需要引發(fā)劑引發(fā)高溫反應(yīng)，用少量氯酸鉀和鎂條引發(fā)，點(diǎn)燃鎂條燃燒放熱使氯酸鉀分解生成氧氣助燃產(chǎn)生反應(yīng)引發(fā)所需要的溫度；鋁熱反應(yīng)所得的固體混合物，將其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，說明無鐵離子，但不能說明固體中不含氧化鐵，因?yàn)殇X熱反應(yīng)生成鐵，在酸

37、性條件下，F(xiàn)e能還原氧化鐵生成亞鐵離子【解答】解：（1）依據(jù)電鍍?cè)矸治?，鋼鐵上鍍鋁是利用鋁做陽極與電源正極相連，鋼鐵做陰極與電源負(fù)極相連，由有機(jī)陽離子、Al2Cl7和AlCl4組成的離子液體做電解液來實(shí)現(xiàn)，離子液體是一種室溫熔融鹽，為非水體系，電鍍過程中不產(chǎn)生其他離子且有機(jī)陽離子不參與電極反應(yīng)，則陰極反應(yīng)生成鋁是發(fā)生的還原反應(yīng)，鋁元素化合價(jià)降低，分析離子液體成分，結(jié)合電荷守恒分析可知是Al2Cl7得到電子生成，電極反應(yīng)為：4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4；改用AlCl3水溶液作電解液是溶液中氫離子在陰極放電生成氫氣，2H+2e=H2；故答案為：負(fù)；4Al2Cl7+3e=Al+7AlC

38、l4；H2 ；（2）依據(jù)鋁和氫氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式分析，2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlO2+3H2+4H2O，還原產(chǎn)物為氫氣，當(dāng)反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子時(shí)，所得還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為3mol；故答案為：3；（3）鋁熱反應(yīng)需要引發(fā)劑引發(fā)高溫反應(yīng)，用少量氯酸鉀和鎂條引發(fā)，點(diǎn)燃鎂條燃燒放熱使氯酸鉀分解生成氧氣助燃產(chǎn)生反應(yīng)引發(fā)所需要的溫度；鋁熱反應(yīng)所得的固體混合物，將其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，說明無鐵離子，但不能說明固體中不含氧化鐵，因?yàn)殇X熱反應(yīng)生成鐵，溶解于硫酸中鐵可以還原鐵離子為亞鐵離子，離子方程式為：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2

39、+；故答案為：bd；不能；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O； Fe+2Fe3+=3Fe2+【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電解原理的分析應(yīng)用鋁熱反應(yīng)原理分析，氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移計(jì)算應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等10（20分）工業(yè)上常利用含硫廢水生產(chǎn)Na2S2O35H2O，實(shí)驗(yàn)室可用如圖所示裝置（略去部分夾持儀器）模擬生產(chǎn)過程燒瓶C中發(fā)生反應(yīng)如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）（）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）（）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（）（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長(zhǎng)頸漏

40、斗內(nèi)注入液體至形成一段液柱，若液柱高度保持不變，則整個(gè)裝置氣密性良好，裝置D的作用是防止倒吸，裝置E中為NaOH溶液（2）為提高產(chǎn)品純度，應(yīng)使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應(yīng)，則燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質(zhì)的量之比為2：1（3）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，其中的液體最好選擇ca、蒸餾水b、飽和Na2SO3溶液c、飽和NaHSO3溶液d、飽和NaHCO3溶液實(shí)驗(yàn)中，為使SO2緩慢進(jìn)入燒瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，已知反應(yīng)（）相對(duì)較慢，則燒瓶C中反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液變澄清（或渾濁消失），反應(yīng)后期可用酒精燈適當(dāng)加熱燒瓶A，實(shí)驗(yàn)室用酒精燈加熱時(shí)必須使用石棉網(wǎng)的

41、儀器還有ada、燒杯b、蒸發(fā)皿c、試管d、錐形瓶（4）反應(yīng)終止后，燒瓶C中的溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等雜質(zhì)，利用所給試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，檢測(cè)產(chǎn)品中是否存在Na2SO4，簡(jiǎn)要說明實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論：取少量產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸中，靜置，取上層清液（或過濾后取濾液），滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)白色沉淀則說明含有Na2SO4雜質(zhì)已知Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O32+2H+S+SO2+H2O，供選擇的試劑：稀鹽酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液【分析】（1）利用液面差在一段時(shí)間不變檢驗(yàn)氣密性，D可防止液體倒吸，E

42、中盛放NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理；（2）C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應(yīng)，結(jié)合燒杯C中的反應(yīng)分析；（3）觀察SO2的生成速率，發(fā)生強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)，為使SO2緩慢進(jìn)入燒瓶C，應(yīng)控制B中硫酸的加入速度，中發(fā)生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)是S完全溶解，燒杯、錐形瓶需要加熱時(shí)必須使用石棉網(wǎng)，蒸發(fā)皿、試管可直接加熱；（4）檢測(cè)產(chǎn)品中是否存在Na2SO4，先加鹽酸排除干擾，再利用氯化鋇檢驗(yàn)硫酸根離子【解答】解：（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長(zhǎng)頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液柱，若液柱高度保持不變，則氣密性良好，D中左側(cè)為短導(dǎo)管可防止液體倒吸，E中

43、盛放NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，防止含硫化合物排放在環(huán)境中，故答案為：液柱高度保持不變；防止倒吸；NaOH；（2）C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應(yīng)，由Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）（）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）（）S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（）可知，（）×2+（）+（）×3，得到總反應(yīng)為2Na2S（aq）+Na2SO3（aq）+3SO2（g）3Na2S2O3（aq），則C中Na2S和Na2SO3物質(zhì)的量之比為2：1，故答案為：2：1；（3）觀察SO2的生成速率，發(fā)生

44、強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)，a不生成二氧化硫，bd中物質(zhì)均與二氧化硫反應(yīng)，只有c中飽和NaHSO3溶液適合制取二氧化硫；為使SO2緩慢進(jìn)入燒瓶C，應(yīng)控制B中滴加硫酸的速度，中發(fā)生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)是S完全溶解，可觀察到溶液變澄清（或渾濁消失）；燒杯、錐形瓶需要加熱時(shí)必須使用石棉網(wǎng)，故答案為：c；控制滴加硫酸的速度；溶液變澄清（或渾濁消失）；ad；（4）檢測(cè)產(chǎn)品中是否存在Na2SO4，操作、現(xiàn)象和結(jié)論為取少量產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸中，靜置，取上層清液（或過濾后取濾液），滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)白色沉淀則說明含有Na2SO4雜質(zhì)，故答案為：取少量產(chǎn)品溶于足量稀

45、鹽酸中，靜置，取上層清液（或過濾后取濾液），滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)白色沉淀則說明含有Na2SO4雜質(zhì)【點(diǎn)評(píng)】本題為2014年山東高考化學(xué)試題，涉及氣密性檢驗(yàn)、氧化還原反應(yīng)及離子檢驗(yàn)等，側(cè)重實(shí)驗(yàn)分析能力及知識(shí)綜合應(yīng)用能力的考查，題目難度中等，注意（2）中發(fā)生的反應(yīng)及總反應(yīng)的分析為易錯(cuò)點(diǎn)【化學(xué)-化學(xué)與技術(shù)】11（12分）工業(yè)上用重鉻酸鈉（Na2Cr2O7）結(jié)晶后的母液（含少量雜質(zhì)Fe3+）生產(chǎn)重鉻酸鉀（K2Cr2O7），工藝流程及相關(guān)物質(zhì)溶解度曲線如圖：（1）由Na2Cr2O7生產(chǎn)K2Cr2O7的化學(xué)方程式為Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，通過冷卻結(jié)晶析出大量K2Cr2O

46、7的原因是低溫下K2Cr2O7的溶解度遠(yuǎn)小于其它組分，隨溫度的降低，K2Cr2O7的溶解度明顯減?。?）向Na2Cr2O7母液中加堿液調(diào)pH的目的是除去Fe3+（3）固體A主要為NaCl（填化學(xué)式），固體B主要為K2Cr2O7（填化學(xué)式）（4）用熱水洗滌固體A，回收的洗滌液轉(zhuǎn)移到母液（填“”“”或“”）中，既能提高產(chǎn)率又可使能耗最低【分析】由流程可知，溶解后調(diào)節(jié)pH除去少量雜質(zhì)Fe3+，過濾后蒸發(fā)結(jié)晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl發(fā)生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，結(jié)合溶解度圖可知，低溫下K2Cr2O7的溶解度較小，則冷卻結(jié)晶得到K2Cr2O7，母液II蒸發(fā)濃縮只有

47、析出NaCl（A），母液冷卻結(jié)晶主要得到K2Cr2O7（B），以此來解答【解答】解：由流程可知，溶解后調(diào)節(jié)pH除去少量雜質(zhì)Fe3+，過濾后蒸發(fā)結(jié)晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl發(fā)生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，結(jié)合溶解度圖可知，低溫下K2Cr2O7的溶解度較小，則冷卻結(jié)晶得到K2Cr2O7，母液II蒸發(fā)濃縮只有析出NaCl（A），母液冷卻結(jié)晶主要得到K2Cr2O7，（1）由Na2Cr2O7生產(chǎn)K2Cr2O7的化學(xué)方程式為Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，由溶解度圖可知，低溫下K2Cr2O7的溶解度遠(yuǎn)小于其它組分，隨溫度的降低，K2Cr2O7的溶

48、解度明顯減小，則可通過冷卻結(jié)晶析出大量K2Cr2O7晶體，故答案為：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl；低溫下K2Cr2O7的溶解度遠(yuǎn)小于其它組分，隨溫度的降低，K2Cr2O7的溶解度明顯減小；（2）母液中含少量雜質(zhì)Fe3+，向Na2Cr2O7母液中加堿液調(diào)pH的目的是除去Fe3+，故答案為：除去Fe3+；（3）由上述分析可知，A為NaCl，B為K2Cr2O7，故答案為：NaCl；K2Cr2O7；（4）用熱水洗滌固體A，洗滌液中含K2Cr2O7，為提高產(chǎn)率又可使能耗最低，則回收的洗滌液轉(zhuǎn)移到母液中，再冷卻結(jié)晶得到K2Cr2O7，故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題為2014年山東高考化學(xué)試題，為化學(xué)與技術(shù)選做題，把握生產(chǎn)重鉻酸鉀的實(shí)驗(yàn)流程及溶解度的利用為解答的關(guān)鍵，注重分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰爸R(shí)綜合應(yīng)用能力的綜合考查，題目難度中等【化學(xué)-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12石墨烯（如圖甲）是一種由單層碳原子構(gòu)成的平面結(jié)構(gòu)新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面結(jié)構(gòu)會(huì)發(fā)生改變，轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯（如圖乙）（1）圖甲中，1號(hào)C與相鄰C形成鍵的個(gè)數(shù)為3（2）圖乙中，