1、广东省惠阳高级中学2018届高三上学期12月月考试题理科综合化学试题【试卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cu64】一、单选题（共13题，每题6分，共78分）1. 下列有关说法正确的是（）A. 轮船上挂锌锭防止铁腐蚀属于牺牲阳极的阴极保护法B. 氯水和二氧化硫混合使用能增强漂白效果C. 硫酸铜溶液可用于泳池消毒是利用了Cu2+能使蛋白质盐析D. 氮氧化合物、PM 2.5颗粒 、CO2都会导致酸雨【答案】A【解析】A轮船上挂锌锭，构成原电池时Zn为负极，则防止铁腐蚀属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B氯水和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，等物质的量混合时漂白
2、失效，故B错误；CCu2+能使蛋白质发生变性，可用于泳池消毒，故C错误；D二氧化硫及氮的氧化物可导致酸雨，CO2不能导致酸雨，故D错误；故选A。2. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A. 常温常压下，28 g CO 和 C2H4 混合气体中的碳原子数为 NAB. 1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，产物的分子数为 2NAC. 标准状况下，11.2 L 己烷中含有的碳碳键数为 2.5NAD. 32 g 硫粉与足量的 Cu 粉完全反应，转移的电子数为2NA【答案】D点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的
3、转化关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件；选项B为易错点，注意反应为可逆反应。3. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A. 分子中含有5种官能团B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应类型相同【答案】B【解析】A分子中含-COOH、-OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B含-COOH与乙醇发生酯化反应，含-OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C不是苯环，只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C
4、错误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与-OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；故选B。点睛：本题考查有机物的结构和性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官能团的判断。由结构简式可知，分子中含-COOH、-OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质分析解答。本题的易错点为C，注意结构中不存在苯环，即没有酚羟基。4. 下列实验操作能达到实验目的的是（）A. 用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气B. 用重结晶的方法除去BaSO4固体中混有的NaClC. 将碳酸钙置于蒸发皿中高温灼烧可得到氧化钙D. 将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾晶体【
5、答案】D【解析】A氨气易溶于水，则用排有机溶剂的方法收集氨气，故A错误；BNaCl溶于水，硫酸钡不溶于水，应选溶解、过滤法分离，故B错误；C在试管或坩埚中加热分解，蒸发皿用于溶液与可溶性固体的分离，故C错误；D硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，过滤、洗涤、干燥得到胆矾晶体，故D正确；故选D。5. 以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解CuSO4溶液，装置如下图。若一段时间后Y电极上有6.4g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是（）A. a为铅蓄电池的负极B. 电解过程中SO42向右侧移动C. 电解结束时，左侧溶液质量增重8gD. 铅蓄电池工作时正极电极反应式为：PbSO4+2ePb+SO4
6、2【答案】C【解析】A电解池的Y极有Cu析出，则Y为阴极，b为铅蓄电池的负极，故A错误；B电解过程中SO42向电解池的阳极X极移动，即左侧移动，故B错误；C电解过程中，阴极析出6.4g铜的物质的量为0.1mol，转移电子为0.2mol，则同时有0.2mol2=0.1mol的SO42-进入左侧，其质量为0.1mol96g/mol=9.6 g，且阳极上有0.2mol4=0.05 molO2生成，其质量为0.05mol32g/mol=1.6 g，故结束时，左侧溶液质量增重9.6 g-1.6 g=8 g ，故C正确；D铅蓄电池工作时正极电极反应式为：4H+PbO2+2e+SO42PbSO4 +2H2O
7、，故D错误；答案为C。点睛：本题考查原电池原理和电解原理的应用，易错点是根据Y极有Cu析出判断出电解池的阴、阳极，难点是结合电解池中阴离子交换膜和电子转移的数目计算左侧溶液增重的质量应该是注入的硫酸根离子和阳极生成氧气的质量差。6. 如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（）A. X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B. 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C. 物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性D. T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【答案】D【解析】试题分析：W、X
8、、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x-1、x+2，所以x+x+1+x-1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge。A、X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氢键，沸点都比HCl高，A项错误；B、N、H、O三种元素可形成NH4NO3，既有共价键也有离子键，B项错误；C、SiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，C项错误；D
9、、Ge元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，D项正确；答案选D。考点：考查元素周期表及物质性质推断。视频7. 已知草酸H2C2O4是二元弱酸。室温下向10 mL 0.01 molL1 H2C2O4溶液中逐滴加入0.01 molL1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是（）A. a点pH2B. b点表示的溶液中c(C2O42-)c(H2C2O4)C. c点时加入NaOH溶液的体积为20mLD. d点存在c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c(C2O42-)+c(HC2O4)【答案
10、】C【解析】A、草酸是弱酸，a点 0.01molL-1 H2C2O4溶液的pH2，故A正确；B、b点加入10mL氢氧化钠，得到的是草酸氢钠溶液，显示酸性，该溶液中，草酸氢根离子的电离程度大于水解，所以c(C2O42-)c(H2C2O4)，故B正确；C、加入NaOH溶液的体积为20mL时，得到的是草酸钠溶液，溶液显示碱性，不是中性，故C错误；D、d点得到的溶液是草酸钠和氢氧化钠的混合物，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，故D正确；故选C。点睛：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小分析判断，盐类水解的原理。关键是清楚溶液的成分，加入10m
11、L氢氧化钠得到的是草酸氢钠溶液，加入20mL氢氧化钠得到的是草酸钠溶液，d点得到的溶液是草酸钠和氢氧化钠的混合物。8. 食用二氧化硫漂白过的食品，对人体的肝、肾脏等有严重损害。某科研小组设计实验检验二氧化硫的漂白性。回答下列问题：（一）二氧化硫的制备实验室一般采用亚硫酸钠与硫酸（浓硫酸与水1:1混合）反应制取二氧化硫：A B C D E（1）欲收集一瓶干燥的二氧化硫，选择上图中的装置，其最佳连接顺序为：_（按气流方向，用小写字母表示）。（二）二氧化硫性质的检验将上述收集到的SO2通入下列装置中，在一定温度下按图示装置进行实验。（2）根据上述实验，回答下列问题：序号实验现象解释原因_品红试液褪色
12、SO2具有漂白性_反应的离子方程式_溶液变浑浊，有黄色沉淀生成SO2+2H2S=3S+2H2O（3）实验中发现Na2SO3可能部分变质，现需测定Na2SO3的纯度，称15.0g Na2SO3样品，配成250mL溶液，取25.00mL溶液，用0.20 molL1酸性KMnO4溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗KMnO4溶液20.00mL。达到滴定终点时锥形瓶中溶液颜色变化是_，样品中Na2SO3质量分数是_。【答案】 (1). bcdefg (2). 石蕊试液变红 (3). 石蕊试液变红说明SO2是酸性气体 (4). KMnO4溶液颜色褪色（“褪色”写成“变浅”也可酌情给分） (5). 5SO2+
13、2H2O+2MnO4-=2Mn2+5SO42-+4H+ (6). 由无色变为紫红色 (7). 84%【解析】(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，悬着装置A制备二氧化硫，再用浓硫酸干燥后收集，为干燥彻底，所以b连接C装置的c，二氧化硫密度比空气大，所以收集时导气管应长进短出，二氧化硫为有害气体，所以应用氢氧化钠吸收多余的二氧化硫气体，则连接顺序为：bcdefg，故答案为：bcdefg；(2)二氧化硫为酸性气体，所以能使中石蕊试液变红，具有漂白性，能使中品红溶液褪色，具有还原性，发生反应5SO2+2H2O+2MnO4-=2M
14、n2+5SO42-+4H+，能使中酸性高锰酸钾褪色，具有氧化性，能与中硫化钠发生价态归中反应生成硫单质，SO2+2H2S=3S+2H2O，中溶液浑浊，生成淡黄色沉淀；故答案为：石蕊试液变红；石蕊试液变红说明SO2是酸性气体；KMnO4溶液颜色褪色；5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2+5SO42-+4H+(3)酸性KMnO4溶液进行滴定亚硫酸钠溶液，滴入最后一滴，溶液呈紫红色且半分钟不变化，证明反应达到终点，用高锰酸钾滴定亚硫酸钠，依据方程式得：5SO32-+6H+2MnO4-=5SO42-+2Mn2+3H2O 5 2n 0.20mol/L0.02L则：5：2=n：0.20mol/L0.
15、02L解得n=0.01mol，则15.0g样品中含有亚硫酸的质量为0.01mol10126g/mol=12.6g，所以样品中亚硫酸钠的质量分数为100%=84%；故答案为：由无色变为紫红色；84%。9. 软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下（中间产物的固体部分已经略去）。已知： 矿石中所有金属元素在滤液A中均以离子形式存在。各种金属离子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24.7回答下列问题：（1）步骤中为
16、了加快硫酸的浸取速率，可采用的方法是_（任写一种）。中发生多个反应，其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式_。（2）步骤加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成分是_。（3）步骤中MnO2的其作用是_，另外一种物质X可以是_。AZnO BMgCO3 CMnCO3 DCu(OH)2（4）MnO2与Li构成LiMnO2，它可作为某锂离子电池的正极材料，电池反应方程式为： Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，写出该锂离子电池的正极电极反应式_。（5）已知：HCN的电离常数K=4.91010，H2S的电离常
17、数K1=1.3107，K2=7.01015，向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的离子方程式为_。在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 molL1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS浓度为1.0104 molL1时，Mn2+开始沉淀，则a=_。已知：Ksp(MnS)=1.41015【答案】 (1). 将矿石粉碎、加热、搅拌等（任答一种即可） (2). 3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S+6H2O (3). Cu、Cd (4). 将Fe2+氧化为Fe3+ (5). AC (6). Li1x
18、MnO2+xLi+xe=LiMnO2 (7). CN+H2S=HCN+HS (8). 5.（1）步骤中通常通过将固体粉碎、加热、搅拌等方法，来加快硫酸的浸取速率；中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色S物质析出，溶液变为棕黄色，说明有Fe3+生成，发生反应的化学方程式为3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S+6H2O；（2）根据流程图中反应前后离子变化确定回收金属成分为Cu、Cd；（3）二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子亚铁离子，然后将铁离子除去；X能和氢离子反应而调节溶液的pH，且不能引进新的杂质，符合条件的有ZnO和MnCO3，一水合氨和NaOH虽然能
19、调节溶液的pH但引进新的杂质，故答案为AC；(4)锂离子电池的正极发生还原反应，根据电池反应Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，可知正极电极反应式为Li1xMnO2+xLi+xe=LiMnO2 ；(5)根据HCN的电离常数K=4.91010，H2S的电离常数K1=1.3107，K2=7.01015，可知酸性强弱顺序为HS-HCNH2S，则向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的离子方程式为CN+H2S=HCN+HS；当含有0.020 molL1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，Mn2+开始沉淀时Ksp(MnS)=c（S2-）c(Mn2+)=1.41015，c（S2-）=
20、71014，此时溶液中HS浓度为1.0104 molL1，K2=7.01015=c（S2-）c(H+)c（HS-），解得c(H+)=1.0105，此时溶液pH=5。10. 氮氧化物、二氧化硫是造成大气污染的主要物质，某科研小组进行如下研究。（1）已知：写出SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式_。（2）向容积为1L密闭容器中分别充入0.10molNO2和0.15mol SO2，在不同温度下测定同一时刻NO2的转化率，结果如图所示。a、c两点反应速率大小关系：(a)_(c)。（填“”、“”或“=”）温度为T2时从反应开始经过2min达到b点，用SO3表示这段时间
21、的反应速率为_，此温度下该反应的平衡常数为_，若在此温度下，保持容器的容积不变，再向容器中充入0.20molNO2和0.30mol SO2，NO2的转化率_。（填“增大”、“减小”或“不变”）NO2的转化率随温度升高先增大后减小的原因是： _。（3）常温下用NaOH溶液吸收SO2，在吸收过程中，溶液pH随n(SO32)n(HSO3)变化关系如下表：n(SO32)n(HSO3)91911991pH8.27.26.2当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度由大到小排列顺序为_。当向NaOH溶液中通入足量的SO2时，得到NaHSO3溶液，在pH为47之间电解，硫元素在阴极上被还原为Na2S2O4，这是电化学
22、脱硫技术之一，写出该阴极的电极反应式_。【答案】 (1). SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) H41.8 kJmol1 (2). c(HSO3) c(SO32) c(H+)= c(OH) (8). 2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O【解析】(1)已知由图分析得2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；H=-196.6kJ/mol，O2(g)+2NO(g)2NO2(g)；H=-113.0kJ/mol，根据盖斯定律可得：SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)H=-41.8kJ/mol，故答案为：SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)H=-4
23、1.8kJ/mol；(2)温度越高化学反应速率越快，故(a)(c)，故答案为：；n变(NO2)=0.1mol50%=0.05mol SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)开始(mol/L) 0.15 0.1 0 0变 (mol/L) 0.05 0.05 0.05 0.052min(mol/L) 0.1 0.05 0.05 0.05v(SO3)=0.025molL-1min-1；K=0.5；(NO2)=100%=50%， SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)开始(mol/L) 0.4 0.25 0.05 0.05变 (mol/L)x x x x2min(mol/L)0.
24、4-x 0.25-x 0.05+x 0.05+x，因为温度不变，故K不变，即 =0.5，解得x=0.125，故(NO2)= 100%=50%，故转化率不变；故答案为：0.025molL-1min-1；0.5；不变；NO2的转化率随温度升高先增大后减小的原因是，温度为T2，b点为平衡点，T2以前温度升高，反应速率加快，NO2转化率增大，T2以后，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，转化率减小，故答案为：温度为T2，b点为平衡点，T2以前温度升高，反应速率加快，NO2转化率增大，T2以后，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，转化率减小；(3)SO32-+H2OHSO3-
25、+OH-，HSO3-H+SO32-，亚硫酸两步水解，第一步水解远远大于第二步水解，则离子浓度为c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)，故答案为：c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)；据阴极得电子发生还原反应，故电极方程式为2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O，故答案为：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O。11. 光刻胶的一种合成路线如下：RCOOH+CHCHRCOOCH=CH2回答下列问题：（1）A的名称是_。C中所含官能团的名称是_。（2）CD的反应类型是_，X的结构简式为_。（3）D+G光刻胶的化学
26、方程式_。（4）T是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：能发生水解反应和银镜反应；能使溴水褪色；属于芳香族化合物。则T的结构有_种。其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为11222的结构简式为_。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2COOH的合成路线流程图(无机试剂任用)_。（合成路线流程图示例如下：）【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 碳碳双键、羧基 (3). 取代反应 (4). CH3COOH (5). (6). 5 (7). (8). 【解析】(1)根据上面的分析可知，A为，A的名称是苯甲醛，C为，C中所含官能团的名称是碳碳双键、羧基，
27、故答案为：苯甲醛；碳碳双键、羧基；(2)根据上面的分析可知，CD的反应类型是取代反应，X的结构简式为CH3COOH，故答案为：取代反应；CH3COOH；(3)根据上面的分析可知，D+G光刻胶的化学方程式为，故答案为：；(4)C为，T是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：能发生水解反应和银镜反应，说明有甲酸某酯，能使溴水褪色，说明有碳碳双键，属于芳香族化合物，说明有苯环，则符合条件的结构为苯环上连有HCOOCH=CH-、或HCOOC(=CH2)-，或苯环上连有两个基团为HCOO-、-CH=CH2，有3种结构，所以共有5种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为，故
28、答案为：5；(5)以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2COOH，将CH3CH2OH氧化成CH3CHO，CH3CHO在稀氢氧化钠的条件下生成CH3CH=CHCHO，与氢气加成得CH3CH2CH2CH2OH，再将CH3CH2CH2CH2OH氧化成CH3CH2CH2COOH，合成路线为 ，故答案为： 。点睛：本题考查有机物的推断与合成，根据G、D的结构简式从中间向前后推断，注意对题目信息的应用，熟练掌握官能团的性质与转化。(5)中的有机合成路线的设计为本题难点。12. 下表是前20号元素中的部分元素的一些数据：ABCDEFGHIJ原子半径(10-10m)1.022.270.741.430.
29、771.100.991.860.751.17最高价态+6+1+3+4+5+7+1+5+4最低价态-2-2-4-3-1-3-4试回答下列问题：(1)以上10种元素电负性最大的是_(填元素符号)。比元素B原子序数大7的元素在元素周期表中的位置：第_周期，第_族，其基态原子的核外电子排布式是_。(2)H、I、J三种元素对应单质的熔点依次升高的顺序是(用单质的具体化学式排序)_。(3)元素E与C及氢元素可形成一种相对分子质量为60的一元羧酸分子。其分子中共形成_个键，_个键。(4)I与氢元素形成的10电子分子X的空间构型为_；将X溶于水后的溶液滴入到CuSO4溶液中至过量，得到的络离子的化学式为_，其
30、中X与Cu2+之间以_键结合。(5)下图是I元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因：a._。b._。(6) 如图是J和E组成的晶体结构，则每个与J周围最近J原子数目为_，若晶胞边长为a cm，则晶体的密度为_（用含a、NA的代数式表示）(g/mL)。【答案】 (1). O (2). 4 (3). VIII (4). 1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2) (5). N2 Na Si (6). 7 (7). 1 (8). 三角锥形 (9). Cu (NH3)42 (10). 配位 (11). HNO3是极性分子，易溶于极性的水中 (12). HNO3分子
31、中的OH易与水分子之间形成氢键 (13). 12 (14). 或 或【解析】前20号元素中，AC都有最低价-2，处于VIA族，A有+6价，C只有-2价，则A为S、C为O元素；E、J都有+4、-4价，处于IVA族，E的原子半径较小，则E是C元素、J是Si；F、I都有+5、-3价，处于VA族，F的原子半径大于I，则F是P元素、I是N元素；G有+7、-1价，为A族元素，G是Cl元素；D只有+3价，为A族元素，原子半径大于Si原子半径，所以D是Al元素；B、H最高正价为+1，没有负价，处于IA族，B的原子半径比Al原子半径大很多，不能处于同周期，则B为K，B、H原子半径相差不是太大，应相邻，则H为Na
32、。(1)同周期自左而右电负性呈增大趋势，同主族自上而下电负性减小，故上述元素中电负性最大的元素是氧元素；比元素B原子序数大7的元素为Fe，处于第四周期VIII族；基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2)，故答案我为：O；4；VIII；1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2)；(2)H为Na，I是N，J是Si，其单质的熔点依次升高的为N2NaSi；故答案为：N2NaSi；(3)碳元素、氧元素及氢元素可形成一种相对分子质量为60的一元羧酸分子，该羧酸为CH3COOH，其分子中共形成7个键，1个键；故答案为：7；1；(4)X为N
33、H3，NH3中氮原子的价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以NH3空间构型为三角锥形，将NH3溶于水后的溶液滴入到CuSO4溶液中至过量，得到络离子的化学式为Cu(NH3)42+，其中NH3与Cu2+之间以配位键结合；故答案为：三角锥形；Cu(NH3)42+；配位；(5)图1中的含氧酸为HNO3，HNO3易溶于水的原因aHNO3是极性分子，易溶于极性的水中；bHNO3分子中的-OH易与水分子之间形成氢键；故答案为：HNO3是极性分子，易溶于极性的水中；HNO3分子中的-OH易与水分子之间形成氢键；(6)J是Si，E是C，以晶胞顶点上的Si为例，与之距离最近的Si为12，晶胞内Si原子数目为8+6=4，晶胞内C原子数目为4，晶胞边长为acm，则晶胞的体积为a3，晶体的密度为g/mL=g/mL=g/mL，故答案为：12；或。
