1、安徽省安庆市石河高中2015-2016学年高三（上）月考化学试卷（11月份）一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）石英只可用于生产光导纤维，且常温下不与强酸反应；次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌；黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成；用铜片在加热的条件下就可鉴别浓硫酸和稀硫酸；70mL的H2S和90mL的O2混合点燃后恢复到原状况可产生70mL的SO2；将过量CO2气体通入水玻璃中可生成硅酸和纯碱ABCD2将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是（）ASO2、H2SBSO2、N
2、O2CNH3、CO2DCO2、SO23下列关于某些离子的检验说法正确的是（）A向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32或HCO3B向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42C向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Cl4下列离子方程式书写正确的是（）A少量H2S气体通入硫酸铜溶液：H2S+Cu2+=CuS+2H+B将NO2气体通入NaOH溶液中：3NO2+2OH=2
3、NO3+NO+H2OCICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH=I+ClO+H2OD1.5 mol/L 100 mL的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2：2Br+Cl2=Br2+2Cl5下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性B浓硫酸具有酸性和吸水性浓硫酸可使PH试纸先变红后变黑CCl2和SO2均有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色DC的还原性小于Si可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO2AABBCCDD6N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3
4、CO+2NO2=3CO2+N2O下列关于N2O的说法一定正确的是（）A上述反应中，每消耗2mol NO2，就会生成22.4L N2OBN2O有氧化性，且为HNO2的酸酐C等质量的N2O和CO2含有相等的电子数DN2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒7 1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀下列说法不正确的是（）A该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB加入NaOH溶液的体积是50mLC浓硝酸在与合金反
5、应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答8（15分）氮化硅的强度很高，尤其是热压氮化硅，是世界上最坚硬的物质之一，氮化硅陶瓷可做燃气轮机的燃烧室、机械密封环、输送铝液的电磁泵的管道及阀门、永久性模具、钢水分离环等制备氮化硅可将硅粉放在氮气中加热至1000左右直接氮化制得，实验室制备氮化硅装置示意图如图1：回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法是，a仪器的名称是（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4
6、反应制备氮气的化学方程式；（3）装置B的作用是，装置C的作用是；（4）已知氮化硅的化学性质稳定，但常温下易溶于氢氟酸溶液生成一种白色的胶状沉淀和一种盐，请写出此化学反应方程式：；（5）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图2所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a物质b物质c收集的气体d中的物质A浓氨水NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2澄清石灰水C稀硝酸FeNO2H2OD浓盐酸KMnO4Cl2NaOH溶液9（14分）如图的关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、
7、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物回答下列问题：（1）A是（用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体写出B与C的反应方程式：一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42）=mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=L（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂C是，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气
8、体中氧气的体积是10（14分）石河高中高三化学兴趣小组对SO2与漂白粉的反应进行实验探究，实验过程如下：取10克漂白粉固体，加入250mL水中，部分固体溶解溶液略有颜色，过滤后用洁净的玻璃棒沾取滤液到pH试纸上，发现pH试纸先变蓝（约为12）后褪色回答下列问题：（1）工业制取漂白粉的化学方程式是，漂白粉在空气中变质的原因（用化学反应方程式说明）（2）pH试纸颜色的变化说明漂白粉溶液具有的性质是，ClO2和漂白粉一样也具有强氧化性，其消毒效率（以单位物质的量得电子的数目表示）是Cl2的倍；（3）将SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去回
9、答下列问题：澄清透明溶液变为黄绿色的可能原因是：随溶液酸性的增强，漂白粉的有效成分和C1发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是；用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：；SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下反应的离子方程式：三.化学-选修化学与技术：11（15分）明矾石经处理后得到明矾KAl（SO4）212H2O从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是（3
10、）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸已知25、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJ/mol；H2O（g）H2O（l）H2=44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4H3=545kJ/mol则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量
11、分数为98%的硫酸t四.化学-选修物质结构与性质12（15分）【化学选修物质结构与性质】五种短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲和丙同族，乙离子和丙离子具有相同的电子层结构甲和乙、丁、戊均能形成共价型化合物甲和乙形成的化合物在水中呈碱性，单质丁在单质戊中可燃烧产生白色烟雾回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是，非金属性最强的是；（填元素符号）；（2）由甲和乙、丁、戊所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是；（用化学式表示）；（3）甲和乙形成的化合物的中心原子的杂化类型为；甲和乙形成的化合物可与甲和戊形成的化合物反应，其产物中存在的化学键类型为；（4）除乙外，上述元素的电
12、负性从大到小依次为；（填元素符号）；（5）单质戊与水反应的离子方程式为；（6）一定条件下1.86g单质丁与2.912L单质戊（标准状况）反应，则产物为，（用化学式表示）其物质的量之比为五.化学-选修有机化学基础13（15分）【化学选修有机化学基础】合成肉桂酸异戊酯G（）的路线如下：友情提示：B和C含有相同的官能团且C在标准状况下的气体密度为1.964g/L；RCHO+RCH2CHORCH=+H2O回答下列问题：（1）A的结构简式为，D中含有的官能团的名称是；（2）下列物质在一定条件下能与F反应的是（填标号）；A溴水 B酸性KMnO4溶液 C乙酸 D新制氢氧化铜的悬浊液（3）B和C反应生成D的化
13、学方程式为（4）E和F反应生成G的化学方程式为，反应类型为（5）A的同分异构体中含有苯环的共有种（不考虑立体异构且包括A），其中与氯化铁不能发生显色反应且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的为（写结构简式）安徽省安庆市石河高中2015-2016学年高三（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）石英只可用于生产光导纤维，且常温下不与强酸反应；次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌；黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成；用铜片在加热的条件下就可鉴别浓硫酸和稀硫酸；70mL的H2S
14、和90mL的O2混合点燃后恢复到原状况可产生70mL的SO2；将过量CO2气体通入水玻璃中可生成硅酸和纯碱ABCD【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质；硅酸的性质及制法【专题】卤族元素；氧族元素；碳族元素【分析】石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可以用来生产光导纤维、制造玻璃；次氯酸钠溶液具有氧化性；黑火药的成分是：硫黄、硝石、木炭；铜片在加热的条件下可以和浓硫酸反应，但是和稀硫酸不会反应；2H2S+O2S+2H2O，S+O2SO2，根据硫化氢和氧气的量的关系进行计算即可；过量CO2气体通入硅酸钠溶液中可生成硅酸和碳酸氢钠【解答】解：石英的主要成分是二氧化硅，是制
15、造玻璃的主要原料，还可以用来生产光导纤维，故错误；次氯酸钠溶液具有氧化性，可用于环境的消毒杀菌，是“84”的有效成分，故正确；黑火药的成分是硫黄、硝石、木炭三者的混合物，故正确；铜片在加热的条件下可以和浓硫酸反应，生成硫酸铜和二氧化硫以及水，但是和稀硫酸不会反应，现象不一样，可以鉴别浓硫酸和稀硫酸，故正确；2H2S+O22S+2H2O，S+O2SO2，70mL的H2S和90mL的O2混合点燃后，根据硫化氢和氧气的量的关系计算出产生SO2的体积小于70mL，故错误；过量CO2气体通入硅酸钠溶液中可生成硅酸和碳酸氢钠，不是碳酸钠，故错误故选D【点评】本题是一道有关物质性质的综合考查题，考查学生知识
16、的迁移和应用能力，熟练应用物质的性质是关键，难度不大2将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是（）ASO2、H2SBSO2、NO2CNH3、CO2DCO2、SO2【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】元素及其化合物【分析】A硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；B二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和二氧化硫发生氧化还原反应生成SO42离子；C氨气显碱性，能和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸根离子结合钡离子生成碳酸钡沉淀；D二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应；【解答】解：ASO2和BaCl2不反应，因此
17、刚开始没有沉淀生成，后通入H2S，2H2S+SO23S+H2O，有沉淀生成，和题目现象符合，故A不选；BSO2和BaCl2不反应，因此刚开始没有沉淀生成，后通入NO2，NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2或（SO32）氧化为SO42离子，生成沉淀BaSO4，和题目现象符合，故B不选；CNH3和BaCl2不反应，因此刚开始没有沉淀生成，后通入CO2，2NH3+H2O+CO2（NH4）2C03，（NH4）2C03+BaCl2BaCO3+2NH4Cl，有沉淀生成，和题目现象符合，故C不选；D二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故D选；故选D【点评】本题目
18、考查了物质之间的化学反应，综合考查元素化合物知识，侧重于二氧化硫、二氧化碳、硫化氢以及氨气的性质，为高考高频考点，题目难度中等3下列关于某些离子的检验说法正确的是（）A向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32或HCO3B向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42C向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Cl【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】根据发
19、生化学反应时产生相同现象的离子反应有哪些来判断选项的正误A、SO32和HSO3、CO32和HCO3都能与HCl反应生成无色气体，产生的无色气体都能使澄清石灰水变浑浊；B、硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸钡沉淀氧化成硫酸钡；C、溶液中含有银离子也会生成白色沉淀；D、能使银离子产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等【解答】解：A、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，所以原溶液中可能有CO32或HCO3或SO32或HSO3，故A错误；B、硝酸钡加稀盐酸形成了硝酸，硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸钡沉淀氧化成硫酸钡，则原溶液中有SO32或SO42均符合，故B错误 C、溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加
20、热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，产生的气体是氨气，则原溶液中存在NH4+，故C正确D、能使银离子产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，原溶液中不一定有氯离子，故D错误故选：C【点评】本题考查了离子检验的方法和现象分析，掌握常见离子的检验方法，注意干扰离子的判断4下列离子方程式书写正确的是（）A少量H2S气体通入硫酸铜溶液：H2S+Cu2+=CuS+2H+B将NO2气体通入NaOH溶液中：3NO2+2OH=2NO3+NO+H2OCICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH=I+ClO+H2OD1.5 mol/L 1
21、00 mL的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2：2Br+Cl2=Br2+2Cl【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A、硫化氢和硫酸铜反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀；B、NO2气体通入NaOH溶液中反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水；C、ICl和Cl2的化学性质相似，氯元素化合价为1价，碘元素化合价为+1价，依据氯气和碱反应实质，ICl与碱反应氯化钾次碘酸钾和水；D、1.5 mol/L 100 mL的FeBr2溶液中n（FeBr2）=0.15mol，通入3.36L（标准状况）Cl2，n（Cl2）=0.15mol，依据氧化还原反应顺序进行分析判断【解答】解：A、硫化氢和硫酸铜
22、反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，少量H2S气体通入硫酸铜溶液：H2S+Cu2+=CuS+2H+，故A正确；B、将NO2气体通入NaOH溶液中反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH=NO3+NO2+H2O，故B错误；C、ICl和Cl2的化学性质相似，氯元素化合价为1价，碘元素化合价为+1价，依据氯气和碱反应实质，ICl与碱反应氯化钾次碘酸钾和水，反应的离子方程式为：ICl+2OH=Cl+IO+H2O，故C错误；D、1.5 mol/L 100 mL的FeBr2溶液中n（FeBr2）=0.15mol，通入3.36L（标准状况）Cl2，n（Cl2）=0.15mol，依据氧化还
23、原反应顺序进行分析，亚铁离子还原性大于溴离子，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，亚铁离子全部被氧化为铁离子，剩余氯气物质的量=0.15mol0.075mol=0.075mol，和溴离子反应2Br+Cl2=2Cl+Br2，剩余氯气全部反应需要0.15molBr，剩余0.15molBr，反应的离子方程式为：2Br+2Fe2+2Cl2=Br2+2Fe3+4Cl，故D错误；故选A【点评】本题考查了离子方程式的分析判断，主要是反应实质和反应产物判断，氧化还原反应顺序反应过程的定量计算分析是解题关键，题目难度中等5下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定
24、性B浓硫酸具有酸性和吸水性浓硫酸可使PH试纸先变红后变黑CCl2和SO2均有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色DC的还原性小于Si可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO2AABBCCDD【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质【专题】元素及其化合物【分析】A浓硝酸具有不稳定性，见光易分解；B浓硫酸具有酸性和脱水性，可使PH试纸先变红后变黑；C次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质；D高温下气体逸出，反应只能向正方向进行【解答】解：A浓硝酸具有不稳定性，见光易分解，故浓硝酸在光照下颜色变黄，故
25、A正确；B浓硫酸具有酸性和脱水性，故浓硫酸可使PH试纸先变红后变黑，故B错误；C氯气无漂白性，与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，可使含有酚酞的NaOH溶液褪色；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，二氧化硫能与氢氧化钠反应，从而使溶液褪色，不能体现SO2的漂白性，故C错误；DC的还原性小于Si，故可用硅置换出碳，但高温下气体逸出，反应只能向正方向进行，故可用焦炭和石英在高温下反应制取粗硅和CO，故D错误，故选A【点评】本题考查浓硝酸、浓硫酸的性质、氯气和二氧化硫的漂白原理、高温对反应的影响，难度不大要注意高温对反应的影响6N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入
26、性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O下列关于N2O的说法一定正确的是（）A上述反应中，每消耗2mol NO2，就会生成22.4L N2OBN2O有氧化性，且为HNO2的酸酐C等质量的N2O和CO2含有相等的电子数DN2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应【专题】氮族元素【分析】A、影响气体的体积因素有温度、压强等，CO的状态不一定是标准状况B、N2O中N元素化合价为+1价，酸酐和其酸中元素的化合价相同；C、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同D、NO、CO会迅速与人体血红蛋白结合
27、，使人中毒【解答】解：A、由方程式3CO+2NO23CO2+N2O可知，每消耗2molNO2，就会生成1molN2O，物质的量一定，影响气体的体积因素有温度、压强等，气体的状态不一定是标准状况，生成N2O的体积不一定是22.4L，故A错误；B、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，HNO2中N的化合价是+3价，所以N2O不是HNO2的酸酐，故C错误；C、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，故C正确；D、能与人体血红蛋白结合，使人中毒的是CO、NO，不是N2O，故D错误故选：C【点评】
28、本题考查氧化还原反应、氧化性还原性判断、常用化学计量计算等，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件71.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀下列说法不正确的是（）A该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB加入NaOH溶液的体积是50mLC浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克【考点】有关混合物反应的计算【专题】守恒法【
29、分析】A根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；B加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算；C起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量等于二氧化氮的物质的量；D由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，根据二氧化氮计算转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和【解答】解：A密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/
30、L=14mol/L，故A正确；B加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），则n（NaNO3）=0.05L14mol/L=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/L NaOH溶液体积为=0.62L=620mL，故B错误；C起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量=0.08mol，故C正确；D由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.08mo
31、l（54）=0.08mol，故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g，故D正确，故选B【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答8（15分）氮化硅的强度很高，尤其是热压氮化硅，是世界上最坚硬的物质之一，氮化硅陶瓷可做燃气轮机的燃烧室、机械密封环、输送铝液的电磁泵的管道及阀门、永久性模具、钢水分离环等制备氮化硅可将硅粉放在氮气中加热至1000左右直接氮化制得，实验室制备
32、氮化硅装置示意图如图1：回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法是在仪器D的出气口连接导管，将导管的末端插入水槽中的水中，用酒精灯轻轻加热圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出且停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，a仪器的名称是分液漏斗（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的化学方程式2NaNO2+（NH4）2SO42N2+Na2SO4+4H2O；（3）装置B的作用是除去氧气（及氮氧化物），装置C的作用是除去水蒸气；（4）已知氮化硅的化学性质稳定，但常温下易溶于氢氟酸溶液生成一种白色的胶状沉淀和一种盐，请写出此化学反应方程式：Si3N4+4HF+9H2O=3H2SiO3+
33、4NH4F；（5）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图2所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是D选项a物质b物质c收集的气体d中的物质A浓氨水NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2澄清石灰水C稀硝酸FeNO2H2OD浓盐酸KMnO4Cl2NaOH溶液【考点】制备实验方案的设计【专题】实验题；实验设计题；类比迁移思想；演绎推理法；化学应用【分析】（1）根据压强差产生的现象判断气密性，根据装置图可知仪器的名称；（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平书写方程式；（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧
34、化物，装置B除去氧气（及氮氧化物）、C干燥氮气；（4）氮化硅溶于氢氟酸溶液生成一种白色的胶状沉淀为硅酸，根据元素守恒确定另一种产物；（5）A氨气密度比空气小；B澄清石灰水浓度较小；C铁与稀硝酸反应产生的气体为NO，一氧化氮难溶于水；D浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气【解答】解：（1）根据压强差产生的现象判断气密性，具体操作为在仪器D的出气口连接导管，将导管的末端插入水槽中的水中，用酒精灯轻轻加热圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出且停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，由图中仪器结构可知，a为分液漏斗，故答案为：在仪器D的出气口连接导管，将导管的末端插入水槽中的水中，用酒精灯轻轻加热圆底烧
35、瓶，若导管口有气泡冒出且停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好；分液漏斗；（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平后方程式为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2+Na2SO4+4H2O，故答案为：2NaNO2+（NH4）2SO42N2+Na2SO4+4H2O；（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，装置B除去氧气（及氮氧化物）、C干燥氮气，防止对D装置反应的影响，故答案为：除去氧气（及氮氧化物）；除去水蒸气；（4）氮化硅溶于氢氟酸溶液生成一种白色的胶状沉淀为硅酸，元素守恒确定另一种产物为NH4F，则反应的方程式为：Si3N4+4HF
36、+9H2O=3H2SiO3+4NH4F；故答案为：Si3N4+4HF+9H2O=3H2SiO3+4NH4F；（5）A氨气密度比空气小，集气瓶中导管应短进长出，故A错误；B澄清石灰水浓度较小，不能用来处理尾气，故B错误；C铁与稀硝酸反应产生的气体为NO，一氧化氮难溶于水，不能用溶液吸收，故C错误；D浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气可用氢氧化钠吸收，故D正确；故选D【点评】本题考查了制备方案设计，题目难度中等，侧重于考查学生的实验探究能力，注意把握硅及其化合物的性质，明确实验目的和实验原理是解题的关键9（14分）如图的关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提
37、示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物回答下列问题：（1）A是（NH4）2S（用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体写出B与C的反应方程式：2H2S+SO2=3S+2H2O一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42）=1mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=4.48L（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂C是NO，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3
38、Cu2+2NO+4H2O将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是4mL或1.2mL【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】（1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为（NH4）2S；（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4；二氧化硫与硫化氢反应生成硫与水硫酸完全反应，发生反应：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2
39、+H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，结合方程式计算；（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的
40、O2，最后相加得到原来的氧气；若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2，据此解答【解答】解：（1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为（NH4）2S，故答案为：（NH4）2S；（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4，则：B与C的反应方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S+2H2
41、O；一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的H2SO4的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g，则参加反应Zn的物质的量为1mol，H2SO4的物质的量为0.1L12mol/L=1.2mol，由于硫酸都没有剩余，设与浓硫酸反应的Zn为xmol，与稀硫酸反应的Zn为ymol，则：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2Ox 2x x xZn+H2SO4=ZnSO4+H2y y y由题意可知：，解得x=0.2 y=0.8，故将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42）=1mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=0.2mol22.4L/mol=4.48L，
42、故答案为：1；4.48；（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3由上述分析可知C是NO，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：NO；3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL
43、，则说明剩余气体为NO或氧气，若为氧气，则参加反应的气体为12mL2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为10ml=8mL，参加反应的O2的体积为10mL8mL=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为32mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL=1.2mL，故答案为：4mL或1.2mL【点评】本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，侧重考查化
44、学用语与化学计算，（3）中关键是分析剩余气体的成分，进行讨论计算，难度中等10（14分）石河高中高三化学兴趣小组对SO2与漂白粉的反应进行实验探究，实验过程如下：取10克漂白粉固体，加入250mL水中，部分固体溶解溶液略有颜色，过滤后用洁净的玻璃棒沾取滤液到pH试纸上，发现pH试纸先变蓝（约为12）后褪色回答下列问题：（1）工业制取漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉在空气中变质的原因Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO（用化学反应方程式说明）（2）pH试纸颜色的变化说明漂白粉溶液具有的性质是碱性和漂白性，ClO2和
45、漂白粉一样也具有强氧化性，其消毒效率（以单位物质的量得电子的数目表示）是Cl2的2.5倍；（3）将SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去回答下列问题：澄清透明溶液变为黄绿色的可能原因是：随溶液酸性的增强，漂白粉的有效成分和C1发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是向漂白粉溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：Cl2+SO2+2H2O=4H+2Cl+SO42；SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下反应的离子方程式：2SO2+Ca2+2ClO+2H2O=4H+2Cl+CaSO4
46、+SO42【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】（1）氯气与石灰乳制备漂粉，漂白粉在空气中与二氧化碳、水反应生成HClO可变质；（2）pH试纸先变蓝（约为12）后褪色，则溶液具有碱性、漂白性；利用电子转移计算消毒效率；（3）SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去，黄绿色气体为氯气，白色沉淀为硫酸钙，溶液酸性的增强，漂白粉的有效成分和C1发生反应，则需要加酸；氯气与二氧化硫反应；SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下，发生氧化还原反应【解答】解：（1）利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反
47、应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉在空气中与二氧化碳、水反应生成HClO可变质，发生的反应为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；（2）pH试纸先变蓝（约为12）后褪色，则溶液具有碱性、漂白性；ClO2和漂白粉一样也具有强氧化性，其消毒效率（以单位物质的量得电子的数目表示）是Cl2的=2.5倍，故答案为：碱性和漂白性；2.5；（3）SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄
48、绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去，黄绿色气体为氯气，白色沉淀为硫酸钙，进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是向漂白粉溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色，故答案为：向漂白粉溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因为Cl2+SO2+2H2O=4H+2Cl+SO42，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=4H+2Cl+SO42；SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下反应的离子方程式为2SO2+Ca2+2ClO+2H2O=4H+2Cl+CaSO4+SO42，故答案为：2SO2+Ca2+2ClO+2H2O=4H+2Cl+CaSO4+SO
49、42【点评】本题考查二氧化硫和氯气的化学性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、实验设计及现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大三.化学-选修化学与技术：11（15分）明矾石经处理后得到明矾KAl（SO4）212H2O从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是S（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是蒸发结晶（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构
50、如图2所示，该晶体中Al的配位数是4（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸已知25、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJ/mol；H2O（g）H2O（l）H2=44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4H3=545kJ/mol则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=13
51、0KJ/mol焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸432t【考点】镁、铝的重要化合物；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】压轴题；化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以Al
52、和NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；依据硫元素守恒计算得到；【解答】解；（1）4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质；故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义
53、可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4；故答案为：4；（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2 ；故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJ/mol；H2O（g）H2O（l）H2=44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H3=5
54、45kJ/mol依据盖斯定律2得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）H=260KJ/mol；即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=130KJ/mol；故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=130KJ/mol；948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=45000.96980.98=432000Kg=432t故答案为：432t；【点评】本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等四.化学-选修物质结构与性
55、质12（15分）【化学选修物质结构与性质】五种短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲和丙同族，乙离子和丙离子具有相同的电子层结构甲和乙、丁、戊均能形成共价型化合物甲和乙形成的化合物在水中呈碱性，单质丁在单质戊中可燃烧产生白色烟雾回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是Na，非金属性最强的是Cl；（填元素符号）；（2）由甲和乙、丁、戊所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是PH3；（用化学式表示）；（3）甲和乙形成的化合物的中心原子的杂化类型为sp3；甲和乙形成的化合物可与甲和戊形成的化合物反应，其产物中存在的化学键类型为离子键、共价键；（4）除乙外，上述元素的电负性从大到小
56、依次为ClPHNa；（填元素符号）；（5）单质戊与水反应的离子方程式为Cl2+H2O=H+Cl+HClO；（6）一定条件下1.86g单质丁与2.912L单质戊（标准状况）反应，则产物为PCl3和PCl5，（用化学式表示）其物质的量之比为1：2【考点】离子键的形成；元素电离能、电负性的含义及应用【专题】化学键与晶体结构【分析】五种短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大甲和乙形成的化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则甲为氢元素、乙为氮元素；甲和丙同族，乙离子和丙离子具有相同的电子层结构，则丙为Na元素；甲和乙、丁、戊均能形成共价型化合物，单质丁在单质戊中可燃烧产生白色烟雾则丁为磷元素，
57、戊为氯元素，据此解答【解答】解：五种短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大甲和乙形成的化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则甲为氢元素、乙为氮元素；甲和丙同族，乙离子和丙离子具有相同的电子层结构，则丙为Na元素；甲和乙、丁、戊均能形成共价型化合物，单质丁在单质戊中可燃烧产生白色烟雾则丁为磷元素，戊为氯元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故Na元素的原子半径最大；最高价含氧酸的酸性越强，中心元素的非金属性越强，高氯酸是最强的含氧酸，故Cl非金属性最强；故答案为：Na；Cl；（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物分别为NH3、PH3、HCl，非金属性越
58、强氢化物越稳定，故热稳定性最差的是 PH3，故答案为：PH3；（3）甲和乙形成的化合物NH3，价层电子对个数是3+（513）=4，其含有一个孤电子对，所以其中心原子杂化类型为sp3，NH3h和HCl二者反应生成NH4Cl，NH4Cl晶体中含有：离子键、共价键，故答案为：sp3；离子键、共价键；（4）一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小电负性大得元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角，则电负性：ClPHNa；故答案为：ClPHNa；（5）氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，反应离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故答案为：
59、Cl2+H2O=H+Cl+HClO（6）参加反应的P和Cl2的物质的量之比为：=0.06：0.13=6：13，n（Cl）：n（P）=0.06：（0.132）=3：13=1：4.33，则产物有PCl3和PCl5，则其物质的量之比为：故答案为：PCl3和PCl5；1：2【点评】本题考查位置结构性质关系、元素周期律、化学键等，化学计算，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握五.化学-选修有机化学基础13（15分）【化学选修有机化学基础】合成肉桂酸异戊酯G（）的路线如下：友情提示：B和C含有相同的官能团且C在标准状况下的气体密度为1.964g/L；RCHO+RCH2CHORCH=+H
60、2O回答下列问题：（1）A的结构简式为，D中含有的官能团的名称是醛基、碳碳双键；（2）下列物质在一定条件下能与F反应的是BC（填标号）；A溴水 B酸性KMnO4溶液 C乙酸 D新制氢氧化铜的悬浊液（3）B和C反应生成D的化学方程式为（4）E和F反应生成G的化学方程式为，反应类型为酯化反应（5）A的同分异构体中含有苯环的共有5种（不考虑立体异构且包括A），其中与氯化铁不能发生显色反应且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的为（写结构简式）【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A发生催化氧化生成B，则A中含有醇羟基，B中含有醛基，D与银氨溶液反应生成E，则D中含有醛
61、基、E中含有羧基，而E与F在浓硫酸、加热条件下生成G，由G的结构简式可知，F为（CH3）2CHCH2CH2OH，E为，逆推可知D为，B与C发生信息中反应是D，结合B的分子式可知，B为，则C为CH3CHO，A为，据此解答【解答】解：A发生催化氧化生成B，则A中含有醇羟基，B中含有醛基，D与银氨溶液反应生成E，则D中含有醛基、E中含有羧基，而E与F在浓硫酸、加热条件下生成G，由G的结构简式可知，F为（CH3）2CHCH2CH2OH，E为，逆推可知D为，B与C发生信息中反应是D，结合B的分子式可知，B为，则C为CH3CHO，A为，（1）由上述分析可知，A的结构简式为，D为，含有的官能团有：醛基、碳碳
62、双键，故答案为：；醛基、碳碳双键；（2）F为（CH3）2CHCH2CH2OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能与乙酸发生酯化反应，不能与溴水、氢氧化铜悬浊液反应，故答案为：BC；（3）B和C反应生成D的化学方程式为：，故答案为：；（4）E和F反应生成G的化学方程式为：，属于酯化反应，故答案为：，酯化反应；（5）A（）的同分异构体中含有苯环，有：，有2个侧链为甲基、羟基，有邻、间、对三种位置，包含A在内共有5种，其中与氯化铁不能发生显色反应且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的为，故答案为：5；【点评】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、有机反应类型、同分异构体等，注意根据G的结构简式与有机物的分子式推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等
