2017-2018学年河南省南阳市第一中学高二下学期期末模拟化学试题 解析版



河南省南阳市第一中学2017-2018学年高二下学期期末模拟化学试题
1. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子
B. 向1L的密闭容器中充入46gNO2气体，容器中气体的分子数为NA
C. 常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，转移电子的数目为0.3NA
D. 的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有14种
【答案】D
【解析】分析：A. 根据标准状况下，SO3不是气体分析；B. 根据NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4分析；C. 根据常温下，铝与浓硫酸发生钝化分析；D. 的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的结构中一定含有羧基、苯环，其余2个碳原子分情况书写分析判断。
详解：A. 标准状况下，SO3不是气体，无法用n=计算2.24LSO3的物质的量，故A错误；B、NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减小，则容器中气体分子个数小于NA个，故B错误；C. 常温下，铝与浓硫酸发生钝化，2.7g铝不能完全反应，故C错误；D．的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有：①羧基直接与苯环连接，剩余两个碳作为乙基存在邻、间、对3种同分异构体，作为两个甲基存在6种同分异构体；②骨架为苯乙酸，甲基存在邻、间、对3种同分异构体；③苯丙酸有2种，共14种同分异构体，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。本题的难点为D，要注意分情况讨论，并且掌握书写的方法，注意不要重复。
2. “化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法之一。下列说法正确的是
A. 证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，观察试纸颜色变化
B. 将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液，溶液棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为2:3
C. 验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察是否出现砖红色沉淀
D. 向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
【答案】B
【解析】A．二氧化氮和溴都能把碘离子氧化生成碘单质，碘遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，所以不能用湿润的淀粉碘化钾试纸区别二氧化氮和溴蒸气，故A错误；B．反应中被还原的是NO3-，相当于硝酸根离子与二氧化硫之间的氧化还原，3SO2～2NO3-，故逸出气体和SO2的体积比为2︰3，故B正确；C．淀粉的水解是在酸性条件下，检验水解产物时需要先中和催化作用的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，故C错误；D．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故D错误； 答案为B。
3. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2x(g)Y(g)，T1、T2温度下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是

A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2温度下，在0~t1时间内，v(Y）= mol·L-1·min-1
C. M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率ν逆
D. M点时再加入一定量Y，平衡后X体积分数与原平衡相比增大
【答案】C
【解析】反应进行到M点时消耗的X的物质的量小于W点，由于正反应是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量比W点少，A错误；T2温度下，在0～t1时间内，X的浓度变化为Δc(X)＝(a－b) mol·L－1，则Y的浓度变化为Δc(Y)＝Δc(X)＝mol·L－1，所以T2温度下，在0～t1时间内v(Y)＝mol·L－1·min－1，B错误；温度越高反应速率越快，T1＞T2，则M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆，C正确；如果在M点时再加入一定量Y，容器内气体的总物质的量增大，相当于增大了压强，平衡正向移动，则X的物质的量减小，则X体积分数减小，即：平衡后X体积分数与原平衡相比减小，D错误。
4. 下列实验操作和现象与所得结论一定正确的是
选项
操作
现象
结论或解释
A
向黄色的Fe（NO）3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置
下层溶液变为紫红色
氧化性:Fe3+>l2
B
向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液色
品红溶液褪色
原溶液中一定大量存在SO32-
C
向Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴加适量NaOH溶液，过滤、洗涤
得到白色沉淀
相同温度下，溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Cu(OH)2]
D
一定温度下，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液
溶液橙色变浅
减小H+浓度，Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+的平衡正向移动


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】A. 向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置，下层溶液变为紫红色，说明生成了碘单质，是因为碘离子被硝酸氧化，故A错误；B. 向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液，品红溶液褪色，可能是盐酸被氧化生成的氯气，氯气与水反应能够生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故B错误；C. 未说明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2种离子的浓度大小，无法判断溶度积常数的大小关系，故C错误；D. K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液，H+浓度减小，平衡正向移动，溶液橙色变浅，故D正确；故选D。
5. 下列说法正确的是
A. 常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L-1 Na2CO3和 NaHCO3的等体积混合溶液中: 2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)
B. △H<0，△S>0的反应都是自发反应，△H>0，△S>0的反应任何条件都是非自发反应
C. 已知:P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H= akJ·mol-1 P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g) △H=bkJ·mol-1 P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为 ckJ·mol-1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJ·mol-1，由此计算Cl-Cl键的键能kJ·mol-1
D. 在一定温度下，固定体积为2L密闭容器中，发生反应:2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H<0，当v(SO2)=v(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】分析：A．根据碳酸钠、碳酸氢钠溶液中质子守恒进行解答；B．△G=△H-T•△S进行判断，如△G＜0，则反应能自发进行，如△G＞0，则不能自发进行，据此分析；C．根据盖斯定律计算出PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)的焓变，再根据题中键能关系计算出Cl-Cl键的键能；D．根据平衡状态时正反应速率等于逆反应速率分析判断。
详解：A．根据质子守恒，对于Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，两者等浓度、等体积混合后，溶液中两种溶质的物质的量相等，所以，将上述两式叠加：[c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)]+[c(OH-)+c(CO32-) =c(H+)+c(H2CO3)]，移项得2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)，故A正确；B．△H＜0，△S＞0的反应都是自发反应，而△H＞0，△S＞0 在较高温度下能自发，故B错误；C．①P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ•mol-1，②P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ•mol-1，可得：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g) △H=kJ/mol；设Cl-Cl键的键能为Q，由PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)及题中键能关系可知：△H=(3.6c+Q-5c)kJ/mol=kJ/mol，Cl-Cl键的键能Q=kJ•mol-1，故C错误；D．v(SO2)=v(SO3)中未指明反应速率的方向，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了离子浓度大小比较、化学平衡状态的判断、反应热的计算，题目难度较大，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。本题的易错点为D，一定要注明正逆反应速率，难点为A，要注意质子守恒关系式的表达式的书写。
6. 下列说法正确的是
A. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，该反应是置换反应
B. 向纯碱溶液中滴加醋酸，将生成的气体通入澄清的苯酚钠溶液中，观察是否出现沉淀，由此证明醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱
C. 反应A(g)B(g) △H，若正反应的活化能为EakJ/mol，逆反应的活化能为EbkJ/mol，则△H=(Ea-Eb)kJ/mol
D. 3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后，溶液的质量分数小于2x%，则A物质可能为乙醇
【答案】D
【解析】A. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，FeCl3和Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应不是置换反应，A不正确；B. 向纯碱溶液中滴加醋酸，由于醋酸有挥发性，生成的二氧化碳气体含有一定量的醋酸蒸气，该气体通入澄清的苯酚钠溶液中，溶液一定会变浑浊，但是不生成沉淀，得到的是乳浊液，此实验无法证明碳酸和苯酚的酸性强弱，B不正确；C. 反应A(g)B(g) △H，若正反应的活化能为EakJ/mol，逆反应的活化能为EbkJ/mol，则△H=-(Eb-Ea)kJ/mol，C不正确；D. 3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后，溶液的质量分数小于2x%，说明A的质量分数越大其密度越小，即A的密度小于水，则A物质可能为乙醇，D正确。本题选D。
7. 中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，下列相关判断正确的是

A. 电极1为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2
B. 电解池中质子从电极I向电极Ⅱ作定向移动
C. 吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO32-
D. 每处理1 mol NO电解池右侧溶液质量减少16g
【答案】C

点睛：易错点A选项，2HSO3－还原性比水强，故电极反应式为：2HSO3－+2H＋+2e－=S2O42－+2H2O；难点D，溶液减少的质量为氧气和氢离子的总质量，相当于水的质量，,每处理1 mol NO电解池质量减少16 gO2和2gH＋，共18g。
8. 设pC为溶液中粒子物质的量浓度的负对数，即:pC=-lgC。25℃时，某浓度H2R水溶液中，pC(H2R)、pC(HR+)、pC(R2+)随溶液pH的变化曲线如图所示，下列说法正确的是

A. 曲线I表明，c(R2-)随着pH增大而逐渐增大
B. pH=1.3 时， 3c(R2-)+c(OH-)=10 -1.3molL
C. 常温下，该体系中c2(HR-)/c(R2-)·c(H2R)=1000
D. NaHR水溶液中:c(Na+)＞c(HR+)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】C
【解析】分析：H2RH++HR-, HR-H++R2-，随pH增大电离平衡正向移动，c(H2R)，开始较大，后逐渐减小，c(HR-)先增大后减小，c(R2-)开始较小，后逐渐增大，pC为溶液中粒子物质的量浓度的负对数，C越大pC越小，由图像可知：曲线I是pC(HR-)随溶液pH的变化曲线，曲线II是pC(H2R)随溶液pH的变化曲线，曲线III是pC(R2-)随溶液pH的变化曲线；
详解：A. 从以上分析可知，曲线III表明，c(R2-)随着pH增大而逐渐增大，故A错误；B. pH=1.3时，c(HR-)= c(H2R)，根据电荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)=10-1.3mol/L
由于c(HR-)> c(R2-),所以3c(R2-)+c(OH-)<10-1.3mol/L，故B错误；C. 常温下，该体系中c2(HR-)/ c(R2-)·c(H2R)=====1000,故C正确；D. pH=1.3时，c(HR-)= c(H2R)，Ka1= =c(H+)=10-1.3，pH=4.3时，c(HR-)= c(R2-)，Ka2= =c(H+)=10-4.3，NaHR的水解常数Kh===10-12.7,因此，NaHR水解小于电离，溶液显酸性，c(OH-) 9. 下列相关离子方程式书写正确的是
A. 泡沫灭火器工作原理:2A13++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
B. Fe(OH)3溶于HI溶液:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C. 往Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至溶液呈中性: Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4+H2O
D. 酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合:2MnO4-+5H2C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】D
【解析】分析：A．泡沫灭火器工作原理为硫酸铝与碳酸氢钠相互促进水解生成二氧化碳气体，可灭火；B．根据铁离子能够氧化碘离子分析判断；C．溶液呈中性时，生成硫酸钡、硫酸钾和水，可以结合化学方程式分析判断；D．草酸为弱酸，结合离子方程式的书写规则分析判断。
详解：A．泡沫灭火器工作原理，发生相互促进水解反应，离子反应为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；B．Fe(OH)3溶于HI溶液中，铁离子能够氧化碘离子，正确的离子反应为：2I-+2Fe(OH)3+6H+═2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C．往Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至溶液呈中性，根据氢氧化钡的化学式可知，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合，二者发生氧化还原反应，离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D正确；故选D。
10. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 新制饱和氯水中:Al3+、Cu2+、SO42-、Br-
B. 使甲基橙变红的溶液中:Mg2+、Fe3+、NO3-、SCN-
C. =1×10=-13mol·L的溶液中:Na+、K+、C1-、AlO2-
D. 由水电离的c（H+）=1×10-13mol·L-1的溶液中:Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【解析】新制饱和氯水中，氯气能把Br-氧化为Br2，故A错误；Fe3+、SCN-生成Fe(SCN)3，故B错误； =1×10-13 mol·L-1的溶液呈碱性， Na+、K+、Cl-、Al不反应，故C正确；由水电离的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液呈酸性或碱性，若呈酸性H+、HC反应生成水和二氧化碳，若呈碱性OH-、HC反应生成水和CO32-，故D错误。
11. 已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4]2-的物质的量浓度的对数。25℃时，下列说法中不正确的是

A. 往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液,反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-
B. 若要从某废液中完全沉淀Zn2+，通常可以调控该溶液的pH在8.0-12.0之间
C. PH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108
D. 该温度时，Zn（OH）2的溶度积常数（Ksp）为1×10-10
【答案】D
【解析】试题分析：由题意知，锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似，则氢氧化锌是两性氢氧化物。由图可知，在a点，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以c(OH-)=10-7mol/L、c(Zn2+)=10-3mol/L，Ksp[Zn(OH) 2]=10-17。当pH=8.0时，c(Zn2+)=mol/L，当pH=12.0时，c(Zn2+)=mol/L，所以pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108。A. 往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-，A正确；B. 若要从某废液中完全沉淀Zn2+，由图像可知，通常可以调控该溶液的pH在8.0—12.0之间，B正确；C. pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108，C正确；D. 该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-17，D不正确。本题选D。
12. 化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如下：

下列说法正确的是
A. X分子中有2个手性碳原子
B. Y分子中所有原子一定不可能在同一平面内
C. 可用FeCl3溶液或 NaHCO3溶液鉴别X和Y
D. 在NaOH溶液中，1molM最多可与5 molNaOH发生反应
【答案】C
【解析】A．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，X中只有连接氨基的为手性碳原子，故A错误；B．Y含有羧基和碳碳双键，具有乙烯和甲酸的结构特点，所有原子可能在同一平面内，故B错误；C．X含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，Y含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成气体，则可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y，故C正确；D．M含有2个酚羟基、1个羧基、1个肽键、和1个酯基，都可与氢氧化钠反应，则在NaOH溶液中，1 mol M最多可与6 mol NaOH发生反应，故D错误；故选C。
点睛：分析有机物的原子共面问题时，重点掌握C-C、C=C、C≡C和苯的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转．
类 别
甲烷
乙烯
乙炔
苯及同系物
键角
109°28′
约120°
180°
120°
分子形状
正四面体
至少6个原子共面
至少4个原子共线
至少12个原子共面

13. 阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为

下列说法正确的是
A. 可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成
B. 香兰素、阿魏酸均可与Na2CO3、NaOH溶液反应
C. 通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应
D. 与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有3种
【答案】B
【解析】试题分析：A、香兰素中含有酚羟基和醛基，阿魏酸中含有碳碳双键和酚羟基，二者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成，错误；B、香兰素中含有酚羟基，阿魏酸中含有羧基和酚羟基，香兰素、阿魏酸均可与Na2CO3、NaOH溶液反应，正确；C、通常条件下，香兰素、阿魏酸不能发生消去反应，错误；D、与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种，错误。
考点：考查有机物的结构与性质。
14. 短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次递增，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记:R和X能形成XR3型化合物，X在化物中只显一种化合价；R和Z位于同主族，Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍。下列有关推断正确的是
A. R单质和Z单质均可与水发生反应置换出O2
B. 上述元素形成的简单离子都能促进水的电离平衡
C. YR6能在氧气中剧烈燃烧
D. 元素对应的简单离子的半径:Y>Z>R>X
【答案】D
【解析】已知R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记，即氢氟酸，所以R为F元素，由X在化合物中只显一种化合价，结合化合物XR3，推知X为Al元素，根据R和Z是位于同主族的短周期元素，确定Z为Cl元素，由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知，Y为S元素。据此分析如下：A、F2和Cl2都能与水反应，2F2＋2H2O4HF＋O2、Cl2＋H2OHCl＋HClO，但并不是都能置换出O2，故A错误；B、这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-，其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离，而Cl-不能水解，故B错误；C、SF6中的S元素为最高价+6价，而F元素是最活泼的非金属元素，所以SF6在氧气中不能燃烧，故C错误；D、四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2->Cl->F-> Al3+，所以D正确。本题正确答案为D。
点睛：本题最难判断的是C选项，要从化合价的角度进行分析。若SF6能在氧气中燃烧，则O元素的化合价只能从0价降低为-2价，所以SF6中要有一种元素的化合价升高，S已经是最高价+6价，要使F从-1价升高为0价的F2，需要一种比F2氧化性更强的物质，已知F是最活泼的非金属元素，显然O2不行。
15. 研究和深度开发CO、CO2的应用对建生态文明社会具有重要的意义。
（1）CO可用于炼铁，已知：
Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) ΔH1=+489.0kJ•mol-1，
C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H2=+172.5kJ•mol-1
则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为____________________。
（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：__________________。
（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。

①线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI______KⅡ （填“＞”或“=”或“＜”）。
②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容器
甲
乙
反应物投入量
1mol CO2、3mol H2
a mol CO2、b mol H2、
c mol CH3OH(g)、c molH2O(g)

若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为____________。
（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2(g)转化为CH4和O2，紫外光照射时，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2。在0~15小时内，CH4的平均生成速率I、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为_____________（填序号）
（5）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L-1的KOH溶液。

请写出加入（通入）b物质一极的电极反应式________________；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为_______________。
（6）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。通常状况下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，溶液中:2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为__________________。
【答案】 (1). Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ΔH= -28.5kJ·mol-1 (2). CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O (3). ＞ (4). 0.4Ⅲ>I (6). O2+4e-+2H2O=4OH- (7). 1.2NA或1.2mol (8).
【解析】分析：(1)根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；
(2)CO燃料电池中，负极上是CO发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，据此书写电极反应式；
(3)①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=分析判断；②根据平衡三部曲求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围；
(4)相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小，据此分析解答；
(5)根据电子移动的分析判断出正负极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，正极上氧气得到电子发生还原反应；根据电子与甲醇的物质的量关系计算；
(6)通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，根据醋酸电离平衡常数K=计算。
详解：(1)①Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ/mol ； ②C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ/mol；由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol，故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol；
(2)CO燃料电池中，负极上是CO发生失电子的氧化反应，电极反应式为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O，正极上是氧气发生得电子的还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O；
(3)①平衡时，Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则二氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=知，平衡常数越小，故KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞；
② CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
初始(mol) 1         3         0           0
平衡(mol) 1-x      3-3x       x           x
甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即=0.8 ，解得x=0.4mol，依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4＜n(c)≤1mol，故答案为：0.4＜n(c)≤1mol；
(4)由图2可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n(Ⅰ)＜△n(Ⅲ)＜△n(Ⅱ)，故在0～15h内，CH4的平均生成速率v(Ⅱ)＞v(Ⅲ)＞v(Ⅰ)；故答案为：II＞III＞I；
(5)根据图示可知，电子由a电极经导线流向b电极，因此a为负极，b为正极，该电池负极是甲醇失电子生成碳酸钾，正极上是空气中的氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；每消耗6.4g 甲醇的物质的量==0.2mol，反应中甲醇中的碳元素由-2价变成+4价，转移电子的物质的量为1.2mol，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；1.2mol或1.2NA；
(6)通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数K===，故答案为：。
16. 铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。请回答下列问题：
（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1:1），该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________________。
（2）可采用电解法将上述吸收液中的NO2转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。

①Ce4+从电解槽的__________（填字母序号）口流出。
②写出阴极的电极反应式______________________________。
（3）铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存。主要化学成分为 CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：

①焙烧过程中发生的主要反应方程式为____________________________。
②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2换盐酸更好，他的理由是____________________。
③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)3KBF4(s)+ CeCl3(aq)平衡常数为____________（用a、b的代数式表示）。
④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是___________________。
【答案】 (1). 2:1 (2). a (3). 2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2O (4). 4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2 (5). 不释放氯气，减少对环境的污染(只回答减少对环境的污染也得分) (6). (7). NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解(只回答抑制CeCl3的水解也得分)
【解析】（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2-+NO3-+6H＋，因此该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:2=2:1。（2）①电解池中阳极失去电子，则Ce3+在阳极失去电子转化为Ce4+，因此Ce4+从电解槽的a口流出。②阴极是NO2-得到电子转化为氮气，则阴极的电极反应式为2NO2-+8H++6e—=N2↑+4H2O。（3）①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为4CeFCO3+ O23CeO2+ CeF4+4CO2。②酸浸过程中盐酸被氧化生成氯气，氯气是大气污染物，因此酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸可以不释放氯气，减少对环境的污染。③根据方程式可知反应的平衡常数K＝；④NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解，所以加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3。
17. 苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一，可采用苯乙腈为原料在实验室进行合成。请回答：
（1）制备苯乙酸的装置如图（加热和夹持装置等略）。已知:苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇。

在250mL三口瓶a中加入70mL质量分为70％的硫酸，加热至100℃，再缓缓滴入40g苯乙腈，然后升温至130℃，发生反应：

（1）仪器b的名称是____________，其作用是____________。反应结束后加适量冷水再分离出苯乙酸粗品，加入冷水的目的是_____________________________。
（2）分离出粗苯乙酸的操作名称是_____________，所用到的仪器是（填字母）____________。
a．漏斗     b．分液漏斗　　 c．烧杯     d．玻璃棒     e．直形冷凝管
（3）将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后加入Cu(OH)2，搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间可以析出苯乙酸铜晶体，写出发生反应的化学方程式___________________________，混合溶剂中乙醇的作用是_____________________________________。
（4）提纯粗苯乙酸最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是_________________________。（相对分子质量：苯乙腈 117，苯乙酸 136）
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). 降低溶解度，使苯乙酸结晶 (4). 过滤 (5). acd (6). (7). 增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应 (8). 95%
【解析】（1）通过分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈，仪器c为球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使气化的反应液冷凝)；反应结束后加适量冷水，降低溶解度，便于苯乙酸(微溶于冷水)结晶析出，故答案为：球形冷凝管、冷凝回流、降低溶解度，使苯乙酸结晶。
（2）可通过过滤从混合液中分离出苯乙酸粗品，过滤所用的仪器主要有漏斗、玻璃棒、烧杯等，故答案为：过滤、acd。
（3）苯乙酸与Cu(OH)2反应析出苯乙酸铜晶体的化学方程式为：；根据“苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇”，故乙醇与水的混合溶剂中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应。
（4）根据“ ~ ”关系式，可计算苯乙酸的产率= =94.6%≈95% 。
点睛：本题是一道化学实验综合题，考查有机物的制备，涉及实验仪器的使用、实验操作、化学方程式书写、混合物纯度计算等，综合性较强，既注重实验基础又侧重分析、解决问题能力的考查。
18. 环己酮是一种重要的有机化工原料。实验室合成环己酮的反应如下：

环己醇和环己酮的部分物理性质见下表：
物质
相对分子质量
沸点(℃)
密度(g·cm-3、20 ℃)
溶解性

环己醇
100
161.1
0.9624
能溶于水和醚
环己酮
98
155.6
0.9478
微溶于水，能溶于醚


现以20mL环己醇与足量Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反应，制得主要含环己酮和水的粗产品，然后进行分离提纯。其主要步骤有(未排序)：
a.蒸馏、除去乙醚后，收集151℃~156℃馏分
b.水层用乙醚(乙醚沸点34.6℃，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层
c.过滤
d.往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液
e.加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水
回答下列问题：
（1）上述分提纯步骤的正确顺序是__________________。
（2）b中水层用乙醚萃取的目的是__________________。
（3）以下关于萃取分液操作的叙述中，不正确的是__________________。
A.水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图（）用力振荡
B.振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
C.经几次振荡并放气后，手持分漏斗静置液体分层
D.分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体
（4）在上述操作d中，加入NaCl固体的作用是______________。蒸馏除乙醚的操作中，采用的加热方式为_________________。
（5）蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是_____________。
（6）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为12mL，则环己酮的产率______（保留两位有效数字）。
【答案】 (1). dbeca (2). 使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量 (3). ABC (4). 降低环己酮的溶解度；增加水层的密度，有利于分层 (5). 水浴加热 (6). 停止加热，冷却后通自来水 (7). 60%
【解析】试题分析：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可；
（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，从而提高产品产量；
（3）A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡；
B．放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气；
C．经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层；
D．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体；
（4）NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高；（5）为防止冷凝管炸裂，应该停止加热；
（6）m（环己酮）=12mL×0.9478g=11.3736g，根据环己醇和环己酮的关系式知，参加反应的m（环己醇）==11.6057g，m（环己醇）=20mL×0.9624g/mL=19.248g，据此计算产率．
解：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，水与有机物更容易分离开，然后向有机层中加入无水MgSO4，除去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，
故答案为d b e c a；
（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，能将水中的环己酮萃取到乙醚中，从而提高产品产量，
故答案为：使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量；
（3）A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡，只有如此才能充分混合，故A错误；
B．放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气，而不是打开玻璃塞，故B错误；
C．经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层，而不是手持分漏斗静置液体分层
，不符合操作规范性，故C错误；
D．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，利用压强差使液体流出，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，为防止产生杂质，再从上口倒出上层液体，故D错误；
故选ABC；
（4）NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，且有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高，所以应该采用水浴加热，
故答案为：降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层；水浴加热；
（5）如果直接将冷水连接冷凝管，馏分温度如果急剧冷却会导致冷凝管炸裂，为防止冷凝管炸裂，应该停止加热，冷却后通自来水，
故答案为：停止加热，冷却后通自来水；

故答案为：60%．
19. 有机物F（ Bisphenol A dimethacrylate）是一种交联单体。合成F的一种路线如下：

已知：
①；
②B不能发生银镜反应；
③C能与FeCl3发生显色反应，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢。
④E既能使溴水褪色又能使石蕊试液显红色
⑤1molF最多可与4 molNaOH反应
回答下列问题：
（1）A与B反应的化学方程式为____________________________________。
（2）B→D的反应类型为__________，E的结构简式为___________________。
（3）F的结构简式为_____________________。
（4）C的同分异构体中含有萘环（）结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应的同分异构体共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有8组峰的是________________（写出其中一种的结构简式）。
（5）A经如下步骤可合成环己烯甲酸

反应条件1为______________；反应条件2为______________；反应条件3所选择的试剂为______________；I的结构简式为________________。
【答案】 (1). (2). 加成反应 (3). (4). (5). 8 (6). 或 (7). H2，Ni (8). 加热加压 (9). O2，Cu，△，HCN (10).
【解析】根据分子式知，A为，B中不饱和度==1，B不能发生银镜反应，则B为CH3COCH3，根据信息③知，C中含酚羟基、且有4种氢原子，结合F结构简式知，C结构简式为，根据信息①知，D结构简式为（CH3）2C（OH）CN，根据信息④知，E结构简式为CH2=C（CH3）COOH，根据信息⑤知，1 mol F最多可与4 mol NaOH反应，则F为。
（1）A为，B为CH3COCH3，A和B反应方程式为2++H2O，故答案为：2++H2O；
（2）通过以上分析知，B发生加成反应生成D，E结构简式为CH2=C（CH3）COOH，
故答案为：加成反应；CH2=C（CH3）COOH；
（3）F的结构简式为，故答案为：；
（4）C结构简式为，C的同分异构体中含有萘环（）结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酯基且酯基水解生成酚羟基，萘环上氢原子种类为2种，如果取代基为-OOCCH2CH2CH2CH3，有两种同分异构体；如果取代基为-OOCCH2CH（CH3）2，有两种同分异构体，如果取代基为-OOCCH（CH3）CH2CH3，有两种同分异构体，如果取代基为-OOCC（CH3）3有两种同分异构体，所以符合条件的一共8种；其中核磁共振氢谱有8组峰的是或，故答案为：8；或；
（5）有苯酚经如下步骤可合成环己烯甲酸，根据题干流程图中B→D→E的合成原理可知，要合成，可以首先合成，由水解即可得到，因此需要先合成环己酮，合成环己酮可以由苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇，环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮，因此合成方法为：苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇，所以G为环己醇，环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮，则H为环己酮，环己酮和HCN发生加成反应生成，所以I为，I水解生成环己烯甲酸，所以反应条件1为H2，催化剂，加热，反应条件2为氧气/Cu、加热，反应条件3为HCN，I的结构简式为，故答案为：H2，催化剂，加热；O2，Cu，△；HCN； 。
点睛：本题考查有机物推断，由物质结构简式结合题给信息进行推断。本题的难点是合成路线的规划，要注意充分利用信息①和题干流程图中B→D→E的合成原理分析解答。
20. 磷化铜（Cu3P2）用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件。
（1）基态铜原子的电子排布式为__________________；价电子中成对电子数有_________个。
（2）磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢（PH3）。
①PH3分子中的中心原子的杂化方式是_________________。
②P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3______H3PO4（填“>”或“<”），从结构的角度说明理由：_____________________________________。
（3）磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn________P （填“＞”、“＜”或“=”）
（4）某磷青铜晶胞结构如图所示。

①则其化学式为________________。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有_________个，这些Sn原子所呈现的构型为______________。
③若晶体密度为8.82g·cm-3，最近的Cu原子核间距为_________pm（用含NA的代数式表示）
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). 10 (3). sp3 (4). > (5). 因为HNO3分子结构中有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个 (6). < (7). SnCu3P (8). 4 (9). 平面正方形 (10). ×1010
【解析】试题分析：（1）根据核外电子排布规律解答；
（2）①根据价层电子对互斥理论分析；
②根据影响含氧酸酸性的因素分析判断；
（3）根据电负性变化规律解答；
（4）根据晶胞结构结合均摊法分析、判断与计算。
解析：（1）铜的原子序数是29，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，因此价电子中成对电子数有10个。
（2）①PH3分子中P原子含有的孤对电子对数＝，即价层电子对数为4，所以中心原子的杂化方式是 sp3。
②由于HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性是HNO3>H3PO4。
（3）非金属性越强，电负性越大，则锡、磷两元素电负性的大小为Sn>P。
（4）①根据晶胞结构可知含有的Sn原子个数＝8×1/8＝1，Cu原子个数＝6×1/2＝3，P位于体心，共计1个，则其化学式为SnCu3P。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个，位于面的4个顶点上，因此这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形。
③根据晶胞结构可知最近的Cu原子核间距为面对角线的一般，晶胞的边长是，所以最近的Cu原子核间距为。
21. 核安全与放射性污染防治已引世界核大国的广泛重视。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘—131和铯—137。碘—131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺等疾病。
（1）Cs（铯）的价电子的电子排布式为6s1，与铯同主族的前四周期（包括第四周期）的三种金属元素X、Y、Z的电离能如下表
元素代号
X
Y
Z
第一电离能（kJ·mol-1）
520
496
419

（1）上述三种元素X、Y、Z的元素符号分别为________________，基态Z原子的核外电子排布式为_______________________， X形成的单质晶体中含有的化学键类型是______________________。
（2）F与I同主族，BeF2与H2O都是由三个原子构成的共价化合物分子，二者分子中的中心原子Be和O的杂化方式分别为_______________、________________，BeF2分子的立体构型是______________，H2O分子的立体构型是__________________。
（3）与碘同主族的氯具有很强的活泼性，能形成大量的含氯化合物。BCl3分子中B-C1键的键角为_______________。
（4）131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有__________个131I2分子；KI的晶胞结构如图乙所示，每个K+紧邻_________个I-。

（5）KI晶体的密度为ρg·cm3，K和I的摩尔质量分别为 MKg·mol-1和 MIg·mol-1，原子半径分别为rKpm和rIpm，阿伏加德罗常数值为NA，则KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________。
【答案】 (1). Li、Na、K (2). 1s22s22p63s23p64s1 (3). 金属键 (4). sp (5). sp3 (6). 直线形 (7). V形 (8). 120° (9). 4 (10). 6 (11). 4×100%
【解析】(1)由铯的最外层电子排布式为6s1，可知A、B、C为第ⅠA族，而ⅠA族前四周期的元素分别为H、Li、Na、K，又由提供的A、B的第一电离能的差值与B、C的第一电离能的差值相差不大可知，A、B、C不可能有H元素，而同主族元素随着电子层数的增加，第一电离能逐渐减小，故A、B、C分别为Li、Na、K；都是金属单质，微粒均以金属键结合，故答案为：Li、Na、K； 1S22S22P63S23P64S1； 金属键；
(2)BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，所以Be原子的价层电子对数为=2，Be原子的杂化类型为sp杂化，为直线形分子；H2O分子的中心原子为O，其价电子数为6，H提供2个电子，所以O原子的价层电子对数为=4，O原子杂化类型为sp3，为V形分子，故答案为：sp、sp3；直线形；V形；
(3)硼原子价电子数为3，Cl提供3个电子，硼原子的价层电子对数为=3，因价层电子对中没有孤对电子，故BCl3为平面正三角形结构，分子中B-Cl键的键角为120°，
故答案为：120°；
(4)由碘晶胞可知，I2在晶胞的8个顶点和6个面上，故一个晶胞中含有4个I2分子；KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K+紧邻6个I-，故答案为：4、6；
(5)根据均摊法计算，K：8×+6×＝4，I：12×+1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(πr3K×4+πr3I×4)×10-30，晶胞的体积V2==，故KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%=×100%，故答案为：×100%。
点睛：本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构与计算等。本题的易错点和难点是(5)的计算，要学会利用分割法确定微粒数目和体积的百分率的计算方法。