【化学】黑龙江省大庆十中2020届高三上学期第二次月考理综（解析版） 13页

黑龙江省大庆十中2020届高三上学期第二次月考理综 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 Cl 35.5 Ca 40 Na 23 S 32 P 31‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3‎ B. 《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象 C. 《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”‎ D. 《抱朴子》记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A正确；‎ B．湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火……上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；‎ C．钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；‎ D．丹砂(HgS)烧之成水银，Hg的化合价从+2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）‎ A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH−‎ C. 由Na和C1形成离子键的过程：‎ D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu ‎【答案】A ‎【解析】分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-‎ ‎；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。‎ 详解：A项，酯化反应机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。‎ 点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。‎ ‎3.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是（ ）‎ A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 可以发生加成聚合反应 C. 分子中所有原子共平面 D. 易溶于水及甲苯 ‎【答案】B ‎【分析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。‎ ‎【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；‎ B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；‎ C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；‎ D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。‎ ‎4.Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 负极反应式为Mg-2e-=Mg2+‎ B. 正极反应式为Ag++e-=Ag C. 电池放电时Cl-由正极向负极迁移 D. 负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑‎ ‎【答案】B ‎【分析】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析。‎ ‎【详解】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，‎ A、负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故A正确；‎ B、正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故B错误；‎ C、原电池中阴离子移向负极，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；‎ D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎5.反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H>0，在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中，不能提高乙烷平衡转化率的是( )‎ A. 增大容器容积 B. 升高反应温度 C. 分离出部分氢气 D. 等容下通入惰性气体 ‎【答案】D ‎【详解】A.该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，增大反应容器的容积，体系的压强减小，化学平衡正向移动，能提高乙烷平衡转化率，A不符合题意；‎ B.该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，升高反应温度，化学平衡正向移动，可提高乙烷的平衡转化率，B不符合题意；‎ C.分离出部分氢气，减少了生成物浓度，平衡正向移动，可提高乙烷的平衡转化率，C不符合题意；‎ D.等容下通入惰性气体，体系的总压强增大，物质的浓度不变，因此化学平衡不移动，对乙烷的平衡转化率无影响，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是(　　)‎ A. 溶液中c(CO32-)增大 B. 水的电离程度不变 C. 溶液的pH将变小 D. 溶液的碱性增强 ‎【答案】D ‎【分析】碳酸钠溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，溶液呈碱性，水解是吸热反应，升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，据此分析。‎ ‎【详解】A.升温促进水解平衡正向移动，溶液中c(CO32-)将会减小，错误；‎ B.升高温度，碳酸根离子水解程度增大，水解促进水的电离，故水的电离程度增加，错误；‎ C.升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，溶液的pH将变大，错误；‎ D. 升温促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，正确，答案选D。‎ ‎7.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（ ）‎ A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4‎ B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑‎ D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；‎ B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；‎ C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；‎ D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：‎ ‎（1）砷在元素周期表中的位置____________。的中子数为______。已知：（，白磷）＝（，黑磷） ；（，白磷）＝（，红磷） ； 由此推知，其中最稳定的磷单质是_________。‎ ‎（2）氮和磷氢化物性质的比较：热稳定性：______（填“＞”“＜”）。 沸点：______（填“＞”“＜”），判断依据是_________________________________。‎ ‎（3）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对与反应产物的推断正确的是______（填序号）。‎ a．不能与反应 b．含离子键、共价键 c．能与水反应 ‎（4）能发生较强烈的水解，生成难溶的，写出该反应的化学方程式 ___________________________________，因此，配制溶液应注意________________。‎ ‎【答案】(1). 第四周期第VA族 (2). 173 (3). 黑磷 (4). ＞ (5). ＞ (6). 分子间存在氢键 (7). b、c (8). SbCl3+H2OSbOCl+2HCl (9). 加盐酸，抑制水解 ‎【分析】（1）As位于第四周期第VA族，中子数=质量数-质子数；‎ 能量越低越稳定；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；‎ 分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；‎ ‎（3）PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3与HI反应产物为PH4I，相当于铵盐，具有铵盐结构性质；‎ ‎（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl；配制SbCl3溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解。‎ ‎【详解】（1）As位于第四周期第VA族，中子数=质量数-质子数=288-115=173；‎ 能量越低越稳定，‎ P（s，白磷）=P（s，黑磷）△H=-39.3 kJ·mol－1①‎ P（s，白磷）=P（s，红磷）△H=-17.6kJ·mol－1②‎ 将方程式①-②得P（s，红磷）=P（s，黑磷）△H=（-39.3+17.6）kJ·mol－1=-21.7kJ·mol－1‎ ‎，则能量：红磷＞黑磷，则黑磷稳定；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；‎ 非金属性N＞P，所以热稳定性：NH3＞PH3；‎ N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4＞P2H4；‎ 分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；‎ ‎（3）PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3与HI反应产物为PH4I，相当于铵盐，具有铵盐结构性质，‎ a．铵盐能和NaOH发生复分解反应，所以PH4I能与NaOH反应，故错误；‎ b．铵盐中存在离子键和共价键，所以PH4I中含离子键、共价键，故正确；‎ c．铵盐都易发生水解反应，所以PH4I能与水反应，故正确；‎ 故选bc；‎ ‎（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl，反应方程式为SbCl3+H2OSbOCl+2HCl；配制SbCl3溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解，则配制该溶液时为防止水解应该加入盐酸。‎ ‎9.干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为：，在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如下图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）装置1用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，漏斗中所加试剂为__________；装置2中所加试剂为____________；‎ ‎（2）装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为__________________；试管口不能向上倾斜的原因是_____________________________。装置3中试剂为KOH，其作用为__________________________。‎ ‎（3）反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是_______________________________________。‎ ‎【答案】(1). 稀盐酸 (2). 浓H2SO4 (3). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (4). 防止冷凝水倒流到管底部使试管破裂 (5). 干燥剂(干燥氨气) (6).‎ ‎ 降低温度，使平衡正向移动提高产量 ‎【分析】装置1中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2，装置2中用浓硫酸干燥CO2，将干燥的CO2通入三颈烧瓶中；装置4中NH4Cl和Ca（OH）2混合加热发生复分解反应生成NH3，经装置3的盛有KOH固体的干燥管干燥后通入三颈烧瓶中，与CO2发生反应2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）。‎ ‎【详解】（1）装置1用来制备二氧化碳气体，将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，漏斗中盛放为稀盐酸；装置2中试剂用于干燥二氧化碳，盛放为浓硫酸；‎ ‎（2）装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca（OH）2，发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；该反应中有水生成，且在加热条件下进行，冷凝水倒流道管底部使试管破裂，则试管口不能向上倾斜；装置3中KOH为干燥剂，能够干燥氨气；‎ ‎（3）反应2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s））的△H＜0，为放热反应，降低温度平衡向着正向移动，可提高产量，所以反应时三颈瓶需用冷水浴冷却。‎ ‎【点睛】本题考查制备方案的设计，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。‎ ‎10.KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：‎ ‎（1）KIO3的化学名称是_________。‎ ‎（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：‎ ‎“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_____________________。“滤液”中的溶质主要是_______。“调pH”中发生反应的化学方程式为_________________________________________。‎ ‎（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。‎ ①写出电解时阴极的电极反应式_______________________。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_____，其迁移方向是_________。‎ ‎③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_________________（写出一点）。‎ ‎【答案】(1). 碘酸钾 (2). 加热 (3). KCl (4). KH(IO3)2+KOH═2KIO3+H2O (5). 2H2O+2e-═2OH-+H2↑ (6). K+ (7). a到b (8). 产生Cl2易污染环境 ‎【分析】本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流程操作的目的，就可以顺利解决问题。‎ ‎【详解】（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾；‎ ‎（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O；‎ ‎（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH- + H2↑；‎ ‎②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b；‎ ‎③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。‎ ‎【点睛】题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。‎ ‎11.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：‎ ‎（1）Zn原子核外电子排布式为________。‎ ‎（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________________________________。‎ ‎（3）ZnF2具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。‎ ‎（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为___________________。‎ ‎（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。‎ ‎【答案】(1). [Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积(A3型) (9). ‎ ‎【分析】本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。‎ ‎【详解】（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。‎ ‎（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。‎ ‎（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。‎ ‎（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。‎ ‎（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm-3。‎ ‎【点睛】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。‎ ‎12.环氧树脂因其具有良好机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：‎ 已知以下信息：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。‎ ‎（2）由B生成C的反应类型为__________。‎ ‎（3）由C生成D的反应方程式为________________________________。‎ ‎（4）E的结构简式为____________。‎ ‎（5）E二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。‎ ‎①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。‎ ‎（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于____________。‎ ‎【答案】(1). 丙烯 (2). 氯原子 (3). 羟基 (4). 加成反应 (5). 或 ‎ (6). (7). (8). (9). 8‎ ‎【分析】根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为 ，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为 ；D和F聚合生成G，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，‎ 故答案为丙烯；氯原子、羟基；‎ ‎（2）B和HOCl发生加成反应生成C，‎ 故答案为加成反应；‎ ‎（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，‎ 故答案为；‎ ‎（4）E的结构简式为。‎ ‎（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、‎ ‎；‎ 故答案为、；‎ ‎（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1 mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，‎ 故答案为8。‎