重庆市第八中学校2023-2024学年高三上学期9月月考化学Word版含解析.docx

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重庆市第八中学2024届高考适应性月考卷(一)化学试卷注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12N：14O：16Na：23Cl：35．5Ca：40Cr：52Mn：55Fe：56一、选择题：本题共14小题，每小题3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.下列与化学有关的叙述错误的是ABCDA.烟花与电子跃迁有关B.青花瓷的主要成分是碳酸钙C.参与形成青铜器上铜绿的物质有铜、氧气、水和CO₂D.放射性同位素在医疗上可应用于诊断和治疗疾病【答案】B【解析】【详解】A．烟花与高能态的电子跃迁到低能态，故A正确；B．青花瓷的主要成分是硅酸盐，故B错误；C．铜绿是碱式碳酸铜，参与形成青铜器上铜绿的物质有铜、氧气、水和CO2，故C正确；D．放射性同位素可用于透视和放疗即在医疗上可应用于诊断和治疗疾病，故D正确。综上所述，答案为B。 2.用镁可制取钛：，下列说法错误的是A.基态Ti的价层电子轨道表示式：B.TiCl4分子的空间结构：正四面体形C.Mg的原子结构示意图：D.MgCl₂的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．Ti是22号元素，基态Ti的价层电子轨道表示式：，故A错误；B．Ti原子价电子数为4，形成4个σ键，无孤电子对，所以TiCl4分子的空间结构为正四面体形，故B正确；C．Mg核外有12个电子，Mg的原子结构示意图为，故C正确；D．MgCl₂是离子化合物，电子式为电子式：，故D正确；选A。3.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.含有大量的的溶液中：B.滴加苯酚溶液显紫色的溶液中：、Na＋、F－、I－C.能使石蕊试液变红色的溶液中：D.通入足量HCl：、K＋、、【答案】C【解析】【详解】A．含有大量的的溶液中，与、H2O反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，故A 不符合题意；B．滴加苯酚溶液显紫色的溶液中，说明含有铁离子，铁离子与I－发生氧化还原反应而不共存，故B不符合题意；C．能使石蕊试液变红色的溶液中，说明溶液显酸性，H＋、都大量共存，故C符合题意；D．通入足量HCl，H＋、、会发生氧化还原反应而不共存，故D不符合题意。综上所述，答案为C。4.下列离子方程式书写正确的是A.铜片投入浓硝酸中：B.少量SO2气体通入BaCl2溶液中：C.向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液至恰好沉淀完全：D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量的：【答案】C【解析】【详解】A．铜片投入浓硝酸中生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：，选项A错误；B．少量SO2气体通入BaCl2溶液，因盐酸酸性强于亚硫酸，反应不能进行，选项B错误；C．向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液至恰好沉淀完全，生成硫酸钡沉淀、碳酸氢钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：，选项C正确；D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量的生成硫酸钙、次氯酸、氯化钙，反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选C。5.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NAB.含溶质0.2mol的浓H2SO4与足量铜共热反应，可产生SO2分子0.1NAC.2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间D.常温下5.6g铁投入足量浓硝酸中，铁失去的电子数为0.3NA 【答案】A【解析】【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则标准状况下，6.72L二氧化氮与水充分反应转移的电子数目为××NAmol—1=0.2NA，故A正确；B．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸会变为稀硫酸，稀硫酸与铜共热不反应，则含溶质0.2mol的浓硫酸与足量铜共热反应时，硫酸不可能完全反应，反应生成的二氧化硫的分子数小于0.2mol××NAmol—1=0.1NA，故B错误；C．钠与氧气反应生成的氧化钠、过氧化钠中钠元素的化合价都为+1价，则2.3g与氧气完全反应反应少时，转移的电子数为×1×NAmol—1=0.1NA，故C错误；D．常温下铁在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以无法计算5.6g铁投入足量浓硝酸中，铁失去的电子数，故D错误；故选A。6.香豆酸(M，结构简式如图所示)主要分布在禾本科植物的茎干中，下列关于M说法正确的是A.分子式为C6H6O4B.1molM与H2发生加成反应最多断裂2molπ键C.1molM与NaOH水溶液反应最多断裂2molC−Oσ键D.常温下可能为固体且能与水互溶【答案】B【解析】【详解】A．根据香豆酸的结构简式得到分子式为C6H4O4，故A错误；B．酯基、羧基的碳氧双键不与氢气反应，因此1molM与H2发生加成反应最多断裂2molπ键，故B正确；C．酯基和NaOH溶液反应，羧基与NaOH溶液反应，但羧基与NaOH溶液反应不会断裂C−Oσ键，因此1molM与NaOH水溶液反应最多断裂1molC−Oσ键，故C错误；D．在禾本科植物的茎干中，说明该物质不能与水互溶，故D错误。综上所述，答案为B。 7.下列装置、操作及试剂不能达到实验目的的是A.实验室制备NH3B.制备Fe(OH)3胶体C.保护钢闸门D.除去CO2中少量SO2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．实验室用加热熟石灰和氯化铵混合物制备氨气，，A正确；B．将饱和氯化铁溶液加入沸水中制备氢氧化铁胶体，B正确；C．图中辅助电极为不溶性电极，不能采用牺牲阳极的阴极保护法，应采用外加电源的阴极保护法，将钢闸门连接在外接电源的负极上，作阴极，被保护，C错误；D．二氧化硫能被饱和碳酸氢钠溶液吸收且产生二氧化碳，导管长进短出，可除去CO2中的SO2，D正确；故答案为：C。8.下列实验操作、现象和实验结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向FeBr₂溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取CCl4层无色Fe2⁺的还原性强于Br⁻B向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸先出现白色沉淀，后沉淀不溶解久置的Na2SO3全部被氧化 C将铜片放入稀硫酸中，静置，再向其中加入硝酸铜固体先无现象，后铜粉逐渐溶解硝酸铜是铜与稀硫酸反应的催化剂D向可能含有少量苯酚的苯中加入过量的浓溴水未出现白色沉淀苯中不含苯酚A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．加入少量氯水，只氧化亚铁离子，CCl4层无色，说明Fe2+的还原性强于Br-，选项A正确；B．亚硫酸钡可被硝酸氧化生成硫酸钡，由操作和现象不能证明久置的Na2SO3溶液已全部变质，选项B错误；C．将铜片放入稀硫酸中，静置，再向其中加入硝酸铜固体，硝酸铜电离出的硝酸根和稀硫酸电离出H+形成了具有强氧化性的HNO3，能与Cu反应，原理为：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，Cu(NO3)2不是催化剂而是反应物之一，选项C错误；D．生成的三溴苯酚虽然是不溶于水的白色沉淀，但却可溶于苯，所以无法用来验证是否有苯酚，选项D错误；答案选A。9.一种由前20号不同周期元素组成的化合物大晶体(结构如图所示)可用于制造激光器，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为43，下列有关叙述不正确的是A.简单离子半径：Y>ZB.W与X、Y均可形成18电子的分子C.该化合物中Y不满足8电子稳定结构D.ZW与W2X反应，每生成标准状况下22.4L气体，转移电子2mol【答案】D【解析】 【分析】前20号不同周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为43，由阴离子结构可知，W、X、Y形成的共价键数目分别为1、2、5，则W为H元素、X为O元素、Y为P元素，则Z的原子序数为431815=19，所以Z为K元素。【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则磷离子的离子半径大于钾离子，故A正确；B．氢元素与氧元素能形成18电子的过氧化氢，与磷元素能形成18电子的磷化氢，故B正确；C．由阴离子结构可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故C正确；D．氢化钾与水反应生成氢氧化钾和氢气，反应的化学方程式为KH+H2O=KOH+H2↑，反应生成1mol氢气，反应转移1mol电子，则生成标准状况下22.4L氢气，反应转移电子的物质的量为×1=1mol，故D错误；故选D。10.工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，下图是反应历程及相对能量变化，历程中的所有物质均为气态。下列说法正确的是A.反应中氨气被氧化B.若ΔE1=66kJ/mol，则△E2=240.5kJ/molC.该反应的速率控制步骤对应的反应热是△H=+36.8kJ/molD.历程中，N原子杂化方式不变【答案】B【解析】【详解】A．反应历程的所有含氮物质中，氮元素的化合价都为-3价，则氨气没有被氧化，A不正确；B．若ΔE1=66kJ/mol，则△E2=66kJ/mol+[87.5-(-87.0)]kJ/mol=240.5kJ/mol，B正确；C．该反应的速率控制步骤对应的反应热是△H=87.5kJ/mol-36.8kJ/mol=+50.7kJ/mol，C不正确；D．历程中，NH3、H2NCOOH、CO(NH2)2中，N原子都发生sp3杂化，而HNCO中，N原子发生sp杂化，所以N原子杂化方式发生改变，D不正确；故选B。 11.废水处理是重要课题，某实验小组利用如图所示微生物电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]转化为无毒无害的物质并产生电能(M、N均为石墨电极)。下列说法错误的是A.该电池不适宜在高温环境下工作B.M极的电极反应式为C.每消耗标准状况下22.4LO2时，理论上能处理含15g乙二胺的废水D.电池工作过程中，正极区的pH降低【答案】D【解析】【详解】A．微生物电池，说明该电池不适宜在高温环境下工作，故A正确；B．M极为负极，N极为正极，则M极的电极反应式为，故B正确；C．每消耗标准状况下22.4LO2时，转移4mol电子，则消耗0.25mol乙二胺，理论上能处理含0.25mol×60g∙mol−1=15g乙二胺的废水故C正确；D．电池工作过程中，正极电极反应式为，氢离子消耗，正极区的pH增大，故D错误。综上所述，答案为D。12.三氯化碘(ICl3)易水解，其熔点为33℃，沸点为73℃，氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应制备ICl3，实验室制备装置如图所示(夹持及加热装置略)。下列说法错误的是A.装置A与装置D加热方式不相同B.装置B可用于除杂、观察气流及平衡气压 C.三氯化碘溶于水中发生反应的化学方程式为ICl3+2H2O=HIO2+3HClD.试剂X可以选用无水CaCl2【答案】D【解析】【详解】实验室可用如图装置制取ICl3装置，A是制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，同时利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C是利用硅胶吸收水蒸气，装置D碘和氯气反应生成ICl3，氯气有毒需进行尾气处理，E装置吸收多余的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入D中。【分析】A．A中制取氯气用酒精灯进行加热，D中制取的ICl3沸点低，故需要用水浴加热，A正确；B．由分析知根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，可用于除杂、观察气流及平衡气压，B正确；C．ⅠCl3与水反应生成HCl和HIO2，C正确；D．反应A装置中生成氯气，有毒故需要进行尾气处理，则E中使用碱石灰，既能吸水也能吸收氯气，D错误；故答案为：D。13.邻苯基苯甲酸(H)是重要的化工原料，其转化为N的路线如图所示，下列说法不正确的是A.H中所有原子可能共平面B.H苯环上的一溴代物种数分别比M、N苯环上的一溴代物多1种C.M与足量氢气加成后得到的有机物中含4个手性碳原子D.在催化剂作用下N可能与甲醛发生反应生成高聚物【答案】B【解析】【详解】A．根据苯中12个原子共平面，羧基中原子共面，单键可以旋转，因此H中所有原子可能共平面，故A正确；B．H苯环上的一溴代物种数为7种，M、N苯环上的一溴代物都为8种，H 苯环上的一溴代物种数分别比M、N苯环上的一溴代物少1种，故B错误；C．M与足量氢气加成后得到有机物中含4个手性碳原子，用“*”分别标注为，故C正确；D．根据苯酚和甲醛发生反应生成高聚物，则在催化剂作用下N可能与甲醛发生反应生成高聚物，故D正确。综上所述，答案为B。14.钠离子电池具有低成本、高能量密度(单位质量电池所放出的能量)及高安全性等特点，在充放电过程中，通过钠离子在两极反复嵌入和脱嵌发生氧化还原反应，工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.钠离子电池能量密度小于锂离子电池B.放电时，电子由b极经导线流向a极C.充电时，a极接电源正极，其电极反应为D.常温下，若用该电池电解200mL饱和食盐水，当碳基材料减轻0.46g时，可测得食盐水的pH为12(设食盐水足量且体积不变)【答案】D【解析】【分析】由题干信息钠离子的移动方向可知，碳基材料为负极b，放电过程中发生的电极反应为：NamCn-me-=Cn+mNa+，充电时，b与电源负极相连为阴极，电极反应为：Cn+mNa++me-=NamCn 则含钠过渡金属氧化物为正极a，电极反应为：Na1-mMnO2+me-+mNa+=NaMnO2，充电时，a与电源正极相连作阳极，电极反应为：NaMnO2-me-=Na1-mMnO2+mNa+；【详解】A．钠的摩尔质量大于锂，故钠离子电池能量密度小于锂离子电池，A正确；B．放电时，电子由负极b极经导线流向正极a极，B正确；C．充电时，a与电源正极相连作阳极，电极反应为：NaMnO2-me-=Na1-mMnO2+mNa+，C正确；D．常温下，若用该电池电解200mL饱和食盐水，当碳基材料减轻0.46g时，则反应钠离子0.02mol，转移电子0.02mol，电解食盐水中阴极反应：，则生成0.02mol氢氧根离子，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则测得食盐水的pH为13，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.锰酸锂(LiMn2O4)可作为某锂离子电池的正极材料，工业上利用软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2。等杂质)吸收含硫烟气(主要成分SO2)制备锰酸锂，生产流程如图所示：已知：①软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强；②在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2．77．63．47．7完全沉淀3．79．64．79．8（1）含硫烟气中SO2的VSEPR模型为___________。（2）含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，冷却的原因是___________。（3）请写出含硫烟气在通入软锰矿浆后与MnO2发生反应的化学方程式：___________。（4）滤液1中所含金属阳离子除以外还有___________(填离子符号)。（5）由“滤液1”得到“滤液2”同时回收Al(OH)3的实验方案如下：边搅拌边向滤液1中加入___________，再加入NaOH溶液调节pH范围为___________，过滤得到滤液2和滤渣，请设计实验方案由滤渣制得纯净Al(OH)3[Al(OH)3在pH≥12时溶解]的实验方案：___________。 （6）在实际生产中，Li2CO3与MnO2按物质的量之比1：4混合均匀在600℃~750℃制取LiMn2O4，请写出该反应的化学方程式：___________。（7）为测定锰酸锂的纯度，取2.00g产品置于锥形瓶中，向其中加入2.68gNa2C2O4和足量硫酸，充分反应后，用0.100mol/LKMnO4标准溶液滴定未反应完的H2C2O4，到达滴定终点时消耗标准KMnO4溶液20.00mL，已知：则该产品中锰酸锂的质量分数为___________。【答案】（1）平面三角形（2）有利于吸收SO2，提高含硫烟气中的SO2吸收率（3）SO2+MnO2=MnSO4（4）Al3+、Fe2+（5）①.H2O2溶液②.4.7—7.7③.向滤渣中加入NaOH溶液pH≥12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO2，过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3（6）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑（7）90.5%【解析】【分析】由题给流程可知，吸收含硫烟气中的二氧化硫的目的是将软锰矿浆中的二氧化锰和氧化铁转化为硫酸锰、硫酸亚铁，反应中生成的硫酸使溶液酸性逐渐增强，氧化亚铁、氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铝，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH在4.7—7.7的范围内，将溶液中的铝离子、铁离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液2；向滤液2中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的锰离子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到氢氧化锰；氢氧化锰一定条件下转化为二氧化锰，二氧化锰与碳酸锂在高温条件下转化为锰酸锂；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，使溶液pH≥12，将氢氧化铝转化为偏铝酸钠，搅拌、过滤得到氢氧化铁滤渣和偏铝酸钠滤液，再向所得滤液中通入过量的二氧化碳，过滤、洗涤、低温烘干得氢氧化铝。【小问1详解】二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，则二氧化硫的VSEPR模型为平面三角形，故答案为：平面三角形；【小问2详解】气体的溶解度随温度升高而降低，所以含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却增大二氧化硫的溶解度，便于二氧化硫的充分吸收，提高含硫烟气中的二氧化硫的吸收率，故答案为：有利于吸收SO2，提高含硫烟气中的SO2吸收率； 【小问3详解】由分析可知，含硫烟气中的二氧化硫与浆液中的二氧化锰反应生成硫酸锰，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；【小问4详解】由分析可知，滤液1中含有硫酸锰、硫酸亚铁和硫酸铝，则滤液中的金属阳离子为锰离子、亚铁离子和铝离子，故答案为：Al3+、Fe2+；【小问5详解】由分析可知，由“滤液1”得到“滤液2”同时回收氢氧化铝的实验方案为边搅拌边向滤液1中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH在4.7—7.7的范围内，将溶液中的铝离子、铁离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液2；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，使溶液pH≥12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的二氧化碳，过滤、洗涤、低温烘干得氢氧化铝，故答案为：H2O2溶液；4.7—7.7；向滤渣中加入NaOH溶液pH≥12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO2，过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3；小问6详解】由得失电子数目守恒可知，碳酸锂与二氧化锰按物质的量之比1：4混合均匀在600℃~750℃制取锰酸锂的反应为碳酸锂与二氧化锰在高温条件下反应生成锰酸锂、二氧化碳和氧气，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；【小问7详解】由得失电子数目守恒可知，测定锰酸锂的纯度时，锰酸锂和高锰酸钾得到电子的数目与草酸钠失去电子的数目相等，滴定消耗20.00mL0.100mol/L高锰酸钾溶液，则锰酸锂的物质的量为(—0.100mol/L×0.02L×)×=0.01mol，锰酸锂的纯度为×100%=90.5%，故答案为：90.5%。16.三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。某化学小组用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)在高温下制备无水CrCl3，实验装置如图所示： 回答下列问题：（1）装置E中仪器甲的名称是___________，实验装置合理的连接顺序为A→___________(填装置字母标号，可重复使用)。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___________，实验开始后，应先加热装置___________(填“A”或“B”)。（3）装置B中生成由三种元素组成的平面三角形分子，有毒且易水解，写出装置D中发生反应的化学方程式：___________。（4）从安全的角度考虑，该实验装置的不足之处是___________。（5）由CrCl3溶液制备纯净的Cr(OH)3的实验方案：取适量CrCl3溶液，加入NaOH溶液调节pH充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，___________，则证明沉淀已洗涤干净；低温烘干沉淀，得到Cr(OH)3晶体。（6）取三氯化铬样品9.00g，配制成250mL溶液，移取25.00mL加热至沸腾后，加适量NaOH溶液，生成沉淀0.515g，则样品中无水三氯化铬的质量分数为___________(结果保留三位有效数字)。（7）铬、钙、氧可形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，其晶胞结构如图甲所示。①请在图乙中画出该晶胞沿z轴方向的投影图___________[已知：]。②氧离子与钙离子的最近距离为apm，阿伏加德罗常数为NA，则该复合氧化物晶体的密度为___________【答案】16.①.长颈漏斗②.F→E→B→C→F→D17.①.NO+NHN2↑+2H2O②.A 18Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl219.CrCl3蒸气易凝华，堵塞导管20.取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成21.87.8%22.①.②.【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硝酸钠饱和与氯化铵饱和溶液共热反应制备氮气，装置F中盛有的浓硫酸用于干燥氮气，装置E为四氯化碳蒸气提供装置，通入氮气的目的是使挥发出的四氯化碳加入装置B中与三氧化二铬反应生成氯化铬和空间构型为平面三角形的光气分子，装置C为冷凝收集三氯化铬的装置，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置C中导致氯化铬潮解，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收光气，防止污染空气，则装置的连接顺序为A→F→E→B→C→F→D。【小问1详解】由实验装置图可知，装置E中仪器甲为长颈漏斗；由分析可知，实验装置合理的连接顺序为A→F→E→B→C→F→D，故答案为：长颈漏斗；F→E→B→C→F→D；【小问2详解】由分析可知，装置A中亚硝酸钠饱和与氯化铵饱和溶液反应制备氮气，反应的离子方程式为NO+NHN2↑+2H2O；实验过程中需要通入氮气排尽装置中的空气，防止反应生成的三氯化铬高温条件下被空气中的氧气氧化，则实验开始后，应先加热装置A，故答案为：NO+NHN2↑+2H2O；A；【小问3详解】由题意可知，四氯化碳与三氧化二铬高温条件下反应生成氯化铬和空间构型为平面三角形的光气，反应的化学方程式为Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2，故答案为：Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2；【小问4详解】由实验装置图可知，该装置的设计缺陷为升华后的三氯化铬蒸气易凝华为固体堵塞导气管，可能发生意外事故，故答案为：CrCl3蒸气易凝华，堵塞导管；【小问5详解】 由题意可知，三氯化铬制备氢氧化铬的实验方案为取适量氯化铬溶液，加入氢氧化钠溶液调节pH充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗涤干净；低温烘干沉淀，得到氢氧化铬晶体，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成；【小问6详解】由反应生成氢氧化铬沉淀的质量为0.515g可知，样品中无水三氯化铬的质量分数为×100%≈87.8%，故答案为：87.8%；【小问7详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钙离子个数为8×=1，位于面心的氧离子个数为6×=3，位于体心的铬离子个数为1，则化合物的化学式为CaCrO3；①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故答案为：；③由晶胞结构可知，钙离子和氧离子的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，则晶胞面对角线长度为2apm，晶胞参数为apm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)3d，解得d=，故答案为：。17.化学反应提供的能量大大促进社会的发展，研究化学反应中的能量变化具有重要意义。回答下列问题：（1）一定条件下，石墨转化为金刚石要吸收能量。该条件下，等质量的石墨和金刚石充分燃烧释放的热量___________(填“前者多”“后者多”或“相等”)。（2）标准状态下，有关物质气态时的相对能量如下表，则H2O2中氧氧单键的键能为__________写出气态H2O2分解的热化学方程式：___________。物质(g)OHOO2H2O2H2O能量/kJ·mol⁻¹249390-136-242（3）利用催化剂处理CO、N2O已成为化工的热点问题，某处理过程的相对能量变化如图所示，图中E 为未知数据。已知：①CO(g)的燃烧热；。则E=___________。（4）环己烷因毒性小，常代替苯用于脱油脂、脱润滑脂等。现利用如图所示甲：4(微生物电池)电源，通过乙池实现苯转化为环己烷。①导线连接时，a与___________(填“c”或“d”)。②相同条件下，B极消耗的氧气的体积___________E处放出气体的体积(填“>”“<”或“=”)。③乙池中还有副产物H2生成，写出乙池阴极的电极方程式：___________。④一段时间内，甲池中消耗36g葡萄糖，从C口出来的环己烷和氢气的物质的量为1.5mol，穿过离子交换膜的H⁺的数目为___________，乙池的电流效率α=___________。(α=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%；假设无其他有机物参与反应)【答案】17.后者多18.①.214②.2H2O2(g)=2H2O(g)+O2(g)H=-212kJ/mol19.22920.①.d②.=③.+6H++6e-=④.4.8NA⑤.56.25%【解析】【小问1详解】金刚石放出能量高于石墨，故放出能量更多，答案为后者多；【小问2详解】 H2O2(g)=2OH(g)H=+214kJ/mol，故-O-O-键能为214kJ/mol；气态H2O2分解生成气态水和氧气，H=[-242-(-136)-0]kJ/mol=-212kJ/mol，故热化学方程式为：2H2O2(g)=2H2O(g)+O2(g)H=-212kJ/mol；【小问3详解】由图可知③；①；②；因为，③=①+②，故E=229kJ/mol；小问4详解】①a为负极，乙池中左侧电极得电子，故a与d相连；答案为d；②根据电子守恒，B电极氧气得电子数等于E处生成氧气失电子数；答案为=；③乙池阴极上苯在酸性条件下得电子产生环己烷，电极方程式：+6H++6e-=；④A处C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，可知消耗0.2molC6H12O6转移电子数为4.8mol；设环己烷为xmol，H2为ymol，可知：x+y=1.5，6x+2y=4.8，可得6x=2.7mol，故=56.25%。18.乙酰乙酸乙酯A()是一种重要的有机合成原料，其合成某种药物中间体G()的合成路线如图所示：（1）A中官能团的名称为___________，B的化学名称为___________。（2）C的结构简式为___________。（3）D在一定条件下能发生的反应类型有___________(填序号)。a．取代反应b．还原反应c．加聚反应d．消去反应（4）E为不饱和酮，其结构简式为___________。 （5）已知：DI(C5H8O3)，I无支链，I的结构简式为：____________，I的同分异构体中，含有两个碳氧双键且能使紫色石蕊试液变红的化合物有____________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为6：1：1的化合物为J(J含有2个支链)，J与足量新制氢氧化铜反应的方程式为____________。（6）利用上述题目中的相关信息，以乙酰乙酸乙酯、1,4-二溴丁烷和苯甲醛为主要原料(无机试剂任选)合成K()，请将如图合成路线一次补充完整___________、________、________。【答案】（1）①.羰基、酯基②.溴乙酸（2）Br-CH2COOC2H5（3）ab（4）CH2=CHOCH3；（5）①.②.9③.（6）①.②.③.【解析】【分析】B发生酯化反应生成Br-CH2COOC2H5，C与A发生取代反应生成D，D 在碱性条件下水解，酸化后生成，结合F结构推出E为CH2=CHCOCH3，以此分析；【小问1详解】根据结构可知，A中官能团为羰基、酯基；B的名称为溴乙酸；故答案为：羰基、酯基；溴乙酸；【小问2详解】根据分析，C的结构简式为Br-CH2COOC2H5；故答案为：Br-CH2COOC2H5；【小问3详解】a．D中含有酯基，可以发生取代反应，a正确；b．D分子中含有酮羰基，能与H2发生还原反应，b正确；c．D中无碳碳双键、碳碳三键，不能发生加聚反应，c错误；d．不含能发生消去反应的官能团，d错误；故答案为：ab；【小问4详解】根据分析，E为不饱和酮，则其结构简式为CH2=CHOCH3；故答案为：CH2=CHOCH3；【小问5详解】D在碱性条件下水解，酸化后生成，再脱去CO2后得到的无支链物质Ⅰ，简式为,能使紫色石蕊溶液变红，说明含有-COOH，另一个碳氧双键为-CHO或，则有9种：、、 、、、、、、；丁的结构简式为，与新制氢氧化铜的反应为；故答案为：；9；；【小问6详解】根据A+C取代生成D，D生成F的原理可知，生成，生成物在碱性条件下水解后酸化生成，脱去CO2后生成 ，根据K的结构式，及F生成G的原理，则生成K的反应物还有；