重庆市第七中学2023-2024学年高三上学期11月月考化学试卷（Word版附解析）

重庆市第七中学校高2023-2024级学年度上期高2024级11月考试化学试题(满分100分，考试时间75分钟)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cl-35.5Ca-40一、单项选择题(本题共14个小题，每小题3分，共42分)1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B.长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素C.蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化D.铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成【答案】C【解析】【详解】A．四羊方尊由青铜制成，在当时铜的冶炼方法还不成熟，铜中常含有一些杂质，因此青铜属合金范畴，A正确；B．竹木简牍由竹子、木头等原料制成，竹子、木头的主要成分为纤维素，B正确；C．蔡伦用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；D．陶瓷是利用黏土在高温下烧结定型生成硅酸铝，D正确；故答案选C。2.下列化学用语表述错误的是A.HClO的电子式：B.中子数为10的氧原子：OC.NH3分子的VSEPR模型：D.基态N原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为 ，A正确；B．中子数为10，质子数为8的O原子其相对原子质量为10+8=18，其原子表示为O，B正确；C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；D．基态N原子价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；故答案选C。3.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.溶液中加入少量固体，促进分解B.密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深C.铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生【答案】B【解析】【详解】A．MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；B．NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；故选B。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.将含0.01mol的饱和溶液滴入沸水中可制得胶粒的数目为0.01B.100g质量分数为46%的HCOOH水溶液中含氧原子数目为2C.14g两种烯烃和的混合物，含有共用电子对数目为3 D.25℃时，，则该温度下的饱和溶液中含的数目为【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化铁胶粒是聚集体，是由多个氢氧化铁聚合到一起，因此0.01mol的饱和溶液滴入沸水中得到氢氧化铁胶粒物质的量小于0.01mol，A项错误；B．100g质量分数为46%HCOOH水溶液中，除了HCOOH中存在氧原子，水中也含有氧原子，所以含氧原子数目大于2，B项错误；C．两种烯烃的实验室均为，14g两种烯烃混合物中含有1mol，能够形成1mol碳碳共用电子对和2mol碳氢共用电子对，含有共用电子对数目为3，C项正确；D．未给出溶液的体积，无法求出粒子的数目，D项错误；故选C。5.日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是A.电负性：X>Y>Z>WB.原子半径：X<Y<Z<WC.Y和W的单质都能与水反应生成气体D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性【答案】C【解析】【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，据此答题。【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W，A错误； B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为：Y<X<Z<W，B错误；C．F2与水反应生成HF气体和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C正确；D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，没有强氧化性，D错误；故答案选C。6.橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式(未考虑立体异构)如下所示：关于橙皮苷的说法正确的是A.光照下与氯气反应，苯环上可形成键B.与足量水溶液反应，键均可断裂C.催化剂存在下与足量氢气反应，键均可断裂D.与醇溶液反应，多羟基六元环上可形成键【答案】C【解析】【详解】A．光照下烃基氢可以与氯气反应，但是氯气不会取代苯环上的氢，A错误；B．分子中除苯环上羟基，其他羟基不与氢氧化钠反应，B错误；C．催化剂存在下与足量氢气反应，苯环加成为饱和碳环，羰基氧加成为羟基，故键均可断裂，C正确；D．橙皮苷不与醇溶液发生消去反应，故多羟基六元环不可形成键，D错误；故选C。点睛】7.三氯硫磷()是一种无色液体，主要用于生产有机磷农药。其与乙醇发生反应。下列说法错误的是 A.的结构式为B.键角：C.为非极性分子D.比更易与乙醇发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A．中P原子的价电子对数为，根据价层电子对互斥模型，为四面体结构，A项正确；B．中P原子的价电子对数为，和中P原子的价电子对数相同，但有一对孤电子对，孤电子对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，所以中的键角大于中的，B项正确；C．为四面体结构，但4个顶点的原子不全相同，为极性分子，C项错误；D．由于溴原子半径大于氯原子半径，所以磷溴键比磷氯键长，键能小，更容易发生反应，所以更易与乙醇发生取代反应，D项正确；故选C。8.是潜在储氢载体，利用光伏电池电解氨制备氢气的装置如图所示。下列说法错误的是A.能量转化：太阳能→电能→化学能B.生成2g时，有2mol由交换膜右侧迁移至左侧C.阳极反应式为D.电解一段时间后，交换膜两侧溶液pH都一定不变 【答案】D【解析】【详解】A．光伏电池可将太阳能转化为电能，再通过电解转化为化学能，A项正确；B．电解池右侧是阴极，水中的氢离子放电产生氢气，每产生2g氢气，转移2mol电子，生成2mol氢氧根，由交换膜右侧迁移至左侧，B项正确；C．电解池左侧是阳极，氨气在碱性条件下失去电子，反应式为：，C项正确；D．阳极反应生成水，电解质被稀释；阴极反应消耗水，电解质被浓缩，交换膜两侧溶液pH都发生变化，D项错误；故选D。9.和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：下列说法正确的是A.和均为极性分子B.和中的均为杂化C.和的水解反应机理相同D.和均能与形成氢键【答案】D【解析】【详解】A．中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而中中心原子周围的价层电子对数为：4+=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误；B．和中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+=4，故二者均为杂化，B错误；C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误；D．和分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与形成氢键，D正确；故答案为：D。 【点睛】10.探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层紫红色变浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中溶解能力大于在中溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C将酸化的溶液滴入溶液中溶液变黄色的氧化性大于D取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝氯气与水的反应存在限度AAB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘的四氯化碳溶液中的和KI溶液中反应生成使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，A项正确；B．NaClO溶液具有强氧化性，能使有机质漂泊褪色，无法用pH试纸测定NaClO溶液的pH，B项错误；C．与共存也具有强氧化性，无法得出相应结果，C项错误；D．新制氯水中的和HClO都能与KI溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在，无法证明氯气与水反应存在限度，D项错误；答案选A。 11.下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理的是A.能与水反应生成B.可与反应生成C.水解生成D.中存在具有分子内氢键的异构体【答案】B【解析】【分析】根据图示的互变原理，具有羰基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的特点为与羟基相连接的碳原子必须有双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构，据此原理分析下列选项。【详解】A．水可以写成H-OH的形式，与CH≡CH发生加成反应生成CH2=CHOH，烯醇式的CH2=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A不符合题意；B．3-羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B符合题意；C．水解生成和CH3OCOOH，可以发生互变异构转化为，C不符合题意；D．可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D不符合题意；故答案选B。12.一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A.(Ⅲ)不能氧化B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C.该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为：【答案】C【解析】【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C。13.氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是 A.电极A接电源正极，发生氧化反应B.电极B的电极反应式为：C.应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的溶液D.改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗【答案】B【解析】【详解】A．电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；B．电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：，故B错误；C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的溶液，故C正确；D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。综上所述，答案为B。14.向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A.B.反应速率：C.点a、b、c对应的平衡常数：D.反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则，故A正确；B．b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：，故B错误；C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：，故C正确；D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确；答案选B。二、填空题(本大题共4个小题，共58分)15.某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含、、、、和)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知：物质回答下列问题：（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸()，1mol中过氧键的数目为_______。（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、、_______(填化学式)。（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅰ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，Mn(Ⅰ)氧化速率减小的原因是_______。（5）“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。（6）“沉镁”中为使沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积（2）6.02（3）①.②.Fe(OH)3 （4）①.9.0%②.由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率（5）O2+4Co(OH)2=4CoO(OH)+2H2O（6）11.1【解析】【分析】由题意可知，在“氧化”中，二氧化硫和空气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸H2SO5，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被氧化为MnO2，同时Fe3+水解生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，Ni2+变为Ni(OH)2，“沉镁”过程中，溶液碱性更强，Mg2+变成Mg(OH)2。【小问1详解】用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。【小问2详解】H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为6.03。【小问3详解】二氧化硫和空气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸H2SO5，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被氧化为MnO2，H2SO5被还原为硫酸根离子，离子方程式为：。氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c3(OH-)·c(Fe3+)=10-37.4，解得c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁。【小问4详解】根据图示可知SO2体积分数为9%时，曲线斜率最大，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率。【小问5详解】“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：O2+4Co(OH)2=4CoO(OH)+2H2O。【小问6详解】氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)=10-10.8，可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。16.2—噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下： Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。Ⅱ．制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。Ⅳ．水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min；加盐酸调pH至4~6，继续反应2h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92g。回答下列问题：（1）(1)步骤Ⅰ中液体A可以选择_______。a．乙醇b．水c．甲苯d．液氨（2）噻吩沸点低于吡咯()的原因是_______。（3）步骤Ⅱ的化学方程式为_______。（4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是_______。（5）请用平衡知识回答步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是_______。（6）无水的作用为_______。（7）产品的产率为_______(用Na计算，精确至0.1%)。【答案】16.c17.中含有N原子，可以形成分子间氢键，熔沸点高18.19.将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热20.将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率21.除去水22.70.0%【解析】 小问1详解】步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c；【小问2详解】噻吩沸点低于吡咯( )的原因是：中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高；【小问3详解】步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为；【小问4详解】步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热；【小问5详解】2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率；【小问6详解】向有机相中加入无水MgSO4的作用是：除去水；【小问7详解】步骤Ⅰ中向烧瓶中加入液体300ml液体A和4.60g金属钠，Na的物质的量为0.2mol，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，产品的产率为=70.0%。17.银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题： ①中间体OMC生成吸附态的活化能为_______kJ/mol。②由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为_______。（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：，该反应平衡压强与温度T的关系如下：T/K401443463/kPa1051100①463K时的平衡常数_______。②起始状态Ⅰ中有、Ag和，经下列过程达到各平衡状态：已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是_______(填字母)。A．从Ⅰ到Ⅱ的过程B．C．若体积，则D．逆反应的速率：③某温度下，向恒容容器中加入，分解过程中反应速率与压强P的关系为，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则_______(用k表示)。（3）可用作固体离子导体，能通过加热制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。 ①测定晶体结构最常用的仪器是_______(填字母)。A．质谱仪B．红外光谱仪C．核磁共振仪D．X射线衍射仪②与晶胞的体积之比为_______。③测定中导电离子类型的实验装置如上图所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是而不是，依据是_______。【答案】（1）①.83②.EO(g)AA(g)（2）①.10②.CD③.（3）①.D②.12:7③.a中银电极质量减小，b中银电极质量增大【解析】【小问1详解】①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体OMC生成吸附态的活化能为(-93kJ/mol)-(-176kJ/mol)=83kJ/mol；②由图可知，EO(g)生成AA(g)放出热量(-117kJ/mol)-(-219kJ/mol)=102kJ/mol，放热焓变为负值，故热化学方程式为EO(g)AA(g)；【小问2详解】①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，463K时的平衡常数；②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程，，A错误；B．平衡常数只受温度的影响，则，B错误；C．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积，根据阿伏伽德罗定律可知，=，K(Ⅲ)=，则，C 正确；D．结合A分析可知，逆反应的速率：；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：，故有逆反应的速率：，D正确；故选CD；③某温度下，设向恒容容器中加入mg，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成，若转化率为14.5%，则此时生成，根据阿伏伽德罗定律，此时，则；【小问3详解】①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．X射线衍射仪；②据“均摊法”，晶胞中含个I，则晶体密度为，则则与晶胞的体积之比为12:7；③由图可知，a为阳极、b为阴极，实验测得支管a中质量不变，则碘离子没有迁移到a中与银离子产生AgI沉淀，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银单质，导致b中银电极质量增大，a中银电极银单质失去电子发生氧化反应生成银离子，导致a中银电极质量质量减小，可判定导电离子是而不是。18.有机物K作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件(OLED)。K的一种合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。 已知：(和为烃基)（1）A中所含官能团名称为羟基和_______。（2）B的结构简式为_______。（3）C的化学名称为_______，生成D的反应类型为_______。（4）E的结构简式为_______。（5）G的同分异构体中，含有两个的化合物有_______个(不考虑立体异构体)，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为的化合物为L，L与足量新制的反应的化学方程式为_______。（6）以和()为原料，利用上述合成路线中的相关试剂，合成另一种用于OLED的发光材料(分子式为)。制备的合成路线为_______(路线中原料和目标化合物用相应的字母J、N和M表示)。【答案】18.碳碳双键19.20.①.苯胺②.取代反应21.22.①.9②.C(CH3)2(CHO)2+4Cu(OH)2+2NaOH C(CH3)2(COONa)2+2Cu2O+6H2O23.【解析】【分析】A和HBr发生取代反应生成B，B是；B和C生成D，根据B的结构简式和C的分子式，由D逆推可知C是；根据题目信息，由F逆推可知E是。【小问1详解】根据A的结构简式，可知A中所含官能团名称为羟基和碳碳双键；【小问2详解】A和HBr发生取代反应生成B，B是；【小问3详解】C是，化学名称为苯胺；和反应生成D和HBr，生成D的反应类型为取代反应；【小问4详解】根据题目信息，由F逆推可知E是；【小问5详解】 G的同分异构体中，含有两个的化合物有、、、、、、、、、，共10个，其中G的同分异构体有9个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为的化合物为L，L是，L与足量新制的反应的化学方程式为C(CH3)2(CHO)2+4Cu(OH)2+2NaOHC(CH3)2(COONa)2+2Cu2O+6H2O。【小问6详解】M分子中含有5个N和2个O，可知2分子J和1分子N反应生成M，合成路线为；【点睛】