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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。

【2023重庆等级考】1. 重庆市战略性新兴产业发展“十四五”规划(2021-2025年)涉及的下列物质中，属于金属材料的是

A. A                                  B. B                                  C. C                                  D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．重组蛋白为有机物，A不符合题意；

B．合金、纯金属均为金属材料，铜为金属材料，B符合题意；

C．氮化镓半导体为新型无机非金属材料，C不符合题意；

D．聚氨酯树脂为有机合成材料，D不符合题意；

故选B。

【2023重庆等级考】2. 下列离子方程式中，错误是

A. NO₂通入水中：

B. Cl₂通入石灰乳中：

C. Al放入NaOH溶液中：

D. Pb放入Fe₂(SO₄)₃溶液中：

【答案】B

【解析】

【详解】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为，A正确；

B．石灰乳转化氢氧化钙不能拆，反应为，B错误；

C．Al放入NaOH溶液中生成偏铝酸钠和去：，C正确；

D．Pb放入Fe₂(SO₄)₃溶液中发生氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：，D正确；

故选B。

【2023重庆等级考】3. 下列叙述正确的是

A. Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物相同

B. SO₂分别与H₂O和H₂S反应，反应的类型相同

C. Na₂O₂分别与H₂O和CO₂反应，生成的气体相同

D. 浓H₂SO₄分别与Cu和C反应，生成的酸性气体相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．镁在空气中燃烧也会部分和氮气反应生成氮化镁，A错误；

B．SO₂与H₂O发生化合反应生成亚硫酸，而和H₂S会发生氧化还原生成硫单质，反应的类型不相同，B错误；

C．Na₂O₂分别与H₂O和CO₂反应，生成的气体均为氧气，C正确；

D．浓H₂SO₄与Cu生成二氧化硫气体，而和C反应生成二氧化碳和二氧化硫，生成的酸性气体不相同，D错误；

故选C。

【2023重庆等级考】4. 已知反应：2F₂＋2NaOH=OF₂＋2NaF＋H₂O，N_A为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L(标准状况)F₂，下列叙述错误的是

A. 转移的电子数为4N_A                                          B.生成的NaF质量为84g

C. 乙生成的氧化产物分子数为2N_A                         D.生成的H₂O含有孤电子对数为2N_A

【答案】C

【解析】

【详解】A．反应2F₂＋2NaOH=OF₂＋2NaF＋H₂O中F的化合价由0价转化为-1价，O的化合价由-2价变为+2价，转移电子数为4e^-，若消耗44.8L(标准状况)F₂即44.8L÷22.4L/mol=2mol，故转移的电子数为4N_A ，A正确；

B．根据反应2F₂＋2NaOH=OF₂＋2NaF＋H₂O，每消耗2molF₂生成的NaF质量为2mol×42g/mol=84g，B正确；

C．根据反应2F₂＋2NaOH=OF₂＋2NaF＋H₂O可知反应生成的氧化产物为OF₂，每消耗2molF₂生成的氧化产物OF₂分子数为N_A  ，C错误；

D．根据反应2F₂＋2NaOH=OF₂＋2NaF＋H₂O可知，每消耗2molF₂生成H₂O的物质的量为2mol，又知1个H₂O中含有2对孤电子对，即生成的H₂O含有孤电子对数为2N_A    ，D正确；

故答案为C。

【2023重庆等级考】5. 下列实验装置或操作能够达到实验目的的是

A. A                                  B. B                                  C. C                                  D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，两者遇冷又会生成氯化铵，不适合制取氨气，A不符合题意；

B．转移溶液时玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，正确，B符合题意；

C．保护铁件应该连接比铁更活泼金属使得铁被保护，而不是连接惰性电极石墨，C不符合题意；

D．NO会与空气中氧气反应，不适合排空气法收集，D不符合题意；

故选B。

【2023重庆等级考】6. “嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由Ca、Fe、P、O和Y(钇，原子序数比Fe大13)组成，下列说法正确的是

A. Y位于元素周期表的第ⅢB族

B. 基态Ca原子的核外电子填充在6个轨道中

C. 5种元素中，第一电离能最小的是Fe

D. 5种元素中，电负性最大的是P

【答案】A

【解析】

【详解】A．钇原子序数比Fe大13，为39号元素，为元素周期表的第五周期第ⅢB族，A正确；

B．钙为20号元素，原子核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²，基态Ca原子的核外电子填充在10个轨道中，B错误；

C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，5种元素中，钙第一电离能比铁小，C错误；

D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；5种元素中，电负性最大的是O，D错误；

故选A

【2023重庆等级考】7. 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C-Cl键

B. 与足量NaOH水溶液反应，O-H键均可断裂

C. 催化剂存在下与足量氢气反应，π键均可断裂

D. 与NaOH醇溶液反应，多羟基六元环上可形成π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．分子中出苯环上羟基，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π键均可断裂，C正确；

D．橙皮苷不与NaOH醇溶液反应，故多羟基六元环不可形成π键，D错误；

故选C。

【2023重庆等级考】8. 下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是

 A. A                                  B. B                                  C. C                                  D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明NiO(OH)将氯离子氧化为氯气，而氢氧化铁不行，故氧化性：NiO(OH)＞Fe(OH)₃，A正确；

B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性H₂S＜H₂SO₄，B错误；

C．挥发的乙醇也会被强氧化剂溴单质氧化使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C错误；

D．出现黄色沉淀(Ag₃PO₄)，说明Na₂HPO₄电离出了磷酸根离子，D错误；

故选A。

【2023重庆等级考】9. 配合物[MA₂L₂]的分子结构以及分子在晶胞中的位置如图所示，下列说法错误的是

A. 中心原子的配位数是4                                         B.晶胞中配合物分子的数目为2

C. 晶体中相邻分子间存在范德华力                          D.该晶体属于混合型晶体

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题干配合物[MA₂L₂]的分子结构示意图可知，中心原子M周围形成了4个配位键，故中心原子M的配位数是4，A正确；

B．由题干图示晶胞结构可知，晶胞中配合物分子的数目为8×(1/8)+2×(1/2)=2，B正确；

C．由题干信息可知，该晶体为由分子组成的分子晶体，故晶体中相邻分子间存在范德华力，C正确；

D．由题干信息可知，该晶体为由分子组成的分子晶体，D错误；

故答案为：D。

【2023重庆等级考】10.NCl₃和SiCl₄均可发生水解反应，其中NCl₃的水解机理示意图如下：

下列说法正确的是

A. NCl₃和SiCl₄均为极性分子                               B.NCl₃和NH₃中的N均为sp²杂化

C. NCl₃和SiCl₄的水解反应机理相同                     D.NHCl₂和NH₃均能与H₂O形成氢键

【答案】D

【解析】

【详解】A．NCl₃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SiCl₄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．NCl₃和NH₃中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+=4，故二者N均为sp³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．NHCl₂和NH₃分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与H₂O形成氢键，D正确；

故答案为：D。

【2023重庆等级考】11.(NH₄)₂SO₄溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是

A. M点K_W等于N点K_W

B. M点pH大于N点pH

C. N点降温过程中有2个平衡发生移动

D. P点c(H^＋)＋c(NH₄^＋)＋c(NH₃·H₂O)=c(OH^－)＋2c(SO₄^2－)

【答案】B

【解析】

【详解】A．温度升高，水的电离程度增大，则M点K_W小于N点K_W，A错误；

B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故M点pH大于N点pH，B正确；

C．N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；

D．P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，c(H^＋)＋c(NH₄^＋)=c(OH^－)＋2c(SO₄^2－)，D错误；

故选B。

【2023重庆等级考】12. 电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是

A. 电极a为阴极

B. H^＋从电极b移向电极a

C. 电极b发生的反应为：

D. 生成3mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸

【答案】D

【解析】

【分析】该装置是电解池，电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中‘加氧少氢’，发生氧化反应，则b为阳极，a为阴极，阴极电极反应式为+2e^-+2H⁺=2；

【详解】A．a极上硫元素化合价升高，a为阴极，A正确；

B．电解池中阳离子移向阴极，则H⁺移向a电极，B正确；

C．电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中发生氧化反应，在酸性介质中电极反应式为：  ，C正确；

D．根据电子守恒可得关系式： ~6e^-~6，因此生成6mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸，D错误；

故选：D。

【2023重庆等级考】13. 化合物X₃Y₇WR和X₃Z₇WR所含元素相同，相对分子质量相差7，1molX₃Y₇WR含40mol质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半。下列说法正确的是

A. 原子半径：W＞R                                                B.非金属性：X＞R

C. Y和Z互为同素异形体                                         D.常温常压下X和W的单质均为固体

【答案】A

【解析】

【分析】化合物X₃Y₇WR和X₃Z₇WR所含元素相同，相对分子质量相差7，说明Y、Z为氢元素的两种核素，由题干信息可知，1molX₃Y₇WR含40mol质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半，则X、W、R的内层电子数为2，设X的最外层电子数为a，则R的核外电子数为2a，W的核外电子数为b，Y的质子数为1，则有：3(a+2)+ 2a+b+7=40(a、b均为整数)，5a+b=27，解得a=5，b=2(X、R不在同周期，舍去)；a=4，b=7；a=3，b=12(X、R不在同周期，舍去)；则X为C，R为O，W为N。

【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：W＞R，故A正确；

B．同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性： R＞X，故B错误；

C．Y和Z是氢的两种核素，两者互为同位素，故C错误；

D．常温常压下X的单质为固体，W的单质是气体，故D错误。

综上所述，答案为A。

【2023重庆等级考】14. 逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：

反应Ⅰ：CO₂(g)＋H₂(g)CO(g)＋H₂O(g)

反应Ⅱ：CO₂(g)＋4H₂(g)CH₄(g)＋3H₂O(g)

在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 反应Ⅰ的，反应Ⅱ的

B. M点反应Ⅰ的平衡常数

C. N点H₂O的压强是CH₄的3倍

D. 若按投料，则曲线之间交点位置不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．随着温度的升高，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应焓变小于零、反应Ⅰ为吸热反应焓变大于零，A错误；

B．M点没有甲烷产物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料，则此时反应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数，B错误；

C．N点一氧化碳、甲烷物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水得总的物质的量为甲烷的3倍，结合阿伏伽德罗定律可知，H₂O的压强是CH₄的3倍，C正确；

D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应、反应Ⅱ为气体分子数减小的反应；若按投料，相当于增加氢气的投料，会使得甲烷含量增大，导致甲烷、一氧化碳曲线之间交点位置发生改变，D错误；

故选C。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

【2023重庆等级考】15.Fe₃O₄是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl₂为原料制备Fe₃O₄并获得副产物CaCl₂水合物的工艺如下。

25℃时各物质溶度积见下表：

回答下列问题：

（1）Fe₃O₄中Fe元素的化合价是+2和_______。O^2-的核外电子排布式为_______。

（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是_______。

（3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。

①反应离子方程式为_______。

②为加快反应速率，可采取的措施有_______。(写出两项即可)。

（4）①反应釜3中，25℃时，Ca^2＋浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过_______。

②称取CaCl₂水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na₂C₂O₄，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/L KMnO₄标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为_______，该副产物中CaCl₂的质量分数为_______。

【答案】（1）   ①. +3    ②. 1s²2s²2p⁶

（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁

（3）   ①.4CaO＋6H₂O＋4Fe^2＋＋O₂=4Fe(OH)₃＋4Ca^2＋    ②.适当升高温度、搅拌

（4）   ①. 11    ②.最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色    ③. 66.6%

【解析】

【分析】FeCl₂溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，FeCl₂溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，

【小问1详解】

Fe₃O₄可以写成，故Fe元素的化合价是+2和+3。O^2-为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s²2s²2p⁶；

【小问2详解】

空气中氧气具有氧化性，反应釜1中反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；

【小问3详解】

①反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为4CaO＋6H₂O＋4Fe^2＋＋O₂=4Fe(OH)₃＋4Ca^2＋。

②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；

【小问4详解】

①反应釜3中，25℃时，Ca^2＋浓度为5.0mol/L，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上pH不超过11。

②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；

氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀CaC₂O₄，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中CaCl₂的质量分数为。

【2023重庆等级考】16. 煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO₂的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下：

（1）装置Ⅰ中，仪器a的名称是_______；b中除去的物质是_______(填化学式)。

（2）①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为_______。

②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为_______。

③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。

i.d中的现象是_______。

ii.e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为_______。

iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成α_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

iiii.在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO₂(含杂质N₂的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO₂的体积分数为m，此时α的表达式为_______。

【答案】（1）   ①. 分液漏斗    ②. HCl

（2）   ①. 干馏    ②.    ③.有白色沉淀生成    ④.     ⑤.偏大    ⑥.

【解析】

【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。

【小问1详解】

装置Ⅰ中，仪器a的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCl；故答案为：分液漏斗；HCl。

【小问2详解】

①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏；故答案为：干馏。

②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为；故答案为：。

③i.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成；故答案为：有白色沉淀生成。

ii.e中生成的固体为Ag，根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式为；故答案为：。

iii.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少，则将造成α偏大；故答案为：偏大。

iiii.在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO₂(含杂质N₂的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO₂的体积分数为m，设此时气体物质的量为bmol，二氧化碳物质的量为bmmol，原来气体物质的量为amol，原来二氧化碳物质的量为a(1−n)mol，氮气物质的量为anmol，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1−n) −bm]mol，生成CO物质的量为2[a(1−n) −bm]mol，则有b=an+bm+2[a(1−n) −bm]，解得：，此时α的表达式为；故答案为：。

【2023重庆等级考】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EO_(ads)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：Ag₂O(s)2Ag(s)＋1/2O₂(g)，该反应平衡压强P_c与温度T的关系如下：

①463K时的平衡常数_______。

②起始状态Ⅰ中有Ag₂O、Ag和O₂，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．平衡常数：

D．若体积，则

E．逆反应的速率：

③某温度下，向恒容容器中加入Ag₂O，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）α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI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

②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为_______。

③测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag^＋而不是I^－，依据是_______。

【答案】（1）   ①. 83    ②.EO(g)=AA(g) ΔH=-102kJ/mol

（2）   ①. 10    ②. CDE    ③.

（3）   ①. D    ②. 12:7    ③. 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EO_(ads)的活化能为。

②由图可知，EO(g)生成AA(g)放出热量，放热焓变为负值，故热化学方程式为EO(g)=AA(g) ΔH=-102kJ/mol；

【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．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：，C正确；

D．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，，，，则，D正确；

E．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：，E正确；

故选CDE；

③某温度下，设向恒容容器中加入mgAg₂O，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O₂，若转化率为14.5%，则此时生成O₂，根据阿伏伽德罗定律，此时，故；

【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”，γ-AgI晶胞中含个I，则晶体密度为；，α-AgI晶胞中含个I，则晶体密度为；故，则γ-AgI与α-AgI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AgI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Ag^＋而不是I^－。

【2023重庆等级考】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：(R₁和R₂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Cu(OH)₂反应的化学方程式为_______。

（6）以J和N()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M(分子式为)。制备M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】（1）碳碳双键

（2）（3）   ①. 苯胺    ②.取代反应

（4）（5）   ①. 9    ②. C(CH₃)₂(CHO)₂+4Cu(OH)₂+2NaOHC(CH₃)₂(COONa)₂+2Cu₂O+6H₂O

（6）

【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9个(不包括G本身)，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；