重庆市第一中学2022-2023学年高三化学上学期12月月考试题（Word版附解析）

重庆市第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。以下数据可供解题时参考。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12O-16Na-23Cl-35.5Ni-59一、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.化学知识在疫情防控中发挥重要作用，下列说法正确的是A.家用消毒酒精的浓度通常为95%(体积分数)B.新冠病毒直径约60～90nm，在空气中可能形成气溶胶C.双氧水和苯酚都具有强氧化性，均可用于消毒杀菌D.医用防护服所用的聚丙烯可使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．医用酒精的浓度(体积分数)通常为，A错误；B．胶体粒子的直径是，所以新冠病毒在空气中可形成气溶胶，B正确；C．双氧水利用强氧化性消毒，而苯酚没有强氧化性，C错误；D．聚丙烯不含双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误；故选：B。2.下列化学用语使用正确的是A.HClO的电子式：B.的空间填充模型：C.基态的价电子排布式：D.中存在的共价键：键和键 【答案】B【解析】【详解】A．的电子式为，A错误；B．为三角锥结构，其空间填充模型为，B正确；C．的价电子排布式为，故的价电子排布式为，C错误；D．N的价电子排布式为，形成时电子参与成键，故中存在的共价键为键和键，D错误；故选B。3.含磷物质之间可发生如图所示转化，表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.白磷分子中含有键的数目为B.标准状况下，含有的分子数为C.反应Ⅰ生成转移的电子数为D.溶液中数目之和为【答案】C【解析】【详解】A．白磷分子中含有键的数目为，A错误；B．标况下不是气体，B错误；C．反应Ⅰ生成消耗1mol和3mol氧气，转移12mol电子，电子数为，C正确；D．根据原子守恒可知1L1mol/L溶液中数目之和才是，D错误；故选：C。4.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.由水电离出的的溶液中：B.澄清透明的溶液中： C.草酸溶液中：D.遇苯酚显紫色的溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．水电离出的，说明水的电离被抑制，溶液可为酸性，也可为碱性，若为酸性，不能大量存在，若为碱性，不能大量存在，故A错误；B．与发生双水解，不能大量共存，故B错误；C．会氧化、草酸，且与草酸会形成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．遇苯酚显紫色的溶液，即溶液中有铁离子，与可以大量共存，故D正确；故选D。5.下列实验装置或操作正确的是A．碘晶体(含NaCl)的提纯B．验证铁的析氢腐蚀C．浓硫酸的稀释D．除去中的少量HClA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．采用升华法可以提纯碘晶体，A正确；B．食盐水呈中性，该装置可验证铁的吸氧腐蚀，B错误；C．浓硫酸的稀释不能在容量瓶中进行，C错误；D．气体除杂时，气体应该从洗气瓶的长导管进，短导管出，D错误；故选A。 6.有机物N是一种工业基础原料，合成反应如下图(未配平)，下列有关说法正确的是A.Y发生了还原反应B.M分子中所有原子共面C.N的分子式为D.该反应中【答案】A【解析】【详解】A．分子去氧得氢，发生了还原反应，故A正确；B．分子中有氨基(原子为杂化)，不可能所有原子共面，故B错误；C．根据的结构简式，可知分子式为，故C错误；D．X→N失去2个H原子，Y→M得到2个H同时失去2个O原子，生成2分子水，根据H原子守恒，该反应中，，故D错误；选A。7.下列叙述正确的是A.和分别通入溶液中得到和B.溶液和溶液中分别通入过量的得到和C.和分别投入到溶液中均可得到和D.和分别通入水中可产生相同浓度的和【答案】C【解析】【详解】A．碳酸的酸性弱于硝酸，由强酸制弱酸的原理可知，二氧化碳与硝酸钡溶液不反应，不可能生成碳酸钡沉淀，故A错误；B．硝酸银溶液与过量的氨水反应生成银氨络离子，不可能生成氢氧化银沉淀，故B错误；C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，钾与水反应生成氢氧化钾和氢气，反应生成的氢氧化钠和氢氧化钾均能与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀，则钠和钾分别投入到硫酸铜溶液中均能得到氢氧化铁和氢气，故C正确；D．氯气与水生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反 应，可逆反应不可能完全反应，所以无法计算氯水中次氯酸的浓度，故D错误；故选C。8.下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是选项实验操作及现象结论A将灰蓝色的Cr(OH)3固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到绿色溶液Cr(OH)3既体现碱性又体现酸性B将少量Cu2O固体加入稀盐酸中，溶液变为蓝色且有红色固体生成Cu2O既体现还原性又体现氧化性C向等浓度的NaHCO3溶液中分别滴加CCl3COOH溶液和苯酚溶液，只有前者会产生气泡酸性：CCl3CHOOH＞苯酚D在铅皿中将浓硫酸跟萤石(CaF2)混合，有“白雾”出现挥发性：H2SO4＜HFAAB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Cr(OH)3固体粉末溶于NaOH溶液，只能体现其具有酸性，不能体现其具有碱性，A符合题意；B．将少量Cu2O固体加入稀盐酸中，溶液变为蓝色且有红色固体生成，说明反应生成Cu2+和Cu，发生歧化反应，则Cu2O既体现还原性又体现氧化性，B不符合题意；C．向等浓度的NaHCO3溶液中分别滴加CCl3COOH溶液和苯酚溶液，只有前者会产生气泡，表明CCl3COOH的酸性强于碳酸，而苯酚的酸性弱于碳酸，从而得出酸性：CCl3CHOOH＞苯酚，C不符合题意；D．在铅皿中将浓硫酸跟萤石(CaF2)混合，有“白雾”出现，表明反应生成的HF与空气中的水蒸气作用形成氢氟酸小液滴，从而说明挥发性：H2SO4＜HF，D不符合题意；故选A。9.为电负性依次增大的同一短周期主族元素，X的次外层电子数是最外层电子数的2倍，Y的原子核外有3个未成对电子。化合物含电子。下列说法不正确的是A.Y的最高价氧化物对应的水化物是中强酸B.X与Z形成的分子为四面体形的非极性分子 C.Y的简单离子半径比Z的简单离子半径小D.X的单质能与W的最高价氧化物对应的水化物反应产生【答案】C【解析】【分析】为电负性依次增大的同一短周期主族元素，即从左到右的顺序，X的次外层电子数是最外层电子数的2倍，X为Si元素，Y的原子核外有3个未成对电子，为P元素，化合物含电子，则说明一个W和6个Z共有113个电子，则可推出W为Na，Z为Cl。【详解】A．Y为P元素，磷酸是中强酸，故A正确；B．X与Z形成SiCl4，为四面体形的非极性分子，故B正确；C．P3-与Cl-核外电子层结构相同，P3-的核电荷数小，半径大，故C错误；D．Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和H2，故D正确；答案选C。10.含硼储氢材料(如等)在生产中有着广泛的应用。一种新型含硼储氢材料的晶胞，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是A.在同周期元素中，第一电离能比B大的共有6种B.的VSEPR模型和离子的空间结构均为正四面体形C.该晶体的化学式为，密度为D.分子中，化学键称为配位键，其电子对由B提供【答案】D【解析】 【详解】A．第二周期元素中，第一电离能比大的有，共6种，故A正确；B．成键电子对为4，孤电子对为0，即VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，故B正确；C．由均摊法，晶胞中占据2个面心，有个，占据4个面心和4个棱心，有个，占据4个面心、1个体心和8个顶点，有个，化学式为，而质量为，体积为，密度应为，故C正确；D．提供孤电子对，提供空轨道，形成配位键，故D错误；故选D11.常温下，下列叙述不正确的是A.溶液中离子总数小于溶液中离子总数B.向的硫酸中加水至原体积的10000倍，有C.等物质的量浓度的①；②；③；④四种溶液，溶液中：③>①>②>④D.将等物质的量的和混合溶于水中，形成的溶液有【答案】D【解析】【详解】A．溶液中离子总数为，溶液中离子总数为，而，但溶液显碱性，小于溶液中的，故溶液中离子总数较小，故A正确；B．的硫酸中，加水至原体积的10000倍，趋近于，而变为原来的，故此时，故B正确； C．抑制水解，促进水解，故溶液中：③>①>②>④，故C正确；D．电荷守恒有，而和物质的量相等，物料守恒有，故，故D错误；答案选D12.利用微生物燃料电池(MFC)可以将废水中的降解为。某课题组设计出如图所示的微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究，下列说法不正确的是A.电极a的电势比电极b低B.好氧电极上发生的反硝化反应为C.鼓入的空气过多，会降低反硝化反应的电流效率D.每消耗，则理论上可以处理的物质的量为【答案】D【解析】【详解】A．装置为原电池装置，电极上转化为，化合价升高，失电子，作负极，电势低于正极，故A正确；B．根据电极的提示，以及正极区溶液显酸性，可以写出电极反应式为，故B正确；C．电极上除发生转化为的反应外，还有副反应，故鼓入的空气过多，会降低的转化率，故C正确； D．由于电极上有副反应，故每消耗，则理论上可以处理的物质的量应小于，故D错误；故选D。13.几种物质间的转化焓变如图所示，下列说法不正确的是A.B.C.D.在相同条件下，若将O元素改为S元素，则会增大【答案】C【解析】【详解】A．，故，A正确；B．，故，B正确；C．根据盖斯定律，，C错误；D．在相同条件下，若将改为之间有氢键，放出能量更多，且，故会增大，D正确；答案选C。14.在一刚性容器中通入和，发生下列两个反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：在不同温度下达到平衡后，体系中三种含碳物质的物质的量如图所示。下列说法正确的是 A.B.a曲线代表的是的变化趋势C.时，反应Ⅰ的平衡常数为D.后，升高温度，有利于提高平衡时产物中的选择性【答案】B【解析】【分析】根据，可知升温反应Ⅱ逆向移动，减小，对应曲线；又因为a曲线先增大又减小，而在反应Ⅰ和Ⅱ都存在，两个反应共同作用才有这种可能，所以a曲线代表，则曲线c代表，据此分析。【详解】A．曲线c代表，升温曲线升高，表明反应Ⅰ正向移动，，故A错误；B．据分析可知，a曲线代表的是的变化趋势，故B正确；C．读图可知，时，，根据C原子守恒可得，根据两个反应特点可得，则剩余的，反应Ⅰ的平衡常数为，故C错误；D．后升高温度，反应Ⅱ逆向移动，不利于提高产物中的平衡选择性，故D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某废催化剂主要成分为镍、钒、铁、铝及其硫化物，为实现金属资源的再利用，对其处理的流程如下 图所示。按要求回答下列问题：（1）Ni在元素周期表中的位置为___________。聚合氯化铁的化学式为，其中铁元素的化合价为___________。（2）“滤液”的处理①“滤液”中，阴离子主要有和___________。②从“滤液”中获取钒单质的流程如下图所示，其中“离子交换”和“洗脱”可简单表示为(其中ROH为离子交换树脂)。向流出液中通入过量可得到沉淀，该沉淀的化学式为___________。“电解”时阴极的电极反应为___________，阴极可能产生的气体副产物为___________。（3）聚合氯化铁的制备①“转化”过程中，实际加入的量远大于按方程式计算所需的量，其原因为___________。②“转化”过程中，溶液的必须控制在一定的范围内。偏小时___________，偏大时则形成沉淀。（4）氯化镍晶体()纯度的测定(杂质不含氯元素)ⅰ.用适量蒸馏水溶解样品，再稀释至。ⅱ.取待测液，加入指示剂，用标准液滴定，多次平行实验情况如下表和下图所示。 滴定次数标准液体积滴定前的刻度滴定终点的刻度第1次2.35第2次0.7020.85第3次0.7522.90ⅲ.另取蒸馏水，进行空白对照实验，消耗标准液的平均用量为。①标准液滴定溶液中的，采用为指示剂，利用与生成砖红色沉淀，指示达到终点。当达到滴定终点时，溶液中的恰好沉淀完全(浓度为)，此时溶液中___________。[已知：，。]②氯化镍晶体的纯度为___________%。【答案】（1）①.第四周期第Ⅷ族②.+3（2）①.②.③.④.（3）①.Fe3+能够催化H2O2分解为H2O和O2②.Fe3+水解程度较弱，无法形成聚合氯化铁（4）①.②.95.2【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，将废催化剂主要成分为镍、钒、铁、铝及其硫化物先在空气中焙烧产生SO2，并将镍、钒、铁、铝及其硫化物转化为NiO、V2O5、Fe2O3、Fe3O4、Al2O3，然后加入NaOH进行碱浸将V2O5、Al2O3转化为、，过滤得到滤液中含有、，滤渣中主要含有Fe2O3、NiO、Fe3O4，向滤渣中加入足量的HCl将Fe2O3、NiO、Fe3O4转化为FeCl3、FeCl2、NiCl2等，再加入H2O2转化Fe2+转化为，过滤出聚合氯化铁，得到滤液中主要含有NiCl2 溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可得到NiCl2·6H2O，据此分析解题。【小问1详解】已知Ni是28号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d84s2，故Ni在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，聚合氯化铁的化学式为中OH-为-1价，Cl-为-1价，根据化学式中化合价的代数和为0，则铁元素的化合价为+3价，故答案为：第四周期第Ⅷ族；+3价；【小问2详解】①由分析可知，“滤液”中，阴离子主要有和，故答案为：；②由分析可知，“滤液”中，阴离子主要有和，经离子交换处理后得到的流出液中主要含有OH-和，向流出液中通入过量CO2可得到沉淀，该转化反应方程式为：+H2O+CO2=Al(OH)3↓+，即该沉淀的化学式为Al(OH)3，洗过洗脱后所得溶液主要含有NaVO3，“电解”时阴极发生还原反应，要得到V，则该电极反应为，由于溶液中的H+也可能得到电子转化为H2，故阴极可能产生的气体副产物为H2，故答案为：Al(OH)3；；H2；【小问3详解】聚合氯化铁的制备①已知Fe3+能够催化H2O2分解为H2O和O2，故“转化”过程中，实际加入H2O2的量远大于按方程式计算所需的量，故答案为：Fe3+能够催化H2O2分解为H2O和O2；②“转化”过程中，溶液的pH必须控制在一定的范围内，Fe3+水解呈酸性，pH偏小时，导致抑制Fe3+水解，导致Fe3+水解程度较弱，无法形成聚合氯化铁，pH偏大时则形成Fe(OH)3沉淀，故答案为：Fe3+水解程度较弱，无法形成聚合氯化铁；【小问4详解】①达到滴定终点时，c(Ag+)===2×10-5mol/L，则此时溶液中c()===5.0×10-3mol/L，故答案为：5.0×10-3mol/L；②由题干表中数据可知，平行滴定3次，每次用去AgNO3标准液的体积分别为：20.25mL、20.15mL、22.15mL(明显误差，舍去)，故消耗AgNO3溶液的平均体积为：=20.20mL，去除空白对照实验消耗AgNO3的平均体积为0.20mL，故氯化镍晶体的纯度为： =95.2%，故答案为：95.2。16.研究小组以无水正己烷为溶剂，使用特定引发剂在下，利用异丁烯(，沸点为)在无水条件下合成聚异丁烯。该物质常用作润滑油添加剂。（1）正己烷溶剂的处理。正己烷干燥和收集的回流装置如图甲所示(夹持及加热装置略)。以为指示剂，体系无水时呈现蓝色。①仪器A的名称为___________。②用钠丝除去正己烷中微量的水，其化学方程式为___________。③若下列两过程开始时，活塞、、均处于关闭状态，则：除水过程中，应打开的活塞为___________；当体系的颜色变为___________时，开始收集正己烷；收集过程中，应打开的活塞为___________。（2）聚异丁烯的制备①聚异丁烯的制备装置如图乙所示(夹持装置略)。三颈瓶中生成聚异丁烯的化学反应方程式为___________。 ②的作用为___________。在低温浴槽中加入的最佳冷却剂为___________(填序号)。序号ⅠⅡⅢⅣⅤ冷却剂冰水混合物液氮氯化钙晶体/冰丙酮/干冰液氨最低温度/℃0-195-55-78-33③将实验操作步骤补充完整：___________→d→___________→a→c→b(填序号)。________a．搅拌下通过注射器滴加引发剂b．经后续处理得成品c．一定时间后加入反应终止剂停止反应d．待三颈瓶中温度下降至既定温度e．向三颈瓶中加入一定量无水正己烷f．向三颈瓶中通入一定量异丁烯（3）有研究发现，所得聚异丁烯的平均相对分子质量(M)与反应温度(T)的关系如图所示。已知T(K)=t(℃)＋273，其中T为热力学温度，单位为K；t为摄氏温度，单位为℃。①欲合成平均相对分子质量为105的产品，则需控制反应温度t=___________℃。②若控制反应温度为-30℃，则得到产品的平均聚合度为___________(保留整数)。【答案】（1）①.蛇形冷凝管②.③.④.蓝色⑤. （2）①.②.避免外部水蒸气进入反应瓶③.Ⅲ④.e→d→f→a→c→b（3）①.-50②.179【解析】【分析】为在无水环境下制备聚异丁烯，正己烷中加钠丝和指示剂用蒸馏法除水；制备聚异丁烯时，应使反应容器中溶剂的温度达到，再通入异丁烯发生聚合反应生成聚异丁烯。【小问1详解】①根据装置图，仪器A的名称为蛇形冷凝管；②用钠丝除去正己烷中微量的水，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，其化学方程式为；③除水过程中，有氢气生成，为排出氢气，同时正己烷能回流到两口瓶中，应打开的活塞为；为指示剂，体系无水时呈现蓝色，当体系的颜色变为蓝色时，开始收集正己烷；收集过程中，正己烷由K2流出，应打开的活塞为；【小问2详解】①三颈瓶中异丁烯在无水正己烷条件下生成聚异丁烯，化学反应方程式为；②是酸性干燥剂，作用为避免外部水蒸气进入反应瓶。反应在下进行，氯化钙晶体/冰、液氨都能满足要求，液氨吸热转化为氨气，污染空气，在低温浴槽中加入的最佳冷却剂为氯化钙晶体/冰，选Ⅲ；③实验时，应使反应容器中溶剂的温度达到反应温度再通入反应物，实验操作步骤为：向三颈瓶中加入一定量无水正己烷；待三颈瓶中温度下降至既定温度；向三颈瓶中通入一定量异丁烯；搅拌下通过注射器滴加引发剂；一定时间后加入反应终止剂停止反应；经后续处理得成品，e→d→f→a→c→b； 【小问3详解】根据图示，欲合成平均相对分子质量为105的产品，温度为223K，则需控制反应温度t=-50℃；②若控制反应温度为-30℃即243K，平均平均相对分子质量为104,则得到产品的平均聚合度为。17.的综合治理是当前重要的研究课题。Ⅰ.汽车尾气中的和在一定条件下可发生反应生成无毒的和。（1）已知：①②的燃烧热则反应③___________。（2）在三个容积均为1L的恒容密闭容器中，分别充入和，发生反应③。在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间的变化如图所示。①温度：___________(填“<”“=”或“>”)。②CO的平衡转化率：Ⅰ___________Ⅱ(填“<”“=”或“>”)。③反应速率：a点的___________b点的(填“<”“=”或“>”)。④时的平衡常数___________(是以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。（3）恒压条件下将一定比例的和的混合气体，分别以相同的流速通入装有催化剂的固定长度的管道中，发生反应，在不同的温度、不同氨氮比[]条件下，的去除率如图所示： ①为了提高M点的去除率，应___________温度、___________氨氮比(填“调高”或“调低”)。②在时，氨氮比大于1，NO去除率下降，可能是发生副反应：___________(用化学方程式表达)。Ⅱ.是一种强温室气体，研究的分解反应()对环境保护有重要意义。（4）碘蒸气存在能大幅度提高的分解速率，反应历程为：第一步快速平衡，平衡常数为第二步慢反应第三步快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，总反应速率等于决速步速率。实验表明，含碘时分解速率方程为(k为速率常数)。①k=___________(用含K和的代数式表示)。②下列表述正确的是___________(填序号)。A．I是催化剂B．碘蒸气的浓度大小不会影响的分解速率C．第二步对总反应速率起决定作用D．催化剂会降低反应的活化能，从而影响△H（5）通过传感器可监测环境中的含量，其工作原理如图所示: ①电极上的电极反应为___________。②浓度越高，则电压表读数越___________(填“高”或“低”)。【答案】（1）—746.5（2）①.>②.<③.>④.8.575kPa-1（3）①.调低②.调低③.（4）①.②.C（5）①.②.高【解析】【小问1详解】由燃烧热的定义可知，反应②为，由盖斯定律可知，反应②×2—①得到反应③，则，故答案为：—746.5；【小问2详解】①温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，由图可知，温度T1时反应先达到平衡，则反应温度T1大于T2，故答案为：＞；②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳的转化率减小，反应温度T1大于T2，则一氧化碳的转化率Ⅰ小于Ⅱ，故答案为：＜；③由图可知，a、b点均是正逆反应速率相等的平衡状态，a点使用了催化剂，催化剂能加快反应速率，所以a点反应速率大于b点，a点的逆反应速率大于b点的正反应速率，故答案为：＞；④由图可知，温度相同时，反应起始和平衡压强分别为320kPa和250kPa，设平衡时生成amol氮气，由题意可建立如下三段式： 由气体的压强之比等于物质的量之比可得：，解得a=0.175mol，则平衡时一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳、氮气的平衡分压为×250kPa=20kPa、×250kPa=20kPa、×250kPa=140kPa、×250kPa=40kPa，则反应的分压常数Kp==8.575kPa—1，故答案为：8.575；【小问3详解】①该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮去除率降低，则调低温度，有利于提高M点一氧化氮的去除率；由图可知，相同温度时，氨氮比大于1后，一氧化氮的去除率降低，所以调低氨氮比有利于提高M点一氧化氮的去除率，故答案为：调低；调低；②由图可知，400℃条件下，氨氮比大于1时，一氧化氮的去除率降低，说明催化剂作用下过量的氨气与氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮的生成导致一氧化氮去除率下降，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问4详解】①由方程式可知，第一步反应的平衡常数K=，则，由一氧化二氮的分解和第二步反应的速率方程可得：k===，故答案为：；②A．由反应历程可知，碘为反应的催化剂，碘原子是中间产物，故错误；B．由速率方程可知，碘蒸气的浓度会影响一氧化二氮的分解速率，故错误；C．化学反应的快慢取决于慢反应，则第二步慢反应对总反应速率起决定作用，故正确；D．催化剂会降低反应的活化能，改变反应历程和反应速率，但不能影响反应的焓变，故错误；故选C。【小问5详解】由氧离子的迁移方向可知，一氧化镍电极为原电池的负极，氧离子作用下一氧化二氮失去电子发生氧化反 应生成二氧化氮，电极反应式为，铂电极为正极氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子，电极反应式为；①由分析可知，一氧化镍电极为原电池的负极，氧离子作用下一氧化二氮失去电子发生氧化反应生成二氧化氮，电极反应式为，故答案为：；②一氧化二氮的浓度越大，反应转移电子的物质的量越大，电压表读数越高，故答案为：高。18.环氧沙星作为一种重要的喹啉酮类抗菌药物，被广泛使用于肺部、胃肠道和泌尿生殖系统的感染治疗，其重要的中间体H的合成路线如图所示：已知：（1）B的名称为___________，C中官能团的名称为碳氟键、酮羰基、___________，D中采用和杂化的碳原子的数目比是___________。（2）D经如下三步转化为G已知：DMF()可以发生反应①DMF与银氨溶液反应的化学方程式为___________。②满足下列条件的DMF的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。A．分子内有含氧杂环结构B．含有氨基() 其同分异构体在下列仪器中显示信号完全相同的是___________(填序号)。a．X射线衍射仪b．元素分析仪c．红外光谱仪d．核磁共振仪e．质谱仪③E的结构简式为___________，由E生成F的反应类型为___________。（3）G生成H的反应称为环合反应。已知：(X为卤原子，R1、R2为烃基)NaOH溶液可促进小分子脱落，且以形成五元环或六元环更为稳定，G生成H的反应方程式为___________。【答案】（1）①.丙二酸二乙酯②.碳氯键、酯基③.3：8（2）①.+2Ag(NH3)2OH+3NH3+2Ag↓+H2O②.5③.b④.⑤.消去反应（3）+2NaOH+CH3CH2OH+NaCl+H2O【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下与发生取代反应生成，则C为；TsOH作用下转化为，在作用下与发生取代反应生成，则E为 ；浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，则F为；与发生取代反应生成，与氢氧化钠溶液反应生成，则H为。【小问1详解】由结构简式可知，的名称为丙二酸二乙酯；由分析可知，C的结构简式为，官能团为碳氟键、酮羰基、碳氯键、酯基；由结构简式可知，分子中苯环碳原子和双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有8个，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，共有3个，则采用sp3和sp2杂化的碳原子的数目比3：8，故答案为：丙二酸二乙酯；碳氯键、酯基；3：8；【小问2详解】①由结构简式可知，DMF分子中含有醛基，能与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应生成、氨气、银和水，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3+2Ag↓+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3+2Ag↓+H2O； ②DMF的同分异构体分子内有含氧杂环结构和氨基，含氧杂环结构可以为环氧丙烷，则符合条件的结构简式为、，含氧杂环结构也可以为环氧乙烷，则符合条件的结构简式为、、，所以满足条件的DMF的同分异构体共有5种；5种同分异构体的分子组成相同，结构不同，分子中的化学键类型、氢原子类型、质荷比和晶体类型不完全相同，所以X射线衍射仪、红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪中显示信号不完全相同，元素分析仪中显示信号完全相同，故选b，故答案为：5；b；③由分析可知，E的结构简式为，由E生成F的反应为浓硫酸作用下共热发生消去反应生成和水，故答案为：；消去反应；【小问3详解】