重庆市2022–2023学年高三化学上学期12月月考试题【含答案】

重庆市高2023届高三第五次质量检测化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Fe：56Pb：207一、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.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.大力神杯的主要成分为金 B.氧化铝坩埚属于传统非金属材料C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D.燃煤中加入生石灰可减少温室气体排放A【详解】A．大力神杯，即“国际足联世界杯奖杯”，是足球界最高荣誉的象征，大力神杯高36.8厘米，重6.175公斤，其主要成分是金，A正确；B．氧化铝熔点高、耐高温，氧化铝坩埚属于新型无机非金属材料，B错误；C．棉花、麻主要成分纤维素，属于糖类，即碳水化合物，蚕丝主要成分是蛋白质，C错误；D．加生石灰能消耗，减少酸雨的形成，但不能减少温室气体排放，D错误；答案选A。2.苯丙烯醛又名肉桂醛，广泛应用于化工行业，可由下列反应制得，下列说法正确的是A.此反应类型为取代反应B.不考虑立体异构，与苯丙烯醛互为同分异构体且含相同官能团芳香化合物有4种C.苯丙烯醛也可由苯乙醛与甲醛反应制得D.反应中可以用溴水检验反应产物的生成B【详解】A．此反应包含了加成反应及消去反应两个步骤，A错误；B．不考虑立体异构，与苯丙烯醛互为同分异构体且含相同官能团的芳香化合物有，，，共4种，B正确；C．由图所示反应可推测若苯乙醛与甲醛反应，甲醛可以取代苯乙醛中的氧原子，反之苯乙醛中的亚甲基位置也可与甲醛反应，产生有支链结构的非苯丙烯醛物质，由于产物不确定，故不能使用苯乙醛与甲醛反应制得苯丙烯醛，C错误；D．溴水可与反应物中含醛基有机物发生反应使得溴水褪色，故不能用溴水检验反应产物的生成，D错误；故选B。3.性质决定用途，下列逻辑关系不成立的是A.SiO2具有导电性，可用作光导纤维B.SO2具有还原性，可用于红酒中防止氧化C.KMnO4具有氧化性，用浸泡过KMnO4溶液的硅藻土作水果的保鲜剂D.氨气具有还原性及碱性，用浓氨水检验氯气管道是否泄漏A【详解】A．SiO2不具有导电性，SiO2用作光导纤维是因其具有良好的导光性，A错误；B．SO2具有还原性，可当作某些物质的抗氧化剂，因此可用于红酒中防止氧化，B正确；C．乙烯具有催熟作用，浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可氧化乙烯保持水果新鲜，C正确；D．氯气可以与氨气反应生成白烟，，可以用于检测氯气管道的泄露，D正确；故选A。4.AlN、SiC的成键结构与金刚石相似，晶体中只存在Al－N键、Si－C键。下列说法错误的是A.AlN中存在配位键 B.晶体中所有原子均采取sp3杂化C.SiC中原子数与共价键数之比为1：1 D.SiC的熔点比金刚石低C【详解】A．有3个共价键和1个配位键，A正确；B．晶体和晶体中的价层电子对都为4，原子杂化均为杂化，B正确；C．SiC中Si和C原子都形成4个共价键数，原子数与共价键数之比为1：2，C错误；D．C原子半径小于Si原子半径，Si－C的键长比C－C长，键能小，SiC的熔点比金刚石低，D正确；故选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定正确的是A.铅蓄电池放电过程中，负极质量增加24g，转移的电子数为0.5NAB.标准状况下16.8LC3H6中含碳碳双键的数目为0.75NAC.常温下，6.4g铜粉与足量浓硫酸充分混合，转移的电子数目为0.2NAD.0.2mol乙酸与0.1mol乙醇在浓硫酸催化下充分反应，生成的乙酸乙酯分子数为0.1NAA【详解】A．铅蓄电池放电过程中，负极的反应为：，增加的质量为质量，，增加24g，转移的电子数为0.5NA，A正确；B．可能为环丙烷，不含碳碳双键，B错误；C．常温下铜粉与浓硫酸不反应，C错误；D．酯化反应是可逆反应，无法反应完全，D错误；故选A。6.下列反应方程式表达正确的是A.用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸：2CH3COOH+CO=2CH3COO-+CO2↑+H2OB.明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NHC.稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应：H2SO4(l)+2KOH(1)=K2SO4(l)+2H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1D.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2OD【详解】A．由于乙酸相对于饱和Na2CO3为少量，乙酸与CO反应只能生成，A错误；B．一水合氨为弱碱，与铝离子反应只能生成，B错误；C．

中和热的定义:在稀溶液中,酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，选项中的反应产生2mol的水，△H=-114.6kJ•mol-1，且除水外其它的物质状态应为溶液状态（aq），C错误；D．等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合生成一份硫酸钡沉淀和两份水，D正确；故选D。7.W、A、B、C是短周期主族元素，四种元素的原子最外层电子数之和为20，四种元素的原子核中质子数之和为42。其中A、B、C相邻，A、B同周期，A、C同主族。W与A、B、C位于不同周期，下列说法正确的是A.非金属性：A>B B.简单氢化物的沸点：C>BC.电负性：W>A D.第一电离能：A>CB【分析】因为W与A、B、C位于不同周期，所以W在第一周期或者第三周期，若W在第3周期，则C在第一周期为H元素，根据题意不满足四种元素的原子最外层电子数之和为20的条件，因此W为H元素，假设在元素周期表中B元素在A元素右边，设A元素电子数为x，B元素电子数为x+1，C元素电子数为x，计算可得x=6，根据四种元素的原子核中质子数之和为42可得A为S元素，B为Cl元素，C为O元素；同理可假设B元素在A元素左边，经计算不满足题意，故确定A为S元素，B为Cl元素，C为O元素，W为H元素。【详解】A．同周期元素非金属性从左往右依次增强，所以非金属性Cl>S，即B>A，A错误；B．因为水分子中存在氢键，所以沸点H2O>HCl，即C>B，B正确；C．根据电负性表可知H元素电负性为2.1，S元素电负性为2.5，即A>W，C错误；D．同一主族第一电离能从上往下一次减小，O元素第一电离能大于S元素第一电离能，即C>A，D错误；故选B。8.按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是选项气体液体固体粉末AO2H2SO4溶液CuBCO2饱和食盐水与氨水混合液CaCO3CNH3CuSO4溶液Cu(OH)2DNO2H2OFeA.A B.B C.C D.DB【详解】A．在加热的条件，氧气通入含铜粉末的稀硫酸中，氧气先于铜反应生成氧化铁，氧化铜再与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，粉末消失，A不符合题意；B．CO2通入饱和食盐水与氨水混合液，发生如下反应NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，CO2还会与溶于水的那部分碳酸钙反应生成溶于水的碳酸氢钙，固体粉末消失但溶液含有碳酸氢钠固体，不澄清，B符合题意；C．氨气极易溶于水生成一水合氨，氨气与Cu(OH)2生成络离子，反应方程为，固体消失，C不符合题意；D．NO2溶于水生成硝酸，硝酸可以将金属铁氧化成硝酸铁，使得固体消失，D不符合题意；故选B。9.某溶液可能含有Na+、NH、Fe2+、Al3+、I-、AlO、SiO、SO、CO、SO。现进行如下实验：(1)向溶液中加入过量稀盐酸，产生沉淀X和气体Y，过滤；(2)向滤液中加入过量氨水，产生白色沉淀；(3)另取一定量原无色溶液，滴加少量溴水，溶液呈无色。下列判断不正确的是A.沉淀是纯净物 B.气体可以使澄清石灰水变浑浊C.原溶液可能含NH、I-、CO、SO D.原溶液一定含Na+、AlO、SO和SiOC【分析】(1)向溶液中加入过量的稀盐酸，产生沉淀X和气体Y，则气体Y为SO2或CO2，沉淀X为H2SiO3，即原溶液中含有SiO和SO或CO中的至少一种，则溶液中不含有Fe2+、Al3+；(2)向滤液中加入过量氨水，又有白色沉淀产生，则沉淀为Al(OH)3，原溶液中含有AlO，AlO与NH不能共存，故一定不含NH；(3)另取一定量原无色溶液，滴加少量溴水，溶液呈无色，原溶液中含有SO，根据溶液电中性可知，原溶液中一定含有Na+；故原溶液一定含有Na+、AlO、SO和SiO，一定不含有Fe2+、Al3+、NH，可能含有、CO、SO，据此分析。【详解】A．沉淀X为H2SiO3，A正确；B．气体YSO2或CO2，均可以使澄清石灰水变浑浊，B正确；C．由上述分析可知，不可能含，C错误；D．结合三个实验可知，原溶液一定含、、和，D正确；故本题选C。10.工业合成氨气需要选择合适的温度来兼顾化学反应速率及产率，科学家研制出了Ti－H－Fe双温区催化剂，其催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A.该反应正反应的活化能高于逆反应的活化能B.该反应的反应速率由过程④⑤决定C.①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生D.增大Fe用量，不能改变反应的焓变，但可以提高N2的平衡转化率C【详解】A．该反应为放热反应，正反应的活化能较低，A错误；B．反应速率应由N2断键的快慢决定，即①②③决定，B错误；C．合成氨反应是放热反应，反应历程的最后是指形成，即合成氨气，故需要在低温下才能获得更多的氨气，即①②③是将N2吸附并断键的过程，④⑤是形成的过程，④⑤在低温区，由题中双温区这个信息可知，两个区域相差一定温度，则①②③在高温区，C正确；D．催化剂不能改变平衡转化率，D错误；故选D。11.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A探究聚氯乙烯的反应加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应B证明卤素性质强弱向淀粉碘化钾溶液通入足量Cl2、溶液先变蓝后褪色不能证明Cl2氧化性比I2强C探究氢离子浓度对CrO、Cr2O相互转化的影响向K2CrO4溶液中缓慢滴加氢氧化钠溶液，黄色变为橙红色减小氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O的方向移动D检验浓硫酸的性质将浓硫酸与蔗糖混合搅拌，并用湿润的品红试纸检验产生的气体，蔗糖变黑，品红试纸褪色浓硫酸具有脱水性和氧化性A.A B.B C.C D.DD【详解】A．聚氯乙烯加热分解产生，与加聚反应的条件不同，并不是加聚反应的逆反应，A项错误；B．能使淀粉碘化钾变蓝，可以说明氯气氧化性比强，B项错误；C．存在平衡，减少浓度平衡应向生成的方向移动，C项错误；D．浓硫酸使蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，蔗糖中的H和O元素被浓硫酸以水的形式脱走后，剩余的C与浓硫酸共热条件下继续发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，该过程体现了浓硫酸的氧化性，D项正确；答案选D。12.已知电离平衡常数：H2SO3：Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7，H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，常温下向含1molNa2CO3的溶液中缓缓通入amolSO2，忽略溶液体积变化，下列说法正确的是A.过程中c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)保持不变B.a=1时，溶液显酸性C.a=2时，c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)D.当溶液pH为7时，c(SO)＜c(HSO)B【详解】A．应会生成逸出，造成含碳微粒浓度减小，A错误；B．a=1时，1molNa2CO3的溶液中缓缓通入1molSO2，生成1molNaHCO3和1molNaHSO3，HCO的水解平衡常数为，小于H2SO3的Ka2=1.0×10-7，说明同浓度下NaHSO3电离的氢离子浓度大于NaHCO3水解产生的氢氧根浓度，故溶液显酸性，B正确；C．a＝2时反应生成及，电荷守恒式得加上、，C错误；D．根据H2SO3的可推出pH为7时，，D错误；故选B。13.用惰性电极电解法制备硼酸[H3BO3]的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是A.1膜为阴离子交换膜B.电解过程中，b极室溶液的pH会变小，原料室溶液的浓度会降低(忽略溶液体积变化)C.产品室中发生的反应是B(OH)+H+=H3BO3+H2O，硼酸为三元酸D.每转移电子1mol，a极室溶液质量变化与b极室溶液质量变化之差为13gD【分析】由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的Na+通过阳膜1进入a极室，溶液中氢氧化钠浓度增大，原料室中B(OH)通过阴膜2进去产品室，b极室中氢离子通入阳膜3进入产品室，B(OH)和H+发生反应生成H3BO3；a、b电极反应式分别为、。【详解】A．原料室中的Na+通过膜1进入a极室，所以1膜为阳离子交换膜，A错误；B．原料室中B(OH)通过阴膜2进去产品室，b极室中氢离子通入阳膜3进入产品室，B(OH)和H+发生反应生成H3BO3，所以pH基本不变，B错误；C．硼酸为一元酸，C错误；D．每转移电子1mol，则有1molNa+移向NaOH溶液，同时有0.5molH2生成，a极室溶液质量增加22g，b极室生成0.25molO2，同时1molH+移向产品室，b极室溶液质量减少9g，所以a极室溶液质量变化与b极室溶液质量变化之差为13g，D正确；故选D。14.一定温度下，在2L刚性密闭容器中发生反应：A(g)B(g)+C(g)。某同学做了四组对照试验，实验数据如表，下列说法错误的是实验起始浓度/(mol/L)平衡浓度/(mol/L)c(A)c(B)c(C)c(C)I2001II301xIII400yIV222A.1<y<xB.平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3：5C.容器IV中，反应开始时向逆反应方向进行D.容器III中反应达到平衡时，1mol/L<c(A)<2mol/LD【详解】A．II和III经极限转化后c(C)相同，但c(B)III>II，III中的B促使C向做转化的量将大于II，因此1<y<x，A正确；B．I中三段式为：在此条件下该反应的平衡常数为，气体总浓度为3mol/LII中三段式为：根据平衡常数可列式，解得x=2，气体总浓度为5mol/L容器I与容器II中的总压强之比即是气体总浓度比，比值为3∶5，B正确；C．容器IV中起始浓度商为，反应开始时向逆反应方向进行，C正确；D．容器III与容器I相比可看成压强增大2倍，平衡向左移动，容器I中可推出平衡时c（A）=1mol/L，所以容器Ⅲ平衡时2mol/L<c（A）<4molL，D错误；故选D。二、非选择题：共58分。15.废旧铅蓄电池的铅膏中含有60%的PbSO4，30%的PbO2、PbO和Pb，还有少量Fe、Al的盐或氧化物等。某废铅膏回收工业流程如图：一些难溶电解质的溶度积常数如表：难溶电解质PbSO4PbCO3PbF2PbC2O4Pb(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ksp2.5×10-87.4×10-143.3×10-88.5×10-101×10-151×10-391×10-151×10-33回答下列问题：（1）废铅膏中PbSO4比重占绝对主导，其原因______(用一个化学方程式表示)。（2）在“脱硫”中试剂X有以下选择，最适合的是______。a.(NH4)2CO3b.(NH4)2C2O4c.NaFd.Na2C2O4用平衡移动原理解释原因：______。（3）在“酸浸”中，加入醋酸(HAc)和H2O2，H2O2可以促进金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为______。H2O2能否用Cl2代替，判断并解释原因：______。（4）“酸浸”中用pH试纸测溶液的pH，方法为______。已知“酸浸”中c(Pb2+)为0.1mol/L，则需调节溶液pH范围为______(取小数点后1位)。（5）制得的PbO在碱性电解液中可重新熔铸成电解铅，其电极反应为______。此法制得的铅纯度高，但会有一定损失，阳极会产生副产物PbOx，为测其组成，取此副产物114.7g，溶于足量浓盐酸中，产生标准状况下4.48LCl2，则x值为______。（1）Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O（2）①.a②.反应PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3（3）①.Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O②.不能，H2O2能作还原剂还原PbO2，而Cl2不能（4）①.将pH试纸放在玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液点在试纸中部，待颜色稳定后对照标准比色卡读出②.4.7~7.0（5）①.PbO+2e-+H2O=Pb+2OH-②.1.2【分析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入X溶液进行脱硫，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO，据此分析解题。【小问1详解】铅蓄电池由PbO2、Pb和硫酸组成，废旧铅蓄电池发生Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，所以废铅高中PbSO4比重占绝对主导，故答案为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。【小问2详解】据分析可知，向铅膏中加入X溶液进行脱硫，由表中所以难溶电解质的溶度积常数可知，PbCO3溶度积常数最低，所以X可为(NH4)2CO3；反应PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3；故答案为a；反应PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3。【小问3详解】在“酸浸”中，加入醋酸(HAc)和H2O2，促进金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，化学方程式为Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；但是不能用Cl2代替H2O2，因为H2O2能作还原剂还原PbO2，而Cl2不能；故答案为Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；不能，H2O2能作还原剂还原PbO2，而Cl2不能。小问4详解】“酸浸”中用pH试纸测溶液的pH，将pH试纸放在玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液点在试纸中部，待颜色稳定后对照标准比色卡读出；当c(Pb2+)为0.1mol/L时，Pb(OH)2的Ksp为1×10-15；所以此时pH应小于7.0；“酸浸”时溶液中出Pb2+外，主要含Fe3+和Al3+，还应去除Fe3+和Al3+；Al3+完全沉淀时pH更高；所以溶液pH应大于Al3+完全沉淀时pH；且金属离子浓度小于时视为完全彻底；所以Al3+完全沉淀时pH为；所以pH为4.7~7.0；故答案为将pH试纸放在玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液点在试纸中部，待颜色稳定后对照标准比色卡读出4.7~7.0。【小问5详解】PbO在碱性电解液中可重新熔铸成电解铅，电极反应为PbO+2e-+H2O=Pb+2OH-；阳极会产生副产物PbOx，Pb化合价为+2x；取此副产物114.7g，溶于足量浓盐酸中，产生标准状况下4.48LCl2，所以，转移电子数为0.4mol；Pb化合价从+2x转化为+2价，转移电子数为2x-2；2x-2=0.4；所以x=1.2；故答案为PbO+2e-+H2O=Pb+2OH-；1.2。本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据反应流程及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。16.氮元素是化合物的重要组成元素，其化合物广泛存在。根据要求回答下列问题：（1）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率随温度的升高而减小，某化学小组为研究实质原因，查阅资料知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H的反应历程分两步：i：2NO(g)N2O2(g)(快)，v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2)△H1<0ii：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)，v2正=k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2)△H2<0①判断△H______△H1(填“>”或“<”)。②由实验数据得到v2正～c(O2)的关系如图所示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为______(填字母)。（2）在TK、100kPa反应条件下，将n(NO2)：n(Ar)=1：2的混合气进行反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)。平衡时混合气中NO2分压为NO的一半，平衡常数Kp为______kPa。若其它条件不变，将n(NO2)：n(Ar)改为1：4，NO2平衡转化率将______(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是______，在10秒钟时测得NO2转化率为20%，则10秒内NO2分压的变化速率为______kPa/s。（3）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示，该晶体硬度超过金刚石。①晶胞中键角∠C－N－C______∠N－C－N(填“>”或“<”)。②该晶体硬度超过金刚石的原因是______。③已知该晶体的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶胞的体积为______cm3。（1）①.<②.a（2）①.40②.增大③.n(NO2)：n(Ar)越小，NO2的分压越小，平衡向正反应方向移动，NO2平衡转化率越高④.0.43（3）①.<②.都构成共价晶体，且C－N键的键能大于C－C键的键能③.【小问1详解】根据盖斯定律，反应与反应相加得反应，所以，因为，所以；因为反应放热，升高温度，减小，减小，平衡逆向，增大，当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为a。【小问2详解】设起始加入的1mol，根据三段式：，混合气中NO2分压为NO的一半，所以混合气中NO2物质的量为NO的一半，，，故平衡组分为：，，，，总物质的量为：，；：越小，的分压越小，平衡向正反应方向移动，平衡转化率越高；起始时，：=1:4，，反应10s时，，，。【小问3详解】C－N－C中N原子的孤电子对为2，N－C－N中C原子的孤电子对为1，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力较大，键角越小，故键角∠C－N－C<∠N－C－N；二者均为原子晶体，且C－N键的键能大于C－C键的键能，故硬度比金刚石大；晶胞中的C原子为：，N原子为4，化学式为，摩尔质量为92，根据，则该晶胞的体积为。17.FeCl2•4H2O为淡绿色晶体，易吸湿，在空气中容易被氧化，某实验室做了以下实验：【实验1】向炽热的铁屑中通入氯化氢生产无水FeCl2，装置如图：（1）仪器a中的试剂为______。（2）实验过程中应先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯，目的是防止生成______。（3）本装置存在明显的缺陷，改进措施是______。【实验2】用FeCl2•4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2，装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。（4）实验开始先通N2，一段时间后，先加热装置______(填“a”或“b”)，装置b内发生反应的化学方程式为______。（5）装置c、d共同起到冷凝回流的作用，回流时，冷凝管气雾上升高度不宜超过，若气雾上升过高，可采取的措施是______。回流结束后，需进行的操作有①停止加热、②关闭冷凝水、③移去水浴，正确的顺序为______(填字母)。A．①②③B．③①②C．②①③D．①③②【实验3】现有含少量杂质的FeCl2•xH2O，为测定x值进行如下实验：实验I：称取6.0120g样品，用足量稀硫酸溶解后，用0.5mol/LK2Cr2O7，标准溶液滴定，达终点时消耗10.00mL(滴定过程中Cl-不反应)。实验II：另取2.0040g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为1.3200g。（6）x=______，导致x测量值相比理论值出现偏差的原因可能是______(填标号)。A．实验Ⅰ中称重后样品发生了潮解B．实验Ⅰ中滴定终点读数时俯视刻度线C．实验Ⅱ中反应不充分（1）浓硫酸（2）FeCl3（3）在DE之间添加防倒吸装置(或在最后添加处埋H2尾气装置)（4）①.a②.FeCl2•4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑（5）①.降低温度②.D（6）①.3.8②.C【分析】在装置A中浓硫酸与NaCl固体混合加热发生复分解反应产生HCl气体，HCl经装置B的浓硫酸的干燥作用后通入装置C中与Fe反应产生FeCl2、H2，由于FeCl2•4H2O为淡绿色晶体，易吸湿，在空气中容易被氧化，因此在制取FeCl2前应该先点燃A处酒精灯，待装置充满HCl气体后，再点燃C处酒精灯，装置D中盛有浓硫酸，为防止倒吸，应该在装置D、E之间添加防倒吸装置，再将多余HCl用E的NaOH溶液吸收，最后过量的H2点燃处理，然后再排放。【小问1详解】根据上述分析可知仪器a中的试剂为浓硫酸；【小问2详解】为避免Fe与装置中空气反应产生Fe2O3，然后与HCl反应会产生FeCl3，实验过程中应先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯，利用反应产生的HCl排出装置中的空气，目的是防止生成FeCl3；【小问3详解】根据题目已知信息可知：FeCl2•4H2O为淡绿色晶体，易吸湿，在空气中容易被氧化，因此在反应制取FeCl2前应该排出装置的空气，且为防止HCl在装置E中溶解导致装置中气体压强减小而因引发倒吸现象，在DE之间应该添加防倒吸装置(或H2是可燃性气体，直接排放可能会引发危险，在最后装置中应该添加处埋H2尾气装置)；【小问4详解】实验开始先通N2，一段时间排出装置中的空气后，先加热装置b装置，FeCl2•4H2O受热发生分解反应产生FeCl2、H2O，H2O与SOCl2反应产生SO2、HCl可以抑制FeCl2•4H2O受热分解时的水解反应，这样在装置b中发生反应：FeCl2•4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；【小问5详解】装置c、d共同起到冷凝回流的作用，回流时，冷凝管气雾上升高度不宜超过，若气雾上升过高，可采取的措施是降低反应温度；回流结束后，需进行的操作有①停止加热、②关闭冷凝水、③移去水浴，正确的顺序为①停止加热、③移去水浴、②关闭冷凝水，故合理选项是D；【小问6详解】滴定时反应消耗K2Cr2O7的物质的量n(K2Cr2O7)=0.5mol/L×0.01L=0.005mol，根据在滴