重庆市一中高三模拟调研（三）化学试题（解析版）

1、PAGE PAGE 21页重庆市2022届高三模拟调研卷（三）化学试题一、单选题1化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是（）A针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒B歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C“中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型有机非金属材料D芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化2下列化学用语表示正确的是（）A硫离子的结构示意图：B羟基的电子式为：C乙炔的球棍模型：D乙酸的结构式：CH3COOH3某有机分子的结构如图，则该分子环上的一氯代物有(不考虑立体异构)

2、（）A1种B2种C3种D4种4下列实验操作正确且能达到实验目的的是（）A用甲装置干燥H2B用乙装置制取并收集干燥的氨气C用丙装置收集Cl2D用丁装置除去NaHCO3中的Na2CO35W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，1个W2X分子含有10个电子，Y元素原子半径是同周期元素中最大的，Z元素原子的最外层电子数是次外层的二分之一，下列说法正确的是（）A原子半径：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B失电子能力：YWXCZ的简单氢化物热稳定性比X的强D采用电解Y的氯化物水溶液方法制取单质Y6氢能被称为未来能源，利用乙醇来制取氢气涉及如下反应反应I：CH3CH2O

3、H(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) H1=+173.5kJmol-1反应II：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2=-41.2kJmol-1则lmolCH3CH2OH(g)与H2O(g)作用生成CO(g)和H2(g)反应的H为（）A+255.9kJmol-1B-255.9kJmol-1C+132.3kJmol-1D-132.3kJmol-17设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，NO和O2各11.2L混合充分反应，所得气体的分子总数为0.75NAB标准状况下，11.2LSO3中含有的氧原子数为1.5NAC2L0.1mol/L的F

4、eCl3溶液中含Fe3+的数目为0.2NAD室温下，10LpH=11的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01NA8己烯雌酚是人工合成的雌激素物质。下列关于己烯雌酚说法不正确的是（）A它的分子式是C18H20O2B在水中的溶解度较小C苯环上的一元取代物有4种(不考虑立体异构)D共平面的碳原子最多有18个9碱式氯化铜CuaClb(OH)cxH2O是一种重要的无机杀虫剂，它的制备流程如下，下列有关说法正确的是（）AFeCl3的作用是增强盐酸的氧化性B加入少量CuO目的是为了除去Fe3+C石灰乳可用纯碱代替D若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2L空气10常温下，下列各组离子在指

5、定环境中能大量共存的是（）Ac(H+)c(OH)=110-12的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3B使甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、CH3COO-、Cl-C无色透明的溶液中：H+、Mg2+、MnO4、Cl-Dc(Fe3+)=lmolL-1的溶液中：Ca2+、NH4+、AlO2、SO4211下列有关说法正确的是（）AN2(g)+3H2(g)2NH3(g)，恒温恒压下再通入少量NH3，容器中气体密度增大BNH4Cl(s)NH3(g)+HCl(g)，室温下不能自发进行，说明该反应的HCH3COONa溶液的pH，证明CH3COOH的酸性比HF的酸性强C比较氢氧化铜和氢氧化镁Ksp的大小向

6、浓度均为0.1molL-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先出现蓝色沉淀，KspMg(OH)2KspCu(OH)2D镀锌铁皮锌镀层厚度的测定装有镀锌铁皮的烧杯中加入足量稀硫酸产生气泡的速率突然减小，证明镀锌层完全反应AABBCCDD1440时，向100mL水中加入5gMg(OH)2固体溶解，一段时间后再滴入少量稀H2SO4，整个过程pH随时间的变化如图所示，下列说法正确的是（）Aab段，由水电离出的c(OH-)逐渐增大Bb点时，溶液中的c(OH-)=1.010-4.09Cce段的变化符合勒夏特列原理De点处，离子浓度大小顺序为c(SO42)c(Mg2+)c(OH-)c(H

7、+)二、非选择题15废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。回答下列问题：（1）为提高浸取率，可采取的措施是 (写一种即可)，操作1的名称是 ；（2）滤液1中主要含Cd(NH3)42+、Ni(NH3)62+、Co(NH3)62+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为 ；（3）在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是 ；（4）“反萃取”的原理为NiR有机+2H+Ni2+2HR有机，需加入的试剂X为 ；（5）写出反应1的离子方程式 ；（6）由CoCl2溶液得到CoCl26H2O所需的一系列操作是 ；（7）生成CdCO3沉淀是利用反应Cd(NH3)42

8、+CO32CdCO3+4NH3，常温下，该反应平衡常数K=2.0105，Cd(NH3)42+Cd2+4NH3的平衡常数K1=4.010-5，则Ksp(CdCO3)= 。162021年11月初，世界气候峰会在英国举行，为减少环境污染，减少化石能源的使用，开发新型、清洁、可再生能源迫在眉睫。（1）甲醇、乙醇来源丰富、燃烧热值高，可作为能源使用。其中一种可减少空气中CO2的甲醇合成方法为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。若将一定量的CO2和H2投入1.0L恒容密闭容器中合成甲醇，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示。则该反应的正反应为 (填“放热”或“

9、吸热”)反应，在p2及512K时，图中N点处平衡向 (填“正向”或“逆向”)移动；若将物质的量之比为1：3的CO2和H2充入体积为1.0L的恒容密闭容器中反应，不同压强下CO2转化率随温度的变化关系如下图所示。a.A、B两条曲线的压强分别为PA、PB，则PA PB (填“”“Tm时v逐渐减小的原因是 。（3）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。阳极的电极反应式为 ，若装置中消耗标准状态下O244.8L，理论上能制得碳酸二甲酯的质量 g。17硫脲的分子式为CS(NH2)2，其在生产生活中有重要的应用。科研人员在实验室利用Ca(HS)2与CaCN2可以合成硫脲，用下图仪器可制

10、备Ca(HS)2，请回答下列问题。已知：CS(NH2)2易溶于水；CS(NH2)2在150C时生成NH4SCN；CS(NH2)2易被强氧化剂氧化。（1）装盐酸仪器的名称为 ，装置A中发生反应的离子方程式为 ；（2）实验结束后从左侧导管通入氮气的目的是 ；（3）装置B中盛装的试剂是 ，其作用是 ；（4）当C中出现 现象时，停止反应；（5）将得到的Ca(HS)2溶液与CaCN2溶液混合，加热一段时间即可生成硫脲，同时生成一种强碱为 ；（6）实验室用KMnO4(H+)溶液滴定硫脲测定其含量，生成N2，SO42等，则还原剂与氧化剂的物质的量之比 ，将硫脲粗产品0.8g，配成1000mL溶液，取100m

11、L，用0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗酸性高锰酸钾溶液28.00mL，粗产品中硫脲的百分含量为 (杂质不参加反应)。18钴元素的用途非常广泛，常用于电池、医疗、催化剂、添加剂、颜料、航空和航天领域。如工业上可用三氟化钴制备火箭推进剂氟化硝酰(NO2F)，其反应为：CoF3+NO2300_CoF2+NO2F。请回答下列有关问题：（1）钴元素属于周期表中 区，基态钴原子的价电子排布式为 ；F原子核外有 种不同运动状态的电子，基态F原子中，能量最高的电子所占据原子轨道的形状为 ；NO2F中三种元素第一电离能由大到小的顺序为 。（2）酞菁钴主要应用于工业涂料印墨及塑料着色，其分子的结构简式如

12、图所示，钴通过配位键结合的氮原子的编号是 ；分子中碳原子的杂化类型为 。（3）FeCoO4是一种光催化剂，基态原子的第四电离能I4(Co)小于I4(Fe)，其原因是 。（4）钴的一种晶胞如图所示。其底边边长为apm，高为bpm，阿伏加德罗常数的值为NA，密度为g/cm3，则钴的摩尔质量M= 。19X是合成某药物的中间体，其合成路线如下(-Ph代表苯基)：（1）已知A是五元环状化合物，则其化学名称是 。（2）反应和的反应类型分别是 、 。（3）下列有关H的说法正确的是 。a.羟基能催化氧化生成酮b.能发生加聚反应c.分子式为：C11H18Od.易溶于水e.Br2与H按物质的量1：1混合，发生加成

13、反应的产物有3种（4）写出反应的化学方程式： 。（5）D的同分异构体较多，但其中含有苯环，且同一个碳原子上不连接2个官能团的同分异构体有 (不包括立体异构)；写出其中核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式： 。（6）参照上述合成路线，结合所学知识，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路线： (其他试剂任选)。答案解析部分1【答案】B【解析】【解答】A使用酒精杀菌消毒，常用75%的酒精，无水酒精杀菌消毒效果不理想，故A不符合题意； B金属材料有金属单质和合金等，铝锂合金属于金属材料，故B符合题意；CSiC属于新型非金属材料，故C不符合题意；D光敏树脂是由高分子化合物，在紫外线照射

14、下，这些分子结合长长的交联聚合物高分子，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；故答案为B。 【分析】A.75%的酒精杀菌消毒效果比无水酒精好； B金属材料有金属单质和合金等；CSiC属于新型非金属材料；D有新物质生成，属于化学变化。2【答案】C【解析】【解答】A硫原子核电荷数为16，硫原子得两个电子形成硫离子，结构示意图为，故A不符合题意；B羟基是一个基团存在一个单电子，电子式为：，故B不符合题意；C乙炔中存在一个碳碳叁键，球棍模型正确，故C符合题意；D乙酸的结构式：，故D不符合题意；故答案为：C。 【分析】A 硫离子 核电荷数为16，核外有18个电子； B羟基是一个基团存在一个单电子；

15、C乙炔中存在一个碳碳叁键；D结构式中各原子之间以短线连接。3【答案】D【解析】【解答】该有机物环上含有4种不同环境的氢原子，则该分子环上的一氯代物有4种，故答案为：D。【分析】依据“等效氢”判断。4【答案】C【解析】【解答】AU形管里只能装固体，装液体气体无法通过，用甲装置不能干燥H2，故A不符合题意；B氨气密度小于空气，不能用向上排空气法收集NH3，故B不符合题意；C用丙装置排饱和食盐水可收集Cl2气体，故C符合题意；DNaHCO3在加热时会分解，丁装置不能除去NaHCO3中的Na2CO3，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】AU形管里只能装固体试剂；B密度小于空气的气体，用向下排空气法收

16、集；C灼烧固体应用坩埚。5【答案】B【解析】【解答】A电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(Na)r(Si)r(O)r(H)，A不符合题意；B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，失电子能力变弱；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，失电子能力变强；失电子能力：NaHO；B符合题意；C非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物热稳定性：H2OSiH4，C不符合题意；D电解氯化钠水溶液制得的是NaOH、H2和Cl2，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；B同

17、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，失电子能力变弱；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，失电子能力变强；C非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；D氯碱工业原理。6【答案】A【解析】【解答】CH3CH2OH(g)与H2O(g)作用生成CO(g)和H2(g)反应方程式为：CH3CH2OH(g)H2O(g)=2CO(g)4H2(g)；由盖斯定律可知，I-2II=，则该反应的热化学方程式为：CH3CH2OH(g)H2O(g)=2CO(g)4H2(g) H=H1-2H2=(173.5 kJmol-1)-2(-41.2 kJmol-1)=255.9 kJmol-1。故答

18、案为：A。【分析】依据盖斯定律计算。7【答案】D【解析】【解答】A标准状况下，NO和O2各11.2L，它们的物质的量为n=11.2L22.4L/mol=0.5mol，NO与O2发生反应生成NO2，即2NO+O2=2NO2，O2过量，所以反应后剩余气体为0.5molNO2和0.25molO2，又由于二氧化氮能自身转化为四氧化二氮，即2NO2N2O4，则混合充分反应导致混合气体的分子总数小于0.75NA，故A不符合题意；B标况下SO3是固体，不能用气体摩尔体积计算标况下SO3的物质的量，所以无法计算氧原子的个数，故B不符合题意；C.2L0.1mol/L的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.2mol，

19、溶液中铁离子部分水解，导致溶液中铁离子数目减少，所以溶液中含Fe3+的数目小于0.2NA，故C不符合题意；D在pH=11的Na2CO3溶液中c(H+)=110-11 mol/L，由c(H+)c(OH-)=KW可知，c(OH-)=110-3 mol/L，由水电离出的c(OH-)=110-3 mol/L，n(OH-)=110-3 mol/L10 L=0.01 mol，所以水电离出的OH-数目为0.01NA，故D符合题意；故答案为D。【分析】A注意2NO2N2O4；B标况下SO3是固体，不能用气体摩尔体积计算；C铁离子部分水解，导致溶液中铁离子数目减少；D盐对水的电离起促进作用。8【答案】C【解析】

20、【解答】A根据其结构可知，分子式为C18H20O2，A不符合题意；B由结构可知，官能团有酚羟基和双键，故该物质在水中的溶解度较小，B不符合题意；C该物质分子中的苯环上只有2种不同位置的H原子，因此苯环上的一元取代物只有2种，C符合题意；D苯环与碳碳双键是平面结构，而碳碳单键可以旋转，具有甲烷的四面体结构，通过该饱和C原子的平面，最多能够通过两个顶点，故共平面的碳原子最多有18个，D不符合题意；故答案为：C。【分析】依据有机物的结构和官能团分析。9【答案】B【解析】【解答】A最终产物中不含Fe元素，FeCl3与Cu反应后，又被O2氧化成FeCl3，FeCl3起催化剂的作用，故A不符合题意；B加入

21、CuO调节溶液pH，使Fe3生成Fe(OH)3沉淀，而除去，故B符合题意；C纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜或碱式碳酸铜，故C不符合题意；D未说明气体是否在标准状态，无法进行计算，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】AFeCl3起催化剂的作用；B利用水解平衡，生成沉淀；C纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜，引入杂质；D未说明气体是否在标准状态，无法进行计算。10【答案】A【解析】【解答】Ac(H+)c(OH)=110-12，说明溶液呈碱性，碱性溶液中，K、Na、CO32、NO3能大量共存，故A符合题意； B使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，CH3COO-与H不能大量共存，故B不符合题意；CMnO4有颜色

22、，不能存在于无色溶液中，故C不符合题意；DFe3与AlO2发生双水解，不能大量共存，故D不符合题意；故答案为：A。 【分析】A碱性溶液中，K、Na、CO32、NO3不反应； BCH3COO-与H生成弱酸；CMnO4有颜色；DFe3与AlO2发生双水解。11【答案】D【解析】【解答】A恒温恒压下再通入少量NH3，容器中气体密度可能增大，可能减小，也可能不变，故A不符合题意；BNH4Cl(s)NH3(g)HCl(g)反应的S0，室温下，该反应不能自发进行，通过G=H-TS0，推出H0，故B不符合题意；CK=c(CO2)，温度不变，平衡常数不变，CO2浓度也不变，故C不符合题意；D对于H2(g)I2

23、(g)2HI(g)反应，该反应为放热反应，在恒容绝热下，温度升高，气体压强增大，当压强不再变化，说明反应达到平衡，故D符合题意；故答案为D。【分析】A恒温恒压下再通入少量NH3，无法确定的反应方向；B利用G=H-TS0判断；C利用K=c(CO2)，温度不变，平衡常数不变；D利用“变者不变即平衡“。12【答案】B【解析】【解答】A由分析可知，Y膜为阴离子交换膜，故A不符合题意；B催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，所以单位时间内反应中电子的转移数目增多，故B符合题意；C由分析可知，b极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成HO2离子和氢氧根离子，故C不符合题意；D由分析可知，电池的总反应

24、为H2+O2=H2O2，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】类比”燃料电池“分析。13【答案】C【解析】【解答】ANO2生成N2O4是放热反应，温度升高，反应向生成红棕色气体二氧化氮的方向移动，现象和结论不符合题意，故A不符合题意；B方案设计中CH3COONa和NaF的浓度不相同，方案设计不符合题意，不能比较CH3COOH和HF的酸性强弱，B不符合题意；C氢氧化镁和氢氧化铜是同类型的物质，向浓度均为0.1molL-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，KspMg(OH)2KspCu(OH)2，C符合题意；D锌铁都能和酸反应，方案设计不合

25、理，锌反应的同时，可能就有铁发生反应，D不符合题意。故答案为：C。【分析】A依据盖斯定律分析；B方案设计中CH3COONa和NaF的浓度不相同，无可比性；C氢氧化镁和氢氧化铜是同类型的物质，Ksp越小，越先出现沉淀；D锌铁都能和酸反应，方案设计不合理。14【答案】C【解析】【解答】A由图可知，ab段，由Mg(OH)2溶解产生的c(OH-)增大，由水电离出的c(OH-)逐渐减小，故A不符合题意；B由于温度为40，b点时，溶液中的c(OH-)1.010-4.09，故B不符合题意；C由于Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH-(aq)，滴加少量硫酸后，pH突然减小，随之平衡右移，pH又增大，符合勒

26、夏特列原理，故C符合题意；De点处，c(SO42)c(Mg2)，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A酸或碱抑制水的电离；B注意40时，Kw1014；C依据勒夏特列原理分析；D依据电荷守恒分析。15【答案】（1）将废电池磨碎或搅拌等；过滤（2）CdO3NH3NH4HCO3=Cd(NH3)4CO3H2O（3）烧杯、分液漏斗（4）H2SO4溶液（5）2Co(OH)36H2Cl-=2Co2Cl26H2O（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤（7）2.010-10【解析】【解答】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子Cd(NH3)42+、Ni(N

27、H3)62+、Co(NH3)62+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到Cd(NH3)42+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO46H2O；Co(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl26H2O；(1)将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；(2)浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO3NH3NH4HCO3=Cd(NH3)4C

28、O3H2O；(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+Ni2+2HR有机，反萃取后，生成NiSO4，所以试剂X是H2SO4溶液；(5)反应1把3价Co变成了2价Co，说明Co(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)36H2Cl-=2Co2Cl26H2O；(6)由CoCl2溶液得到含有结晶水的化合物CoCl26H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；(7)Cd(NH3)42+CO32CdCO3+4NH3的平衡常数为：K=c(NH3)4Cd(NH3)42+c(CO32)=2.0105；Cd(NH3)42+

29、Cd2+4NH3的平衡常数K1=c4(NH3)c(Cd)2+Cd(NH3)42+=4.0105；则Ksp(CdCO3)= Ksp=c(Cd)2+c(CO32)=K1K=4.01052.0105=21010【分析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子Cd(NH3)42+、Ni(NH3)62+、Co(NH3)62+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到Cd(NH3)42+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO46H2O；Co(OH)3为强氧化剂

30、，由工艺流程可知经反应得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl26H2O；(1)依据速率的影响因素分析；不溶于水的固、液分离用过滤；(2)依据反应物有产物书写化学方程式；(3)萃取装置；(4)依据平衡移动原理，进行“反萃取”；(5)依据反应物有产物书写离子方程式；(6)由溶液得到含有结晶水的化合物的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；(7)由已知信息，利用Ksp的公式计算。16【答案】（1）放热；正向；90%（2）大；高；减小；温度为主要影响因素，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高（3）2CH3OH+

31、CO2e=(CH3O)2CO+2H+；360【解析】【解答】(1)分析图像可知温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，由盖斯定律可知正反应为放热反应；在p2及512K时，N点在曲线下方未达到平衡，达到平衡后甲醇的物质的量为0.24mol，平衡向正向移动才能增大甲醇的物质的量，故N点此时向正向移动；由热化学方程式得，相同温度下，增大压强，平衡向正向移动，CO2的转化率增大，PAPB；设a点对应CO2转化x：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol/L)1300转化(mol/L)x3xxx平衡(mol/L)1x33xxxK=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H

32、2)=xx(1x)(33x)3=300，解得x=0.9，则CO2的转化率为90%；(2)活化能越大，反应就越慢，第二步反应比第一步反应慢，则第二步的活化能大于第一步；反应物断开化学键需要吸收能量，正反应为放热反应，总能量降低，则中间产物的能量比产物的能量高；正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，则Kp减小；此反应的速率方程为v=k(yCOyH2OyCO2yH2Kp)，反应速率加快，k值增大，可得到Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；TTm时温度为主要影响因素；(3)该电解池中H+从左往右移动，根据电解池阳离子向阴极移动，可知右侧为阴极与电源负极相连，阳极的电极反应式为：2CH3OH+

33、CO2e=(CH3O)2CO+2H+；消耗氧气的物质的量为n=VVm=44.8L22.4L/mol=2mol，阴极的电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，则整个电路中转移8mole，产生碳酸二甲酯为4mol，理论上制得碳酸二甲酯的质量为m=nM=4mol90g/mol=360g。【分析】(1)分析图像，由盖斯定律判断；利用”三段式“计算；(2)活化能越大，反应就越慢；依据反应吸放热，确定能量高低；依据温度对平衡常数的影响分析；(3)根据电解池中离子移动方向确定电极反应的书写，利用得失电子守恒计算。17【答案】（1）分液漏斗；S2-2H=H2S（2）将装置中的H2S气体都排到右侧石灰乳中，

34、防止污染空气（3）饱和NaHS溶液；除掉混合气体中的HCl（4）溶液变澄清（5）Ca(OH)2（6）514；95%【解析】【解答】观察图示装置，A中反应生成H2S气体，制备H2S时A中盐酸会挥发出HCl，故B作用为除去H2S中混有的HCl，可选择饱和NaHS溶液。H2S经过B到达C后，在C中与Ca(OH)2反应生成CaS微溶物，当H2S过量时可生成Ca(HS)2，Ca(HS)2可溶于水，此过程C中现象为溶液慢慢变澄清。H2S有毒，D为尾气处理装置。遇到未知的化学反应可以和已知的反应原理联系起来，像H2S与Ca(OH)2的反应过程可以参照CO2与Ca(OH)2的反应，CO2过量生成Ca(HCO3

35、)2溶液会由浑浊变澄清，除去CO2中混有的HCl可以用饱和NaHCO3，都可以与题中反应进行类比。(1)装盐酸仪器的名称为分液漏斗；装置A中发生反应的离子方程式为S2-2H=H2S。(2)实验结束后装置内残留有A生成的H2S气体，故通入氮气的目的是将装置中的H2S气体都排到右侧石灰乳中，全部吸收防止污染空气。(3)为了减小氯化钙的生成，装置B作用是除去H2S中的HCl，要用到饱和NaHS溶液。(4)当C中石灰乳反应完毕，基本全部生成Ca(HS)2，Ca(HS)2溶于水，溶液变澄清，此时可以停止反应。(5)根据元素守恒，唯一可能的强碱为Ca(OH)2。(6)硫脲与KMnO4(H)溶液反应的离子方

36、程式：5CS(NH2)214MnO432H=5N25SO4214Mn25CO226H2O，还原剂与氧化剂的物质的量之比为514；0.8g粗产品中含CS(NH2)2质量为：0.1molL128mL1035141000mL100mL76gmol1=0.76g ，粗产品中硫脲的百分含量为：0.76g0.8g100%=95%。【分析】(1)依据装置的构造确定仪器的名称，由反应物确定反应方程式。(2)注意反应前后通入氮气的目的均为排气，气体成分要具体分析。(3)HCl会与饱和NaHS溶液反应，H2S与饱和NaHS溶液不反应，饱和NaHS溶液目的是除杂。(4)Ca(HS)2和Ca(HS)2的转化与溶解性区

37、别。(5)根据元素守恒。(6)依据氧化还原反应中得失电子守恒计算。18【答案】（1）d；3d74s2；9；哑铃形；FNO（2）1、3；sp2杂化（3）Fe的第四电离能失去的是处于半充满的3d5上的电子，Co第四电离能失去的是3d6上的电子，失去后形成稳定的半充满状态（4）34ba2NA1030【解析】【解答】(1)(1)钴是27号元素，属于周期表中处于第族，属于d区；基态钴原子的价电子排布式为3d74s2；F是9号元素，电子排布式为1s22s22p5，原子核外有9种不同运动状态的电子，基态F原子中，能量最高的电子所占据2p轨道，p轨道的形状为哑铃形；同周期元素第一电离能从左到右增大，第A大于A

38、，A大于A，NO2F中三种元素第一电离能由大到小的顺序为FNO；(2)图中N原子有两种，一种为1，3号位，形成了4个共价键，故其中有1个配位键，2，4号位只形成3个键，而N原子达到8电子稳定结构，必须形成3个共价键，未形成配位键。期中碳原子有苯环中的碳、五元环中的碳有双键，故碳原子采取sp2杂化；(3)Co价电子排布式为3d74s2，Fe价电子排布式为3d64s2，失去第四个电子Co应该是失价电子排布式为3d6上的电子，Fe应该是失价电子排布式为3d5上的电子，Fe的第四电离能失去的是处于半充满的3d5上的电子，Co第四电离能失去的是3d6上的电子，失去后形成稳定的半充满状态；(4)六棱柱底由6个正三角形构成，每个正三角形面积S=34(a1010)2cm2晶胞的体积V=34(a1010)26b1010cm3，1个晶胞中的钴原子数为1216+212+3=6，由=mV=MNA6V，解得：M=34ba2NA1030【分析】(1)注意元素在表中的分区；原子核外有多少电子，就有多少种不同运动状态；s轨道的形状为球形，p轨道的形状为哑铃形；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，其中第A大于A，A大于A；(2)依据配位键的形成条件确定；碳原子