2022届重庆市一中高三模拟调研卷（三）化学试题含解析

这是一份2022届重庆市一中高三模拟调研卷（三）化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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：CH3COOH
3．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)（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4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H2
B．用乙装置制取并收集干燥的氨气
C．用丙装置收集Cl2
D．用丁装置除去NaHCO3中的Na2CO3
5．W、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：Y>W>X
C．Z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Y
6．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：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) △H1=+173.5kJ·ml-1
反应II：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=-41.2kJ·ml-1
则lmlCH3CH2OH(g)与H2O(g)作用生成CO(g)和H2(g)反应的△H为（ ）
A．+255.9kJ·ml-1B．-255.9kJ·ml-1
C．+132.3kJ·ml-1D．-132.3kJ·ml-1
7．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0.75NA
B．标准状况下，11.2LSO3中含有的氧原子数为1.5NA
C．2L0.1ml/L的FeCl3溶液中含Fe3+的数目为0.2NA
D．室温下，10LpH=11的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01NA
8．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C18H20O2
B．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)c·xH2O]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（ ）
A．FeCl3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1ml的CuCl2，理论上消耗11.2L空气
10．常温下，下列各组离子在指定环境中能大量共存的是（ ）
A．c(H+)c(OH−)=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
B．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-
D．c(Fe3+)=lml·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、AlO2−、SO42−
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．N2(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
B．NH4Cl(s)⇌NH3(g)+HCl(g)，室温下不能自发进行，说明该反应的△Hc(Mg2+)>c(OH-)>c(H+)
二、非选择题
15．废旧的电池中含有NiO、CdO、CO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)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[C(NH3)6]2+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CCl2溶液得到CCl2·6H2O所需的一系列操作是 ；
（7）生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++CO32−⇌CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)= 。
16．2021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)。
①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“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；
②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，用下图仪器可制备Ca(HS)2，请回答下列问题。
已知：①CS(NH2)2易溶于水；②CS(NH2)2在150°C时生成NH4SCN；③CS(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100mL，用0.1ml/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：CF3+NO2300℃__CF2+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）FeCO4是一种光催化剂，基态原子的第四电离能I4(C)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ρg/cm3，则钴的摩尔质量M= 。
19．X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①和④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：C11H18O
d.易溶于水
e.Br2与H按物质的量1：1混合，发生加成反应的产物有3种
（4）写出反应⑥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；
C．SiC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；
C．SiC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；
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】A．U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；
D．NaHCO3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】A．U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：Na>H>O；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：H2O>SiH4，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Ⅲ为：CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=2CO(g)＋4H2(g)；由盖斯定律可知，I-2×II=Ⅲ，则该反应的热化学方程式为：CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=2CO(g)＋4H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2=(＋173.5 kJ·ml-1)-2×(-41.2 kJ·ml-1)=＋255.9 kJ·ml-1。
故答案为：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=，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0.5mlNO2和0.25mlO2，又由于二氧化氮能自身转化为四氧化二氮，即2NO2⇌N2O4，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；
的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.2ml，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+)=1×10-11 ml/L，由c(H+)•c(OH-)=KW可知，c(OH-)=1×10-3 ml/L，由水电离出的c(OH-)=1×10-3 ml/L，n(OH-)=1×10-3 ml/L×10 L=0.01 ml，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2NO2⇌N2O4；
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】【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】A．FeCl3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】A．c(H+)c(OH−)=1×10-12，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；
C．MnO4−有颜色，不能存在于无色溶液中，故C不符合题意；
D．Fe3＋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；
B．CH3COO-与H＋生成弱酸；
C．MnO4−有颜色；
D．Fe3＋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；
B．NH4Cl(s)⇌NH3(g)＋HCl(g)反应的ΔS＞0，室温下，该反应不能自发进行，通过ΔG=ΔH-TΔS＞0，推出ΔH＞0，故B不符合题意；
C．K=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(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ΔG=ΔH-TΔS＞0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】A．NO2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0.1ml·L-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，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，C符合题意；
D．锌铁都能和酸反应，方案设计不合理，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，a→b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-)>1.0×10-4.09，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，符合勒夏特列原理，故C符合题意；
D．e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，Kw>1014；
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）CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O
（3）烧杯、分液漏斗
（4）H2SO4溶液
（5）2C(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2C2＋＋Cl2↑＋6H2O
（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
（7）2.0×10-10
【解析】【解答】废旧的电池中含有NiO、CdO、CO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[C(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的C元素生成C(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；C(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CCl2溶液，因此C(OH)3被浓盐酸还原为CCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CCl2·6H2O；
(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：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=
[Cd(NH3)4]CO3＋H2O；
(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C变成了＋2价C，说明C(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2C(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2C2＋＋Cl2↑＋6H2O；
(6)由CCl2溶液得到含有结晶水的化合物CCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
(7)[Cd(NH3)4]2++CO32−⇌CdCO3↓+4NH3↑的平衡常数为：K=c(NH3)4[Cd(NH3)4]2+×c(CO32−)=2.0×105；[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=c4(NH3)×c(Cd)2+[Cd(NH3)4]2+=4.0×10−5；则Ksp(CdCO3)= Ksp=c(Cd)2+×c(CO32−)=K1K=4.0×10−52.0×105=2×10−10
【分析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[C(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的C元素生成C(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；C(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CCl2溶液，因此C(OH)3被浓盐酸还原为CCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CCl2·6H2O；
(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+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+；360
【解析】【解答】(1)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0.24ml，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；
②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，PA＞PB；设a点对应CO2转化x：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)起始(ml/L)1300转化(ml/L)x3xxx平衡(ml/L)1−x3−3xxx
K=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)=x×x(1−x)×(3−3x)3=300，解得x=0.9，则CO2的转化率为90%；
(2)①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；
②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(yCO⋅yH2O−yCO2⋅yH2Kp)，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；T>Tm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+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+；消耗氧气的物质的量为n=VVm=，阴极的电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，则整个电路中转移8mle−，产生碳酸二甲酯为4ml，理论上制得碳酸二甲酯的质量为m=n×M=4ml×90g/ml=360g。
【分析】(1)①分析图像，由盖斯定律判断；
②利用”三段式“计算；
(2)①活化能越大，反应就越慢；依据反应吸放热，确定能量高低；
②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，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）5∶14；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)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＋)溶液反应的离子方程式：5CS(NH2)2＋14MnO4−＋32H＋=5N2↑＋5SO42−＋14Mn2＋＋5CO2↑＋26H2O，还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶14；0.8g粗产品中含CS(NH2)2质量为：0.1ml·L−1×28mL×10−3×514×1000mL100mL×76g·ml−1=0.76g ，粗产品中硫脲的百分含量为：×100%=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；F>N>O
（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，C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）34×ρba2NA×10−30
【解析】【解答】(1)(1)钴是27号元素，属于周期表中处于第Ⅷ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ⅡA大于ⅢA，ⅤA大于ⅥA，NO2F中三种元素第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；
(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)C价电子排布式为3d74s2，Fe价电子排布式为3d64s2，失去第四个电子C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，C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(a×10−10)2cm2
晶胞的体积V=34(a×10−10)2×6×b×10−10cm3，1个晶胞中的钴原子数为12×16+2×12+3=6，
由ρ=mV=MNA×6V，解得：M=34×ρba2NA×10−30
【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ⅡA大于ⅢA，ⅤA大于ⅥA；
(2)依据配位键的形成条件确定；碳原子均无孤电子对，有几个σ键，则价层电子对数等于σ键数，确定杂化类型；
(3)处于全满、半充满的状态时，比较稳定；
(4)六棱柱底由6个正三角形构成，先计算每个正三角形面积，再计算晶胞的体积，确定1个晶胞中的钴原子数，由ρ=mV分析计算。
19．【答案】（1）环戊二烯
（2）加成反应；加成(还原)反应
（3）bc
（4）2＋O2→ΔCu2＋2H2O
（5）12；
（6）→醋酸H2O2→1)NaOH溶液2)盐酸HOCH2CH2CH2COOH→ΔCu/O2 OHCCH2CH2COOH
【解析】【解答】根据图示和题意可知，A为一种环状烃，与Cl2C=C=O发生加成反应生成B，结合B的结构简式可知，A为，为环戊二烯，B与醋酸发生还原反应生成C，C被双氧水氧化为D，D再被LiH还原为E，E与Ph3P=CHC2H5发生反应生成F，F发生醇的催化氧化生成G，G与CH3Li发生加成反应生成H，H在酸性条件被CrO3氧化发生生成X。
(1)A是五元环状化合物，分子式为C5H6，根据分析可知A为，A化学名称为环戊二烯；
(2)反应①反应前后原子数未变，A与Cl2C=C=O发生加成反应生成B，则反应①的反应类型是加成反应，反应④是加氢，D被LiH还原为E，所以反应①为加成反应，反应④为加成反应，或还原反应；
(3)a．与羟基相连的碳上没有氢，不能被催化氧化为酮，故a不符合题意；
b．H中有碳碳双键，可以发生加聚反应，故b符合题意；
c．根据结构式可知分子式为C11H18O，故c符合题意；
d．H中只有1个羟基，且烃基较大，不可能易溶于水，故d不符合题意；
e．两个双键的位置不是1、3号碳位置，发生加成反应的产物只有2种，故e不符合题意；
故bc符合题意；
(4)F发生醇的催化氧化生成G，2＋O2→ΔCu2＋2H2O；
(5)D的同分异构体较多，其中含有苯环，占有六个碳原子，剩下的原子可以组成-OH和-CH2OH，在苯环上有邻间对3种，如果组成-OH和-OCH3取代基，有3种，苯上接2个-OH和-CH3有6种，同分异构体总数共12种；其中核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为；
(6)以为原料合成OHCCH2CH2COOH，可先和过氧化氢反应生成，再通过碱、酸反应得到HOCH2CH2CH2COOH，HOCH2CH2CH2COOH发生催化氧化得到目标产物，其流程为→醋酸H2O2→1)NaOH溶液2)盐酸HOCH2CH2CH2COOH→ΔCu/O2 OHCCH2CH2COOH。
【分析】(1)根据图示和已知信息，按照烯烃的命名；
(2)有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；
(3)依据有机物的结构和性质分析；
(4)醇的催化氧化生成酮；
(5依据要求同分异构体的中含有苯环，占有六个碳原子，剩下的原子可以组成-OH和-CH2OH，在苯环上有邻间对3种，如果组成-OH和-OCH3取代基，有3种，苯上接2个-OH和-CH3有6种。
(6)以为原料合成OHCCH2CH2COOH，可先和过氧化氢反应生成，再通过碱、酸反应得到HOCH2CH2CH2COOH，HOCH2CH2CH2COOH发生催化氧化得到目标产物。
实验目的
方案设计
现象和结论
A
探究NO2生成N2O4反应的吸放热
将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中
烧瓶内气体颜色变浅，NO2生成N2O4的反应为吸热反应
B
比较CH3COOH和HF的酸性强弱
相同条件下，分别用pH试纸测定0.lml·L-1CH3COONa溶液、1.0ml·L-1NaF溶液的pH
NaF溶液的pH>CH3COONa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
向浓度均为0.1ml·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液
先出现蓝色沉淀，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
D
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