2024年HGT第一次模擬測試化學可能用到的相對原子質量：H:1C:12N:14O:16Ca:40Co:59Y:89一、選擇題(本大題包括14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.2023年的一場跨年煙花秀，拉開了南昌成為網(wǎng)紅城市的序幕。有關敘述錯誤的是A.南昌拌粉中的米粉主要成分是糖類B.秋水廣場的噴泉水幕電影利用了膠體的丁達爾效應C.贛江兩岸的美麗夜景，是霓虹燈中的物質發(fā)生物理變化放出的光D.瓦罐湯的瓦罐是用硅酸鹽（如石英、長石、黏土）等燒制而成【答案】D【解析】【詳解】A．米粉主要成分是淀粉，屬于糖類，故A正確；B．水幕燈光秀的一道道光束利用了膠體的丁達爾效應，是光的散射現(xiàn)象，故B正確；C．霓虹燈發(fā)光原理是元素電子躍遷，屬于物理變化，故C正確；D．瓦罐是用石英、長石、黏土等原料配合成的陶土，經過傳統(tǒng)的木炭燒制法燒制而成，石英是SiO2不是硅酸鹽，故D錯誤；故選D。2.下列化學用語表述正確的是A.H2O2的電子式： B.的VSEPR模型：C.基態(tài)的價電子排布圖： D.空間填充模型：【答案】C【解析】【詳解】A．H2O2是共價化合物，電子式為：，故A錯誤；B．中心原子價層電子對數(shù)為3+=4，VSEPR模型為四面體形，故B錯誤；C．基態(tài)的價電子排布式為3d6，價電子排布圖：，故C正確；D．C原子的半徑小于Cl原子，空間填充模型：，故D錯誤；故選C。3.下列物質與用途對應不正確的是A.苯甲酸鈉：食品防腐劑 B.四氧化三鐵：紅色顏料C.碳酸氫鈉：膨松劑 D.聚乙烯：食品包裝袋【答案】B【解析】【詳解】A．苯甲酸鈉可防止食品變質，延長保質期，是常用的食品防腐劑，故A正確；B．四氧化三鐵為黑色固體，無法做紅色顏料，應當是三氧化二鐵，故B錯誤；C．碳酸氫鈉加熱分解產生二氧化碳，常用作膨松劑，故C正確；D．聚乙烯無毒，可做食品包裝袋，故D正確；故答案選B。4.我國古代思想家發(fā)現(xiàn)了許多哲學思想，下列敘述與對應的哲學觀點不相符合的是選項敘述哲學觀A水滴石穿量變到質變B同主族元素所表現(xiàn)的性質事物既有普遍性又有特殊性C氯氣與強堿反應時既是氧化劑又是還原劑對立統(tǒng)一D苯硝化時生成硝基苯而甲苯硝化時生成三硝基甲苯相互影響A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．“水滴石穿”是指石頭在水滴或雨滴的長期侵蝕作用下發(fā)生了的物理變化和化學變化而溶解，從而使石頭穿孔，選項A不符合題意；B．同主族元素所表現(xiàn)的性質體現(xiàn)了事物既有普遍性也有特殊性，例如同主族元素的最高正化合價相同，但是氧和氟沒有正價，選項B不符合題意；C．氯氣與強堿反應時既是氧化劑又是還原劑，能體現(xiàn)對立統(tǒng)一，選項C不符合題意；D．苯硝化時生成硝基苯而甲苯硝化時生成三硝基甲苯，這體現(xiàn)了甲基對苯環(huán)的影響，甲基的鄰對位活潑，但沒有體現(xiàn)苯環(huán)對甲基的影響，不符合相互影響的哲學觀，選項D符合題意；故選D。5.已知為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.1mol/L溶液中數(shù)目小于B.標準狀況下，11.2L中含有氧原子數(shù)目為C.常溫常壓下，26g乙炔含有的鍵數(shù)目為D.1mol金剛石中含CC鍵的個數(shù)為【答案】C【解析】【詳解】A．溶液體積未知，無法計算1mol/L溶液中數(shù)目，故A錯誤；B．在標況下不是氣體，11.2L物質的量不是0.5mol，故B錯誤；C．乙炔中含有3個鍵，常溫常壓下，26g乙炔的物質的量為=1mol，含有的鍵數(shù)目為，故C正確；D．1mol金剛石中含CC鍵的個數(shù)為，故D錯誤；故選C。6.能用如圖所示裝置完成氣體制備、尾氣處理（加熱和夾持等裝置略去）的是

氣體制備試劑燒杯中試劑A堿石灰與濃氨水溶液B大理石和硫酸石灰水C電石與水水D與濃鹽酸NaOH溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．濃氨水滴入固體堿石灰上，生成NH3，氨氣尾氣吸收時不能將導管直接通入溶液中，會引起倒吸，故A錯誤；B．不能用硫酸與大理石制備CO2，生成的硫酸鈣會附著在大理石上，阻礙反應進行，故B錯誤；C．電石與飽和食鹽水反應生成C2H2，尾氣應用酸性高錳酸鉀溶液或修的四氯化碳溶液吸收，故C錯誤；D．MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制取Cl2，為了防止污染空氣，過量的Cl2用NaOH溶液吸收，故D正確。答案選D。7.下列有關化學反應表示正確的是A.用稀硝酸溶解銀鏡：B.銅溶于氨水和過氧化氫的混合溶液：C.燃燒熱的熱化學方程式：D.尿素與甲醛制備線型脲醛樹脂：【答案】B【解析】【詳解】A．用稀硝酸溶解銀鏡，即銀單質與稀硝酸反應，應當生成NO，正確的離子方程式為：3Ag+4H++=3Ag++NO↑+2H2O，A錯誤；B．銅溶于氨水和過氧化氫的混合溶液，過氧化氫為氧化劑，氨與生成的銅離子形成配合物，離子方程式正確，B正確；C．燃燒熱的熱化學方程式中，水應當是液態(tài)，C錯誤；D．n個尿素分子和n個甲醛分子發(fā)生縮聚反應線型脲醛樹脂，應當生成(2n1)分子的水，D錯誤；故選B。8.有機物M（）是合成某種水稻除草劑的中間體。下列說法正確的是A.有機物M分子中有一個手性碳原子B.有機物M的一氯代物有5種C.有機物M的中C有sp、、三種雜化方式D.1mol有機物M最多和3mol發(fā)生加成反應【答案】B【解析】【詳解】A．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，有機物M分子中沒有手性碳原子，故A錯誤；B．有機物M有5種環(huán)境的H原子，一氯代物有5種，故B正確；C．有機物M中含有苯環(huán)、羰基和甲基，C有、兩種雜化方式，故C錯誤；D．有機物M中苯環(huán)和羰基都可以和氫氣發(fā)生加成反應，1mol有機物M最多和5mol發(fā)生加成反應，故D錯誤；故選B。9.氯及其化合物種類繁多，部分含氯物質如圖所示。下列說法錯誤的是A.與的水溶液不能共存B.與都可以用于殺菌消毒C.的氧化性比強D.與反應可得，每轉移個電子可制得【答案】A【解析】【詳解】A．a為含有Cl的鹽，d為含有ClO的鹽，Cl和ClO在堿性條件下可以大量共存，故A錯誤；B．d為含有ClO的鹽，f為ClO2，二者都具有強氧化性，可以用于殺菌消毒，故B正確；C．e為HClO，h為HClO4，大量H+與ClO結合后產生的吸電子效應使得Cl更缺電子，所以酸性條件下HClO的氧化性比HClO4強，故C正確；D．b為HCl，g為含有ClO，濃鹽酸和KClO3反應可以生成Cl2，方程式為：2KClO3+4HCl(濃)═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，KClO3中Cl元素由+5價下降到1價，每轉移7個電子，消耗molKClO3，生成0.6molCl2，故D正確；故選A。10.香花石是我國地質學家發(fā)現(xiàn)的新礦物，其化學式為。已知X、Y、Z、W、M、N為原子序數(shù)依次增大的前20號元素；其中X、Y、N為金屬元素，且Y與N同主族；Z原子的s能級電子總數(shù)等于P能級的電子總數(shù)，W原子核外有1個未成對電子，M的最外層電子數(shù)是最內層的2倍。下列說法正確的是A.原子半徑： B.第一電離能：C.電負性： D.簡單氫化物的沸點：【答案】D【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、M、N為原子序數(shù)依次增大的前20號元素；Z原子的s能級電子總數(shù)等于P能級的電子總數(shù)，則電子排布式為1s22s22p4，為O元素；W原子核外有1個未成對電子，為F，M的最外層電子數(shù)是最內層的2倍，則M為Si元素；其中X、Y、N為金屬元素，且Y與N同主族，X為Li、Y為Be，故N為Ca；【詳解】A．同周期從左到右原子半徑依次減小，同主族從上而下原子半徑依次增大，故原子半徑：，選項A錯誤；B．同主族從上到下金屬性增強，第一電離能減小，故第一電離能：，選項B錯誤；C．金屬性越強電負性越小，故電負性：，選項C錯誤；D．H2O、HF中存在氫鍵，水分子間氫鍵個數(shù)多于HF，所以簡單氫化物沸點：，選項D正確；答案選D。11.下列實驗方案合理，且能達到實驗目的的是選項實驗方案實驗目的A將乙醇與濃硫酸的混合物加熱至170℃，并將產生的氣體干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中，觀察溴的四氯化碳溶液顏色的變化驗證乙醇發(fā)生了消去反應B將混有HCl雜質氣體的通入飽和食鹽水中除去雜質HCl氣體C分別測定相同濃度的溶液和溶液的PH比較溶液和的酸性D向2mL0.1mol/L溶液中滴入幾滴0.1mol/LKCl溶液，生成白色沉淀，再滴加幾滴0.1mol/LKI溶液，觀察沉淀顏色的變化證明A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．將乙醇與濃硫酸混合物加熱至170℃，產生乙烯，將乙烯干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中，乙烯與溴發(fā)生加成反應，溴的四氯化碳溶液顏色變淺，故A正確；B．將混有HCl雜質氣體的CO2通入飽和食鹽水中，CO2也會溶解消耗，應當通入飽和NaHCO3溶液中，故B錯誤；C．CH3COONH4中銨根離子也會水解，影響溶液的酸堿性，而NaHCO3中鈉離子不水解，故無法比較H2CO3和CH3COOH的酸性，故C錯誤；D．向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴入幾滴0.1mol/LKCl溶液，生成白色沉淀，再滴加幾滴0.1mol/LKI溶液，會出現(xiàn)黃色沉淀，但是由于銀離子過量，可能是過量的銀離子直接和碘離子反應生成碘化銀黃色沉淀，無法證明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D錯誤；故答案選A。12.科學家發(fā)明了一種可充電的電池，采用納米管材料可以有效催化充放電過程中的析氧反應和的還原反應裝置如圖所示，其中雙極膜在電場作用下能將水解離成和，下列說法錯誤的是A.析氧反應發(fā)生在充電時的左側電極B.充電時溶液濃度增大C.放電時，雙極膜產生的向鋅電極遷移D.放電時，正極反應式為【答案】B【解析】【分析】由圖可知，放電時，納米管材料電極為原電池的正極，碳酸氫根離子作用下二氧化碳在正極得到電子發(fā)生還原反應生成甲醇、碳酸根離子和水，鋅電極為負極，鋅在負極失去電子發(fā)生氧化反應，雙極膜中水離解出的氫離子向納米管材料電極遷移、氫氧根離子向鋅電極遷移；充電時，與直流電源正極相連的納米管材料電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水，鋅電極為陰極?！驹斀狻緼．由分析可知，充電時，與直流電源正極相連的納米管材料電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，所以析氧反應發(fā)生在充電時的左側電極，故A正確；B．由分析可知，充電時，與直流電源正極相連的納米管材料電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水使碳酸氫根離子濃度減小，故B錯誤；C．由分析可知，放電時，雙極膜中水離解出的氫氧根離子向鋅電極遷移，故C正確；D．由分析可知，放電時，納米管材料電極為原電池的正極，碳酸氫根離子作用下二氧化碳在正極得到電子發(fā)生還原反應生成甲醇、碳酸根離子和水，電極反應式為，故D正確；故選B。13.常溫下，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的次磷酸H3PO2溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系數(shù)[比如的分布系數(shù)：[]隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變化關系如圖所示。下列說法不正確的是A.H3PO2是一種一元弱酸B.常溫下，H3PO2的電離常數(shù)C.V(NaOH)=10mL時，c(Na+)＜c()D.pH=7時，溶液中c(Na+)＜0.05mol/L【答案】B【解析】【分析】左側縱坐標是含磷微粒的分布系數(shù)，根據(jù)圖示可知：隨著NaOH溶液的加入，溶液的pH值逐漸增大，則曲線②為pH變化；含磷微粒只有2種，說明次磷酸為一元弱酸，且溶液的pH值越小，①、③為含磷微粒，δ(H3PO2)越大，溶液的pH值越大，δ()越大，故曲線③為δ(H3PO2)，曲線①為δ()，然后根據(jù)問題分析解答?！驹斀狻緼．隨著NaOH溶液的加入，溶液的pH值逐漸增大，則②為pH變化；①、③為含磷微粒，且含磷微粒只有2種，說明次磷酸為一元弱酸，A正確；B．左側縱坐標是含磷微粒的分布系數(shù)，而溶液pH隨所加NaOH溶液體積V變化曲線(滴定曲線)是右側的縱坐標，當(H3PO2)=()時，即c(H3PO2)=c()，溶液的pH＜4，所以Ka=＜1.0×103，B錯誤；C．根據(jù)圖像可知：當V(NaOH)=10mL時，c()＞c(H3PO2)，溶液為H3PO2與NaHPO2的混合溶液，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c()，此時溶液pH＜7，溶液顯酸性，則c(H+)＞c(OH)，故c(Na+)＜c()，C正確；D．溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c()，當溶液pH=7，溶液顯中性，則c(H+)=c(OH)，故c(Na+)=c()，此時溶液為H3PO2與NaHPO2的混合溶液，H3PO2過量，此時加入NaOH溶液的體積小于20mL，故c(Na+)=c()＜=0.05mol/L，即c(Na+)＜0.05mol/L，D正確；故合理選項是B。14.我國科學家在高壓下設計了一種氫元素化合物體系的高溫超導體，其晶胞結構如圖所示。設該立方晶胞參數(shù)為apm，阿伏加德羅常數(shù)為。下列說法錯誤的是A.該超導體的化學式為B.該晶胞中與Ca最近且距離相等的Y有8個C.該晶胞體的密度為D.該晶胞中相鄰H原子之間最短距離為【答案】C【解析】【詳解】A．該晶胞中Ca為于頂點，個數(shù)為8=1，Y位于體心，個數(shù)為1，H位于面心，個數(shù)為24=12，該超導體的化學式為，故A正確；B．由晶胞結構可知，該晶胞中與Y最近且距離相等的Ca有8個，由化學式可知，該晶胞中與Ca最近且距離相等的Y有8個，故B正確；C．該晶胞體的密度為，故C錯誤；D．由晶胞結構可知，相鄰H原子之間最短距離為面對角線的，為，故D正確；故選C。二、非選擇題(本大題包括4小題，共58分)15.五水硫酸銅在化工、農業(yè)、醫(yī)藥、食品等方面均有廣泛的用途，實驗室制備方法如下：（1）制備硫酸銅溶液稱取3.0g銅粉放入雙頸燒瓶中，加入11.0mL,再分批緩慢加入5.0mL濃,待反應緩和后水浴加熱。在加熱過程中補加6.0mL和1.0mL濃硝酸。①儀器甲的名稱是______，硝酸的主要作用是______。②分批加入硝酸的主要原因是______。③實驗過程中，觀察到有氣體生成，NaOH溶液的作用是吸收______和______。（2）制得五水硫酸銅粗品待Cu接近于全部溶解后，趁熱用傾析法將溶液轉至小燒杯中，然后通過“相關操作”得到粗五水硫酸銅晶體。①趁熱用傾析法轉液的目的是______、______。②通過“相關操作”得到粗五水硫酸銅晶體，其“相關操作”是指將溶液轉至蒸發(fā)皿中，水浴加熱，______。③如果蒸發(fā)水時溫度過高，得到的晶體會偏白色，則原因是______。（用化學反應方程式表示）【答案】（1）①.分液漏斗②.氧化銅粉③.防止反應產生的熱效應增加硝酸的揮發(fā)量④.二氧化氮⑤.一氧化氮（2）①.除去殘余固體②.防止硫酸銅晶體析出③.濃縮至表面有晶膜出現(xiàn)，取下蒸發(fā)皿（或拆去熱源），自然冷卻，析出粗五水硫酸銅晶體④.【解析】【分析】實驗室制備，將銅粉和稀硫酸加入雙頸燒瓶中，然后分批緩慢加入濃，防止反應產生的熱效應增加硝酸的揮發(fā)量，待反應緩和后水浴加熱，在加熱過程中補加6.0mL和1.0mL濃硝酸，待Cu接近于全部溶解后，趁熱用傾析法將溶液轉至小燒杯中，然后通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到粗五水硫酸銅晶體，以此解答?！拘?詳解】①儀器甲的名稱是分液漏斗，硝酸的主要作用是氧化銅粉；②分批加入硝酸的主要原因是防止反應產生的熱效應增加硝酸的揮發(fā)量；③實驗過程中，觀察到有氣體生成，NaOH溶液的作用是吸收二氧化氮和一氧化氮的混合氣體。【小問2詳解】①趁熱用傾析法轉液的目的是除去殘余固體、防止硫酸銅晶體析出；②通過“相關操作”得到粗五水硫酸銅晶體，其“相關操作”是指將溶液轉至蒸發(fā)皿中，水浴加熱，濃縮至表面有晶膜出現(xiàn)，取下蒸發(fā)皿（或拆去熱源），自然冷卻，析出粗五水硫酸銅晶體；③如果蒸發(fā)水時溫度過高，得到的晶體會偏白色，說明受熱分解產生，方程式為：。16.我國的鈷（Co）資源非常貧乏，一種利用濕法煉鋅凈化渣回收鈷的工藝如下圖所示。已知凈化渣含有較高的鋅、銅、鉛、鈷元素以及一定量的鐵和錳元素，它們大多以金屬單質和氧化物的形式存在。已知：①298K，，，。②在酸性溶液中有強氧化性（1）寫出鈷原子的價層電子排布式：______。（2）“常壓浸出”需加熱至70℃左右，宜采用______（填序號；①鹽酸②硫酸③硝酸）進行酸浸，浸出渣主要成分為______。（3）大多數(shù)金屬硫化物都難溶于水，能選擇除銅的原因是______，若加入后溶液中,，則溶液的pH約為______。（4）過二硫酸鈉（）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同時生成，請寫出該反應的離子方程式：______。加入過二硫酸鈉也可以氧化Fe2+生成Fe3+，但Fe3+不會生成沉淀，則還需要加入氯酸鈉的原因是______。（5）根據(jù)流程可知：在“沉淀分離”步驟中，還原性Co2+______Mn2+（填“強于”或“弱于”）；氧化沉淀所得產物為Co(OH)3，最終鈷產品是Co(OH)3脫水后的產物，脫水前后質量比為55:46，則鈷產品的化學式為______?！敬鸢浮浚?）3d74s2（2）①.②②.Cu、PbSO4（3）①.生成的CuS溶解度最小，先于其它的金屬離子沉淀②.1（4）①.②.消耗了H+，促進Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去（5）①.弱于②.CoO(OH)【解析】【分析】以凈化渣(主要含鋅、銅、鉛、鈷元素以及一定量的鐵和錳元素，它們大多以金屬單質和氧化物的形式存在)為原料提取鈷，加入硫酸進行酸浸，“浸出渣”的主要成分為Cu、PbSO4，其它金屬元素均轉化為對應的硫酸鹽，Na2S常用作沉淀劑，銅渣為CuS，“氧化”過程中，Na2S2O8將Fe2+氧化為Fe3+，加NaClO3調節(jié)溶液pH，F(xiàn)e3+轉化為氫氧化鐵沉淀，再次加入Na2S2O8，可將Co2+氧化生成Co(OH)3，經一系列轉化后可得鈷產品?！拘?詳解】Co為27號元素，其基態(tài)原子的價層電子排布式：3d74s2?！拘?詳解】“常壓浸出”的加熱溫度為70℃左右，溫度高時，鹽酸、硝酸均揮發(fā)，對設備的腐蝕能力強，而硫酸不揮發(fā)，則宜采用②硫酸進行酸浸。酸浸后金屬元素轉化為對應的金屬硫酸鹽，但銅與硫酸不反應，PbSO4為難溶物，則浸出渣主要成分為Cu、PbSO4?！拘?詳解】大多數(shù)金屬硫化物都難溶于水，能選擇除銅的原因是生成的CuS溶解度最小，先于其它的金屬離子沉淀；加入后的溶液中，，則溶液中的，根據(jù)、知，，其中，則，溶液的pH約為1?！拘?詳解】過二硫酸鈉（）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同時生成，根據(jù)化合價升降守恒、電荷守恒及原子守恒可得反應的離子方程式：。加入過二硫酸鈉能氧化Fe2+為Fe3+，但Fe3+不會生成沉淀，氯酸鈉屬于強堿弱酸鹽，加入氯酸鈉可消耗溶液中的H+，從而促進Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去?！拘?詳解】由圖知，在“沉淀分離”步驟中得到錳鐵渣和含鈷元素的溶液，說明還原性Co2+弱于Mn2+；Co(OH)3的相對分子質量為110，Co(OH)3脫水前后質量比為55:46，說明則該過程中發(fā)生：，則鈷產品的化學式為CoO(OH)。17.一氧化二氮是一種強大的溫室氣體，也是人類最早應用于醫(yī)療的麻醉劑之一。它可由NH4NO3在加熱條件下分解產生。（1）等電子體理論認為N2O與CO2分子具有相似的結構（包括電子式），則其空間構型是______，為______分子（填“極性”或“非極性”）。（2）一定溫度下，將足量NH4NO3（s）加入含有催化劑的1L恒容密閉容器中，發(fā)生下面兩個反應：反應1：反應2:;測得平衡時容器中氣體總壓為33.0KPa，且P(O2)為2.4KPa。則平衡時，P(H2O)為______kPa。（3）分別向三個體積不變的密閉容器中充入如表所示相應氣體，進行反應。容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡轉化率隨溫度變化的曲線如圖所示：容器物質的量/mol編號體積/LN2ON2O2Ⅰ0.200Ⅱ0.200Ⅲ0.200①、、由大到小的順序為______。②保持溫度不變的情況下，達平衡后再向容器Ⅰ中注入Ar稀釋，N2O的分壓p(N2O)將______（填“增大”、“減小”或“不變”）。③370℃時該反應的平衡常數(shù)為______。（結果保留2位有效數(shù)字）（4）在Co*的催化作用下，用CO（g）還原N2O（g）以除去污染，反應的化學方程式為：，其反應歷程和能量變化如圖所示（逸出后物質認為狀態(tài)未發(fā)生變化，在圖中略去）。該反應分兩步進行：第一步：;第二步：______（填寫第二步反應的熱化學方程式）。（5）若將CO（g）還原N2O（g）的反應設計成如圖的原電池裝置，則該電池正極的電極反應式為______?！敬鸢浮浚?）①直線形②.極性（2）20.4（3）①.②.不變③.0.018（4）（5）【解析】【小問1詳解】CO2分子的結構式為O=C=O，空間結構為直線形，屬于非極性分子，等電子體理論認為N2O與CO2分子具有相似的結構（包括電子式），則N2O的空間構型也是直線形，由于其中一個N為中心原子，其分子的正負電荷中心不重合，屬于極性分子。【小問2詳解】設平衡時P(H2O)=xkPa，則平衡時容器中氣體總壓為P(H2O)+P(N2O)+P(N2)+P(O2)=x+()+4.8+2.4=33.0，解得x=20.4，則P(H2O)=20.4kPa?！拘?詳解】①該反應是一個正向氣體體積增大的反應，由圖知，相同溫度下，容器Ⅰ中的N2O的平衡轉化率最高，說明其中的壓強最小，則對應的最大，故。②容器Ⅰ的體積恒定，保持溫度不變的情況下，達平衡后再向容器Ⅰ中注入Ar稀釋，N2O的濃度不變，其分壓p(N2O)也不變。③由圖知，370℃時容器Ⅰ（體積為1L）中N2O的平衡轉化率為40%，則反應達到平衡的過程中N2O轉化了，平衡時N2O、N2、O2的物質的量分別為0.12mol、0.08mol、0.04mol，故該反應的平衡常數(shù)。【小問4詳解】用總反應減去第一步反應式可得到第二步反應式：，由圖知，其，則第二步反應的熱化學方程式：?！拘?詳解】由圖知，N2O在正極被還原為N2，根據(jù)電荷守恒及原子守恒，正極的電極反應式：。18.溴代二氟甲基芳醚廣泛存在于各類生物活性化合物中。近日，上海有機所卿鳳翎課題組首次報道了一種通過苯酚、二氟卡賓前體（CH3）3SiCF2Br和CuBr的三組分氧化偶聯(lián)反應，合成了一種溴