1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2018-2019学年上学期高三第二次月考化 学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39 Ba137相对原子质量：
2、H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl355 K39 Fe56 Mn55 Ba137第卷（选择题，共48分）一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列有关叙述不正确的是A纤维素、酚醛树脂均属于高分子化合物B花生油在碱性条件下的水解，可用于制肥皂C石油的分馏所得的馏分一定都是纯净物D利用渗析原理，用半透膜和蒸馏水可除去淀粉胶体中的食盐2下列有关物质的分类与性质的说法正确的是A液氯、冰醋酸、C4H8均属于纯净物BSO3、SiO2均属于酸性氧化物C已知：H3RO2+NaOH(足量) =NaH2RO2+H2O，则H3RO2为三元酸，NaH2RO2为酸式盐D往任何
3、胶体中加入任何电解质都能使胶体粒子聚沉3用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A1mol CH4与Cl2在光照条件下反应生成的CH3Cl分子数为NAB5.6g Fe和6.4g Cu分别与足量Cl2反应，转移的电子数均为0.2NAC0.1molL1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAD3.0g葡萄糖和醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA4已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示(E1、E2均为正值)，下列说法正确的是A破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量B该反应只有在加热条件下才能进行CA和B的总能量一定高于C和D的总能量D该反应吸收的能量为
4、(E1-E2)5某温度下，体积一定的密闭容器中发生如下可逆反应：2X(g)+Y(s)3Z(g) H=Q kJmol1，下列说法正确的是A气体的密度不变时，说明达到了平衡状态B加入少量的Y正反应速率加快C消耗2mol X同时生成3mol Z，说明达到了平衡状态D加入少量的X，Q变大6X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 gL1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A原子半径：WZYXMBXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型
5、的共价化合物C由X元素形成的单质不一定是原子晶体D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键7用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。已知：Cu(s)2H+(aq)=Cu2+(aq)H2(g) H64.39 kJmol12H2O2(l)=2H2O(l)O2(g) H-196.46 kJmol1H2(g)O2(g)=H2O(l) H-285.84 kJmol1在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2(aq)和H2O(l)的反应热的H等于A-417.91 kJmol1 B-319.68 kJmol1C+546.69 kJmol1 D-448.46 k
6、Jmol18能正确表示下列反应的离子方程式的是A用石墨作电极电解CuCl2溶液：2Cl2H2O2OHCl2H2B0.01molL1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02molL1 Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3+2SO2Ba2+4OH=2BaSO4AlO2H2OC氧化亚铁溶于稀硝酸：3FeO10H+NO=3Fe3+NO5H2ODCa(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2+HCOOH=CaCO3H2O9将等体积的0.1molL1 AgNO3溶液和0.1molL1 NaCl溶液混合得到浊液，过滤后进行如下实验：下列分析不正确的是A的现象说明上层清液中不含Ag+B的现象说明该温度下A
7、g2S比Ag2SO4更难溶C中生成Ag(NH3)，促进AgCl(s)溶解平衡正向移动D若向中滴加一定量的硝酸，也可以出现白色沉淀10已知NH4CuSO3与足量的稀硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法正确的是A反应中硫酸作氧化剂 BNH4CuSO3中S元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气 D1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子11a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径与原子序数的关系如下图，下列说法错误的是Aa、e两种元素的气态氢化物的沸点相比，前者较高Bc、e两种元素的离子半径相比，前者较小C由a与d两种元素组成的化
8、合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应Dc的氧化物能溶于b的氢氧化物的水溶液和e的氢化物的水溶液12下列说法错误的是A镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的B反应Hg(1)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，则H0C将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小、呈酸性D对于反应2H2O2=2H2O+O2，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率13取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为A4.4molL1 B3.6molL1 C4.0molL1 D3.2molL1
9、142018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：下列说法正确的是A图中能量转化方式只有2种BH+向a极区移动Cb极发生的电极反应为：N2+6H+6e=2NH3Da极上每产生22.4L O2流过电极的电子数一定为46.02102315下列图示与对应的叙述相符的是 甲 乙 丙 丁A图甲表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOHNOHB图乙表示常温下0.1000molL1醋酸溶液滴定20.00mL 0.1000molL1 NaOH溶液的滴定曲线C图丙表示反应CH4(g)H2O(g)CO(g)3H 2(g)的能量变化，
10、使用催化剂可改变EbEa的值D图丁表示反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率cba16还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O和CrO）工业废水的常用方法，过程如下：已知转换过程中的反应为：2CrO(aq)+2H+(aq)Cr2O(aq)+H2O(l)。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6gL1，CrO有10/11转化为Cr2O，下列说法不正确的是A溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态B若用绿矾（FeSO47H2O）作还原剂，处理1L废水，至少需要458.7gC常温下转化反应的平衡常数K
11、11014，则转化后所得溶液的pH5D常温下KspCr(OH)311032，要使处理后废水中的c(Cr3)降至1105molL1，应调溶液的pH5第卷（非选择题，共52分）二、非选择题17(15分)（1）在某一容积为2L的密闭容器中，某一反应中A、B、C、D四种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图所示：回答下列问题：该反应的化学方程式为_。前2min用A的浓度变化表示的化学反应速率为_。在2min时，图像发生改变的原因是_(填字母)。A增大压强 B降低温度 C加入催化剂 D增加A的物质的量（2）在100时，将0.01mol的四氧化二氮气体充入0.1L的密闭容器中发生反应，
12、隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到如下表格：时间/s浓度/molL1020406080100c(N2O4)/molL10.1000.0700.050c3abc(NO2)/molL10.0000.060c20.1200.1200.120试填空：该反应的化学方程式：_，达到平衡时四氧化二氮的转化率为_，表中c2_c3；a_b。(填“”“”或“”)在020s内，四氧化二氮的平均反应速率为_，哪一时间段(指020、2040、4060、6080、80100s)反应速率最大？_，原因是_。18（1）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。假设用酸性高锰酸钾溶液吸收煤燃烧产生的SO2，该过程中高
13、锰酸根被还原为Mn2+，请写出该过程的离子方程式_。将燃煤产生的二氧化碳加以回收，可降低碳的排放。下图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图，a电极名称：_(填“正极”或“负极”)，b电极的反应式：_。（2）如果采用NaClO、Ca(ClO)2作吸收剂，也能得到较好的烟气脱硫效果。已知下列反应：SO2(g)+2OH(aq)=SO(aq)+H2O(l) H1ClO(aq)+SO(aq)=SO(aq)+Cl(aq) H2CaSO4(s)=Ca2+(aq)+SO(aq) H3则反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO(aq) +2OH(aq)=CaSO4(s)
14、+H2O(l) +Cl(aq)的H=_。（3）FeO在水溶液中的存在形态如图所示。若向pH10的这种溶液中加硫酸至pH2，HFeO的分布分数的变化情况是_。若向pH6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，_转化为_(填微粒符号)。19常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8，42以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。（制备产品）将氯气和空气(不参与反应)按体积比13混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。（1）各装置的连接顺序为_。（2）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_；装置C的
15、作用是_。（3）制备Cl2O的化学方程式为_。（4）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_。（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是_。（测定浓度）（6）已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀释至100mL，再从其中取出10.00mL于锥形瓶中，并加入10.00mL 0.80molL1的FeSO4溶液，充分反应后，用0.05000molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00mL，则原次氯酸溶液的浓度为 。20工业上利用锌焙沙主要含ZnO、ZnFe2O
16、4（能溶于酸），还含有少量FeO、CuO等杂质制取金属锌的工艺流程如下：请回答下列问题：（1）ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。电解得到锌的能量转化方式为 ，从物质分类的角度说ZnFe2O4属于 （填“酸”、“碱”、“盐”）。工业上利用反应ZnFe2（C2O4)36H2OZnFe2O4+CO2+4CO+6H2O制备ZnFe2O4。该反应中氧化产物是 （填化学式），图中物质Y的化学式为 。（2）酸浸时要将锌焙沙粉碎，其目的是提高酸浸效率。为了达到这一目的，还可采用的措施是 （任答一条）；酸浸后溶液中存在的金属离子有 （填离子符号）。（3）净化
17、中H2O2参与反应的离子方程式为 ；试剂X的作用是 。21化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RXROH；RCHOCH3COORRCHCHCOOR请回答：（1）A中官能团的名称是_。（2）DE的化学方程式_。（3）X的结构简式_。（4）与F互为同分异构体又满足下列条件的有_种。遇到氯化铁溶液会显紫色，会发生银镜反应，苯环上有三个取代基在其它同分异构体中核磁共振氢谱有六组峰，氢原子数比符合122221的结构为_。（5）根据上面合成信息及试剂，写出以乙烯为原料（无机试剂任选），写出合成CH3CHCHCOOCH2CH3路线。此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场
18、号 座位号 2018-2019学年上学期高三第二次月考化 学答 案1.【答案】C【解析】纤维素是天然有机高分子化合物、酚醛树脂是合成有机高分子化合物，故A正确；花生油是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下的水解为高级脂肪酸盐和甘油，故B正确；石油的分馏所得的馏分仍是多种烷烃和环烷烃的混合物，故C错误；胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子能透过半透膜，所以用半透膜和蒸馏水可除去淀粉胶体中的食盐，故D正确，选C。2.【答案】B【解析】C4H8有1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-丙烯等多种同分异构体，C4H8不一定是纯净物，故A错误；SO3、SiO2都能与碱反应生成盐和水，所以SO3、SiO2均属于酸性氧化物
19、，故B正确；H3RO2+NaOH(足量)=NaH2RO2+H2O，则H3RO2为一元酸，NaH2RO2为正盐，故C错误；高分子溶胶的胶粒不带电，加入电解质溶液不能聚沉，故D错误。选B。3.【答案】D【解析】CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种卤代烃，所以1mol CH4与Cl2在光照条件下反应生成的CH3Cl分子数小于NA，故A错误；Fe与氯气反应生成FeCl3，5.6g Fe与足量Cl2反应，转移的电子数均为0.3NA，故B错误；没有溶液体积不能计算溶质的物质的量，故C错误；葡萄糖和醋酸的最简式都是CH2O，3.0g葡萄糖和醋酸的混合
20、物中含有的原子总数为4NA=0.4NA，故D正确。选D。4.【答案】D【解析】A根据图像，反应物能量低于生成物，说明该反应是吸热反应，所以破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，故A错误；B某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，故B错误；C根据A的分析可知，该反应是吸热反应，反应物能量低于生成物能量，故C错误；DH=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，故D正确；故选D。5.【答案】A【解析】AY为固体，反应达到平衡时气体的质量不变，则气体的密度不变时。说明达到了平衡状态，故A正确；BY为固体，加固体，参加反应气体的浓度不变，则
21、平衡不移动，故B错误；C根据化学反应方程式可知，不管反应是否达到平衡，每消耗2mol X同时生成3mol Z，故C错误；D加入少量的X，反应放出或吸热的热量增大，但H不变，故D错误；答案为A。6.【答案】C【解析】由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、
22、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na 元素。所以，原子半径应是WXYZM（即NaCNOH），A选项错。B选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物，而Na2O2不是直线型共价化合物（折线型化合物），B错误。C选项是正确的，例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体。D选项中，X、Y、Z、M四种元素可形成化合物(NH4)2CO3、NH4HCO3、CO(NH2)2(尿素)等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，所以D错。7.【答案】B【解析】Cu(s)2H+(aq)=Cu2+(aq)H2(g) H+64.39 kJmol1；H2O2(l)=H2O(l)O2(g) H-9
23、8.23 kJmol1；H2(g)O2(g)=H2O(l) H285.84 kJmol1；三式相加得：Cu(s)2H+(aq)H2O2(l)=2H2O(l)Cu2+(aq) H-319.68 kJmol1。8.【答案】C【解析】用石墨作电极电解CuCl2溶液生成铜和氯气，离子方程式为2ClCu2+CuCl2，故A错误；0.01molL1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02molL1 Ba(OH)2溶液等体积混合，生成BaSO4、Al(OH)3和NH3H2O，离子方程式为NHAl3+2SO2Ba2+4OH=2BaSO4Al(OH)3NH3H2O，故B错误；Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶
24、液反应，离子方程式为Ca2+2HCO2OH=CaCO3CO2H2O，故D错误。9.【答案】A【解析】0.1molL1 AgNO3溶液和0.1molL1 NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；向的溶液中滴加0.1molL1 Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明的溶液中仍然存在银离子，同时说明硫化银比Ag2SO4更难溶；取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应AgCl(s)+2NH3H2O Ag(NH3)+ Cl+2H2O，沉淀逐渐溶解，若向中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，AgCl(s)+2NH3H2OAg(NH3)+ Cl+2H2O平衡逆向移动；根据上述分析，向的滤液中滴加0.1mol
25、L1 Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明的溶液中仍然存在银离子，故A错误；向的溶液中滴加0.1molL1 Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明硫化银比Ag2SO4更难溶，故B正确；取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应AgCl(s)+2NH3H2OAg(NH3)+ Cl+2H2O，沉淀逐渐溶解，故C正确；若向中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，AgCl(s)+2NH3H2OAg(NH3)+ Cl+2H2O平衡逆向移动，出现氯化银沉淀，故D正确。10.【答案】D【解析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，发生反应的方程式
26、为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH。A由方程式可知反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，A错误；B根据方程式可知反应前后S元素的化合价没有发生变化，B错误；C因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，C错误；D反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，根据方程式可知每2mol NH4CuSO3参加反应转移1mol电子，则1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，D正确，答案选D。11.【答案】C【解析】根据原子半径与原子序数的关系可知，a为O，b为Na，c为Al，d为Si，e为Cl。A沸点：
27、H2OHCl，故A正确；B离子半径：ClAl3，故B正确；CSiO2能与HF反应，故C错误；DAl2O3是两性氧化物，既可以和NaOH溶液反应，又能与盐酸反应，故D正确。故选C12.【答案】C【解析】A锌比铁活泼，形成原电池反应时锌为负极，锌被氧化，铁被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，故A说法正确；B反应不能自发，应满足G=HTS0，即HTS，而反应的S0，故H0，故B说法正确；C升高温度，Kw变大、pH变小，但氢离子和氢氧根离子浓度相等，纯水呈中性，故C说法错误；D加入催化剂或升高温度，都可增大活化分子百分数，增大反应速率，故D说法正确。答案选C。13.【答案】D【解析】设其中每一份中含有各部
28、分的物质的量分别是：n(Cu)=x mol，n(Cu2O)=y mol，n(CuO)=z mol，根据电子守恒可得2x+2y=(4.48L22.4Lmol1)3=0.6mol，根据氧元素守恒可得y+z=6.4g16gmol1=0.4mol；两个式子相加可得：x+2y+z=0.7mol，即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.70mol。所以在500mL稀硝酸中含有硝酸的物质的量是：n(HNO3)=0.70mol2+0.20mol=1.600mol，硝酸的浓度是：c(HNO3)=nV=1.60mol/0.50L=3.2molL1，因此选项是D。14.【答案】C【解析】A图中能量转化方式有风能转化为电
29、能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；Bb极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；Cb极为正极，发生的电极反应为：N2+6H+6e=2NH3，选项C正确；Da极为负极，电极反应为2H2O-4e=O2+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为46.021023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。15.【答案】D【解析】A因为稀释能促进弱碱的电离，所以稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH变化大的碱性强，所以碱性：MOHNOH，A错误；B常温下0.1000molL1醋酸溶液滴定20.00mL
30、 0.1000 molL1 NaOH溶液，当加入20.00mL醋酸时，二者恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性，而不是中性，所以B错误；C反应中加入催化剂会降低活化能，但不影响反应热，即使用催化剂不改变EbEa的值，C错误； D反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，使一氧化氮转化率增大，NO的转化率cba，D正确；因此本题答案为D。16.【答案】C【解析】A存在平衡：2CrO(aq，黄色)+2H+(aq)Cr2O(aq，橙色)+H2O(l)，如颜色不变，说明浓度不变，则达到平衡状态，故说法A正确；B若用绿矾（FeSO47H2O）作还原剂
31、，处理1L废水，设需要x mol FeSO47H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知（6-3）=x（3-2），解得x=1.65，m(FeSO47H2O)=1.65mol278gmol1=458.7g，故B说法正确；C转化后所得溶液中铬元素含量为28.6gL1，则1L废水中n(Cr)28.6g52gmol10.55mol，CrO有10/11转化为Cr2O，则酸化后c(CrO)=0.55molL1(1-10/11)=0.05molL1，c(Cr2O)=0.55 molL110/111/2=0.25molL1，常温下转换反应的平衡常数K=11014，则=11014，解得c(H+)
32、=1106molL1，所以pH=6，故C说法错误；D常温下KspCr(OH)311032，要使处理后废水中的c(Cr3+)降至1105molL1，则c(Cr3+)c3(OH)=11032，解得c(OH)=1109molL1，pH=5，故D说法正确；答案选C。17.【答案】（1）4A5B6C4D；0.1 molL1min1；AC（2）N2O42NO2 ；60%；0.0015molL1s1；020s；开始时反应物的浓度最大【解析】（1）达到平衡时A、B、C、D改变的物质的量分别为0.8mol、1.0mol、1.2mol、0.8mol，且A、B的物质的量减少，为反应物；C、D的物质的量增加，为生成物
33、。故反应的化学方程式为4A5B6C4D。前2min时，v(A)0.1 molL1min1。从图像看，23min时图像的斜率变大，说明化学反应速率变快。增大压强、加入催化剂均增大化学反应速率，而降低温度减小化学反应速率。增加A的物质的量，虽能加快化学反应速率，但图像要产生突变。（2）反应方程式为N2O42NO2，在时间为60s时，c(NO2)为0.120molL1，此后浓度不再发生改变，即时间为60s时，反应达到平衡。由N2O42NO2计算得，在40s时，c2(0.10.050)molL120.10 molL1，c3(0.10.120)molL10.040molL1。因60s时反应达到平衡，则a
34、b；四氧化二氮的转化率为100%60%，在020s内，N2O4的平均反应速率为v(N2O4)0.0015molL1s1，所给时间段中，反应开始时速率最大，因反应开始时反应物的浓度最大。18.【答案】（1）2MnO+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO+4H+；负极；CO2+2e+2H+=HCOOH （2）H1+H2-H3 （3）先增大后减小；HFeO ；FeO【解析】（1）用酸性高锰酸钾溶液吸收煤燃烧产生的SO2，过程中高锰酸根被还原为Mn2+，则SO2被氧化为SO，则该过程的离子方程式为：2MnO+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO+4H+；a电极处，H2O转化为O2，此过程为失去电子的反
35、应，原电池中失去电子的电极为负极，b电极为正极，CO2和H+得到电子，生成HCOOH，则b电极的反应式：CO2+2e+2H+=HCOOH；（2）根据盖斯定律：SO2(g)+2OH(aq)=SO(aq)+H2O(l) H1；ClO(aq)+SO(aq)=SO(aq)+Cl(aq) H2；CaSO4(s)=Ca2+(aq)+SO(aq) H3；则+-得反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO(aq)+2OH (aq)=CaSO4(s) +H2O(l) +Cl(aq)的H=H1+H2-H3；（3）图象分析可知，若向pH10的这种溶液中加硫酸至pH2，HFeO的分布分数的变化情况是先增大后减小；向p
36、H=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO+OH=FeO+H2O，HFeO转化为FeO。19.【答案】（1）ADBCE （2）加快反应速率，使反应充分进行；除去Cl2O中的Cl2 （3）2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2(或2Cl2Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3) （4）防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解 （5）制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大（6）1.000molL1【解析】A装置制备氯气，D装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成13的混合气体通入B装置，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，C装置吸收除去Cl2O中的Cl2
37、，E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液；故答案为：A、D、B、C、E；（）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是加快反应速率，使反应充分进行；装置C装置有足量的四氯化碳溶液，其作用是除去Cl2O中的Cl2；（）氯气和空气（不参与反应）按体积比13混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，反应为：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2或2Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaCO3；（）由题可知：Cl2O 42以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中；（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别
38、是制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大；（6）根据反应H2O+ClO+2Fe2+=Cl+2Fe3+2OH、MnO+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，则原次氯酸溶液的浓度为=1.000molL1。20.【答案】（1）电能转化为化学能；盐；ZnFe2O4、CO2（写对一种物质得1分，两种物质都写出得2分，有一种错误不得分）；Cu（2）增大硫酸的浓度（升高温度、搅拌等其他合理答案均得分）；Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+（写对两种离子得1分，四种离子都写对得2分，有一种错误不得分）（3）H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（方程式不配平不得分）调节溶液的pH，促进Fe3+
39、水解（使Fe3+沉淀除去）（答出促进Fe3+水解或使Fe3+沉淀除去等相关说法得2分）21.【答案】（1）羟基 （2）（3） （4）20；、等，（写一个）（5）【解析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C为，C在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D应为，由D能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHOCH3COORRCHCHCOOR，则E为，据此可知F为，X为。（5）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，再进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生之后反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯与乙醛再乙醇
40、钠条件下反应生成CH3CH=CHCOOCH2CH3。（1）A为乙醇，含有官能团为-OH，名称为羟基；（2）D为苯甲醇，D发生氧化反应得E，化学反应方程式为；（3）X为（4）满足下列条件遇到氯化铁溶液会显紫色，说明有酚羟基，会发生银镜反应说明含醛基 苯环上有三个取代基，其中一个为-OH，另外2个为：-CH2CH3、-CHO或者-CH3、-CH2CHO，2个不同的取代基有邻、间、对3种位置，对应的-OH分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有2（4+4+2）=20种。在其它同分异构体中核磁共振氢谱有六组峰，氢原子数比符合122221的结构为、等；（5）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，再进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生之后反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯与乙醛再乙醇钠条件下反应生成CH3CH=CHCOOCH2CH3合成路线流程图为：
