2020届全国名师联盟高三上学期入学测试考试卷(三)化学试题(解析版)

页 页 第B.正极的电极反应： O2+4e+2H2O=4OHC.有机电解液可以是乙醇等无水有机物D.充电时专用充电电极可防止空气极腐蚀和劣化12.下列操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A验证SC2的漂白性将SQ通入澳水，观察滨水是否褪色B提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量 NaCH溶液，振荡后静置分液，并除去有机相中的水C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中D比较铁和锌的金属性强弱将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池13.已知气态煌A的密度是相同状况下氢气密度的 14倍，有机物A~E能发生如图所示一系列变化,则下列说法错误的是- °? I- °? I1-I1 3A•C.HAA分子中所有原子均在同一平面内A-B所用试剂为H2OC.分子式为C4H8。2的酯有3种D.等物质的量的B、D分别与足量钠反应生成气体的量相等.两种气态燃组成的混合气体完全燃烧后得到 CO2和吐0的物质的量随混合燃的总物质的量的变化如图所示，则下列对混合煌的判断正确的是①一定有乙烯；②一定有甲烷；③一定有丙烷；④一定无乙烷；⑤可能有乙烷；⑥可能有丙快。

1 2 3混混合物质的的量川\体挖啦的战41 2 3混混合物质的的量川\体挖啦的战4A.②③⑤ B.⑤⑥ C.①② D.②④⑥.某试液中只可能含有K>NH+、Fe2+、Al"、C「、Sd-、CO3-、AIO2中的若干种离子，离子浓度均为0.1molI1,某同学进行了如下实验，下列说法正确的是K脚舞无明显bhnqjH酸夜液过量’现象.一记K脚舞无明显bhnqjH酸夜液过量’现象.一记F■*气体f滤液x

一沉淀ANaOHL气体溶浓而一滤液-一沉淀B胃沉淀CA.无法确定原试液中是否含有 Al“、Cl原溶液中存在NH4+、Fe2+、C「、SQ2-C.无法确定沉淀C的成分D.滤液X中大量存在的阳离子有 NH+、Fe"和Ba2+16.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是选项ABCD被提纯物质乙醇（水）乙醇（乙酸）乙烷（乙烯）澳苯（澳）除杂试剂生石灰氢氧化钠溶液酸性高镒酸钾溶液KI溶液分离方法蒸播分液洗气分液17.ClO2熔点为-59.5C,沸点为11.0C,温度过高可能引起爆炸，易溶于水,易与碱液反应。工业上用潮湿的 KClQ和草酸（H2c2O4）在60c时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集 ClO2并测定其质量。

电动

搅拌棒潮湿的KCIOj和草酸电动

搅拌棒NaOH实验I:制取并收集C1O2,装置如图所示。NaOH(填冰水浴”、狒水浴”或“6。的热水浴”装置。⑴装置A除酒精灯外，还必须添加装置，目的是。装置(填冰水浴”、狒水浴”或“6。的热水浴”装置。(2)装置A中反应产物有K2CQ、C1Q和CO2等，请写出该反应的化学方程式实验II：测定C1Q的质量，装置如图所示。过程如下:玻璃液封管玻璃液封管①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用 100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；③将生成的C1O2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol/LNa2&O3标准液滴定锥形瓶中的液体， 共用去VmL脂2&。3溶液(已知：I2+2S2O3-=2I-+S4O6-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是。(4)滴定终点的现象是。(5)测得通入C1O2的质量m(ClO2)=g(用整理过的含c、V的代数式表示)。(6)判断下列操作对m(ClO2)测定结果的影响(填偏高"、褊低”或无影响”)①若在配制Na2*O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果。.铭是一种银白色金属，化学性质稳定，在化合物中常见 +2、+3和+6价等价态。工业上以铭铁矿(主要成分为FeOCr2O3,含有*2。、SiO2等杂质)为主要原料生产金属铭和重铭酸钠 NazCr2072H2。(已知Na2Cr2O7是一种强氧化剂)，其主要工艺流程如下：

珞St「固体A iJlNnBiOa铁当过量 断0珞St「固体A iJlNnBiOa铁当过量 断0些旷 L港被A屿*溶液BT越遭D磴酸. .候任侬2门2。7溶液I，作.Na2gol溶液-Fe(0R)a「固体K建液B查阅资料得知：常温下， NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将 Cr3+转化为CrO4-回答下列问题:(1)工业上常采用热还原法制备金属铭，写出以 C「2O3为原料，利用铝热反应制取金属铭的化学方程八O(2)酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是。(3)固体E的主要成分是NazSQ,根据如图分析操作a为、、洗涤、干燥。(4)已知含+6价铭的污水会污染环境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的 C「2O7-。Cr(0H)3沉淀Cr(0H)3沉淀①Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似。在上述生产过程中加入 NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为(用离子方程式表示)；②下列溶液中可以代替上述流程中 Na2s2O3溶液最佳的是(填选项序号)；A.FeSQ溶液 B.浓H2SO4 C.酸性KMnO4溶液 D.NazSQ溶液③上述流程中，每消耗0.1molNa2s2O3转移0.8mole-,则加入Na2s2O3溶液时发生反应的离子方程式为。(5)某厂废水中含1.00X1-：3mol/L的cI2o7-,某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Cr的化合价为+3,Fe的化合价依次为+3、+2)。欲使1L该废水中的C^Oz2一完全转化为Cro.5Fei.5FeO4°理论上需要加入gFeSQ7H2O。(已知FeSQ7H2O摩尔质量为278g/mol).工业上常利用CO2为初始反应物，合成一系列重要的化工原料。(1)以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下:反应I:2NH3(g)+CQ(g)^^NH2COONH4(s)川1反应口:NH2COONH(s)K^CO(NH2)2(s)+H2O(g)AH2=+72.49kJ/mol总反应：2NH3(g)+CQ(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)由3=-86.98kJ/mol请回答下列问题：①根据8电子稳定构型，写出 CO(NH2)2的结构式。②反应I的AHi=o③在(填高温”或低温”)情况下有利于反应n的自发进行。④一定温度下，在体积固定的密闭容器中按 n(NH3):n(CC2)=2：1进行反应I,下列能说明反应I达到了平衡状态的是(填序号)。A.混合气体的平均相对分子质量不再变化B.容器内气体总压强不再变化C.NH3与CO2的转化率相等D.容器内混合气体的密度不再变化(2)将CQ和H2按质量比25:3充入一定体积的密闭容器中，在不同温度下发生反应：CQ(g)+3H2(g)—CH30H(g)+H2O(g)。测得CH30H的物质的量随时间的变化如下图。①曲线I、n对应的平衡常数大小关系为 k(i)K(n)(填“>"或<.='。②欲提高CROH的平衡产率，可采取的措施除改变温度外，还有(任写两种)。③一定温度下，在容积均为2L的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物起imolCO2、amolCO2、bmolH2、cmolCH30H(g)始投入量3molH2—cmolHzO(g)(a、b、c均不为零)若甲容器平衡后气体的压强为开始的 5/6,则该温度下，反应的平衡常数为，要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等， 且起始时维持化学反应向逆反应方向进行,乙容器中c的取值范围为GMA20.主要用于高分子胶囊和印刷油墨的粘合剂的甲基两烯酸缩水油酯GMA(即:(部分反应所需试剂和条件已略去 ):GMA已知：r4+4</幺*R(H) R(H)OHR弋£OOH

R(H)请按要求回答下列问题:(1)GMA的分子式;B(1)GMA的分子式;甘油的系统命名:(2)验证D中所含官能团各类的实验设计中，所需试剂有(3)写出下列反应的化学方程式： 反应⑤:。反应⑧:M的所有可能的结构:(4)M是H的同分异构体。MM的所有可能的结构:①能发生银镜反应 ②能使澳的四氯化碳溶液褪色 ③能在一定条件下水解(5)已知：{2} 6Ag2。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物C的路线流程图：丙烯B^BrT10第2020届高三入学调研考试卷

化学（三）答案.【答案】B【解析】A.CC4和金属钠反应生成金刚石（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，A项正确，不符合题意；B.金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质， B项错误，符合题意；C.根据原子守恒，CC4和金属钠反应得到金刚石（碳单质），另一种化合物包括Na和Cl元素，为NaCl,C项正确，不符合题意； D.根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变， D项正确，不符合题意；本题答案选B。.【答案】C【解析】A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在 10-9〜10-7m之间，即inm〜100nm，故A正确；B.光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应， 是胶体特有的性质，故B正确；C.用平行光照射NaCl溶液和Fe（OHb胶体时，Fe（OH%胶体中会产生光亮的通路， 产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；D.Fe（OH\胶体粒子具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选Co.【答案】A【解析】A.CH4分子的比例模型为 符合原子相对大小，选项A正确；B.乙烯的结构简式为CH2=CH2,选项B错误；C.氮原子未成键的孤对电子对未画出，氮气分子中氮原子之间形成 3对共用电子对，电子式为：N第N：，选项C错误；D.S2的核电荷数是16,核外电子总数为18,期结构不意图为：还泊）,选项D错误；答案选Ao.【答案】D【解析】在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边 28g氮气为1mol,则CO28x^128gCO和CC2的混合气体为0.25mol,平均摩尔质量为32g/mol;A.根据十字交叉法，CO344^2^4右边CO和CC2的分子数之比为3：1,A错误；B.右边CO的质量为28g/molX0.25molM4=1.75g,B错误；C.若改变右边CO和CQ的充入量而使隔板处于距离右端 1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol,同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为 1.25：1.2,气体压强之比为25：24,C错误；D.同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 16倍，D错误；答案为Do5.【答案】D【解析】A.向明矶［KAl(SO4)2］溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时为溶液中的铝离子全部变为AlO2:Al3++2sd-+2Ba2++4OH-=AlO2+2H2O+2BaSQJ,A错误；B.在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe(OH)反应生成Na2FeO4：3C1O—+4OH—+2Fe(OH)3=2FeO2-+3Cl-+5H2O,B错误；C.向NaAlO2溶液中通入过量CC2制Al(OH)3:AIO2+CQ+2H2O=Al(OH)3J+HCO,C错误；D.向含有amolFeB「2的溶液中，通入xmolCl2,消耗完溶液中的亚铁离子后再与澳离子反应， 若x=a,则反应的离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-,D正确；答案为Do.【答案】D【解析】根据得失电子守恒可知如果 bmol恰好被氧化为硫酸需要bmol次氯酸钠，生成bmol氯化钠。A.当0<b<a/3时次氯酸钠过量，过量的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，即 SO2+H2O+3ClO—=So4-+2HClO+Ci,故A正确；B.根据以上分析可知当b=a时，反应的离子方程式为 SO2+H2O+ClO-=2H++Cl-+So4-,故B正确；C.当a/3=b时过量的次氯酸钠结合生成的氢离子转化为次氯酸， b=a时生成硫酸和氯化钠，氢离子的物质的量为2bmol,因此当a/3Wbw时，反应后溶液中H+的物质的量：0vn(H+)w2bmol故C正确；D.当0vbva时，次氯酸钠过量，SO2全部转化为bmol硫酸，根据得失电子守恒可知生成 bmol氯离子，剩余的次氯酸钠是(a-b)mol,剩余的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸， 因此最终次氯酸钠的物质的量小于(a-b)mol,故D错误；故答案选Do.【答案】B【解析】A项、某些放热反应也需要加热才能发生反应，如氢气和氧气的反应需要点燃发生，故 A错误；B项、1mol稀硫酸和足量的稀NaOH溶液反应生成2molH2O,放热为114.6J,则生成1mol水放出的热量为57.3J,该中和反应的中和热为刖=—57.3kJ/mol,故B正确；C项、H2O(g)变化为H2O(l)为放热过程，则等量H2在O2中完全燃烧生成H2O(g)与生成H2O(l),前者放出的热量少，故C错误；D项、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量， 水的稳定状态是液态，故D错误；故选B。.【答案】B【解析】达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。 A项、该反应是一个气体体积不变的反应，混合气体的压强终不变，混合气体的压强不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，故 A错误；B项、该反应是一个气体颜色变浅的反应，混合气体颜色保持不变说明各物质的浓度不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C项、由质量守恒定律可知，混合气体质量始终不变，固定的密闭容器中混合气体密度始终不变，所以混合气体的密度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故 C错误；D项、消耗1molSO3为逆反应速率，生成1molNO2也为逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反

应达到平衡状态，故D错误；故选Bo.【答案】C【解析】A、利用先拐先平衡，化学反应速率快，说明温度高，压强大，即 丁2>「，P2>Pi,故A错误;B、由于无法确定A的状态及a值，增加B的物质的量，B的转化率是增大还是减小，无法确定，故B错误;G若a=2,根据压强与C%勺关系，增大压强，C%减小，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，则A为液态或固态，故C正确；D、根据温度与C%的关系，温度越高，C%咸小，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，故D错误；答案选Co.【答案】D【解析】A.由图象可知-lgc(SeO3)=5.0时，-lgc(Ag+)=5,则Ksp(Ag2SeQ尸c2(Ag+)xc(SeO)=10-15,数量级为10-15,故A错误；B.由图象可知d点对应的c(Ag+)偏大，应生成沉淀，B错误;C.由图象可知起始时，-lgc(Ag+)=2，则所用AgNO3溶液的浓度为10-2mol/L,C错误；D.Ag2SeQ(s)+2Br(aq)=2AgBr(s)+Se4(aq)平衡常数为D.Ag2SeQ(s)+2Br(aq)=2AgBr(s)+Se4(aq)平衡常数为2cSeO3_ KspAgzSeQK=2 =-TT?：~ZcBr- KspAgBr1510一S27^=1010」9.6应趋于完全，D正确；故合理选项是Do.【答案】C【解析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，在水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子。A.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面， A正确；B.因为该电池正极为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为 O2+2H2O+4e=4OH-,B正确；C.乙醇可以和金属锂反应，所以不能含有乙醇， C错误；D.充电时，阳极生成氧气，可以和碳反应，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀， D正确；故合理选项是Q.【答案】D【解析】A.二氧化硫与滨水反应体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，A错误；B.向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量碳酸钠溶液，振荡后静置分液，用NaOH会使乙酸乙酯水解，B错误；C.浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，与稀硫酸和锌的反应不具有可比性， C错误；D.将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池，活泼金属作负极，另一金属作正极， D正确；答案为D.【答案】C【解析】依题意可得气态煌A的相对分子质量为14X2=28即A为乙烯，由B连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，则E为乙酸乙酯。A与水发生加成反应得到乙醇。 A.乙烯为平面结构，所以所有原子在同一平面内， 故A正确；B.乙烯与水发生加成反应得到乙醇， 故B正确；C.分子式为C4H802且含酯基的同分异构体有4种，即HCOOCHCH2CH3、HC00CH(CH)CH3、CH3COOCHCH3和CH3CH2COOCH,故C错误；D.金属钠能与醇羟基反应放出氢气，也能与竣基反应放出氢气，而乙醇和乙酸中都只有一个

活泼氢原子，因此等物质的量乙醇和乙酸与足量钠反应生成气体的量是相等的，故D正确；故选Co.D正确；故选Co【解析】由图可知两种气态煌的平均组成为 G.6H4,根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有 CH4,由氢原子平均数可知，另一气态燃中氢原子数目为 4,碳原子数目大于1.6,且为气体，据此判断。结合图可以知道，3mol混合燃完全燃烧生成6mol水，则该混合煌中平均含有H原子数为：6X2=4；3mol混合燃完全燃烧生成的二氧化碳为 4.8mol,则混合煌中平均C原子数为：4.8+异1.6,故两种气态煌的平均组成为G.67H4,根据碳原子平均数可以知道，混合气体一定含有 CH4,由氢原子平均数可以知道，另一气态燃中氢原子数目为4,碳原子数目大于1.6,且为气体，可能含有乙烯、丙快，一定没有乙烷、丙烷，故正确的为：②一定有甲烷、④一定无乙烷、⑥可能有丙快；综上所述，本题选 Do.【答案】B【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子、 Ba2+、AIO2；加入硝酸钢后有气体产生，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钢；加入NaOH溶液后有气体，说明原溶液中有俊根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量 CO2产生沉淀，先后与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸银，不能说明存在 Al3+。因为离子浓度均为 0/mol?-1,从电荷的角度出发，只能含有 NH+、Fe2+、C「、SC2-才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。A.通过上述分析，原试液中确定含有 C「，无法确定含有A13+,故A错误；B.通过上述分析可知原溶液中存在 NH：、Fe2+、Cl-、SC4",故B正确；C.通过上述分析可知沉淀C的成分为碳酸钢，故C错误；D.通过上述分析可知滤液X中不存在大量的Ba2+,故D错误；综上所述，本题正确答案为Bo.【答案】A【解析】A.生石灰与水反应，消耗了乙醇中混有的水，蒸储可得到乙醇； A项正确；B项，乙醇易溶于水，利用分液的方法不能将乙醇与盐溶液分离开； B项错误；C项，酸性高镒酸钾溶液可将乙烯氧化为二氧化碳，引入了新的杂质； C项错误；D项，澳可将KI氧化为碘单质，而碘易溶于澳苯，引入了新的杂质，D项错误；本题答案选Ao.【答案】实验I:(1)温度控制使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸 冰水浴(2)2KCQ+H2QO460七QCQ+CC2T+2CQT+KO实验II:(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点(5)1.35cVX10g(6)偏高 偏低【解析】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11C,用氯酸钾粉末与草酸在60c时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置 A中还应安装的玻璃仪器是温度计； C1O2熔点为-59C,沸点为11.0C,温度过高可能引起爆炸， 其温度要保持60-80C之间，控制温度的目的是使反应发生 (或正常进行),并防止温度过高引起爆炸， C1O2的沸点：11.0C,沸点低，用冰水可以使 C1Q冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置 B使用冰水浴装置，进行降温处理； (2)KClQ和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CQ和 H2O,根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KC1Q+H2G2d60七K2CO3+COT+2C1QT+H2O;(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等； (4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点； (5)VmLNa2s2O3溶液含有Na2s2。3物质的量n(Na2s2O3)=V10-3LXcmol/L=V10-3mol。则：根据关系式：2c1。2〜512〜10Na2s26,2 10n(ClO2) cV103mol所以n(ClO2)=-n(Na2s203)=-xV10-3mol,所以m(ClO2)=n(ClO2)M=-x5 5 5cV10—3molx67.5g/mol=1.35cV-2g；1(6)①若在配制Na2s2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClQ的含量偏高；②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中 ClO2的含量偏低。, 高温.18.【答案】(1)Cr2O3+2Al====：Al2O3+2Cr(2)Cr207-会氧化C「生成氯气，造成污染(3)蒸发结晶 趁热过滤(4)Cr(OH)3+0H-=Cr02+2H20 D3s2。3-+4CI2O2-+26H+=8Cr3++6so4-+13H20(5)2.78【解析】(1)利用铝热反应制取金属铭的化学方程式： Cr2O3+2Al====：Al2O3+2Cr；(2)酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是Na2Cr2O7是一种强氧化剂，C「2O7-会氧化Cl-生成氯气，造成污染；(3)Na2Cr2O7和Na2sO4溶解度随温度变化情况存在明显差异，故可利用冷却结晶的方法进行分离，实际操作为蒸发结晶、趁热过滤；(4)①Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似，也能溶解在NaOH溶液中，因此加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，过高说明NaOH明显过量，会溶解Cr(OH)3生成NaCrQ：Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O；②上述流程中Na2s2O3溶液的作用是还原剂，同时氧化产物为 NazsQ,没有增加溶液的成分，故选项D符合题意；③每消耗0.1molNa2s2O3转移0.8mole-,说明其氧化产物全部为 NazsQ,此时发生反应的离子方程式为：3s2O3-+4Cr2O2-+26H+=8Cr3++6sO2-+13H2O;(5)根据Cr0.5Fe1.5FeO4中，Cr：Fe=0.5：2.5=1:5;故有

__ _ -3n(FeSO47H20)=1.00x10mol/LX1LX2X5=lMo10故质量为2.78g。19.【答案】(1) -159.47kJ/mol高温BD1I(2)> 增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物 1/12 1/3<c<1【解析】⑴①根据8电子稳定构型；CO(NH2【解析】⑴①根据8电子稳定构型；CO(NH2)2②反应I2NH3(g)+CO2(g尸NH2CO2NH4(s)2NH3(g)+CO2(g尸NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)AH2=+72.49kJmol-1,总反应出：2NH3(g)+CO>(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)刖3=-86.98kJmol-1,由盖斯定律总反应出-反应n,得到2NH3(g)+CO2(g)=NH2CQNH4(s)AH1=a=-159.47kJmol-1；③反应n:NH2CQNH4(s尸CO(NH2)2(s)+H2O(g)AH2=+72.49kJmol-1,反应前后气体体积增大， 寿〉0,始变分析可知是吸热反应， AH>0,所以依据反应自发进行的判断依据 AH-TASV0,需要在高温下反应自发进行，故答案为：高温；④ A.反应I中反应物为气体，生成物全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，选项 A错误；B.反应I中，气体的物质的量减小，所以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项 B正确；C.NH3与CQ的转化率相等时，不能达到丫正(N%)=2v逆(CQ),反应没有达到平衡状态，选项C错误；D.反应I中，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项 D正确；答案选BD;(2)①II平衡时间小于I,说明II反应速率大于I,且平衡时II中CH30H的物质的量小于I,说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即II的温度大于I,温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡应方向移动，则只能是升高温度，即常数越小，所以Ki>Kn,故答案为：>;②欲提高 CH30H的平衡产率，则使平衡正向移动，可采取的措施除改变温度外，还有增大压强或增加TOC\o"1-5"\h\zCQ用量或及时分离出产物；③设二氧化碳反应量为 x施除改变温度外，还有增大压强或增加CO2(g)+3H2(g)r=CH30H(g)+H2O(g)初始量(mol):1 3转化量(mol):x 3x平衡量(mol):1-x 3-3x甲中平衡后气体的压强为开始时的~倍，即~——=~,解得x=，mol,反应的平衡常数为甲中平衡后气体的压强为开始时的6 4 6 311—X—6—6=1；依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料， c的物113 12一13

质的量为1mol,c的物质的量不能低于平衡时的物质的量—mol,所以c的物质的量为：^molvcv1mol。3 320.【答案】（1）质的量为1mol,c的物质的量不能低于平衡时的物质的量—mol,所以c的物质的量为：^molvcv1mol。3 3NaOH溶液、HNO3溶液、AgNQ溶液TOC\o"1-5"\h\z…c _cn Q _2CH3CH(OH)Ch3+O2—►2 II +2H2O&CHlC-CHCH2=C-CH3 ri糖硫酸C