全国百强名校2021届高三第一次联合调研考试化学试题（试卷版含答案+全解全析）03.doc

1、 全国名校 2021 届高三第一次联合调研考试卷 化化 学学 注意事项：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：H 1 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 As 75 一、选择题（共

2、一、选择题（共 48 分）分） 1央视栏目国家宝藏不仅彰显了民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正 确 的是 A宋王希孟千里江山图中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜 B宋莲塘乳鸭图缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质 C战国 曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金 D清乾隆瓷母是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅 2下列化学用语对事实的表述不正确的是 A由 H 和 Cl 形成共价键的过程： BNa2O2用于呼吸面具的供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 C实验室用 NH4Cl 和 Ca(OH)2的混合物制取氨：2NH4Cl+Ca(OH)2= CaCl2+2

3、NH3+2H2O D铝粉加入 NaOH 溶液中产生无色气体：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2 3设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A4.0g 由 CO2和 SO2组成的混合物中含有的质子数为 2NA B2.24L Cl2与 CH4在光照下反应生成的 HCl 分子数为 0.1NA C常温下，0.1mol 环氧乙烷()中含有的共价键数为 0.3NA D4.2g CaH2与水完全反应，转移的电子数为 0.1NA 4某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是 A甲装置：可用来证明碳的非金属性比硅强 B乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下 C丙装

4、置：用图示的方法不能检查此装置的气密性 D丁装置：先从口进气集满二氧化碳，再从口进气，可收集氢气 5短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数的 关系为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作 用，可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是 AW 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物 BZ 与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 CZ 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性 D对应的简单离子半径大小为 WZXY 6下列离子方程式正确的是 AKClO 碱性溶液与 Fe(OH)3反应

5、：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO2 4+3Cl +4H+H 2O B用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O2 3+2H +=SO 2+S+H2O C硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O D向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O 7下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是 A图 1 表示 H2与 O2发生反应过程中的能量变化，则 H2的燃烧热为 241.8kJ mol1 B图 2 表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 C图 3 表示一定条件下 H2和 C

6、l2生成 HCl 的反应热与途径无关，则 H1=H2+H3 D图 4 表示压强对可逆反应 2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大 8 在 Fe2(SO4)3溶液中， 加入 a g 铜， 完全溶解后， 再加 b g 铁， 充分反应后得到 c g 残余固体， 且 ac， 则下列说法正确的是 A最后得到的溶液中一定含有 Cu2+ B残余固体是铜和铁 C将残余固体加入到稀 H2SO4中，有气泡产生 D最后得到的溶液中可能含有 Fe3+ 9在体积为 2 L 的恒容密闭容器中发生反应 xA(g)+yB(g)zC(g)，图 I 表示 200时容器中 A、B、 C 物质的量随时间的变化，

7、图表示不同温度下平衡时 C 的体积分数随起始 n(A)n(B)的变化关系。则下 列结论正确的是 A200时，反应从开始到平衡的平均速率 v(B)=0.04mol L1 min1 B图所知反应 xA(g)+yB(g)zC(g)的 HCl，氢化物稳定性 HFHCl，故 A 错误；BZ 元 素为钠，钠与氧形成 Na2O2既有离子键又有共价键，故 B 错误；C钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐， F会发生水解，F+H2OHF+OH，水溶液呈碱性，故 C 正确；D对应的简单离子分别为 O2、F、 Na+、Cl，可知 O2、F、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2FNa+，又因为 Cl

8、有三个电子层，故 Cl半径最大，因此半径大小为：ClO2FNa+，故 D 错误；故选 C。 6.【答案】B 【解析】A在强碱性溶液中不可能生成 H+，应为 3ClO+2Fe(OH)3+4OH=2FeO2 4+3Cl +5H 2O，选项 A 错误；B用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，反应生成二氧化硫和硫：S2O 2 3 +2H+=SO2+S+H2O，选项 B 正确；C酯化反应的机理是酸断羟基醇断氢，硬脂酸与乙醇的酯化反应 为：C17H35COOH+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O，选项 C 错误；D碳酸氢铵溶液中加足量石灰 水，离子方程式：NH+4+HCO3+Ca

9、2+2OH=CaCO3+NH3 H2O+H2O，选项 D 错误；答案选 B。 7.【答案】C 【解析】A图 1 所示反应生成的水呈气态，燃烧热要求可燃物为 1mol，生成的水为液态，所以 A 项 错误；B图 2 所示反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所给反应为放热反应，B 项错误；C据 盖斯定律，反应热与途径无关，只与反应的始态和终态有关，C 项正确；D注意物质 D 为固体，所以该 反应是正向气体分子数减小的反应，压强改变时平衡要发生移动，A 的体积分数最终一定不相等，D 项错 误；所以答案选择 C 项。 8.【答案】A 【解析】发生的反应有：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，Cu2+

10、Fe=Cu+Fe2+，ac，说明铜没有被完全置换出。 A由于 ac，说明铜没有被完全置换出，则溶液中一定存在 Cu2+，故 A 正确；B由于 ac，说明铜没 有被完全置换出，残余固体中没有铁，故 B 错误；C残余固体中没有铁，将残余固体加入到稀 H2SO4中， 没有气泡产生，故 C 错误；D铜有剩余，发生的反应有：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，则一定不存在 Fe3+，故 D 错误；故选：A。 9.【答案】D 【 解 析 】 由 图 可 知 ， 200 时 ， 5min反 应 达 到 平 衡 ， A的 物 质 的 量 变 化 量 为 n(A)=0.8mol0.4mol=0.4mol，B 的

11、物质的量变化量为 n(B)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，C 的物质的量变化量 为 n(C)=0.2mol，故 xyz=n(A)n(B)n(C)=211，则反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)， A由图可知，200时，5min 反应达到平衡，平衡时 B 的物质的量变化量为 0.4mol0.2mol=0.2mol， 故 -1-1 0.2mol B =0.02mol Lmin 2L 5min v mol (L min)1，故 A 错误；B由图可知，当 n(A)n(B)一定时，温度越高， 平衡时 C 的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动

12、， 故正反应为吸热反应，即 H0；该反应的方程式为：2A(g)+B(g)C(g)，在一定温度下，只要 A、B 起始物质的量之比刚好等于化学方程式中的化学计量数之比， 平衡时生成物 C 的体积分数就最大， 故 a=2， 故 B 错误；C恒温恒容条件下，在图所示的平衡状态下，再向体系中充入 He，由于容器容积不变，则 混合物中各物质的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故 v(正)=v(逆)，故 C 错误；D由图可 知，200时，当充入 0.8mol A 和 0.4mol B 达到平衡时，A 的体积分数为： 0.4mol =0.5 0.4mol+0.2mol+0.2mol ； 200时， 向该

13、容器中充入 2mol A 和 1mol B， 达到的平衡等效为原平衡增大压强， 平衡向正反应方向移动， A 的转化率增大，故达到平衡时，A 的体积分数小于 0.5，故 D 正确；故选 D。 10.【答案】D 【解析】AAlCl3是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝和 HCl，由于 HCl 有挥发性，所以随着水分的蒸 发而挥发，蒸干得到的是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解最后得到的是 Al2O3，A 项错误；B反应 Hg(1)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，是由于该反应是体系混乱程度增大的反应，则 H0，G0，B 项错误；C水是弱电解质，升高温度会促进水的电离，所

14、以将纯水加热至较高温度， Kw变大、pH 变小，但是由于水电离产生的 H+的浓度与 OH的浓度相等，所以溶液仍然呈中性，C 项错误； D镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀， D 项正确；答案选 D。 11.【答案】D 【解析】AC 中含有 2 个苯环、1 个碳碳双键、1 个羰基，lmol 的 C 能与 8mol 的 H2发生加成反应， 故 A 错误；B分子 C 中含有甲基，为四面体结构，所以 C 中不可能所有原子共面，故 B 错误；CA 和 B 都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性 KMnO4溶液鉴别 A 和 B，故 C 错误；DA 的同分异

15、构体中含 有苯环和醛基的结构， 侧链为-CH2CH2CHO 有 1 种、 侧链为-CH(CHO)CH3有 1 种、 侧链为-CH2CH3和-CHO 有 3 种、侧链为-CH2CHO 和-CH3有 3 种、侧链为 2 个-CH3和 1 个-CHO 有 6 种，共 14 种，故 D 正确。 12.【答案】D 【解析】A由图可以知道，左室电极产物为 CO2和 N2，发生氧化反应，故 a 为电源的正极，右室电 解产物 H2，发生还原反应，故 b 为电源的负极，故 A 错误；B阴极反应为 6H2O+6e=6OH+3H2，阳极 反应为 6Cl-6e=3Cl2，CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO

16、2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生 的 OH、H+的数目相等，阳极室中反应产生的 H+，通过质子交换膜进入阴极室与 OH恰好反应生成水， 所以阴极室中电解前后溶液的 pH 不变，故 B 错误；C由图可以知道，阳极室首先是氯离子放电生成氯 气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成 HCl，阳极室中发生的反应依次为 6Cl-6e=3Cl2， CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故 C 错误；D如图所示，阴极反应为 6H2O+6e=6OH+3H2，阳极 反应为 6Cl-6e=3Cl2，CO(NH2)2+3Cl2 +H2O=N2+CO2+6HCl，若两

17、极共收集到气体 0.6mol，则 n(N2)=n(CO2)=0.6 1/5mol=0.12mol，由反应 CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl 可知所消耗的 CO(NH2)2的物质的量也为 0.12mol，故 D 正确。答案选 D。 13.【答案】B 【解析】 A 温度升高， 乙烯的转化率降低， 平衡逆向移动， 正向为放热反应， H0， A 项正确； B 增 大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率 p1p2p3，因此压强 p1p2a，所需要的时间：ab，D 项正确；答案选 B。 14.【答案】B 【解析】A在反应 CN+OH+Cl2CO2+N2

18、+Cl+H2O 中，Cl 元素化合价由 0 价降低为-1 价，C 元素 化合价由+2 价升高为+4 价，N 元素化合价由-3 价升高为 0 价，可知 Cl2是氧化剂，CO2和 N2是氧化产物， A 正确；B由上述分析可知，反应方程式为 2CN+8OH+5Cl2=2CO2+N2+10Cl+4H2O，反应中是 CN是 还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为 52，B 错误；C由上述分析，根据电子守 恒、 原子守恒可知， C 元素化合价由+2 价升高为+4 价， N 元素化合价由-3 价升高为 0 价， 所以若有 1mol CN 发生反应，则有(4-2)+(3-0)NA=5NA电子

19、发生转移，C 正确；DC 元素化合价由+2 价升高为+4 价，N 元 素化合价由-3 价升高为 0 价，则若将该反应设计成原电池，则 CN在负极区失去电子，发生氧化反应，D 正确； 故合理选项是 B。 15.【答案】B 【解析】4.48L 的 NO2气体的物质的量为 4.48L 22.4L/mol0.2mol，0.336L 的 N 2O4气体物质的量为 0.336L 22.4L/mol 0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量 0.2mol 1+0.015mol 2 10.23mol， 最终生成沉淀为 Cu(OH)2和 Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于

20、沉淀中氢氧根的物 质的量，故沉淀质量为 4.6g+0.23mol 17g/mol8.51g，故答案选 B。 16.【答案】C 【解析】Alg c H c OH 越大，溶液中氢离子浓度越大，未加 NaOH 时，HX 溶液中 lg c H c OH =12，说 明 c(H+)=0.1mol/L=c(HX)，所以 HX 为强酸，其酸性强于 HY，加入氢氧化钠物质的量 10 10-3mol，酸 HX 和氢氧化钠溶液恰好反应，lg c H c OH =1，c(H+)=c(OH)，溶液呈中性，故 HX 为强酸，HY 为弱酸，故 A 错误；Bd 点是强酸 HX 的溶液中滴加 NaOH 溶液恰好将 HX 反应

21、一半、剩余一半，故水的电离被强酸 抑制；c 点加入的氢氧化钠的物质的量为 5 103mol，所得的溶液为 NaY 和 HY 的等浓度的混合溶液，而 lg c H c OH =6，水的离子积 Kw=c(H+) c(OH)=1014，故可知 c(H+)2=108，则 c(H+)=104mol/L，溶液显酸 性， 即 HY 的电离大于 Y的水解， 水的电离也被抑制； 而在 b 点， 加入的氢氧化钠的物质的量为 8 103mol， 所得的溶液为大量的 NaY 和少量的 HY 混合溶液，而 lg c H c OH =0，离子积 Kw=c(H+) c(OH)=1014，故可 知 c(H+)=107，溶液显

22、中性，即 HY 的电离程度等于 Y的水解程度，水的电离没有被促进也没有被抑制， 故水的电离程度 dcb， 故 B 错误； C c 点加入的氢氧化钠的物质的量为 5 103mol， 所得的溶液为 NaY 和 HY 的等浓度的混合溶液，而 lg c H c OH =6，水的离子积 Kw=c(H+) c(OH)=1014，故可知 c(H+)2=108， 则 c(H+)=104mol/L， 溶液显酸性， 即 HY 的电离大于 Y-的水解， 故 c(Y)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH )， 故 C 正确；D若将 c 点与 d 点的溶液全部混合，所得溶液等同 NaX、HY 等物质的量的混合液，其

23、中 X 不水解，HY 部分电离，则溶液中离子浓度大小为 c(Na+)=c(X)c(H+)c(Y)c(OH)，故 D 错误；答案 为 C。 17.【答案】（1）+6 MnO4 （2）110 HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4 15 0.916 106/t（或 13.74 106/t 或 450 30 0.916 106/t） （3）负 0，2 2HSO42e=S2O2 8+2H + 重结晶 【解析】（1）S2O2 8的结构式为 ，每个硫与 4 个 O 原子形成 6 个共价键，其中 S 元素的化合价为+6； 在 Ag+催化下， S2O2 8能使含 Mn 2+的溶液变成

24、紫红色， 氧化产物是 MnO 4， 故答案为+6， MnO4。（2）脱硫过程中，当氨吸收液的 pH=6 时，HSO3SO2 3+H +，Ka 2=c(SO 2 3)c(H +)/ c(HSO3)=1.0 107，n(SO2 3)n(HSO 3)=110，故答案为 110。脱硝过程中依次发生两步反应：第 1 步， K2S2O8将 NO 氧化成 HNO2，第 2 步，K2S2O8继续氧化 HNO2，K2S2O8作氧化剂，还原成 H2SO4，第 2 步 反应的化学方程式为 HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4；80时，若 NO 初始浓度为 450mg m3， 即450/3

25、0 106mol/L ， tmin达 到 最 大 去 除 率 为0.916 ， NO去 除 的 平 均 反 应 速 率 ： v(NO)=450 30 0.916 106/tmol L1 min1， 故 答 案 为HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4； 15 0.916 106/t（或 13.74 106/t 或 450 30 0.916 106/t）。（3）电解时，铁作阴极，铁电极连接电源 的负极，故答案为负极。常温下，在阳极放电的离子主要是 HSO4，电解 HSO4生成 S2O2 8，由图 HSO 4存 在的 pH 范围-22，S2O2 8存在的 pH 范围 0-

26、2，阳极区电解质溶液的 pH 范围为 0-2；S 化合价不变，O 由 -2 升高至-1 价，失电子，阳极的电极反应式为 2HSO42e=S2O2 8+2H +；故答案为0，2；2HSO 42e =S 2O 2 8 +2H+。往电解产品中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，依据两者的溶解度差异，提纯粗产品 的方法用重结晶的方法，故答案为重结晶。 18.【答案】（1）除去碳和有机物 （2）NaAlO2 （3）2Co3+SO2 3+H2O=2Co 2+SO2 4+2H + （4）2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O Fe(OH)3 （5）7.0 106mol/L （6）95.55% 【解

27、析】 利用含钴废料(主要成分为Co2O3， 含少量Fe2O3、Al2O3、 CaO、 MgO、 碳及有机物等)制取CoC2O4， 需要将碳及有机物在 550煅烧除去，利用 NaOH 将 Al2O3溶解转化为 NaAlO2进入浸出液；利用还原剂 Na2SO3将 Co3+还原为 Co2+，同时也会将 Fe3+还原为 Fe2+；在净化除杂 1过程中，需加入氧化剂，同时调 节 pH，将 Fe2+转化为 Fe3+，进而转化为 Fe(OH)3沉淀；然后加入过量的 NaF 溶液，将 Mg2+、Ca2+转化为 MgF2、 CaF2沉淀除去； 最后加入(NH4)2C2O4溶液， 将 Co2+转化为 CoC2O4

28、。 (1)碳及有机物具有可燃性， 550 煅烧的目的是除去碳和有机物。(2)各种氧化物中，只有 Al2O3溶于 NaOH 溶液，发生反应 Al2O3+2NaOH 2NaAlO2+H2O，所以浸出液的主要成分是 NaAlO2；(3)钴浸出过程中 Co3+转化为 Co2+，同时 Na2SO3 转化为 Na2SO4，反应的离子方程式为 2Co3+SO2 3+H2O=2Co 2+SO2 4+2H +；(4)净化除杂 1过程中，需加入 氧化剂，同时调节 pH，将 Fe2+转化为 Fe3+，进而转化为 Fe(OH)3沉淀。所以，在 4050加入 H2O2溶液， 其目的是 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3

29、+2H2O；再升温至 8085，加入 Na2CO3溶液，调 pH 至 5，使铁离子转 化为氢氧化铁沉淀，所以滤渣 I的主要成分是 Fe(OH)3；(5)净化除杂 2可将钙、镁离子转化为沉淀过滤 除 去 ， 若 所 得 滤 液 中c(Ca2+)=1.0 l0-5mol/L ， 则 滤 液 中c(Mg2+)= sp22 sp2 (MgF ) (Ca) (CaF ) K c K = 11 5 10 7.35 10 1.0 10 1.05 10 mol/L=7.0 10-6mol/L；(6)KMnO4与 H2C2O4反应的关系式为：2KMnO45H2C2O4， n(CoC2O4)= n(H2C2O4)

30、= 5 2 0.1000mol/L 0.02600L=0.0065mol，该产品的纯度为 0.0065mol 147g/mol 100% 1.000g =95.55%。答案为：95.55%。 19.【答案】（1）增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度 （2）防止温度降低，产品析出而损失 蒸发浓缩 冷却结晶 （3）乙醇 （4）Na2SO4 Na2SO3被空气中的 O2氧化 （5）104% 产品中有未反应的 Na2SO3也会与 I2发生反应，且相同质量的 Na2SO3消耗 I2更多；在 反应过程中 I2挥发损失 （6）S2O2 3+4Cl2+5H2O=2SO 2 4+8Cl +10H+ 【解析

31、】（1）由于硫不溶于水，微溶于酒精，乙醇易溶于水，因此加入的硫粉用乙醇润湿的目的是 增大硫粉与亚硫酸钠溶液的接触面积，加快反应速率；（2）步骤趁热过滤的原因是防止温度降低时， 产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可，故答案为：防止温度降 低，产品析出而损失；蒸发浓缩；冷却结晶。（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗 涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇，故答案为乙醇。（4）由于 Na2SO3易被空气中的氧 气氧化转化为硫酸钠，则最可能存在的无机杂质是 Na2SO4，故答案为 Na2SO4；Na2SO3被空气中的 O2氧 化。（5）用 0.

32、1000mol/L 碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液的体积 21.00mL，所得产品的纯度为 0.1000mol/L 0.021L 2 248g/mol 1g 100%=104%，由于产品中有未反应的 Na2SO3也会与 I2发生反应，且 相同质量的 Na2SO3消耗 I2更多，在反应过程中 I2挥发损失，所以会出现这种结果。（6）Na2S2O3常用于 脱氯剂，在溶液中易被 Cl2氧化为 SO2 4，该反应的离子方程式为：S2O 2 3+4Cl2+5H2O=2SO 2 4+8Cl +10H+ 。 20.【答案】（1）33 （2）2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S 加压反应速率

33、增大，而且平衡右移，可提高生产效率 （3）2H1-3H2-H3 （4）b d 大于 小于 tm时生成物浓度较低 3 2 4 () y xy 【解析】（1）砷(As)与氮处于同一主族，As 原子比 N 原子多两个电子层，原子核外有四个电子层， 最外层 5 个电子，砷元素原子序数为 7+8+18=33，故答案为：33；（2）工业上常将含砷废渣（主要成分 为 As2O3）制成浆状，通入 O2氧化，生成 H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3 价变化为+5 价，反应的化 学方程式为 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应 物的转化率，

34、故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生 产效率；（3）已知：As(s)+3/2H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) H1 H2(g)+1/2O2(g)=H2O（l） H2 2As(s)+5/2O2(g)=As2O5(s) H3，则利用盖斯定律将 2- 3-可得 As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s) H=2H1-3H2-H3，故答案为：2H1-3H2-H3；（4）a同一个化学反应，速率之比等于化学计量数 之比，无论是否达到平衡，都存在 v（I-）=2v(AsO3 3)，a 项错误；b溶液 pH 不变时，则

35、 c(OH )也保持不 变，反应达到平衡状态，b 项正确；c由图可知，当 c(AsO3 4)=y mol L 1 时，浓度不再发生变化，则达到 平衡状态，由方程式可知此时 c(I)=2y mol L1，所以 c(I)=y mol L1时没有达到平衡状态，c 项错误； dc(AsO3 4)/c(AsO 3 3)不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d 项正确；故答案为： bd；反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则 v正大于 v逆，故答案为：大于；tm时比 tn时 浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；t m 时 AsO3 4浓度更小，反应速率更慢；反应前，三

36、种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为 3x mol/L 20/(20+20+20)=x mol/L，同理 I2的浓度为 x mol/L，反应达到 平衡时，生产 c(AsO3 4)为 y mol/L，则反应生产的 c(I )=2y mol/L，消耗的 AsO3 3、I2的浓度均为 ymol/L， 平 衡 时c(AsO 3 3 )= （ x-y ） mol/L ， c(I2)= （ x-y ） mol/L ， 溶 液 中c(OH)=1 mol/L ， 则 23 2 y (2 )4 () ()() yy K xyxyxy ，故答案为：4y3/(xy)2。 21.【答案】（1）醚键 （2）+CH3CO

37、OH +H2O （3）还原反应 （4）保护酚羟基不被硝酸氧化 （5） 【解析】苯酚和 CH3I 发生取代反应生成，与硝酸发生硝化反应生成 或，所 以 B1为 ， 与 HI 发生取代反应， 则 C1为， C2为， C1发生还原反应得 D 为 ， D 与乙酸发生取代反应得扑热息痛，结合有机物的结构和性质解答该题。(1)由以上分析知，A 为， 其所含官能团为醚键；C1的结构简式为，故答案为：醚键； ；(2)D 为，与乙酸发 生取代反应得扑热息痛，化学方程式为：+CH3COOH +H2O；(3)根据已知反应 R-NO2 Fe.HCl R-NH2知，C1发生还原反应得 D 为，故答案为：还原反 应；(4)C1、C2含有酚羟基，易被硝酸氧化，应先生成醚基，防止被氧化，故答案为：保护酚羟基不被硝酸 氧化；(5)扑热息痛有很多同分异构体，符合下列要求的同分异构体有 5 种：(1)是对位二取代苯；（II）苯 环上两个取代基，一个含氮不含碳、另一个含碳不含氮；（III）两个氧原子与同一原子相连，含 N 基团可 为氨基或硝基，当为氨基时，含碳基团可含有羧基或酯基，当为硝基时，对位应为乙基，可能的结构还有 ；。