2024屆上海師大附中高二化學第一學期期中統(tǒng)考模擬試題含解析

2024屆上海師大附中高二化學第一學期期中統(tǒng)考模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、已知：4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)，若反應速率分別用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)（mol·L－1·min－1）表示，則正確的關系是A．v(NH3)＝2/3v(H2O) B．5/6v(O2)＝v(H2O)C．4/5v(NH3)＝v(O2) D．v(O2)＝4/5v(NO)2、下列反應屬于氧化還原反應的是()A．HCl＋NaOH＝NaCl＋H2OB．SO3＋H2O＝H2SO4C．2Na＋Cl22NaClD．CaCO3CaO＋CO2↑3、室溫下，反應的平衡常數(shù)K=2.2×10-8。將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是（）A．0.2mol·L-1氨水：B．0.2mol·L-1NH4HCO3溶液（pH>7）：C．0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等體積混合D．0.6mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等體積混合4、“航天金屬”鈦在工業(yè)上用鈉與四氯化鈦來制備：TiCl4+4Na4NaCl+Ti，此反應中金屬鈉A．只作氧化劑 B．只作還原劑C．既作氧化劑又作還原劑 D．既不作氧化劑也不作還原劑5、在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應xA(g)+yB(g)zC(g)，圖I表示200℃時容器中A、B、C物質的量隨時間的變化，圖Ⅱ表示不同溫度下平衡時C的體積分數(shù)隨起始n(A)：n(B)的變化關系；則下列結論正確的是A．圖II所知反應xA(g)+yB(g)zC(g)△H<0，且a=2B．200℃時，該反應的平衡常數(shù)為25C．200℃時，反應從開始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol/(L?min)D．當外界條件由200℃降溫到100℃，平衡正向移動6、用作調味品的食醋也可用來除水垢，其除垢的有效成分是A．乙醇B．乙酸C．葡萄糖D．乙酸乙酯7、向CH3COONa稀溶液中分別加入少量下列物質（忽略溫度與體積變化），可以使的比值減小的是A．KOH固體 B．冰醋酸 C．CH3COONa固體 D．NaHSO4固體8、食品化學家A．SaariCsallany和ChristineSeppanen研究發(fā)現(xiàn)，當豆油被加熱到油炸溫度（185℃）時，會產生如下所示高毒性物質，許多疾病和這種有毒物質有關，如帕金森癥。下列關于這種有毒物質的判斷不正確的是A．該物質屬于烴的衍生物B．該物質的分子式為C9H14O2C．該物質分子中含有三種官能團D．該物質最多可以和2molH2發(fā)生加成反應9、下列分子或離子的立體結構，其中不正確的是()A．NH4+為正四面體形 B．CS2為直線形C．HCN為角形(V形) D．PCl3為三角錐形10、在密閉容器中進行可逆反應，A與B反應生成C，其反應速率分別用υ(A)、υ(B)、υ(C)(mol?L﹣1?s﹣1)表示，且υ(A)、υ(B)、υ(C)之間有如下所示的關系：υ(B)=3υ(A)；3υ(C)=2υ(B)。則此反應可表示為（）A．2A+3B2C B．A+3B2CC．3A+B2C D．A+BC11、為了減緩地下鋼管的腐蝕，下列措施可行的是A．鋼管與鋅塊相連 B．鋼管與銅板相連C．鋼管與鉛板相連 D．鋼管與直流電源正極相連12、下列有關金屬鐵的腐蝕與防護，說法不正確的是A．酸雨后易發(fā)生析氫腐蝕、炒鍋存留鹽液時易發(fā)生吸氧腐蝕B．當鍍錫鐵鍍層破損時，鐵不易被腐蝕C．鐵與電源負極連接可實現(xiàn)電化學保護D．將鋼管與鋅管一起堆放時可保護鋼管少受腐蝕13、下列說法中不正確的是（）A．充電電池不能無限制地反復充電、放電B．燃料電池是一種高效且對環(huán)境友好的新型電池C．化學電池的反應原理是自發(fā)的氧化還原反應D．鉛蓄電池和鋅錳干電池都是可充電電池14、鋁熱反應屬于下列哪一種化學反應類型A．分解反應 B．化合反應 C．置換反應 D．復分解反應15、N2O和CO是環(huán)境污染性氣體，可在Pt2O+表面轉化為無害氣體，其反應為：N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）ΔH，有關化學反應的物質變化過程如圖1所示，能量變化過程如圖2所示，下列說法正確的是（）A．由圖1、2可知ΔH=ΔH1+ΔH2=ΔE2—ΔE1B．加入Pt2O+作為反應物，可使反應的焓變減小C．由圖2可知正反應的活化能小于逆反應的活化能D．物質的量相等的N2O、CO的鍵能總和大于CO2、N2的鍵能總和16、反應A+B→C(△H＜0)分兩步進行①A+B→X(△H＞0)②X→C(△H＜0)下列示意圖中，能正確表示總反應過程中能量變化的是則x為A． B． C． D．二、非選擇題（本題包括5小題）17、有U、V、W、X四種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，其相關信息如下表：請回答下列問題：（1）U、V兩種元素組成的一種化合物甲是重要的化工原料，常把它的產量作為衡量石油化工發(fā)展水平的標志，則甲分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為________，其中心原子采取______雜化。（2）V與W原子結合形成的V3W4晶體，其硬度比金剛石大，則V3W4晶體中含有________鍵，屬于________晶體。（3）乙和丙分別是V和X的氫化物，這兩種氫化物分子中都含有18個電子。乙和丙的化學式分別是________、____________，兩者沸點的關系為：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。18、有機物A、B、C、D、E之間發(fā)生如下的轉化：（1）寫出D分子中官能團的名稱：_____，C物質的結構簡式：____．（2）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加熱時產生的實驗現(xiàn)象是__________．（3）請寫出下列轉化的化學反應方程式：①（C6H10O5）n→A：_____；②乙烯生成聚乙烯：_____．19、工業(yè)上H2O2是一種重要的綠色氧化還原試劑，某小組對H2O2的催化分解實驗進行探究。回答下列問題：(1)在同濃度Fe3+的催化下，探究外界條件對H2O2分解反應速率的影響。實驗裝置如圖所示：①H2O2溶液在Fe3+催化下分解的反應歷程如下：第一步反應歷程為：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+第二步反應歷程為：________；除了圖中所示儀器之外，該實驗還必需的儀器是________。②請完成下面表格中I、II、III的實驗記錄內容或數(shù)據(jù)：實驗編號0.1mol?L﹣1Fe2(SO4)30.1mol?L﹣1H2O2溶液蒸餾水(mL)反應溫度/℃反應時間(秒)Ⅰ2mL20mL020t1Ⅱ2mLV1mL2mL20t2ⅢV2mL20mL050t3V1＝________，V2＝________；根據(jù)所學的知識判斷，當三個實驗中均產生10ml氣體時，所需反應時間最長的是___________(填“t1”、“t2”或“t3”)(2)該小組預測同為第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查閱資料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均為+2價)也可用作H2O2分解的催化劑，具有較高的活性。如圖表示兩種不同方法制得的催化劑CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃時催化分解6%的H2O2溶液的相對初始速率隨x變化曲線。①由圖中信息可知________法制取得到的催化劑活性更高。②推測Co2+、Ni2+兩種離子中催化效果更好的是________。20、已知乙醇可以和氯化鈣反應生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。有關的有機試劑的沸點如下：CH3COOC2H5為77.1℃；C2H5OH為78.3℃；C2H5OC2H5（乙醚）為34.5℃；CH3COOH為118℃。實驗室合成乙酸乙酯粗產品的步驟如下：在蒸餾燒瓶內將過量的乙醇與少量濃硫酸混合，然后經分液漏斗邊滴加醋酸，邊加熱蒸餾。由上面的實驗可得到含有乙醇、乙醚、醋酸和水的乙酸乙酯粗產品。（1）制取乙酸乙酯的方程式是___________。將粗產品經下列步驟精制：（2）為除去其中的醋酸，可向產品中加入__________（填字母）。A．無水乙醇B．碳酸鈉粉末C．無水醋酸鈉（3）再向其中加入飽和氯化鈣溶液，振蕩，分離，其目的是____________________。（4）然后再向其中加入無水硫酸銅，振蕩，其目的是___________________。最后，將經過上述處理后的液體加入另一干燥的蒸餾瓶內，再蒸餾，棄去低沸點餾分，收集沸點在76℃~78℃之間的餾分即得純凈的乙酸乙酯。21、一定溫度下，向一容積為5L的恒容密閉容器中充入0.4molSO2和0.2molO2發(fā)生反應:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ/mol.當反應達到平衡時，容器內壓強變?yōu)槠鹗紩r的0.7倍。請回答下列問題：(1)判斷該反應達到平衡狀態(tài)的標志是__________(填字母)。a.SO2、O2、SO3三者的濃度之比為2:1:2b.發(fā)容器內氣體的壓強不再變化c.容器內混合氣體的密度保持不變d.SO3的物質的量不再變化e.SO2的生成速率和SO3的生成速率相等(2)①有利于提高SO2的平衡轉化率的措施有:______a.使用催化劑b.降低溫度c.及時分離出SO3②其他條件不變時，減小壓強(拉升容器使容積為原來的兩倍)，平衡將向逆反應方向移動，請利用K、Q的關系說明理由:_________________。(3)①SO2的平衡轉化率為______________。②此溫度下該反應的平衡常數(shù)K=_____________。(4)如圖所示平衡時SO3的體積分數(shù)隨壓強和溫度變化的曲線，則：①溫度關系:T1______T2(填“>”“<”“=”，下同)②平衡常數(shù)文關系:KA_____KB，KA______KD。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【分析】同一化學反應、同一時間段內，各物質的反應速率之比等于計量數(shù)之比，據(jù)此分析解答．【題目詳解】A、V（NH3）：V（H2O）=4：6=2：3，3V（NH3）=2V（H2O），v(NH3)＝2/3v(H2O)，故A正確；B、V（O2）：V（H2O）=5：6，6V（O2）=5V（H2O），故B錯誤；C、V（NH3）：V（O2）=4：5，5V（NH3）=4V（O2），故C錯誤；D、V（O2）：V（NO）=5：4，4V（O2）=5V（NO），故D錯誤；故選A?！绢}目點撥】本題考查了化學反應速率的定量表示方法，解題關鍵：根據(jù)“同一化學反應、同一時間段內，各物質的反應速率之比等于計量數(shù)之比”。2、C【題目詳解】A．HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O中不含元素的化合價變化，為非氧化還原反應，A不符合；B．SO3＋H2O＝H2SO4中不含元素的化合價變化，為非氧化還原反應，B不符合；C．2Na＋Cl22NaCl中Na元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，為氧化還原反應，C符合；D．CaCO3CaO＋CO2↑中不含元素的化合價變化，為非氧化還原反應，D不符合；答案選C。3、D【題目詳解】A．0.2mol·L-1氨水中，存在一水合氨的電離平衡和水的電離平衡，根據(jù)電荷守恒可知，故溶液中的粒子濃度大小為：c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，A錯誤；B．NH4HCO3溶液pH>7，則溶液顯堿性，的水解能力大于的水解能力，故有關系：，B錯誤；C．0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等體積混合，氮原子物質的量是碳原子物質的量的2倍，物料守恒得到離子濃度關系：，C錯誤；D．0.6mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等體積混合，溶液中存在碳物料守恒：①，氮守恒得到：②，混合溶液中存在電荷守恒得到：③，帶入整理可得到：，故D正確；答案選D。4、B【題目詳解】反應TiCl4+4Na4NaCl+Ti中Ti元素化合價由+4價降為0價，被還原，TiCl4作為氧化劑；鈉元素由0價升為+1價被氧化，金屬鈉作還原劑；答案選B。5、B【解題分析】A．由圖Ⅱ可知，n(A)∶n(B)一定時，溫度越高平衡時C的體積分數(shù)越大，說明升高溫度平衡向正反應移動，升高溫度平衡向吸熱反應移動，故正反應為吸熱反應，即△H＞0，故A錯誤；B、由圖可知平衡時A、B、C的物質的量分別為0.4mol、0.2mol、0.2mol，A、B、C物質的量的變化量分別為：0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以反應的化學方程式為2A(g)+B(g)?C(g)，平衡時A、B、C的濃度分別為：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，平衡常數(shù)K=0.10．22×0.1

L2/mol2=25

L2/mol2，故B正確；C．由圖Ⅰ可知，200℃時5min達到平衡，平衡時B的物質的量變化量為0.4mol-0.2mol=0.2mol，故v(B)=0.2mol2L5min=0.02

mol?L-1?min-1，故C錯誤；D、根據(jù)圖6、B【解題分析】試題分析：水垢的主要成分為碳酸鈣，能溶解于酸性比碳酸強的酸，常見用作調味品的食醋中含有的成分是乙酸，故答案為B。考點：考查乙酸的性質與應用7、D【分析】醋酸鈉溶液中存在醋酸根離子水解平衡：CH3COO-

+H2OCH3COOH+OH-

，使c（CH3COO-

）/c（Na+）比值增大，可使平衡向逆反應方向移動，結合影響水解平衡移動的因素解答該題?！绢}目詳解】A、加入固體KOH，醋酸根的水解平衡逆向移動，c（CH3COO-

）增大，但c（Na+）不變，則比值增大，故A錯誤；

B、加入冰醋酸，平衡逆向移動，c（CH3COO-）增大，則比值增大，故B錯誤；

C、加入固體CH3COONa，c(CH3COONa)濃度增大，水解程度降低，則比值增大，故C錯誤；

D、加入固體NaHSO4

，平衡向正向移動，c（Na+）增大，c（CH3

COO-）減小，則比值減小，故D正確；

綜上所述，本題選D?！绢}目點撥】本題考查學生鹽的水解原理以及影響鹽的水解平衡移動等方面的知識，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意知識的歸納整理是解題關鍵，難度中等。8、B【分析】由結構可知，分子中含碳碳雙鍵、-CHO、-OH，結合烯烴、醛、醇的性質來解答?！绢}目詳解】該物質含氧元素，是烴的含氧衍生物，故A正確；根據(jù)結構可知該有機物分子中含有9個C原子、2個O原子、16個H原子，所以分子式為C9H16O2，故B錯誤；分子中含有碳碳雙鍵、醛基、羥基三種官能團，故C正確；分子中含有1個碳碳雙鍵，1個醛基，能與氫氣加成，所以1mol該物質能與2mol氫氣發(fā)生加成反應，故D正確。9、C【題目詳解】A．NH4+中N原子的價層電子對數(shù)=4+×(5-1-4×1)=4，且不含有孤電子對，所以其空間構型為四面體結構，故A正確；B．CS2分子中價層電子對數(shù)=2+×(4-2×2)=2，且不含有孤電子對，所以為直線形結構，故B正確；C．HCN的結構為H-C≡N，C原子的價層電子對數(shù)為2，不含有孤電子對，為直線形，故C錯誤；D．PCl3分子中P原子的價層電子對數(shù)=3+×(5-3×1)=4，且含一個有孤電子對，所以其空間構型為三角錐形，故D正確；故選C?！绢}目點撥】正確計算價層電子對數(shù)是解題的關鍵，本題的易錯點為孤電子對的計算，要注意理解(a-xb)中各字母的含義，并能靈活運用。10、B【分析】同一可逆反應在同一時間段內，各物質的反應速率之比等于其計量數(shù)之比，把不同物質反應速率轉化為同一物質反應速率，從而確定化學式?！绢}目詳解】同一可逆反應在同一時間段內，各物質的反應速率之比等于其計量數(shù)之比，把不同物質反應速率轉化為同一物質反應速率，3υ(C)=2υ(B)，υ(B)=3υ(A)，所以υ(C)=υ(B)=×3υ(A)=2υ(A)，所以υ(A)：υ(B)：υ(C)=υ(A)：3υ(A)：2υ(A)=1：3：2，則該可逆反應中A、B、C三種物質的物質的量的比為1：3：2，因此化學方程式可表示為A+3B2C；因此合理選項是B?！绢}目點撥】本題考查化學反應速率與化學計量數(shù)的關系，側重考查分析計算能力，注意把不同物質表示的速率之比等于化學計量數(shù)之比。11、A【題目詳解】A.由于金屬活動性Zn>Fe，所以鋼管與鋅塊相連，構成原電池時，鋼管為正極，F(xiàn)e被保護，首先腐蝕的是鋅，A符合題意；B.由于金屬活動性Fe>Cu，所以鋼管與銅板相連，構成原電池時，鋼管為負極，發(fā)生氧化反應，導致腐蝕加快，B不符合題意；C.金屬活動性Fe>Pb，所以鋼管與鉛板相連構成原電池時，鋼管為負極，發(fā)生氧化反應，導致腐蝕加快，C不符合題意；D.鋼管與直流電源正極相連，作陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應，腐蝕速率大大加快，D不符合題意；故合理選項是A。12、B【題目詳解】A.酸雨后電解質環(huán)境是酸性較強的，易發(fā)生析氫腐蝕，炒鍋存留鹽液時的電解質為中性，金屬易發(fā)生吸氧腐蝕，故A正確；B.鍍錫鐵金屬鐵為負極，鐵比錫活潑，所以鐵易被腐蝕，故B錯誤；C.與電源負極連接的金屬做陰極，被保護，稱外加電流的陰極保護法，故C正確；D.鋼管與鋅管一起堆放，形成原電池中，金屬鋅為負極，所以可保護鋼管少受腐蝕，故D正確。答案選B?！绢}目點撥】金屬的腐蝕與防護，運用電化學知識解決實際問題。13、D【題目詳解】A.充電電池也是有一定壽命的，故不能無限制地反復充電、放電，A正確；B.燃料電池的能量轉化率高，反應產物不污染環(huán)境，故其是一種高效且對環(huán)境友好的新型電池，B正確；C.化學電池的反應原理是自發(fā)的氧化還原反應，其中還原劑在負極上發(fā)生氧化反應，氧化劑在正極上發(fā)生還原反應，C正確；D.鉛蓄電池是可充電電池，鋅錳干電池不是可充電電池，D不正確。本題選D。14、C【題目詳解】A.該反應的反應物是兩種，不屬于分解反應，故A錯誤；B.該反應的生成物是兩種，不屬于化合反應，故B錯誤；C.該反應的反應物是一種單質和一種化合物，生成物是另一種單質和另一種化合物，屬于置換反應，故C正確；D.復分解反應的反應物和生成物都是化合物，該反應的反應物和生成物中都有單質，不屬于不屬于復分解反應，故D錯誤；故選C。15、C【題目詳解】A．焓變=正反應活化能-逆反應活化能，圖中ΔE1為正反應活化能，ΔE2為逆反應活化能，所以ΔH=ΔE1—ΔE2，故A錯誤；B．據(jù)圖可知Pt2O+為催化劑，不影響反應的焓變，故B錯誤；C．ΔE1為正反應活化能，ΔE2為逆反應活化能，所以正反應的活化能小于逆反應的活化能，故C正確；D．該反應的反應物能量高于生成物，為放熱反應，所以物質的量相等的N2O、CO的鍵能總和小于CO2、N2的鍵能總和，故D錯誤；綜上所述答案為C。16、D【題目詳解】由反應A+B→C（△H＜0）分兩步進行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放熱反應，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知這步反應是吸熱反應，X→C（△H＜0）是放熱反應，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，圖象D符合;故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、5∶1sp2共價原子C2H6H2O2<H2O2分子間存在氫鍵，C2H6分子間不存在氫鍵【分析】根據(jù)核外電子排布規(guī)律分析解答；根據(jù)共價鍵的形成及分類分析解答；根據(jù)分子間作用力的綜合利用分析解答；【題目詳解】根據(jù)題意已知，U是H元素；V元素三個能級，說明只有2個電子層，且每個能級中電子數(shù)相等，它的核外電子排布式為：1s22s22p2，即C元素；W在基態(tài)時，2p軌道處于半充滿狀態(tài)，所以它的核外電子排布式為：1s22s22p3，即N元素；X與W同周期，說明X處于第二周期，且X的第一電離能比W小，故X是O元素；(1)衡量石油化工發(fā)展水平的標志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳雙鍵，雙鍵中含有一個σ鍵和一個π鍵，兩個碳氫共價鍵，即四個σ鍵，則甲分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為：5∶1，其中心原子采取的是sp2雜化，體現(xiàn)平面結構；(2)V3W4晶體是C3N4晶體，其硬度比金剛石大，說明晶體中含有共價鍵，是原子晶體；(3)V的氫化物含有18個電子，該分子是C2H6，W的氫化物含有18個電子的分子是：H2O2，由于H2O2分子間存在氫鍵，C2H6分子間不存在氫鍵，故沸點：C2H6<H2O2；【題目點撥】同種元素形成的不同種單質，互為同素異形體。同種原子形成共價鍵，叫做非極性鍵。形成分子間氫鍵的分子熔點和沸點都會比同系列的化合物偏高，例如：H2O常溫下為液態(tài)，而不是氣態(tài)。18、羧基CH3CHO有（磚）紅色沉淀產生（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6nCH2═CH2【分析】根據(jù)題中各物質轉化關系，反應⑥是光合作用產生A和氧氣，則A為葡萄糖（C6H12O6），（C6H10O5）n水解能產生葡萄糖，所化合物乙為水，反應①為糖類的水解，反應②葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲(二氧化碳)和B，B為CH3CH2OH，反應③為B發(fā)生氧化反應生成C為CH3CHO，反應④為C發(fā)生氧化反應生成D為CH3COOH，反應⑤為B和D發(fā)生酯化反應生成E為CH3COOC2H5，反應⑦為乙烯的燃燒反應生成二氧化碳和水，反應⑧為乙烯與水加成生成乙醇?！绢}目詳解】根據(jù)以上分析，（1）D是CH3COOH，分子中官能團的名稱是羧基，C是乙醛，結構簡式是CH3CHO；（2）A為葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖含有醛基，向葡萄糖的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加熱時氫氧化銅被還原為磚紅色沉淀氧化亞銅，產生的實驗現(xiàn)象是有磚紅色沉淀產生；（3）①（C6H10O5）n發(fā)生水解反應生成葡萄糖，反應方程式為（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；②乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，方程式是nCH2═CH219、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O秒表182t2微波水熱法Co2+【分析】(1)應用控制單一變量法探究外界條件對反應速率的影響，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)①H2O2溶液在Fe3+催化下分解生成水和氧氣，總反應方程式為2H2O2=2H2O+O2↑；第一步反應歷程為：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+，由總反應方程式-第一步反應歷程可得第二步反應歷程為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；該實驗是探究外界條件對H2O2分解反應速率的影響，因此除了測定氧氣體積外，還需測定收集一定體積氧氣所需的時間，所以使用的儀器除了圖中所示儀器之外，該實驗還必需的儀器是秒表；②該實驗是在同濃度Fe3+的催化下，探究外界條件對H2O2分解反應速率的影響，因此需要控制鐵離子的濃度相同，則V2＝2mL，混合溶液的總體積相同，由Ⅰ知，混合溶液的總體積是22mL，故V1＝18mL，則實驗Ⅰ和Ⅱ探究H2O2濃度對反應速率的影響，實驗Ⅰ和Ⅲ探究溫度對反應速率的影響，溫度越高，濃度越大，反應速率越大，故反應速率最小的是實驗Ⅱ，故當三個實驗中均產生10ml氣體時，所需反應時間最長的是t2；(2)①由圖中信息可知，微波水熱法使過氧化氫分解初始速率增大，所以微波水熱法制取得到的催化劑活性更高；②從圖分析，x數(shù)值越大，過氧化氫的初始分解速率越大，所以Co2+催化效果更好。20、CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2OB除去粗產品中的乙醇除去粗產品中的水【分析】(1)實驗室通過乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯；(2)醋酸能夠與碳酸鈉反應，乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度較小，反應后能夠分層；(3)根據(jù)題意：乙醇可以和氯化鈣反應生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，結合酯在鹽溶液中的溶解度較小分析；(4)無水硫酸銅可以與水反應生成硫酸銅晶體；據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)制取乙酸乙酯的化學方程式為CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，故答案為CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；(2)醋酸能夠與碳酸鈉反應放出二氧化碳，而乙酸乙酯不能，因此除去粗產品中的醋酸，可向產品中加入碳酸鈉粉末，故答案為B；(3)乙醇可以和氯化鈣反應生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，再向其中加入飽和氯化鈣溶液，振蕩，分離，其目的是除去粗產品中的乙醇，故答案為除去粗產品中的乙醇；(4)然后再向其中加入無水硫酸銅，振蕩，其目的是除去粗產品中的水，最后，將經過上述處理后的液體加入另一干燥的蒸餾瓶內，