江苏省徐州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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江苏省徐州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2021春·江苏徐州·高一统考期末）氮、铁两种元素可以在细菌作用下发生氧化还原反应，实现两种元素在自然界的循环，循环中的部分转化如图所示。

(1)题图所示的氮循环中，属于氮的固定的有_______(填字母)。
a.反硝化过程    b.硝化过程    c.转化为
(2)农业生产过程中使用的铵态氮肥，是水体中铵态氮元素的来源之一、
①检验某氮肥样品中是否存在的实验方法是_______。
②实验室制备少量氨气反应的化学方程式为_______。
(3)铵态氮()与亚硝态氮()在氨氧化细菌的作用下反应生成氮气，若产生氮气，则转移电子的物质的量为_______。
(4)题图所示土壤中的铁循环可用于水体脱氮(将氮元素从水体中除去)，用离子方程式表示利用土壤中的铁循环脱除水体中铵态氮的原理：_______。
(5)与硝态氮()反应脱氮生成，反应后的溶液为和的混合溶液。为检验溶液中含有和，相应的实验方案为_______(实验中可选用的试剂：溶液、溶液、溶液)。
2. （2020春·江苏徐州·高一统考期末）某学生为探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在时，向100 mL 2 mol·L-1盐酸中加入过量的锌粉，测得氢气体积(已换算成标准状况)累计值如下：
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)
50
120
232
290
310

(1)①在2~3 min时间段内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为_______.
②在0~5min内，反应速率最大的时间段是___(填 “1~2 min”、“2~3 min”或“3~4 min”)。
(2)若完全反应后放出15.2 kJ的热量，则反应Zn(s) + 2HCl(aq)=ZnCl2(aq) + H2(g)的△H=____
(3)为了减缓反应速率但不减少产生气体的量，可向反应物中分别加入等体积的下列液体，你认为可行的是_______(填字母)。
a. 蒸馏水    b. Na2CO3溶液     c.  NaNO3溶液
(4)为了加快反应速率但不减少产生气体的量，某同学向反应物中加入了少量CuSO4固体，该同学操作____(填 “合理”或“不合理”)，理由是_______
3. （2020春·江苏徐州·高一统考期末）CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。
(1)甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时，要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是____________。已知25℃、101 kPa时，1 mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896 kJ热量，则甲烷的热值为___kJ·g-1。
(2)一定温度下，在偏铝酸亚铜(CuAlO2)的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现“CO2减排”，写出反应的化学方程式__________，其优点是_____(请写出一条)。
(3)甲烷可以消除氮氧化物污染。如: CH4(g)+2NO2(g) N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g)。
①下列措施能够加快化学反应速率的是______。
a. 使用催化剂     b. 降低温度     c. 及时分离水
②若上述反应在恒容密闭容器中进行，则下列叙述能说明该反应达平衡的是_____。
a. 混合气体的质量不再变化          
b. c(NO2) = 2c(N2)
c. 单位时间内生成1 mol CO2，同时生成2 mol NO2
(4)甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2-的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示:

①b极电极反应式为_________。
②若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L(假设空气中O2体积分数为20%)，则理论上消耗甲烷____mol。
4. （2022春·江苏徐州·高一统考期末）补血剂甘氨酸亚铁[]易溶于水，难溶于乙醇。实验室用绿矾(FeSO4∙7H2O)制备甘氨酸亚铁的实验过程如下：
实验I：用绿矾配制溶液。
实验II：制备固体。
实验III：制备甘氨酸亚铁，实验装置如图所示。将实验II得到的固体和甘氨酸(H2NCH2COOH)的水溶液混合后加入三颈烧瓶中，用将三颈烧瓶中空气排净，滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤，用乙醇洗涤、干燥得到产品。

(1)实验I中配制溶液所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______(填名称)。
(2)补充实验II中制备固体的实验方案：取实验Ⅰ制备的溶液于烧杯中，_______，得固体。(须用到的试剂：溶液，蒸馏水)
(3)实验III中：
①将三颈烧瓶中空气排净的原因是_______。
②用乙醇洗涤产品的目的是_______。
③三颈烧瓶中和甘氨酸反应的化学方程式为_______。
(4)测定产品的质量分数。实验步骤如下：称量5.00g产品配制成500mL溶液，量取50.00mL于锥形瓶中，向其中逐滴加入溶液(若仅发生反应：)，反应完全时消耗溶液20.00mL。计算产品中的质量分数：_______(写出计算过程)。
5. （2021春·江苏徐州·高一统考期末）工业上常以淀粉为原料生产葡萄糖、酒精和醋酸等。其转化过程如下：

(1)实验室检验淀粉是否完全水解的试剂是_______(写名称)。
(2)醋酸中所含官能团的名称是_______。
(3)工业上还可以利用乙烯和水在一定条件下制取乙醇，该反应的反应类型为_______。
(4)实验室采用如图所示装置制备乙酸乙酯。

①该反应的化学方程式为_______。
②反应结束后，从右侧试管混合物中分离出乙酸乙酯，请简述操作方法：_______。
③实验结束后，取下盛有饱和溶液的试管，再沿该试管内壁缓缓加入紫色石蕊试液(整个过程不振荡试管)，发现石蕊试液层存在于饱和溶液层与乙酸乙酯层之间。下列有关该实验的分析正确的是_______。
A．乙酸乙酯中含有杂质
B．乙酸乙酯的密度小于饱和溶液
C．石蕊试液层的颜色由上而下分别呈蓝、紫、红
6. （2022春·江苏徐州·高一统考期末）锰铁氧体软磁材料(Fe2O3-MnO)可广泛应用在信息通讯等领域。用软锰矿(主要成分，含、FeO、、杂质)为主要原料制备锰铁氧体软磁材料的工艺流程如下。

回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分是_______。
(2)“酸浸”过程中加入过量铁粉的主要目的是将还原为、_______。
(3)“碳化”中生成碳酸锰沉淀的离子方程式为_______。
(4)“碳化”时，金属阳离子的沉淀率与温度关系如图所示。为了使沉淀完全，最适宜的温度是_____。“碳化”过程需加入过量的，除了使沉淀完全外，另一原因是____。

(5)“煅烧”时，碳酸亚铁发生反应的化学方程式为_______。
7. （2021春·江苏徐州·高一统考期末）利用硫铁矿烧渣(主要成分为、、等)和粉煤灰(主要成分为、、等)，制备高效水处理剂聚合硫酸铁铝的流程如下：

已知：既不溶于溶液，也不和溶液反应。
(1)“酸溶I”得到的溶液中，阳离子主要有_______。
(2)“氧化”时，若用氯水代替，发生反应的离子方程式为_______；与使用氯水相比，“氧化”时使用的优点是_______。
(3)“碱溶”时，发生反应的化学方程式为_______；通入后生成沉淀的化学式为_______。
(4)在流程中可以循环利用的是_______(填“滤渣I”、“滤渣II”或“滤渣I和滤渣II”)。
(5)向、的固体混合物中，加入足量溶液，充分反应后，向溶液中再加入足量铜粉，充分搅拌反应，得到的溶液中，则固体混合物中为_______(写出计算过程)。

8. （2022春·江苏徐州·高一统考期末）乳酸乙酯广泛应用于食品香精，适当添加在白酒中可增加白酒的香气。一种乳酸乙酯的人工合成路线如下：

(1)E中含有的官能团的名称为_______。
(2)B→C的反应方程式为_______。
(3)C→D的反应类型为_______。
(4)乳酸乙酯的结构简式为_______。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
9. （2020春·江苏徐州·高一统考期末）丙烯酸乙酯具有菠萝香味，可用作食品添加剂。工业上可以用乙烯、丙烯等为原料合成制得。

(1)由CH2=CH2生成有机物A(分子式为C2H6O)的反应类型是____。
(2)丙烯酸乙酯(CH2=CH-COOCH2CH3)中含氧官能团的名称_______。
(3)有机物B的结构简式为______；根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物B的说法正确的是____。
a 有机物B与CH3COOH含有的官能团完全相同
b 可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
c 在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应
(4)有机物A、B反应生成丙烯酸乙酯的反应在实验室中可在如图装置中进行。

①该反应的化学方程式是___________
②试管乙中试剂的名称是_________，若要将制得的产物分离出来，采用的实验操作是______(填名称)。
10. （2022春·江苏徐州·高一统考期末）氮及化合物的性质与应用是科学研究的热点。
(1)分子呈正四面体结构，如图所示。已知断裂1molN—N键吸收190kJ能量，断裂键吸收940kJ能量，则气体转化为时要_______(填“吸收”或“放出”)能量_______kJ。

(2)利用和生成的反应设计成原电池，装置如图所示。电极B是_______极(填“正”或“负”)，通过离子交换膜向_______(填“A”或“B”)极移动，写出电极A的电极反应式：_______。

(3)水体中的污染可用纳米铁粉消除，反应的离子方程式为。研究发现，若pH偏低将会导致的去除率下降，其原因是_______。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中的速率有较大差异如图，产生该差异的可能原因是_______。

I.含的水样
II.含的水样
11. （2021春·江苏徐州·高一统考期末）甲醇()的合成与应用具有广阔的发展前景。
(1)工业上通过和化合来制备：，若将和混合后充分反应，放出的热量_______(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(2)工业上还可以通过与反应制备：。
①保持温度不变，向恒容密闭容器中充入和，能说明该反应已达平衡状态的是_______(填字母)。
a.b.c.容器内压强保持不变
②在恒容密闭容器中，反应过程中反应物和生成物的物质的量数据见下表：
反应时间





2
6
0

1




1.5




1.5

内的平均反应速率_______。反应达平衡时，_______。
③向恒容密闭容器中充入一定量CO2和，在不同催化剂作用下合成甲醇，反应进行相同时间后(均未达到化学平衡状态)，CO2的转化率随反应温度的变化如图所示。其中a点CO2的转化率高于b点的原因是_______。

(3)“甲醇-氧气”燃料电池装置示意图如图所示。

①燃料电池工作时，H+向_______(填“A”或“B”)极区移动。
②线路中通过1mol电子时，B区生成水的质量为_______。
12. （2020春·江苏徐州·高一统考期末） X、Y、Z、Q、W、R是常见的短周期主族元素，其相关信息如下表:
元素
相关信息
X
它的一种同位素被用作相对原子质量的标准
Y
常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对
Z
是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素
Q
最外层电子数是次外层电子数的3倍
W
原子序数等于X、Y原子序数之和
R
与Q同族，且最高价氧化物的水化物的浓溶液常温下使W单质钝化

(1)元素X在元素周期表中的位置是_______。
(2)上述六种元素中有2种元素能形成一种淡黄色的固体化合物，该化合物的电子式是_________，所含化学键的类型有离子键、____
(3)Y、Q、R三种元素的简单氢化物中，稳定性最强的化合物的结构式为________
(4)上述六种元素原子半径与主要化合价的关系如图，其中④对应的元素为_______

(5)将RQ2通入BaCl2溶液中，没有明显变化，再向其中加入Z的最高价氧化物的水化物，可观察到的现象是_____，发生反应的离子方程式是_____________

参考答案：
1.      c     取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在          0.06          取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有
【分析】氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，硝化过程是将转化为，转化为，反硝化过程正好和硝化过程相反，铁循环脱除水体中氨态氮过程是Fe3+和反应生成Fe2+和N2，Fe2+和、H+反应生成Fe3+，由此分析。
【详解】(1)氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态氮的方法，即氮气→含氮化合物或离子；
a．反硝化过程正好和硝化过程相反，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故a不符合题意；
b．硝化过程是将转化为，转化为，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故b不符合题意；
c． N2转化为氨态氮，属于人工固氮，故c符合题意；
故答案为c；
(2)①检验的原理是先将转化为NH3，再根据氨气的性质用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，方法为：取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在，故答案为：取少量样品于试管中，加入溶液并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明样品中存在；
②实验室制备少量氨气用的试剂为氢氧化钙和氯化铵，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)氧化生成H2O和N2，离子方程式为+N2↑+2H2O，转化为氮气时，氮元素的化合价从-3价升高到0价，1mol转化为氮气时，氮元素的化合价从+3价升高到0价，当生成1mol氮气时，转移3mole-，即n(e-)=3n(N2)=3×0.02mol=0.06mol，故答案为：0.06；
(4)由图可知：铁循环脱除水体中铵态氮的原理是Fe3+和反应生成Fe2+、N2和H+，离子方程式为，故答案为：；
(5)检验溶液中含有和，相应的实验方案为取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有，故答案为：取少量混合溶液于试管中，滴入溶液呈红色，说明有；取少量溶液于试管中，滴入混合溶液，紫红色褪色，说明有。
【点睛】本题重点(5)，检验溶液中含有和要利用离子的性质，亚铁离子具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，据此可判断其有无，而铁离子具有氧化性，同时与KSCN反应，产生红色，据此可判断其有无。
2.     0.1 mol·L-1·min-1     2~3min     -152 kJ·mol-1     a     合理     锌和置换出的铜构成原电池，加快反应速率，且锌过量，不影响生产气体的量(答案合理即可)
【分析】(1)①根据氢气的体积计算消耗HCl的物质的量，再根据速率公式进行计算；
②相同时间段内，生成气体越多，反应速率越快；
(2)根据热化学方程式的意义计算反应热；
(3)根据影响反应速率的因素以及物质的化学性质分析解答；
(4)根据原电池原理的应用分析解答。
【详解】(1)①在2~3 min时间段内，生成氢气物质的量为，根据关系式2HCl～H2，可知该时间段内消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则在2~3 min时间段内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为；
②在1～2 min、2～3 min、3～4 min时间段中，产生气体的体积分别为70mL、112mL、68mL，相同时间段内，生成气体越多，反应速率越快，由此可知反应速率最大的时间段为2～3min；
(2)盐酸中HCl的物质的量为，由此可知，消耗0.2molHCl放出15.2 kJ的热量，则消耗2molHCl时，放出152 kJ的热量，故反应Zn(s) + 2HCl(aq)=ZnCl2(aq) + H2(g)的△H= -152 kJ·mol-1；
(3)a. 在盐酸中加入蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是氢离子物质的量不变，故不减少产生氢气的量，故a可行；
b. 在盐酸中加入Na2CO3溶液，Na2CO3与盐酸反应生成二氧化碳和水，减小了氢离子物质的量，故会减少氢气的量，故b不可行；     
c. 在盐酸中加入NaNO3溶液，硝酸根在酸性环境下表现强氧化性，生成NO，而不生成氢气，故c不可行；
(4)为了加快反应速率但不减少产生气体的量，某同学向反应物中加入了少量CuSO4固体，因为锌和置换出的铜构成原电池，加快反应速率，且锌过量，不影响生产气体的量故该同学的操作合理。
【点睛】第(4)问，在反应物中加入少量CuSO4固体形成原电池加快反应速率，是否会影响产生氢气的量，关键在于是谁决定氢气的产量，若锌过量，盐酸决定氢气的产量，锌置换出铜，不会影响氢气的产量；若锌不足，由锌决定氢气的产量，则锌置换出铜形成原电池后，消耗锌，则产生氢气的量会减少。
3.    提供CH4分解所需的能量     56     CH4+CO2 CH3COOH     原子转化率100%(或符合绿色化学理念)     a     c     O2 + 4e－＝2O2－     0.025
【分析】(1)根据已知信息和热值的单位分析热值是指单位质量的物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
(2)根据已知信息书写化学方程式，根据反应特点分析其优点；
(3)①根据外界因素对反应速率的影响分析；
②根据化学平衡状态的判断依据分析；
(4)根据甲烷燃料电池的工作原理分析。
【详解】(1)甲烷高温分解生成氢气和碳是吸热反应，因此在密闭容器中进行此反应时，要通入适量空气使部分甲烷燃烧，为CH4分解提供所需的能量；已知25℃、101 kPa时，1 mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896 kJ热量，则1g甲烷完全燃烧放出的热量为，则甲烷的热值为56kJ·g-1；
(2)一定温度下，在偏铝酸亚铜(CuAlO2)的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现“CO2减排”，该反应的化学方程式为CH4+CO2 CH3COOH，该反应为化合反应，无其他副产物产生，则其优点是原子转化率100%(或符合绿色化学理念)。
(3)①使用催化剂能加快反应速率，但降低温度、及时分离水即降低生成物浓度均使反应速率降低，所以a选、bc不选；
②a. 该反应中各物质均为气体，所以反应体系中混合气体的质量始终不变，即混合气体的质量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b. 反应物浓度不变或v(NO2)正=2v(N2)逆，可说明反应达到平衡状态，但c(NO2) = 2c(N2)不能判断反应是否达到平衡状态，故b错误；
c. 单位时间内生成1 mol CO2，同时生成2 mol NO2，则v(NO2)逆=2v(CO2)正，说明反应达到平衡状态，故c正确；
(4)①在甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入空气的一极为正极，即a为负极、b为正极，由图示可知，氧气在正极得电子发生还原反应生成O2－，故b极电极反应式为O2 + 4e－＝2O2－；
②5.6L空气中含有氧气为5.6L×20%=1.12L，即0.05mol，甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2═CO2+2H2O，所以理论上消耗甲烷的物质的量=0.05mol×=0.025mol。
【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。
4. (1)500mL容量瓶、胶头滴管
(2)用蒸馏水将碳酸钠溶液进行稀释，再将稀释溶液缓缓倒入盛有FeSO4溶液的烧杯中
(3)     避免空气中的O2将Fe2+氧化成Fe3+     减少甘氨酸亚铁的损失，提高产率     2NH2CH2COOH+FeCO3=(NH2CH2COO)2Fe+CO2↑+H2O
(4)81.6%

【分析】由题意可知，制备甘氨酸亚铁的实验为用蒸馏水将碳酸钠溶液进行稀释，再将稀释溶液缓缓倒入盛有硫酸亚铁溶液的烧杯中制备碳酸亚铁，将制得的碳酸亚铁固体和甘氨酸的水溶液混合后加入三颈烧瓶中，用二氧化碳将三颈烧瓶中空气排净，滴入柠檬酸溶液并加热，反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤，用乙醇洗涤、干燥得到甘氨酸亚铁产品。
(1)
配制500mL0.2000mol/L硫酸亚铁溶液所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
(2)
由分析可知，制备碳酸亚铁时，为防止碳酸钠溶液碱性过强与硫酸亚铁溶液发生双水解反应反应生成氢氧化亚铁沉淀，应用蒸馏水稀释碳酸钠溶液，然后将稀释溶液缓缓倒入硫酸亚铁溶液中制得碳酸亚铁，故答案为：用蒸馏水将碳酸钠溶液进行稀释，再将稀释溶液缓缓倒入盛有FeSO4溶液的烧杯中；
(3)
①亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以实验III中要通入二氧化碳将三颈烧瓶中空气排净防止亚铁离子被氧化，故答案为：避免空气中的O2将Fe2+氧化成Fe3+；
②由题给信息可知，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以用乙醇洗涤甘氨酸亚铁能够减少甘氨酸亚铁因溶解而造成损失，提高甘氨酸亚铁的产率，故答案为：减少甘氨酸亚铁的损失，提高产率；
③三颈烧瓶中发生的反应为碳酸亚铁和甘氨酸反应生成甘氨酸亚铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NH2CH2COOH+FeCO3=(NH2CH2COO)2Fe+CO2↑+H2O，反应的化学方程式为2NH2CH2COOH+FeCO3=(NH2CH2COO)2Fe+CO2↑+H2O，故答案为：2NH2CH2COOH+FeCO3=(NH2CH2COO)2Fe+CO2↑+H2O；
(4)
由题给方程式可得如下转化关系：(NH2CH2COO)2Fe—Ce(SO4)2，由滴定消耗20.00mL0.1000mol/L Ce(SO4)2溶液可知，5.00g产品中甘氨酸亚铁的质量分数为×100%=81.6%，故答案为：81.6%。
5.      碘水     羧基     加成反应          将混合物加入分液漏斗中，充分振荡、静置，将水层从分液漏斗下口放出，再将上层乙酸乙酯从分液漏斗上口倒出     AB
【分析】(1)淀粉遇碘变蓝；
(2)醋酸的结构简式为：CH3COOH；
(3)乙烯和水在一定条件下制取乙醇，该反应的反应类型为加成反应；
(4)①该反应利用乙酸和乙醇，在浓硫酸和加热作用下，制备乙酸乙酯；
②乙酸乙酯不溶于水，反应结束后，采用分液法分离；
③由于乙酸、乙醇和乙酸乙酯都是易挥发的液体，故试管中收集的产品中一定混有乙酸和乙醇，乙酸显酸性，碳酸钠溶液显碱性。
【详解】(1)淀粉遇碘变蓝，实验室检验淀粉是否完全水解的试剂是碘水，故答案为：碘水；
(2)醋酸的结构简式为：CH3COOH，所含官能团的名称是羧基，故答案为：羧基；
(3)乙烯和水在一定条件下制取乙醇，该反应的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
(4)①该反应利用乙酸和乙醇，在浓硫酸和加热作用下，制备乙酸乙酯，其化学方程式为：，故答案为：；
②反应结束后，从右侧试管混合物中分离出乙酸乙酯，操作方法：将混合物加入分液漏斗中，充分振荡、静置，将水层从分液漏斗下口放出，再将上层乙酸乙酯从分液漏斗上口倒出，故答案为：将混合物加入分液漏斗中，充分振荡、静置，将水层从分液漏斗下口放出，再将上层乙酸乙酯从分液漏斗上口倒出；
③A．由于乙酸、乙醇和乙酸乙酯都是易挥发的液体，故试管中收集的产品中一定混有乙酸和乙醇，A项正确；
B．乙酸乙酯的密度小于饱和溶液，乙酸乙酯在上层，B项正确；
C．石蕊试液层为三层环，乙酸乙酯的密度比水小，其中的杂质乙酸使石蕊变红；中间的石蕊显紫色；碳酸钠溶液显碱性，故下层的石蕊显蓝色，故由上而下是红、紫、蓝，C项不正确；
故答案为：AB。
【点睛】本题难点(4)③，判断反应后收集装置中的现象，要根据物质的性质判断。该反应中，乙醇和乙酸易挥发，故试管中收集的产品中一定混有乙酸和乙醇，乙酸显酸性，碳酸钠溶液显碱性，不振荡试管情况下，可以快速判断试管现象。
6. (1)SiO2和铁粉
(2)将MnO2转化为MnSO4
(3)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓+
(4)     40℃     NH4HCO3 受热易分解，
(5)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2

【分析】“酸浸”时发生的反应有：MnO2+2H2SO4+Fe=MnSO4+FeSO4+2H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，过滤得滤渣I为SiO2和过量的铁粉，向滤液中加入NH3∙H2O，将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，过滤得滤渣II主要成分为Al(OH)3，向滤液中加入NH4HCO3将Fe2+、Mn2+进行碳化转化为FeCO3、MnCO3，在空气中煅烧得到Fe2O3-MnO。
【详解】（1）根据分析，滤渣I为SiO2和过量的铁粉；
（2）根据分析，“酸浸”过程中加入过量铁粉可将MnO2转化为MnSO4；
（3）NH4HCO3将Mn2+转化为MnCO3，离子方程式为Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓+；
（4）由图象可知，温度在40℃时，三种离子同时沉淀率最高，故为了使沉淀完全，最适宜的温度是40℃；由于NH4HCO3受热易分解，故“碳化”时加入过量的NH4HCO3，不会影响产品纯度。
（5）“煅烧”时，将碳酸亚铁转化为Fe2O3，故碳酸亚铁发生反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。
7.    、()          不污染环境，不引进等杂质离子               滤渣II     2：1
【分析】硫铁矿烧渣的主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等，矿渣用硫酸溶解时，Fe3O4、FeO与硫酸发生反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，则滤渣Ⅰ为SiO2，用H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+，最后得到结晶Ⅰ为硫酸铁；粉煤灰的主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等， “碱溶”时，两性氧化物Al2O3与NaOH能发生反应生成NaAlO2和水，则滤渣Ⅱ为Fe2O3、FeO，NaAlO2与二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝，据此分析作答。
【详解】(1)矿渣用硫酸溶解时，Fe3O4、FeO与硫酸发生反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，“酸溶I”得到的溶液中，阳离子主要有、()，故答案为：、()；
(2)“氧化”时，若用氯水代替，发生反应的离子方程式为；与使用氯水相比，“氧化”时使用的优点是不污染环境，不引进等杂质离子，故答案为：；不污染环境，不引进等杂质离子；
(3) “碱溶”时，两性氧化物Al2O3与NaOH能发生反应生成NaAlO2和水化学方程式为；通入后NaAlO2与之反应，生成沉淀，故答案为：；；
(4)由分析可知，滤渣Ⅰ为SiO2，滤渣Ⅱ为Fe2O3、FeO，滤渣II可用于制备结晶Ⅰ，在流程中可以循环利用，故答案为：滤渣II；
(5)设的物质的量为，的物质的量为


；

则
则
解得，故答案为：2：1。
【点睛】本题重点考查铁与铝的相关化合物的性质，做题时，要能快速的将知识点回顾，并解析出整个流程中，核心是：氧化铝为两性氢氧化物，铁离子与亚铁离子之间的转化。
8. (1)羟基、羧基
(2)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(3)加成反应
(4)
(5)

【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，在铜做催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛与氢氰酸发生加成反应生成，在稀硫酸中发生水解反应生成，在浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成。
（1）
由结构简式可知，E分子中含有的官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
（2）
由分析可知，B→C的反应为在铜做催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（3）
由分析可知，C→D的反应为乙醛与氢氰酸发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
（4）
由分析可知，乳酸乙酯的结构简式为，故答案为：；
（5）
由有机物的转化关系可知，以为原料制备的合成步骤为在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与氢氰酸发生加成反应生成，在稀硫酸中发生水解反应生成，在浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成，合成路线为，故答案为：。
9.      加成反应     酯基     CH2＝CHCOOH     bc     C2H5OH + CH2＝CHCOOHCH2＝CHCOOC2H5 + H2O     饱和碳酸钠溶液     分液
【分析】由物质转化流程图和A的分子式C2H6O可知，最后应该是乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，A是乙醇，B是丙烯酸，无机物M是H2O，CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，据此分析解答。
【详解】(1)由以上分析知，有机物A是乙醇，无机物M是H2O，CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH；
(2)丙烯酸乙酯(CH2=CH-COOCH2CH3)中含氧官能团为酯基；
(3)有机物B为丙烯酸，结构简式为CH2＝CHCOOH；根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，
a CH2＝CHCOOH中含有的官能团为碳碳双键和羧基，CH3COOH含有的官能团只有羧基，故二者所含官能团不完全相同，故a错误；
b CH2＝CHCOOH含有羧基，可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，故b正确；
c CH2＝CHCOOH含有碳碳双键和羧基，在一定条件下，羧基可以发生酯化反应，碳碳双键可以发生加成反应和氧化反应，故c正确；
(4)①乙醇与丙烯酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，该反应的化学方程式是C2H5OH + CH2＝CHCOOHCH2＝CHCOOC2H5 + H2O；
②从试管甲挥发出的丙烯酸乙酯中会混有乙醇和丙烯酸，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，中和丙烯酸，降低酯的溶解度，故可用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯，从而出现分层，因此若要将制得的丙烯酸乙酯分离出来，可采用分液的方法。
【点睛】酯化反应实验中，应用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯，而不能用氢氧化钠溶液，因为酯在氢氧化钠强碱性溶液中会发生水解。
10. (1)     发出     740kJ
(2)     负     A     2NH3—6e—+6OH—=N2+6H2O
(3)     纳米Fe与H+反应生成H2     Cu或Cu2+催化纳米Fe与NO的反应

【解析】(1)
由题意可知，1molN4气体转化为N2时，破坏N4气体中化学键需要吸收的热量为190kJ×6=1140kJ，形成N2中化学键需要发出的热量为940kJ×2=1880kJ，则反应发出的热量为1880kJ—1140kJ=740kJ，故答案为：放出；740kJ；
(2)
由图可知，电极A为原电池的负极，在水分子作用下，碱性条件下，氨分子在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3—6e—+6OH—=N2+6H2O，电极B为正极，二氧化氮在水分子作用下在正极得到电子生成氮气和氢氧根离子，电极反应式为2NO2+8e—+4H2O =N2+8OH—，电池工作时，阴离子氢氧根离子向负极电极A移动，故答案为：负；A；2NH3—6e—+6OH—=N2+6H2O；
(3)
若溶液pH偏低，溶液中氢离子浓度浓度过大，会与纳米铁反应生成亚铁离子和氢气，导致废水中硝酸根离子的去除率下降；由图可知，Ⅱ中纳米铁粉去除硝酸根离子的速率快，原因是铜离子或铜离子与铁反应生成的铜离子能催化铁粉去除硝酸根的反应，故答案为：纳米Fe与H+反应生成H2；Cu或Cu2+催化纳米Fe与NO的反应。
11.      小于     c          1：1     a和b点均未达到平衡，b点比a点反应温度高，速率快，a点催化剂Ⅰ的效率比催化剂Ⅲ的高，化学反应速率更快(a点催化剂对速率的影响大于b点温度对速率的影响，所以a点CO2的转化率高)     B     9
【详解】(1)由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若将和混合后充分反应，放出的热量小于。
(2)①a.甲醇和水蒸气均是生成物，根据方程式可知二者的浓度始终相等，则不能说明该反应已达平衡状态，a错误；
b.说明正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，b错误；
c.正反应体积减小，则容器内压强保持不变能说明该反应已达平衡状态，c正确；
答案选c；
②内消耗二氧化碳是1mol，结合方程式可知消耗氢气是3mol，浓度是1.5mol/L，则平均反应速率1.5mol/L÷5min＝。15min时消耗氢气是4.5mol，生成甲醇是1.5mol，20min时甲醇仍然是1.5mol，说明反应已经达到平衡状态，剩余氢气是1.5mol，则反应达平衡时，1：1。
③由于a和b点均未达到平衡，b点比a点反应温度高，速率快，a点催化剂Ⅰ的效率比催化剂Ⅲ的高，化学反应速率更快(a点催化剂对速率的影响大于b点温度对速率的影响)，所以a点CO2的转化率高于b点；
(3)①通入氧气的电极是正极，原电池中阳离子移向正极，则燃料电池工作时，H+向B极区移动。
②正极反应式为O2+4e－+4H＋＝2H2O，线路中通过1mol电子时，B区生成水的质量为0.5mol×18g/mol＝9g。
12.      第2周期IVA族          共价键     H—O—H     S(硫)     产生白色沉淀     H2SO3+2OH－+Ba2+＝BaSO3↓ +2H2O或SO2+2OH－+Ba2+＝BaSO3↓ +H2O
【分析】X、Y、Z、Q、W、R是常见的短周期主族元素，X的一种同位素被用作相对原子质量的标准，则X为C元素；常温下，Y元素的单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，则Y为N元素；Z是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，则Z为Na元素；Q的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Q为O元素；W的原子序数等于X、Y原子序数之和，则W的原子序数为13，则W为Al元素；R与Q同族，且最高价氧化物的水化物的浓溶液常温下使W单质钝化，则R为S元素，据此分析解答。
【详解】由以上分析知，X为C元素，Y为N元素，Z为Na元素，Q为O元素，W为Al元素，R为S元素，
(1)X为C元素，其在元素周期表中的位置是第2周期IVA族；
(2)该固体化合物由2种元素组成，呈淡黄色，则该化合物为Na2O2，Na2O2是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式是，所含化学键的类型有离子键、共价键；
(3)元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，O的非金属性最强，故稳定性最强的化合物为H2O，其结构式为H—O—H；
(4)元素④的最高正化合价为+6价，最低负化合价为-2价，O元素无最高正价，故④对应的元素为S(硫)；
(5)将SO2通入BaCl2溶液中，不发生反应，没有明显变化，再向其中加入NaOH，NaOH与SO2反应生成Na2SO3，Na2SO3再与BaCl2发生复分解反应生成BaSO3白色沉淀，发生反应的离子方程式是H2SO3+2OH－+Ba2+＝BaSO3↓ +2H2O或SO2+2OH－+Ba2+＝BaSO3↓ +H2O。
【点睛】将SO2通入BaCl2溶液中，不发生反应，没有明显变化，这是同学们的易错点，同学们往往认为会生成白色沉淀BaSO3，实际上SO2+BaCl2+H2O= BaSO3↓ +2HCl违背了强酸制弱酸的原理，不能发生，故不会生成白色沉淀BaSO3。若将BaCl2更换为Ba(NO3)2，此时就会生成白色沉淀，但是该白色沉淀为BaSO4，是因为SO2与水反应生成H2SO3，在酸性环境下表现强氧化性，将+4价S元素氧化为+ 6价的，再与Ba2+结合生成BaSO4。