河北省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题

这是一份河北省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题，共39页。试卷主要包含了元素或物质推断题，原理综合题，实验题，工业流程题，计算题，有机推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河北省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题

一、元素或物质推断题
1．（2022春·河北衡水·高一统考期末）现有A、B、C、D、E、F以及甲、乙、丙九种物质，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)。其中金属A焰色反应呈黄色，甲、乙、丙为气体。

请回答下列问题：
(1)B的化学式为_______，黄绿色气体的化学式为_______；
(2)写出下列反应的离子方程式：①_______；④_______；⑤_______。
(3)写出C溶液与Al反应的化学方程式：_______，消耗2.7g的Al能产生标准状况下的气体_______L。
(4)将投入到紫色石蕊溶液中，可以观察到的现象是_______。

二、原理综合题
2．（2022春·河北衡水·高一统考期末）某温度下，在2L的密闭容器中发生反应：，其中NO的物质的量随时间变化如下表：
时间/min
0
1
2
3
4
5

0.2
0.15
0.11
0.09
0.08
0.08
(1)上述反应_______(填“是”或“不是”)可逆反应，5min时NO的转化率为_______。
(2)写出一种加快该反应速率的方法：_______。
(3)2min时，容器中生成的的物质的量为_______mol，此时氧气的平均反应速率_______。
(4)下列选项中，能说明该反应已经达到化学平衡状态的有_______(填字母)。
A．      B．NO的物质的量不再变化    C．       D．    E.容器内压强不再变化     F.混合气体的密度不再变化
(5)一定条件下，用甲烷可以消除氮氧化物(NOx)的污染。已知：


现有一份在相同条件下对的相对密度为17的NO与的混合气体，用16g甲烷气体催化还原该混合气体，恰好生成氮气、二氧化碳气体和水蒸气，共放出1042.8kJ热量。
①该混合气体中NO和的物质的量之比为_______。
②已知上述热化学方程式中，则_______。
③在一定条件下NO气体可以分解为气体和气体，写出该反应的热化学方程式：_______。
3．（2022春·河北邯郸·高一统考期末）根据所学知识，回答下列问题；
I．在2L密闭容器内，800℃时反应体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007

(1)图中表示变化曲线的是_______(填字母)。
(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是_______。
(3)用表示0~2s内该反应的平均速率_______。
(4)该反应进行到1s时放出的热量为akJ()，则热化学方程式  _______。
II．将一定量纯净的氨基甲酸铵()置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：
(5)只改变一个条件，能使该反应的速率增大的是_______(填标号，下同)。
A．及时分离出气体 B．适当升高温度
C．再加入少量 D．选择高效催化剂
(6)下列能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是_______。
①
②密闭容器中的物质的量不变
③容器中与的物质的量之比保持不变
④的体积分数保持不变
III．锂离子电池已经成为新一代实用化的蓄电池，该电池具有能量密度大、电压高的特性。锂离子电池放电时的电极反应式：
负极反应：
正极反应：
(7)该锂离子电池放电时，总反应的方程式为_______。
4．（2022春·河北石家庄·高一统考期末）2022年1月17日，习近平主席在出席世界经济论坛视频会议发表演讲时指出，“实现碳达峰、碳中和是中国高质量发展的内在要求，也是中国对国际社会的庄严承诺”。二氧化碳的捕集、利用与封存(CCUS)已成为科学家研究的重要课题。
(1)下列措施不利于实现我国“碳达峰、碳中和”目标的是___________(填选项字母)。
A．完善充电桩、自行车道等相应的配套设施建设，引导公众优先绿色出行
B．大规模开采可燃冰作为新能源和通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
C．支持风力发电、光伏发电、潮汐发电等行业健康有序发展
D．加大农村房屋建筑节能改造力度，降低冬季取暖燃料的使用
(2)二氧化碳加氢可转化为二甲醚()，既可以降低二氧化碳排放量，也可以得到性能优良的汽车燃料。反应原理为：。
①该反应的能量变化如图所示，该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。

②在体积为2L的密闭容器中，充入3mol (g)和9mol (g)，测得CO2(g)、(g)的物质的量随时间变化如图。

ⅰ．反应到达A点时，___________(填“＞”、“＜”或“=”)。
ⅱ．0～5min内，___________。
ⅲ.反应达到平衡状态时，二甲醚的体积分数为___________(保留2位有效数字)。
ⅳ.不能说明该反应已达平衡状态的是___________(填选项字母)。
a．的含量保持不变                           b．(g)与(g)的物质的量之比保持不变
c．                        d．混合气体的平均密度保持不变
(3)一种酸性“二甲醚()直接燃料电池”具有启动快、比能量高、效率好等优点。其电池工作原理如图所示：

①a电极为___________。极(填“正”或“负”)，溶液中的向___________电极定向移动(填“a”或“b”)。
②b电极的电极反应式为___________。

三、实验题
5．（2022春·河北衡水·高一统考期末）实验室可用下图装置(略去部分夹持仪器)制取SO2并验证其性质。

(1)盛装浓H2SO4溶液的仪器名称为_______。仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若_______，则整个装置气密性良好。
(2)圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(3)装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，其中的液体能选择_______(填字母)。
a.蒸馏水            b.饱和NaOH溶液            c.饱和NaHSO3溶液
(4)C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为_______。
为探究10 g固体Na3N的纯度(杂质不与水和HCl反应)，某学习小组进行了如下实验。气体体积已经折合成标准状况下的体积。

已知：Na3N与水反应会生成一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。溶液B与300 mL1.0mol·L-1的盐酸溶液恰好中和。
(5)Na3N与水反应的化学方程式为_______。
(6)加热条件下NH3被CuO氧化，产物含2种单质。写出该反应的化学方程式_______。
(7)由题中信息可计算出该固体中Na3N的纯度为_______。
6．（2022春·河北张家口·高一统考期末）怀来县被称为“我国现代葡萄酒的摇篮”，在这里诞生了新中国首支干白葡萄酒。在葡萄酒酿制过程中，二氧化硫不仅可以起到杀菌和抗氧化作用，还有助于保持葡萄酒的天然果香味。某研究性学习小组拟对的一些性质进行探究，实验装置(部分夹持装置略)如图所示：

已知：实验室常用粉末与70%的硫酸反应制取。回答下列问题：
(1)中硫元素的化合价为_______价。
(2)打开旋塞1，关闭旋塞2，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中的固体。经检验，装置D的试管口处没有氧气生成，写出装置C中发生反应的化学方程式：_______。
(3)装置B中试剂X的名称是_______，装置D中NaOH溶液的作用是_______。
(4)打开旋塞2，关闭旋塞1后，装置E中的溶液用于验证的_______性，写出装置E中发生反应的化学方程式：_______。
7．（2022春·河北邯郸·高一统考期末）氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。利用下图装置，某化学兴趣小组在实验室制备氨气并进行氨的催化氧化实验。

I.制备并收集干燥的氨气
(1)A装置中发生反应的化学方程式为_______。
(2)B装置的作用为_______，C装置用于收集氨气，则装置中导管的连接顺序为a→_______→_______→b。
(3)氨气的尾气处理装置能选用_______(填标号)。

II.氨的催化氧化实验
如图所示，将铂丝烧至红热，放入盛有氨气和空气的锥形瓶中，请回答下列问题：

(4)氨的催化氧化反应的化学方程式为_______。
(5)锥形瓶内铂丝始终保持红热状态，说明该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
8．（2022春·河北唐山·高一统考期末）某学习小组在实验室中制备氨气并利用收集到的氨气进行喷泉实验。回答下列问题：

(1)氨气的发生装置可以选择上图中的_______(用大写字母表示)。若用氯化铵固体与消石灰反应制取氨气，其化学方程式为_______。
(2)欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→_______(按气流方向，用小写字母表示)。
(3)该学习小组用图所示装置进行实验时，先打开止水夹，然后_______(简述操作过程)，即可观察到烧瓶内形成喷泉。实验后，烧瓶中液体的颜色为_______色。

9．（2022春·河北唐山·高一统考期末）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。回答下列问题：
(1)上述实验中主要发生两个反应，化学方程式分别为和_______。
(2)已知硫酸铜在反应中不会做催化剂，则加入硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_______。
(3)实验室中现有、、、等4种稀溶液，可与实验中溶液起相似作用的是_______。
(4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_______(任写一种即可)。
(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
实验混合溶液
A
B
C
D
E
F

30





饱和溶液/mL
0
0.5
2.5
5

20





10
0
①请完成此实验设计，其中：_______，_______；
②该同学最后得出的结论为：当加入少量溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_______。
10．（2022春·河北石家庄·高一统考期末）某化学兴趣小组欲在实验室模拟工业制硝酸的过程。设计了如下装置(夹持装置略去)：

(1)装置B中发生反应的化学方程式为___________。
(2)请在方框处画出装置C的示意图，并指出所加试剂___________。
(3)①装置D中发生反应的化学方程式为___________。
②装置F的作用为___________。
③当装置G中观察到___________现象时，说明已制得硝酸。
④去掉装置E可能产生的后果为___________。
(4)工业制硝酸过程中会有NO、等氮氧化物排出，为消除它们对环境的污染，通常用以下两种方法处理。
①纯碱溶液吸收法。纯碱溶液在空气中氧气作用下吸收的离子方程式为___________。
②氨转化法。已知7mol 恰好能将含NO和共6mol的混合气体完全转化为，则混合气体中NO和的物质的量之比为___________。

四、工业流程题
11．（2022春·河北衡水·高一统考期末）铝土矿是工业生产金属铝的原料，铝土矿的主要成分为氧化铝，另外还含有杂质等，下图是工业冶炼铝的流程(所用试剂均过量)。

回答下列问题：
(1)溶解过程中生成的离子方程式为_______。
(2)滤渣Ⅰ的成分是_______(写化学式，下同)，滤渣Ⅱ的成分是_______，试剂a可以为_______。
(3)酸化时生成沉淀的离子方程式为_______。
(4)电解制铝的化学反应中，反应物的键能之和_______(填“大于”或“小于”)生成物的键能之和。图中电解制铝的化学方程式为_______。
(5)工业上制取常用与C、在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为_______(填化学式)。
12．（2022春·河北张家口·高一统考期末）从海水中提取镁、钾、溴及其他化工产品，是在传统海水制盐工业的基础上发展起来的。海水淡化与化工生产、能源开发等相结合已经成为海水综合利用的重要方向。
I.海水提镁
镁及其合金是用途很广的金属材料。大量的镁从海水中提取，其主要步骤如下：

(1)加入试剂①后，能够分离得到沉淀的操作名称是_______。
(2)试剂②的名称是_______。
(3)无水在熔融状态下通电会产生Mg和，该反应的化学方程式为_______。
II.海水提溴
溴及其化合物在医药、农药、染料和阻燃剂等的生产中有广泛应用。海水中溴含量约为，从海水中提取溴的工艺流程如图所示：

(4)吹出塔中通入热空气吹出，利用了溴的_______(填标号)。
A．氧化性 B．不稳定性 C．挥发性 D．酸性
(5)吸收塔中发生反应的化学方程式为_______。
(6)物质X的化学式为_______，设备Y为_______。
(7)提取溴的工艺中，经历了海水中吸收塔中的过程，吸收塔中生成的看似多余，其实该过程的作用是_______。
13．（2022春·河北邯郸·高一统考期末）某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、FeO、，CuO(其余成分与酸、碱都不反应)和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Al、Cu、绿矾等。

回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，同时除去_______。
(2)操作I和II均为_______。
(3)第一次酸浸完全后“加入过量试剂a”时可能发生反应的离子方程式为_______。
(4)滤液II制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过_______、_______、过滤、洗涤、干燥，得到绿矾晶体。
(5)绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁和氧化铁。为确定绿矾部分被氧化，先用稀硫酸将绿矾晶体溶解，然后选择的最佳试剂是_______(填标号)。
A．NaOH溶液 B．酸性溶液 C．氯水 D．KSCN溶液
14．（2022春·河北唐山·高一统考期末）铝是一种应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为，含和等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图：

注：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_______。
(2)“过滤Ⅰ”中产生的滤渣除铝硅酸钠外还有_______。(填化学式)。
(3)“反应”流程中的化学方程式为_______。
(4)下列仪器可用于实验室进行灼烧实验的是_______(填字母)。
A．酒精灯 B．试管 C．蒸发皿 D．坩埚
(5)“电解”流程中的能量转化形式为_______(填“化学能转化成电能”或“电能转化成化学能”)。
15．（2022春·河北石家庄·高一统考期末）镁及其合金是用途很广的金属材料。工业上冶炼镁的方法有两种，电解法和皮江法。电解法是电解熔融的，皮江法是Si在高温下还原MgO。
已知：相关各物质熔点见下表：
物质
MgO

Mg
Si
熔点
2852
714
649
1410
Ⅰ．电解法冶炼镁。
化工厂利用卤水(主要成分为NaCl和)生产金属镁的一种工艺流程如图所示：

(1)Y与Z反应后的产物溶于水可得X溶液，从而实现了Y的再利用，则Z的化学式为___________。
(2)“沉淀”中除外，还可能含有的杂质为___________(填化学式)。
(3)工业上不用电解MgO制金属镁的原因为___________。
Ⅱ．皮江法冶炼镁，工业流程如下：

(4)气体a为___________(填化学式)。
(5)白云石煅烧前粉碎的目的为___________。
(6)还原炉需控制温度为1200℃左右，并抽空气到近似真空。还原炉中发生的主要反应有___________、。

五、计算题
16．（2022春·河北张家口·高一统考期末）工业合成氨是重要的人工固氮途径，它为农作物的生长提供了必需的氮元素，更为炸药、农药、染料等的生产提供了原料。工业合成氨的化学方程式为。恒温下，将与的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，模拟工业合成氨。回答下列问题：
(1)工业合成氨的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
(2)若反应进行到某时刻t时，，，经过计算_______。
(3)反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(标准状况下)，其中的含量(体积分数)为25%，平衡时的物质的量为_______。
(4)原混合气体中，_______。
17．（2022春·河北唐山·高一统考期末）计算：
(1)已知有机物A的相对分子质量为90。将9.0 g A在足量纯中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4 g和13.2 g，则有机物A的分子式为_______。
(2)将60 g由甲烷和乙烯组成的混合气体通入盛有足量溴水的容器，充分反应后容器的总质量增加28 g，则原混合气中甲烷和乙烯的物质的量之比为_______。
18．（2022春·河北唐山·高一统考期末）计算：
(1)将铁的某种氧化物投入到的盐酸中，在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56 L标准状况下的氯气时，刚好使溶液中完全转化为，则该氧化物的化学式为_______。
(2)向含4 mol的稀溶液中，逐渐加入铁粉至过量。假设生成的气体只有一种，得到的的物质的量与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。则B点消耗铁的物质的量为_______mol，C点生成的物质的量为_______mol。


六、有机推断题
19．（2022春·河北张家口·高一统考期末）I.某研究性学习小组设计了如图所示的有机物F的绿色合成路线：

回答下列问题：
(1)摄入人体的淀粉在酶-1的作用下，发生反应①完全水解为A，A的分子式为_______；A经缓慢氧化最终转变为化合物B和水，同时放出能量，B是导致温室效应的主要气体，其结构式为_______。
(2)化合物A在酶-2的作用下生成C，C在铜催化的条件下加热发生反应②，写出该反应的化学方程式：_______。
(3)化合物C经过流程中的转化最终合成有机物F，写出反应③的化学方程式：_______。
(4)化合物D中所含官能团的名称为_______；上述流程中，与化合物A实验式(最简式)相同的化合物是_______(填结构简式)。
II.该研究性学习小组的同学认为：合成的有机物F中含有化合物C和化合物E，为了提纯有机物F，并且对化合物C和化合物E回收利用，同学们设计了如下流程：

已知：操作1为分液，目的是为了把F和混合物I分开。
(5)试剂甲为_______(填化学式)饱和溶液，加入试剂甲的目的是_______。
(6)试剂乙为_______(填化学式)，操作2、操作3均为_______。回收化合物C和化合物E，既提高了原料的利用率，又保护了环境。
20．（2022春·河北唐山·高一统考期末）气态烃A的相对分子质量为28，E是一种高分子化合物，F是一种具有香味的油状液体。以A为主要原料合成E和F的流程如下图所示：

回答下列问题：
(1)E的结构简式为_______，B中官能团的名称为_______。
(2)反应①、④的反应类型分别为_______、_______。
(3)反应②的化学方程式为_______。
(4)某有机物M与D互为同分异构体，与F互为同系物，则M的结构简式为_______。
21．（2022春·河北石家庄·高一统考期末）A是来自石油的重要有机化工原料，也可用作果实催熟剂。
(1)石油分馏得到重油的过程是___________(填“化学”或“物理”)变化。

(2)A的电子式为___________，D中官能团的名称为___________，反应Ⅰ的类型为___________。
(3)反应Ⅱ的化学方程式为___________。
(4)丙烯()在催化剂、加热条件下与反应可生成一种重要的化工原料丙烯酸()。下列关于丙烯酸的说法正确的是___________(填选项字母)。
A．与乙酸互为同系物
B．能发生加成、酯化、氧化反应
C．能与溶液反应生成
D．一定条件下能发生加聚反应，生成
(5)利用反应Ⅳ可制取E，实验装置如图所示。

①反应Ⅳ的化学方程式为___________。
②饱和碳酸钠溶液的作用为___________(填选项字母)。
a．中和乙酸并溶解乙醇
b．降低乙酸乙酯在水中的溶解度
c．加速酯的生成，提高其产率
d．提高水溶液的密度以加速乙酸乙酯与水溶液的分层
③若实验所用乙酸质量为6.0g，乙醇质量为5.0g，得到纯净的产品质量为4.4g，则乙酸乙酯的产率为___________。

七、填空题
22．（2022春·河北邯郸·高一统考期末）乙烯是一种重要的基础化工原料，能发生下列转化关系：

回答下列问题：
(1)有机物B的官能团名称为_______。
(2)反应④的化学方程式为_______，反应类型为_______；反应⑤的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(3)转化关系中所涉及的以下有机物能使溴水因化学反应而褪色的有_______(填标号)。
a．乙烯　　b．　c．聚氯乙烯　d．　e．
(4)在实验室里我们可以用如图所示的装置来制取乙酸乙酯，乙中所盛的试剂为_______，该装置图中有一处明显的错误是_______。


参考答案：
1．(1) Fe
(2)
(3) 3.36
(4)溶液先变蓝后褪色

【分析】金属单质A的焰色反应为黄色，则A为Na，钠与水反应生成的气体甲为H2、C为NaOH，黄绿色气体乙为Cl2，氯气与氢气反应生成丙为HCl，丙溶于水得到D为盐酸，C与F生成红褐色沉淀G为Fe(OH)3，则F中含有铁离子，金属B与盐酸反应得到E，E与氯气反应生成F，则B为Fe、E为FeCl2、F为FeCl3。
（1）
由上述分析可知，B的化学式为Fe，黄绿色气体乙为Cl2。
（2）
①是金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应离子方程式为；④是氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，反应离子方程式为；⑤是氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁和氯化钠，反应离子方程式为。
（3）
氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，化学反应方程式为，消耗2.7g的Al，标准状况下生成氢气体积为。
（4）
Na2O2和水反应生成的氢氧化钠和氧气，而Na2O2有强氧化性，溶液先变蓝后褪色。
2．(1) 是 60%
(2)升高温度、增大压强、增大反应物浓度(答案合理即可)
(3) 0.09 0.01125(或)
(4)BDE
(5) 3∶1

【分析】从表中数据可知，随着反应进行NO的物质的量逐渐减小，第4分钟时反应已达到平衡。
（1）
从表中数据可知，NO不能完全转化，该反应为可逆反应。NO初始物质的量为0.2mol，5min时物质的量为0.08mol，反应掉0.12mol，则NO的转化率为60%。
（2）
升高温度、增大压强、选择合适的催化剂、增大反应物浓度等都能加快反应速率。
（3）
2min时剩余NO0.11mol，反应掉NO0.09mol，则根据方程式可知，生成NO20.09mol，反应掉O20.045mol，则氧气的平均反应速率为。
（4）
A．没有标注v正还是v逆，无法说明该反应达到平衡状态，A错误；
B．随反应的进行，NO物质的量逐渐减小，NO物质的量不变说明反应达到平衡，B正确；
C．化学反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率但是不等于零，C错误；
D．反应速率之比等于化学计量数之比，v逆(NO2)=2v逆(O2)= 2v正(O2)，O2正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，D正确；
E．该反应不是等体积反应，随着反应进行，压强逐渐减小，当压强不变说明反应达到平衡，E正确；
F．该容器为密闭容器，混合气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡，F错误；
故答案选BDE。
（5）
将第一个反应标注为反应①，第二个反应标注为反应②。①该混合气体相同条件下对H2的相对密度为17，说明混合气体的摩尔质量为34g/mol，设n(NO)为xmol，n(NO2)为ymol，则，解得x∶y=3∶1。②16g甲烷为1mol，1mol甲烷与NO、NO2的混合气体完全反应，恰好生成氮气、二氧化碳和水，设与NO2反应的甲烷有amol，则消耗NO24amol，生成NO4amol，NO和NO2本身物质的量之比为3∶1，则与CH4反应的NO共有12a+4a=16amol，而CH4物质的量共有1mol，则与NO反应的CH4有(1-a)mol，根据第一个方程式有4（1-a）=16a，解得a=0.2mol，即与NO2反应的甲烷有0.2mol，与NO反应的甲烷有0.8mol，则0.8×ΔH1+0.2×ΔH2=-1042.8kJ/mol，解得ΔH2=-574kJ/mol。③NO分解成NO2和N2，N化合价从+2价分别变为+4价和0价，则NO2和N2的系数比为2∶1，该热化学方程式可由（反应①-反应②）÷2得到，ΔH==-293kJ/mol，热化学方程式为。
3．(1)b
(2)65%
(3)0.0015mol · L-1 ·s-1
(4)-200 akJ · mol-1
(5)BD
(6)①②
(7)Li1- xMO2+x Li=LiMO2

【解析】（1）从表中数据可看出，反应进行3s后，n(NO)=0.007mol，且始终保持不变，从而可确定上述反应是可逆反应，从图中可看出，△n(NO)=0.007mol，结合化学反应，可确定△n(NO2)=0.007mol，图中表示变化曲线的是b(填字母)。故答案为：b；
（2）800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是 =65%。故答案为：65%；
（3）从表中数据可以得出，0～2s内，△n(NO)=0.012mol，则可计算出用O2表示0～2s内该反应的平均速率v= =0.0015mol/(L•s)，用表示0~2s内该反应的平均速率0.0015mol · L-1 ·s-1。故答案为：0.0015mol · L-1 ·s-1；
（4）该反应进行到1s时放出的热量为akJ()，反应的NO的物质的量为0.01mol，2molNO反应放出的热量为=200kJ，则热化学方程式   -200 akJ · mol-1。故答案为：-200 akJ · mol-1；
（5）A． 及时分离出气体,生成物浓度降低，速率降低，故A不选；B． 适当升高温度，能加快反应速率，故B选；C． 再加入少量    ，固体的浓度不变，不影响反应速率，故C不选；D． 选择高效催化剂，大幅度加快反应速率，故D选；故答案为：BD；
（6）①表示反应方向相反，且数值之比等于化学计量数之比，则此时反应达平衡状态，故正确；②密闭容器中的物质的量不变，说明氨的浓度保持不变，则此时反应达平衡状态，故正确；③容器中与的物质的量之比始终保持不变，所以不一定达平衡状态，故错误；④容器中与的物质的量之比始终保持不变，的体积分数始终保持不变，所以不一定达平衡状态，故错误；故答案为： ①②；
（7）①负极反应：，②正极反应：该锂离子电池放电时，①×x+②得总反应的方程式为Li1- xMO2+x Li=LiMO2。故答案为：Li1- xMO2+x Li=LiMO2。
4．(1)B
(2) 放热 ＞ 0.75 18% bd
(3) 负 b

【解析】（1）A．完善充电桩、自行车道等相应的配套设施建设，引导公众优先绿色出现，可减少机动车使用，有利于碳中和，A正确；B．可燃冰、煤燃烧均会产生大量的CO2，不利于碳中和，B错误；C．支持风力发电，光伏发电，潮汐发电等行业，有利于减少煤炭发电，有利于碳中和，C正确；D．加大农村房屋建筑节能改造力度，可减少冬季燃煤取暖燃料的使用，有利于碳中和，D正确；故答案选B。
（2）①从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。②反应达到A点时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故v正>v逆；0-5min内，CO2物质的量减少2.5mol，则v(CO2)=，物质的反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=3v(CO2)=0.75mol·L-1·min-1；根据化学方程式，平衡时气体总物质的量为7mol，二甲醚的物质的量为1.25mol，二甲醚的体积分数等于物质的量分数，故二甲醚的体积分数为；a．随反应进行，H2含量不断减少，H2含量不变可说明反应达到平衡状态，a正确；b．CO2和H2按照1：3的量进行反应，同时初始加入的CO2和H2的物质的量之比为1：3，故无论是否达到平衡，两者的物质的量之比始终为1：3，b错误；c．反应速率之比等于化学计量数之比，3v正(CO2)=v正(H2)，则v正(H2)=v逆(H2)，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，c正确；d．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，d错误；故答案选bd。
（3）①通入燃料的电极为负极，则a电极为负极。溶液中H+向正极移动，故其向b电极移动。②b电极为氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O。
5．(1) 分液漏斗 液柱高度保持不变
(2)Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+ SO2↑+ H2O
(3)c
(4)有浅黄色沉淀生成
(5)Na3N+3H2O=NH3↑+3NaOH
(6)2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
(7)83%

【分析】装置A中Na2SO3与浓H2SO4反应生成SO2，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+ SO2↑+ H2O，装置B内装有饱和NaHSO3溶液判断SO2生成的快慢，为验证二氧化硫的氧化性，与硫化钠发生归中反应生成S单质，有淡黄色固体生成，装置D为收集SO2，装置E内装有NaOH溶液吸收尾气；
（1）
盛装浓H2SO4溶液的仪器名称为分液漏斗；如果长颈漏斗中液柱高度保持不变，则证明该装置气密性良好，故答案为：分液漏斗；液柱高度保持不变；
（2）
圆底烧瓶中Na2SO3与浓H2SO4反应生成SO2，发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+ SO2↑+ H2O；
（3）
SO2和水反应生成亚硫酸，SO2和NaOH溶液反应生成Na2SO3，应该选取饱和NaHSO3溶液，故答案为：c；
（4）
C试管中的试剂可以验证SO2的氧化性，则Na2S作还原剂，被SO2氧化生成难溶性的S单质，所以看到的现象是有浅黄色沉淀生成，故答案为：有浅黄色沉淀生成；
（5）
Na3N与水反应会生成一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体即氨气，溶液B焰色反应为黄色，所以含钠元素，则Na3N与水反应的化学方程式为：Na3N+3H2O=NH3↑+3NaOH；
（6）
加热条件下氨气 被 CuO 氧化，产物含 2 种单质，氨气 被 CuO 氧化则单质为N2，CuO 被还原为Cu，反应方程式为：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；
（7）
气体A是NH3，标准状况下2.24L NH3的物质的量为，由元素守恒可知n(Na3N)=0.1mol，质量为m=nM=0.1mol×83g/mol=8.3g，该固体中Na3N的纯度为。
6．(1)+4
(2)SO2 +Na2O2 =Na2SO4
(3) 浓硫酸 吸收未反应的SO2气体，防止污染空气
(4) 氧化性 SO2+2H2S =3S+2H2O

【分析】A制备二氧化硫，B中浓硫酸干燥二氧化硫，C中二氧化硫和过氧化钠反应生成硫酸钠，装置 A中产生的SO2进入装置 E 中与H2S发生氧化还原反应，F吸收酸性尾气。
（1）
根据化合价代数和为0，氧为-2价，中硫元素的化合价为+4价。故答案为：+4；
（2）
打开旋塞1，关闭旋塞2，注入硫酸至浸没三颈烧瓶中的固体。经检验，装置D的试管口处没有氧气生成，说明二氧化硫和过氧化钠反应生成硫酸钠，装置C中发生反应的化学方程式： SO2 +Na2O2 =Na2SO4 。故答案为：SO2 +Na2O2 =Na2SO4；
（3）
为了防止水对SO2 与Na2O2的反应产生干扰，需要用浓硫酸对SO2进行干燥; NaOH溶液用于吸收未反应的SO2气体，防止污染空气。装置B中试剂X的名称是浓硫酸，装置D中NaOH溶液的作用是吸收未反应的SO2气体，防止污染空气。故答案为：浓硫酸；吸收未反应的SO2气体，防止污染空气；
（4）
打开旋塞2，关闭旋塞1后，装置 A中产生的SO2进入装置 E 中与 H2S  发生氧化还原反应，体现了SO2的氧化性，该反应的化学方程式为SO2+2H2S =3S+2H2O。故答案为：氧化性；SO2+2H2S =3S+2H2O。
7．(1)Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2 H2O
(2) 干燥氨气 d c
(3)A、B

(4)4NH3＋ 5O24NO＋6H2O
(5)放热

【分析】实验室常用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应制取氨气，再经过干燥，收集氨气时要用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，因此在处理尾气时要防倒吸；氨气与氧气在催化剂作用下反应，该反应是放热反应。
（1）
A中是固体和固体加热条件下反应，反应的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
（2）
B装置盛装碱石灰，其作用为干燥氨气；C装置用于收集氨气，氨气的密度比空气轻，需要短进长出，因此装置中导管的连接顺序为a→d→c→b；
（3）
氨气极易溶于水，要防倒吸，A、B中均有防倒吸装置，因此氨气的尾气处理装置可选用A、B；
（4）
氨的催化氧化生成一氧化氮和水，其反应的化学方程式为4NH3＋ 5O24NO＋6H2O；
（5）
锥形瓶内铂丝始终保持红热状态，说明该反应是放热反应。
8．(1) AB 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)dcfei
(3) 用热毛巾捂住烧瓶，当导管口有较多气泡逸出时，拿开毛巾，冷却 无

【分析】该实验的目的是制备氨气，制备氨气可以加热Ca(OH)2和NH4Cl，也可以用生石灰和浓氨水，制备的氨气中含有水蒸气，常用碱石灰干燥，氨气的密度的小于空气，用向下排空气法收集氨气，氨气污染环境，需要尾气处理，据此分析；
（1）制备氨气，可以加热Ca(OH)2和NH4Cl固体，可用装置A，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以用生石灰与浓氨水，可用装置B，反应方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；故答案为AB；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）无论用A装置还是B装置，制备的氨气中混有水蒸气，干燥氨气常用碱石灰，因为氨气的密度小于空气，常采用向下排空气法收集，氨气有毒，需要尾气处理，因此连接顺序是发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；
（3）做氨气的喷泉实验，先打开止水夹，用热毛巾捂住烧瓶，使氨气受热膨胀，当导管口有较多气泡逸出时，拿开毛巾，冷却，氨气极易溶于水，烧瓶中气体压强减小，可观察到烧瓶内形成喷泉；烧瓶内形成溶液为氨水，氨水为无色溶液；故答案为用热毛巾捂住烧瓶，当导管口有较多气泡逸出时，拿开毛巾，冷却；无。
9．(1)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu
(2)锌置换出的铜附着在锌的表面，形成原电池，锌做负极
(3)Ag2SO4溶液
(4)升高反应温度或增大硫酸浓度或使用锌粉
(5) 30 10 置换出的铜过多，覆盖在锌的表面，使锌与稀硫酸的接触面积减小

【分析】若研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，由变量唯一化原则可知，实验中除硫酸铜的量不同之外，其他物质的量浓度均应保持不变，则每组硫酸的体积要保持相同，六组溶液的总体积也应该相同。
（1）锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，加入少量硫酸铜溶液后，锌可置换出铜，反应的方程式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。
（2）锌置换出的铜附着在锌的表面，形成原电池，锌做负极，从而加快了氢气产生的速度。
（3）Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4四种溶液中，只有硫酸银溶液能与锌发生置换反应，则硫酸银溶液能与硫酸铜溶液起相似作用，在稀硫酸溶液中形成银、锌原电池，使化学反应速率加快，故答案为Ag2SO4。
（4）影响化学反应速率的因素很多，例如温度、浓度和固体的表面积等等，因此加快反应速率的措施还有升高反应温度，适当增加硫酸的浓度，增加锌粒的表面积即使用锌粉等。
（5）①若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，则实验中除CuSO4的量不同之外，其他均相同，每组硫酸的物质的量浓度要保持相同，则V1=V2=V3=V4=V5=30，六组溶液的总体积也应该相同，由实验F可知，溶液的总体积均为50 mL，则V6=10。②实验A中没有原电池反应，是锌直接和硫酸的反应。而其它实验中生成铜单质，构成了原电池反应，当加入的CuSO4溶液超过一定量时，会析出大量的金属铜覆盖在锌表面，使锌与稀硫酸的接触面积减小，因此反应速率会减小。
10．(1)
(2) 或
(3) 安全瓶或防倒吸(答出“安全瓶”或“防倒吸”即可得分) 紫色石蕊溶液变红 过量的氨致使装置G中不能生成硝酸，或G中溶液不变红，或G中混有
(4) 1：3

【分析】装置B是制取氨气的装置，装置B中固体氧化钙和浓氨水反应制取氨气，装置C是干燥碱性气体装置，装置D是氨气和氧气的反应装置，装置E可将未反应的氨气和生成的水蒸气除去，装置F为安全瓶，可防倒吸，装置G中观察到紫色石蕊溶液变红，则说明生成了硝酸。
（1）
装置B中固体氧化钙和浓氨水反应制得氨气，化学方程式为
（2）
装置B是制取氨气的装置，装置C的作用为干燥氨气，干燥碱性气体的装置为 或 。
（3）
①装置D是氨气和氧气发生反应生成NO和H2O，化学方程式为。②氨气极易溶于水，因此F可以作为安全瓶起到防倒吸作用。③紫色石蕊试液遇酸变红，则当装置G中观察到紫色石蕊溶液变红，则说明制得了硝酸。④E装置的作用为吸收多余的氨气，去掉E装置，则过量的氨气可能导致装置G中不能生成硝酸，或者G中溶液不变红，或G中混有硝酸铵。
（4）
①纯碱溶液在空气中氧气作用下吸收NO2的离子方程式为。②7mol氨恰好能将含NO和NO2共6mol的混合气体完全转化为N2，设NO的物质的量为xmol，则NO2的物质的量为(6-x)mol，反应过程中转移电子数为2x+(6-x)×4=21，则x为1.5mol，混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1：3。
11．(1)
(2) NaOH溶液
(3)
(4) 大于
(5)CO

【分析】铝土矿(主要成分为氧化铝和水，另外还含有杂质Fe2O3、SiO2等)加入硫酸溶解，发生反应Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，SiO2不反应，则滤渣1为SiO2；滤液1中含有Al3+、Fe3+等离子，Al3+与过量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则试剂a为NaOH，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入试剂b(过量)酸化将偏铝酸根离子转化为Al(OH)3沉淀，Al(OH)3溶于强酸，则试剂b可选CO2；灼烧Al(OH)3得到Al2O3，最后电解熔融Al2O3冶炼铝。
（1）
稀硫酸溶解Fe2O3生成Fe3+的离子方程式为，故答案为：；
（2）
由上述分析可知，滤渣1为SiO2；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则试剂a为NaOH，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入试剂a(过量)除去Fe3+，Al3+与过量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，则试剂a可为NaOH溶液，故答案为：SiO2；Fe(OH)3；NaOH溶液；
（3）
加入试剂b(过量)酸化将偏铝酸根离子转化为Al(OH)3沉淀，Al(OH)3溶于强酸，则试剂b可选CO2，发生反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）
电解氧化铝生成铝和氧气，反应的化学方程式为；该反应属于吸热反应，反应物的键能之和大于生成物的键能之和，故答案为：大于；；
（5）
Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，故答案为：CO。
12．(1)过滤
(2)盐酸
(3)
(4)C
(5)
(6) Cl2 蒸馏塔
(7)富集溴元素

【分析】I.海水提镁
在海水中加入石灰乳沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到氢氧化镁，将氢氧化镁溶解到盐酸中得到氯化镁溶液，将氯化镁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶得到，再在HCl气氛下加热，失去水得到无水氯化镁，最后电解熔融氯化镁得到金属镁。
II.海水提溴
该工艺流程是利用空气吹出法提取海水中的溴，在预先经过酸化的浓缩海水中，用氯气置换溴离子使之成为单质溴，继而通入热空气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集的目的，然后，在蒸馏塔中通入氯气，用氯气将其氧化得到产品溴，并进行蒸馏，蒸出溴蒸气，在用冷凝器冷凝得到液溴。
（1）
由以上分析知，加入试剂①后，能够分离得到沉淀的操作名称是过滤。
（2）
由以上分析知，试剂②的名称是盐酸。
（3）
无水在熔融状态下通电会产生Mg和，该反应的化学方程式为。
（4）
溴易挥发性，用热空气将从吹出塔中吹出，故选C。
（5）
吸收塔中二氧化硫与溴单质、水发生氧化还原反应生成HBr和硫酸，发生反应的化学方程式为。
（6）
由以上分析知，物质X的化学式为Cl2，设备Y为蒸馏塔。
（7）
提取溴的工艺中，经历了海水中吸收塔中的过程，吸收塔中生成的看似多余，其实该过程的作用是富集溴元素。
13．(1)有机物
(2)过滤
(3)；；
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)B

【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、FeO、、CuO(其余成分与酸、碱都不反应)和可燃性有机物，焙烧，可除去有机物，且将金属单质转化为氧化物，加入氢氧化钠溶液碱浸，可得到偏铝酸钠溶液，滤液I为偏铝酸钠，可用于提取铝，滤渣I含有、FeO、CuO，加入硫酸酸浸，可生成硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，试剂a为铁，可用于除去硫酸铜，并与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，得到滤液II为硫酸亚铁，滤渣II为Fe、Cu，加入硫酸酸浸，Cu不与硫酸反应，过滤得到铜，滤液II蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾。
（1）“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，同时除去有机物；故答案为：有机物；
（2）操作I和II均为过滤；故答案为：过滤；
（3）试剂a为过量的铁单质可与铁离子反应：；可与铜离子反应：；可与氢离子反应：;故答案为：；；；
（4）滤液II制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到绿矾晶体；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）为确定绿矾部分被氧化，需要检验存在；A．加入NaOH溶液，与反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，与反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁不易观察出来，A错误；B．利用高锰酸钾溶液的强氧化性，能将氧化成，紫红色褪去，溶液中加入酸性溶液，紫红色褪去，说明绿矾未被全部氧化，B正确；C．加入氯水，虽然氯水能将氧化成，但溶液颜色变化不明显，C错误；D．KSCN溶液是检验存在，无法证明是否存在，D错误；故答案为：B。
14．(1)Al2O3+2OH-=2AlO+H2O
(2)Fe2O3
(3)NaAlO2+NaHCO3+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓
(4)AD
(5)电能转化成化学能

【分析】根据铝土矿的成分，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，Fe2O3为碱性氧化物，铝土矿中加入NaOH溶液，发生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，按信息SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，Fe2O3不与NaOH反应，过滤后得到滤渣为铝硅酸钠和Fe2O3，滤液为NaAlO2和NaOH，加入NaHCO3溶液发生NaOH＋NaHCO3=Na2CO3＋H2O、H2O＋AlO＋HCO=Al(OH)3↓＋CO，过滤、灼烧Al(OH)3得到Al2O3，电解Al2O3得到Al，据此分析；
（1）Al2O3为两性氧化物，与NaOH反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO＋H2O。
（2）题中信息，SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，根据上述分析，“滤渣”的成分是铝硅酸钠和Fe2O3；故 “过滤Ⅰ”中产生的滤渣除铝硅酸钠外还有Fe2O3。
（3）“反应”流程中NaAlO2与NaHCO3溶液反应得到Na2CO3、Al(OH)3沉淀，则化学方程式为NaAlO2+NaHCO3+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓。
（4）灼烧固体在坩埚中进行，则下列仪器可用于实验室进行灼烧实验的是AD。
（5）电解是通电下的化学反应，则“电解”流程中的能量转化形式为电能转化成化学能。
15．(1)
(2)
(3)MgO熔点很高(2852℃)，而熔点相对较低(714℃)，熔融MgO时会耗费大量的能量而增加生产成本
(4)
(5)增大固体表面积，提高化学反应速率
(6)

【分析】电解法冶炼镁中，牡蛎壳高温煅烧，得到生石灰即氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，再与卤水中的镁离子反应生成氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁再和盐酸反应生成氯化镁，再电解氯化镁得到金属镁和氯气，氯气转化成HCl重复利用。皮江法冶炼镁中，白云石煅烧分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，硅再与氧化镁反应生成镁单质，冷凝得到粗镁锭。
【详解】（1）电解熔融氯化镁生成镁和氯气，则Y为氯气，X为盐酸，由于氯气和氢气反应生成HCl，HCl溶于水得到盐酸，从而实现了氯气的再利用。Z的化学式为H2。
（2）生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙将Mg2+转化为氢氧化镁沉淀，氢氧化钙在水中溶解度较低，沉淀中可能含有的杂质为Ca(OH)2。
（3）MgO熔点高，而MgCl2熔点相对较低，熔融MgO时会耗费大量的能量而增加生成成本，所以工业上不用电解MgO制金属镁。
（4）白云石煅烧分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，故气体a为CO2
（5）白云石煅烧前粉碎的目的是增大固体表面积，提高化学反应速率。
（6）还原炉中发生的反应有硅还原氧化镁，生成的二氧化硅与氧化钙反应得到硅酸钙，其反应的化学方程式为，。
16．(1)C
(2)16
(3)8
(4)

【详解】（1）在用反应速率表示平衡状态时，必须符合“一正一逆，且等于系数之比”，
A． 均表示正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故A错误；
B． 反应已达到平衡状态时，，故B错误；
C．反应已达到平衡状态时，，故C正确；
D．反应已达到平衡状态时，，故D错误；故选C。
（2）若反应进行到某时刻t时，，则，又此时，则a=(13+3)mol=16 mol。
（3）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(标准状况下)，物质的量为，其中的含量(体积分数)为25%，平衡时的物质的量为32mol×25%=8mol。
（4）根据以上信息可列三段式，则可得a - 4+b -12+8=32，解得a+b=40mol，由第2问知，a=16 mol，故b=24mol，则原混合气体中，。
17．(1)C3H6O3
(2)2：1

【解析】（1）浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n(H2O)==0.3mol，所含有H原子的物质的量n(H)=0.3mol×2=0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m(CO2)是13.2g，n(CO2)==0.3mol，则n(C)=0.3mol，9.0gA中m(O)=9g-0.6g-12g/mol×0.3mol=4.8g，n(O)==0.3mol，所以n(C)：n(H)：n(O)=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即有机物A的实验式为CH2O，设其分子式为(CH2O)x，A相对分子质量为90，则30x=90，故x=3，则A的分子式为C3H6O3。
（2）将60 g由甲烷和乙烯组成的混合气体通入盛有足量溴水的容器，充分反应后容器的总质量增加28 g，这说明乙烯的质量是28g、物质的量是1mol，甲烷的质量是60g—28g＝32g、物质的量是2mol，则原混合气体中甲烷和乙烯的物质的量之比为2：1。
18．(1)Fe5O7
(2) 1 1.5

【详解】（1）设二价铁离子的物质的量为xmol，三价铁离子的物质的量为ymol，由某铁的氧化物，用7.0mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：2x+3y=0.1L×7.0mol/L=0.7mol；溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：x×1=×2=0.05mol；解得：x=0.05mol；y=0.2mol；所以该氧化物中Fe(+2价)与Fe(+3价)的物质的量分别为0.05mol、0.2mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n(O)=×n(HCl)=×0.7mol=0.35mol，所以：n(Fe)：n(O)=0.25mol：0.35mol=5：7，该氧化物的化学式为Fe5O7。
（2）由已知图象知：A→B时亚铁离子物质的量为0，说明铁和稀硝酸反应生成硝酸铁，因为生成的气体只有一种，生成的还原产物是一氧化氮，稀溶液含4 mol，B点反应恰好完全，则B点消耗铁的物质的量为1mol。继续加铁，则铁与硝酸铁反应得到硝酸亚铁，C点恰好完全，C点溶液为硝酸亚铁溶液，C点时反应可以写作：，所以亚铁离子的物质的量为：。
19．(1) C6H12O6 O=C=O
(2)2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O
(3)CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O
(4) 醛基 CH3COOH
(5) Na2CO3 中和乙酸，溶解乙醇，降低酯在其中的溶解度
(6) H2SO4 蒸馏

【分析】淀粉发生水解反应生成A葡萄糖，葡萄糖经缓慢氧化最终转变为化合物二氧化碳B和水，葡萄糖在催化剂条件下转化为C乙醇，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成E为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成F乙酸乙酯;合成的有机物F乙酸乙酯中含有化合物C乙醇和化合物E乙酸，为了提纯有机物F，并且对化合物C和化合物E回收利用，加试剂甲为 Na2CO3中和乙酸，溶解乙醇，降低酯在其中的溶解度，分液得F和混合物Ⅰ，乙酸钠乙醇的混合溶液，蒸馏得到乙醇，混合物Ⅱ为乙酸钠溶液，加硫酸得乙酸和硫酸钠溶液，蒸馏得乙酸。
（1）
摄入人体的淀粉在酶-1的作用下，发生反应①完全水解为葡萄糖A，葡萄糖的分子式为 C6H12O6；葡萄糖经缓慢氧化最终转变为化合物二氧化碳B和水，同时放出能量，二氧化碳是导致温室效应的主要气体，其结构式为O=C=O。故答案为：C6H12O6；O=C=O；
（2）
化合物A葡萄糖在酶-2的作用下生成乙醇C，乙醇在铜催化的条件下加热发生反应②生成乙醛和水，该反应的化学方程式： 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O。故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
（3）
化合物C为CH3CH2OH，经过流程中的转化最终合成有机物F，F为CH3COOCH2CH3，反应③的化学方程式：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O。故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O；
（4）
化合物D 为乙醛，所含官能团的名称为醛基；上述流程中，与化合物A( C6H12O6)实验式(CH2O)相同的化合物是CH3COOH(填结构简式)。故答案为：醛基；CH3COOH；
（5）
试剂甲为 Na2CO3 (填化学式)饱和溶液，加入试剂甲的目的是中和乙酸，溶解乙醇，降低酯在其中的溶解度。故答案为：Na2CO3；中和乙酸，溶解乙醇，降低酯在其中的溶解度；
（6）
试剂乙为 H2SO4 (填化学式)，将乙酸钠转化为乙酸和硫酸钠；利用沸点不同，操作2、操作3均为蒸馏，回收化合物乙醇和乙酸,，既提高了原料的利用率，又保护了环境。故答案为：H2SO4；蒸馏。
20．(1) 羟基
(2) 加成反应 酯化反应
(3)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(4)HCOOCH3

【分析】气态烃A的相对分子质量为28，A为乙烯，E为一种高分子化合物，E为聚乙烯，反应①为乙烯和水发生加成反应生成乙醇，故B为乙醇，反应②为乙醇的催化氧化生成乙醛，故C为乙醛，反应③为乙醛氧化生成乙酸，D为乙酸，反应④为乙酸和乙醇发生酯化反应生成F为乙酸乙酯。
（1）E为聚乙烯，结构简式为，B为乙醇，其中的官能团为羟基。
（2）反应①为乙烯与水发生加成反应，生成乙醇，反应④为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，故反应①、④的反应类型分别为加成反应和酯化反应。
（3）反应②为乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
（4）有机物M与D互为同分异构体，则其分子式为C2H4O2，与F互为同系物，则M为酯类，则M为甲酸甲酯，结构简式为HCOOCH3。
21．(1)物理
(2) 羧基 加成反应
(3)
(4)BC
(5) abd 50%

【分析】A是来自石油的重要有机化工原料，也可用作果实催熟剂，A是乙烯；乙烯和水发生加成反应生成乙醇，B是乙醇；乙醇发生催化氧化生成乙醛，C是乙醛；乙醇被高锰酸钾氧化为乙酸，D是乙酸；乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，E是乙酸乙酯。
（1）
分馏是根据沸点不同分离混合物的方法，没有产生新物质，石油分馏得到重油的过程是物理变化。
（2）
A是乙烯，乙烯结构简式为CH2=CH2，电子式为 ，D是乙酸，乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团的名称为羧基，反应Ⅰ是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应。
（3）
反应Ⅱ是乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式为；
（4）
A．丙烯酸含有碳碳双键，丙烯酸和乙酸不是同系物，故A错误；
B．丙烯酸含有碳碳双键，能发生加成、氧化反应，丙烯酸含有羧基，能发生酯化反应，故B正确；
C．丙烯酸含有羧基，能与溶液反应生成，故C正确；
D．一定条件下能发生加聚反应，生成，故D错误；
选BC。
（5）
①反应Ⅳ是乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为。
②饱和碳酸钠溶液的作用为：a．中和乙酸并溶解乙醇；b．降低乙酸乙酯在水中的溶解度；d．提高水溶液的密度以加速乙酸乙酯与水溶液的分层，故选abd；
③乙酸的物质的量为，乙醇的物质的量为，乙醇过量，根据乙酸的物质的量，理论上生成乙酸乙酯的物质的量为0.1mol，则乙酸乙酯的产率为。
22．(1)羟基
(2) CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O 酯化反应(取代反应) n 加聚反应
(3)ab
(4) 饱和碳酸钠溶液 乙试管中导气管末端应在液面以上

【分析】乙烯和氯气发生加成反应生成1,2−二氯乙烷，1,2−二氯乙烷热裂解得到氯乙烯和氯化氢，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。
（1）有机物B是乙醇，乙醇的官能团名称为羟基；故答案为：羟基。
（2）反应④是乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯和水，其反应的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，反应类型为酯化反应(取代反应)；反应⑤是氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，其反应的化学方程式为n，反应类型为加聚反应；故答案为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；酯化反应(取代反应)；n；加聚反应。
（3）乙烯、都含有碳碳双键，是发生加成反应而使溴水褪色；聚氯乙烯　、、都不能因发生化学反应而褪色，故答案为：ab。
（4）在实验室里我们可以用如图所示的装置来制取乙酸乙酯，乙中所盛的试剂为饱和碳酸钠溶液，乙酸易和碳酸钠反应，要注意防倒吸，因此该装置图中有一处明显的错误是乙试管中导气管末端应在液面以上；故答案为：饱和碳酸钠溶液；乙试管中导气管末端应在液面以上。