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广东省深圳市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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这是一份广东省深圳市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共20页。试卷主要包含了______等内容，欢迎下载使用。
（2020春·广东深圳·高一统考期末）用下图装置制备氯气并研究其性质。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是______，装置A中反应的化学方程式为_________。
(2)组装好仪器，关闭仪器a的活塞，装置E中加水浸没导管，加热仪器b，当装置E中_______(写实验现象)，证明装置气密性良好。
(3)反应开始后，装置C中的现象为_________。
(4)装置E中宜选用的试剂是_________。
A．澄清石灰水 B．浓硫酸 C．NaOH溶液 D．蒸馏水
(5)在实验中发现通入Cl2的过程中装置D中溶液先变红，然后红色褪去。为探究其原因，查得资料如下：
ⅰ．Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3是一个可逆反应，当反应物或生成物浓度变化时，会影响反应进行的程度。
ⅱ．SCN-类似于卤素离子，(SCN)2性质与卤素单质类似。
①预测：装置D中溶液褪色的原因可能是_________(用离子方程式表示)。
②验证：取装置D中少量褪色后的溶液，滴加______溶液，若溶液颜色变成______，则上述预测合理。
（2021春·广东深圳·高一统考期末）某小组用下图所示装置(夹持装置省略)制备，并探究与溶液的反应。
回答下列问题：
(1)仪器的名称是___________，装置Ⅰ中反应的化学方程式为___________。
(2)多孔球泡的作用有___________、___________。
(3)实验开始后，装置Ⅱ中溶液很快由黄色变为红棕色；停止通入，放置一段时间后，Ⅱ中溶液又逐渐变为浅绿色。有同学认为此时该溶液中含有，并进行以下实验验证：
(4)为探究装置Ⅱ中溶液颜色变化的原因，查阅资料后提出假设：该装置中可能存在以下两种化学反应。将反应ii补充完整。
i. (红棕色)；
ii. ___________
(5)为检验反应ii中生成的，可选用的化学试剂是___________。
（2022春·广东深圳·高一统考期末）某同学利用下述装置制备并探究其与溶液的反应。
回答下列问题：
(1)配制一定浓度的溶液所需玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和___________。
(2)关闭，向蒸馏烧瓶内滴加浓硫酸，加热，蒸馏烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。
(3)实验过程中，蒸馏烧瓶内出现白雾(硫酸酸雾)，B中产生大量白色沉淀。通过___________(填操作名称)分离出B中沉淀于试管中，滴加___________(填试剂名称)，沉淀不溶解，说明沉淀为而非。
(4)探究出现该沉淀的原因：
假设Ⅰ：B溶液中的与、①___________(填化学式)反应生成
假设Ⅱ：酸雾进入B溶液中，与反应生成
假设Ⅲ：以上两种原因均存在
为证明以上假设，进行以下三组实验：
(5)向溶解有的溶液中滴加下列溶液，能产生沉淀的有___________(填标号)。
a、氨水 b、溴水 c、溶液 d、稀盐酸
（2020春·广东深圳·高一统考期末）高铁酸钾(K2FeO4)可做饮用水消毒剂。以废铁屑(表面带油污)为原料制备K2FeO4的流程如下：
回答下列问题：
(1)高铁酸钾中Fe元素的化合价为______。
(2)“碱洗”步骤的目的是______。
(3)“沉铁”步骤加入H2O2溶液，其主要反应的离子方程式为_______。
(4)“过滤Ⅱ”步骤中滤渣的主要成分为______(填化学式)。
(5)该流程中可以循环利用的物质是______(填化学式)。
(6)Zn和K2FeO4可以组成高铁电池，电池工作原理如图①所示，正极的电极反应式为______；高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线如图②所示，高铁电池的优点为______(任写一点)。
（2021春·广东深圳·高一统考期末）废旧碱性锌锰电池经以下工艺处理后，可实现钾、锌、锰等元素的有效回收。回答下列问题：
(1)“操作1”的名称为___________。
(2)中元素的化合价为___________。
(3)“煅烧”得到的化学方程式为___________。
(4)物质的主要成分为___________(填化学式)。
(5)预处理后的废旧电池质量为，其中元素的质量分数为，回收得到的质量为，则元素的回收率为___________(回收率)。
(6)氢氧燃料电池选用溶液作为电解质溶液，负极的电极反应式为___________。
（2022春·广东深圳·高一统考期末）利用油脂厂废弃的镍()催化剂(主要含有、、及少量、、)制备的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)为加快“碱浸”的速率可采取的措施是___________(任写一条)；“碱浸”中的作用有：去除油脂、___________。
(2)“滤液2”中含金属阳离子，主要有：___________。
(3)①“转化”中反应的离子方程式是___________。
②“转化”中可替代的最佳物质是___________(填标号)。
a、 b、 c、
(4)某温度下，分解得到铁、氧质量比为的氧化物，其化学式为___________。
（2020春·广东深圳·高一统考期末）在催化剂作用下，CO可脱除燃煤烟气中的SO2，生成单质S和一种温室效应气体。
(1)该反应的化学方程式为___________。
(2)为加快该反应的速率，可采取的措施是____________(任写两条)。
(3)T℃时，向恒容密闭容器中加入SO2和CO气体各4ml，测得反应体系中两种气态含碳物质的浓度随时间变化关系如图所示。
①图中___线(填“a”或“b”)表示的是CO的浓度变化情况，容器容积V=_____L。
②当反应进行至图中N点时，CO的转化率为_____，SO2的浓度为_____。
③用单质S的变化量表示0~t1min内该反应的平均反应速率υ(S)=_________g·min-1。(用含t1的代数式表示)
（2021春·广东深圳·高一统考期末）合成氨反应为：。一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的和。测得各物质的浓度随时间变化如下表所示。
(1)时，___________。
(2)内，以的浓度变化表示反应的平均速率：___________。
(3)下列能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．消耗的同时消耗
B．容器中的压强不随时间变化
C．混合气体的密度不随时间变化
D．
(4)合成氨反应中，随温度升高氨的产率下降。生产中选定的温度为，温度不宜过低的原因是___________，温度不宜过高的原因有___________、___________。
(5)合成氨反应可能的微观历程如图所示：
吸附在催化剂表面的物质用*标注。已知过程Ⅲ可以表示为，则过程Ⅱ可以表示为___________。
（2022春·广东深圳·高一统考期末）和是汽车尾气中污染大气的成分。一定条件下，通过下列转化反应：(放热反应)，可治理和产生的污染。
向体积相同的三个恒容密闭容器中均充入和进行下列实验：
注：绝热容器的反应体系和外界环境无热交换
回答下列问题：
(1)实验Ⅰ、Ⅱ中随时间t的变化曲线如下图，实验Ⅰ反应开始至平衡时间段内___________。平衡时的体积分数：实验Ⅰ___________实验Ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)某时刻向实验Ⅱ容器充入一定量，使容器内压强增大。
①若X是，则反应速率___________(填“变大”“变小”或“不变”)；
②若X是(不参与反应)，则反应速率___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)下列叙述能说明转化反应到达平衡状态的有___________(填标号)。
A．
B．断裂同时生成
C．的值不变
D．
E．气体的平均摩尔质量不变
(4)反应一段时间后，发现实验Ⅲ中反应速率增大，其原因是___________。
(5)转化反应，在的催化作用下反应历程可分为：
第一步：；
第二步：+___________=___________+___________(将化学方程式补充完整)___________。
（2020春·广东深圳·高一统考期末）以石油气为原料生产香料H的合成路线如下图所示。A在常温常压下为气态烷烃，且在一定条件下可发生裂解。B是可燃冰的主要成分，75%的F溶液可用于杀菌消毒。
回答下列问题：
(1)化合物C的名称为_____，化合物F的官能团名称为______。
(2)反应①的反应类型为_____，反应②的反应条件为_______。
(3)一定条件下反应③还会生成一种副产物，其结构简式为_______。
(4)反应④的化学方程式为______。
(5)X是A的同系物且碳原子数比A多一个。X的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、______、_____。
（2021春·广东深圳·高一统考期末）聚甲基丙烯酸甲酯()可用作有机玻璃，其一种合成路线如下：
(1)中官能团名称为___________。
(2)①的反应类型为___________。
(3)④为加聚反应，则的结构简式为___________。
(4)③的化学方程式为___________。
(5)是A的同系物，且相对分子质量比的大14，满足条件的有___________种(不考虑立体异构)，其中含有三个甲基的的结构简式为___________。
（2022春·广东深圳·高一统考期末）巴豆酸甲酯常用于配制香料，一种合成该物质的路线如下：
回答下列问题：
(1)A的名称为___________。
(2)反应②的反应类型为___________。
(3)E中官能团的名称为___________。
(4)反应⑥的化学方程式为___________。
(5)B的同系物G比B的相对分子质量大28，则G的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，其中一种含有三个甲基的G的结构简式为___________。
操作
现象
结论
取少量装置Ⅱ中溶液于试管中，先滴加______溶液，再滴加适量溶液，振荡
先无明显现象，加入溶液后，现象是______
溶液中含有
实验
B中现象
结论
实验一：打开，通入，一段时间后进行前述(2)中实验
出现白色沉淀
③假设_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)最合理
实验二：在A和B之间连接一个洗气瓶，盛有②________(填化学式)溶液。然后进行前述(2)中实验
出现白色沉淀
实验三：连接上述洗气瓶并通入，一段时间后进行前述(2)中实验
无沉淀
浓度/()
0
1.0
3.0
0
0.8
2.1
实验序号
反应温度
催化剂
Ⅰ
恒温℃
无
Ⅱ
恒温℃
有
Ⅲ
初始温度℃，绝热容器
无
参考答案：
圆底烧瓶 MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O 导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段稳定的水柱 先变红后褪色 C Cl2+2SCN-=(SCN)2+2Cl-或3Cl2+2Fe(SCN)3=3(SCN)2+2Fe3++6Cl- KSCN 红色
【分析】
装置A中：在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应，产生氯气，反应的化学方程式为：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；盐酸会挥发，产生的氯气含氯化氢杂质，可用饱和食盐水除去，通入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色，根据这个现象，可以推测氯气和水反应生成了酸和具有漂白性的物质，气体继续通过氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液，出现了先变红后褪色的现象，变红是氧化产物Fe3+与SCN-结合得到Fe(SCN)3，褪色的原因结合信息：SCN-类似于卤素离子，则SCN-具有还原性，因被氯气消耗而褪色了，氯气有毒，为避免空气污染，应用氢氧化钠溶液吸收，据此回答；
【详解】
(1)仪器b的名称是圆底烧瓶，装置A中：二氧化锰和浓盐酸共热时发生氧化还原反应，产生氯气，反应的化学方程式为MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；
(2)组装好仪器，关闭仪器a的活塞，装置E中加水浸没导管，如果装置不漏气，那么一定量的气体就会热胀冷缩，故加热仪器b，当装置E中导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段稳定的水柱，证明装置气密性良好；
(3)反应开始后，氯气进入石蕊试液，反应生成盐酸使石蕊变红、又被生成的次氯酸漂白了，故装置C中的现象为先变红后褪色；
(4)装置E 用于处理尾气，A. 澄清石灰水浓度小、不能充分吸收氯气、效果差，A错误；B. 浓硫酸不能吸收氯气，B错误；C. NaOH溶液能充分吸收氯气防止氯气污染，C正确； D. 1体积蒸馏水中能溶解2体积氯气、不能充分吸收氯气、效果差，D错误；宜选用的试剂是C；
(5) ⅱ①．在装置D通入Cl2的过程中，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，Fe3+与SCN-结合得到Fe(SCN)3，故溶液变红， 接着溶液褪色，预测：装置D中溶液褪色的原因是：已知SCN-类似于卤素离子，则SCN-具有还原性，继续通入的氯气和SCN-发生氧化还原反应被消耗，推测反应可能是Cl2+2SCN-=(SCN)2+2Cl-或3Cl2+2Fe(SCN)3=3(SCN)2+2Fe3++6Cl-；
②若要验证上述推论：取装置D中少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液颜色变成红色，则上述预测合理。
圆底烧瓶 增大接触面积，加快反应速率 防倒吸 溶液变为红色 盐酸酸化的溶液
【分析】Ⅰ中亚硫酸钠和浓硫酸反应放出二氧化硫气体，装置Ⅱ中二氧化硫和氯化铁发生反应，装置Ⅲ中用氢氧化钠吸收二氧化硫，防止污染。
【详解】(1)根据图示，仪器的名称是圆底烧瓶，装置Ⅰ中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的化学方程式为；
(2)装置Ⅱ中用多孔球泡，可以增大二氧化硫与氯化铁溶液的接触面积，加快反应速率，同时还能防倒吸；
(3) 能把氧化为，KSCN遇不能变为血红色，KSCN遇变为血红色，取少量装置Ⅱ中溶液于试管中，先滴加KSCN溶液无现象，再滴加适量溶液，振荡后溶液变为血红色，证明溶液中含有。
(4)根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为；
(5)反应ii的溶液中加入盐酸酸化的溶液，若有白色硫酸钡沉淀生成，说明含有，所以选用的化学试剂是盐酸酸化的溶液。
【点睛】本题以与溶液的反应为载体，考查化学探究类实验，明确实验目的和反应原理是解题关键，熟悉常见元素化合物的性质，掌握常见离子的检验方法。
(1)100mL容量瓶
(2)
(3) 过滤 盐酸
(4) O2 NaHSO3 Ⅲ
(5)ab
【分析】浓硫酸与铜片共热生成二氧化硫，二氧化硫通入氯化钡溶液不会反应，但若是二氧化硫被氧化则会生成硫酸钡白色沉淀。
(1)
配制一定浓度的溶液所需玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。
(2)
关闭，向蒸馏烧瓶内滴加浓硫酸，加热，蒸馏烧瓶中浓硫酸与铜片发生反应，化学方程式为：。
(3)
分离溶液中的沉淀，需要通过过滤的方法；检验与BaCl2溶液反应的沉淀是BaSO4还是BaSO3，可加入盐酸，若沉淀不溶解，则是BaSO4。
(4)
据分析，若是二氧化硫被氧化则会生成硫酸钡白色沉淀，则①中物质是O2；实验一在开始前述(2)中实验前排出了氧气的影响，仍然有白色沉淀，则说明假设Ⅱ存在；实验二在A和B之间连接一个洗气瓶，排出酸雾的影响，则可装NaHSO3溶液，同样操作后也出现白色沉淀，则说明假设Ⅰ存在；实验三同时排出了氧气和酸雾的影响，则无沉淀；故假设Ⅲ最合理。
(5)
a、氨水滴入生成(NH4)2SO3，再与BaCl2发生复分解反应，生成BaSO3沉淀，符合题意；
b、溴水具有强氧化性，将SO2氧化为H2SO4，则生成BaSO4沉淀，符合题意；
c、溶液滴入不会与其它物质反应，不会产生沉淀，不符合题意；
d、稀盐酸溶液滴入降低SO2的溶解度，不会产生沉淀，不符合题意；
故选ab。
+6 除去废铁屑表面的油污 Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3 NaOH +4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH- 放电时间长、电压稳定等
【分析】废铁屑经碱洗去除表面的油污，水洗净化之后加入稀硫酸，充分反应之后过滤除去不溶的杂质，加入双氧水将亚铁离子氧化，加氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，再次过滤，在沉淀中加入次氯酸钠和氢氧化钠，将可能残留的亚铁氧化，充分反应得到高铁酸钠溶液，最后加入饱和的氢氧化钾溶液转化为高铁酸钾粗品。
【详解】(1)高铁酸钾(K2FeO4)中K为+1价、O为-2价，设Fe元素的化合价为x,根据化合价代数和为0：(+1)×2+x+(-2)×4=0，解得x=+6，答案：+6；
(2)碳酸钠溶液显碱性可去除油污，碱洗的目的就是去除废铁屑表面的油污，答案：除去废铁屑表面的油污；
(3)双氧水具有较强的氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，答案：Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁沉淀，所以“过滤Ⅱ”步骤中滤渣的主要成分为Fe(OH)3，答案：Fe(OH)3；
(5)由流程可知，制备过程中多次用到氢氧化钠，所以最终得到产物高铁酸钾同时生成的氢氧化钠可以循环利用，答案：NaOH；
(6)原电池的正极发生还原反应，由图①可知，高铁电池中碳棒上变为Fe(OH)3，铁元素的化合价由+6降为+3得到电子发生还原反应，应为电池的正极，结合溶液为KOH溶液，正极反应式为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-；由图②可知，高铁电池的放电时间长，电压比较稳定，答案：+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-；放电时间长、电压稳定等。
【点睛】电极反应一般写成离子方程式，书写电极反应时要注意电解质溶液的酸碱性。
过滤 +3
【详解】(1)操作1分离出了溶液和难溶物，故操作名称为过滤；
(2)根据H为+1价，O为-2价，可得Mn的化合价为+3；
(3)“煅烧”和ZnO得到的化学方程式为；
(4)和铝粉真空还原得到了Zn、铝锰合金和A，根据化合价变化规律，Zn、Mn的化合价升高，故Al的化合价升高，故A为；
(5)元素的回收率;
(6)氢氧燃料电池中负极反应物是氢气，故电极反应式为。
(1) 粉碎废镍催化剂##适当提高温度##适当提高NaOH溶液浓度 使铝元素转化为偏铝酸盐溶液除去
(2)Fe2+、Fe3+、Ni2+
(3) b
(4)Fe3O4
【分析】废镍催化剂用稀NaOH溶液碱浸后过滤，去除了油脂、Al及Al2O3生成可溶性偏铝酸盐留在在滤液1，滤饼用稀H2SO4酸浸后，再次过滤，滤液2中主要金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Ni2+等，加入H2O2氧化Fe2+，滤液3中加入NaOH溶液，得到Fe(OH)3沉淀，再一次过滤除去，滤液经系列操作可得NiSO4·7H2O。
(1)
为加快“碱浸”的速率可采取的措施是：粉碎废镍催化剂、适当提高温度、适当提高NaOH溶液浓度等；据分析，“碱浸”中的作用有：去除油脂、使铝元素转化为偏铝酸盐溶液除去。
(2)
据分析，金属单质或金属氧化物与酸反应得到“滤液2”，其中含金属阳离子，主要有：Fe2+、Fe3+、Ni2+等。
(3)
①“转化”是H2O2氧化Fe2+，其中反应的离子方程式是：；
②从氧化效果、环保和新杂质等角度考虑，“转化”中可替代的最佳物质是O2，故选b。
(4)
铁、氧质量比为的氧化物，其Fe、O原子个数比为=3：4，其化学式为Fe3O4。
SO2+2COS+2CO2 增大压强、升高温度、使用更高效的催化剂、增大反应物浓度等 b 20 50% 0.15 ml/L
【详解】(1)在催化剂作用下，CO可脱除燃煤烟气中的SO2，生成单质S和一种温室效应气体即CO2，反应的化学方程式为SO2+2COS+2CO2，答案：SO2+2COS+2CO2；
(2)该反应中有气体，要加快该反应的速率，可采取增大压强、升高温度、使用更高效的催化剂、增大反应物浓度等方法，答案：增大压强、升高温度、使用更高效的催化剂、增大反应物浓度等；
(3)①CO是反应物，反应中浓度不断减小直到平衡，所以图中曲线b可表示的是CO的浓度变化情况，故曲线a表示生成物CO2的浓度变化情况；由条件可知开始加入CO气体4ml，其浓度为0.2ml/L，所以容器体积V===20L，答案：b；20；
②由图可知N点时，CO与生成物CO2浓度相等，设此时CO浓度的变化量为x，列出三段式计算：
由0.2-x=x解得x=0.1ml/L，CO的转化率=×100%=50%；SO2的浓度为0.2ml/L-0.5×0.1ml/L=0.15ml/L，答案：50%；0.15ml/L；
③由图可知0~t1min内CO浓度由0.2ml/L变为0.05ml/L，CO的变化量为0.15ml/L×20L=3ml，变化量之比等于化学计量数之比，所以单质S的变化量为1.5ml即1.5ml×32g/ml=48g，所以0~t1min内该反应的平均反应速率v(S)==g·min-1，答案：。
【点睛】有关化学反应速率的计算一要注意变化量之比等于化学计量数之比，二要注意不能用物质的量代替物质的量浓度。
0.4 B 反应速率小，生产效益低 产率降低 能耗高导致生产成本高、催化剂活性差
【详解】(1)t1h时，N2的浓度减小了0.2ml/L，根据浓度变化之比等于系数之比，NH3的浓度变化为0.4ml/L，故0.4ml/L；
(2)内，H2的浓度变化了0.9ml/L，根据浓度变化之比等于系数之比，N2的浓度变化为0.3ml/L，
(3)A反应不平衡时也是消耗的同时消耗，故不选；B反应是气体的物质的量变化的反应，压强也是变化量，压强不变则达到了平衡，故选；C恒容容器，密度一直不变，则密度不变不一定达到了平衡，故不选；D速率之比等于系数比，故不选；故选B；
(4)生产中选定的温度为400~500°C，温度不宜过低的原因是反应速率小，生产效益低，温度不宜过高的原因有产率降低，能耗高导致生产成本高、催化剂活性差；
(5)由图示可知，白球表示H原子，黑球表示N原子，则过程Ⅱ可以表示为。
(1) 等于
(2) 变大 不变
(3)BC
(4)该反应为放热反应，会使体系的温度升高，从而加快反应速率
(5)CO(g)、Fe+、CO2(g)
【解析】（1）
有催化剂时达到平衡需要的时间短，故图中上面的曲线对应的是实验II，下面的曲线对应的是实验I，从方程式可以看出，N2与N2O的化学计量数相同，经过t2min达平衡，N2O的浓度变化量为0.5ml/L，故实验I中用N2O表示的化学反应速率为：；催化剂不影响反应限度，故平衡时的体积分数：实验Ⅰ等于实验Ⅱ；
（2）
CO为反应物，恒温恒容条件下增加CO的投料量，反应物浓度增大，反应速率变大；若恒温恒容条件下充入惰性气体Ar，不影响各物质浓度反应速率不变；
（3）
A．并没有指明正、逆反应方向，不能判断达平衡状态；
B．断裂键为逆反应方向，生成为正反应方向，断裂同时生成，代表正、逆两个反应方向，且速率相等，可以判断达平衡状态；
C．N2O为反应物，反应过程中减少，N2是生成物，反应过程中增加，当的值不变，即二者的浓度不变，可以判断达到平衡状态；
D．，正反应速率大于逆反应速率，反应未达到平衡状态；
E．该反应正向气体分子数不变，气体总质量不变，气体的平均摩尔质量一直不变，不能判断达平衡；
故选BC。
（4）
实验III是绝热容器，绝热容器的反应体系和外界环境无热交换，该反应为放热反应，会使体系的温度升高，从而加快反应速率，故答案为：该反应为放热反应，会使体系的温度升高，从而加快反应速率；
（5）
用总反应方程式减去第一步的反应方程式即可得到第二步的方程式：，故答案为：CO(g)、Fe+、CO2(g)。
70． 丙烯 羟基 加成反应 Cu或Ag做催化剂并加热 CH3COOH +CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3 + H2O
【分析】A为烷烃，烷烃裂解的产物中有烯烃，生成物B是可燃冰的主要成分，即B是甲烷，则C为烯烃，C与水加成生成CH3CH2CH2OH，则C为丙烯，A为丁烷，75%的F溶液可用于杀菌消毒，则F为乙醇，由A生成D、E是丁烷的另一种裂解，根据图中关系可知E是乙烯，D是乙烷，据此分析解答。
【详解】(1)由分析可知，C为丙烯；F为乙醇，所含官能团为羟基，答案：丙烯；羟基；
(2)由分析可知E是乙烯，D是乙烷，反应①为乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，F为乙醇，反应②中乙醇氧化为乙醛，乙醇在Cu或Ag做催化剂并加热的条件下可氧化为乙醛，答案：加成反应；Cu或Ag做催化剂并加热；
(3)丙烯与水加成时，羟基可加成在1号碳原子上生成CH3CH2CH2OH，羟基还可能加成在2号碳原子上生成 ，答案：；
(4)CH3CHO氧化生成的G为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2CH2OH发生酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O，答案：CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O；
(5)X是A的同系物且碳原子数比A多一个，A为丁烷，则X为戊烷，戊烷分子式为C5H12，有3种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH2CH3、 、，答案： ；；
【点睛】学习时注意物质的性质，特别是一些特殊性质，如本题中的可燃冰成分、75%酒精的消毒等，可以让我们快速找到推断题的突破口。
碳碳双键 氧化反应 +CH3OH+H2O 5
【分析】根据聚甲基丙烯酸甲酯逆推，可知D是甲基丙烯酸甲酯()、C是甲基丙烯酸()。
【详解】(1)中官能团名称为碳碳双键；
(2)反应①是，有机物分子中氢原子数减少、氧原子数增加，反应类型为氧化反应；
(3) D发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，逆推可知的结构简式为；
(4) C是甲基丙烯酸，丙烯酸与甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，反应③的化学方程式为+CH3OH+H2O。
(5)是的同系物，且相对分子质量比的大14，说明F中有5个碳原子，满足条件的有CH3CH2CH2CH=CH2、CH3CH2CH=CHCH3、CH3CH2C(CH3)=CH2、(CH3)2CHCH=CH2、(CH3)2C=CHCH3，共5种，其中含有三个甲基的的结构简式为。
(1)乙烯
(2)氧化反应
(3)碳碳双键、醛基
(4)
(5) 4 COH(CH3)3
【分析】CH2=CH2与H2O在一定条件下加成得到乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛在碱性环境下发生反应得到CH3CHOHCH2CHO，该物质在浓硫酸即加热作用下消去羟基得到CH3CH=CHCHO，再催化氧化醛基转化为羧基，得到F，F是CH3CH=CHCOOH，F与CH3OH发生酯化反应得到CH3CH=CHCOOCCH3，即得到巴豆酸甲酯。
(1)
据分析，A为CH2=CH2，名称是乙烯。
(2)
反应②是乙醇的催化氧化生成乙醛，反应类型为氧化反应。
(3)
E的结构简式为CH3CH=CHCHO，其中官能团的名称为：碳碳双键、醛基。
(4)
据分析，反应⑥是F与甲醇发生的酯化反应，化学方程式为：。
(5)
B是CH3CH2OH，其同系物G的相对分子质量比其大28，则G与B具有相似的结构，且多2个“CH2”基团，G的分子式为C4H10O，同分异构体有CH2OHCH2CH2CH3、CH3CHOHCH2CH3、CH2OHCH(CH3)2、COH(CH3)3，共4种；其中一种含有三个甲基的G的结构简式为COH(CH3)3。
（2020春·广东深圳·高一统考期末）用下图装置制备氯气并研究其性质。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是______，装置A中反应的化学方程式为_________。
(2)组装好仪器，关闭仪器a的活塞，装置E中加水浸没导管，加热仪器b，当装置E中_______(写实验现象)，证明装置气密性良好。
(3)反应开始后，装置C中的现象为_________。
(4)装置E中宜选用的试剂是_________。
A．澄清石灰水 B．浓硫酸 C．NaOH溶液 D．蒸馏水
(5)在实验中发现通入Cl2的过程中装置D中溶液先变红，然后红色褪去。为探究其原因，查得资料如下：
ⅰ．Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3是一个可逆反应，当反应物或生成物浓度变化时，会影响反应进行的程度。
ⅱ．SCN-类似于卤素离子，(SCN)2性质与卤素单质类似。
①预测：装置D中溶液褪色的原因可能是_________(用离子方程式表示)。
②验证：取装置D中少量褪色后的溶液，滴加______溶液，若溶液颜色变成______，则上述预测合理。
（2021春·广东深圳·高一统考期末）某小组用下图所示装置(夹持装置省略)制备，并探究与溶液的反应。
回答下列问题：
(1)仪器的名称是___________，装置Ⅰ中反应的化学方程式为___________。
(2)多孔球泡的作用有___________、___________。
(3)实验开始后，装置Ⅱ中溶液很快由黄色变为红棕色；停止通入，放置一段时间后，Ⅱ中溶液又逐渐变为浅绿色。有同学认为此时该溶液中含有，并进行以下实验验证：
(4)为探究装置Ⅱ中溶液颜色变化的原因，查阅资料后提出假设：该装置中可能存在以下两种化学反应。将反应ii补充完整。
i. (红棕色)；
ii. ___________
(5)为检验反应ii中生成的，可选用的化学试剂是___________。
（2022春·广东深圳·高一统考期末）某同学利用下述装置制备并探究其与溶液的反应。
回答下列问题：
(1)配制一定浓度的溶液所需玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和___________。
(2)关闭，向蒸馏烧瓶内滴加浓硫酸，加热，蒸馏烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。
(3)实验过程中，蒸馏烧瓶内出现白雾(硫酸酸雾)，B中产生大量白色沉淀。通过___________(填操作名称)分离出B中沉淀于试管中，滴加___________(填试剂名称)，沉淀不溶解，说明沉淀为而非。
(4)探究出现该沉淀的原因：
假设Ⅰ：B溶液中的与、①___________(填化学式)反应生成
假设Ⅱ：酸雾进入B溶液中，与反应生成
假设Ⅲ：以上两种原因均存在
为证明以上假设，进行以下三组实验：
(5)向溶解有的溶液中滴加下列溶液，能产生沉淀的有___________(填标号)。
a、氨水 b、溴水 c、溶液 d、稀盐酸
（2020春·广东深圳·高一统考期末）高铁酸钾(K2FeO4)可做饮用水消毒剂。以废铁屑(表面带油污)为原料制备K2FeO4的流程如下：
回答下列问题：
(1)高铁酸钾中Fe元素的化合价为______。
(2)“碱洗”步骤的目的是______。
(3)“沉铁”步骤加入H2O2溶液，其主要反应的离子方程式为_______。
(4)“过滤Ⅱ”步骤中滤渣的主要成分为______(填化学式)。
(5)该流程中可以循环利用的物质是______(填化学式)。
(6)Zn和K2FeO4可以组成高铁电池，电池工作原理如图①所示，正极的电极反应式为______；高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线如图②所示，高铁电池的优点为______(任写一点)。
（2021春·广东深圳·高一统考期末）废旧碱性锌锰电池经以下工艺处理后，可实现钾、锌、锰等元素的有效回收。回答下列问题：
(1)“操作1”的名称为___________。
(2)中元素的化合价为___________。
(3)“煅烧”得到的化学方程式为___________。
(4)物质的主要成分为___________(填化学式)。
(5)预处理后的废旧电池质量为，其中元素的质量分数为，回收得到的质量为，则元素的回收率为___________(回收率)。
(6)氢氧燃料电池选用溶液作为电解质溶液，负极的电极反应式为___________。
（2022春·广东深圳·高一统考期末）利用油脂厂废弃的镍()催化剂(主要含有、、及少量、、)制备的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)为加快“碱浸”的速率可采取的措施是___________(任写一条)；“碱浸”中的作用有：去除油脂、___________。
(2)“滤液2”中含金属阳离子，主要有：___________。
(3)①“转化”中反应的离子方程式是___________。
②“转化”中可替代的最佳物质是___________(填标号)。
a、 b、 c、
(4)某温度下，分解得到铁、氧质量比为的氧化物，其化学式为___________。
（2020春·广东深圳·高一统考期末）在催化剂作用下，CO可脱除燃煤烟气中的SO2，生成单质S和一种温室效应气体。
(1)该反应的化学方程式为___________。
(2)为加快该反应的速率，可采取的措施是____________(任写两条)。
(3)T℃时，向恒容密闭容器中加入SO2和CO气体各4ml，测得反应体系中两种气态含碳物质的浓度随时间变化关系如图所示。
①图中___线(填“a”或“b”)表示的是CO的浓度变化情况，容器容积V=_____L。
②当反应进行至图中N点时，CO的转化率为_____，SO2的浓度为_____。
③用单质S的变化量表示0~t1min内该反应的平均反应速率υ(S)=_________g·min-1。(用含t1的代数式表示)
（2021春·广东深圳·高一统考期末）合成氨反应为：。一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的和。测得各物质的浓度随时间变化如下表所示。
(1)时，___________。
(2)内，以的浓度变化表示反应的平均速率：___________。
(3)下列能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．消耗的同时消耗
B．容器中的压强不随时间变化
C．混合气体的密度不随时间变化
D．
(4)合成氨反应中，随温度升高氨的产率下降。生产中选定的温度为，温度不宜过低的原因是___________，温度不宜过高的原因有___________、___________。
(5)合成氨反应可能的微观历程如图所示：
吸附在催化剂表面的物质用*标注。已知过程Ⅲ可以表示为，则过程Ⅱ可以表示为___________。
（2022春·广东深圳·高一统考期末）和是汽车尾气中污染大气的成分。一定条件下，通过下列转化反应：(放热反应)，可治理和产生的污染。
向体积相同的三个恒容密闭容器中均充入和进行下列实验：
注：绝热容器的反应体系和外界环境无热交换
回答下列问题：
(1)实验Ⅰ、Ⅱ中随时间t的变化曲线如下图，实验Ⅰ反应开始至平衡时间段内___________。平衡时的体积分数：实验Ⅰ___________实验Ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)某时刻向实验Ⅱ容器充入一定量，使容器内压强增大。
①若X是，则反应速率___________(填“变大”“变小”或“不变”)；
②若X是(不参与反应)，则反应速率___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)下列叙述能说明转化反应到达平衡状态的有___________(填标号)。
A．
B．断裂同时生成
C．的值不变
D．
E．气体的平均摩尔质量不变
(4)反应一段时间后，发现实验Ⅲ中反应速率增大，其原因是___________。
(5)转化反应，在的催化作用下反应历程可分为：
第一步：；
第二步：+___________=___________+___________(将化学方程式补充完整)___________。
（2020春·广东深圳·高一统考期末）以石油气为原料生产香料H的合成路线如下图所示。A在常温常压下为气态烷烃，且在一定条件下可发生裂解。B是可燃冰的主要成分，75%的F溶液可用于杀菌消毒。
回答下列问题：
(1)化合物C的名称为_____，化合物F的官能团名称为______。
(2)反应①的反应类型为_____，反应②的反应条件为_______。
(3)一定条件下反应③还会生成一种副产物，其结构简式为_______。
(4)反应④的化学方程式为______。
(5)X是A的同系物且碳原子数比A多一个。X的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、______、_____。
（2021春·广东深圳·高一统考期末）聚甲基丙烯酸甲酯()可用作有机玻璃，其一种合成路线如下：
(1)中官能团名称为___________。
(2)①的反应类型为___________。
(3)④为加聚反应，则的结构简式为___________。
(4)③的化学方程式为___________。
(5)是A的同系物，且相对分子质量比的大14，满足条件的有___________种(不考虑立体异构)，其中含有三个甲基的的结构简式为___________。
（2022春·广东深圳·高一统考期末）巴豆酸甲酯常用于配制香料，一种合成该物质的路线如下：
回答下列问题：
(1)A的名称为___________。
(2)反应②的反应类型为___________。
(3)E中官能团的名称为___________。
(4)反应⑥的化学方程式为___________。
(5)B的同系物G比B的相对分子质量大28，则G的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，其中一种含有三个甲基的G的结构简式为___________。
操作
现象
结论
取少量装置Ⅱ中溶液于试管中，先滴加______溶液，再滴加适量溶液，振荡
先无明显现象，加入溶液后，现象是______
溶液中含有
实验
B中现象
结论
实验一：打开，通入，一段时间后进行前述(2)中实验
出现白色沉淀
③假设_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)最合理
实验二：在A和B之间连接一个洗气瓶，盛有②________(填化学式)溶液。然后进行前述(2)中实验
出现白色沉淀
实验三：连接上述洗气瓶并通入，一段时间后进行前述(2)中实验
无沉淀
浓度/()
0
1.0
3.0
0
0.8
2.1
实验序号
反应温度
催化剂
Ⅰ
恒温℃
无
Ⅱ
恒温℃
有
Ⅲ
初始温度℃，绝热容器
无
参考答案：
圆底烧瓶 MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O 导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段稳定的水柱 先变红后褪色 C Cl2+2SCN-=(SCN)2+2Cl-或3Cl2+2Fe(SCN)3=3(SCN)2+2Fe3++6Cl- KSCN 红色
【分析】
装置A中：在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应，产生氯气，反应的化学方程式为：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；盐酸会挥发，产生的氯气含氯化氢杂质，可用饱和食盐水除去，通入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色，根据这个现象，可以推测氯气和水反应生成了酸和具有漂白性的物质，气体继续通过氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液，出现了先变红后褪色的现象，变红是氧化产物Fe3+与SCN-结合得到Fe(SCN)3，褪色的原因结合信息：SCN-类似于卤素离子，则SCN-具有还原性，因被氯气消耗而褪色了，氯气有毒，为避免空气污染，应用氢氧化钠溶液吸收，据此回答；
【详解】
(1)仪器b的名称是圆底烧瓶，装置A中：二氧化锰和浓盐酸共热时发生氧化还原反应，产生氯气，反应的化学方程式为MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；
(2)组装好仪器，关闭仪器a的活塞，装置E中加水浸没导管，如果装置不漏气，那么一定量的气体就会热胀冷缩，故加热仪器b，当装置E中导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段稳定的水柱，证明装置气密性良好；
(3)反应开始后，氯气进入石蕊试液，反应生成盐酸使石蕊变红、又被生成的次氯酸漂白了，故装置C中的现象为先变红后褪色；
(4)装置E 用于处理尾气，A. 澄清石灰水浓度小、不能充分吸收氯气、效果差，A错误；B. 浓硫酸不能吸收氯气，B错误；C. NaOH溶液能充分吸收氯气防止氯气污染，C正确； D. 1体积蒸馏水中能溶解2体积氯气、不能充分吸收氯气、效果差，D错误；宜选用的试剂是C；
(5) ⅱ①．在装置D通入Cl2的过程中，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，Fe3+与SCN-结合得到Fe(SCN)3，故溶液变红， 接着溶液褪色，预测：装置D中溶液褪色的原因是：已知SCN-类似于卤素离子，则SCN-具有还原性，继续通入的氯气和SCN-发生氧化还原反应被消耗，推测反应可能是Cl2+2SCN-=(SCN)2+2Cl-或3Cl2+2Fe(SCN)3=3(SCN)2+2Fe3++6Cl-；
②若要验证上述推论：取装置D中少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液颜色变成红色，则上述预测合理。
圆底烧瓶 增大接触面积，加快反应速率 防倒吸 溶液变为红色 盐酸酸化的溶液
【分析】Ⅰ中亚硫酸钠和浓硫酸反应放出二氧化硫气体，装置Ⅱ中二氧化硫和氯化铁发生反应，装置Ⅲ中用氢氧化钠吸收二氧化硫，防止污染。
【详解】(1)根据图示，仪器的名称是圆底烧瓶，装置Ⅰ中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的化学方程式为；
(2)装置Ⅱ中用多孔球泡，可以增大二氧化硫与氯化铁溶液的接触面积，加快反应速率，同时还能防倒吸；
(3) 能把氧化为，KSCN遇不能变为血红色，KSCN遇变为血红色，取少量装置Ⅱ中溶液于试管中，先滴加KSCN溶液无现象，再滴加适量溶液，振荡后溶液变为血红色，证明溶液中含有。
(4)根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为；
(5)反应ii的溶液中加入盐酸酸化的溶液，若有白色硫酸钡沉淀生成，说明含有，所以选用的化学试剂是盐酸酸化的溶液。
【点睛】本题以与溶液的反应为载体，考查化学探究类实验，明确实验目的和反应原理是解题关键，熟悉常见元素化合物的性质，掌握常见离子的检验方法。
(1)100mL容量瓶
(2)
(3) 过滤 盐酸
(4) O2 NaHSO3 Ⅲ
(5)ab
【分析】浓硫酸与铜片共热生成二氧化硫，二氧化硫通入氯化钡溶液不会反应，但若是二氧化硫被氧化则会生成硫酸钡白色沉淀。
(1)
配制一定浓度的溶液所需玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。
(2)
关闭，向蒸馏烧瓶内滴加浓硫酸，加热，蒸馏烧瓶中浓硫酸与铜片发生反应，化学方程式为：。
(3)
分离溶液中的沉淀，需要通过过滤的方法；检验与BaCl2溶液反应的沉淀是BaSO4还是BaSO3，可加入盐酸，若沉淀不溶解，则是BaSO4。
(4)
据分析，若是二氧化硫被氧化则会生成硫酸钡白色沉淀，则①中物质是O2；实验一在开始前述(2)中实验前排出了氧气的影响，仍然有白色沉淀，则说明假设Ⅱ存在；实验二在A和B之间连接一个洗气瓶，排出酸雾的影响，则可装NaHSO3溶液，同样操作后也出现白色沉淀，则说明假设Ⅰ存在；实验三同时排出了氧气和酸雾的影响，则无沉淀；故假设Ⅲ最合理。
(5)
a、氨水滴入生成(NH4)2SO3，再与BaCl2发生复分解反应，生成BaSO3沉淀，符合题意；
b、溴水具有强氧化性，将SO2氧化为H2SO4，则生成BaSO4沉淀，符合题意；
c、溶液滴入不会与其它物质反应，不会产生沉淀，不符合题意；
d、稀盐酸溶液滴入降低SO2的溶解度，不会产生沉淀，不符合题意；
故选ab。
+6 除去废铁屑表面的油污 Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3 NaOH +4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH- 放电时间长、电压稳定等
【分析】废铁屑经碱洗去除表面的油污，水洗净化之后加入稀硫酸，充分反应之后过滤除去不溶的杂质，加入双氧水将亚铁离子氧化，加氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，再次过滤，在沉淀中加入次氯酸钠和氢氧化钠，将可能残留的亚铁氧化，充分反应得到高铁酸钠溶液，最后加入饱和的氢氧化钾溶液转化为高铁酸钾粗品。
【详解】(1)高铁酸钾(K2FeO4)中K为+1价、O为-2价，设Fe元素的化合价为x,根据化合价代数和为0：(+1)×2+x+(-2)×4=0，解得x=+6，答案：+6；
(2)碳酸钠溶液显碱性可去除油污，碱洗的目的就是去除废铁屑表面的油污，答案：除去废铁屑表面的油污；
(3)双氧水具有较强的氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，答案：Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁沉淀，所以“过滤Ⅱ”步骤中滤渣的主要成分为Fe(OH)3，答案：Fe(OH)3；
(5)由流程可知，制备过程中多次用到氢氧化钠，所以最终得到产物高铁酸钾同时生成的氢氧化钠可以循环利用，答案：NaOH；
(6)原电池的正极发生还原反应，由图①可知，高铁电池中碳棒上变为Fe(OH)3，铁元素的化合价由+6降为+3得到电子发生还原反应，应为电池的正极，结合溶液为KOH溶液，正极反应式为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-；由图②可知，高铁电池的放电时间长，电压比较稳定，答案：+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-；放电时间长、电压稳定等。
【点睛】电极反应一般写成离子方程式，书写电极反应时要注意电解质溶液的酸碱性。
过滤 +3
【详解】(1)操作1分离出了溶液和难溶物，故操作名称为过滤；
(2)根据H为+1价，O为-2价，可得Mn的化合价为+3；
(3)“煅烧”和ZnO得到的化学方程式为；
(4)和铝粉真空还原得到了Zn、铝锰合金和A，根据化合价变化规律，Zn、Mn的化合价升高，故Al的化合价升高，故A为；
(5)元素的回收率;
(6)氢氧燃料电池中负极反应物是氢气，故电极反应式为。
(1) 粉碎废镍催化剂##适当提高温度##适当提高NaOH溶液浓度 使铝元素转化为偏铝酸盐溶液除去
(2)Fe2+、Fe3+、Ni2+
(3) b
(4)Fe3O4
【分析】废镍催化剂用稀NaOH溶液碱浸后过滤，去除了油脂、Al及Al2O3生成可溶性偏铝酸盐留在在滤液1，滤饼用稀H2SO4酸浸后，再次过滤，滤液2中主要金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Ni2+等，加入H2O2氧化Fe2+，滤液3中加入NaOH溶液，得到Fe(OH)3沉淀，再一次过滤除去，滤液经系列操作可得NiSO4·7H2O。
(1)
为加快“碱浸”的速率可采取的措施是：粉碎废镍催化剂、适当提高温度、适当提高NaOH溶液浓度等；据分析，“碱浸”中的作用有：去除油脂、使铝元素转化为偏铝酸盐溶液除去。
(2)
据分析，金属单质或金属氧化物与酸反应得到“滤液2”，其中含金属阳离子，主要有：Fe2+、Fe3+、Ni2+等。
(3)
①“转化”是H2O2氧化Fe2+，其中反应的离子方程式是：；
②从氧化效果、环保和新杂质等角度考虑，“转化”中可替代的最佳物质是O2，故选b。
(4)
铁、氧质量比为的氧化物，其Fe、O原子个数比为=3：4，其化学式为Fe3O4。
SO2+2COS+2CO2 增大压强、升高温度、使用更高效的催化剂、增大反应物浓度等 b 20 50% 0.15 ml/L
【详解】(1)在催化剂作用下，CO可脱除燃煤烟气中的SO2，生成单质S和一种温室效应气体即CO2，反应的化学方程式为SO2+2COS+2CO2，答案：SO2+2COS+2CO2；
(2)该反应中有气体，要加快该反应的速率，可采取增大压强、升高温度、使用更高效的催化剂、增大反应物浓度等方法，答案：增大压强、升高温度、使用更高效的催化剂、增大反应物浓度等；
(3)①CO是反应物，反应中浓度不断减小直到平衡，所以图中曲线b可表示的是CO的浓度变化情况，故曲线a表示生成物CO2的浓度变化情况；由条件可知开始加入CO气体4ml，其浓度为0.2ml/L，所以容器体积V===20L，答案：b；20；
②由图可知N点时，CO与生成物CO2浓度相等，设此时CO浓度的变化量为x，列出三段式计算：
由0.2-x=x解得x=0.1ml/L，CO的转化率=×100%=50%；SO2的浓度为0.2ml/L-0.5×0.1ml/L=0.15ml/L，答案：50%；0.15ml/L；
③由图可知0~t1min内CO浓度由0.2ml/L变为0.05ml/L，CO的变化量为0.15ml/L×20L=3ml，变化量之比等于化学计量数之比，所以单质S的变化量为1.5ml即1.5ml×32g/ml=48g，所以0~t1min内该反应的平均反应速率v(S)==g·min-1，答案：。
【点睛】有关化学反应速率的计算一要注意变化量之比等于化学计量数之比，二要注意不能用物质的量代替物质的量浓度。
0.4 B 反应速率小，生产效益低 产率降低 能耗高导致生产成本高、催化剂活性差
【详解】(1)t1h时，N2的浓度减小了0.2ml/L，根据浓度变化之比等于系数之比，NH3的浓度变化为0.4ml/L，故0.4ml/L；
(2)内，H2的浓度变化了0.9ml/L，根据浓度变化之比等于系数之比，N2的浓度变化为0.3ml/L，
(3)A反应不平衡时也是消耗的同时消耗，故不选；B反应是气体的物质的量变化的反应，压强也是变化量，压强不变则达到了平衡，故选；C恒容容器，密度一直不变，则密度不变不一定达到了平衡，故不选；D速率之比等于系数比，故不选；故选B；
(4)生产中选定的温度为400~500°C，温度不宜过低的原因是反应速率小，生产效益低，温度不宜过高的原因有产率降低，能耗高导致生产成本高、催化剂活性差；
(5)由图示可知，白球表示H原子，黑球表示N原子，则过程Ⅱ可以表示为。
(1) 等于
(2) 变大 不变
(3)BC
(4)该反应为放热反应，会使体系的温度升高，从而加快反应速率
(5)CO(g)、Fe+、CO2(g)
【解析】（1）
有催化剂时达到平衡需要的时间短，故图中上面的曲线对应的是实验II，下面的曲线对应的是实验I，从方程式可以看出，N2与N2O的化学计量数相同，经过t2min达平衡，N2O的浓度变化量为0.5ml/L，故实验I中用N2O表示的化学反应速率为：；催化剂不影响反应限度，故平衡时的体积分数：实验Ⅰ等于实验Ⅱ；
（2）
CO为反应物，恒温恒容条件下增加CO的投料量，反应物浓度增大，反应速率变大；若恒温恒容条件下充入惰性气体Ar，不影响各物质浓度反应速率不变；
（3）
A．并没有指明正、逆反应方向，不能判断达平衡状态；
B．断裂键为逆反应方向，生成为正反应方向，断裂同时生成，代表正、逆两个反应方向，且速率相等，可以判断达平衡状态；
C．N2O为反应物，反应过程中减少，N2是生成物，反应过程中增加，当的值不变，即二者的浓度不变，可以判断达到平衡状态；
D．，正反应速率大于逆反应速率，反应未达到平衡状态；
E．该反应正向气体分子数不变，气体总质量不变，气体的平均摩尔质量一直不变，不能判断达平衡；
故选BC。
（4）
实验III是绝热容器，绝热容器的反应体系和外界环境无热交换，该反应为放热反应，会使体系的温度升高，从而加快反应速率，故答案为：该反应为放热反应，会使体系的温度升高，从而加快反应速率；
（5）
用总反应方程式减去第一步的反应方程式即可得到第二步的方程式：，故答案为：CO(g)、Fe+、CO2(g)。
70． 丙烯 羟基 加成反应 Cu或Ag做催化剂并加热 CH3COOH +CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3 + H2O
【分析】A为烷烃，烷烃裂解的产物中有烯烃，生成物B是可燃冰的主要成分，即B是甲烷，则C为烯烃，C与水加成生成CH3CH2CH2OH，则C为丙烯，A为丁烷，75%的F溶液可用于杀菌消毒，则F为乙醇，由A生成D、E是丁烷的另一种裂解，根据图中关系可知E是乙烯，D是乙烷，据此分析解答。
【详解】(1)由分析可知，C为丙烯；F为乙醇，所含官能团为羟基，答案：丙烯；羟基；
(2)由分析可知E是乙烯，D是乙烷，反应①为乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，F为乙醇，反应②中乙醇氧化为乙醛，乙醇在Cu或Ag做催化剂并加热的条件下可氧化为乙醛，答案：加成反应；Cu或Ag做催化剂并加热；
(3)丙烯与水加成时，羟基可加成在1号碳原子上生成CH3CH2CH2OH，羟基还可能加成在2号碳原子上生成 ，答案：；
(4)CH3CHO氧化生成的G为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2CH2OH发生酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O，答案：CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O；
(5)X是A的同系物且碳原子数比A多一个，A为丁烷，则X为戊烷，戊烷分子式为C5H12，有3种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH2CH3、 、，答案： ；；
【点睛】学习时注意物质的性质，特别是一些特殊性质，如本题中的可燃冰成分、75%酒精的消毒等，可以让我们快速找到推断题的突破口。
碳碳双键 氧化反应 +CH3OH+H2O 5
【分析】根据聚甲基丙烯酸甲酯逆推，可知D是甲基丙烯酸甲酯()、C是甲基丙烯酸()。
【详解】(1)中官能团名称为碳碳双键；
(2)反应①是，有机物分子中氢原子数减少、氧原子数增加，反应类型为氧化反应；
(3) D发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，逆推可知的结构简式为；
(4) C是甲基丙烯酸，丙烯酸与甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，反应③的化学方程式为+CH3OH+H2O。
(5)是的同系物，且相对分子质量比的大14，说明F中有5个碳原子，满足条件的有CH3CH2CH2CH=CH2、CH3CH2CH=CHCH3、CH3CH2C(CH3)=CH2、(CH3)2CHCH=CH2、(CH3)2C=CHCH3，共5种，其中含有三个甲基的的结构简式为。
(1)乙烯
(2)氧化反应
(3)碳碳双键、醛基
(4)
(5) 4 COH(CH3)3
【分析】CH2=CH2与H2O在一定条件下加成得到乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛在碱性环境下发生反应得到CH3CHOHCH2CHO，该物质在浓硫酸即加热作用下消去羟基得到CH3CH=CHCHO，再催化氧化醛基转化为羧基，得到F，F是CH3CH=CHCOOH，F与CH3OH发生酯化反应得到CH3CH=CHCOOCCH3，即得到巴豆酸甲酯。
(1)
据分析，A为CH2=CH2，名称是乙烯。
(2)
反应②是乙醇的催化氧化生成乙醛，反应类型为氧化反应。
(3)
E的结构简式为CH3CH=CHCHO，其中官能团的名称为：碳碳双键、醛基。
(4)
据分析，反应⑥是F与甲醇发生的酯化反应，化学方程式为：。
(5)
B是CH3CH2OH，其同系物G的相对分子质量比其大28，则G与B具有相似的结构，且多2个“CH2”基团，G的分子式为C4H10O，同分异构体有CH2OHCH2CH2CH3、CH3CHOHCH2CH3、CH2OHCH(CH3)2、COH(CH3)3，共4种；其中一种含有三个甲基的G的结构简式为COH(CH3)3。
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