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江苏扬州市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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这是一份江苏扬州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共21页。试卷主要包含了五氧化二氮等等内容，欢迎下载使用。
江苏扬州市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·江苏扬州·高一统考期末）常见的氮氧化物有一氧化氮、二氧化氮、一氧化二氮(N2O)、五氧化二氮(N2O5)等。
(1)在一定条件下，氮气与氧气反应生成1 mol一氧化氮气体，吸收90 kJ的热。该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=___________kJ·mol−1
(2)在2 L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间变化如下表：
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用NO表示0～2s内该反应的平均速率v(NO)=___________mol·L−1·s−1。
②下列措施能够使该反应速率加快的是___________。
a．降低温度 b．使用催化剂 c．减小压强
③若上述反应在恒容的密闭容器中进行，下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的是___________。
a．混合气体的颜色保持不变
b．c(NO)∶c(O2)=2∶1
c．每消耗1 mol O2的同时生成2 mol NO2
(3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨I电极上生成可循环使用的氧化物N2O5。
①放电时，该电池的负极是___________(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)。
②若电路中有1 mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2___________L。
2. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）某处工厂排出的烟道气中含氮氧化物（主要为NO、NO2）、粉尘和少量水蒸气。课外兴趣活动小组对该工厂排出的烟道气进行处理，并检测其氮氧化物含量，实验装置如图所示：
（1）装置A中放置无碱玻璃棉，其目的是除去___________。为保证检测的准确性，装置C中盛放的化学试剂可以是___________（填字母）。
a．碱石灰 b．浓硫酸 c．五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O）
（2）装置D中主要发生：2NaOH＋2NO2=NaNO2＋NaNO3＋H2O；2NaOH＋NO＋NO2=2NaNO2＋H2O
①若反应后尾气无残留，则参加反应的NO2、NO物质的量比值为_______（填字母）。
a．≥1 b．≤1 c．任意值
②可使用适量酸性H2O2溶液，将溶液中的NO2－全部氧化为NO3－，发生反应的离子方程式是___________。
（3）溶液中NO3－直接排放在水体中也会造成污染，现用活泼金属将溶液中NO3－转化为N2，实现氮元素的脱除，具体步骤如下：
步骤一、取适量（2）中H2O2处理后的溶液，调节pH至中性，蒸发浓缩，得到c(NO3－)为0.100mol·L-1的溶液甲。
步骤二、现量取50mL溶液甲，分别用金属铝、金属铁和铝铁合金在45℃、惰性气体氛围中对溶液乙进行氮脱除。
步骤三、重复实验2~3次，溶液中NO3－的残留情况与反应时间的关系如图所示。
①金属铝和金属铁在0~3h内，NO3－的脱除效率均很低，几乎没被脱除，其可能的原因是___________。
②0~3h内铝铁合金的氮脱除效率比金属铝、金属铁大得多，其可能的原因________。
（4）气囊用来储存处理后气体，其中可能含少量NO气体，可用酸性NaClO溶液来处理。HClO氧化NO生成NO3－和Cl－，发生反应的离子方程式是___________。
3. （2021春·江苏扬州·高一统考期末）纳米铁粉常用于废水处理等，以草酸(H2C2O4)与FeSO4为原料可制取纳米铁粉。
(1)制取草酸
用含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2∶1.5)溶液氧化淀粉水解液制备草酸，其装置如题图-1所示。[已知：硝酸氧化淀粉水解液过程中主要反应：C6H12O6+HNO3→H2C2O4+NO2↑+NO↑+H2O(未配平)]
①该反应的温度需控制在55～60℃，适宜的加热方式为___________。
②仪器a的名称为___________。
③装置C用于尾气吸收。当尾气中n(NO2)∶n(NO)=1∶1时，发生反应：NO2+NO+Na2CO3=2___________+CO2。
(2)制备纳米铁粉，其流程如下：
过滤所得到的晶体FeC2O4·2H2O在700℃时分解：FeC2O4·2H2OFe+2CO2↑+2H2O↑。由于生成CO2，该反应成为制备纳米铁粉的重要方法。CO2的作用是___________。
(3)用纳米铁粉处理废水中的：
①酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe2+与，其反应的离子方程式是________。
②研究发现，废水中溶解氧会对的去除产生一定影响。在初始pH、初始浓度、纳米铁粉与硝酸盐质量比均一定的条件下，有氧与无氧条件下的去除率随反应时间的变化如题图-2所示。1~3 h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是___________。
4. （2022春·江苏扬州·高一统考期末）氮的化合物是重要的化工原料，其转化一直是化学研究的热点。
(1)氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：
①氨催化氧化时会生成副产物N2O。生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时，消耗的O2的物质的量之比为_______。
②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟成分是_______(写化学式)。
③再经过一段时间观察到装置N中溶液变成蓝色，装置N中溶液变成蓝色的原因是_______。
(2)可用ClO2将氮氧化物转化成NO。向1 L含200 mg ClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为_______。
(3)纳米铁粉可去除水中的NO。控制其他条件不变，用纳米铁粉还原水体中的NO，测得溶液中含氮物质(NO、NO、NH)浓度随时间变化如图所示：
①Fe去除水中的NO 的机理：NO 得到纳米铁粉失去的电子转化为NO，极少量NO 在纳米铁粉或Cu表面得到电子转化为NH。与不添加少量铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO效率更高，主要原因是_______。
②与初始溶液中NO浓度相比，反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小，原因是_______。
5. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最高的气体，Y的焰色反应现象为黄色。Z为金属元素，由Z制得的容器常温下可盛装浓硫酸。W原子最外层比X原子最外层多2个电子。
(1)X在元素周期表中的位置为___________，X单质的结构式为___________。
(2)W的简单气态氢化物电子式是___________，该气态氢化物溶于水时，破坏的化学键是___________。
(3)Y、Z、W的原子半径从大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。Y的最高价氧化物的水化物和Z的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是___________。
6. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）丙酸乙酯常用于合成人造香料，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)：
(1)化合物B的分子式是___________，化合物C中含氧官能团的名称为___________。
(2)E→F的化学反应方程式是___________，反应类型是___________。
(3)A→B的反应是加成反应，则物质X的化学式为___________。
(4)E→F转化中有多种有机副产物，其中一种副产物Q的相对分子质量为74，氢的质量分数为13.51%，分子中碳氢原子个数比是2∶5，则Q的分子式为___________。
7. （2021春·江苏扬州·高一统考期末）化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料。现可通过下列转化制取(部分反应条件略去)：
(1)化合物B中官能团的名称是___________，E→F的反应类型是___________。
(2)化合物C、G的结构简式分别是___________、___________。
(3)A→E是加成反应，物质X的化学式是___________。
(4)化合物A在一定条件下可生成高分子聚丙烯，该反应的化学方程式是___________。
(5)下列关于化合物B、D的说法正确的是___________
a.均能和Na反应放出H2 b.均溶于水
c.均能和O2在一定条件发生氧化反应 d.均能和NaHCO3反应放出CO2
8. （2022春·江苏扬州·高一统考期末）化合物E是生产感光材料、功能色素和药物的中间体，其合成路线如下：
(1)化合物C中含氧官能团的名称为_______。
(2)A→B反应过程中除化合物B外，还有HCl生成。该反应的类型是_______。B→C反应过程中，化合物B表现出_______性(填“氧化”或“还原”)。
(3)C→D反应过程中有副产物Q(化学式为C7H4N2O6)生成，该化合物Q的结构简式是_______。D→E发生反应的化学方程式是_______。
(4)化合物B也可通过下列转化获取化合物C，请完成下列反应流程：_______。
9. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，其相对分子质量为392，在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，100℃时易失去结晶水。现用FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应，制取硫酸亚铁铵晶体，其流程如图所示：
（1）“混合反应”时温度需控制在70~80℃，可采取的措施是___________，该过程中乙醇的作用是___________。
（2）现对制得的硫酸亚铁铵晶体进行纯度测定：准确称取4.000g上述硫酸亚铁铵晶体置于锥形瓶中溶解，加适量稀硫酸酸化，用0.100mol·L－1标准KMnO4溶液进行反应，当恰好完全被还原为Mn2+时，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。
已知：+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O
①若用稀盐酸替代稀硫酸进行酸化，则实际消耗的标准KMnO4溶液的体积___________20.00mL。（填“大于”或“小于”或“等于”）
②试通过计算，求该硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的纯度（写出计算过程）___________
10. （2021春·江苏扬州·高一统考期末）利用硫酸烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还含有SiO2和CuO等)来制取FeSO4溶液。
(1)将硫酸烧渣进行粉碎，其目的是___________。“酸浸”时，Fe2O3发生反应的离子方程式是___________。
(2)“还原”时，铁粉将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+和Cu。检验Fe3+是否已全部被还原，所选用试剂的化学式是___________。
(3)将得到的FeSO4溶液进行下列操作，测定其物质的量浓度：
步骤一：取10.00 mLFeSO4溶液，将其稀释成100.00 mL溶液。
步骤二：取25.00 mL稀释后的溶液，向其中加入0.100 mol·L−1酸性KMnO4溶液。恰好反应时，记下消耗KMnO4溶液的体积。
步骤三：重复上述实验3次，平均消耗KMnO4溶液20.00 mL。
已知： +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
①“步骤一”中稀释时所用的水需先进行加热煮沸，其目的是___________。
②试通过计算，求原FeSO4溶液的物质的量浓度是多少？(写出计算过程)___________
58．（2022春·江苏扬州·高一统考期末）以FeSO4溶液为主要原料制取废水处理剂FeOOH，其流程如下：
(1)检验FeSO4溶液是否被氧化可选用的试剂是_______(填化学式)。“转化”时适量氨水将Fe2+部分转化为Fe(OH)2，每生成1 mol Fe(OH)2，理论上参加该反应的NH3·H2O的物质的量为_______mol。
(2)“氧化”时以一定流速向所得固液混合物中通入O2，反应生成FeOOH。过程中溶液的pH随时间的变化情况如图所示：
已知：pH =-lg c(H+) 。
①0~t1时，Fe(OH)2转化为FeOOH时发生反应的化学方程式为_______。
②t1~t2时，FeOOH继续增加，溶液pH减小，原因是_______(用离子方程式表示)。
(3)通过下列方法测定产品中FeOOH的质量分数：准确称取2.000 g产品，加适量盐酸溶解，再加入适量SnCl2溶液，发生反应2Fe3+ + Sn2+ = 2Fe2+ + Sn4+；除去过量的SnCl2，再向其中加入0.1000 mol·L−1 K2Cr2O7溶液至反应恰好完全，发生反应Cr2O+ 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，消耗K2Cr2O7溶液36.00 mL。计算该产品中FeOOH的质量分数(写出计算过程) _______。
11. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业生产硫酸的重要步骤，T℃时该反应过程中的能量变化如图所示：
（1）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝___________kJ·mol－1（含E1、E2的计算式表示）
（2）①下列措施不能使该反应速率加快的是___________。
A．升高温度 B．降低压强 C．使用催化剂
②若上述反应在恒容的密闭容器中进行，下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的是___________。
A．SO3的浓度不再变化
B．SO2与SO3的物质的量相等
C．容器内气体的压强不再变化
D．单位时间内消耗1molO2，同时消耗2molSO2
（3）运用电化学原理可生产硫酸，总反应为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，装置如图所示。其中质子交换膜将该原电池分隔成氧化反应室和还原反应室，能阻止气体通过而允许H+通过。
①该电池的负极是___________。（填“电极a”或“电极b”）
②H+通过质子交换膜时的移动方向是___________。
A．从左向右 B．从右向左
③通入O2的电极反应式是___________。
12. （2022春·江苏扬州·高一统考期末）CO2还原为甲醇(CH3OH)是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢主要反应为：CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) ΔH=-49.4 kJ·mol−1。
(1)H2O分子用电子式表示为_______。该反应中每生成0.5 mol甲醇，转移电子的物质的量是_______mol。
(2)一定条件下，该反应过程中的能量变化情况如图所示，图中E2-E1 =_______kJ·mol−1。
(3)T1℃下，向一容积为3 L的恒容密闭容器中加入一定量的CO2和H2，在催化剂存在时发生反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)，测得不同时间(t)各物质的物质的量如下表：
t / min
n(CO2) / mol
n(H2) / mol
n(CH3OH) / mol
n(H2O) / mol
0
2.00
6.00
0
0
t1
1.65
a
0.35
0.35
t2
b
3.60
0.80
0.80
t3
b
3.60
0.80
0.80
①0 ~ t1 min内，用H2浓度变化表示该反应的化学反应速率为_______mol·L−1·min−1。
②下列有关上述反应的说法正确的是_______(填序号)
A．CH3OH中的化学键是共价键
B．消耗3 mol H2(g)的同时生成1 mol H2O(g)，此时该反应达到化学平衡
C．0 ~ t1 min内反应放出的热小于t1~ t2 min内放出的热
(4)甲醇(CH3OH)燃料电池的电极采用膜电极，该电极由催化剂层和质子交换膜构成，其中质子交换膜能传导H+，同时作为隔膜防止两极的物质相互反应。该电池的工作原理如图：
①该电池的负极是_______。(填“电极a”或“电极b”)
②工作时，电极b的电极反应式是_______。
参考答案：
1. +180 0.003 b a 石墨I 5.6
【详解】(1)在一定条件下，氮气与氧气反应生成1 mol一氧化氮气体，吸收90 kJ的热。则反应产生2 molNO气体时会吸收热量Q=90 kJ×2=180 kJ，故该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180 kJ/mol；
(2)①根据表格数据可知在0～2 s内该反应的平均速率v(NO)=
②a．降低温度，物质的内能减小，分子之间的有效碰撞次数减小，反应速率降低，a不符合题意；
b．使用催化剂可以降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，有效碰撞次数增加，化学反应速率大大加快，b符合题意；
c．减小压强，物质的浓度降低，单位体积内有效碰撞次数减小，化学反应速率降低，c不符合题意；
故合理选项是b；
③a．在反应混合物中只有NO2是有色气体，若混合气体的颜色保持不变，说明任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，a符合题意；
b．c(NO)∶c(O2)=2∶1是二者反应消耗浓度关系，平衡时二者浓度不一定是该数值，b不符合题意；
c．每消耗1 mol O2的同时生成2 mol NO2表示的都是反应正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，c不符合题意；
故合理选项是a；
(3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨II为正极。在石墨I电极上NO2被氧化生成氧化物N2O5，石墨II电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，电池总反应式为：4NO2+O2=2N2O5。
①放电时，该电池的负极是石墨I电极；
②石墨II电极上发生反应：O2+2N2O5+4e-=4，每转移4 mol电子，反应消耗1 molO2，因此若电路中有1 mol电子转移，则理论上消耗0.25 molO2，石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积V(O2)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L。
2. 粉尘 b a H2O2+NO2－=NO3－+H2O 金属铁和金属铝表面都有一层氧化膜 铝铁合金在溶液中形成原电池，加快化学反应速率 3HClO+2NO+H2O=2NO3－+3Cl－+5H+
【详解】(1)烟道气中含有粉尘，装置A中放置无碱玻璃棉，可以除去粉尘；装置C用于除去少量的水蒸气，应该选择浓硫酸，NO2会与碱石灰反应，而五水硫酸铜不能起到干燥的作用；
(2)①根据化学方程式，可知NO2可以单独被NaOH吸收，而NO需与NO2按照1：1才能被NaOH吸收，现无尾气残留，说明NO无残留，因此NO2至少和NO一样多，则参加反应的NO2、NO物质的量比值为≥1，a符合题意；
②NO2－被氧化成NO3－，N的化合价从＋3升高到＋5，H2O2中的O的化合价应该降低，1molH2O2中的O的化合价从－1降低到－2，得到2mol电子，则H2O2和NO2－的系数比为1：1，再根据物料守恒或电荷守恒配平，离子方程式为H2O2＋NO2－=H2O＋NO3－；
(3)①根据题意，活泼金属能够将溶液中NO3－转化为N2，但是金属铝和金属铁在0－3h内，NO3－的脱除效率很低，几乎没有脱除，可认为金属与NO3－可能没有反应，可能是金属表面有氧化膜，阻碍了NO3－的脱除反应；
②铝铁合金中，铁和铝的活动性不同，可以构成原电池，加快化学反应速率；
③HClO中Cl的化合价从＋1降低到－1，NO的化合价从＋2升高到＋5，根据化合价升降守恒的，则HClO和NO3－的系数为3：2，再根据物质守恒和电荷守恒配平，离子方程式为3HClO+2NO+H2O=2NO3－+3Cl－+5H+。
3. 水浴加热 分液漏斗 NaNO2 防止在加热产生的Fe被氧化，避免Fe单质聚集产生大的颗粒，有利于纳米铁的产生 4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O 水中溶解O2反应消耗纳米Fe，不利于Fe与的反应发生，导致去除率降低
【详解】(1)①该反应的温度需控制在55～60℃，适宜的加热方式为水浴加热；
②根据装置图可知仪器a的名称为分液漏斗；
③装置C中Na2CO3溶液显碱性，用于尾气吸收氮氧化合物，当尾气中n(NO2)∶n(NO)=1∶1时，发生反应，根据原子守恒，可知缺项物质化学式是NaNO2，故反应的化学方程式为：NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2。
(2)在700℃时分解FeC2O4·2H2O晶体：FeC2O4·2H2OFe+2CO2↑+2H2O↑，由于生成气体CO2，使Fe粉处于惰性环境，防止其被氧化，同时气体存在，可避免Fe聚集形成较大颗粒，有利于纳米铁粉的制备；
(3)①酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe2+与，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O；
②1~3 h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是：在无氧时只发生反应：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O；而在有氧条件下，O2同时也具有氧化性，会反应消耗纳米铁粉，导致与发生反应的纳米Fe量减小，因而使去除率低于无氧条件。
4. (1) 5∶4 NH4NO3 NH3在催化条件下被氧化生成NO，NO进一步被氧化为NO2，NO2被水吸收生成HNO3，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)
(2)3ClO + 4NO + 4OH-= 3Cl- + 4NO+ 2H2O
(3) 添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高 反应过程中有部分NO 被还原为N2，逸出溶液(或还原为不溶于水的气体)
【解析】（1）
已知反应4NH3+5O2=4NO+6H2O、2NH3+2O2=N2O+3H2O，则生成含4molN的NO与N2O时消耗氧气的物质的量分别为5mol和4mol，即消耗的O2的物质的量之比为5:4；NH3催化氧化生成NO和H2O后，M中发生如下反应：2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、NH3+HNO3=NH4NO3，白烟成分即为NH4NO3的固体小颗粒；NH3在催化条件下被氧化生成NO，NO进一步被氧化为NO2，NO2被水吸收生成HNO3，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因生成Cu2+导致装置N中溶液变成蓝色；
（2）
ClO氧化NO，NO失电子被氧化为NO，ClO得电子被还原为Cl-，离子反应方程式为：3ClO + 4NO + 4OH-= 3Cl- + 4NO+ 2H2O；
（3）
添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高；反应过程中有部分NO中+5价的N得电子被还原为N2或其他不溶于水的气体，逸出溶液，使得反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小。
5. 第2周期ⅤA族 N≡N 共价键 r(Na)>r(Al)>r(Cl) Al(OH)3+OH－=+2H2O
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最高的气体，X为N元素；Y的焰色反应现象为黄色，Y为Na元素；Z为金属元素，由Z制得的容器常温下可盛装浓硫酸，Z为Al元素；W原子最外层比X原子最外层多2个电子，最外层为7个电子，W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为Na元素，Z为Al元素，W为Cl元素。
(1)X为N元素，在元素周期表中位于第2周期ⅤA族，X单质为N2，分子中含有三键，结构式为N≡N，故答案为：第2周期ⅤA族；N≡N；
(2)W的简单气态氢化物为HCl，是共价化合物，电子式是；该气态氢化物溶于水时，发生电离，电离出氢离子和氯离子，共价键受到破坏，故答案为：；共价键；
(3)电子层数相同的原子，核电荷数越大，原子半径越小，Y、Z、W的原子半径从大到小的顺序为r(Na)>r(Al)>r(Cl)；Y的最高价氧化物的水化物为NaOH，Z的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，二者反应的离子方程式为Al(OH)3+OH－=+2H2O，故答案为：r(Na)>r(Al)>r(Cl)；Al(OH)3+OH－=+2H2O。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意氢氧化铝为两性氢氧化物，能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。
6. C3H7Br 羟基 CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O 取代或酯化 HBr C4H10O
【分析】根据合成路线得：A与HBr发生加成反应生成B，B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，C发生催化氧化生成D，D继续发生催化氧化生成E，E在浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成F。
【详解】(1)化合物B为CH3CH2CH2Br，分子式是C3H7Br；化合物C为CH3CH2CH2OH，含氧官能团的名称为羟基；
(2) E在浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成F，化学反应方程式是CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代或酯化反应；
(3) A与HBr发生加成反应生成B，则物质X的化学式为HBr；
(4) 氢原子个数=，根据分子中碳氢原子个数比是2∶5，碳原子个数是4，氧原子个数=，则Q的分子式为C4H10O。
【点睛】本题为有机合成推断题，较简单，把握常见物质间的转化关系，学会根据元素的质量分数、相对分子质量求分子式。
7. 羟基 取代 CH3CH2CHO CH3CH2COOCH(CH3)2 HBr n a、b、c
【分析】根据物质所含有的官能团判断物质的性质，利用反应条件和反应过程中官能团的变化判断发生的反应类型，及需要的反应物；利用反应机理书写酯化反应的方程式；
【详解】(1)根据流程中B的结构简式可以直接判断其官能团是羟基，故第1空答案为羟基；根据E→F的反应条件及官能团的变化，溴原子变为羟基，判断发生取代反应，故第2空答案为取代反应；
(2)根据B到C 的反应条件是催化剂、氧气，判断是醇的催化氧化，根据反应机理判断C的结构简式为CH3CH2CHO，根据D和F的结构简式及G的名称判断发生酯化反应，根据反应机理酸脱羟基醇脱氢书写产物G为CH3CH2COOCH(CH3)2；
(3)根据A到E的变化，加成反应的特点是只上不下，判断物质X为HBr；
(4)根据A含有的碳碳双键，利用加聚反应机理书写化学方程式为：n ；
(5)根据B中含有羟基，D中含有羧基，利用羟基和羧基的性质：能与Na反应，能溶于水，与水形成氢键、能燃烧的特点判断具有性质是a、b、c；
【点睛】加聚反应是碳碳双键加成聚合的结果，利用加成的反应机理判断加成产物及书写反应方程式。
8. (1)羧基
(2) 取代反应 还原
(3) +CH3OH +H2O
(4)
【分析】A与CH3Cl发生取代反应生成B和HCl，B中甲基被氧化为羧基，C中苯环与浓硝酸发生间位取代生成D，D中羧基和甲醇发生酯化反应生成E；
(1)
化合物C中含氧官能团的名称为羧基；
(2)
A→B反应过程中除化合物B外，还有HCl生成，该反应的类型是取代反应；B→C反应过程中，高锰酸钾做氧化剂具有氧化性，化合物B做还原剂表现出还原性；
(3)
C→D反应过程中有副产物Q(化学式为C7H4N2O6)生成，则在两个间位上都取代了硝基，该化合物Q的结构简式是；D→E发生酯化反应，反应的化学方程式是 +CH3OH +H2O；
(4)
苯甲醇先发生催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛再被氧化生成苯甲酸，则流程中缺少的物质是。
9. 水浴加热 降低硫酸亚铁铵晶体溶解度，利于析出。 大于 98%
【分析】FeSO4和(NH4)2SO4混合，得到(NH4)2Fe(SO4)2的水溶液，根据信息，硫酸亚铁铵不溶于乙醇，加入乙醇，降低(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶解度，使之析出，过滤得到晶体，经洗涤、干燥得到产品。
【详解】(1)混合反应时需要控制温度在70－80℃，可采取水浴加热，可以控制加热温度，且受热更加均匀；根据信息，(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O不溶于乙醇，加入乙醇，可以降低(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶解度，使之析出；
(2)①KMnO4能够氧化Cl－，若用盐酸酸化高锰酸钾，消耗的高锰酸钾的量会增加，则实际消耗的标准KMnO4溶液的体积大于20.00mL；
②消耗KMnO4的量n(KMnO4)=0.1mol·L－1×20.00mL×10－3mL·L－1=0.002mol·L－1，根据化学方程式，则n(Fe2＋)=5n(KMnO4)=5×0.002mol·L－1=0.01mol，根据Fe守恒，n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=n(Fe2＋)=0.01mol，m[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=0.01mol×392g·mol－1=3.92g，则纯度为。
10. 增大固体表面积，加快酸浸溶解速率 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O KSCN溶液 降低水中溶解的O2，防止Fe2+被氧化 稀释后的25.00 mL溶液消耗KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=0.100 mol/L×0.02 L=0.002 mol，根据物质反应关系可知其中含有的Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5 n(KMnO4)=0.01 mol，故10.00 mL稀释前溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=，故该溶液的FeSO4浓度c(FeSO4)=c(Fe2+)=。
【分析】将硫酸烧渣粉碎后用稀硫酸酸浸，其中的金属氧化物Fe2O3、FeO和CuO变为可溶性盐进入溶液，而酸性氧化物SiO2不能反应，以固体形式进入滤渣。将固液混合物过滤，除去SiO2，向含有Cu2+、Fe3+、Fe2+的酸性溶液中加热足量的Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，然后过滤除去Cu及过量的Fe，就得到FeSO4溶液。
【详解】(1)将硫酸烧渣进行粉碎，其目的是使固体表面积增大，以加快酸浸的溶解速率；
“酸浸”时，Fe2O3与H2SO4发生反应产生Fe2(SO4)3、H2O，发生反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
(2)“还原”时，铁粉将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+和Cu，Fe被氧化为Fe2+。若Fe3+全部被还原，则溶液中就不含有Fe3+，故可根据Fe3+与SCN-会产生血红色物质进行检验，检验Fe3+是否已全部被还原，所选用试剂的化学式可以是KSCN溶液；
(3)①Fe2+具有还原性，容易被溶解在溶液中的O2氧化变为Fe3+，导致其浓度测定数值不准确。在“步骤一”中稀释时所用的水需先进行加热煮沸，其目的是降低水中溶解的O2，防止Fe2+被氧化；
②稀释后的25.00 mL溶液在滴定中消耗KMnO4标准溶液的物质的量为n(KMnO4)=0.100 mol/L×0.02 L=0.002 mol，则根据物质反应关系可知其中含有的Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5 n(KMnO4)=0.01 mol，故10.00 mL稀释前溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=，故该溶液的FeSO4浓度c(FeSO4)=c(Fe2+)=。
11. (1) KSCN 或K4[Fe(CN)6] 2
(2) 4Fe(OH)2 + O2 = 4FeOOH + 2H2O 4Fe2++ O2 + 6H2O = 4FeOOH + 8H+(或4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，Fe3++ 2H2O = FeOOH + 3H+)
(3)96.12%
【分析】向硫酸亚铁溶液中加入氨水使亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，而后通入氧气，氢氧化铁被氧气氧化为FeOOH后，过滤，除去滤液，得到的滤渣，洗涤干燥得到FeOOH，据此结合物质的分离与提纯方法分析解答。
(1)
FeSO4溶液若被氧化会转化为Fe3+，因Fe3+与SCN-会反应生成（血）红色，Fe2+与K4[Fe(CN)6]试剂也会出现特征蓝色沉淀，所以检验FeSO4溶液是否被氧化可选用的试剂是KSCN 或K4[Fe(CN)6]；“转化”时，NH3·H2O与FeSO4发生反应生成Fe(OH)2和硫酸铵，其化学方程式为：2NH3·H2O+FeSO4= Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4所以每生成1 mol Fe(OH)2，理论上参加该反应的NH3·H2O的物质的量为2mol，故答案为：KSCN 或K4[Fe(CN)6]；2；
(2)
①0~t1时，Fe(OH)2被氧气氧化，转化为FeOOH，根据氧化还原反应的规律可知，其化学方程式为：4Fe(OH)2 + O2 = 4FeOOH + 2H2O；
②t1~t2时，FeOOH继续增加，溶液pH减小，说明生成了氢离子，应是溶液中的亚铁离子被氧气氧化所致，涉及的离子方程式为：4Fe2++ O2 + 6H2O = 4FeOOH + 8H+(或4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，Fe3++ 2H2O = FeOOH + 3H+)
(3)
n(K2Cr2O7) = c(K2Cr2O7) × V(K2Cr2O7) = 0.1000 mol· L-1×36.00×10-3 L = 3.6×10-3 mol，根据氧化还原电子转移数守恒可知，，解得n(FeOOH) = 2.16×10-2 mol，所以该样品中FeOOH的质量分数 = × 100%==96.12%。
12. E1-E2或－(E2-E1) B AC 电极a A O2+4H++4e－=2H2O
【详解】(1)根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=(E1－E2)kJ·mol－1；
(2)①A．升高温度，物质的能量增加，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增加，化学反应速率增大，A不符合题意；
B．减小体积，降低压强，各物质的浓度减小，有效碰撞几率减小，反应速率减小，B符合题意；
C．使用催化剂，降低活化能，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增加，反应速率增大，C不符合题意；
答案选B；
②反应达到平衡时，各物质的浓度不变，且正逆反应速率相等；
A．SO3的浓度不再变化，说明单位时间内生成的SO3和消耗的SO3的物质的量相同，反应达到平衡，A符合题意；
B．达到平衡时，SO2和SO3的物质的量不一定相同，B不符合题意；
C．恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，压强不再变化，说明总物质的量不变，由于反应前后的气体分子数不相等，故当压强不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡，C符合题意；
D．消耗1molO2，同时消耗2molSO2，均表示正反应速率，无法得知正逆反应速率是否相等，D不符合题意；
答案选AC；
(3)根据总反应，可知SO2化合价升高转化为H2SO4，失去电子，则通入SO2的一极为负极，通入O2的一极为正极；
①根据总反应方程式，SO2转化为H2SO4，化合价升高，失去电子，通入SO2的电极为负极，即电极a；
②在原电池中，阳离子向正极移动，电极b为正极，则H＋通过质子交换膜时，由左向右移动，A符合题意；
③O2得到电子与溶液中的H＋反应生成水，电极反应式为的O2＋4e－＋4H＋=2H2O。
13. (1) 3 mol
(2)49.4
(3) AC
(4) 电极a O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O
【解析】（1）
水分子为H-O共价键形成的共价化合物，其电子式为：；反应式CO2+ 3H2=CH3OH+H2O中C从+4价降低为-2价，生成1molCH3OH时电子转移6mol (也可依据H从0价升高为+1价，3molH2参加反应时电子转移6mol计算电子转移数) ，则该反应中每生成0.5 mol甲醇，转移电子的物质的量是3mol；
（2）
图中E2-E1>0，由图可知即为反应CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) ΔH=-49.4 kJ·mol−1放出的热量，故而E2-E1=49.4 kJ·mol−1；
（3）
①0~t1min内，v(H2)=；②A．甲醇中的C-H、C-O、O-H键均为共价键，A选项正确；
B．消耗氢气与生成H2O为同向速率，任何情况下都与系数成正比，不能作为判断平衡依据，B选项错误；
C．据表中n(CH3OH)数据可知0 ~ t1 min内Δn(CH3OH)=0.35mol，t1~ t2 min内Δn (CH3OH) = 0.45 mol，故前一时间段放出热量较少，C选项正确；
答案选AC；
（4）
燃料电池中失电子被氧化的燃料甲醇进入的a极为电池负极；由图可知b电极为正极，O2在此得电子被还原，结合从负极通过阳离子交换膜迁移来的H+，电极反应式为O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O。
江苏扬州市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·江苏扬州·高一统考期末）常见的氮氧化物有一氧化氮、二氧化氮、一氧化二氮(N2O)、五氧化二氮(N2O5)等。
(1)在一定条件下，氮气与氧气反应生成1 mol一氧化氮气体，吸收90 kJ的热。该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=___________kJ·mol−1
(2)在2 L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间变化如下表：
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用NO表示0～2s内该反应的平均速率v(NO)=___________mol·L−1·s−1。
②下列措施能够使该反应速率加快的是___________。
a．降低温度 b．使用催化剂 c．减小压强
③若上述反应在恒容的密闭容器中进行，下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的是___________。
a．混合气体的颜色保持不变
b．c(NO)∶c(O2)=2∶1
c．每消耗1 mol O2的同时生成2 mol NO2
(3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨I电极上生成可循环使用的氧化物N2O5。
①放电时，该电池的负极是___________(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)。
②若电路中有1 mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2___________L。
2. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）某处工厂排出的烟道气中含氮氧化物（主要为NO、NO2）、粉尘和少量水蒸气。课外兴趣活动小组对该工厂排出的烟道气进行处理，并检测其氮氧化物含量，实验装置如图所示：
（1）装置A中放置无碱玻璃棉，其目的是除去___________。为保证检测的准确性，装置C中盛放的化学试剂可以是___________（填字母）。
a．碱石灰 b．浓硫酸 c．五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O）
（2）装置D中主要发生：2NaOH＋2NO2=NaNO2＋NaNO3＋H2O；2NaOH＋NO＋NO2=2NaNO2＋H2O
①若反应后尾气无残留，则参加反应的NO2、NO物质的量比值为_______（填字母）。
a．≥1 b．≤1 c．任意值
②可使用适量酸性H2O2溶液，将溶液中的NO2－全部氧化为NO3－，发生反应的离子方程式是___________。
（3）溶液中NO3－直接排放在水体中也会造成污染，现用活泼金属将溶液中NO3－转化为N2，实现氮元素的脱除，具体步骤如下：
步骤一、取适量（2）中H2O2处理后的溶液，调节pH至中性，蒸发浓缩，得到c(NO3－)为0.100mol·L-1的溶液甲。
步骤二、现量取50mL溶液甲，分别用金属铝、金属铁和铝铁合金在45℃、惰性气体氛围中对溶液乙进行氮脱除。
步骤三、重复实验2~3次，溶液中NO3－的残留情况与反应时间的关系如图所示。
①金属铝和金属铁在0~3h内，NO3－的脱除效率均很低，几乎没被脱除，其可能的原因是___________。
②0~3h内铝铁合金的氮脱除效率比金属铝、金属铁大得多，其可能的原因________。
（4）气囊用来储存处理后气体，其中可能含少量NO气体，可用酸性NaClO溶液来处理。HClO氧化NO生成NO3－和Cl－，发生反应的离子方程式是___________。
3. （2021春·江苏扬州·高一统考期末）纳米铁粉常用于废水处理等，以草酸(H2C2O4)与FeSO4为原料可制取纳米铁粉。
(1)制取草酸
用含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2∶1.5)溶液氧化淀粉水解液制备草酸，其装置如题图-1所示。[已知：硝酸氧化淀粉水解液过程中主要反应：C6H12O6+HNO3→H2C2O4+NO2↑+NO↑+H2O(未配平)]
①该反应的温度需控制在55～60℃，适宜的加热方式为___________。
②仪器a的名称为___________。
③装置C用于尾气吸收。当尾气中n(NO2)∶n(NO)=1∶1时，发生反应：NO2+NO+Na2CO3=2___________+CO2。
(2)制备纳米铁粉，其流程如下：
过滤所得到的晶体FeC2O4·2H2O在700℃时分解：FeC2O4·2H2OFe+2CO2↑+2H2O↑。由于生成CO2，该反应成为制备纳米铁粉的重要方法。CO2的作用是___________。
(3)用纳米铁粉处理废水中的：
①酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe2+与，其反应的离子方程式是________。
②研究发现，废水中溶解氧会对的去除产生一定影响。在初始pH、初始浓度、纳米铁粉与硝酸盐质量比均一定的条件下，有氧与无氧条件下的去除率随反应时间的变化如题图-2所示。1~3 h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是___________。
4. （2022春·江苏扬州·高一统考期末）氮的化合物是重要的化工原料，其转化一直是化学研究的热点。
(1)氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：
①氨催化氧化时会生成副产物N2O。生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时，消耗的O2的物质的量之比为_______。
②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟成分是_______(写化学式)。
③再经过一段时间观察到装置N中溶液变成蓝色，装置N中溶液变成蓝色的原因是_______。
(2)可用ClO2将氮氧化物转化成NO。向1 L含200 mg ClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为_______。
(3)纳米铁粉可去除水中的NO。控制其他条件不变，用纳米铁粉还原水体中的NO，测得溶液中含氮物质(NO、NO、NH)浓度随时间变化如图所示：
①Fe去除水中的NO 的机理：NO 得到纳米铁粉失去的电子转化为NO，极少量NO 在纳米铁粉或Cu表面得到电子转化为NH。与不添加少量铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO效率更高，主要原因是_______。
②与初始溶液中NO浓度相比，反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小，原因是_______。
5. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最高的气体，Y的焰色反应现象为黄色。Z为金属元素，由Z制得的容器常温下可盛装浓硫酸。W原子最外层比X原子最外层多2个电子。
(1)X在元素周期表中的位置为___________，X单质的结构式为___________。
(2)W的简单气态氢化物电子式是___________，该气态氢化物溶于水时，破坏的化学键是___________。
(3)Y、Z、W的原子半径从大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。Y的最高价氧化物的水化物和Z的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是___________。
6. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）丙酸乙酯常用于合成人造香料，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)：
(1)化合物B的分子式是___________，化合物C中含氧官能团的名称为___________。
(2)E→F的化学反应方程式是___________，反应类型是___________。
(3)A→B的反应是加成反应，则物质X的化学式为___________。
(4)E→F转化中有多种有机副产物，其中一种副产物Q的相对分子质量为74，氢的质量分数为13.51%，分子中碳氢原子个数比是2∶5，则Q的分子式为___________。
7. （2021春·江苏扬州·高一统考期末）化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料。现可通过下列转化制取(部分反应条件略去)：
(1)化合物B中官能团的名称是___________，E→F的反应类型是___________。
(2)化合物C、G的结构简式分别是___________、___________。
(3)A→E是加成反应，物质X的化学式是___________。
(4)化合物A在一定条件下可生成高分子聚丙烯，该反应的化学方程式是___________。
(5)下列关于化合物B、D的说法正确的是___________
a.均能和Na反应放出H2 b.均溶于水
c.均能和O2在一定条件发生氧化反应 d.均能和NaHCO3反应放出CO2
8. （2022春·江苏扬州·高一统考期末）化合物E是生产感光材料、功能色素和药物的中间体，其合成路线如下：
(1)化合物C中含氧官能团的名称为_______。
(2)A→B反应过程中除化合物B外，还有HCl生成。该反应的类型是_______。B→C反应过程中，化合物B表现出_______性(填“氧化”或“还原”)。
(3)C→D反应过程中有副产物Q(化学式为C7H4N2O6)生成，该化合物Q的结构简式是_______。D→E发生反应的化学方程式是_______。
(4)化合物B也可通过下列转化获取化合物C，请完成下列反应流程：_______。
9. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，其相对分子质量为392，在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，100℃时易失去结晶水。现用FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应，制取硫酸亚铁铵晶体，其流程如图所示：
（1）“混合反应”时温度需控制在70~80℃，可采取的措施是___________，该过程中乙醇的作用是___________。
（2）现对制得的硫酸亚铁铵晶体进行纯度测定：准确称取4.000g上述硫酸亚铁铵晶体置于锥形瓶中溶解，加适量稀硫酸酸化，用0.100mol·L－1标准KMnO4溶液进行反应，当恰好完全被还原为Mn2+时，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。
已知：+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O
①若用稀盐酸替代稀硫酸进行酸化，则实际消耗的标准KMnO4溶液的体积___________20.00mL。（填“大于”或“小于”或“等于”）
②试通过计算，求该硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的纯度（写出计算过程）___________
10. （2021春·江苏扬州·高一统考期末）利用硫酸烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还含有SiO2和CuO等)来制取FeSO4溶液。
(1)将硫酸烧渣进行粉碎，其目的是___________。“酸浸”时，Fe2O3发生反应的离子方程式是___________。
(2)“还原”时，铁粉将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+和Cu。检验Fe3+是否已全部被还原，所选用试剂的化学式是___________。
(3)将得到的FeSO4溶液进行下列操作，测定其物质的量浓度：
步骤一：取10.00 mLFeSO4溶液，将其稀释成100.00 mL溶液。
步骤二：取25.00 mL稀释后的溶液，向其中加入0.100 mol·L−1酸性KMnO4溶液。恰好反应时，记下消耗KMnO4溶液的体积。
步骤三：重复上述实验3次，平均消耗KMnO4溶液20.00 mL。
已知： +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
①“步骤一”中稀释时所用的水需先进行加热煮沸，其目的是___________。
②试通过计算，求原FeSO4溶液的物质的量浓度是多少？(写出计算过程)___________
58．（2022春·江苏扬州·高一统考期末）以FeSO4溶液为主要原料制取废水处理剂FeOOH，其流程如下：
(1)检验FeSO4溶液是否被氧化可选用的试剂是_______(填化学式)。“转化”时适量氨水将Fe2+部分转化为Fe(OH)2，每生成1 mol Fe(OH)2，理论上参加该反应的NH3·H2O的物质的量为_______mol。
(2)“氧化”时以一定流速向所得固液混合物中通入O2，反应生成FeOOH。过程中溶液的pH随时间的变化情况如图所示：
已知：pH =-lg c(H+) 。
①0~t1时，Fe(OH)2转化为FeOOH时发生反应的化学方程式为_______。
②t1~t2时，FeOOH继续增加，溶液pH减小，原因是_______(用离子方程式表示)。
(3)通过下列方法测定产品中FeOOH的质量分数：准确称取2.000 g产品，加适量盐酸溶解，再加入适量SnCl2溶液，发生反应2Fe3+ + Sn2+ = 2Fe2+ + Sn4+；除去过量的SnCl2，再向其中加入0.1000 mol·L−1 K2Cr2O7溶液至反应恰好完全，发生反应Cr2O+ 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，消耗K2Cr2O7溶液36.00 mL。计算该产品中FeOOH的质量分数(写出计算过程) _______。
11. （2020春·江苏扬州·高一统考期末）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业生产硫酸的重要步骤，T℃时该反应过程中的能量变化如图所示：
（1）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝___________kJ·mol－1（含E1、E2的计算式表示）
（2）①下列措施不能使该反应速率加快的是___________。
A．升高温度 B．降低压强 C．使用催化剂
②若上述反应在恒容的密闭容器中进行，下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的是___________。
A．SO3的浓度不再变化
B．SO2与SO3的物质的量相等
C．容器内气体的压强不再变化
D．单位时间内消耗1molO2，同时消耗2molSO2
（3）运用电化学原理可生产硫酸，总反应为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，装置如图所示。其中质子交换膜将该原电池分隔成氧化反应室和还原反应室，能阻止气体通过而允许H+通过。
①该电池的负极是___________。（填“电极a”或“电极b”）
②H+通过质子交换膜时的移动方向是___________。
A．从左向右 B．从右向左
③通入O2的电极反应式是___________。
12. （2022春·江苏扬州·高一统考期末）CO2还原为甲醇(CH3OH)是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢主要反应为：CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) ΔH=-49.4 kJ·mol−1。
(1)H2O分子用电子式表示为_______。该反应中每生成0.5 mol甲醇，转移电子的物质的量是_______mol。
(2)一定条件下，该反应过程中的能量变化情况如图所示，图中E2-E1 =_______kJ·mol−1。
(3)T1℃下，向一容积为3 L的恒容密闭容器中加入一定量的CO2和H2，在催化剂存在时发生反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)，测得不同时间(t)各物质的物质的量如下表：
t / min
n(CO2) / mol
n(H2) / mol
n(CH3OH) / mol
n(H2O) / mol
0
2.00
6.00
0
0
t1
1.65
a
0.35
0.35
t2
b
3.60
0.80
0.80
t3
b
3.60
0.80
0.80
①0 ~ t1 min内，用H2浓度变化表示该反应的化学反应速率为_______mol·L−1·min−1。
②下列有关上述反应的说法正确的是_______(填序号)
A．CH3OH中的化学键是共价键
B．消耗3 mol H2(g)的同时生成1 mol H2O(g)，此时该反应达到化学平衡
C．0 ~ t1 min内反应放出的热小于t1~ t2 min内放出的热
(4)甲醇(CH3OH)燃料电池的电极采用膜电极，该电极由催化剂层和质子交换膜构成，其中质子交换膜能传导H+，同时作为隔膜防止两极的物质相互反应。该电池的工作原理如图：
①该电池的负极是_______。(填“电极a”或“电极b”)
②工作时，电极b的电极反应式是_______。
参考答案：
1. +180 0.003 b a 石墨I 5.6
【详解】(1)在一定条件下，氮气与氧气反应生成1 mol一氧化氮气体，吸收90 kJ的热。则反应产生2 molNO气体时会吸收热量Q=90 kJ×2=180 kJ，故该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180 kJ/mol；
(2)①根据表格数据可知在0～2 s内该反应的平均速率v(NO)=
②a．降低温度，物质的内能减小，分子之间的有效碰撞次数减小，反应速率降低，a不符合题意；
b．使用催化剂可以降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，有效碰撞次数增加，化学反应速率大大加快，b符合题意；
c．减小压强，物质的浓度降低，单位体积内有效碰撞次数减小，化学反应速率降低，c不符合题意；
故合理选项是b；
③a．在反应混合物中只有NO2是有色气体，若混合气体的颜色保持不变，说明任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，a符合题意；
b．c(NO)∶c(O2)=2∶1是二者反应消耗浓度关系，平衡时二者浓度不一定是该数值，b不符合题意；
c．每消耗1 mol O2的同时生成2 mol NO2表示的都是反应正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，c不符合题意；
故合理选项是a；
(3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨II为正极。在石墨I电极上NO2被氧化生成氧化物N2O5，石墨II电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，电池总反应式为：4NO2+O2=2N2O5。
①放电时，该电池的负极是石墨I电极；
②石墨II电极上发生反应：O2+2N2O5+4e-=4，每转移4 mol电子，反应消耗1 molO2，因此若电路中有1 mol电子转移，则理论上消耗0.25 molO2，石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积V(O2)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L。
2. 粉尘 b a H2O2+NO2－=NO3－+H2O 金属铁和金属铝表面都有一层氧化膜 铝铁合金在溶液中形成原电池，加快化学反应速率 3HClO+2NO+H2O=2NO3－+3Cl－+5H+
【详解】(1)烟道气中含有粉尘，装置A中放置无碱玻璃棉，可以除去粉尘；装置C用于除去少量的水蒸气，应该选择浓硫酸，NO2会与碱石灰反应，而五水硫酸铜不能起到干燥的作用；
(2)①根据化学方程式，可知NO2可以单独被NaOH吸收，而NO需与NO2按照1：1才能被NaOH吸收，现无尾气残留，说明NO无残留，因此NO2至少和NO一样多，则参加反应的NO2、NO物质的量比值为≥1，a符合题意；
②NO2－被氧化成NO3－，N的化合价从＋3升高到＋5，H2O2中的O的化合价应该降低，1molH2O2中的O的化合价从－1降低到－2，得到2mol电子，则H2O2和NO2－的系数比为1：1，再根据物料守恒或电荷守恒配平，离子方程式为H2O2＋NO2－=H2O＋NO3－；
(3)①根据题意，活泼金属能够将溶液中NO3－转化为N2，但是金属铝和金属铁在0－3h内，NO3－的脱除效率很低，几乎没有脱除，可认为金属与NO3－可能没有反应，可能是金属表面有氧化膜，阻碍了NO3－的脱除反应；
②铝铁合金中，铁和铝的活动性不同，可以构成原电池，加快化学反应速率；
③HClO中Cl的化合价从＋1降低到－1，NO的化合价从＋2升高到＋5，根据化合价升降守恒的，则HClO和NO3－的系数为3：2，再根据物质守恒和电荷守恒配平，离子方程式为3HClO+2NO+H2O=2NO3－+3Cl－+5H+。
3. 水浴加热 分液漏斗 NaNO2 防止在加热产生的Fe被氧化，避免Fe单质聚集产生大的颗粒，有利于纳米铁的产生 4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O 水中溶解O2反应消耗纳米Fe，不利于Fe与的反应发生，导致去除率降低
【详解】(1)①该反应的温度需控制在55～60℃，适宜的加热方式为水浴加热；
②根据装置图可知仪器a的名称为分液漏斗；
③装置C中Na2CO3溶液显碱性，用于尾气吸收氮氧化合物，当尾气中n(NO2)∶n(NO)=1∶1时，发生反应，根据原子守恒，可知缺项物质化学式是NaNO2，故反应的化学方程式为：NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2。
(2)在700℃时分解FeC2O4·2H2O晶体：FeC2O4·2H2OFe+2CO2↑+2H2O↑，由于生成气体CO2，使Fe粉处于惰性环境，防止其被氧化，同时气体存在，可避免Fe聚集形成较大颗粒，有利于纳米铁粉的制备；
(3)①酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe2+与，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O；
②1~3 h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是：在无氧时只发生反应：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O；而在有氧条件下，O2同时也具有氧化性，会反应消耗纳米铁粉，导致与发生反应的纳米Fe量减小，因而使去除率低于无氧条件。
4. (1) 5∶4 NH4NO3 NH3在催化条件下被氧化生成NO，NO进一步被氧化为NO2，NO2被水吸收生成HNO3，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)
(2)3ClO + 4NO + 4OH-= 3Cl- + 4NO+ 2H2O
(3) 添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高 反应过程中有部分NO 被还原为N2，逸出溶液(或还原为不溶于水的气体)
【解析】（1）
已知反应4NH3+5O2=4NO+6H2O、2NH3+2O2=N2O+3H2O，则生成含4molN的NO与N2O时消耗氧气的物质的量分别为5mol和4mol，即消耗的O2的物质的量之比为5:4；NH3催化氧化生成NO和H2O后，M中发生如下反应：2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、NH3+HNO3=NH4NO3，白烟成分即为NH4NO3的固体小颗粒；NH3在催化条件下被氧化生成NO，NO进一步被氧化为NO2，NO2被水吸收生成HNO3，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因生成Cu2+导致装置N中溶液变成蓝色；
（2）
ClO氧化NO，NO失电子被氧化为NO，ClO得电子被还原为Cl-，离子反应方程式为：3ClO + 4NO + 4OH-= 3Cl- + 4NO+ 2H2O；
（3）
添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高；反应过程中有部分NO中+5价的N得电子被还原为N2或其他不溶于水的气体，逸出溶液，使得反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小。
5. 第2周期ⅤA族 N≡N 共价键 r(Na)>r(Al)>r(Cl) Al(OH)3+OH－=+2H2O
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最高的气体，X为N元素；Y的焰色反应现象为黄色，Y为Na元素；Z为金属元素，由Z制得的容器常温下可盛装浓硫酸，Z为Al元素；W原子最外层比X原子最外层多2个电子，最外层为7个电子，W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为Na元素，Z为Al元素，W为Cl元素。
(1)X为N元素，在元素周期表中位于第2周期ⅤA族，X单质为N2，分子中含有三键，结构式为N≡N，故答案为：第2周期ⅤA族；N≡N；
(2)W的简单气态氢化物为HCl，是共价化合物，电子式是；该气态氢化物溶于水时，发生电离，电离出氢离子和氯离子，共价键受到破坏，故答案为：；共价键；
(3)电子层数相同的原子，核电荷数越大，原子半径越小，Y、Z、W的原子半径从大到小的顺序为r(Na)>r(Al)>r(Cl)；Y的最高价氧化物的水化物为NaOH，Z的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，二者反应的离子方程式为Al(OH)3+OH－=+2H2O，故答案为：r(Na)>r(Al)>r(Cl)；Al(OH)3+OH－=+2H2O。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意氢氧化铝为两性氢氧化物，能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。
6. C3H7Br 羟基 CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O 取代或酯化 HBr C4H10O
【分析】根据合成路线得：A与HBr发生加成反应生成B，B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，C发生催化氧化生成D，D继续发生催化氧化生成E，E在浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成F。
【详解】(1)化合物B为CH3CH2CH2Br，分子式是C3H7Br；化合物C为CH3CH2CH2OH，含氧官能团的名称为羟基；
(2) E在浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成F，化学反应方程式是CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代或酯化反应；
(3) A与HBr发生加成反应生成B，则物质X的化学式为HBr；
(4) 氢原子个数=，根据分子中碳氢原子个数比是2∶5，碳原子个数是4，氧原子个数=，则Q的分子式为C4H10O。
【点睛】本题为有机合成推断题，较简单，把握常见物质间的转化关系，学会根据元素的质量分数、相对分子质量求分子式。
7. 羟基 取代 CH3CH2CHO CH3CH2COOCH(CH3)2 HBr n a、b、c
【分析】根据物质所含有的官能团判断物质的性质，利用反应条件和反应过程中官能团的变化判断发生的反应类型，及需要的反应物；利用反应机理书写酯化反应的方程式；
【详解】(1)根据流程中B的结构简式可以直接判断其官能团是羟基，故第1空答案为羟基；根据E→F的反应条件及官能团的变化，溴原子变为羟基，判断发生取代反应，故第2空答案为取代反应；
(2)根据B到C 的反应条件是催化剂、氧气，判断是醇的催化氧化，根据反应机理判断C的结构简式为CH3CH2CHO，根据D和F的结构简式及G的名称判断发生酯化反应，根据反应机理酸脱羟基醇脱氢书写产物G为CH3CH2COOCH(CH3)2；
(3)根据A到E的变化，加成反应的特点是只上不下，判断物质X为HBr；
(4)根据A含有的碳碳双键，利用加聚反应机理书写化学方程式为：n ；
(5)根据B中含有羟基，D中含有羧基，利用羟基和羧基的性质：能与Na反应，能溶于水，与水形成氢键、能燃烧的特点判断具有性质是a、b、c；
【点睛】加聚反应是碳碳双键加成聚合的结果，利用加成的反应机理判断加成产物及书写反应方程式。
8. (1)羧基
(2) 取代反应 还原
(3) +CH3OH +H2O
(4)
【分析】A与CH3Cl发生取代反应生成B和HCl，B中甲基被氧化为羧基，C中苯环与浓硝酸发生间位取代生成D，D中羧基和甲醇发生酯化反应生成E；
(1)
化合物C中含氧官能团的名称为羧基；
(2)
A→B反应过程中除化合物B外，还有HCl生成，该反应的类型是取代反应；B→C反应过程中，高锰酸钾做氧化剂具有氧化性，化合物B做还原剂表现出还原性；
(3)
C→D反应过程中有副产物Q(化学式为C7H4N2O6)生成，则在两个间位上都取代了硝基，该化合物Q的结构简式是；D→E发生酯化反应，反应的化学方程式是 +CH3OH +H2O；
(4)
苯甲醇先发生催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛再被氧化生成苯甲酸，则流程中缺少的物质是。
9. 水浴加热 降低硫酸亚铁铵晶体溶解度，利于析出。 大于 98%
【分析】FeSO4和(NH4)2SO4混合，得到(NH4)2Fe(SO4)2的水溶液，根据信息，硫酸亚铁铵不溶于乙醇，加入乙醇，降低(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶解度，使之析出，过滤得到晶体，经洗涤、干燥得到产品。
【详解】(1)混合反应时需要控制温度在70－80℃，可采取水浴加热，可以控制加热温度，且受热更加均匀；根据信息，(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O不溶于乙醇，加入乙醇，可以降低(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶解度，使之析出；
(2)①KMnO4能够氧化Cl－，若用盐酸酸化高锰酸钾，消耗的高锰酸钾的量会增加，则实际消耗的标准KMnO4溶液的体积大于20.00mL；
②消耗KMnO4的量n(KMnO4)=0.1mol·L－1×20.00mL×10－3mL·L－1=0.002mol·L－1，根据化学方程式，则n(Fe2＋)=5n(KMnO4)=5×0.002mol·L－1=0.01mol，根据Fe守恒，n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=n(Fe2＋)=0.01mol，m[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=0.01mol×392g·mol－1=3.92g，则纯度为。
10. 增大固体表面积，加快酸浸溶解速率 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O KSCN溶液 降低水中溶解的O2，防止Fe2+被氧化 稀释后的25.00 mL溶液消耗KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=0.100 mol/L×0.02 L=0.002 mol，根据物质反应关系可知其中含有的Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5 n(KMnO4)=0.01 mol，故10.00 mL稀释前溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=，故该溶液的FeSO4浓度c(FeSO4)=c(Fe2+)=。
【分析】将硫酸烧渣粉碎后用稀硫酸酸浸，其中的金属氧化物Fe2O3、FeO和CuO变为可溶性盐进入溶液，而酸性氧化物SiO2不能反应，以固体形式进入滤渣。将固液混合物过滤，除去SiO2，向含有Cu2+、Fe3+、Fe2+的酸性溶液中加热足量的Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，然后过滤除去Cu及过量的Fe，就得到FeSO4溶液。
【详解】(1)将硫酸烧渣进行粉碎，其目的是使固体表面积增大，以加快酸浸的溶解速率；
“酸浸”时，Fe2O3与H2SO4发生反应产生Fe2(SO4)3、H2O，发生反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
(2)“还原”时，铁粉将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+和Cu，Fe被氧化为Fe2+。若Fe3+全部被还原，则溶液中就不含有Fe3+，故可根据Fe3+与SCN-会产生血红色物质进行检验，检验Fe3+是否已全部被还原，所选用试剂的化学式可以是KSCN溶液；
(3)①Fe2+具有还原性，容易被溶解在溶液中的O2氧化变为Fe3+，导致其浓度测定数值不准确。在“步骤一”中稀释时所用的水需先进行加热煮沸，其目的是降低水中溶解的O2，防止Fe2+被氧化；
②稀释后的25.00 mL溶液在滴定中消耗KMnO4标准溶液的物质的量为n(KMnO4)=0.100 mol/L×0.02 L=0.002 mol，则根据物质反应关系可知其中含有的Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5 n(KMnO4)=0.01 mol，故10.00 mL稀释前溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=，故该溶液的FeSO4浓度c(FeSO4)=c(Fe2+)=。
11. (1) KSCN 或K4[Fe(CN)6] 2
(2) 4Fe(OH)2 + O2 = 4FeOOH + 2H2O 4Fe2++ O2 + 6H2O = 4FeOOH + 8H+(或4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，Fe3++ 2H2O = FeOOH + 3H+)
(3)96.12%
【分析】向硫酸亚铁溶液中加入氨水使亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，而后通入氧气，氢氧化铁被氧气氧化为FeOOH后，过滤，除去滤液，得到的滤渣，洗涤干燥得到FeOOH，据此结合物质的分离与提纯方法分析解答。
(1)
FeSO4溶液若被氧化会转化为Fe3+，因Fe3+与SCN-会反应生成（血）红色，Fe2+与K4[Fe(CN)6]试剂也会出现特征蓝色沉淀，所以检验FeSO4溶液是否被氧化可选用的试剂是KSCN 或K4[Fe(CN)6]；“转化”时，NH3·H2O与FeSO4发生反应生成Fe(OH)2和硫酸铵，其化学方程式为：2NH3·H2O+FeSO4= Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4所以每生成1 mol Fe(OH)2，理论上参加该反应的NH3·H2O的物质的量为2mol，故答案为：KSCN 或K4[Fe(CN)6]；2；
(2)
①0~t1时，Fe(OH)2被氧气氧化，转化为FeOOH，根据氧化还原反应的规律可知，其化学方程式为：4Fe(OH)2 + O2 = 4FeOOH + 2H2O；
②t1~t2时，FeOOH继续增加，溶液pH减小，说明生成了氢离子，应是溶液中的亚铁离子被氧气氧化所致，涉及的离子方程式为：4Fe2++ O2 + 6H2O = 4FeOOH + 8H+(或4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，Fe3++ 2H2O = FeOOH + 3H+)
(3)
n(K2Cr2O7) = c(K2Cr2O7) × V(K2Cr2O7) = 0.1000 mol· L-1×36.00×10-3 L = 3.6×10-3 mol，根据氧化还原电子转移数守恒可知，，解得n(FeOOH) = 2.16×10-2 mol，所以该样品中FeOOH的质量分数 = × 100%==96.12%。
12. E1-E2或－(E2-E1) B AC 电极a A O2+4H++4e－=2H2O
【详解】(1)根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=(E1－E2)kJ·mol－1；
(2)①A．升高温度，物质的能量增加，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增加，化学反应速率增大，A不符合题意；
B．减小体积，降低压强，各物质的浓度减小，有效碰撞几率减小，反应速率减小，B符合题意；
C．使用催化剂，降低活化能，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增加，反应速率增大，C不符合题意；
答案选B；
②反应达到平衡时，各物质的浓度不变，且正逆反应速率相等；
A．SO3的浓度不再变化，说明单位时间内生成的SO3和消耗的SO3的物质的量相同，反应达到平衡，A符合题意；
B．达到平衡时，SO2和SO3的物质的量不一定相同，B不符合题意；
C．恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，压强不再变化，说明总物质的量不变，由于反应前后的气体分子数不相等，故当压强不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡，C符合题意；
D．消耗1molO2，同时消耗2molSO2，均表示正反应速率，无法得知正逆反应速率是否相等，D不符合题意；
答案选AC；
(3)根据总反应，可知SO2化合价升高转化为H2SO4，失去电子，则通入SO2的一极为负极，通入O2的一极为正极；
①根据总反应方程式，SO2转化为H2SO4，化合价升高，失去电子，通入SO2的电极为负极，即电极a；
②在原电池中，阳离子向正极移动，电极b为正极，则H＋通过质子交换膜时，由左向右移动，A符合题意；
③O2得到电子与溶液中的H＋反应生成水，电极反应式为的O2＋4e－＋4H＋=2H2O。
13. (1) 3 mol
(2)49.4
(3) AC
(4) 电极a O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O
【解析】（1）
水分子为H-O共价键形成的共价化合物，其电子式为：；反应式CO2+ 3H2=CH3OH+H2O中C从+4价降低为-2价，生成1molCH3OH时电子转移6mol (也可依据H从0价升高为+1价，3molH2参加反应时电子转移6mol计算电子转移数) ，则该反应中每生成0.5 mol甲醇，转移电子的物质的量是3mol；
（2）
图中E2-E1>0，由图可知即为反应CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) ΔH=-49.4 kJ·mol−1放出的热量，故而E2-E1=49.4 kJ·mol−1；
（3）
①0~t1min内，v(H2)=；②A．甲醇中的C-H、C-O、O-H键均为共价键，A选项正确；
B．消耗氢气与生成H2O为同向速率，任何情况下都与系数成正比，不能作为判断平衡依据，B选项错误；
C．据表中n(CH3OH)数据可知0 ~ t1 min内Δn(CH3OH)=0.35mol，t1~ t2 min内Δn (CH3OH) = 0.45 mol，故前一时间段放出热量较少，C选项正确；
答案选AC；
（4）
燃料电池中失电子被氧化的燃料甲醇进入的a极为电池负极；由图可知b电极为正极，O2在此得电子被还原，结合从负极通过阳离子交换膜迁移来的H+，电极反应式为O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O。
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