[化学][期末]福建省福州市九县(市、区)一中(高中)2023-2024学年高一下学期7月期末联考试题(解析版)

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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56
第Ⅰ卷(选择题)
一、单选题(每题3分，共45分)
1. 化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 北京奥运会礼仪服内胆添加了第二代石墨烯发热材料，石墨烯属于新型无机非金属材料
B. 一定浓度的含氯消毒液可使病毒中的蛋白质变性
C. 锌具有还原性和导电性，所以可用作锌锰干电池的负极材料
D. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋里放入硅胶
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨烯是碳元素的单质，具有优良的导电性，属于新型无机非金属材料，A正确；
B．病毒主要成分是蛋白质，消毒液可以使蛋白质变性，用于病毒的消毒，B正确；
C．锌具有还原性和导电性，可失去电子，所以可用作锌锰干电池的负极材料，C正确；
D．硅胶能作干燥剂，但是不能作还原剂，所以在中秋月饼等富脂食品中放入硅胶不能防止氧化变质，D错误；
故选D。
2. 甲酸和乙醇在浓硫酸作用下反应生成甲酸乙酯，该反应中各物质的化学用语或模型错误的是（ ）
A. 甲酸的结构式为： B. 乙醇的球棍模型：
C. 甲酸乙酯的结构简式：CH3COOCH3D. H2O的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲酸的结构简式为HCOOH，含有官能团是羧基，因此结构式为 ，故A不符合题意；
B．乙醇结构简式为CH3CH2OH，球棍模型为 ，故B不符合题意；
C．甲酸乙酯是甲酸与乙醇发生酯化反应的产物，即甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH2CH3，故C符合题意；
D．水分子化学式为H2O，属于共价化合物，其电子式为 ，故D不符合题意；
答案为C。
3. 以下过程没有发生化学反应的是（ ）
A. 石油裂解B. 植物油皂化
C. 煤的干馏D. 蛋白质盐析
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油裂化是指在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，属于化学反应，A错误；
B．植物油皂化是指植物油脂与碱作用而成肥皂(高碳数脂肪酸盐)和甘油的反应，B错误；
C．煤的干馏是煤化工的重要过程之一，指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化，C错误；
D．蛋白质盐析是物理变化，D正确；
故选D。
4. 是一种常用氮肥，下列关于的说法正确的是（ ）
A. 氯离子的结构示意图：
B. 中含有个质子
C. 不宜与碱性化肥混合使用
D. 人工固氮的反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯离子核外有18个电子，其离子的结构示意图： ，故A错误；
B．1个铵根有11个质子，则中含有个质子，故B错误；
C．氯化铵显酸性，与碱性化肥会发生反应，因此不宜与碱性化肥混合使用，故C正确；
D．固态是游离态的氮气变为化合态，人工固氮的反应是合成氨的反应，故D错误。
综上所述，答案为C。
5. 下列关于乙醇的反应中，不涉及电子转移的是（ ）
A. 乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯B. 乙醇使酸性溶液变绿
C. 乙醇使酸性溶液褪色D. 乙醇与金属钠反应产生气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，没有电子转移，故A符合题意；
B．乙醇使酸性溶液变绿，乙醇被氧化，化合价升高，有电子转移，故B不符合题意；
C．乙醇使酸性溶液褪色，中+7价锰化合价降低为+2价，有电子转移，故C不符合题意；
D．乙醇与金属钠反应产生气体即氢气，钠化合价升高，有电子转移，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
6. 下列除杂方法(括号内为杂质)正确的是（ ）
A. 乙烷(乙烯) 通过酸性高锰酸钾溶液，洗气
B. 乙醇(水)加新制生石灰，蒸馏
C. 乙酸乙酯(乙酸)加饱和碳酸钠溶液，蒸馏
D. 苯(溴)加水，振荡后静置分液
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯被高酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应通过溴水、洗气除杂，A错误；
B．水与CaO反应，乙醇不反应，加新制生石灰，蒸馏，可以除杂质，B正确；
C．乙酸乙酯难溶于水，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠水溶液，会分层，然后分液分离，不用蒸馏，C错误；
D．苯与溴的混合物中加水，溴仍然溶解在苯中，不能除去溴，D错误；
故选B。
7. 以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，则物质间的每步转化不能通过一步反应能实现，故A错误；
B．氧化亚铁不溶于水，不能与水反应生成氢氧化亚铁，则物质间的每步转化不能通过一步反应能实现，故B错误；
C．硫在空气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则物质间的每步转化不能通过一步反应能实现，故C错误；
D．N2与O2在放电条件下生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3，则物质间的每步转化通过一步反应能实现，故D正确；
故选D。
8. 下列关于有机化合物的认识中，正确的是（ ）
A. 分子式为C4H10O的醇共有4种
B. 淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
C. 乙酸( CH3COOH)与油酸(C17H33COOH)互为同系物
D. 包装用的材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
【答案】A
【解析】
【详解】A. 分子式为C4H10O的醇共有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH4种，A正确；
B. 淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，但二者化学式中的n值不同，所以二者不互为同分异构体，B错误；
C. 乙酸( CH3COOH)为饱和一元酸，油酸(C17H33COOH)为不饱和一元酸，二者不互为同分异构体，C错误；
D. 包装用的材料聚氯乙烯属于烃的衍生物，不属于烃，D错误。
故选A
9. 下列离子方程式中正确的是（ ）
A. 过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O
B. NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：+OH-NH3↑+H2O
C. 用浓氯化铁溶液制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D. 向FeI2溶液中加入少量氯水：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硝酸中加入过量铁粉的离子反应为，A错误；
B．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：，B错误；
C．用浓氯化铁溶液制作印刷电路板发生氧化还原反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C正确；
D．向FeI2溶液中加入少量氯水碘离子还原性强于二价铁，先发生氧化还原反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，D错误；
故选C。
10. 废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH+3ClO-=N2+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是（ ）
A. 反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
B 还原性NH>Cl-
C. 反应中每生成1mlN2，转移6ml电子
D. 经此法处理过的废水可以直接排放
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中氮元素化合价由-3价升高为0价，被氧化，氯元素化合价由+1价降低为-1价，被还原，A正确；
B．反应中为还原剂，为还原产物，则还原性：，B正确；
C．反应中氮元素化合价由-3价升高为0价，每生成1mlN2，转移6ml电子，C正确；
D．经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性废水，不能直接排放，D错误；
答案选D。
11. 下列关于金属冶炼的说法正确的是（ ）
A. 用电解熔融的方法来冶炼金属铝
B. 通常采用CO高温还原法冶炼金属铁
C. 铜的湿法冶炼是将金属钠投入到溶液中，从而置换出铜
D. 用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液可制得金属钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．AlCl3为共价化合物，熔融状态下不能导电，应该用电解熔融Al2O3的方法来冶炼金属铝，故A错误；
B．通常采用CO高温还原氧化铁冶炼金属铁，故B正确；
C．铜的湿法冶炼是将金属铁投入到溶液中，从而置换出铜，故C错误；
D．用海水为原料制得精盐，再电解熔融的NaCl可制得金属钠，故D错误；
故答案选B。
12. 一种高活性有机物中间体分子结构如图，下列有关该物质说法错误的是（ ）
A. 含有两种官能团
B. 1ml该有机物与足量金属Na反应可产生H222.4L(标况下)
C. 分子式为C10H12O2
D. 苯环上的一氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物分子中含有羟基和碳碳双键两种官能团，A正确；
B．该有机物分子中含有2个-OH，1ml该有机物与足量金属Na反应可产生1mlH2，所以H2 的体积为22.4L(标况下)， B正确；
C．该有机物分子中含有12个H原子、2个氧原子，不饱和度为5，所以分子式为C10H12O2，C正确；
D．该有机物分子中，苯环上有两个对位取代基，所以苯环上氢原子有2种，一氯代物有2种，D错误；
故选D。
13. 如图所示的实验方案能达到实验目的的是（ ）
A. 图甲验证对分解反应有催化作用
B. 图乙用Cu和稀硝酸制取NO
C. 图丙是实验室制取氨气的发生装置
D. 图丁可用于收集氨气
【答案】B
【解析】
【详解】A．验证氯化铁是该反应的催化剂，应固定温度为单一变量，A错误；
B．稀硝酸与铜反应得到NO，NO难溶于水，可用排水法收集，B正确；
C．实验室制取氨气，试管口应该向下倾斜，C错误；
D．收集氨气，应该用向下排空气法，且应该用双孔胶塞，或者在圆底烧瓶口用一团棉花，D错误；
故选B。
14. 我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解质溶液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为3CO2+Na=2Na2CO3+C。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，向负极移动
B. 放电时，Na极发生氧化反应
C. 放电时，正极反应为3CO2+4e-=2+C
D. 电子从Na极经导线到Ni极，再经电解质溶液回到Na极
【答案】D
【解析】
【分析】该电池的总反应为3CO2+Na=2Na2CO3+C，依据化合价升降变化可分析得Na失电子作负极电极反应为，CO2在Ni电极(正极)得电子被还原，电极反应为：3CO2+4e-=2+C，据此可解答。
【详解】A．电池中，阴离子在电解质溶液中向负极迁移，A正确；
B．放电时，Na作为负极失电子被氧化，发生氧化反应，B正确；
C．放电时，CO2在正极得电子被还原，反应式为3CO2+4e-=2+C，C正确；
D．电子只在导线中运动，离子在溶液中迁移，形成闭合回路，D错误；
故选D。
15. 向恒温恒容密闭容器中通入和，发生反应，反应达到平衡状态，测得平衡时体积分数为20％。下列说法正确的是（ ）
A. CO和的平衡转化率均为60％
B.
C. 混合气体的平均相对分子质量始终保持不变
D. 若保持不变，可判断该反应已达到平衡状态
【答案】C
【解析】
【分析】 ，
平衡时体积分数为20％，则，x=0.3；
【详解】A．CO的平衡转化率为， 的平衡转化率均为，故A错误；
B．，故C错误；
C．反应前后气体总质量不变、气体总物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，故C正确；
D．COS、H2都是生成物，始终等于1，保持不变，反应不一定达到平衡状态，故D错误；
选C。
第II卷(非选择题)
16. 某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)，制取干燥的NH3并验证NH3的性质。

回答下列问题：
（1）实验室用装置甲制备NH3的化学方程式为___________。
（2）装置乙的作用是___________，若装置丙用于收集NH3，应将导管___________(填“a”或“b”)延长至集气瓶底部。
（3）装置戊所用仪器的名称为___________。
（4）观察到丁中红色Fe2O3粉末变黑，戊中无水硫酸铜变蓝，同时收集到一种无色无味气体，取反应后的黑色粉末加入稀盐酸，产生气泡，证明NH3具有___________性，写出NH3和Fe2O3反应的化学方程式___________。
（5）为防止环境污染，可用以下装量(盛放的液体均为水)吸收多余NH3的是___________(填标号)。
a． b． c． d．
【答案】（1）
（2）①. 干燥NH3 ②. b
（3）球形干燥管
（4）①. 还原 ②.
（5）bd
【解析】装置甲产生氨气，装置乙干燥氨气，装置丙收集氨气，装置丁中氨气和氧化铁反应，装置戊检验是否有H2O产生，装置己防止外界水蒸气进入影响装置戊的检测。
（1）实验室制备氨气的化学方程式为。
（2）装置乙的作用是干燥NH3。NH3的密度小于空气，则导管b延长至集气瓶底部，将空气从b口挤出。
（3）装置戊为球形干燥管。
（4）实验中观察到丁中红色Fe2O3粉末变黑生铁单质，戊中无水硫酸铜变蓝说明生成水，并收集到一种单质气体氮气，则该反应的化学方程式为，氮元素化合价升高，证明氨气具有还原性。
（5）NH3极易溶于水，应采用防倒吸装置来吸收多余氨气，可选择bd。
17. 氮、硫的氧化物都会引起环境问题，越来越引起人们的重视。
I．某一兴趣小组用Fe2(SO4)3溶液吸收含SO2的尾气(SO2的体积分数约为10%，其余为空气)，实验装置如图所示：
（1）装置A中SO2与Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4，写出该反应的离子方程式：___________。
（2）反应后，若要检验装置A中Fe3+是否过量，可用试剂为___________(填化学式)；若要检验SO2是否过量，可用试剂为___________(填名称)。
（3）装置B中所用X溶液常为碱溶液，其作用是___________。
（4）若实验测得反应后的装置A中不再含有SO2，为测定其中所含FeSO4的物质的量浓度，现进行如下实验：取20.00mL装置A中溶液，向其中逐滴加入0.1000ml/LCe(SO4)2溶液，发生反应Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+，当反应恰好完全时，共消耗Ce(SO4)2溶液18.00mL。则FeSO4的物质的量浓度为___________。
Ⅱ．工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：
（5）水吸收法。请用化学方程式说明用水吸收NO2的缺陷：___________。
（6）工厂里常采用NaOH溶液吸收NO、NO2的混合气体，使其转化为化工产品NaNO2，试写出其离子方程式：___________。
【答案】（1）SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+++4H+
（2）①. KSCN ②. 品红溶液
（3）吸收二氧化硫，防止污染空气
（4）0.0900ml/L
（5）3NO2+H2O=2HNO3+NO
（6）NO+NO2+2OH-=2+H2O
【解析】I．根据SO2、Fe2(SO4)3和水反应生成FeSO4和H2SO4，则装置A中的化学方程式为：；根据Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色物质来分析解答；根据二氧化硫能使品红溶液褪色来分析解答；根据二氧化硫为有毒气体，排放到空气中会污染空气，二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，故装置B中的X溶液为碱性溶液如NaOH溶液等，根据反应方程式进行计算即可；Ⅱ．用水吸收NO2的缺陷为3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生有毒有害的气体NO，使吸收不完全，根据电子转移守恒可知，NO2发生还原反应，NO2中+4价的N化合价降低，转化为NaNO2中+3价的N，NO发生氧化反应，NO中N化合价升高，应转化为NaNO2中+3价的N，根据氧化还原反应配平可得出反应方程式，据此分析解题。
（1）SO2、Fe2(SO4)3和水反应生成FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，则离子方程式为：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+++4H+，故答案为：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+++4H+；
（2）反应后，若要检验装置A中Fe3+是否过量，可用试剂为KSCN溶液，出现血红色物质，则证明Fe3+过量，若要检验SO2是否过量，可用试剂为品红溶液，若品红褪色，则证明SO2过量，故答案为：KSCN；品红溶液；
（3）二氧化硫为有毒气体，排放到空气中会污染空气，且SO2为酸性氧化物，则装置B中所用X溶液为碱液，作用是吸收二氧化硫，防止污染空气，故答案为：吸收二氧化硫，防止污染空气；
（4）根据反应的离子方程式Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+可知，n(FeSO4)=n(Fe2+)=n(Ce4+)=18.00×10-3L×0.1000ml/L=1.800×10-3ml，则FeSO4的物质的量浓度为=0.0900ml/L，故答案为：0.0900ml/L；
（5）用水吸收NO2的缺陷为3NO2+H2O=2HNO3+NO，部分NO2转化成有毒气体NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（6）根据电子转移守恒可知，NO2发生还原反应，NO2中+4价的N化合价降低，转化为NaNO2中+3价的N，NO发生氧化反应，NO中N化合价升高，应转化为NaNO2中+3价的N，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，则离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2+H2O，故答案为：NO+NO2+2OH-=2+H2O。
18. 高分子化合物H是一种重要工业原料，其单体d不溶于水，可以发生如图变化。请回答下列问题：
（1）有机物C的分子式是___________。
（2）有机物A中官能团的名称为___________、___________。
（3）反应①的反应类型为___________；反应⑤的反应类型为___________。
（4）反应②的化学方程式是___________。
（5）反应④的化学反应方程式___________。
（6）有机物E的结构简式是___________。
（7）E的某种同分异构体符合下列条件，其结构简式为___________。
①能发生银镜反应
②分子中含两个甲基
③能和金属钠反应生成氢气
【答案】（1）C2H4O2
（2）①. 酯基 ②. 碳碳双键
（3）①. 取代反应(或水解反应) ②. 加成反应
（4）
（5）
（6）CH3CH(CH3)COOH
（7）
【解析】C6H10O2在稀硫酸、加热条件下反应生成乙醇和CH2=C(CH3)COOH，则C6H10O2发生的是水解反应，C6H10O2的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH2CH3，CH2=C(CH3)COOCH2CH3发生加聚反应生成高分子化合物H，则H为 ，乙醇催化氧化生成B为乙醛，乙醛与氧气反应生成C为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成D为乙酸乙酯。CH2=C(CH3)COOH与氢气在镍作催化剂的条件下发生加成反应生成E为CH3CH(CH3)COOH；
（1）根据分析可知，有机物C为乙酸，分子式为C2H4O2；
（2）有机物A的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH2CH3，其中官能团的名称为酯基、碳碳双键；
（3）反应①为酯的水解，反应类型为：取代反应(或水解反应)； 反应⑤为CH2=C(CH3)COOH与氢气在镍作催化剂的条件下发生加成反应；
（4）反应②为醇的催化氧化，化学方程式是
（5）反应④为乙酸和乙醇的酯化反应，化学反应方程式：；
（6）CH2=C(CH3)COOH与氢气在镍作催化剂的条件下发生加成反应生成E为CH3CH(CH3)COOH；
（7）E的同分异构体能发生银镜反应，说明其中存在醛基，分子中含有两个甲基，能与金属钠反应生成氢气，因为其存在醛基且只有两个O，则E中还存在一个羟基，满足条件的E的同分异构体的结构简式为 。
19. 某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、胆矾晶体(CuSO4•5H2O)和水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)。
请回答：
（1）试剂X是___________(填化学式)：试剂Y是___________(填化学式)；步骤Ⅰ涉及到的分离操作是___________。
（2）写出溶液A转化为固体C的离子方程式___________。
（3）在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，可能的原因是___________(用化学方程式表示)。
（4）由溶液E制取K2FeO4时，不同的温度下，不同质量浓度的Fe3+对K2FeO4生成率有以下影响，由图可知工业生产中最佳条件为___________(填温度和Fe3+的质量浓度)。
（5）在固体F中加入稀硫酸和H2O2来制备CuSO4溶液是一种环保工艺，该反应的总的化学方程式为___________。
【答案】（1）①. NaOH溶液或KOH溶液 ②. 盐酸或稀硫酸 ③. 过滤
（2）[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+，
（3）Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O
（4）26℃，75g•L-1
（5）Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O
【解析】由制备流程可知，过量试剂X为NaOH或KOH，步骤I为过滤，分离出溶液A含偏铝酸盐、NaOH或KOH，通入足量二氧化碳主要发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，步骤Ⅱ为过滤，固体C为Al(OH)3，C与盐酸反应生成氯化铝，在HCl气流中加热蒸发得到氯化铝，溶液D中含碳酸氢钠或碳酸氢钾；固体B含Cu、Fe、Fe2O3，加过量试剂Y为盐酸或硫酸，步骤Ⅲ为过滤，分离出E含铁盐、亚铁盐，然后制备K2FeO4；固体F为Cu，可与过氧化氢、硫酸反应生成硫酸铜，最终制备胆矾，以此来解答。
（1）由分析可知，试剂X是NaOH溶液或KOH溶液；试剂Y是盐酸或稀硫酸；步骤Ⅰ分离溶液和固体，则涉及到的分离操作是过滤；
（2）由分析可知，溶液A转化为固体C的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+；
（3）由于浓盐酸具有较强的挥发性，在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，挥发出来的HCl将于Al(OH)3沉淀反应生成AlCl3溶于水，导致一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，反应的化学方程式为：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O；
（4）由溶液E制取K2FeO4时，不同的温度下，不同质量浓度的Fe3+对K2FeO4生成率有以下影响，由图2可知工业生产中最佳条件(温度和Fe3+的质量浓度)为26℃，75g•L-1；
（5）在固体F中加入稀硫酸和H2O2来制备CuSO4溶液是一种环保工艺，该反应的总的化学方程式为Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O。
20. 研究NOx、SO2、CO等气体的无害化处理对建设生态文明有重要意义。
（1）利用反应2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中加入等物质的量的NO和CO，测得部分物质的物质的量随时间的变化如图所示：
①X代表的物质是___________(填化学式)；
②从反应开始到达到平衡，v(NO)=___________。
（2）可用电化学原理处理SO2制备硫酸，装置如图，电极为多孔材料。写出N极的电极方程式___________，若电路中有2ml电子转移，理论上可制得硫酸___________g。
（3）转化反应CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)，在Fe*的催化作用下反应历程可分为：
第一步：Fe*+N2O(g)=FeO*+N2(g)；
第二步：FeO*+________=_______+________。
将第二步化学方程式补充完整：________。
（4）已知反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中相关的化学键键能数据如表：
①若有1mlCH3OH生成，该反应放出___________kJ能量。
②一定温度下，在恒容的密闭容器中充入lmlCO和2mlH2发生上述反应，对于该反应，下列说法正确的是___________(填序号)。
A．反应过程中n(CO)：n(H2)不变
B．容器内混合气体的密度不再发生变化时，说明在该条件下，此反应已达到了最大的限度
C．往容器中充入He，压强增大，反应速率加快
D．容器内混合气体的压强保持不变时说明反应已达平衡
【答案】（1）①. CO2 ②. 0.016
（2）①. ②. 1ml
（3）FeO*+CO=CO2+Fe*
（4）①. 99 ②. AD
【解析】（1）①平衡时生成X是1.6ml，消耗NO和CO均是1.6ml，根据方程式可知X代表的物质是CO2；
②从反应开始到达到平衡消耗NO是1.6ml，浓度是0.8ml/L，则v(CO)= ＝0.016；
（2）电极M通入二氧化硫失去电子被氧化转化为硫酸，因此为负极；N极是正极，氧气得到电子，电极方程式为；电极M通入二氧化硫失去电子被氧化转化为硫酸，因此为负极；M极的电极方程式为：SO2+2H2O-2e-=+4H+，若电路中有2ml电子转移，理论上可制得硫酸1ml；
（3）Fe*是催化剂，FeO*是中间产物，第一步是Fe*和N2O(g)反应，第二步是FeO*和CO(g)反应生成CO2和Fe*，即FeO*+CO=CO2+Fe*；
（4）①若有1ml生成，断键吸收的能量是1076kJ+2×436kJ＝1948kJ，形成化学键放出的能量是3×413kJ+343kJ+465kJ＝2047kJ，所以该反应放出2047kJ－1948kJ＝99kJ能量。
②A．由于反应物CO和和氢气是按照化学计量数之比充入的，所以反应过程中不变，A正确；
B．恒容的密闭容器，气体的质量不发生变化，密度为恒定值，不能说明在该条件下此反应已达到了最大的限度，B错误；
C．往容器中充入He，压强增大，浓度不变，反应速率不变，C错误；
D．该反应前后气体的体积是发生改变的变量，容器内混合气体的压强保持不变时说明反应已达平衡，D正确；
故先AD；
化学键
H-H
C-O
C≡O(CO)
H-O
C-H
E(kJ/ml)
436
343
1076
465
413