高中化学必修2 专项08 综合题20192020学年新解析版）

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2019-2020学年高一化学期末复习专项提升卷（人教版2019必修第二册）
专项08 综合题
1．（2020·宣威市民族中学高一月考）依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：

（1）该图利用“______和核心元素的_____是研究物质性质的两个重要角度”建立。
（2）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为________。
（3）若要收集一瓶氨气，请在横线上把图虚框内连接装置图不全的部分画出。_____

（4）工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸的工艺流程简图如图所示：

写出NH3→NO的化学方程式__________________________________。
（5）图中，X的化学式为_______，将X转化为HNO3属于______________反应(填“氧化还原”或“非氧化还原”)反应。
（6）若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是________(填序号)。
A．O2 B．Na C．NH4Cl D．NO2
【答案】（1）物质类别 化合价
（2）2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
（3）
（4）4NH3＋5O24NO＋6H2O
（5）N2O5 非氧化还原
（6）AD
【解析】【分析】（1）观察图中横纵坐标表示的意义进行分析；
（2）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2共热制取氨气；
（3）氨气极易溶于水，比空气轻，收集方法只能用向下排空气法收集，据此判断导气管的长短；
（4）由流程知，NH3→NO是氨气被氧气催化氧化，据此写化学方程式；
（5）从图1找到X的位置，分析X的化合价及物质类型，即可求X化学式；从而书写X转化为HNO3的反应方程式、判断其反应类型；
（6）若要将NH3→N2，从原理上看，具有氧化性的试剂可行；
【详解】（1）由图知横、纵坐标的意义：物质类别、化合价；
答案为：物质类别；化合价；
（2）实验室常用加热NH4Cl与Ca(OH)2的混合物制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；
答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；
（3）氨气极易溶于水，比空气轻，收集方法只能用向下排空气法收集，故收集装置为短管进气长管出气，；
答案为：；
（4）氨气的催化氧化，即氨气与氧气在催化剂作用下反应生成一氧化氮和水，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（5）图1分析可知X化合价与硝酸相同为+5价，物质类型为氧化物，X化学式为：N2O5，从物质性质上看，X属于酸性氧化物：N2O5+2H2O=2HNO3，转化为HNO3属于非氧化还原反应；
答案为：N2O5；非氧化还原；
（6）若要将NH3→N2，从原理上看，具有氧化性的试剂可行；
A.O2具有氧化性，故A正确；
B.Na只具有还原性，故B错误；
C.NH4Cl与氨气不反应，故C错误；
D.NO2具有氧化性，故D正确；
答案为：AD。
2．（2020·宣威市民族中学高一月考）硫和氮及其化合物在生产生活中应用广泛。请回答：
（1）将SO2通入品红溶液中，现象为品红溶液________，加热后溶液颜色________。
（2）已知反应：SO2+Cl2+2H2O ═ 2HCl+H2SO4，该反应中的氧化产物是__________。
（3）木炭与浓硫酸共热的化学反应方程式为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，若生成0.5 mol CO2，则转移电子的物质的量是_________mol。
（4）工业上可以通过氮气和氢气在一定条件下合成氨气。下列关于氨气的性质和用途描述正确的是____________。
A．氨气易液化，液氨可作制冷剂 B．可用排水法收集氨气
C．氨气是一种无色无味的气体 D．向氨水中滴加酚酞，溶液变红
（5）实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是___________________（写出一种即可）。
（6）汽车尾气常含有NO、NO2、CO等，会污染空气。在汽车尾气排放管处安装一个催化转化器，可使尾气中有害气体CO和NO反应转化为两种无毒气体，该反应的化学方程式为__________________________。
【答案】（1）褪色 变红
（2）H2SO4
（3）2
（4）AD
（5）用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口，若出现大量白烟，则说明氨气已收集满)。（或其他合理答案）
（6）2CO+2NON2+2CO2
【解析】【分析】（1）SO2具有漂白性，但漂白是有选择的、暂时性的，加热后无色产物会分解，重新生成品红。
（2）反应SO2+Cl2+2H2O ═ 2HCl+H2SO4中，氧化产物是含有价态升高元素的生成物。
（3）在反应C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O中，有如下关系：CO2——4e-，由此可计算出生成0.5 mol CO2，转移电子的物质的量。
（4） A．氨分子间易形成氢键，分子间作用力较大，所以氨气易液化，液氨可作制冷剂；
B．氨气易溶于水，不能用排水法收集；
C．氨气是一种无色有刺激性气味的气体；
D．氨水呈碱性，向氨水中滴加酚酞，溶液变红。
（5）实验室检验试管里氨气是否收集满时，可用蘸有浓盐酸的玻璃棒，也可使用湿润的红色石蕊试纸。
（6） CO和NO反应转化为两种无毒气体，则气体应为N2和CO2。
【详解】（1）将SO2通入品红溶液中，因为SO2具有漂白性，所以品红溶液褪色，加热后，无色物质分解，重新生成品红，所以溶液颜色变红。答案为：褪色；变红；
（2）已知反应：SO2+Cl2+2H2O ═ 2HCl+H2SO4，该反应中的氧化产物是含有价态升高元素的生成物，所以应为H2SO4。答案为：H2SO4；
（3）在反应C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O中，有如下关系：CO2——4e-，生成0.5 mol CO2，转移电子的物质的量是0.5 mol ×4=2mol。答案为：2；
（4）A．氨分子间易形成氢键，分子间作用力较大，所以氨气易液化，液氨可作制冷剂，A正确；
B．氨气易溶于水，不能用排水法收集，B错误；
C．氨气是一种无色有刺激性气味的气体，C错误；
D．氨水呈碱性，向氨水中滴加酚酞，溶液变红，D正确；
故选AD。答案为：AD；
（5）实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口，若出现大量白烟，则说明氨气已收集满)（或其他合理答案）。答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口，若出现大量白烟，则说明氨气已收集满)（或其他合理答案）；
（6） CO和NO反应转化为两种无毒气体，则气体应为N2和CO2，该反应的化学方程式为2CO+2NON2+2CO2。答案为：2CO+2NON2+2CO2。
【点睛】
二氧化硫的漂白是有条件的、暂时性的，它能使品红溶液和有色布条褪色，但不能使紫色石蕊试液褪色。往紫色石蕊试液中通入二氧化硫，溶液变为红色，继续通入二氧化硫至过量，溶液仍为红色。
3．（2020·黑龙江省大庆四中高一月考）已知Y、Z是金属单质，F、M是极易溶于水的气体，I元素是地壳中含量仅次于氧的非金属元素，化合物L是一种可用于制造发动机的新型无机非金属材料，其相对分子质量为140，其中I元素的质量分数为60%。这些物质间的相互转化关系如框图所示（部分产物已略去），根据框图及提示的信息回答下列问题。

（1）写出I元素在元素周期表中的位置_________________________________。
（2）K和F反应生成L和M的化学方程式_________________________________________。
（3）将5.2 g 金属Z与足量的X的稀溶液充分反应无气体放出，再向溶液中加入过量的NaOH溶液并加热，收集到0.448L气体F（标准状况），则整个过程中转移的电子数为_________。
（4）C是空气质量报告中的一种气体污染物，易形成酸雨；P气体是形成另一类型酸雨的主要污染物。实验室中若想用酸性高锰酸钾溶液除尽P气体，观察到的现象应是____________________，写出相应的离子方程式______________________________ 。
（5）已知向B的溶液中加入NaOH溶液时，先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，请写出过量金属Y与X的稀溶液充分反应的离子方程式 ______________，该反应中被还原的X与未被还原的X的物质的量之比为___________________
【答案】（1）第三周期第IVA族
（2）3SiCl4+4NH3=Si3N4+12HCl
（3）0.16NA或9.632×1022
（4）高锰酸钾溶液紫色变浅 5 SO2+2 MnO+2H2O=5 SO+2 Mn2++4H+
（5）3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O 1:3
【解析】【分析】I元素是地壳中仅次于O的非金属元素，则I为Si元素；物质G与焦炭反应生成Si，说明物质G含有Si元素，物质G为SiO2，物质H为CO；Si与Cl2在加热条件下生成物质K为SiCl4，SiCl4与物质F反应生成物质L和M，F为极易溶于水的气体，可以有物质D与NaOH溶液在加热条件下反应，说明物质F为NH3；化合物L是一种可用于制造发动机的新型无机非金属材料，其相对分子质量为140，其中I元素的质量分数为60%，其另一种元素为N元素，则物质L为Si3N4，物质M为HCl；物质D含有铵根，X的稀溶液与金属反应生成三种物质，说明X为硝酸，D为NH4NO3，物质Z与物质Y均可以与稀硝酸反应生成物质A，则物质A为水，物质E为Z的硝酸盐，据此分析。
【详解】（1）根据分析，I为Si元素，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族；
（2）根据分析，物质K与物质F反应生成物质L和物质M的化学方程式为3SiCl4+4NH3=Si3N4+12HCl；
（3）将5.2g金属Z与足量的X的稀溶液充分反应无气体放出，再向溶液中加入过量的NaOH溶液并加热，收集到0.448L气体F（标准状况），物质F为=0.02mol，0.02mol氨气全部由硝酸根得电子发生还原反应而来，一个硝酸根得8个电子生成一个铵根，故反应过程中转移电子8×0.02=0.16mol，为0.16NA个；
（4）C为空气质量报告中的一种气体污染物，易形成酸雨，则C为NO，则另一种气体P为SO2，利用酸性高锰酸钾除去SO2，反应方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；反应现象为：高锰酸钾溶液紫色变浅；
（6）向B的溶液中加入NaOH溶液时，先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，说明B中含有Fe2+，结合物质X，物质B为Fe(NO3)2，则过量金属Y与X的稀溶液充分反应的离子方程式为3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，反应过程中共有8mol参加反应，反应生成2mol NO，有6mol硝酸根没有被还原，故被还原的X与为被还原的X的物质的量的比为2:6=1:3。
【点睛】
本题重点在于分析D物质，D物质可以与碱性溶液反应生成气体，说明D物质中含有铵根，铵根可以和碱性溶液在加热条件下反应生成极易溶于水的氨气。
4．（2020·进贤县第一中学高一月考）A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)

（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则物质C中所含化学键类型为为____________，反应④的化学方程式为____________________________；
（2）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，其离子方程式是_____________________；检验E物质中阳离子的操作和现象___________，A单质与1mol/L稀硝酸160mL恰好反应，最多消耗A单质______________g；
（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为___________________________________________；
【答案】（1）离子键 C+4HNO3(浓)CO2+4NO2↑+2H2O
（2）Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ KSCN溶液 滴加KSCN溶液后溶液变血红色 3.36
（3）2C+SiO2Si+2CO↑
【解析】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg(NO3)2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg(NO3)2，则E是Mg(NO3)2；通过以上分析知，B是CO2、F是HNO3，则MgO中含有的化学键为离子键，在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应④的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2+4NO2↑+2H2O；
（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，反应②(在水溶液中进行)的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，检验E溶液里Fe3+常用KSCN溶液，现象是滴加KSCN溶液后溶液变血红色；1mol/L稀硝酸160mL最多溶解Fe时氧化产物为Fe(NO3)2，根据3Fe+8HNO3=2NO↑+4H2O+3Fe(NO3)2可知，溶解Fe的物质的量为1mol/L×0.16L×=0.06mol，质量为0.06mol×56g/mol=3.36g；
（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，该反应为2C+SiO2Si+2CO↑。
5．（2020·长垣县第十中学高一月考）CO2的捕捉、封存与再利用是实现温室气体减排的重要途径之一。请回答：
（1）二氧化碳的电子式为__________。
（2）一种正在开发的利用二氧化碳制取甲酸(HCOOH)的途径如图所示，图中能量主要转化方式为_____________，CO2和H2O转化为甲酸的化学方程式为____________。

（3）目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。
①恒容容器中，能加快该反应速率的是_______。
a.升高温度 b.从体系中分离出CH3OH c.加入高效催化剂 d.降低压强
②在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2的物质的量随时间变化如图所示。从反应开始到5min末，用H2浓度变化表示的平均反应速率________________。
t/min
0
2
5
10
15
n(CO2)/mol
1
0.75
0.5
0.25
0.25
③在相同温度、恒容的条件下，能说明该反应已达平衡状态的是_______(填序号)。
a.CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变化
b.n(CO2):n(H2):n(CH3OH):n(H2O)=1:1:1:1
c.容器中混合气体的密度不变
d.v消耗(H2)=3v消耗(CH3OH)
e.体系压强不变
（4）下列一些共价键的键能如下表所示：
化学键
H-H
H-O
C=O
C-H
C-O
键能kJ/mol
436
463
803
414
326
反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，______(填“吸收”或“放出”) 的热量为_____kJ
【答案】（1）
（2）光能转化为化学能 2CO2+2H2O2HCOOH+O2
（3）ac 0.15mol·L-1·min-1 ade
（4）放出 43
【解析】（1）二氧化碳为共价化合物，分子中C原子和O原子形成共价键，电子式为，故答案为：；
（2）由二氧化碳制取甲酸(HCOOH)的转化途径可知，该过程主要是将光能转化为化学能，CO2和H2O在光照的条件下转化为甲酸，同时生成O2，其化学反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故答案为：光能转化为化学能；2CO2+2H2O2HCOOH+O2；
（3）①恒容容器中，对于反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
a．升高温度，活化分子数增多，化学反应速率加快，a符合题意；
b．从体系中分离出CH3OH，浓度降低，化学反应速率减慢，b不符合题意；
c．加入高效催化剂，可降低反应活化能，化学反应速率加快，c符合题意；
d．压强减小，由于容器体积保持不变，所以各组分浓度不变，化学反应速率不变，d不符合题意；
故答案为：ac；
②根据图表信息可知，反应开始到5min末，共消耗1-0.5=0.5molCO2，由化学方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，消耗的H2的物质的量为3×0.5mol=1.5mol，则用H2浓度变化表示的平均反应速率为，故答案为：0.15mol·L-1·min-1；
③相同温度、恒容的条件下，对于反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
a．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变化，说明反应达到限度，即达到平衡状态，a满足题意；
b．当n(CO2):n(H2):n(CH3OH):n(H2O)=1:1:1:1时，不能说明化学反应达到平衡，b不满足题意；
c．容器体积不变，则容器中混合气体的密度始终是一个不变量，不能作为达到平衡的标志，c不满足题意；
d．当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，化学反应速率与化学计量数成正比，因此v消耗(H2)=3v生成(CH3OH)，即v消耗(H2)=3v消耗(CH3OH)时，v生成(CH3OH)=v消耗(CH3OH)，说明反应达到平衡，d满足题意；
e．根据阿伏伽德罗定律PV=nRT可知，恒温恒压时，体系压强不变，则物质的量不变，反应为前后物质量不等的反应，故体系压强不变，即物质的量不变时，反应达到平衡，e满足题意；
故答案为：ade；
（4）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能可知，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
中，共断裂2molC=O键、3molH—H键，生成3molC—H键、1molC—O键和3molO—H，则ΔH=(2×803+3×436)-(3×414+326+3×463)=-43kJ/mol，即放出热量43kJ，故答案为：放出；43。
【点睛】第（3）题第③问为易错点，在解答时，抓住该条件是否属于变量来判断反应是否达到平衡是解答的关键。
6．高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。
（1）以赤铁矿（主要成分：Fe2O3，杂质为FeO、Al2O3、SiO2、CuO等）为原料可制备高纯氧化铁，制备流程如下：

①“酸溶”时Al2O3发生反应的化学方程式为_________________________________。
②“氧化”时发生反应的离子方程式为____________________________。
③“灼烧”时发生反应的化学方程式为______________________________。
④滤渣Ⅰ的主要成分与NaOH溶液反应的离子方程式为_______________________________。
（2）FeCO3在空气中高温灼烧也可以制备高纯氧化铁，写出该反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：_________。
【答案】（1）Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 2Fe(OH)3 Fe2O3＋3H2O SiO2＋2OH－===SiO32—＋H2O
（2）
【解析】由流程图可知，向赤铁矿中加入稀硫酸酸溶时，氧化铁、氧化亚铁、氧化铝和氧化铜溶于稀硫酸，二氧化硅不溶，则过滤后得到含有铁离子、铝离子、铜离子和亚铁离子的滤液和滤渣二氧化硅；向滤液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，氧化后再加入氨水调节溶液pH，使铁离子完全转为氢氧化铁沉淀，则过滤后得到含有铝离子、铜离子的滤液和滤渣氢氧化铁；氢氧化铁沉淀沉淀经洗涤、干燥、灼烧得到高纯氧化铁。
（1）①“酸溶”时，Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，故答案为：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O；
②“氧化”时，双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；
③“灼烧”时，氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水，反应的化学方程式为2Fe(OH)3 Fe2O3＋3H2O，故答案为：2Fe(OH)3 Fe2O3＋3H2O；
④滤渣Ⅰ的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O，故答案为：SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；
（2）FeCO3在空气中高温灼烧生成氧化铁时，铁元素化合价升高被氧化说明FeCO3做还原剂，空气中氧气做氧化剂,4mol FeCO3反应，转移的电子数目为4mol，则电子转移的方向和数目为，故答案为：。
【点睛】
FeCO3在空气中高温灼烧生成氧化铁时，铁元素化合价升高被氧化说明FeCO3做还原剂，空气中氧气做氧化剂是解答关键，也是解答难点。
7．黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2等)是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义。利用黄铁矿烧渣为原料制备高档颜料—铁红(Fe2O3)的流程如下：

回答下列问题：
（1）“焙烧”时所添加的最佳还原剂是________(填序号)。
a．焦炭 b．硫黄 c．镁粉 d．锌粉
（2）“过滤1”后的滤液中溶质的主要成分是________________(填化学式)。
（3）“沉淀反应”时不宜混入过多空气，其原因为______________________(用离子方程式表示)。
（4）为检验FeCO3是否洗涤干净，可以向最后一次洗涤液中滴加________溶液。
（5）在空气中煅烧FeCO3生成铁红和另一种氧化物，反应的化学方程式为________。
（6）现有黄铁矿烧渣500t，铁元素的质量分数为16.8％，经过一系列转化后，得到90t铁红，该产品的产率为________。(提示：)
【答案】（1）a
（2）
（3）
（4）稀盐酸和
（5）
（6）37.5%
【解析】本题要从含有杂质的黄铁矿烧渣中得到铁红(Fe2O3)，第一步焙烧将所有氧化物还原为单质铁和单质硅，接下来用硫酸酸浸将铁转变为Fe2+，硅不与硫酸反应，可以过滤除去；接下来加入碳酸氢铵，得到FeCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥后再煅烧，煅烧时+2价的Fe被空气中的氧气氧化，最终得到Fe2O3，据此来分析即可。
（1）焙烧时加入焦炭是最好的选择，焦炭可以还原铁的氧化物和硅的氧化物，过量的焦炭在酸浸时不溶于硫酸，过滤即可除去，答案选a；
（2）根据分析，过滤1后的滤液中溶质的主要成分是溶液；
（3）极易被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
（4）检验FeCO3是否洗涤干净，只要检验最后的洗涤液中是否含有即可，因此我们可以取最后一次洗涤液，加入稀盐酸和溶液，若无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净；
（5）空气中有氧气，根据原子守恒，在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3和CO2，反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
（6）黄铁矿烧渣中铁元素的质量为，根据Fe守恒，理论上能产生铁红的质量为×160g/mol=240t的铁红，产品的产率为。
8．（2020·江苏省清江中学高一月考）甲醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注，工业上甲醇的合成途径多种多样。在密闭容器内，时反应： ，体系中随时间的变化如下表：
时间(s)
0
1
2
3
5

0.020
0.011
0.008
0.007
0.007
（1）图中表示的变化的曲线是________。

（2）用表示从0~2s内该反应的平均速率________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a.与的浓度保持不变 b.容器内密度保持不变
c.容器内压强保持不变 d.每消耗的同时有形成
（4）已知常温常压下1g液态甲醇燃烧生成气体和液态水放出的热量，则该反应的热化学方程式为________。

（5）与的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如下图所示，图中从________(填A或B)通入。b电极反应式为________。
【答案】（1）b
（2）0.006
（3）ac
（4）（1）
（5）A
【解析】【分析】（1）CH3OH是产物，随反应进行浓度增大，平衡时物质的量为CO物质的量的变化量△n(CO)；
（2）根据v=计算v(CO)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；
（3）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变；
（4）1g甲醇的物质的量为=mol，已知常温常压下1g液态甲醇燃烧生成CO2气体和液态水放出22.68kJ的热量，则1mol甲醇完全燃烧释放的能量为22.68kJ×32=725.76kJ；
（5）CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，形成的是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应。
【详解】（1）CH3OH是产物，随反应进行物质的量增大，平衡时物质的量为CO物质的量的变化量△n(CO)，图表中CO的物质的量0-3s变化=0.02mol-0.007mol=0.013mol，所以图象中只有b符合，故答案为：b；
（2）0～2s内CO物质的量变化=0.02mol-0.008mol=0.012mol，v(CO)==0.003mol/(L•s)，v(H2)=2v(CO)=0.006mol•L-1•s-1；
（3）a．CO和H2的物质的量浓度不变，说明反应达到平衡状态，故a正确；
b．根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，则密度不变，无法判断是否达到平衡状态，故b错误；
c．反应前后气体的总物质的量变化，在恒温恒容条件下，当容器内压强保持不变时，说明气体总物质的量不再改变，此时反应达到平衡状态，故c正确；
d．每消耗1molCH3OH的同时有2molH-H形成，表示反应逆向进行，无法判断反应是否达到平衡状态，故d错误；
故答案为ac；
（4）1g甲醇的物质的量为=mol，已知常温常压下1g液态甲醇燃烧生成CO2气体和液态水放出22.68kJ的热量，则1mol甲醇完全燃烧释放的能量为22.68kJ×32=725.76kJ，该反应的热化学方程式为（1）；
（5）电子由a流向b说明a为负极，b为正极，CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，甲醇失电子发生氧化反应，所以CH3OH从A通入，B通入氧气，b电极发生的电极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
9．（2020·江苏省高邮中学高一期中）CH4、CH3OH、CO等都是重要的能源，也是重要的化工原料。
（1）已知25℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成CO和液态水时放出38kJ热量，则该条件下反应2CH4(g)+3O2(g) =2CO(g)+4H2O(l)的ΔH=___。
（2）为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2的含量，有效地开发利用CO2，工业上可以用CO2来生产甲醇燃料。在体积为2L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CH3OH和CO2的物质的量随时间变化如图所示。
①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)=___。
②达到平衡时，H2的转化率为___。

（3）工业上也可以用CO和H2为原料制备CH3OH，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在一体积固定的密闭容器中投入一定量的CO和否H2气体进行上述反应。下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是___。
A．反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1：1
B．混合气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗1molCO，同时生成1molCH3OH
D．CH3OH的质量分数在混合气体中保持不变
（4）从烟道气中回收硫是有效处理SO2大气污染的有效方法之一，该方法是在催化剂、773K条件下，CO与SO2反应生成CO2和硫蒸气，该反应体系中各组分的物质的量与反应时间的关系如图所示，写出该反应的化学方程式：___。

（5）近几年来关于氮污染的治理倍受关注。向工业废水中加入次氯酸钠溶液，可将其中的NH4+完全转化为N2，而次氯酸钠被还原为NaCl。写出上述反应的离子方程式：___。
【答案】（1）-1216kJ·mol-1
（2）0.0375mol/(L·min) 75%
（3）BD
（4）4CO+2SO24CO2+S2
（5）2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O
【解析】【分析】（1）根据计算出1g甲烷的物质的量，然后可计算出1mol甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量，进而计算ΔH；
（2）①根据速率，结合三段式进行计算；
（3）化学平衡状态的特征：等，即v正=v逆，定，即达到平衡后反应物、生成物物质的量，质量，浓度，百分含量等保持不变据此判断解答；
（4）结合图像得出反应物和生成物的物质的量的变化量之比，从而写出该反应的化学方程式；
（5）根据题干信息，结合氧化还原反应中得失电子守恒写出反应的离子方程式。
【详解】（1）1g CH4的物质的量为：1g÷16g·mol-1=0.0625mol，0.0625molCH4完全燃烧生成液态水放出38kJ热量，则1molCH4完全燃烧生成液态水放出的热量为：38kJ×1mol÷0.06255mol=608kJ，则反应2CH4(g)+3O2(g) =2CO(g)+4H2O(l)的ΔH=-608kJ/mol×2=-1216kJ/mol；
（2）在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间变化如图所示。CO2是反应物随反应进行物质的量减小，CH3OH是生成物，随反应进行物质的量增大；10min内达到平衡，生成CH3OH物质的量为0.75mol，CO2物质的量变化了0.75mol；则①依据化学平衡列三段式有：

①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率；
②达到平衡时，H2的转化率；
（3）A．反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1:1，无法确定是否达到平衡状态，不能作为判断平衡的标志，故A错误；
B．该反应前后气体体积不相等，则压强不变说明达到平衡，故B正确；
C．单位时间内每消耗1 mol CO是正速率，同时生成1 mol CH3OH也是正速率，所指的速率都是表示正反应速率，不能作为判断平衡标志，故C错误；
D．CH3OH的质量分数在混合气体中保持不变，CH3OH组成一定，说明达到平衡，故D正确；
故答案为：BD。
（4）根据图像可知，反应物的物质的量的变化量一个为(4-1)mol=3mol，一个为(2-0.5)mol=1.5mol，生成物的物质的量的变化量一个为(3-0)mol=3mol，一个为(0.75-0)mol=0.75mol，则反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于其化学计量数之比=3：1.5：3：0.75=4：2：4：1，根据C原子守恒可知，计量数是4的为CO、CO2，二氧化硫的计量数为2，硫单质的计量数为1，则生成的硫单质为S2，所以该反应的化学反应方程式为4CO+2SO24CO2+S2；
（5）根据题干信息，次氯酸钠溶液可将废水中的NH4+完全转化为N2，而次氯酸钠被还原为NaCl，结合氧化还原反应得失电子守恒可得反应的离子反应方程式为2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O。
10．Ⅰ．一定温度下，在容积为V L的密闭容器中进行反应：aN（g） bM（g），M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示：

（1）此反应的化学方程式中a/b=___________；
（2）t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为_________________；
（3） N的平衡转化率为_______________；
（4）下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是___________（填字母）。
a．反应中M与N的物质的量之比为1︰1        
b．混合气体的总质量不随时间的变化而变化
c．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化        
d．单位时间内每消耗a mol N，同时生成b mol M
e．混合气体的压强不随时间的变化而变化             
f．N的质量分数在混合气体中保持不变
Ⅱ．研究性学习小组为探究铁与稀盐酸反应，取同质量、体积的铁片、同浓度的盐酸做了下列平行实验：
实验①：把纯铁片投入到盛有稀盐酸的试管中，发现放出氢气的速率变化如图所示：

实验②：把铁片投入到含FeCl3的同浓度稀盐酸中，发现放出氢气的量减少。
实验③：在稀盐酸中滴入几滴CuCl2溶液，用铁片做实验，发现生成氢气的速率加快。
试回答下列问题：
（1）分析实验①中t1～t2速率变化的主要原因是_______，t2～t3速率变化的主要原因是______。
（2）实验②放出氢气的量减少的原因是___________________（用离子方程式表示）。
（3）某同学认为实验③反应速率加快的主要原因是形成了原电池，你认为是否正确？请选择下列相应的a或b作答。a.若不正确，请说明原因_____________________________________。b.若正确，则写出实验③中原电池的正极电极反应式_______________________。
【答案】2 mol/(L·min) 75% cef 反应放热，溶液温度升高，反应速率加快 随反应进行，盐酸的浓度减小对反应速率的影响变得更明显，反应速率减慢 2Fe3++Fe=3Fe2+ 正确，实验③中加入CuCl2后铁和CuCl2反应生成Cu，Fe和Cu形成了原电池，所以反应速率加快 2H++2e-=H2↑
【解析】【分析】Ⅰ（1）对于同一反应在相同时间内，各物质的物质的量的变化之比等同于相应的化学计量系数比；
（2）此题在计算反应速率时要注意两个问题，一是选取的时间段为t1~t2，二是图像中描述的是M物质的量的变化，而非物质的量浓度的变化；
（3）可根据图像判断出反应达到平衡时，转化的N的物质的量，进一步就能求出其转化率；
（4）判断该反应是否达到平衡状态时，要注意该反应是在恒温恒容的条件下进行的；另外，可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，并且各物质的浓度或百分含量不再变化；
Ⅱ在分析反应速率变化的原因时，除内因外，要注意影响速率的外因包括温度，浓度，压强，催化剂，原电池以及接触面积等。
【详解】Ⅰ（1） 反应开始到平衡时，参加反应的N的物质的量为8mol-2mol=6mol，生成的M的物质的量是5mol-2mol=3mol，化学反应中物质的变化量之比等于化学计量数之比，所以此反应的化学方程式中a:b=6:3=2；
（2） 由图可知，t1到t2时刻M的物质的量变化为4mol-3mol=1mol，故；
（3） N的平衡转化率为；
（4）a．各物质的组成不再改变时，可逆反应会处于平衡状态，故若M与N的物质的量之比为1:1并且不再发生变化时，该反应才会处于平衡状态，a项错误；
b．该反应，因为反应物和生成物都是气体，所以混合气体的总质量始终不变，混合气体总质量不变不能说明达到平衡，b项错误；
c．由于a≠b，随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明达到平衡，c项正确；
d．单位时间内消耗amolN，同时生成bmolM，都表示正反应速率，反应始终按此关系进行，该描述没有体现逆反应，所以不能说明达到平衡，d项错误；
e．由于a≠b，随反应进行混合气体总物质的量发生变化，根据公式可知，混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明混合气体总的物质的量不再改变，说明反应达到平衡，e项正确；
f．N的质量分数若保持不变说明物质的组成不再发生变化，反应一定处于平衡状态，f项正确；
答案选cef；
Ⅱ（1）铁和盐酸反应是放热反应，所以实验①中t1～t2速率变化的主要原因是：反应放热，溶液温度升高，反应速率加快；t2～t3速率变化的主要原因是：随反应进行，盐酸的浓度减小对反应速率的影响变得更明显，因此反应速率减慢；
（2）实验②由于稀盐酸中含有FeCl3，其也可与Fe发生反应，所以导致氢气的量减少的原因是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3） 实验③中加入CuCl2后铁和CuCl2反应生成Cu，Fe和Cu形成了原电池，所以反应速率加快，则该结论正确；其电极反应是：负极发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+；正极发生还原反应： 2H++2e-=H2↑。