综合突破02 期末压轴80题之非选择题
题型1 无机物的性质转化与推断
(22-23高一下·天津·期末)
1．非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：
(1)若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，另外容积为无色气体。
①A的电子式是 。
②写出C→D的化学方程式： 。
③D的稀溶液在常温下可与铜反应并生成B气体，请写出该反应的离子方程式： 。
(2)若A在常温下为非金属气态氢化物，且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B遇到空气变成红棕色。
①写出实验室制取A气体的化学方程式： 。
②写出A→B的化学方程式： 。
(3)若A为淡黄色晶体，D为二元强酸。
①将C气体通入溶液产生的白色沉淀的化学式为 。
②将B通入溶液不会产生沉淀。若在通入另一种气体X就会产生沉淀，如产生的沉淀与①产生的沉淀相同，则气体X可能是： 。
A． B． C． D． E．
(22-23高一下·浙江宁波·期末)
2．M为三种短周期元素组成的化合物，某实验小组按如下流程进行相关实验：
15.8gM与0.1molH2SO4恰好完全反应，且溶液A中只有一种溶质。气体A是无色有刺激性气味的气体，其体积已折算为标准状况。请回答：
(1)M的组成元素为 ，其化学式为
(2)请写出M与稀硫酸反应的化学方程式
(3)将气体A通入到足量的澄清石灰水中，请写出相应的离子方程式 。
(22-23高一下·浙江嘉兴·期末)
3．盐A由三种元素组成，其中一种为常见金属元素，某化学研究小组按如下流程图探究其组成：
混合气体B已经折算成标况下的体积。请回答：
(1)组成盐A的三种元素是O和 (写元素符号)。
(2)混合气体B的组成成分为 。
(3)检验溶液E中阳离子的方法是 。
(4)盐A隔绝空气加热反应的化学方程式是 。
(22-23高一下·河北张家口·期末)
4．硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的一元无机强酸，它也是一种重要的化工原料。氨氧化法生产硝酸是世界上生产硝酸的主要方法，其制备过程如图所示，回答下列问题：
(1)关于NO和NO2的说法错误的是_______(填标号)。
A． NO2易溶于水生成HNO3，故NO2是酸性氧化物
B．N2与O2反应时，不论O2是否足量，其一步反应都只能得到NO，不能生成NO2
C．常温常压下，无色的NO能与空气中的O2直接化合生成红棕色的NO2
D．在NO2与水的反应中，氧化剂与还原剂的质量之比为2:1
(2)将装有50mLNO2、NO混合气体的量筒倒立在水槽中，反应后气体体积缩小为30mL，则原混合气体中NO2和NO的体积比是 。
(3)热电厂通常用NH3消除燃煤烟气中的NO2，生成两种无污染的产物，写出该反应的化学方程式： 。
(4)制备过程中②是氨的催化氧化反应，化学研究小组将经加热的铂丝插入锥形瓶内(如图所示)，此时锥形瓶相当于氧化炉，可观察到铂丝保持红热，瓶口有红棕色气体生成，写出氨的催化氧化反应的化学方程式： ，该反应 (填“吸热”或“放热”)。
(5)工业上合成氨反应的化学方程式为，恒温下，在2L恒容密闭容器中，通入1molN2和3molH2的混合气体模拟工业上合成氨。
①下列情况不能说明N2与H2反应一定达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．NH3的质量不再变化 B．单位时间内消耗1molN2同时生成3molH2
C．容器内的压强不再变化 D．容器内N2、H2和NH3的分子数之比为1:3:2
②若2min末测得容器内NH3的物质的量为0.6mol，则 mol·L-1·min-1。
(6)足量的铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 。
(22-23高一下·天津武清·期末)
5．“价一类”二维图是学习元素化合物知识的好方法，依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：
(1)如图中，X的化学式为 ，从N元素的化合价看，X具有 性(填“氧化”或“还原”)。
(2)回答下列关于NH3的问题：
①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为 。
②下列试剂不能用于干燥NH3的是 (填字母)。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体
③在下图收集装置中将收集NH3装置补充完整 。
④工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步，请写出第一步NH3→NO的化学方程式 。
(3)依据X的物质类别推断，X 转化为HNO3的化学反应方程式为 。
(4)若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是 (填选项字母)。
a． HCl b． Na c． H2O d． Cl2
(22-23高一下·安徽蚌埠·期末)
6．I．元素的“价—类”二维图体现了化学变化之美。部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。回答下列问题：
(1)写出实验室利用两种固体物质加热制备物质R的化学方程式 。
(2)下列有关图中所示含N、S物质的叙述，正确的是 (填标号)。
a．在催化剂的作用下，R可将Y、Z还原为X
b．图中所示的物质中，只有W、D、E属于电解质
c．用玻璃棒分别蘸取浓的R溶液和浓的W溶液，玻璃棒靠近时有白烟产生
d．Z、C、F均能与NaOH溶液反应，都是酸性氧化物
II．粗盐中含有泥沙及、、等杂质，其提纯过程一般经过以下流程：
某兴趣小组按上述方案进行粗盐提纯实验，实验室提供了粗盐样品、稀盐酸、NaOH溶液、溶液、溶液等药品以及必备的实验仪器若干。请回答下列问题：
(3)操作③按a、b、c顺序依次加入稍过量的试剂。若a为NaOH溶液，则c为 溶液(写化学式)。
(4)加盐酸调溶液pH的目的是 。
(5)步骤⑥操作名称是 。
题型2 化学实验综合题
(22-23高一下·辽宁朝阳·期末)
7．某化学小组为了研究的漂白性，设计了如图所示的实验装置。
查阅资料：干燥的没有漂白性，可以与有色物质结合成无色的化合物，具有漂白性。
回答下列问题：
(1)实验开始前应进行的操作是 。
(2)盛装70%浓硫酸的仪器名称为 ；使用硫酸与亚硫酸钠制取时，必须采用浓度为70%左右的浓硫酸，其原因是 。
(3)装置B中酸性高锰酸钾溶液很快褪色，发生反应的离子方程式为 。
(4)酸性高锰酸钾溶液褪色前，夹紧弹簧夹K，一段时间后装置D中干燥的品红纸花没有褪色，可以得出的结论是 ；再打开弹簧夹K，一段时间后装置D中干燥的品红纸花褪色，可以推测的漂白原理是 ；最后用酒精灯加热装置D中试管，品红纸花恢复至红色。
(5)装置E中碱石灰的作用是 。
(22-23高一下·辽宁大连·期末)
8．蛋白质含有C、H、O、N、S等元素，是基本营养物质之一、采用某检测仪对某蛋白质中的N、S元素进行检测，根据下图流程回答下列问题：
说明：
1．变温：对吸附柱升温，所吸附的成分按、和的顺序逐个释放。
2．控制温度为，释放的主体主要为。
(1)第一步将有机物氧化的目的 。
(2)若不通氨气，则使S元素的测定结果偏 (填“高”或“低”)。
(3)铜管还原的化学方程式 。
(4)在中学化学实验室中可利用 (填试剂名称)定性检测上述变温后的气体中是否含有。
(5)若利用中学化学方法定量检测变温后S元素的含量，可先将气体通入足量下列溶液中 (填字母)进行吸收，再向所得溶液中加入足量 。
A．硫酸酸化的溶液 B．盐酸酸化的溶液 C．溶液 D．新制氯水
(6)有机物中氮元素的含量测定还可以采用凯氏定氮法，流程如图：
其中第②步反应的离子方程式为 。
(22-23高一下·辽宁锦州·期末)
9．某化学兴趣小组为探究和的性质，按如图所示装置进行实验(省略部分夹持装置)。
回答下列问题：
(1)A中发生反应的化学方程式为 。
(2)使用可抽动铜丝的优点是 。
(3)B处的实验现象是 ，由此推测硫元素从价变为价。
(4)C处观察到蘸有溶液的棉花上出现黄色固体，该反应的氧化剂为 (填化学式)。
(5)D装置的作用是 。
(6)将A中产生的气体通入溶液中，生成的白色沉淀为 (填化学式)。
(7)探究的酸性强于，该小组同学用下图所示装置达成实验目的。
a． b． c． d．
装置的连接顺序为：纯净 (填标号)。
(22-23高一下·辽宁·期末)
10．氮元素与人类的生命、生产等活动息息相关。
(1)亚硝酸钠()在生活中有广泛应用，实验室可用如图装置制备(略去部分夹持仪器)。
已知：①；
②
③酸性条件下，、和都能与反应生成和
请回答下列问题：
①装置A中发生反应的化学方程式为 。
②装置B中的实验现象为 。
③装置C的作用为 。
④装置F中发生反应的离子方程式为 。
(2)生物脱氮法流程如下：
步骤I中若的消除速率为，则的消耗速率为 。
(3)目前，湿法和一体化脱除法是解决燃煤烟气领域的途径之一
已知：两组实验中溶液浓度均为，浓度均为
①图1是、、对的液相吸收。已知溶液在脱除时生成一种对空气无污染的气体，请写出该反应化学方程式 。
②实验发现，在相同实验条件下利用溶液同时吸收和，脱除率在60%左右；单独吸收时，脱除率在33%左右。结合①信息及图像解释原因 。
(22-23高一下·辽宁·期末)
11．某化学学习小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响。
Ⅰ．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收，但不能吸收NO。该学习小组按如图装置进行验证实验(夹持仪器已略去)。
回答下列问题：
(1)装置a的名称 。
(2)写出装置①中反应的离子反应方程式 。
(3)写出装置②中反应的化学反应方程式 。
(4)①~⑥装置中，没有发生氧化还原反应的是 。(填装置序号)
(5)下列说法正确的是___________。
A．能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体
B．②中的试剂为水
C．滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气
D．⑥的作用是吸收尾气NO
Ⅱ．测得铁与不同浓度硝酸反应时各还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示：
(6)下列说法正确的是 。
A．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多
B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
C．铁能与大于溶液反应说明不存在“钝化”现象
(7)已知：在上述反应条件下，反应后铁以形式存在于溶液中。当硝酸浓度为时，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比为： 。
(22-23高一下·辽宁朝阳·阶段练习)
12．某化学实验小组设计并利用下图所示实验装置验证和氯水的漂白性(选用铜片和浓硫酸反应制取；选用和浓盐酸制)：
回答下列问题：
(1)实验中制取时，应选用的发生装置是 (填“A”或“E”)装置，发生反应的化学方程式为 。
(2)反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B： ，D： 。
(3)实验小组的同学还利用下图所示装置探究和按不同比例混合后的漂白性：
①在气体进入品红溶液之前，先将和通过盛有浓硫酸的目的是；a．控制气体通入速率；b． 。
②实验过程中发现通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色，此时通入的与的体积之比为 ，品红溶液中发生反应的离子方程式为 。
题型3 化学反应与能量综合题
(22-23高一下·辽宁·期末)
13．化学反应是人类获取能量的重要途径，我们可以通过化学反应实现化学能向热能、电能的直接转化。氨气是一种重要的工业原料，可用于制取硝酸和肥料。
(1)已知：NH3(g)N2(g)+H2(g)ΔH=+46.2kJ · mol-1，则 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH= kJ·mol-1。
(2)在某恒容绝热容器中充入一定量的N2和H2，发生合成氨反应，化学反应速率随时间的变化关系如图所示，AB段化学反应速率增大的主要原因可能是 。
(3)某温度下，向2.0L的恒容密闭容器中充入20 mol N2和2.0mol H2，发生合成氨反应，实验数据如下表所示：
t/s 0 50 150 250 350
n(NH3)/mol 0 0.24 0.36 0.40 0.40
①0～50s内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·s-1，平衡时氢气的转化率为
②为加快反应速率，可采取的措施是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大容器体积 c．加入合适的催化剂
(4)若将合成氨反应设计原电池(如图)，则气体b是 (填化学式)，电极2发生的电极反应为 。
(22-23高一下·辽宁朝阳·期末)
14．人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要。以下是几种不同形式的原电池装置，请根据题中提供的信息，填写空格。
(1)某原电池的装置如图1所示。若需将反应设计成如图1所示的原电池装置，则A(负极)极材料为 (填化学式)，B(正极)极的电极反应式为 ，溶液C为 。
(2)如图2是一个双液原电池装置图，下列说法正确的是 (填字母)。
A．盐桥中的阴离子向溶液移动 B．电子流动方向为Zn→盐桥→Cu
C．铜片作电池的正极 D．该电池比单液原电池的电流更稳定
(3)甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料使用，用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图3。电池总反应为，则a处充入的是 (填化学式)，电极c的电极反应式为 ；若线路中转移3mol电子，则上述燃料电池消耗的的质量为 g。
(22-23高一下·辽宁锦州·期末)
15．甲烷()是一种清洁、高效、具有优良环保性能的能源，也是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)在中燃烧的反应是 热反应(填“吸”或“放”)，这是由于反应物的总能量 (填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量。
(2)和在高温下反应可生成甲烷。在体积为的恒容密闭容器中，充入和，一定温度下发生反应：。测得和的转化率随时间变化如图1所示。
①从反应开始到，用的浓度变化表示该反应的反应速率为 ，时，的转化率为 。
②下列情况能说明反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。
a．容器中混合气体的密度保持不变 b．容器中混合气体的总压强保持不变
c．容器中的体积分数保持不变 d．单位时间内每消耗同时生成
(3)甲烷燃料电池得到广泛的研究应用，电池装置如图2所示，电极材料均为。
①通入的电极为电池的 (填“正极”或“负极”)。
②通入的电极反应方程式为 。
③若有(标准状况下)参与反应，转移电子的物质的量为 。
(22-23高一下·辽宁·期末)
16．近年来，利用合成气(主要成分为、和)在催化剂作用下合成甲醇()技术取得重大突破，该项目研究的主要反应如下：
Ⅰ．与反应合成甲醇：
Ⅱ．与反应合成甲醇：，请回答下列问题：
(1)上述反应符合原子经济性的是反应 (填“I”或“Ⅱ”)
(2)采取下列措施，能使反应I的反应速率减小的是 (填字母)
A．及时分离出甲醇 B．增大容器压强
C．升高温度 D．选择高效催化剂
E．恒温恒容，充入 F．恒温恒压，充入
(3)一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入和，发生反应Ⅱ，充分反应5min达到平衡状态。
①下列事实能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)
A．的体积分数不再发生变化
B．键断裂的同时断裂键
C．容器中混合气体平均相对分子质量不再变化
D．容器中混合气体的密度不再变化
E．容器中混合气体的总压强不再变化
②测得平衡混合物中体积分数为30%，则0~5min内， ，反应体系开始时的压强与平衡时的压强之比为 。
(4)还原电化学法制备甲醇()的工作原理如图所示：
①通入的一端是电池的 极(填“正”或“负”)。
②通入的一端发生的电极反应式为 。
(22-23高一下·辽宁丹东·期末)
17．I．氮氧化物()的任意排放会造成酸雨、光化学烟雾等污染问题，其与悬浮在大气中的海盐粒子作用时发生反应：。请回答下列问题：
(1)若反应在恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。
A． B．
C．混合气体密度保持不变 D．和的物质的量之和保持不变
(2)上述反应可以视作分两步进行：①；② 。若反应②为吸热反应，则反应②中反应物的总键能 生成物的总键能(填“>”“<”或“=”)。
Ⅱ．在高效催化剂的作用下，与反应：。该反应可用于消除的污染，改善雾霾天气。若在2L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50和1.2NO2，测得随时间变化的有关实验数据如下表：
组别 温度 时间/min 0 10 20 40 50 60
① 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 0.10
② 0.50 0.30 0.18 …… 0.15 0.15
(3)在组别①中，0~20min内，的降解速率为 。
(4)由实验数据可知实验温度： (填“>”“<”或“=”)。
(5)组别②中CH4的平衡转化率为 。
Ⅲ．CH4—空气碱性燃料电池的能量转化率高，基甲烷燃料电池如图所示。放电时，电子由铂极流出，经电流表流向石墨电极。
(6)在石墨电极附近充入 (填“CH4—”或“空气”)。
(7)铂电极上发生反应的电极反应式为 。
(22-23高一下·辽宁抚顺·期末)
18．由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有二种方法是用生产燃料甲醇：。该反应进行过程中能量的变化(单位为)如图1所示。
请回答下列问题：
(1)观察图1可知上述反应过程中，断裂反应物中的化学键吸收的总能量 (填“大于”“小于”或“等于”“不确定”)形成生成物中的化学键释放的总能量。
(2)在体积为的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应。测得和的物质的量随时间变化图2所示：
①反应开始到，用表示反应速率为 。
②达到平衡时，的转化率为 。
③能说明上述反应达到平衡状态的是 (填序号)。
A．
B．混合气体的密度不再发生变化
C．单位时间内消耗，同时生成
D．的体积分数在混合气体中保持不变
E．容器内压强保持不变
(3)甲醇燃料电池和氢气燃料电池在北京冬奥会上得到广泛应用。如下图是碱性氢氧燃料电池的模拟示意图：
①a电极是 (填正、负)极，b电极发生的电极反应式是 。
②当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是 mol。
③将上图中的改为甲醇就构成了碱性甲醇燃料电池，a电极发生的电极反应式是 。
题型4 有机物的结构、性质与推断
(22-23高一下·辽宁·期末)
19．高聚物G是一种合成纤维，以A(邻二甲苯)与E为原料制备J和G的一种合成路线如图所示(部分生成物已略去)：
已知：化合物E的键线式为。
回答下列问题：
(1)A的分子式为 。
(2)C的结构简式为 。
(3)1molD与足量的金属钠反应最多可生成 。
(4)D→H的化学方程式为 ，该反应的反应类型为 。
(5)F中所含官能团的名称为 。
(6)下列有关化合物I和J的说法正确的是 (填标号)。
a．均可发生氧化反应 b．两者互为同分异构体
c．I→J的反应类型为取代反应 d．含量最高的元素均为氧元素
(21-22高一下·辽宁丹东·期末)
20．已知A是一种气态烃，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志之一，有机物E是一种油状、有香味的液体，K是一种高分子材料，可用于制作食品包装袋。关系图中部分产物可能略去，试回答下列问题：
(1)A、K的结构简式分别为 、 。
(2)C、D分子中所含官能团的名称分别为 、 。
(3)反应①~⑤中，属于取代反应的有 ，属于加成反应的有 (填序号)。
(4)利用溶液，可鉴别B与D，请写出D与溶液反应的离子方程式 。
(5)写出反应⑤的化学方程式 。
(6)请写出F的同分异构体的结构简式 。
(21-22高一下·辽宁大连·期末)
21．某有机玻璃具有广泛的用途，下面是关于某种有机玻璃M的两条合成路线：
已知：i.有机物M结构简式为
ii. +HCN→
回答下列问题：
(1)A的分子式为 ，B的结构简式 。
(2)M中官能团名称 。
(3)反应②的原子利用率为100%，的结构为O=C=O，试推断该反应的类型为 。
(4)下列有关化合物E说法正确的是 (填写编号)
a.含有的官能团为碳碳双键、羧基
b.能使溴的四氯化碳溶液褪色
c.与Na、NaOH、Na2CO3均能反应
d.所有原子可能共面
(5)完成下列方程式：反应③ ，反应④ ，
(6)物质D的二氯取代物有 种(不考虑立体异构)。
(22-23高一下·湖南长沙·期末)
22．A、B、C、D四种有机物，A、B 属于烃类物质，C、D都是烃的衍生物。A 是含氢质量分数最大的有机物，分子结构为正四面体；B的球棍模型为；C的相对分子质量为46，能与Na反应， 但不能与NaOH 溶液反应；D的比例模型为 ，该物质的水溶液中滴加石蕊变红色。
请回答下列问题：
(1)A的结构式是 ，C 中官能团的名称是 。
(2)B的结构简式是 ，该物质发生加聚反应的化学方程式为 。
(3)已知 B 可以发生如下转化过程：
i．上述转化过程中属于加成反应的是 (填序号)。
ii．完成转化②的化学方程式： 。
iii．下列关于的说法正确的是 (填字母序号)。
A．该物质属于烃类化合物
B．该物质可以发生酯化反应
C．1mol该物质与足量金属钠反应，可生成1mol氢气
D．该物质既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色
(4)请写出C和D发生酯化反应的化学方程式 。
(22-23高一下·江苏无锡·期末)
23．琥珀酸二乙酯可用作增塑剂、特种润滑剂和有机合成中间体。以乙烯为原料制备琥珀酸二乙酯的合成路线如图：
已知：① ；②；③；④。
(1)A→B的反应类型为 。
(2)C→琥珀酸二乙酯的化学方程式为 。
(3)E为八元环状化合物，写出E的结构简式 。
(4)已知氧化羟基的条件足以氧化有机分子中的碳碳双键。试设计由丙烯醇()制丙烯酸()的合成路线 。(合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)
(21-22高一下·北京·期末)
24．乙炔(CH≡CH)是基本化工原料
I．由乙炔制备1，3－丁二烯(CH2=CH－CH－CH2)和聚乙烯醇的合成路线如图1所示：
(1)X的结构简式为 ，X 能够发生加聚反应，是因为X分子中含有 (填官能团名称)。
(2)反应①~⑤中，属于加成反应的是 (填反应序号)。
(3)反应②属于取代反应，下图中虚线所示为该反应中的断键位置，则反应②中另一种产物的结构简式是 。
Ⅱ．由1，3－丁二烯继续合成富马酸的合成路线如图2所示：
(4)写出反应⑥的化学方程式：
(5)有机合成中的路线和步骤选择非常重要，如果没有设计⑧和⑩这两步，直接用酸性KMnO4处理物质Y，导致的问题是
(6)富马酸和马来酸互为同分异构体，下图为二者的结构简式：
结合乙烯分子结构相关知识可知，造成二者同分异构的原因是
题型5 化工流程综合题
(22-23高一下·辽宁葫芦岛·期末)
25．氮是生物体的重要组成元素，也是维持高等动植物生命活动的必需元素。研究氮的循环和转化对生产和生活有重要的价值。
Ⅰ．某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。
(1)设备1中发生反应的化学方程式是 。
(2)同温同压下，理论上设备1与设备2中消耗空气的体积比为 。
Ⅱ．工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：
(3)水吸收法。用水吸收NO2的缺陷是 (用化学方程式和必要的文字说明)。
(4)NaOH溶液吸收法。发生的反应有：， (书写化学方程式)。
(5)用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气(α表示尾气中NO2的体积百分含量)，测得氮氧化物吸收率与NaOH溶液浓度的关系如图所示。
①依据测得的关系图，下列说法正确的是 (填序号)。
A．NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大
B．NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
②当小于50%时，通入适量O2能提升氮氧化物的吸收率，原因是 。
(6)为防止环境污染，以下装置(除⑤标明外，其余盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是 (填序号)。
(22-23高一下·辽宁·期末)
26．溴、碘主要存在于海水里，有“海洋元素”的美称。我国海带产量位居世界第一，海带除供食用外，还可大量用于制碘。从海带中提取碘单质的工艺流程如图。请回答下列问题：
(1)溴、碘均为第ⅦA族元素，位于元素周期表前五周期的第ⅦA族元素对应的最简单氢化物中沸点最高的是 (填氢化物的化学式)，位于元素周期表前五周期的第ⅦA族元素对应的单质的氧化性由强到弱的顺序为 (填化学式)，的空间结构为 。
(2)步骤④发生反应的离子方程式为 (已知：转化为)，此步骤中“、稀硫酸”可用 (填标号)代替。
A． B．、稀硫酸 C．
(3)步骤⑤所用的仪器主要是分液漏斗(如图所示)。
“萃取、分液”的具体操作如下：
a．把20mL碘水与5mL萃取剂加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；
b．倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；
c．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静置、分层。
d．将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔；
e．旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液。
步骤⑥使用的是反萃取法，目的是富集碘元素，利用空气吹出法从海水中提取溴时若采用酸液吸收法，可选用 吸收含溴单质的空气来达到富集溴元素的目的。
(22-23高一下·辽宁抚顺·期末)
27．以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。由尾气可以生产焦亚硫酸钠(，)，常用作饼干和蛋糕的漂白剂和膨化剂，在空气中易被氧化，受热易分解。其中一种流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)中硫元素的化合价为 。
(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为 。
(3)生产，通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。
(4)①实验制得的固体中含有少量杂质，文字叙述其可能的原因是 。
②葡萄酒酿造过程中要添加作抗氧化剂，此物质会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。实验室中检验该气体的方法是 。
(5)纯度测定：取样品溶于水配成溶液，取该溶液，向其中滴加的碘溶液，最终滴加碘溶液将溶液中恰好完全反应。此过程反应的离子方程式为 ；样品中的质量分数为 (已知其它杂质不反应)。
(21-22高一下·辽宁大连·期末)
28．中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，标志着我国在钛合金材料制备方面实现了重大突破。工业上用钛矿石(主要成分：等)为原料制取钛并得到副产物绿矾()，工艺流程如下：
已知：①
②易水解，只能存在于强酸性溶液中
请回答以下问题：
(1)钛矿石在加入浓硫酸酸溶前要先粉碎，其目的是 。
(2)加入适量铁粉的目的是 。操作1名称为 。
(3)固体2的主要成分是 。
(4)在高温下，和焦炭的混合物中通入得到和一种可燃性气体，请写出反应的化学方程式 。
(5)用过量的钠在高温条件下与反应可制得钛，写出此反应的化学方程式 。该反应必须在高温下进行，你认为还应该控制的反应条件是 。
(21-22高一上·吉林通化·期末)
29．硫酸铁是一种重要的化工原料，用铁矿石(主要成分为，还含有少量的FeO、、、有机杂质)制备硫酸铁的流程如下：
已知：既不与酸反应，也不与水反应。
(1)请写出“浸出”过程中与反应的离子方程式： ；浸出时，一边加入稀硫酸，一边搅拌的目的是 。
(2)“滤渣X”的成分为 。
(3)“氧化”的目的是 ；过程中发生的离子方程式为 。
(4)证明滤液中已沉淀完全的实验操作和结论为 。
(5)用相似的工艺还可以制取另一种含铁硫酸盐晶体——绿矾。绿矾产品可以制取摩尔盐，摩尔盐是一种重要的化工原料，广泛应用于医药冶金等领域，其化学组成可表示为。为确定摩尔盐的组成，进行如下实验：
步骤一：称取一定量的新制摩尔盐，溶于水配制成100.00mL溶液A。
步骤二：准确量取10.00mL溶液A，加入足量溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得白色固体4.660g。
步骤三：另取10.00mL溶液A，加入0.0500酸性溶液，发生反应：，当两者恰好完全反应时，消耗溶液的体积为40.00mL。
通过计算确定摩尔盐中的值： (写出计算过程)。
(22-23高一下·北京海淀·期末)
30．工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有、等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下：
【资料】：价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
pH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要离子
(1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将转化为。在该过程中，与的物质量之比为 。
(2)酸浸：已知难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，此时溶于盐酸的离子方程式是 。
(3)转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下：
①浸出液中加入石灰乳的作用是 。
②向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是 。
(4)煅烧：煅烧时生成的化学方程式是 。
(5)测定产品中的纯度：称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液。过量的恰好能与溶液完全反应。
已知：ⅰ．；
ⅱ．测定过程中被还原为。
假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)
(2)
(3) AC
【分析】非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，则符合转化的元素为S或N元素，据此分析；
【详解】（1）若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，另外容积为无色气体，则A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3：
①A的电子式 ；
②二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：；
③铜与稀硝酸常温反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：；
（2）若A在常温下为非金属气态氢化物，且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B遇到空气变成红棕色，则B为NO、C为NO2，A为NH3，D为HNO3：
①实验室制氨气，用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热，反应方程式：；
②氨气催化氧化生成一氧化氮，反应方程式：；
（3）若A为淡黄色晶体，D为二元强酸，则A为S，B为SO2,C为SO3，D为H2SO4：
①将三氧化硫气体通入溶液中生成硫酸钡，反应方程式：；
②将二氧化硫直接通入氯化钡溶液中无沉淀生成，通入氧化性气体，可发生氧化还原反应生成硫酸钡，故选AC。
2．(1) Na、O、S Na2S2O3
(2)Na2S2O3+H2SO4=Na2SO3+S↓+SO2↑+H2O
(3)SO2+Ca2++2OH-=CaSO3↓+H2O
【分析】M与稀H2SO4反应生成气体A、淡黄色固体A和溶液A，溶液A中只有一种溶质，溶液A的焰色反应呈黄色，溶液A中含Na+，溶液A中溶质为Na2SO4，15.8gM与0.1molH2SO4恰好完全反应，根据Na和守恒，M中n(Na)=0.2mol；气体A是无色有刺激性气味的气体、且能使品红溶液褪色，气体A为SO2且n(SO2)==0.1mol；淡黄色固体A为S，n(S)==0.1mol；根据S守恒，M中n(S)=0.1mol+0.1mol=0.2mol；M为三种短周期元素组成的化合物，则M中还含有O元素，M中n(O)==0.3mol；M中Na、S、O的个数之比为0.2mol∶0.2mol∶0.3mol=2∶2∶3，M的化学式为Na2S2O3。
【详解】（1）根据分析，M的组成元素为Na、S、O；其化学式为Na2S2O3；
（2）根据分析Na2S2O3与稀硫酸反应生成Na2SO4、S、SO2和H2O，反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；
（3）气体A为SO2，SO2属于酸性氧化物，SO2与足量的澄清石灰水反应生成CaSO3沉淀和H2O，反应的离子方程式为SO2+Ca2++2OH-=CaSO3↓+H2O。
3．(1)Fe、S
(2)和
(3)取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为
(4)
【分析】红棕色固体是Fe2O3，1.6g是0.01mol，含铁元素0.02mol，加盐酸生成黄色的氯化铁溶液，混合气体标况下448ml，物质的量是0.02mol，与氯化钡溶液反应生成2.33g白色沉淀硫酸钡0.01mol，推出0.02mol气体中SO3是0.01mol，剩余是SO20.01mol，3.04g盐A中有Fe元素0.02mol，S元素0.02mol，余下为O元素，n(Fe)：n(S)：n(O)=0.02:0.02:0.08=1:1:4，该盐是FeSO4。
【详解】（1）组成盐A的元素是O、S、Fe；
（2）B的组成成分是SO2和SO3；
（3）E中阳离子是Fe3+离子，用KSCN溶液检验，取少量E溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E中阳离子为；
（4）硫酸亚铁加热分解产物是Fe2O3、SO2和SO3，反应分化学方程式为。
4．(1)AD
(2)
(3)
(4) 放热
(5) D 0.225
(6)50
【详解】（1）A．NO2易溶于水生成HNO3同时还生成NO，故NO2不是酸性氧化物，A错误；
B．N2与O2反应时，不论O2是否足量，其一步反应都只能得到NO，即N2+O22NO，不能生成NO2，然后再发生2NO+O2=2NO2，B正确；
C．常温常压下，无色的NO能与空气中的O2直接化合2NO+O2=2NO2，生成红棕色的NO2，C正确；
D．在NO2与水的反应中，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应的氧化剂与还原剂的质量之比为1:2，D错误；
故答案为：AD；
（2）将装有50mLNO2、NO混合气体的量筒倒立在水槽中，反应后气体体积缩小为30mL，设混合气体中NO2为xmL，根据反应方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO有：50-x+=30mL，解得x=30，则原混合气体中NO2和NO的体积比,30mL：(50-30)mL=3:2，故答案为：3:2；
（3）热电厂通常用NH3消除燃煤烟气中的NO2，生成两种无污染的产物即N2和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：，故答案为：；
（4）制备过程中②是氨的催化氧化反应，化学研究小组将经加热的铂丝插入锥形瓶内(如图所示)，此时锥形瓶相当于氧化炉，可观察到铂丝保持红热，瓶口有红棕色气体即NO2生成，2NO+O2=2NO2，则氨的催化氧化反应的化学方程式为：，根据现象铂丝保持红热可知，该反应放热，故答案为：；放热；
（5）①
A．化学平衡的标志之一为反应体系各组分的浓度、质量或百分含量保持不变，故NH3的质量不再变化，说明反应达到平衡状态，A不合题意；
B．化学平衡的本质特征为正、逆反应速率相等，单位时间内消耗1molN2是正反应速率，生成3molH2是逆反应速率，根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，二者正逆反应速率相等，反应达到化学平衡，B不合题意；
C．反应过程中容器内压强一直在改变，故容器内的压强不再变化，说明反应达到化学平衡，C不合题意；
D．化学平衡的标志之一为反应体系各组分的浓度、质量或百分含量保持不变，而不是相等或呈系数比，即容器内N2、H2和NH3的分子数之比为1:3:2，不能说明化学反应达到化学平衡，D符合题意；
故答案为：D；
②若2min末测得容器内NH3的物质的量为0.6mol，则=0.15mol·L-1·min-1，又知化学反应速率之比等于化学计量系数比，故mol·L-1·min-1=0.225mol·L-1·min-1，故答案为：0.225；
（6）根据反应方程式：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3足量的铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，根据得失电子守恒有：2n(Cu2+)=n(NO2)+3n(NO)=4n(O2)，故有n(Cu2+)=2n(O2)= =0.1mol，根据反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，可得n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.2mol，若向所得硝酸铜溶液中加入4mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是=50，故答案为：50。
5．(1) N2O5 氧化性
(2) Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2 + 2NH3↑+2H2O a 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O
(3)N2O5+H2O=2HNO3
(4)d
【分析】
根据题图X为N的+5的氧化物，化学式为N2O5；化合价为N的最高价，易得电子，具有氧化性。①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为：；②干燥NH3用碱性或者中性不与氨气反应的催化剂，不能用酸性催化剂或者中性的与氨气反应的催化剂，故选浓硫酸；氨气密度小于空气长管进短管处，故答案为： ；④工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步，请写出第一步NH3→NO的化学方程式：；X 转化为HNO3的化学反应方程式为：N2O5+H2O=2HNO3；N的化合价从-3价到0价，需要氧化剂，故选d。
【详解】（1）根据题图X为N的+5的氧化物，化学式为N2O5；化合价为N的最高价，易得电子，具有氧化性。
（2）
①实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为：；②干燥NH3用碱性或者中性不与氨气反应的催化剂，不能用酸性催化剂或者中性的与氨气反应的催化剂，故选浓硫酸；氨气密度小于空气长管进短管处，故答案为： ；④工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步，请写出第一步NH3→NO的化学方程式：。
（3）X 转化为HNO3的化学反应方程式为：N2O5+H2O=2HNO3。
（4）N的化合价从-3价到0价，需要氧化剂，故选d。
6．(1)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)ac
(3)Na2CO3
(4)除去过量的OH－和CO
(5)蒸发结晶
【分析】含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系分析可知，A为H2S，B为S，C为SO2，D为H2SO3，E为H2SO4，F为SO3，R为NH3，X为N2，Y为NO，Z为NO2，W为HNO3；由实验流程可知，①中加水溶解，②中过滤分离出泥沙，滤液含NaCl及、、，③中加氯化钡除去硫酸根离子、加NaOH除去镁离子、加碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，④过滤分离出沉淀为氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑤中加盐酸除去NaOH、Na2CO3，⑥中蒸发结晶得到NaCl，以此来解答。
【详解】（1）实验室利用两种固体物质氢氧化钙和氯化铵加热制备物质氨气，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）a.氨气具有还原性，NO、NO2具有氧化性，在催化剂的作用下，氨气和NO、NO2发生归中反应，生成氮气和水，故a正确；
b.图中所示的物质中，属于电解质的有H2S、H2SO3、H2SO4、HNO3，故b错误；
c.浓氨水易挥发，浓硝酸易挥发，氨气和硝酸反应生成白色固体硝酸铵，用玻璃棒分别蘸取浓的R溶液和浓的W溶液，玻璃棒靠近时有白烟产生，故c正确；
d.Z为NO2，C为SO2，F为SO3，均能与NaOH溶液反应，其中SO2、SO3都是酸性氧化物，NO2和碱反应生成两种盐和水，是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故d错误；
故答案为：ac。
（3）操作③按abc顺序依次加入过量的试剂。若a为NaOH溶液，由于过量的钡离子需用碳酸钠除去，则c为Na2CO3溶液，b为氯化钡；
（4）加盐酸调溶液pH的目的是除去过量的OH－和CO；
（5）步骤⑥操作名称是蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶。
7．(1)检查装置气密性
(2) 分液漏斗 过浓的硫酸溶液中，分子不易解离，导致太低，不易与反应生成，稀硫酸中含有较多水，气体易溶于水，不易逸出
(3)
(4) 干燥的不能漂白品红 先与水反应生成后，再与品红结合生成不稳定的无色化合物
(5)吸收尾气，防止其污染空气，还可以防止空气中的水蒸气进去装置D，干扰实验
【分析】装置A在制取二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可以使装置B中的酸性高猛酸钾溶液褪色，浓硫酸的作用是吸水，由此分析：
【详解】（1）因为是有气体参与的反应，故在实验开始之前，应该先检查装置气密性；
（2）盛装70%浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，使用硫酸与亚硫酸钠制取时，必须采用浓度为70%左右的浓硫酸，其原因是过浓的硫酸溶液中，分子不易解离，导致太低，不易与反应生成，稀硫酸中含有较多水，气体易溶于水，不易逸出；
（3）装置B中二氧化硫和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，方程式为；
（4）酸性高锰酸钾溶液褪色前，夹紧弹簧夹K，一段时间后装置D中干燥的品红纸花没有褪色，说明干燥的不能使品红褪色；打开弹簧夹K，一段时间后装置D中干燥的品红纸花褪色，可以推测是先与水反应生成后，再与品红结合生成不稳定的无色化合物；
（5）装置E中碱石灰的作用是吸收尾气，防止其污染空气，还可以防止空气中的水蒸气进去装置D，影响实验结果。
8．(1)将N，S元素转化为便于检测的物质
(2)低
(3)
(4)品红溶液
(5) D B
(6)
【分析】蛋白质含有C，H，O，N，S等元素，高温氧化得到，铜管还原，得到，通过吸附柱，可将三种气体进行吸附，未吸附气体，通过热导检测仪测定含量，吸附后得到的三种气体，变温后对硫元素进行检测；
【详解】（1）由流程图可知，第一步将有机物中的N，S元素分别氧化为氮氧化物和氮气，二氧化硫和三氧化硫，则氧化的目的是：将N，S元素转化为便于检测的物质；
（2）若不通氨气，S元素吸收不完全，则使S元素的测定结果偏低；
（3）铜管和发生氧化还原反应生成和CuO，化学方程式为：
;
（4）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则在中学化学实验室中可利用品红溶液定性检测上述变温后的气体中是否含有；
（5）若利用中学化学方法定量检测变温后S元素的含量，可先将气体通入足量新制氯水进行吸收，被氧化为硫酸根，再向所得溶液中加入足量盐酸酸化的溶液，生成白色沉淀，再根据化学方程式计算即可；先通入硫酸酸化的溶液则引入硫酸根，影响检验结果，先通入氢氧化钠溶液后再加入盐酸酸化的溶液，则得不到白色沉淀，故答案为D；B；
（6）第②步是硫酸铵和氢氧化钠再加入条件下反应生成氨气，离子方程式为：。
9．(1)
(2)便于控制反应的开始与停止(或可以随时关停，节约药品)
(3)棉花紫(红)色褪去或棉花紫(红)色变浅
(4)
(5)防止倒吸吸收尾气
(6)
(7)
【详解】（1）A中发生的是制取SO2的反应，反应的化学方程式为：。
（2）抽动铜丝可以控制铜丝和浓硫酸的接触，从而控制反应的开始和停止。
（3）B处高锰酸钾溶液褪色，说明锰元素化合价降低，由此推测硫元素从价变为价。
（4）C处，SO2和溶液反应，棉花上出现黄色固体，其中SO2中S元素由+4价降低到0价，中S元素由-2价升高到0价，因此该反应的氧化剂为SO2。
（5）SO2为酸性氧化物，有毒，需要用溶液吸收，因此D装置的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气，还能起到防倒吸的作用。
（6）将A中产生的SO2气体通入溶液中生成白色沉淀，反应的离子方程式为：，因此产生的白色沉淀为。
（7）要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，需要先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强进行判断。先将SO2通入a小苏打溶液中生成二氧化碳；再通过c酸性高锰酸钾溶液除去SO2；再通过b品红溶液检验SO2是否除尽；最后通入d漂白粉溶液产生白色沉淀，证明碳酸的酸性比HClO强；从而证明H2SO3的酸性强于HClO。
10．(1) 铜片不断变小，溶液颜色逐渐变为蓝色，有气泡放出 干燥并除去
(2)64
(3) 与反应产物是和，产物均可与发生氧化还原反应促进的吸收
【分析】A中木炭和浓硝酸反应：，B中NO2与水反应生成硝酸，铜和稀硝酸反应产生硝酸铜和NO，C中为碱石灰，干燥NO并除去，D中NO与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，E装置防止水蒸气进入D装置，F装置可除去NO。
【详解】（1）①A中化学反应为：；
②装置B铜和稀硝酸反应产生硝酸铜和NO，实验现象为：铜片不断变小，溶液颜色逐渐变为蓝色，有气泡放出；
③装置C的作用为：干燥并除去；
④根据题中已给信息，酸性高锰酸钾溶液可以与NO反应，装置F中发生反应的离子方程式为：；
（2）该过程步骤I的反应为：，化学反应速率之比为化学计量数之比，若的消除速率为，即，则的消耗速率为，即；
（3）①溶液在脱除时生成一种对空气无污染的气体，为氮气，根据氧化还原反应原理，该反应化学方程式为：；
②由①信息可知和均可与NO2反应，故原因为：图与反应产物是和，产物均可与发生氧化还原反应促进的吸收。
11．(1)分液漏斗
(2)
(3)
(4)③⑤
(5)BC
(6)AB
(7)15/13
【分析】在探究浓度对硝酸氧化能力的影响实验中，装置②中试剂应该为水，使装置①中的二氧化氮与水反应生成一氧化氮，装置③应盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中应盛放的是浓硝酸3，若浓硝酸能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体；
【详解】（1）装置a的名称为分液漏斗；
（2）装置①中是铜片与浓硝酸的反应，离子反应方程式为：；
（3）②中的试剂为水，使二氧化氮与水反应生成一氧化氮：
（4）①~⑥装置中，①中是铜与浓硝酸的反应，②中是二氧化氮与水的反应，③中的稀HNO3不能氧化NO，④中浓硝酸能将一氧化氮氧化成二氧化氮，⑤中一氧化氮与水不发生反应，⑥中氢氧化钠能吸收，因此没有发生氧化还原反应的是③和⑤；
（5）A．装置③应盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中应盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体，A错误；
B．②中的试剂为水，使NO2与H2O反应生成一氧化氮，，B正确；
C．空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需要通入一段时间N2赶走装置中的空气，C正确；
D．装置6中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染空气，D错误;
故答案为BC；
（6）由图可知，硝酸的浓度越大，其还原产物中氮的价态越高，A正确；由图可知，硝酸与铁反应的还原产物有一氧化氮、二氧化氮、氮气等，B正确；常温下，铁在浓硝酸中钝化，表面生成致密的氧化物薄膜，C错误；
（7）由图可知，当硝酸浓度为时，还原产物为一氧化二氮、二氧化氮和一氧化氮，反应后铁以形式存在于溶液中，铁与足量硝酸反应的离子方程式为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。
12．(1) E Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(2) 无变化 恢复红色
(3) 使氯气和二氧化硫充分混合 1：1 SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+
【分析】实验用铜片和浓硫酸反应制取二氧化硫，用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，浓硫酸和铜反应制取二氧化硫需要加热，因此在E装置中进行，E中生成的二氧化硫进入D中使品红溶液褪色，过量的二氧化硫用NaOH溶液吸收，高锰酸钾与浓盐酸在A中反应，生成的氯气使B中品红溶液褪色，过量的氯气用NaOH溶液吸收。
【详解】（1）根据分析可知，制取SO2的装置为E。发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
（2）B中溶于品红溶液生成的次氯酸具有强氧化性，将品红氧化从而使其褪色，给B试管加热，溶液无变化。D中二氧化硫的漂白性是二氧化硫与有色物质化合生成无色物质，加热后二氧化硫逸出，品红溶液恢复红色。
（3）①在气体进入品红溶液前，先将二氧化硫和氯气通过盛有浓硫酸的试剂瓶，目的是控制气体通入速度，同时使氯气和二氧化硫充分混合。
②二氧化硫和Cl2能发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+，品红溶液几乎不褪色，说明氯气和二氧化硫完全反应，则两者的体积之比为1：1。
13．(1)—92.4
(2)该反应放热，使得体系温度升高，反应速率加快
(3) 0.0012 30% ac
(4) N2
【详解】（1）同一化学反应，若正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，由方程式可知，合成氨反应ΔH=—46.2kJ/ mol×2=—92.4kJ/mol，故答案为：—92.4；
（2）反应中，反应物的浓度减小，反应速率减小，合成氨反应为放热反应，绝热容器中，反应放出的热量使反应温度升高，温度升高反应速率加快，则AB段化学反应速率增大说明反应温度升高对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，故答案为：该反应放热，使得体系温度升高，反应速率加快；
（3）①由表格数据可知，50s时氨气的物质的量为0.24mol，由方程式可知，0～50s内氮气的反应速率为=0.0012 mol/(L·s)；250s反应达到平衡时，氨气的物质的量为0.40mol，由方程式可知，氢气转化率为×100%=30%，故答案为：0.0012；30%；
②a．升高温度，化学反应速率加快，故符合题意；
b．增大容器体积，容器中气体压强减小，反应速率变慢，故不符合题意；
c．加入合适的催化剂，化学反应速率加快，故符合题意；
故选ac；
（4）由电子的移动方向可知，通入氢气的电极1为原电池的负极，通入氮气的电极2为正极，水分子作用下氮气在正极得到电子发生还原反应生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为，故答案为：N2；。
14．(1) Fe； (或) 溶液[或溶液等含的电解质溶液]
(2)ACD
(3) 16
【分析】图1中原电池反应原理为，负极反应为：负极反应为：；
图2锌铜原电池装置中，该原电池原理为锌与硫酸铜发生氧化还原反应，锌片作负极，铜片作正极，锌片失去电子变为锌离子使得硫酸锌溶液中阳离子偏多则盐桥中阴离子向硫酸锌溶液移动，同理阳离子向硫酸铜溶液移动；
图3原电池的总反应为，根据电子的流向可知c处为负极，d处为正极，负极反应式为：，正极反应式为： ；
【详解】（1）原电池反应中负极失电子，正极得电子，则铁失去电子变成亚铁离子，铁极为负极，正极为铁离子得到电子变为亚铁离子，电极反应式为（或），溶液应为铁盐且阴离子得电子能力小于氢离子，溶液C可为溶液（或溶液等含的电解质溶液）；
（2）A．原电池中阴离子向负极移动，则盐桥中的阴离子向溶液移动，A项正确；
B．Zn作负极，Cu作正极，电子从负极沿着导向移到正极，不经过盐桥，B项错误；
C．根据分析可知铜片一极铜离子得电子为正极，C项正确；
D．双液原电池中锌单质和硫酸锌接触，铜单质和硫酸铜接触，两份溶液通过盐桥联通，不会出现氧化剂和还原剂之间的直接反应，电池效率提高了，电流更稳定，即双液原电池比单液原电池的电流更稳定，D项正确；
答案选ACD。
（3）由结构示意图可知电子由c极向b极移动，故c为负极，则a处充入的气体为；
负极甲醇失去电子发生氧化反应，电极反应式为：；
由电极反应可知转移6mol电子消耗1mol甲醇，故转移3mol电子消耗的甲醇的质量为。
15．(1) 放 大于
(2) 0.05 36% b c
(3) 正极 2
【详解】（1）所有燃烧反应都是放热反应，CH4在O2中燃烧的反应是放热反应，这是由于反应物的总能量大于生成物的总能量，发生反应时会向环境释放能量；
（2）①由图可知，6min时，CO的转化率为60%，则从反应开始到6min内消耗的CO为1mol×60%=0.6mol，从反应开始到6min，用CO的浓度变化表示的该反应的反应速率为=0.05mol/(L min)；从反应开始到6min中，消耗的H2物质的量为0.6mol×3=1.8mol，则6min时H2的转化率为×100%=36%；
②a．该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，容器内混合气体的密度保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，a项不符合题意；
b．该反应的正反应气体分子数减小，建立平衡的过程中气体分子物质的量变化，在恒温恒容容器中，容器内混合气体的总压强变化，故容器内混合气体的总压强保持不变能说明反应达到化学平衡状态，b项符合题意；
c．容器中CH4的体积分数保持不变是该反应达到化学平衡状态的特征标志，c项符合题意；
d．单位时间内每消耗1molCO同时生成1molCH4仅指正反应方向，不能说明反应达到化学平衡状态，d项不符合题意；
答案选bc；
（3）①通入CH4的电极上CH4发生失电子的氧化反应生成，通入CH4的电极为负极；通入O2的电极上O2发生得电子的还原反应，通入O2的电极为电池的正极；
②通入CH4的电极上CH4发生失电子的氧化反应生成，1molCH4失去8mol电子，则通入CH4的电极反应方程式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O；
③标准状况下11.2LO2物质的量为=0.5mol，通入O2的电极反应方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，转移电子物质的量为0.5mol×4=2mol。
16．(1)Ⅰ
(2)AF
(3) ACE 0.075 8：5
(4) 负
【详解】（1）反应I只有一种生成物，即反应物原子利用率100%，符合原子经济性；
（2）分离出甲醇生成物浓度减小，即反应速率减小，A正确；增大容器压强，容器容积减小，物质浓度增大，反应速率加快，B错误；升高温度反应速率加快，C错误；催化剂能加快反应速率，D错误；恒温恒容充入氩气，反应物和生成物浓度不变，反应速率不变，E错误；恒温恒压充入氩气，容器体积增大，反应物和生成物浓度减小，反应速率减小，F正确；故选AF；
（3）①甲醇体积分数不再改变可以说明该反应达到平衡，A可以；断裂即消耗1mol二氧化碳，由于甲醇和水中均含有氢氧键，故同时断裂键无法判断反应是否达到平衡，B不可以；该反应属于气体物质的量改变的反应，又气体总质量不变，故可作为平衡标志，C可以；容器容积不变，气体总质量不变，即混合气体密度一直不变，D不可以；容器容积不变，但该反应属于气体体积改变的反应，故气体总压强不再改变可以说明反应达到平衡，E可以；故选ACE ；
②令达到平衡时消耗二氧化碳物质的量为xmol，则消耗的氢气物质的量为3xmol，生成甲醇物质的量为xmol，水蒸气物质的量为xmol；所以平衡时二氧化碳物质的量为（1-x）mol，氢气物质的量为（3-3x）mol，甲醇物质的量为xmol，水蒸气物质的量为xmol，又平衡时混合物中体积分数为30%，即，故x=0.75；则平衡时二氧化碳物质的量为0.25mol，氢气物质的量为0.75mol，甲醇物质的量为0.75mol，水蒸气物质的量为0.75mol，则0~5min内，；恒温恒容，压强之比等于物质的量之比，即反应体系开始时的压强与平衡时的压强之比为；
（4）①该装置是原电池，根据总反应：CO+2H2=CH3OH可知，C的化合价降低，CO在正极得到电子，H的化合价升高，H2在负极失去电子，所以通入H2的一端是负极；
②通入CO的一端为正极，CO在酸性溶液中得到电子转变为CH3OH，电极反应式为CO+4e-+4H+=CH3OH。
17．(1)CD
(2) >
(3)0.0125
(4)<
(5)70%
(6)空气
(7)
【详解】（1）A. ，不符合速率之比等于化学计量数之比，此时v逆
C. 恒容条件下，反应前后混合气体的总质量不等，当混合气体密度保持不变时，说明反应前后混合气体的总质量不变，反应达平衡，故C正确；
D. 随反应进行，物质的量的减少，的物质的量在增加，但二者的变化量不等，当和的物质的量之和保持不变时，反应达平衡，故D正确。
答案为：CD。
（2）总反应-①=②，故反应②为：；吸热反应中反应物的总键能大于生成物的总键能。
答案为：;>。
（3）组别①中，0~20min内，n(CH4)=0.25mol，根据反应方程式，则n(NO2)=0.5mol,则的降解速率=。
答案为：0.0125。
（4）由表格数据可知，相同时间段，实验②中甲烷的物质的量变化量大，说明反应速率快，说明反应温度高，故T1
（5）根据表格数据可知，50min时反应达平衡状态，甲烷的转化率=。
答案为：70%。
（6）放电时，电子由铂极流出，经电流表流向石墨电极，说明铂极作负极，燃料电池中，负极通燃料，正极通空气。
答案为：空气。
（7）铂极发生的电极反应式为：。
答案为：。
18．(1)小于
(2) 0.0375 75% DE
(3) 负 0.6
【详解】（1）根据图像，反应物能量高于生成物，反应放热，说明反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成生成物中的化学键释放的总能量，故答案为：小于；
（2）①反应开始到，用表示反应速率为=0.0375；
②根据反应可知，达到平衡时，改变的物质的量为1mol-0.25mol=0.5mol，改变的物质的量为0.5mol3=2.25mol，的转化率为；
③A．c(CO2) : c(CH3OH) = 1 : 1不能证明正逆反应速率相等,选项A错误；
B．混合气体的密度等于质量和体积之比，是一个定值，当密度不再发生变化时，不能说明反,应达到了平衡，选项B错误；
C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1molH2O，只能表示反应正向进行，不能说明正逆反应速率相等,选项C错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变是化学平衡状态的特征，选项D正确；
E．反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内压强保持不变时则达平衡，选项E正确；
答案选DE；
（3）氢气燃料电池中，氢气通入的电极a是负极，发生氧化反应，通入氧气的电极b是正极,发生还原反应: ；
故答案为:负；；
②当消耗标准状况下时，即0.15mol，根据电极反应可知，导线上转移的电子的物质的量是0.15mol 4=0.6mol；
③H2改为甲醇就构成了碱性甲醇燃料电池，在.负极.上是甲醇失电子的氧化反应，碱性环境下，电极反应为: ，故答案为: 。
19．(1)
(2)
(3)1
(4) 氧化反应
(5)羧基
(6)ac
【分析】A是邻二甲苯氧化为邻苯二甲酸，再与甲醇发生酯化反应生成邻苯二甲酸二甲酯C，又还原成邻苯二甲醇D，在Cu催化剂作用下被O2氧化为邻苯二甲醛H，与H2O2作用生成I，最后转化为J。1,4-二氯丁烷E经过取代水解生成己二酸，己二酸与D发生缩聚反应生成高分子化合物G。
【详解】（1）经过分析A的分子式为；
（2）
C是有邻苯二甲酸与甲醇发生酯化反应的产物，因此C的结构简式为；
（3）D的结构中有2个羟基，1molD与足量的钠反应可以生成1molH2；
（4）
D是邻苯二甲醇，在铜作催化剂下背氧气氧化为邻苯二甲醛，反应的化学方程式为：；反应类型是氧化反应；
（5）F是己二酸，官能团的名称是羧基；
（6）I和J都可以燃烧发生氧化反应，a正确；二者分子式不同不是同分异构体b错误；I到J是羟基形成了醚键，发生的是取代反应，c正确；含量最高的元素均是碳元素，d错误。
20．(1) CH2=CH2
(2) 醛基 羧基
(3) ⑤ ①④
(4)
(5)
(6)
【分析】根据题目所给信息可知，A是乙烯，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志之一；K是乙烯高聚物：聚乙烯；A与水在催化剂作用下生成B：乙醇；B在Cu催化作用下氧化生成C：乙醛；C继续被氧化，生成D：乙酸；B与D在浓硫酸作用下加热反应生成E：乙酸乙酯；A与Br2的CCl4溶液反应，生成F：1，2-二溴乙烷；
【详解】（1）根据分析，A的结构简式是“CH2=CH2”；K的结构简式是“ ”；
（2）C是乙醛，所含官能团叫“醛基”；D是乙酸，所含官能团叫“羧基”；
（3）反应①是加成反应，反应②是氧化反应，反应③是氧化反应，反应④是加成反应，反应⑤是酯化反应(属于取代反应)，所以本问第一空应填“⑤”，第二空应填“①④”；
（4）醋酸与NaHCO3反应生成醋酸钠和水和二氧化碳，醋酸是弱酸，写化学形式，碳酸氢钠和醋酸钠都是可溶盐，拆写离子形式，离子方程式为“”；
（5）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯和水，化学方程式为“”；
（6）
有机物F是1，2-二溴乙烷，其同分异构体是1，1-二溴乙烷，结构简式是“”。
21．(1) 或
(2)酯基
(3)加成反应
(4)abc
(5) n
(6)5
【分析】
根据信息ii，生成A发生加成反应，即A的结构简式为，根据反应①产物中含有碳碳双键，则反应①发生消去反应，根据信息i，推断出形成M的单体为CH2=C(CH3)COOCH3，反应③是E与甲醇发生酯化反应，即C的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，据此分析；
【详解】（1）
A的结构简式为，则A的分子式为C4H7ON或C4H7NO；根据上述分析，B为甲醇，即结构简式为CH3OH；故答案为C4H7ON或C4H7NO；CH3OH；
（2）根据M的结构简式，含有官能团是酯基；故答案为酯基；
（3）
反应②的原子利用率为100%，该反应类似化合反应，其反应方程式为CH3－CH=CH2＋CO2 ，该反应类型为加成反应；故答案为加成反应；
（4）a．根据E的结构简式，含有官能团是碳碳双键和羧基，故a正确；
b．含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳发生加成反应，使其褪色，故b正确；
c．该有机物的官能团是羧基，羧基能与Na、NaOH、Na2CO3反应，故c正确；
d．该有机物中含有甲基，利用甲烷空间构型为正四面体，因此该有机物所有原子不共面，故d错误；
答案为abc；
（5）
根据上述分析，反应③为酯化反应，化学反应方程式为+CH3OH＋H2O；反应④为加聚反应，其反应方程式为n；故答案为+CH3OH＋H2O；n
（6）
，一个氯原子固定在①上，另一个氯原子在①②③，一个氯原子固定在②上，另一个氯原子在③上，一个氯原子固定在③上，另一个氯原子在③上，共有5种；故答案为5。
22．(1) 羟基
(2)
(3) ①③ BC
(4)
【分析】根据题给信息，A是含氢质量分数最大的烃，呈正四面体结构，是甲烷，根据B的球棍模型知B是乙烯。C能与Na反应， 但不能与NaOH 溶液反应，说明C含有-OH，相对分子质量为46，则C是乙醇。D的水溶液中滴加石蕊变红，具有酸性，结合其比例模型知D是乙酸。据此答题。
【详解】（1）
根据分析，A是甲烷，结构式为：。C是乙醇，官能团名称是羟基。
（2）B是乙烯，结构简式是。发生加聚反应的方程式为:
。
（3）i．上述转化过程中，①是乙烯与水加成反应生成乙醇，②是乙醇催化氧化生成乙醛，③乙醛与HCN发生加成反应生成2-羟基丙腈，④是2-羟基丙腈与水发生水解反应生成2-羟基丙酸。属于加成反应的是①③。
ii．转化②的化学方程式为：。
iii．A．该物质属于烃的含氧衍生物，A错误；
B．该物质含有羟基和羧基，可发生酯化反应，B正确；
C．该物质中羟基和羧基均能与钠反应生成氢气，故1mol该物质与足量金属钠反应，可生成1mol氢气，C正确；
D．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不使溴水褪色，D错误；
故选BC。
（4）C是乙醇，D是乙酸，两者发生酯化反应的化学方程式为：。
23．(1)取代反应
(2)
(3)或
(4)
【分析】
乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br与NaCN发生信息①的反应生成B为CH2CNCH2CN，CH2CNCH2CN酸性条件下与水反应生成C为HOOCCH2CH2COOH，CH2BrCH2Br在氢氧化钠的水溶液中发生卤代烃的水解反应生成D为HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH与HOOCCH2CH2COOH发生酯化反应生成E为八元环状化合物，E为 ，HOOCCH2CH2COOH与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成琥珀酸二乙酯；
【详解】（1）CH2BrCH2Br与NaCN反应，Br被CN取代，A→B的反应类型为取代反应；
（2）HOOCCH2CH2COOH与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成琥珀酸二乙酯，反应的化学方程式为HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O；
（3）
根据分析可知，E的结构简式为 ；
（4）
CH2=CHCH2OH与HCl发生加成反应生成CH3CHClCH2OH，CH3CHClCH2OH再发生醇的催化氧化生成CH3CHClCHO，CH3CHClCHO与氧气反应生成CH3CHClCOOH，最后CH3CHClCOOH在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应后酸化生成CH2=CHCOOH，合成路线为。
24．(1) CH2=CHOOCCH3 碳碳双键
(2)①③④
(3)CH3COOCH3
(4)CH2=CHCH=CH2+Br2→BrCH2CH=CHCH2Br
(5)羟基和双键都将被氧化
(6)顺反异构化
【分析】I．在制备聚乙烯醇的过程中，乙炔和乙酸在催化剂条件下发生加成反应生成X为CH2=CHOOCCH3；然后发生加聚反应，酯基水解后生成聚乙烯醇；在1，3－丁二烯的制备过程中，一分子乙炔和两分子甲醛发生加成反应，然后发生加氢得到1，4－丁二醇，最后发生消去反应得到1，3－丁二烯，据此分析解题；
Ⅱ．1，3－丁二烯合成富马酸，1，3－丁二烯发生1，4加成生成并水解后得到物质Y，Y中双键与HCl发生加成反应后，在酸性高锰酸钾条件下氧化羟基为羧基，最后发生消去反应得到富马酸，据此分析解题。
【详解】（1）据分析可知，X的结构简式为CH2=CHOOCCH3，X能够发生加聚反应，是因为X分子中含有碳碳双键，故答案为CH2=CHOOCCH3；碳碳双键。
（2）由分析可知，反应①~⑤中，属于加成反应的是①③④，故答案为①③④。
（3）由图中虚线所示为该反应中的断键位置，则反应②中另一种产物的结构简式是CH3COOCH3，故答案为CH3COOCH3。
（4）写出反应⑥为1，3－丁二烯发生1，4加成，化学方程式为CH2=CHCH=CH2+Br2→BrCH2CH=CHCH2Br，故答案为CH2=CHCH=CH2+Br2→BrCH2CH=CHCH2Br。
（5）物质Y中含有双键和羟基，如果没有设计⑧和⑩这两步，直接用酸性KMnO4处理物质Y，羟基和双键都将被氧化，故答案为羟基和双键都将被氧化。
（6）双键存在顺反异构，所以富马酸和马来酸互为同分异构体，故答案为顺反异构化。
25．(1)4NH3+5O24NO+6H2O
(2)5：3
(3)3NO2+H2O=2HNO3+NO，还有变为NO，仍然是大气污染物，而不能被完全吸收
(4)2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
(5) A O2具有氧化性，能将NO氧化成NO2，NO2含量增大，氮氧化物吸收率提升
(6)②④⑤
【分析】Ⅰ．氨气与空气中的氧气在氧化炉中发生反应产生NO、H2O，发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；NO、O2、H2O发生反应产生HNO3，HNO3与NH3反应产生NH4NO3。
Ⅱ．工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，直接排放会造成大气污染，可根据气体的性质采用不同方法吸收，同时要注意防止倒吸现象的发生。
【详解】（1）在设备1中发生NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生反应产生NO、H2O，该反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）在设备2中NO与O2反应产生NO2，NO2被H2O吸收反应产生HNO3、NO，反应方程式为：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，将这两个方程式叠加，可得总反应方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3。若设备1中通入的NH3氧化产生的NO在设备2中完全转化为HNO3，反应消耗的O2的物质的量的比是5：3。根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，故同温同压下，理论上设备1与设备2中消耗氧气(或空气)的体积比为5：3；
（3）NO2不能与空气反应，但溶于水，与水反应产生HNO3、NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。根据方程式可知：NO2在被H2O吸收时只有转化为HNO3，还有NO2反应后变为有毒的NO，NO仍然是大气污染物，故不能被完全吸收转化；
（4）除了NO、NO2与NaOH溶液发生归中反应产生NaNO2外， NO2还会发生歧化反应，NO2中+4价的N部分化合价降低，转化为NaNO2中+3价的N，还应有部分N化合价升高，转化为NaNO3中+5价的N，因此另一个化学方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；
（5）①A．当NaOH溶液浓度一定时， NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大，A正确；
B．根据上述图像可知：随着NaOH溶液浓度增大，氮氧化物的吸收率先增加后减小，B错误；
故合理选项是A；
②根据图示可知：当混合气体中NO2含量小于50%时，通入具有氧化性的O2，会将NO氧化成NO2，使NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大；
（6）①只有气体入口，不能吸收的气体不能排出，因此不能用于NH3的吸收，①错误；
②在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，使NH3的吸收面积扩大，这样既可以使氨气被充分吸收，同时也可以防止倒吸现象的发生，②正确；
③导气管末端直接插入水中，NH3在水中溶解导致导气管中气体压强减小，烧杯中的水在外界大气压强作用下会进入导气管而引起倒吸现象，不能用于吸收NH3，③错误；
④导气管末端安装一个干燥管，干燥管的下端伸入到水中，既可以使氨气被充分吸收，同时也可以防止倒吸现象的发生，可用于NH3的吸收，④正确；
⑤导气管伸入到CCl4中，NH3不能在其中溶解，就可以避免引起倒吸现象，NH3在CCl4中上升，溶解在密度比CCl4小，与CCl4互不相溶的H2O层中，也可以使NH3被充分吸收，⑤正确；
综上所述可知：装置②④⑤均可以防止倒吸，故合理选项是②④⑤。
26．(1) HF ( V形
(2) BC
(3)的水溶液(或溶液)
【分析】实验室从海带中提取碘：①海带灼烧成灰，②浸泡溶解得到海带灰悬浊液，③过滤，得到滤液为含碘离子的溶液，④滤液中加入酸和氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，⑤利用有机溶剂萃取、分液得到含碘的有机溶液，⑥加入氢氧化钠溶液反萃取，使碘发生歧化反应，碘进入水溶液，水溶液在上层，分液后，上层溶液加入硫酸发生归中反应得到碘的悬浊液，通过蒸馏提取出碘单质，据此解答。
【详解】（1）位于元素周期表前五周期的第ⅦA族元素对应的最简单氢化物中的HF可以形成分子间氢键，故其沸点较高；同主族越向上，其非金属性越强，其对应的单质的氧化性越强，故氧化性由强到弱的顺序为；中心原子的价层电子对数为4，其中的孤电子对数为2，则其空间结构为：V形；
（2）步骤④中二氧化锰将碘离子氧化为单质碘，本身被还原为锰离子，离子方程式为：；除二氧化锰外，还可以用其他氧化剂，比如酸性条件下的过氧化氢，以及氯气，故可以代替“、稀硫酸”的为BC；
（3）单质溴具有氧化性，可以用还原剂来吸收单质溴，故可选用的水溶液(或溶液)来吸收含溴单质的空气来达到富集溴元素的目的。
27．(1)+4
(2)
(3)
(4) 被空气中的氧气氧化生成杂质 将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色
(5)
【分析】黄铁矿（主要成分FeS2）煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO还原得到还原铁粉，可利用 K2Cr2O7滴定分析等方法测定还原铁粉纯度；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收生成NaHSO3，加热后生成Na2S2O5，以此解答该题。
【详解】（1）中O为-2价，Na为+1价，硫元素的化合价为+4价。
（2）由炉渣制备还原铁粉时，用CO还原氧化铁生成铁，化学方程式为。
（3）由过饱和溶液经结晶脱水制得，该过程的化学方程式。
（4）①焦亚硫酸钠(，)在空气中易被氧化，实验制得的固体中含有少量杂质，可能的原因是被空气中的氧气氧化生成杂质。
②葡萄酒酿造过程中要添加作抗氧化剂，放出的有刺激性气味的气体为SO2，结合SO2的漂白性，实验室中检验该气体的方法是将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色。
（5）和碘反应的离子方程式为；根据离子方程式，样品中的质量分数为 ×100%=95%。
28．(1)增大接触面积，加速固体溶解
(2) 将全部还原为 过滤
(3)
(4)
(5) 隔绝空气(或在惰性环境中进行)
【分析】钛铁矿中含有FeO、TiO2、SiO2，加入浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性，将FeO氧化成Fe2(SO4)3，根据信息①，TiO2与硫酸反应生成TiOSO4，SiO2为不溶于水的酸性氧化物，加水、加入过量Fe，Fe将Fe3＋氧化成Fe2＋，然后过滤，滤渣1为SiO2和过量的铁，滤液1为FeSO4、TiOSO4，冷却，过滤，固体2为FeSO4·7H2O，滤液2为TiOSO4，据此分析；
【详解】（1）钛矿石在加入浓硫酸前要先粉碎，其目的是增大接触面积，加速固体溶解；故答案为增大接触面积，加速固体溶解；
（2）加入浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性，将FeO氧化成Fe2(SO4)3，该流程目的之一是制备FeSO4·7H2O，因此加入过量的铁粉的目的是将Fe3＋全部还原为Fe2＋；操作1得到固体2和溶液2，因此操作1的名称为过滤；故答案为将Fe3＋全部还原为Fe2＋；过滤；
（3）滤液1为FeSO4和TiOSO4，冷却，FeSO4以FeSO4·7H2O形式结晶析出，即固体2为FeSO4·7H2O；故答案为FeSO4·7H2O；
（4）TiO2、焦炭、氯气反应得到TiCl4和一种可燃性气体，可燃气体为CO，因此反应方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；故答案为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；
（5）利用金属钠具有强还原性，将Ti置换出来，其反应方程式为TiCl4＋4Na4NaCl＋Ti；金属钠为活泼金属，容易被氧气氧化，因此制备Ti时，需要隔绝空气或惰性环境中进行；故答案为TiCl4＋4Na4NaCl＋Ti；隔绝空气或惰性环境中进行。
29．(1) +6H+=3H2O+2Al3+ 加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3) 将溶液中的Fe2+转化为Fe3+
(4)取少量滤液于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液不变色，则Fe3+已沉淀完全
(5)
【分析】本题是一道考查用铁矿石为原料制备硫酸铁固体的工业流程题，首先对铁矿石进行煅烧，再用稀硫酸进行酸浸，过滤除去不易溶的二氧化硅，之后用过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，调pH生成氢氧化铁杂质，过滤，再用硫酸溶解滤出物，得到溶液结晶即可得到产品，以此解题。
【详解】（1）与反应生成硫酸铝和水，离子方程式为：+6H+=3H2O+2Al3+；可以从反应速率的影响因素的角度分析，一边加入稀硫酸，一边搅拌可以加快反应速率，同时使反应物接触更加充分，故其目的是：加快反应速率，提高浸出率；
（2）铁矿石中的成分不能和硫酸反应，故“滤渣X”是；
（3）过滤后的滤液中含有二价铁，加入过氧化氢可以把二价铁氧化为三价铁，故“氧化”的目的是：将溶液中的Fe2+转化为Fe3+；其对应的离子方程式为：；
（4）可以用硫氰化钾溶液证明溶液中是否存在三价铁，故答案为：取少量滤液于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液不变色，则Fe3+已沉淀完全；
（5）由题意，则溶液中，根据：；，，根据溶液守恒，中的，即，与FeSO4的物质的量分别为0.01mol、0.01mol，故。
30．(1)1：1
(2)
(3) 调节溶液pH值，提供钙离子形成沉淀 当时，钒主要存在形式不是形式存在
(4)
(5)
【分析】石煤为原料(含有、等杂质)焙烧生成，用盐酸酸浸，向酸浸溶液中加入石灰乳得到沉淀，加入碳酸铵溶液生成溶液，煅烧生成。
【详解】（1）根据题意，在该过程中，1mol失去4mol电子，1mol得到4mol电子，因此与的物质量之比为1：1；故答案为1：1。
（2）难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，价钒以形式存在，此时溶于盐酸的离子方程式是；故答案为：。
（3）①根据pH为10~12时，价钒以形式存在，因此浸出液中加入石灰乳的作用是调节溶液pH值，提供钙离子形成沉淀；故答案为：调节溶液pH值，提供钙离子形成沉淀。
②向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，价钒以形式存在，而不是以形式存在，因此的产量明显降低；故答案为：当时，钒主要存在形式不是形式存在。
（4）煅烧时生成、氨气和水，其反应的化学方程式是；故答案为：。
（5）根据题意得到关系式，则剩余的物质的量为，再根据关系式，则产品中的质量分数是；故答案为：。
答案第1页，共2页
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