2020-2021学年高一化学下学期期中专项复习（人教版2019必修第二册）：期中综合检测卷02【综合检测】（解析版）

2020-2021学年高一化学下学期期中专项复习综合检测卷02一．选择题（每小题3分，共48分，每题只有一个正确选项）1．硅的化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述错误的是A．二氧化硅是制造光导纤维的材料B．二氧化硅属于酸性氧化物，不能与任何酸反应C．装碱性溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞D．硅酸钠是制备木材防火剂的原料【答案】B【详解】A．二氧化硅对光有很好的反射作用，是制造光导纤维的材料，A正确；B．二氧化硅可以和氢氟酸发生反应，B错误；C．玻璃中含有二氧化硅，碱性溶液会和二氧化硅反应生成硅酸盐，所以装碱性溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞，C正确；D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，水玻璃是矿物胶，不燃烧，将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，D正确；综上所述答案为B。2．下列说法中正确的是A．不锈钢属于化合物B．浓硫酸可以用铁罐运输，是因为铁不与浓硫酸反应C．能使氯水褪色，是因为具有漂白性D．浓硝酸用棕色瓶盛装，是因为硝酸见光易分解【答案】D【详解】A．化合物是由二种或二种以上不同元素所组成的纯净物，不锈钢是混合物，A错误；B．常温下铁遇浓硫酸会发生钝化，在铁的表面形成致密的氧化膜，不是不反应，B错误；C．二氧化硫使氯水褪色是因为二氧化硫有还原性和氯气和水反应生成盐酸和硫酸，C错误；D．硝酸见光易分解，保存时应该用棕色试剂瓶，D正确；故选D。3．下列有关浓硫酸的叙述正确的是A．浓H2SO4具有吸水性，能够使蔗糖等有机化合物发生炭化B．浓H2SO4与亚硫酸钠反应制取SO2时，浓H2SO4表现出强氧化性C．浓H2SO4和铜片加热反应时，浓硫酸既能表现酸性，又表现出强氧化性D．常温下，浓H2SO4与铁、铝不反应，所以可用铁、铝质容器盛放浓H2SO4【答案】C【详解】A．浓H2SO4具有脱水性，能够使蔗糖等有机化合物发生炭化，故A错误；B．浓H2SO4与亚硫酸钠反应制取SO2时，在反应物中硫元素处于相邻价态，根据氧化还原反应规律知，它们之间是不可能发生氧化还原反应的，应为复分解反应，其原理是用难挥发性酸制易挥发性酸，强酸制弱酸。因而在此反应中浓H2SO4表现的是难挥发性和酸性，故B错误；C．浓H2SO4和铜片加热反应时，铜与浓H2SO4在加热条件下发生反应，其方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中浓H2SO4为氧化剂，铜为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1。因每反应的2mol浓H2SO4中，1mol作氧化剂，还有1mol起酸的作用(生成盐和水)，故C正确；D．浓H2SO4具有强氧化性，常温下与铁、铝接触，能使金属表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续跟硫酸反应，所以可用铁、铝质容器盛放浓H2SO4，这是金属的钝化现象。金属钝化现象是浓H2SO4与这些金属发生反应引起的，所以不能说常温下浓H2SO4与铁、铝不反应，故D错误；答案选C。4．溶液中常见离子的检验及结论正确的是A．若加入淀粉溶液，溶液显蓝色，则一定有IˉB．若加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则一定有ClˉC．若加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，则一定有SOD．若加入NaOH溶液，微热，产生使润湿红色石蕊试纸变蓝的气体，则一定有NH【答案】D【详解】A．碘离子遇到淀粉不变色，若加入淀粉溶液，溶液显蓝色，则一定有碘单质，故A错误；

B．碳酸银也是白色沉淀，加入AgNO3溶液有白色沉淀，不一定有Cl-，应该加稀硝酸排除干扰离子，故B错误；

C．溶液中如果含有碳酸根离子等会产生干扰，先加盐酸，无白色沉淀产生，再加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，则一定有SO，故C错误；

D．铵根离子与碱反应生成氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，若加入NaOH溶液，微热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则一定有NH，故D正确；

故选D。5．下列有关的说法正确的是A．已知CO2能与H2O反应生成H2CO3，则SO2能与H2O反应也生成H2SO3B．已知CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀生成C．已知BaCO3能溶于盐酸，溶液变澄清，则BaCO3也能溶于硫酸，溶液变澄清D．已知Na2O2与CO2反应为：，则Na2O2与SO2反应也为：【答案】A【详解】A．CO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，CO2能与H2O反应生成H2CO3，则SO2能与H2O反应也生成H2SO3，A项正确；B．过量SO2通入Ba(NO3)2溶液中会生成硫酸钡沉淀，B项错误；C.BaCO3能溶于盐酸，溶液变澄清，则BaCO3也能溶于硫酸，生成硫酸钡，溶液中有沉淀，C项错误D．过氧化钠本身有强氧化性但CO2中的C已是最高价无法再被氧化所以过氧化钠只好把自己歧化了，而SO2中的S只是+4价还可以变为+6价，所以会生成Na2SO4，D项错误；故选A。6．Cl2和SO2的水溶液均具有漂白性，但是将二者等物质的量混合通入水中，所得溶液不具有漂白性，下列说法错误的是A．干燥的Cl2无漂白性B．SO2漂白过的品红溶液加热时能恢复原色C．混合后所得溶液的酸性强于混合前D．SO2有毒，不能用作食品添加剂【答案】D【详解】A．干燥的Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HCIO有漂白性，A项正确；B．SO2与某些色素反应生成不稳定的无色物质，加热时产物重新分解恢复原色，用SO2漂白过的品红溶液加热时能恢复原色，B项正确；C．混合时反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++＋2Cl-，混合后所得溶液的酸性强于混合前，C项正确；D．在严格控制用量的情况下，SO2可被添加到食品中作为漂白剂、防腐剂和抗氧化剂，D项错误；故选D。7．有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连接起来，浸入电解质溶液中，外电路电流从b流向a；将a、d分别投入等浓度盐酸中，d比a反应剧烈；将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化；将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出。据此判断它们金属活动性顺序是A．d＞c＞a＞b B．d＞a＞b＞c C．d＞b＞a＞c D．b＞a＞d＞c【答案】B【解析】将a与b用导线连接起来，浸入电解质溶液中，外电路电流从b流向a，a是负极，b是正极，所以活泼性a>b；将a、d分别投入等浓度盐酸中，d比a反应剧烈，活泼性d>a；将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，活泼性Cu>b；将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，活泼性所以Cu<c，所以d＞a＞b＞c，故B正确。8．下表中，对陈述I、II的正确性及两者间是否具有因果关系的判断正确的是选项陈述I陈述II判断AKSCN溶液可检验Fe3+待测液先滴入足量氯水后滴入几滴KSCN，溶液变为血红色，证明待测液含Fe2+I对；II对；无BSO2具有还原性SO2通入溴水中，溴水褪色I对；II对；有CNO2和溴蒸气都呈红棕色用水可鉴别NO2和溴蒸气I对；II错；无D反应物比例不同可导致产物不同Na与O2反应可能生成Na2O，也可能生成Na2O2I对；II对；有【答案】B【详解】A．陈述Ⅱ中，若待测液中含Fe2+，加入足量氯水后，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，反应后的溶液中含有大量Fe3+，滴入KSCN后溶液变红色，所以能证明待测液中含Fe2+，两者间具有因果关系，故A错误；B．SO2通入溴水中，溴水褪色，是因为SO2具有还原性与溴单质发生氧化还原反应，两者间具有因果关系，故B正确；C．NO2和溴蒸气都呈红棕色,当把二者分别通入水中，前者反应形成HNO3，溶液是无色，后者形成溴水，溶液呈橙黄色，可以鉴别二者，二者没有因果关系，故C错误；D．Na与O2在常温下发生反应生成Na2O，若在加热或点燃时发生反应生成Na2O2，两个反应产物不同是因为反应条件不同，不是因为反应物比例不同而导致的产物不同，二者没有因果关系，故D错误；答案选B。9．下列有关化学反应速率的说法，正确的是A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率B．100mL的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变C．二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应减慢D．汽车尾气中的和可以缓慢反应生成和，减小压强，反应速率减小【答案】D【详解】A．常温下铁遇浓硫酸钝化，铁片与浓硫酸反应不能生成氢气，故A错误；B．向盐酸中加入氯化钠溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．升高温度，反应速率增大，与反应是吸热还是放热无关，故C错误；D．有气体参加的反应，体系压强越小反应速率越小，故D正确；故选：D。10．纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中，不正确的是A．过程I的反应：2Fe3O4=6FeO+O2↑B．Fe3O4、FeO以太阳能为热源分解水制H2过程中的催化剂C．过程I、Ⅱ的总反应：2H2O=2H2↑+O2↑D．整个过程实现了太阳能向化学能的转化【答案】B【详解】A．根据图示，过程I是在太阳能作用下四氧化三铁分解为氧化亚铁和氧气，反应方程式是：2Fe3O4=6FeO+O2↑，故A正确；B．Fe3O4是以太阳能为热源分解水制H2过程中的催化剂，故B错误；C．根据图示，整个过程是太阳能为热源分解水生成H2和氧气，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，故C正确；D．根据图示，整个过程是太阳能为热源分解水生成H2和氧气，实现了太阳能向化学能的转化，故D正确；选B。11．我国科学家用下列实验研究硫酸盐会加剧雾霾的原因：以N2或空气为载气，将SO2和NO2按一定比例混合，通入不同吸收液，相同时间后，检测吸收液中的SO含量，数据如下：反应载气吸收液SO含量数据分析①N2蒸馏水aⅰ.b≈d＞a≈cⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO②3%氨水b③空气蒸馏水c④3%氨水d下列说法正确的是A．SO2和NO2都属于酸性氧化物B．反应①中还原产物可能是HNO3C．产生SO的反应中NO2表现了氧化性D．实验表明硫酸盐的形成主要与空气中的O2有关【答案】C【详解】A．SO2是酸性氧化物，NO2与水反应除生成硝酸外，还生成NO，故不属于酸性氧化物，A错误；B．产生SO的反应中SO2中S元素的化合价升高，作还原剂，又若起始不通入NO2，则最终检测不到SO，则产生SO的反应中NO2表现了氧化性，N元素的化合价应降低，则反应①中还原产物不可能是HNO3，B错误；C．由B分析知，产生SO的反应中NO2表现了氧化性，C正确；D．由数据b≈d＞a≈c可知，硫酸盐的形成主要与空气中的氨有关，D错误；故选C。12．下列设计的实验方案能达到实验目的的是A．制备悬浊液：向溶液中加过量氨水B．制备胶体：向饱和溶液中滴加过量溶液C．验证是否具有氧化性：向溶液中滴加酸性溶液，观察紫红色是否褪去D．验证反应是否可逆：向溶液中加入溶液，充分振荡，再滴加溶液，观察溶液是否变红【答案】A【详解】A．不溶于氨水，故可用溶液中加过量氨水来制备悬浊液，故A正确；B．制备胶体的方法是向沸水中滴加饱和的溶液，故B错误；C．溶液使酸性溶液褪色，体现的是的还原性，不能验证它的氧化性，故C错误；D．要验证这个反应是否是可逆反应，加入的KI必须过量，过量了经检验还有Fe3+，则可证明这个反应是可逆的，而题目给的FeCl3和KI的物质的量比为5：2，FeCl3过量，所以无法验证这个反应是否是可逆反应的，故D错误；本题答案A。13．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是A．图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B．相同环境下若图甲所示实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好C．用图乙所示装置测定反应速率，可测定反应产生的气体体积及反应时间D．为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位【答案】B【详解】A．反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确；B．图甲所示实验中没有控制变量，没有设计实验验证和对反应速率的影响，故该实验不能确定和对分解的催化效果，故B错误；C．反应速率可以用单位时间内产生气体的体积表示，故C正确；D．关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，气体就能够加入，活塞不能回到原位，故D正确。故答案选B。14．某溶液可能含有Mg2+、Fe2+、K+、Na+、、、、、I-中的若干种离子。取少量四份溶液做如下实验：①第一份加入足量氯水，有气泡产生②第二份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀产生③第三份加入NaOH溶液，加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝④用铂丝蘸取第四份溶液，置于酒精灯火焰灼烧，火焰呈黄色某同学为了进一步确定其组成，无需进行的实验是A．取少量原溶液滴加KSCN溶液，观察现象，再滴加氯水B．蘸取原溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃片观察现象C．取少量原溶液，加入适量硫酸，气体通入品红溶液D．取①后溶液加入CCl4溶液，振荡、静置，观察现象【答案】A【详解】①第一份加入足量氯水，有气泡产生，则一定含有，一定不含Mg2+、Fe2+；②第二份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀产生，一定不含；③第三份加入NaOH溶液，加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定含有；④用铂丝蘸取第四份溶液，置于酒精灯火焰灼烧，火焰呈黄色，一定含有Na+，其余的离子无法判断。A．溶液一定不含Mg2+、Fe2+，所以无须进行亚铁离子的检验，故A正确；B．蘸取原溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃片观察现象，可以检验钾离子是否存在，故B错误；C．取少量原溶液，加入适量硫酸，气体通入品红溶液，可以检验亚硫酸根离子是否存在，故C错误；D．取①后溶液加入CCl4溶液，振荡、静置，观察，根据是否存现分层现象可以判断碘离子是否存在，故D错误。故选A。15．纤维素乙醇燃料是一种绿色、可再生的新能源，利用地球上广泛存在的纤维素质生物原料生产清洁的乙醇燃料制成燃料电池。下图是绿色电源“乙醇燃料电池”的工作原理示意图(a、b均为多孔性石墨电极)。该电池工作时，下列说法错误的是A．该电池工作时是把化学能转化为电能 B．H+通过质子交换膜从a极区移向b极区C．a电极反应式为C2H5OH-12e-+16OH-=2CO+11H2O D．电池工作时，消耗标准状况下6.72LO2，外电路中转移电子数为1.2NA【答案】C【分析】乙醇燃料电池，C2H5OH和O2反应生成二氧化碳和水，乙醇在负极发生氧化反应，a电极是负极，电极反应为：C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+，氧气在正极发生还原反应，b电极是正极，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，总的电极反应为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，然后分析。【详解】A．乙醇燃料电池属于原电池，该电池工作时是把化学能转化为电能，故A正确；B．原电池中，阳离子从负极移向正极，a电极是负极，b电极是正极，H+通过质子交换膜从a极区移向b极区，故B正确；C．a电极是负极，电极反应为：C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+，故C错误；D．b电极是正极，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，消耗标准状况下6.72LO2，物质的量为，当消耗1mol氧气时，转移4mol电子，当消耗0.3mol氧气时，外电路中转移电子为1.2mol，转移电子数为1.2NA，故D正确；答案选C。16．向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中缓慢加入铁粉，产生气体的体积随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为气体)。下列说法错误的是A．段产生的气体是，段产生的气体是B．点溶液中的溶质为和C．原混合溶液中的物质的量为D．原混合溶液中的物质的量浓度为【答案】D【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；最终消耗22.4gFe，溶液中溶质为FeSO4，根据

Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。【详解】A．根据分析可知，OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以OA段产生的是NO，BC段产生H2，A正确；B．A点时，被Fe全部还原为NO，因此溶液中不再含有，此时溶质为和，B正确；C．OA段消耗11.2gFe，即0.2molFe，根据方程式Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知消耗的HNO3的物质的量为0.2mol，因此原混合酸中物质的量为0.2mol，C正确；D．最终消耗22.4gFe，即0.4molFe，最后溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可得n(FeSO4)=0.4mol，则n(H2SO4)=0.4mol，原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为，D错误；故选D。二．非选择题（共52分）17．用Cu还原密度为1.42g·cm-3，溶质质量分数为68%的HNO3溶液。反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O(1)该反应的离子方程式为：_______，该硝酸的物质的量浓度为_______mol/L(保留一位小数)。(2)用双线桥法表示出该反应的电子转移方向和数目：_______。(3)12.8gCu与足量该浓硝酸反应能使_______molHNO3被还原；其中，还原过程为：_______→_______。(4)浓硝酸在反应中显示出来的性质是_______(填字母)a.还原性b.酸性c.氧化性d.挥发性【答案】Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O15.30.4HNO3NO2bc【详解】(1)浓硝酸中硝酸主要以氢离子和硝酸根的形式存在，书写成离子方程式时需要改写，硝酸铜可溶于水也改写，所以离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，已知密度和质量分数根据；(2)由方程式可知铜由(0升高至+2)，氮由(+5升高至+4)，用双线桥法表示出该反应的电子转移方向和数目；(3)由方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可知，每64g铜参加反应会有2molHNO3被还原，根据关系式，设被还原的硝酸为xmol，则有，解得x=0.4；还原过程为HNO3→NO2；(4)浓硝酸在反应过程中被还原为二氧化氮，还有部分会生成盐和水，所以浓硝酸体现氧化性和酸性，答案选bc。18．一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中加入等物质的量的H2和I2，发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0。测得不同反应时间容器内H2的物质的量如表；时间/min010203040n(H2)/mol10.750.650.60.6回答下列问题：(1)0~20min内HI的平均反应速率为____。(2)反应达到化学平衡状态时，I2的转化率为____，容器内HI的体积分数为____。(3)该条件下，能说明上述反应达到化学平衡状态的是____。(填标号)A．混合气体颜色不再改变B．容器内压强不再改变C．H2、I2、HI三种气体体积分数不再改变D．混合气体密度不再改变(4)该反应在三种不同情况下的化学反应速率分别为：①v(H2)=0.02mol·L-1·s-1，②v(I2)=0.32mol·L-1·min-1，③v(HI)=0.84mol·L-1·min-1。则反应进行的速率由快到慢的顺序为____。【答案】0.0175mol•L-1•min-140%40%AC①＞③＞②【分析】(2)由表格可知，30、40min的氢气物质的量相同，说明30min后反应达到平衡，由此列三段式，求出I2的变化量，得到转化率；再利用平衡时HI和各组分的物质的量，求出体积分数；(4)先换速率单位一致，再分别除以系数，比较数值大小即可。【详解】(1)0~20min内H2的平均反应速率为，HI的平均反应速率为，故答案为：0.0175mol•L-1•min-1；(2)30min后，H2的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，列三段式：则I2的转化率为，容器内HI的体积分数为，故答案为：40%；40%；(3)A．混合气体颜色不再改变，说明紫色的碘蒸气的浓度不再变化，说明达到平衡状态，故A正确；B．该容器为恒容，反应前后气体的物质的量不变，容器内气体的压强始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；C．H2、I2、HI三种气体体积分数不再改变，说明各组分的浓度不再改变，能说明达到平衡状态，故C正确；D．混合气体总质量不变，容器体积不变，则密度保持不变，不能说明达到平衡状态，故D错误；答案为：AC；(4)先换速率单位一致，再分别除以系数，比较数值大小即可。①v(H2)=0.02mol·L-1·s-1=1.2mol·L-1·min-1，①，②，③，则反应进行的速率由快到慢的顺序：①＞③＞②，故答案为：①＞③＞②。19．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示：(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_________。(2)若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：t/s050150250350n(NH3)00.360.480.500.500~50s内的平均反应速率v(N2)=__________。(3)已知：键能指在标准状况下，将lmol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，生成lmolNH3过程中放出46kJ的热量。则N≡N的键能为_________kJ/mol。(4)CO与H2反应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下。电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则c电极是________(填“正极”或“负极”)，c电极的电极反应式为___________。若外电路中转移2mol电子，则上述燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为______L。(5)下列反应中，属于吸热反应的是__________(填序号)①物质燃烧②炸药爆炸③酸碱中和反应④二氧化碳通过炽热的碳⑤食物因氧化而腐败⑥Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应⑦铁粉与稀盐酸反应【答案】3X(g)+Y(g)⇌Z(g)946负极11.2④⑥【分析】(1)根据化学计量数之比等于物质的量的变化量之比分析；(2)根据公式v=计算；(3)根据反应热计算键能；(4)根据原电池原理分析；(5)根据常见的吸热反应和放热反应分析。【详解】(1)由图中所给数据可得出，X、Y、Z的变化量分别为0.3mol、0.1mol、0.2mol，从而得出三者的物质的量的变化量之比为3:1:2，根据化学计量数之比等于物质的量的变化量之比，可得出该反应的化学方程式为3X(g)+Y(g)⇌Z(g)；(2)从表中数据可得出，0~50s内反应生成的n(NH3)=0.36mol，则参加反应的n(N2)=0.18mol，从而得出0∼50s内的平均反应速率v(N2)=；(3)根据可求出，。(4)根据图中电子的流向可知，c电极为负极，燃料电池中，负极通入燃料，发生氧化反应，则c电极上是CH3OH发生氧化反应，电极反应式为；外电路中转移2mol电子时，消耗0.5mol氧气，标准状况下的体积为11.2L；(5)①物质燃烧属于放热反应；②炸药爆炸是物质急速燃烧属于放热反应；③酸碱中和反应属于放热反应；④二氧化碳通过炽热的碳的反应为吸热反应；⑤食物因氧化而腐败属于放热反应；⑥Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；⑦铁粉与稀盐酸反应属于放热反应；故属于吸热反应的是④⑥，故选④⑥。20．实验室按如图所示装置进行氨的催化氧化实验，操作步骤及实验现象总结如下：操作步骤：将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管中通入热空气，将红热的铂丝伸入锥形瓶中。实验现象：a.红热的铂丝始终保持红热状态；b.瓶中有红棕色气体生成，瓶内还有白烟生成。回答下列问题：(l)铂丝始终保持红热状态的可能原因是_______。(2)通入热空气的作用是_______。(3)请写出氨气催化氧化反应的化学方程式：_______。红棕色气体的化学式为_______，此气体可用NaOH溶液吸收，有NaNO2和NaNO3生成，写出该反应的离子方程式_____；若吸收的红棕色气体中混有等物质的量的NO，且与氢氧化钠反应只生成一种盐，请写出用NaOH溶液吸收此两种气体发生反应的离子方程式：_______。(4)瓶内出现白烟的原因是_______。【答案】氨气和氧气在催化剂铂丝表面发生的氧化反应为放热反应使氨气挥发出来接触到红热的铂丝，同时提供氧气NO2瓶内有水蒸气存在，NO2和水蒸气反应生成硝酸，氨气再和硝酸反应生成了微小的白色的NH4NO3固体【分析】将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管中通入热空气，把浓氨水中生成的氨气排出，与氧气反应，在铂丝做催化剂的条件下，氨气发生氧化反应生成NO；NO再与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，由于瓶内有水蒸气存在，有NO2和水蒸气反应生成硝酸，氨气再和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体小颗粒。【详解】(l)铂丝始终保持红热状态的可能原因是：氨气和氧气在催化剂铂丝表面发生的氧化反应为放热反应。(2)氨水易挥发，鼓入热空气把浓氨水中生成的氨气排出接触到红热的铂丝，与氧气反应，故答案为：使氨气挥发出来接触到红热的铂丝，同时提供氧气参与反应。(3)氨的催化氧化反应，氨气中−3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧化氮，化学反应方程式为。红棕色气体的化学式为NO2，用NaOH溶液吸收NO2，反应中只有N元素化合价变化，则N的化合价分别由+4价变化为+5价和+3价，当NO21mol时，转移电子1mol，生成等量的NaNO2和NaNO3生成，该反应的离子方程式；等物质的量的NO和NO2与氢氧化钠