【文档说明】湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高二上学期起点考试化学试题 解析版【武汉专题】.pdf，共(19)页，708.681 KB，由小赞的店铺上传

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2021年湖北省新高考联考协作体高二上学期起点考试高二化学试卷考试时间：试卷满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Cl-35.5Ca-40Fe-56I-127第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小

题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是（）A．医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，其原料来源于石油化工产品B．汽车尾气中含有的氮氧化物，是由于汽油的不完全燃烧造成的C

．麒麟9905G芯片已正式发布，其主要成分为SiO2D．明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒答案：A解析：A项：中医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，其单体为丙烯，来自石油裂解气。B项：汽车尾气中氮氧化物来

自于空气中的氮气和氧气在气缸的高温环境中的反应，汽油成分中无氮元素，故错误。C项：制作芯片的主要是晶体硅，故错误。D项：明矾在水中产生的胶体粒子主要吸附水中的一些悬浮性的大颗粒而达到水质净化的目的，而不能

用于杀菌消毒，故错误。2、下列实验操作、现象及结论均正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向碘化钠溶液中通入少量氯气后加入一定量的CCl4液体分层，下层呈紫红色非金属性：Cl>IB用红色石蕊试纸靠近收集氨气的集气瓶口试纸呈蓝色集气瓶已收集满氨气C将铜与浓硫酸混合加热，充分反应后冷却，溶液变蓝铜与浓

硫酸反应再向其中加入水生成了Cu2+D用玻璃棒蘸取样品A，置于酒精灯外焰上灼烧焰色呈黄色样品A中含有钠元素解析：A项：实验现象直接说明氯气氧化碘离子生成了碘单质，即非金属性：Cl>I。B项：试纸应先润湿。C

项：反应后里面含浓硫酸，应将反应后物质倒入装水的烧杯中。D项：玻璃棒中含钠元素干扰实验。3、下列有关有机物的说法正确的是（）A.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物B.某有机物完全燃烧生成CO2和H2O，说

明该有机物中一定含有C、H、O三种元素C.等体积CH4与Cl2的混合气体在光照下反应，生成物是CH3Cl和HClD.乙烯使溴水褪色是因为发生了加成反应答案：D解析：略4、下列关于相关图示的说法正确的是（）甲：乙：丙：丁：A．图甲用

于制备和分离乙酸乙酯B．图乙两个烧杯中发生化学反应的本质不同C．图丙用于测定中和热D．图丁用于测定化学反应速率答案：D解析：A项：导管末端直接伸入饱和碳酸钠溶液会造成倒吸，故A错误。B项：图像乙两烧杯中发生的反应均为Zn和稀硫酸的反应，前者直接反应，后者是原电池。反应，但反应本

质相同，故B错误。C项：测定中和热的装置应尽量保温绝热，所以大小烧杯的杯口平齐，并盖硬纸板，故C错误。D项：可用装置丁测定单位时间H2的体积变化，进而得知反应速率，故D正确。5、某研究性学习小组欲用下图所示的装置证明H2SO3和HClO

酸性强弱（已知：H2SO3酸性强于H2CO3）。下列有关说法不正确的是（）A．通过本实验无法得出非金属性：Cl>SB．装置B的作用是除去SO2中混入的HCl气体C．可直接将SO2通入Ca(ClO)2溶液来证明H2SO3和HClO酸性强弱D．装置D颜色变浅但不褪色，且E中产生白色

沉淀即可证明H2SO3酸性强于HClO答案：C解析：鉴于SO2和Ca(ClO)2直接反应发生的主要是氧化还原反应，无法证明H2SO3和HClO酸性强弱。本实验原理是通过设计实验证明H2SO3酸性强于H2CO3,而H2CO3酸性强于HClO来间接证明H2

SO3酸性强于HClO，所以SO2中混入的HCl气体及后面CO2中混有的SO2都必须除尽。装置B的作用是除去SO2中混入的HCl气体，C的作用是制备CO2气体，装置D的作用是除去SO2并确保其除尽，通过E来验证H2CO3酸性强于HClO。6、NA代表阿伏加德

罗常数的值。下列说法正确的是（）A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAB．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC．56gFe高温下与足量水蒸气反应转移电子数为

3NAD．常温常压下，100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数为NA答案：B解析：A项:反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，A错误。B项：甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，1

1.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确。C项：Fe高温下与足量水蒸气反应产生Fe3O4,故1molFe完全反应后转移电子数为8/3NA。D项：乙醇中含有氧原子数为NA个，水中含有氧原子数为1100g100g46%18g·mol

×NA=3NA，所以乙醇溶液中含有的氧原子数为4NA。7、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．Na2O2放入水中：Na2O2+H2O＝2Na++2OH-+O2↑B．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3•H2O＝AlO2+4NH4+2H2OC．用硫酸酸化的KMnO

4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OD．FeO溶于过量稀硝酸中：FeO＋2H＋＝Fe2＋＋H2O答案：C解析：A项：反应未配平，正确应为：2Na2O2+2H2O==4

Na++4OH-+O2↑故A项错误。B项：向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3+3NH4，故B错误。C项正确。D项：FeO可溶于硝酸，Fe2+具有较强还原性能被硝酸氧化成Fe3+，反应的离子方程式为：3FeO+NO3-+6H+=3

Fe3++3H2O+NO↑，故D错误。8、实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法正确的是（）A.本实验中若用稀盐酸代替浓盐酸会减慢反应速率，但不影响单质H的生成量B.气体H的量小于0.25molC.根据盖斯定律，直接用KMnO4和浓盐酸反应的热效应与本实验中的总热效应相等D.气体H是一

种常见的氧化性气体，一般在反应中只表现氧化性答案：B解析：A项：稀盐酸与MnO2不反应，Cl2的生成量会减少。B项：分析反应整个过程可知化合价升高的元素是锰，化合价降低的元素是氧和氯，反应中转移总电子数为0.1×5=0.5mol,则

生成氧气和氯气时转移电子数之和为0.5mol，故氯气的量少于0.25mol,故B项正确。C项：不符合盖斯定律。D项：氯气是一种常见的氧化性气体，但在与水与碱等反应中都既表现氧化性又表现还原性。9、某新型漂白剂(结构如下)可用于漂白各种动物皮毛，其中Z、X、W为原子序数依次增大的不同周期且不

同主族的短周期元素，WX是一种离子化合物，且其中阴阳离子的核外电子排布相同。下列叙述正确的是（）A.X的简单氢化物是同主族元素简单氢化物中稳定性最强的B.该化合物的漂白原理和SO2的漂白原理相同C.离子半径W2+>X2->Z-D.工业上一般通过电解

化合物WX的熔融态来冶炼W答案：A解析：经过分析可知W为Mg，Z为H，X为O，Y为B。A项：O元素是其所在主族非金属性最强的，所以其简单氢化物中稳定性最强的。B项：该物质的漂白原理是通过自身结构中的过氧键的强氧化性使色素结构破坏而褪色，而SO2的漂白则是化合漂白

，加热或久置可能复色。C项：中离子半径大小正确顺序为O2->Mg2+>H-。D项：工业上一般采用电解熔点相对更低的MgCl2来冶炼镁。10、AlH3是一种储氢材料，可作为固体火箭推进剂。通过激光加热引发AlH3的燃烧反应，燃烧时温度和时间的变化关系如图所示。燃烧不同阶段发生的主要变化为:①2

AlH3(s)=2Al(s)+3H2(g)△H1②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H2③Al(s)=Al(g)△H3④Al(g)+3/4O2(g)=1/2Al2O3(s)△H4。下列说法不正确的是（）A.2AlH3(s)+3O2(g)=Al2O3(s)+3H2O(g)△H=

△H1+3△H2+2△H3+2△H4B.其他条件相同时，等物质的量的Al(g)燃烧放出的热量大于Al(s)燃烧放出的热量C.氢气的燃烧热为△H2D.b-c阶段温度不变的可能原因是反应②放出的热量被铝气化时吸收答案：C解析：A选项根据盖斯定律可得知正确。B项Al(g)转化为Al(s)放

热，根据盖斯定律，Al（g）燃烧放出热量应等于Al(s)燃烧放热值和Al(g)转化为Al(s)放出热量之和，B项正确。C项氢气燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时所放出的热量。D项b-c阶段温度不

变的原因是可能反应②放出的热量用来供给铝气化所需吸收的热量。11、下列说法正确的是（）A.图1所示装置能将化学能转化为电能B.图2所示反应为吸热反应C.蓄电池充电时也发生了氧化还原反应D.锌锰干电池中，锌筒作正极答案：C解析：略12、已知A转化为D和E分步进行：①A(g)

C(g)+2D(g)，②C(g)D(g)+3E(g)，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是（）A．升高温度，a1E、Ea3均减小，反应速率加快B.A转化为D和E的反应为吸热反应C．使用合适

的催化剂可以降低反应的活化能，但不影响反应的热效应D．第一步反应的速率小于第二步反应的速率答案：A解析：A项：升高温度化学反应速率增快，活化能大小不受影响,故A项错误。B项：由图可知A转化为D和E的反应为吸热反应

。C项：使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响始态和终态的能量，所以反应的热效应不受影响。D项：第一步的活化能高于第二步，活化能越大，反应速率越慢，故第一步反应的速率小于第二步反应的速率。13、近年来，将氯化氢转化为

氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的催化氧化法为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)。下图为体积恒定不变的密闭容器中，进料总物质的量一定，c(HCl)∶c(O2)分别为1∶1、4∶1、7∶1时HCl的平衡转化率随温度变化

的关系。下列说法正确的是（）A．图中x、y、z三点平衡常数的大小为：x=y＜zB．300℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1时，O2平衡转化率为88％C．对于③表示的反应，与100℃时相比，用更高效的催化剂在常温下反应不能改变HCl的平衡转化率D．①对应的

曲线表示的c(HCl)∶c(O2)=7∶1答案：B解析：A．由图中曲线可知，温度升高，HCl的平衡转化率变小，即升高温度，平衡逆向移动，所以该可逆反应的正反应是放热反应，即ΔH<0，温度越高平衡常数越

小。B．由图示知，300℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1时，HCl平衡转化率为88％，进料比正好等于反应的化学计量数之比，则与O2平衡转化率相等，即O2平衡转化率为88％故B正确。C．温度改变会影响HCl的平衡转化率，故C错误。D．进料比c(HC

l)∶c(O2)越大，HCl的平衡转化率就越低，①对应的曲线在相同温度时HCl的平衡转化率最高，因此①对应的曲线表示的c(HCl)∶c(O2)=1∶1，故D错误。14、炭单质可应用于脱硝。向容积为1L的密闭

容器中加入炭(足量)和2molNO，模拟发生脱硝反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。测得不同温度下，NO的物质的量随时间的变化如下图所示：A．下列有关说法正确的是（）升高温度

可提高NO的平衡转化率B．增加C(s)的量可提高NO平衡转化率C．逆反应速率：M＜ND．T1时，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各1mol，平衡时，NO的体积分数为40%答案：D解析：A．温度越高反应越快，先达到平衡，则T2>T1，根据图示，达

到平衡时，由N点至M点，NO物质的量升高，则平衡逆向移动，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，该反应ΔH＜0，升温平衡逆向移动，NO平衡转化率降低，故A错误。B．C为固体，其用量多少不影响平衡移动，故不影响NO的转化率，故B错误。C．

T2>T1，且NO的浓度M>N，则正反应速率：M>N。而M、N均为平衡态，正逆速率相等，故C错误。D．T1时，根据图示平衡时，NO的物质的量为0.8mol，而该反应属于反应前后气体体积不变的反应，故气体总物质的量仍为2mol,则此时NO体积分

数为0.8mol/2mol=40％，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各1mol，平衡等效，则NO的体积分数为40%，故D正确。15、在一定压强下，向10L密闭容器中充入221molSCl和21m

olCl，发生反应2222SClgClg2SClgΔH。S2Cl2与2SCl的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，下列说法错误的是（）A．A、B、C、D点中，达到平衡状态的为A点B.达到平衡后继续加热，平衡向逆反应方向移动C．△H<0D．一定温度下，在恒容密闭容

器中，达到平衡后再按原比例投入S2Cl2与Cl2，重新达到平衡后，Cl2转化率不变答案：A解析：A．根据反应2222SClgClg2SClg可知，时，反应达到平衡状态，由图象可知，B、D点时，反应达到平衡状态，A错误；达平衡后继续加热，，即，v(正)<v

(逆)，平衡逆向移动，升温平衡逆向移动，故该反应的0H，B、C正确。D．再按原比例投入反应物，相当于对反应容器进行加压,反应物转化率不变。第Ⅱ卷（非选择题共55分）16.（14分）碘酸(HIO3)是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。制取碘酸的实验装置如图1所示：图1图2(1

)实验室用二氧化锰与浓盐酸制氯气的化学方程式为__________________________(2)可用图2装置除去Cl2中混有HCl气体，该洗气瓶中所装试剂的名称为_____________实验室将制得的氯气通入该装置中可观察到______

__________________________的现象，用图2装置__________(填“能”或“不能”)证明氯气中含有HCl，用离子方程式说明理由_________________________________________________________(3)制取碘酸时发生反应的离子

方程式为_____________________________________(4)从三颈烧瓶中分离出碘酸溶液时的实验操作名称为____________________(5)某同学用17.6克碘酸与足量碳酸钙在浓盐酸中进行

反应，然后浓缩，获得Ca（IO3）2晶体14.0克，该次实验的产率是________________（保留小数点后一位）16.(共14分，除标注外，每空2分)【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2

↑+2H2O；（2）饱和食盐水（1分）；有白色晶体析出；不能（1分）；Cl2+H2OH++Cl-+HClO（3）3--+222I+5Cl+6HO=2IO+10Cl+12H（4）分液（5）71.8%【详解】(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取2Cl，化学方

程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）根据(1)中化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气.欲除去实验室

制得的Cl2中混有HCl气体，可通入饱和食盐水中；由于氯离子的浓度增大会使氯化钠的溶解平衡逆向移动，析出NaCl晶体，会观察到有白色晶体析出（可类比甲烷与氯气发生取代反应的实验现象）。而由于Cl2溶于水会生成HClO和HCl，因此试管内有白色晶体析出不一定是因为Cl

2中含有HCl；故答案为：饱和食盐水；有白色晶体析出；不能；Cl2+H2OH++Cl-+HClO（3）由分析知，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，初步确定反应为：I2+Cl2HIO3+HCl，根据元素守

恒知方程式左边需添加H2O，结合得失电子守恒配平得方程式为：2223I+5Cl+6HO=2HIO+10HCl，HIO3、HCl为强酸，可拆写成离子，改写后对应的离子方程式为：3--+222I+5Cl+6HO=2IO+10Cl+12H。（4）分离时的操作为分液；故

答案为分液。(5)分析可知，该反应为非氧化还原反应，2HIO3~Ca（IO3）2，17.6克碘酸物质的量为1mol，理论上可制得碘酸钙的质量为0.5mol×390g/mol=19.5g,该次实验的产率是(14.0g÷19.5g)×100%≈71.8%。故答案为71.8%。17.（

14分）甲基丙烯酸甲酯(CH2=C(CH3)COOCH3)是合成有机玻璃的单体，一种新的合成方法为CH3C≡CH+CO+XPdCH2=C(CH3)COOCH3，该方法的优点是没有副产物，原子利用

率达到100%.请回答：（1）物质X的分子式为_________________（2）甲基丙烯酸甲酯中含氧官能团的名称是___________________________（3）CH2=C(CH3)COOH可能

发生的反应类型有___________________________A．加成反应B．氧化反应C．取代反应D酯化反应(4)也可以用CH2=C(CH3)COOH和CH3OH反应制取甲基丙烯酸甲酯,写出反应的化学反应方程式_

___________________________________________________________________(5)写出由甲基丙烯酸甲酯合成有机玻璃的化学反应方程式______

_____________________________________________________________________(6)设计简单实验检验甲基丙烯酸甲酯中含碳碳双键：______________________________17.（共14分，除标

注外每空2分）【答案】（1）CH4O（2）酯基（3）ABCD（4分）（4）浓硫酸2332332ΔCHCCHCOOH+CHOHCHCCHCOOCH+==HO（5）（6）取少量甲基丙烯酸甲酯于试管中，滴加溴的CCl4溶液(或溴水或酸性高锰酸钾溶

液等)，振荡，溶液褪色，说明甲基丙烯酸甲酯中含碳碳双键。【解析】（1）合成甲基丙烯酸甲酯方法为CH3C≡CH+CO+XPdCH2=C(CH3)COOCH3，因为该方法没有副产物，原子利用率达到100%.根据原子守恒可知X的分子式为CH4O；故答案为CH4O。（2）甲基

丙烯酸甲酯中含有的官能团的为碳碳双键和酯基，其中含氧官能团为酯基；故答案为酯基。（3）CH2=C(CH3)COOH中的官能团碳碳双键能反生加成反应、氧化反应，羧基能发生取代反应、酯化反应；故答案为ABCD。（4）C

H2=C(CH3)COOH和CH3OH发生酯化反应制取甲基丙烯酸甲酯，反应机理为酸脱羟基醇脱氢，故反应的方程式为浓硫酸2332332ΔCHCCHCOOH+CHOHCHCCHCOOCH+==HO。（5）甲基丙烯酸甲酯中含有碳碳双键，能发生加聚反应合成有机玻璃，故反应的方

程式为（6）碳碳双键能够与溴水或溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使溶液褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色；故检验其中是否含有碳碳双键的方法是：取少量甲基丙烯酸甲酯于试管中，滴加溴的CCl4溶液(或溴水或酸性高锰酸钾溶液等)，振荡，溶液褪色，说明甲基丙烯酸甲酯中含碳

碳双键。18.（14分）研究二氧化碳合成甲醇对实现“碳中和”具有重要意义。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔHK该反应一般认为通过如下步骤来实现，反应进程与体系能量变化关系如图所示：①CO2(g)＋H2(g)CO(g

)＋H2O(g)ΔH1K1②2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH2K2（1）ΔH2_______0(填“>”或“＜”，下同)，反应①在高温下能自发进行，则ΔS_______0。（2）对于合成甲醇总反应，要加快其反应速率并使其在一定条件下建立的平衡正向移动，可采取的措施有_

_______(填字母，后同)。A．增大反应容器的容积B．缩小反应容器的容积C．从平衡体系中及时分离出CH3OHD．升高温度E．使用合适的催化剂（3）一定温度下，将CO2和H2以物质的量之比为1：1充入盛有催化剂的密闭容器中，发生合成甲醇总反应；某时刻t1，当下列量不再变化时，一定能说明该反应处

于平衡状态的是_______（填字母）A.平衡常数K不再变化B.CO2的体积分数不再变化C.CH3OH的体积分数不再变化D.反应的焓变ΔH不再变化（4）500℃时，已知K1=2.5,K2=1.0。往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3mo

H2,测得某时刻t2，合成甲醇总反应中CO2的平衡转化率为66.67%（约转化了23mol），则t2时合成甲醇总反应的v(正)_______v(逆)(填>、<”或“=”)，并通过计算说明理由________（5）甲醇燃料电池工作原理如下图所示:通入a气体的电极为原电池的______（填“正

”或“负”）极，其电极反应式为___________________________________________________18.（共14分，除标注外每空2分）（1）＜；>（2）B（3）C（4）<（1分）；理由为Qc=32322

c()c()CHOc()cHHOCO()H=31133116()2=163﹥K=2.5，反应逆向进行。（5）负（1分）；CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+（1）由图示可知，反应②中反应物能量高于生成物能量为放热反应，故ΔH2<0；

同理ΔH1>0，反应①为吸热反应，反应①在高温下能自发进行，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，则ΔS>0，（2）对于反应③改变条件：A．增大反应容器的容积，化学反应速率减慢，平衡向左移动；B．缩小反应容器的容积，化学反应速率加快，平衡向右移动；C．从平衡体系中及时分离出CH3OH

，化学反应速率减慢，平衡向右移动；D．升高温度，化学反应速率加快，平衡向左移动；E．使用合适的催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动。综上所述，要使反应速率加快并使其在一定条件下建立的平衡正向移动，可采取的措施为B；故答案为B。(3)一定条件下，将CO2和H2以物质的量之比为1：1充入盛

有催化剂的密闭容器中，A．温度不变，平衡常数始终不变，不能判断反应是否达到平衡，A不选；B．假设反应过程中二氧化碳转化了xmol，则2232起始(mol)1100转化(mol)x3xxxCOg+3剩余(moHgCHOHgl)1-x1-+HOxg3

xx在同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以二氧化碳的体积分数为1-x1-x×100%=×100%=50%1-x+1-3x+x+x2-2x，所以不论转化了多少二氧化碳，二氧化碳的体积分数均不变，当二氧化碳的体积分数不变时，不能判断反应是否达到平衡，故B不选；C．当甲醇的体积分数不变时，反应达

到平衡状态，故C选；D．焓变只与反应的始末状态有关，与过程无关，所以不能判断是否达到平衡，故D不选；故答案为：C；（4）500℃时，K=K1.K2=2.5×1.0=2.5，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3moH2，t2时二氧化碳

转化的转化率为66.67%约转化了23mol，则列三段式为：2232起始(mol)1300222转化(molCOg+3HgCHOHg+)2333122平衡(mol)13O3g3H平衡时2L容器内CO2(g

)，H2(g)，CH3OH(g)，H2O(g)的浓度依次为16mol/L，12mol/L，13mol/L，13mol/L，t2时该反应的Qc=32322c()c()CHOc()cHHOCO()H=3

1133116()2=163﹥K=2.5，故反应逆向进行，v(正)<v(逆)；故答案为<；理由为Qc=32322c()c()CHOc()cHHOCO()H=31133116()2=163﹥K=2

.5，反应逆向进行。（5）考查原电池的工作原理和电极反应式的书写，根据工作装置图，以及原电池的工作原理，电子从负极出发，经外电路流向正极，即通入气体a的电极名称为负极，通入气体b的电极名称为正极，a为甲醇；交换膜是质子交换膜，因此环境是酸性，即电极反

应式为CH3OH+H2O-6e－=CO2+6H＋；故答案为负；CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+19.（13分）Ⅰ．以铝土矿的烧渣(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2)为原料，生产Fe

3O4的工艺流程如下：（1）“碱浸”时将烧渣粉碎的目的是______________________________（2）“过滤”时用到的玻璃仪器除烧杯外，还有________________________________（3）“滤液”中含有的溶质为__________________

___________(填化学式)，可以往滤液中通入过量二氧化碳，经过滤、灼烧生产氧化铝。（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，写出焙烧时发生反应的化学方程式____________________________

______Ⅱ.热化学铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点。以太阳能为热源，经由铁氧化合物循环分解液态水的过程如下图所示：已知：①过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋313.2kJ/mol②2

H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝-483.6kJ/mol③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝-44kJ/mol请回答下列问题（5）氢气的燃烧热ΔH＝___________________（6）过程Ⅱ的热化学方程

式_____________________________________________________19.【答案】（共13分，除标注外每空2分）Ⅰ．（1）增大烧渣表面积，加快“碱浸”时的化学反应速率。（2）漏斗、玻璃棒（3）N

aAlO2、NaSiO3、NaOH（3分）（4）16Fe2O3+FeS2=11Fe3O4+2SO2↑Ⅱ.（5）-285.8kJ/mol（6）3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH＝+129.2kJ/mol【解析】Ⅰ．（1）固体颗粒越小，颗粒比表面

积越大，越有利于提高反应的速率。故答案为：增大烧渣表面积，加快“碱浸”时的化学反应速率（2）过滤操用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等；其中属于玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒．故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒（3）碱浸时应加入足量的NaOH溶液

，烧渣中Fe2O3为碱性氧化物，不与NaOH溶液反应，SiO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成NaSiO3，Al2O3两性氧化物可与NaOH溶液反应生成对应的盐NaAlO2和水。故滤液中的溶质为NaAlO2

、NaSiO3、NaOH。故答案为：NaAlO2、NaSiO3、NaOH(4)Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，化学方程式为：16Fe2O3+FeS2=11Fe3O4+2SO2↑；故答案为16Fe2O3+FeS2=11Fe3O4

+2SO2↑Ⅱ.（5）在25摄氏度,101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．根据盖斯定律,②/2+③,可知氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH＝-285.8kJ/mol，故氢气的燃烧热ΔH＝-285.

8kJ/mol(6)根据盖斯定律，-（②+③×2+①）/2,可知过程II的热化学方程式为：3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH＝+129.2kJ/mol，故答案为3FeO(s)＋H2O(l

)=H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH＝+129.2kJ/mol获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com