【文档说明】湖北省仙桃、天门、潜江2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 【精准解析】.docx，共(22)页，834.321 KB，由小赞的店铺上传

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仙桃、天门、潜江2019-2020学年度第二学期期末考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32C135.5Ti48Zn65一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述中正确的是

A.家用铝制器皿能用来盛装酸性、碱性以及有咸味的食物B.疫情期间，用75%酒精喷洒双手或者皮肤裸露部位是因为酒精能杀菌消毒C.硫氧化物和碳氧化物的排放是形成酸雨的主要原因D.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完

全燃烧产生的【答案】B【解析】【详解】A．酸性、碱性以及有咸味的食物均能腐蚀铝制器皿，A错误；B．酒精能使蛋白质变性，因此用75%酒精喷洒双手或者皮肤裸露部位是因为酒精能杀菌消毒，B正确；C．硫氧化物和氮氧化物的排放是形成酸雨的主要原因，C错误；D．汽油属于烃类物质的混合物，只含碳和氢两种

元素，不含氮元素，汽车尾气中含有的氮氧化物是放电条件下空气中的的氮气与氧气反应生成的，不是汽油燃烧产生的，D错误。答案选B。2.下列实验裝置或操作设计正确且能达到目的的是A.实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的稀硫酸B.实验Ⅱ：用氯化氢作喷泉实验

C.实验Ⅲ：进行中和热的测定D.实验Ⅳ：验证酸性的强弱：2323HClHCOHSiO【答案】B【解析】【详解】A．一定物质的量浓度的稀硫酸的配制，应先将浓硫酸在烧杯中稀释并冷却至室温后再转移到容量瓶内定容，故A错误；B．挤压胶头滴管，HCl与NaOH发生反

应，烧瓶内压强减小，烧瓶内外能形成大的压强差，打开弹簧夹，可以产生喷泉，故B正确；C．缺少环形玻璃搅拌棒，导致混合溶液温度不均匀，故C错误；D．盐酸有挥发性，产生的二氧化碳中含有氯化氢，通入硅酸钠溶液后都会生成白色沉淀，无法验

证碳酸与硅酸酸性强弱，故D错误；综上所述，答案为B。3.用AN表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.常温下，220.5molNaO中含有的阴离子数是ANB.1817gOH−所含的电子数目为A9NC.标准状况下，411.2LCCl所含CCl−键数目

是A2ND.21molSO和足量的2O发生反应，得到3SO的数目少于AN【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠中阴离子为2-2O，0.5mol过氧化钠中含有0.5mol2-2O，阴离子总数是A0.5N，故A错误

；B．18-OH的摩尔质量为19g/mol，故18-17gOH的物质的量17g17n==mol19g/mol19，-1molOH中含10mol电子，故18-17molOH19中含A170N19个电子，故B错误；C．标准状况下，4CCl为液体，411.2

LCCl的物质的量不是0.5mol，故C错误；D．2SO和足量的2O发生反应为可逆反应，故21molSO和足量的2O发生反应不能进行彻底，因此得到3SO的数目少于AN，故D正确。答案选D。4.下列化学用语正确的是A.2CO的结构式：OCO==B

.氯原子的结构示意图：C.CCl4的电子式：D.用电子式表示氯化钠的形成过程：【答案】A【解析】【详解】A．2CO分子中含有两个碳氧双键，其结构式为OCO==，故A正确；B．氯原子核外电子数为17，原子结构示意图为，故B错误；C．4CCl中氯原子的最

外层有7个电子，其电子式为：，故C错误；D．NaCl的形成过程应为，故D错误。综上所述，答案为A。5.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的3倍，下列说法正确的是A.最高价氧化

物对应水化物的酸性：X>W>ZB.原子半径：Z>W>Y>XC.X、Y、Z的最简单气态氢化物中稳定性最弱的是XD.元素Y、Z形成的化合物可溶于盐酸【答案】A【解析】【分析】在短周期元素中，W原子的质子数是其最外层电子数的3倍，则W是P元素；

根据元素在周期表中的相对位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素；综上所述，X、Y、Z、W分别是N、O、Si，P，据此解答。【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于元素的非金属

性：X>W>Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z，故A正确；B．同周期元素，原子序数越大，原子半径越小，同主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，因此四种元素的原子半径大小关系是Z>W>X>Y，故B错误。C．元素的非金属性越强，其相应的最简单气态氢化物的稳定性就越好，元

素的非金属性：Y>X>W>Z，所以元素的氢化物的稳定性最弱的是Z，故C错误；D．元素Y、Z形成的化合物是2SiO，2SiO不溶于盐酸，故D错误。答案选A。6.含有8gNaOH的稀溶液与11L0.1molL−的24HSO溶液反应，放出11.46kJ的热量。下列说法正确的是A.弱酸与弱碱反应也

可以准确测出中和热B.有水生成的反应都为放热反应C.用8g固体NaOH与11L0.1molL−的24HSO溶液反应，放出的热量一样D.中和热的热化学方程式为2424211NaOH(aq)HSO(aq)Na

SO(aq)HO(l)22++1H57.3kJmol−=−【答案】D【解析】【详解】A．弱酸或弱碱电离要吸收热量，所以它们参加中和反应时的中和热小于57.3kJ/mol，故弱酸与弱碱反应不可以准确测出中和热，A错误；B．有水生成的反应也可能为吸热反应，如NH4Cl

与Ba(OH)2·8H2O反应为吸热反应，B错误；C．固体NaOH溶于水要放热，8g固体NaOH与1L0.1mol·L-1的H2SO4溶液反应放出的热量大于含有8gNaOH的稀溶液与1L0.1mol·L-1的H2SO4溶液放出的热量，即11.46kJ，C错误；D．中和热是以生成1mo

lH2O(l)为基准，根据题意可得出中和热的热化学方程式为2424211NaOH(aq)+HSO(aq)NaSO(aq)+HO(l)22-1ΔH=-57.3kJmol，D正确。答案选D。7.由反应物X转化为Y或Z的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.反应2X(g)Z(

g)的21HEE=−B.加入催化剂可降低反应的活化能C.若增大压强，不仅可以加快反应速率，还可以提高Y的产率D.仅从能量角度考虑，物质的稳定性：Y>X>Z【答案】B【解析】【详解】A．由图可知2X(g)Z(g)为放热反应，H=生成物的总能量

-反应物的总能量，则2X(g)Z(g)的12HEE=−，故A错误；B．催化剂可降低反应的活化能，故B正确；C．2X(g)3Y(g)为气体体积增加的反应，增大压强平衡逆向移动，Y的产率降低，故C错误；D．由图只能知道2molX的能量小于3m

olY的能量，大于1molZ的能量，无法确定1molX、1molY和1molZ能量的相对大小，则无法判断三者的稳定性大小，故D错误。答案选B。8.一定量的铁粉和水蒸气在一个容积可变的密闭容器中进行反应：23423Fe(s)4HO(g)FeO(s)4H(g)++高温。下列条件

能使该反应的化学反应速率增大的是A.增加铁粉的质量B.保持体积不变，充入N2，使体系压强增大C.将容器的体积缩小一半D.保持压强不变，充入N2，使容器的体积增大【答案】C【解析】【详解】A．铁粉为固态，增加铁粉的量不影响化学

反应速率，A不符题意；B．体积不变充入N2，体系压强增大，但N2不参加反应，体系内H2、H2O(g)的浓度不变，化学反应速率不变，B不符题意；C．将容器的体积缩小一半，体系内H2、H2O(g)的浓度增大，反应速

率增大，C符合题意；D．压强不变充入N2，容器的体积增大，体系内H2、H2O(g)的浓度减小，反应速率减小，D不符题意。答案选C。【点睛】压强发生变化引起浓度发生变化，化学反应速率就发生变化，压强发生变化而浓度没有变化，化学反应速率不变。9.某

温度时，在2L恒容密闭容器中X、Y、Z三种气体物质的量(n)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.该反应的化学方程式为3XYZ+B.反应开始至2min时，用Z表示的平均反应速率为0.05mol/(Lmin)C.混合气体的密度不随时间的变化而变化时可以判断该反应

达到平衡状态D.反应进行到2min时，X、Y、Z的化学反应速率相等【答案】B【解析】【详解】A．由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到2min时，Δn(

X)=0.3mol，Δn(Y)=0.1mol，Δn(Z)=0.2mol，则Δn(X):Δn(Y):Δn(Z)=3:1:2，则反应的化学方程式为3XY2Z+，故A错误；B．反应开始至2min末，Z的反应速率0.2molc2LV0.05mol/(Lmin)t2m

in===，故B正确；C．反应前后气体的总质量不变，体积固定，所以密度始终不变，因此不能作为判断平衡的标志，故C错误；D．同一时间段内各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，根据方程式可知，速率不相等，故D错误。综上所述，答案为B。10.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.

溴水中存在化学平衡：22BrHOHBrHBrO++ƒ，加入碳酸钡固体后，溶液颜色变浅B.合成氨时不用常温而用500℃C.钠与氯化钾共融制备钾：Na(l)KCl(l)K(g)NaCl(l)++D.反应22CO(g)NO(g)CO(g)

NO(g)++ΔH<0，升温平衡体系颜色加深【答案】B【解析】【详解】A．加入碳酸钡固体后，碳酸钡和HBr反应使平衡正向移动，则溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．合成氨反应为放热反应，高温不利于氨气的合成；用500℃主要是考

虑化学反应速率与催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C．K(g)为气态，逸出后，生成物的浓度减小，可使平衡正向移动，可用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．反应22CO(g)+NO(g)CO(g)+NO(g)(ΔH<0)，升温，平衡逆向移动，2NO浓度增大，颜色加深，可用勒夏特

列原理解释，D不符合题意。答案选B。11.下列实验操作、实验现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A向含酚酞的氢氧化钠溶液中通入SO2溶液由红色变为浅红色SO2具有漂白性或无色B将一块铁片插入浓硫酸中无明显现象铁片与浓硫酸不反应C在氯化铁溶

液中加入足量铜粉，振荡溶液由黄色变成蓝色氧化性：Fe2+>Cu2+D向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡，静置下层显紫色原溶液中含有I-A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NaOH溶液显碱性，酚酞遇碱性溶液变红，SO2与NaOH反应，消

耗NaOH，碱性减弱，所以溶液由红色变为浅红色或无色，故A错误；B．常温下，铁片在浓硫酸中发生钝化，表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应的进一步发生，并不是不反应，故B错误；C．氯化铁溶液中加入足量铜发

生反应：3+2+2+2Fe+CuCu+2Fe，说明氧化性：3+2+Fe>Cu，故C错误；D．滴加氯水（具有氧化性）和4CCl后，下层溶液显紫色，说明反应生成了I2，即原溶液中含有-I，故D正确。答案选

D。12.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)H0++。下列分析正确的是A.图Ⅰ研究的是t0时增大压强对化学反应速率的影响B.图Ⅱ中t0时改变的条件可以是增大压强C.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且甲中温度较高D.图Ⅲ研究的是压强对化学平

衡的影响，且甲的压强较高【答案】B【解析】【详解】A．该反应前后气体的总物质的量不变，增大压强，正、逆反应速率同时增大且相等，平衡不移动，图Ⅰ不符合，A错误；B．该反应前后气体的总物质的量不变，增大压强，正、逆反应速率同时增大且相等，

平衡不移动，图Ⅱ符合，B正确；C．该反应的ΔH<0，升高温度，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，平衡逆向移动，CO的转化率减小，图Ⅲ不符合，C错误；D．该反应前后气体的总物质的量不变，增大压强，正、逆反应速率同时增大且相等，平衡不移动，CO的转化率不变，图Ⅲ不符合，D错误；答案选B

。13.已知下列热化学方程式：①22C(s,)O(g)CO(g)+石墨-11ΔH=-393.5kJmol②2222H(g)O(g)2HO(l)+-12ΔH=-571.6kJmol③4222CH(g)2O(g)CO(

g)2HO(l)++-13ΔH=-890.3kJmol则242C(s,)4H(g)2CH(g)H+=石墨A.174.8kJmol−+B.1159.6kJmol−−C.174.8kJmol−−D.1149.6kJm

ol−−【答案】D【解析】【详解】根据盖斯定律可知：反应2×（①+②−③）可得：242C(s,)+4H(g)=2CH(g)石墨-1-1ΔH=2(-393.5-571.6+890.3)kJmol=-149.6kJmol。答案选D。14.全钒电池以惰性材料作电极，在电

解质溶液中发生的原电池反应为2VO+(黄色)2V++(绿色)22HVO+++(蓝色)32HOV+++(紫色)。下列说法正确的是A.正极反应为222VO2HeVOHO++−++++B.正极附近的溶液由绿色逐渐变为紫色C.反应每生成21molHO时转移电子的物质的量为0.5molD.电池使用

过程中溶液的pH逐渐减小【答案】A【解析】【分析】由原电池反应2VO+(黄色)2V++(绿色)22HVO+++(蓝色)32HOV+++(紫色)可知，+2+2VO/VO所在电极为正极，3+2+V/V所在电极为负极，结合原电池相关知识解答。【详解】A．结合分析

可知放电过程中，正极发生还原反应，极反应为++-2+22VO+2H+eVO+HO，A正确；B．正极附近的溶液由+2VO（黄色）变化为2+VO（蓝色），B错误；C．结合正极反应式可知，每生成1molH2O时转移电子的物质的量为1mol，C错误；D．由原电池

反应可知，电池使用过程中消耗氢离子，溶液的pH增大，D错误。答案选A。15.图1是两个容积均为1L的恒容容器，现向甲中充入2molA、2molB，乙中充入1molA、1molB，相同温度下发生反应：A(g)+B(g)C(g)ΔH<0实验测得容器

乙中c(A)随时间t的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是A.平衡时甲容器中A的转化率为50%B.反应达平衡时，两容器中平衡常数：K甲＞K乙C.将乙容器升温可使两容器内各物质的体积分数相同D.平衡时甲中0.5

mol/L＜c(A)＜1mol/L【答案】D【解析】【详解】A．由图2可知，平衡时乙容器内A的转化率为0.5mol50%1mol=，而甲容器相当于将乙容器的体积缩小一半，则增大压强，化学平衡右移，A的转化率增大，所以平衡时甲容器中A的转化率大于50%，故A错误，B．化学平衡常数只与温度有关，

两容器中的反应是相同温度下达到的化学平衡状态，所以平衡常数K甲=K乙，故B错误；C．该反应为放热反应，将乙容器单独升温，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，不可能使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同，故C错误；D．由图2可知，平衡时乙容器内A的转化率为0.5mol50%1mol=，

而甲容器相当于将乙容器的体积缩小一半，则增大压强，化学平衡右移，A的转化率增大，所以平衡时甲容器中A的转化率大于50%，即平衡时甲容器中0.5mol/L＜c(A)＜1mol/L，故D正确；答案为D。16.海洋中蕴藏着巨大的资源

，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，下列有关说法不正确的是A.研究海水淡化的方法有利于保护淡水资源B.从粗盐得到精盐主要涉及溶解、过滤、蒸发、结晶等实验步骤C.由无水MgCl2得到Mg可以通过电解的方法D.溴工业中步骤③、④的目的是为了富集溴元素，步骤④反应

的离子方程式为222BrSOHO2H2BrS+−++++【答案】D【解析】【详解】A．海水含大量氯化钠等盐，淡化海水可以得到淡水，可以缓解淡水资源危机，故A正确；B．粗盐中含有可溶和不可溶杂质，需要提纯，涉及的实验步骤有溶解、过滤、蒸发、结

晶等，故B正确；C．电解熔融氯化镁可以得到镁单质，故C正确；D．海水提溴是先通入足量氯气将溴离子氧化为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，目的是为了富集溴元素，步骤④反应的离子方程式为22242BrSO2HO4H2BrSO+−−++++，故D错误；综上所述，答案为D

。二、非选择题17.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物。常温常压下r为液体，其余均为无色气体，m的摩尔质量为p的2倍，n是元素Y的单质，q能使品红溶液褪色；m、n、p、q、r、s之间的转化关系如图所示。请根

据以上信息回答下列问题：(1)元素Z在周期表中的位置为________。(2)化合物p的电子式为_________；X、Y、Z的原子半径由大到小的顺序为______(用元素符号表示)。(3)n与p反应生成r、s的化学方程式为__________。(4)m、p

、r中稳定性最好的是_______(填化学式)，理由是___________。【答案】(1).第三周期ⅥA族(2).(3).S＞N＞O(4).3224NH5O4NO6HO++催化剂(5).H2O(6).元素的非金属性大小顺序为O＞N＞S，非金属性越强，其对应的最简单的氢化物稳定

性就越强(或O的非金属性最强)【解析】【分析】常温常压下r为液体，则为H2O，q能使品红溶液褪色，则为SO2，则m为H2S，n为O2，Y为O元素，m的摩尔质量为p的2倍，可知p为NH3，s为NO，由此可知W为H元素，X为N元素，Z为S元素，硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水。【详解】(1)元素Z

(S)在周期表中的位置为第三周期ⅥA族；故答案为：第三周期ⅥA族。(2)化合物p(NH3)的电子式为；根据层多径大，同电子层结构，核多径小原则，X、Y、Z的原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O：故答案为：；S＞N＞O。(3)n与p反应生成r、s是氨气

的催化氧化反应，其化学方程式为3224NH5O4NO6HO++催化剂；故答案为：3224NH5O4NO6HO++催化剂。(4)m(H2S)、p(NH3)、r(H2O)中稳定性最好的是H2O，理由是元素的非金属性大小顺序为O＞N＞S，非金属性越强，其对应的最简单的氢化物稳

定性就越强(或O的非金属性最强)；故答案为：H2O；元素的非金属性大小顺序为O＞N＞S，非金属性越强，其对应的最简单的氢化物稳定性就越强(或O的非金属性最强)。【点睛】元素推断是常考题型，主要考查元素在周期表位置、原子半径、氧化还原反应、氢化物稳定性、非金属性强弱等。1

8.火箭推进器中装有还原剂液态肼(N2H4)和氧化剂过氧化氢(H2O2)，当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65k

J的热量。回答下列问题：(1)过氧化氢的结构式是__________。(2)该反应的热化学方程式为___________。(3)已知H2O(l)=H2O(g)∆H=+44kJ/mol，则32g液态肼与足量液态过氧化氢反

应生成氮气和液态水时，∆H=_________。(4)实验室可用次氯酸钠溶液与氨气反应制备液态肼，已知生成物之一是常见的盐，则反应的化学方程式为__________。(5)已知：122H(g)Cl(g

)2HCl(g),H185kJmol−+==−，几种化学键的键能如下表所示，则a=_________。共价键HH−ClCl−HCl−键能/(1kJmol−)436247a【答案】(1).H-O-O-H(2)

.242222NH(1)+2HO(1)=N(g)+4HO(g)1H641.625kJmol−=−(3).1817.625kJmol−−(4).3242NaClO+2NHNH+NaCl+H=O(5).

434【解析】【详解】(1)过氧化氢的结构式为H-O-O-H，故答案为：H-O-O-H；(2)0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，则1mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65k

J×1mol0.4mol=641.625kJ的热量，则该反应的热化学方程式为242222NH(1)+2HO(1)=N(g)+4HO(g)-1ΔH=-641.625kJmol，故答案为：242222NH

(1)+2HO(1)=N(g)+4HO(g)-1ΔH=-641.625kJmol；(3)32g液态肼的物质的量为1mol，由题意可知：①242222NH(1)+2HO(1)=N(g)+4HO(g)-1ΔH=-641.625kJmol②已知H2O(l)=H

2O(g)∆H=+44kJ/mol①-4×②得：242222NH(1)+2HO(1)=N(g)+4HO(l)-1-1-1ΔH=-641.625kJmolk-444=-817.625J?molkJmol，故答案为：-1-817.625kJmol；(4)结合反应物为NaClO和NH

3、生成物之一为N2H4可知，生成物中的盐为NaCl，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为3242NaClO+2NHNH+NaCl+H=O，故答案为：3242NaClO+2NHNH+NaCl+H=O；(5)由Δ=H反应物的总键能-生成物的总键能得：1185kJmol−−=(

436+247-2a)1kJmol−，解得a=4341kJmol−，故答案为：434。19.能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是重要的绿色能源之一。(1)目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇，其原

理是2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++。①恒容容器中，能增大该反应的化学反应速率的是______。(填字母序号，下同)a.升高温度b.移走CH3OHc.增大压强d.向系统中充入He②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_______。a.2CO、2H、3CHOH、2HO的浓度均不再变化b.()()()()2232vCO:vH:vCHOH:vHO1:3:1:1=c.容器中混合气体的密度保持不变d.()()23H3vCHvOH=消耗消耗e.体系压强不变(2)CO和2H也可合成甲

醇，其原理是23CO(g)2H(g)CHOH(g)+。①向体积为1L的密闭容器中充入1molCO和2molH2，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示。该反应属于______反应(填“吸热”或“放热”)；p1与p2的大小关系：p1____p2(填“

>”“<”或“=”)。②在体积为10L的密闭容器中，投入一定量的CO和H2，各物质的物质的量浓度随时间的变化如下表所示，5min时，该反应达到化学平衡状态。时间/min浓度/(mol·L-1)物质2510CO0.070.060.052H0.140.120.203CHOH0.030.040.0

5若5min时只改变某一条件，则所改变的条件是_______；此温度下的化学平衡常数K=______(保留一位小数)；10min时v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。【答案】(1).ac(2).ade(3).放

热(4).<(5).向容器中充入21molH(6).46.3(7).>【解析】【详解】(1)①根据影响化学反应速率的因素可知，升高温度和增大压强都可以增大反应速率；充入氦气，各物质的浓度没变，所以反应速率不变；从体系中移走3CHOH，3CHOH浓度减小，反应速率减小

，故答案为：ac；②a．2CO、2H、3CHOH、2HO的浓度均不再变化，是化学反应达到平衡状态的本质特征，故a正确；b．各物质的化学反应速率之比与其化学计量系数成正比，所以()()()()2232vCO:vH:vCHOH:vHO=1:3:1:1的状态不一定是平衡状态，故b错误；c．恒温恒容体系中

各物质均为气体时，容器内气体的密度始终不变，所以混合气体的密度保持不变不能判断反应达到平衡状态，故c错误；d．()()23vH=3vCHOH耗消耗消，即()()23H:vCHOH=3:1v消耗消耗，等于对应化学计量数之比，即正反应速率等于逆反应速率，反应

达到平衡状态，故d正确；e．反应正向是气体体积减小的反应，即正向是物质的量有变化的反应，所以体系压强不变，能说明反应达到平衡状态，故e正确；故答案为：ade；(2)①由图象可知，温度升高，一氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动了，所以正反应是放热反应；相同温度下2p压强下CO转

化率大于1p压强下CO转化率，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，所以12pp，故答案为：放热；＜；②据表中数据知，5~10min，CO的物质的量浓度减小而氢气和甲醇的物质的量浓度都增大，说明改变的条件是加入氢气，CO的物质的

量浓度减少0.01mol/L时，则氢气的物质的量浓度减少0.02mol/L则加入的()2nH=(0.20-0.12+0.02)mol/L10L=1mol；5min时达到平衡状态，则化学平衡常数()-1-222-1-10.04molLK=46.3molL0.06molL0.

12molL，10min时，其QC()-1-222-1-10.05molL==25molL<K0.05molL0.2molL，则平衡正向移动，所以v>v正逆，故答案为：向容器中充入21molH；46.3；＞。20.(1)高铁电池是一种新型可充电电池，与普通铅蓄电

池相比，该电池能较长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应242233Zn2KFeO8HO3Zn(OH)2Fe(OH)4KOH++++放电充电。请回答下列问题：①高铁电池放电时，负极材料是________，正极发生______(填“氧化”或“还原”)反应；已知正极反应式为24

23FeO3e4HOFe(OH)5OH−−−+++，则负极反应式为________。②每生成31molFe(OH)，需要消耗Zn的质量为______g。(2)氯-铝电池是一种新型的燃料电池。电池工作时，

电子从_____(填“Al”或“Cl”)极流向_____(填“正”或“负”)极；每消耗8.1gAl，电路中通过的电子数目为_____NA。【答案】(1).锌或Zn(2).还原(3).2Zn2e2OHZn(OH)−−−+(4).97.5(5).Al(6).正(7).0.9【

解析】【分析】根据方程式分析，化合价升高的为负极，化合价降低的为正极，电池的总反应方程式－正极反应式＝负极反应式。【详解】(1)①由高铁电池放电时总反应方程式可知，锌失电子，做还原剂，所以负极材料应为Zn，正极上得电子发生还原反应，由电池

的总反应方程式－正极反应式＝负极反应式，而正极反应式为2423FeO3e4HOFe(OH)5OH−−−+++则负极电极反应式2Zn2e2OHZn(OH)−−−+；故答案为：锌或Zn；还原；2Zn2e2OHZn(OH)−−−+

。②由总反应方程式知生成2molFe(OH)3时消耗3molZn，则生成1molFe(OH)3需要消耗Zn的质量为13mol65gmol97.5g2−=。(2)根据题意可知该电池的总反应方程式232A1

3Cl2AlCl+，Cl2得电子在正极反应，Al失电子在负极反应；电子由负极Al流向正极；8.1gAl的物质的量为18.1g0.3mol27gmol−=，1molAl反应转移3mol电子，0.3molAl反应电路中通过的电子数为AA3

N0.30.9N=。【点睛】原电池是常考题型，主要考查原电池正负极判断、电极反应式书写、电路中电子转移和电子转移数目。21.工业上用钛铁矿[主要成分为3FeTiO(钛酸亚铁)，还含23FeO、2SiO等杂质]制备2TiO，其流程如下：已知：钛液Ⅰ和钛液Ⅱ中，

Ti元素均主要以TiO2+的形式存在。(1)钛铁矿中加硫酸后为了提高浸出率，可以采取的方法是_______；钛液中加入铁粉的目的是________(用离子方程式表示)。(2)检验钛液Ⅰ中含有Fe2+的方法是___________。(3)①步骤Ⅱ需冷却至70℃左

右，若温度过高会导致产品TiO2回收率降低，原因是___________。②步骤Ⅲ得到了170gTiO2·xH2O，经煅烧后的质量为80g，则x=__________。③步骤Ⅲ需不断通入高温水蒸气以维持温

度在90℃，请从化学平衡角度分析通入高温水蒸气的两个作用：___________、___________。【答案】(1).增大硫酸浓度或将钛铁矿粉碎或适当提高温度(2).322FeFe3Fe+++(3).取少

量钛液Ⅰ的溶液于试管中加入几滴KSCN溶液，无明显现象，再加入氯水，有血红色物质出现，证明钛液Ⅰ含有2Fe+(4).温度过高会导致2TiO+水解平衡右移，产生沉淀而损失(5).5(6).升高温度加快水解反

应速率(7).加水稀释促进水解【解析】【分析】由流程图可知，钛铁矿中加入硫酸，钛铁矿中3FeTiO(钛酸亚铁)与硫酸反应生成TiOSO4，23FeO与硫酸反应生成硫酸铁，二氧化硅不溶于硫酸，过滤后，铁与

硫酸铁反应生成硫酸亚铁，过滤后除去过量铁粉，滤液经结晶、过滤，得到绿矾和钛液得到矿渣为二氧化硅，钛液Ⅰ为TiOSO4和硫酸铁混合液；向钛液Ⅰ中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁，结晶出绿矾，过滤后得到钛液Ⅱ为TiOSO4溶液；在90℃条件下，TiOSO4水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到

TiO2·xH2O，经干燥、煅烧制得TiO2。【详解】（1）钛铁矿中加硫酸后为了提高浸出率，可以采取的方法是增大硫酸浓度或将钛铁矿粉碎或适当提高温度；钛液中加入铁粉的目的是让铁离子还原为亚铁离子，离子方程式是：322FeFe3Fe+++；

（2）亚铁离子的检验方法是：取少量钛液Ⅰ的溶液于试管中加入几滴KSCN溶液，无明显现象，再加入氯水，有血红色物质出现，证明钛液Ⅰ含有2Fe+；(3)①步骤Ⅱ需冷却至70℃左右，若温度过高会导致产品TiO2回收率降低，原因是温度过高会导致2TiO+

水解平衡右移，产生沉淀而损失；②由Ti原子守恒得：()1708018/gxgmol+=8080/ggmol，解得x=5；③步骤Ⅲ需不断通入高温水蒸气以维持温度在90℃，原因是升高温度加快水解反应速率；加水稀释

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