2022-2023学年河北省定州市高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省定州市2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是合题目要求的。1.化学与人类生活，生产和环境密切相关，下列有关说法正确的是（）A.糯米烧麦、白灼西兰花、甲流病毒毒株中均不含天然有机高分子化合物B.“自古书契多编以竹简，其用缣帛(丝织品)者谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是蛋白质C.“试玉要烧三日满，辨才须待七年期”，此文中“玉”的主要成分为单质硅D.福尔马林常用于种子的杀菌消毒和标本的防腐，福尔马林是乙醛的水溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．糯米烧麦中的淀粉，西兰花中的纤维素，病毒中的蛋白质，它们天然高分子化合物，故A错误；B．文中“纸”，是丝织品，丝织品主要成分是蛋白质，故B正确；C．“玉”的主要成分是硅酸盐，故C错误；D．福尔马林溶液是甲醛的水溶液，故D错误；〖答案〗为B。2.下列化学用语书写正确的是（）A.甲烷的球棍模型： B.氮气的电子式：C.苯的分子式： D.乙烯的结构简式：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．甲烷的空间构型为正四面体，其球棍模型为，故A正确；B．氮原子最外层电子数是5，氮气中两个氮原子间共用三个电子对，氮气电子式为，故B错误；C．苯的分子式为C6H6，CH为苯的实验式，故C错误；D．烯烃中碳碳双键是官能团，不能省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D错误；〖答案〗为A。3.下列有关化学语言描述正确的是（）A.甲烷、乙烷、异丁烷、溴乙烷都属于烷烃B.乙烯、乙炔、聚乙烯、苯、富勒烯()都属于不饱和烃C.甲烷、乙烷、异丁烷、正丁烷互为同系物D.葡萄糖和果糖互为同分异构体〖答案〗D〖解析〗【详析】A．甲烷、乙烷、异丁烷属于烷烃，溴乙烷中含有溴元素，溴乙烷不属于烷烃，属于卤代烃，故A错误；B．聚乙烯的结构简式为，不含碳碳双键，不属于不饱和烃，富勒烯(C60)是碳单质，不是化合物，富勒烯不属于不饱和烃，故B错误；C．异丁烷的结构简式为，正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，两者互为同分异构体，不互为同系物，故C错误；D．葡萄糖和果糖分子式均为C6H12O6，它们结构不同，因此葡萄糖和果糖互为同分异构体，故D正确；〖答案〗为D。4.国产大型客机C919机身部分采用第三代新型铝锂材料。下列有关铝锂合金的认识错误的是（）A.铝锂合金具有金属光泽，有良好的导电性和导热性 B.铝锂合金密度较小，强度较大C.改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金 D.铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铝锂合金属于金属混合物，可以导电、导热，A正确；B．合金一般具有硬度大、强度大、熔点低等特性，则铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，B正确；C．合金中组分的配比不同，其性能不同，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，C正确；D．铝锂合金的化学性质与各成分金属的性质相同，但物理性质存在一定的差异，D不正确；故选D。5.设代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，中含有的分子数为B.氨水中的数目等于C.中含有键的数目可能为D.足量与铁完全反应，转移的电子数为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．乙醇标准状况下不是气体，不能直接运用22.4L/mol计算乙醇物质的量，故A错误；B．NH3·H2O为弱碱，在水中部分电离，因此1L0.5mol/L氨水中NH的数目小于0.5NA，故B错误；C．如果C3H6O为丙醛，结构简式为CH3CH2CHO，0.1mol该物质含有“C-H”数目为0.6NA，故C正确；D．氯气具有强氧化性，无论氯气是否过量，与铁反应，都生成FeCl3，因此0.1mol铁与足量氯气完全反应，转移电子数为0.3NA，故D错误；〖答案〗为C。6.在某酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．酸性条件下，各离子不反应，可以共存，故A正确；B．酸性条件下，高锰酸根可以把氯离子氧化为氯气，不能共存，故B错误；C．酸性条件下，硝酸根可以把亚铁离子氧化为铁离子，不能共存，故C错误；D．铁离子有氧化性，碘离子有还原性，可以发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选A。7.我国科学家屠呦呦，因研究提取治疗疟疾的特效药—青蒿素(结构如图)而获得诺贝尔奖下列有关说法正确的是（）A.图示为青蒿素的结构式 B.青蒿素的分子式为C.青蒿素中所含的氧原子化合价均相同 D.青蒿素分子中只含有共价键〖答案〗D〖解析〗【详析】A．图示为青蒿素的结构简式，故A错误；B．根据青蒿素结构简式可知，青蒿素的分子式为，故B错误；C．青蒿素中-O-O-中O原子为-1价，其它氧原子为-2价，故C错误；D．根据青蒿素的结构简式可知，青蒿素中只含有共价键，故D正确；故选D。8.太阳能作为一种清洁能源，对环境友好，能量巨大，可再生。在太阳能的作用下，铁氧化合物催化水分解制氢机理如图。下列有关说法错误的是（）A.是中间产物B.过程Ⅰ反应中铁元素被还原C.中D.该方法制氢气，具有成本低、产物易分离等优点〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据机理图可知，FeO为中间产物，故A说法正确；B．过程Ⅰ中，Fe3O4中铁元素化合价可以认为是+价，FeO中铁元素化合价为+2价，铁元素化合价降低，因此过程Ⅰ反应中铁元素被还原，故B说法正确；C．Fe3O4中铁元素的化合价是由+2、+3价组成，令Fe2+的个数为a，则Fe3+的个数为(3-a)，依据化合价代数和为0，有2a+3(3-a)=8，解得a=1，因此N(Fe2+)∶N(Fe3+)=1∶2，故C说法错误；D．该方法在太阳能作用下，用铁氧化合物催化水分解，太阳能来源丰富，因此该方法制氢气，具有成本低、产物易分离等优点，故D说法正确；〖答案〗为C。9.已知：丙烷可表示为。苦艾油是由天然艾叶萃取精炼而成的，有温经通络、益气活血、祛寒止痛等功效。苦艾油中含有，该有机物侧链上的二氯代物(不包括苯环上的氢原子被取代)有（）A.4种 B.5种 C.6种 D.8种〖答案〗C〖解析〗【详析】苦艾油有机物侧链上的二氯代物有共6种，故选C。10.某同学设计的实验室制取并收集氨气的简易装置如图。下列有关评价正确的是（）A.该同学设计的实验装置完全符合要求B.试管口放置的棉花能防止氨气与空气的对流，提高氨气的纯度C.在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸，通过观察试纸颜色变化判断氨气是否收集满D.两个试管中间可增加一个盛有无水固体的干燥管，用于干燥氨气〖答案〗B〖解析〗【详析】A．因为氨气的密度小于空气，因此收集试管中的导管应伸入试管底部，故A错误；B．试管口放置的棉花能防止氨气与空气的对流，提高氨气的纯度，故B正确；C．氨气的水溶液显碱性，使石蕊试液变蓝，因此试管口防止湿润的红色石蕊试纸，通过观察试纸颜色变化判断氨气是否收集满，故C错误；D．氯化钙能与氨气反应，因此干燥氨气常用碱石灰，故D错误；〖答案〗为B。11.下列物质提纯(括号内为杂质)的方法错误的是（）已知：硝基苯的沸点为，苯的沸点为。A苯(丙烯)：溴水，分液B.乙烯(二氧化硫)：氢氧化钠溶液，洗气C.硝基苯(苯)：蒸馏D.乙酸乙酯(乙醇)：饱和碳酸钠溶液，分液〖答案〗A〖解析〗【详析】A．丙烯能与溴水发生加成反应，但产物可溶于苯，无法分液分离，A错误；B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不与NaOH反应，可以分离，B正确；C．硝基苯沸点高于苯，可蒸馏分离，C正确；D．乙醇可溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯在碳酸钠溶液中溶解度较低，可分液分离，D正确；故选A。12.下列有关描述中正确是（）A.铁是比较活泼的金属，在自然界中只能以化合态的形式存在B.维生素C与补铁剂(含亚铁离子)同服有助于铁元素的吸收，推知维生素C具有氧化性C.铝与氧化铁发生的铝热反应需要加热才能进行，推知该反应为吸热反应D.电解熔融氧化铝制铝单质时，冰晶石的作用是降低氧化铝的熔点，减少冶炼过程的能耗〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铁是比较活泼的金属，在自然界主要以+2和+3价化合物的形态存在于矿石中，但铁在自然界中也可以像陨铁中铁以单质形态存在，故A错误；B．Fe2+以还原性为主，容易被氧化，维生素C与补铁剂同服有助于铁元素吸收，维生素C可以防止亚铁离子被氧化，推知维生素C具有还原性，故C错误；C．铝与氧化铁发生铝热反应虽然需要加热，但加热的目的是达到反应的温度，停止加热后，该反应能继续发生，说明该反应为放热反应，故C错误；D．电解氧化铝制铝单质时，加入冰晶石目的是作助溶剂，使难熔化的氧化铝在较低温度下能溶解在熔融的冰晶石中，减少冶炼过程的能耗，故D正确；〖答案〗为D。13.某化学兴趣小组设计的一个简易的原电池装置如图，室温下进行了四组实验。下列说法正确的是（）实验标号①②③④a电极材料石墨石墨铁单质铁单质b溶液(足量)溶液浓硝酸溶液稀硫酸A.实验①中正极的电极反应式为B.实验②中电流表的指针会发生偏转，向a电极移动C.当实验③中外电路通过电子时，理论上电极的质量增加D.实验④放电过程中，a电极质量减少b溶液的酸性增强〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cu能与FeCl3发生Cu+2FeCl3=CuCl2+FeCl2，根据原电池工作原理，Cu为负极，石墨为正极，正极上得电子，即电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，故A错误；B．Cu能与浓硝酸发生Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应为氧化还原反应，符合原电池构成条件，电流表的指针会偏转，NO向负极移动，即向Cu电极移动，故B错误；C．该反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，a电极为负极，Cu电极为正极，正极反应式为Cu2++2e-=Cu，电路中通过0.1mol电子，Cu电极上质量增大3.2g，故C正确；D．发生Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，根据原电池工作原理，Fe为负极，失去电子，a极质量减少，硫酸参与反应生成氢气，溶液酸性减弱，故D错误；〖答案〗为C。14.取某食品包装袋内的脱氧剂Fe粉(部分变质)于试管中，向其中滴加的稀盐酸，当滴加的稀盐酸为时，固体中含铁元素的物质恰好完全反应，生成气体(标准状况)；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无明显变化；又向试管中加入适量的溶液，使恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化(剩余固体为)，此时的质量为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】脱氧剂Fe粉(部分变质)与200mL、0.1mol/L的稀盐酸恰好完全反应之后，中滴加KSCN溶液，无明显变化，说名此时溶质恰好为，，所以，由Fe元素守恒可得：，所以，综上所述，B符合题意；〖答案〗选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.非金属元素氮的单质及其化合物在生产生活中具有重要的作用。回答下列问题：I．已知肼()是氮的重要化合物，其与氧气反应的能量变化如图1所示（1）的电子式为___________；与足量充分反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为___________。（2）以为原料合成的液体火箭燃料偏二甲肼()与液态氧化剂反应产生大量无害气体和水，偏二甲肼与反应的化学方程式为___________。Ⅱ．图2为氮元素的“价一类”二维图，图3为工业上以A为原料制备C的工艺流程图。（3）写出与稀盐酸反应的离子方程式：___________。（4）写出在合金网的催化作用下A与空气中的氧气反应得到的化学方程式：___________。（5）上述工艺流程的“尾气”中主要含有氮氧化物(、)。①若恰好能将由和组成的混合气体完全转化为B和水，则混合气体中___________。②在酸性条件下用酸性高锰酸钾溶液吸收，产物为和，则该反应中n(氧化产物)：n(还原产物)=___________。③用碱液吸收(未配平)。已知X是一种盐，且在生成物中X与的物质的量之比为1：1，则X的化学式为___________。〖答案〗（1）①.②.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534kJ/mol（2）2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O（3）NH3·H2O+H+=NH+H2O（4）4NH3+5O24NO+6H2O（5）①.3∶1②.5∶3③.NaNO3〖解析〗【小问1详析】N2H4又称联氨，可以看作是由2个-NH2组成，即肼的电子式为；1molN2H4(g)与足量氧气反应生成氮气和水蒸气，根据图1可知，该反应为放热反应，其热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534kJ/mol，故〖答案〗为；N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534kJ/mol；【小问2详析】偏二甲肼与N2O4反应产生大量无害气体和水，即无害气体为N2、CO2，反应方程式为2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O；故〖答案〗为2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O；【小问3详析】一水合氨与稀盐酸发生中和反应，一水合氨为弱碱，稀盐酸为强酸，因此两者反应离子方程式为NH3·H2O+H+=NH+H2O；故〖答案〗为NH3·H2O+H+=NH+H2O；【小问4详析】A为-3价氮的氢化物，即A为NH3，在合金网的催化下，氨气与氧气反应生成NO和水，其反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故〖答案〗为4NH3+5O24NO+6H2O；【小问5详析】①A为NH3，B为N2，令NO物质的量为amol，则NO2物质的量为(6-a)mol，根据得失电子数目守恒有：5×3=2a+(6-a)×4，解得a=4.5，NO物质的量为4.5mol，NO2物质的量为1.5mol，n(NO)∶n(NO2)=4.5∶1.5=3∶1；故〖答案〗为3∶1；②酸性高锰酸钾溶液吸收NO，产物为NO和Mn2+，N元素化合价升高，因此NO为氧化产物，Mn元素的化合价降低，Mn2+为还原产物，根据得失电子数目守恒有：n(NO)×3=n(Mn2+)×5，n(NO)∶n(Mn2+)=5∶3；故〖答案〗为5∶3；③NO2→NaNO2，N元素化合价由+4价降低为+3价，该反应为氧化还原反应，有化合价降低，必须有化合价升高，X是一种盐，且在生成物中X与NaNO2的物质的量之比为1：1，NO2中N的化合价升高1价，推出X的化学式为NaNO3；故〖答案〗为NaNO3。16.淀粉是人类粮食的主要成分，同时也是重要的工业原料。利用淀粉可实现下列物质的转化(如图1)，请回答下列问题：（1）葡萄糖的分子式为___________，乙酸的官能团名称为___________。（2）写出反应V(酯化)的化学方程式：___________。实验兴趣小组欲从乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合物中得到乙酸乙酯，分离流程如图2，“分离”时使用的主要仪器的名称为___________。（3）某化学课外活动小组为探究反应iii并验证产物，设计了甲、乙两套装置(如图3，图中的夹持仪器已略去，甲、乙装置均划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个部分)。已知：乙醛与新制氢氧化铜碱性悬浊液在加热条件下反应有砖红色沉淀产生；“△”表示酒精灯热源，各仪器中盛放的试剂如表。仪器编号abcd试剂名称无水乙醇(沸点为78℃)铜丝无水硫酸铜新制氢氧化铜碱性悬浊液①反应ⅲ的反应类型属于___________(填标号)。A．氧化反应B．加成反应C．取代反应②对比两套装置，甲Ⅱ比乙Ⅱ更优，原因是___________将两套装置拆分为六个部分(即甲Ⅰ、甲Ⅱ、甲Ⅲ、乙Ⅰ、乙Ⅱ、乙Ⅲ)，重新组出一套集甲、乙装置优点为一体的更完善更合理的丙装置，则按照气流方向从左至右的顺序可表示为乙Ⅰ→___________→乙Ⅲ。③实验进行中铜丝交替出现变黑，变红的现象，结合所学知识分析由红变黑的原因：___________(填化学方程式，下同)，由黑变红的原因：___________。实验一段时间后，撤掉b处酒精灯，反应仍然能继续进行，其原因是___________(用文字说明)。〖答案〗（1）①.C6H12O6②.羧基（2）①.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O②.分液漏斗（3）①.A②.甲Ⅱ的加热方式为水浴加热，其具有易控制温度、受热均匀的优点，从而能得到更平稳的气流③.甲Ⅱ④.2Cu+O22CuO⑤.CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu⑥.乙醇的催化氧化反应是放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行〖解析〗〖祥解〗淀粉在稀硫酸作用下发生水解，水解最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酶作用下发生C6H12O62CH3CH2OH+2CO2，乙醇在铜丝作催化剂下被氧气氧化成乙醛，乙醛被氧化成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应，得到乙酸乙酯，据此分析；【小问1详析】葡萄糖是单糖，其分子式为C6H12O6；乙酸的结构简式为CH3COOH，其官能团为羧基；故〖答案〗为C6H12O6；羧基；【小问2详析】反应Ⅴ为酯化反应，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，其反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，制备的乙酸乙酯中混有乙醇、乙酸，需要加入饱和碳酸钠溶液，其作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水中溶解度使之析出，然后用分液方法进行分离，使用的主要仪器为分液漏斗，故〖答案〗为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；分液漏斗；【小问3详析】①反应iii的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应类型为氧化反应，选项A符合题意；故〖答案〗为A；②甲Ⅱ的加热方式为水浴加热，其具有易控制温度、受热均匀的优点，从而能得到更平稳的气流；最佳组合为乙Ⅰ→甲Ⅱ→乙Ⅲ；故〖答案〗为甲Ⅱ的加热方式为水浴加热，其具有易控制温度、受热均匀的优点，从而能得到更平稳的气流；甲Ⅱ；③铜丝变黑，推出Cu与氧气发生2Cu+O22CuO，又变红，则发生CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu；实验一段时间后，撤掉b处酒精灯，反应仍能继续进行，说明反应为放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行；故〖答案〗为2Cu+O22CuO；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu；乙醇的催化氧化反应是放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行。17.氢气和甲醇()是重要的能源物质，也是重要的化工原料。为倡导节能减排和低碳经济，降低大气中的含量及有效地开发利用，工业上通常用来生产燃料甲醇。向体积为2L的恒容密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：。测得和的物质的量随时间的变化如图所示。（1）①内，用表示的化学反应速率为___________；时，该反应的___________(填“>”“<”或“=”)。②反应达到平衡时，的转化率(反应中反应物反应的量占起始投入量的百分比)为___________；平衡时的体积分数为___________。（2）下列措施能加快该反应的化学反应速率的是___________(填标号)。A．升高温度B．向容器中充入适量的，增大容器的压强C．向容器中再充入和（3）能说明上述反应已达到平衡状态的是___________(填标号)。A.和两种气体的物质的量浓度之比为1：1B.容器内混合气体的密度保持不变C.断开键的同时断开键D.（4）甲醇是优质的清清燃料，某碱性甲醇燃料电池的工作原理如图所示，该电池负极的电极反应式为___________，向___________(填“a”或“b”)电极移动。〖答案〗（1）①.0.2②.＞③.75%④.37.5%（2）AC（3）CD（4）①.CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O②.b〖解析〗【小问1详析】①根据图像可知，前3min，甲醇的变化物质的量为0.4mol，则该段时间内，氢气的变化物质的量为3×0.4mol=1.2mol，用氢气表示的反应速率v(H2)==0.2mol/(L·min)；根据图像可知，反应在10min时达到平衡，推出前10min，反应向正反应方向进行，即3min时，v正＞v逆，故〖答案〗为0.2；＞；②反应达到平衡时，CO2物质的量为0.2mol，反应达到平衡时，CO2的转化率为=75%；平衡时，CO2物质的量为0.2mol，氢气物质的量为0.2mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.6mol，则甲醇的体积分数为=37.5%；故〖答案〗为75%；37.5%；【小问2详析】A．升高温度，化学反应速率加快，故A符合题意；B．容器为恒容，向容器中充入非反应气体氮气，组分浓度不变，化学反应速率不变，故B不符合题意；C．向容器中再充入0.8molCO2和2.0molH2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故C符合题意；〖答案〗为AC；【小问3详析】A．甲醇和水蒸气均为生成物，且化学计量数相同，也就是在反应任何时刻甲醇和水蒸气物质的量之比为1∶1，即甲醇和水蒸气物质的量浓度之比1∶1，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B．容器为恒容，混合气体的体积不变，组分都是气体，混合气体的总质量不变，任何时刻，混合气体密度都不变，即混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C．断开3molH-H键，说明反应向正反应方向进行，消耗3mol氢气，断开3molH-O键，说明反应向逆反应方向进行，消耗1mol甲醇和1molH2O，与化学计量数之比相等，因此能说明反应达到平衡，故C符合题意；D．用不同物质的反应速率判断达到平衡，首先判断反应方向是一正一逆，然后判断速率之比等于化学计量数之比，即3v正(CH3OH)=v逆(H2)，说明反应达到平衡，故D符合题意；〖答案〗为CD；【小问4详析】该电池为燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气或空气一极为正极，即通入甲醇一极为负极，其电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，根据原电池工作原理，Na+向正极移动，即向b电极移动；故〖答案〗为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；b。18.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(主要成分为，还含等元素的氧化物)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表：金属离子开始沉淀的8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的10.18.32.84.710.98.28.9（1）已知“溶浸”中发生反应的化学方程式为，当生成时，该反应中转移___________电子，该反应中n(还原剂)：n(氧化剂)=___________，“滤渣1”的主要成分为___________(填化学式)（2）“氧化”中添加适量的的作用是将氧化为，酸性条件下氧化反应的离子方程式为___________(已知：被还原为)。（3）“除杂1”的目的是除去和，“除杂2”的目的是将转化为沉淀从而除去﹐试推测“调”是为了除___________(填元素符号)，溶液的范围应调节在___________~6(当某金属离子沉淀完全视作该金属离子已除净)。（4）写出“沉锰”时发生反应的离子方程式：___________。（5）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为，其中的化合价依次为。当时，___________，试用氧化物的形式表示镍钴锰三元材料：___________[某些含氧酸盐可以写成氧化物的形式(例如：可以表示为)］。〖答案〗（1）①.0.5②.1∶1③.（2）2Fe2＋+MnO2+4H＋=2Fe3＋+Mn2++2H2O（3）①.②.2.8（4）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O（5）①.1②.〖解析〗〖祥解〗天然二氧化锰粉与硫化锰矿加入稀硫酸溶浸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵“沉锰”得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰MnSO4。【小问1详析】由方程式可知，该反应的氧化剂为，还原剂为MnS，每生成2mol转移2mol电子，所以每生成时，该反应中转移0.5电子，反应中的n(还原剂)：n(氧化剂)=1∶1；将二氧化锰粉与硫化锰矿(主要成分为，还含等元素的氧化物)在溶浸操作中与硫酸反应后，等元素的氧化物均被溶解，而与硫酸不反应，所以“滤渣1”的主要成分为，故〖答案〗为0.5；1∶1；；【小问2详析】二氧化锰作为氧化剂，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为锰离子，2Fe2＋+MnO2+4H＋=2Fe3＋+Mn2++2H2O；【小问3详析】“溶浸”、“氧化”后，溶液中的杂质有，“除杂1”的目的是除去和，“除杂2”的目的是将转化为沉淀从而除去﹐所以“调”是为了除，由表格知溶液的范围应调节在2.8~6，故〖答案〗为；2.8；【小问4详析】根据题干信息“沉锰”的过程是锰离子和碳酸氢根离子生成了MnCO3沉淀，根据质量守恒可知同时还生成了水、二氧化碳，所以反应离子方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；【小问5详析】化学式为，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：3+2x+3y+4z=12，已知，，带入计算得：z=1；将其用氧化物的形式表示为，故〖答案〗为1；。河北省定州市2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是合题目要求的。1.化学与人类生活，生产和环境密切相关，下列有关说法正确的是（）A.糯米烧麦、白灼西兰花、甲流病毒毒株中均不含天然有机高分子化合物B.“自古书契多编以竹简，其用缣帛(丝织品)者谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是蛋白质C.“试玉要烧三日满，辨才须待七年期”，此文中“玉”的主要成分为单质硅D.福尔马林常用于种子的杀菌消毒和标本的防腐，福尔马林是乙醛的水溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．糯米烧麦中的淀粉，西兰花中的纤维素，病毒中的蛋白质，它们天然高分子化合物，故A错误；B．文中“纸”，是丝织品，丝织品主要成分是蛋白质，故B正确；C．“玉”的主要成分是硅酸盐，故C错误；D．福尔马林溶液是甲醛的水溶液，故D错误；〖答案〗为B。2.下列化学用语书写正确的是（）A.甲烷的球棍模型： B.氮气的电子式：C.苯的分子式： D.乙烯的结构简式：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．甲烷的空间构型为正四面体，其球棍模型为，故A正确；B．氮原子最外层电子数是5，氮气中两个氮原子间共用三个电子对，氮气电子式为，故B错误；C．苯的分子式为C6H6，CH为苯的实验式，故C错误；D．烯烃中碳碳双键是官能团，不能省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D错误；〖答案〗为A。3.下列有关化学语言描述正确的是（）A.甲烷、乙烷、异丁烷、溴乙烷都属于烷烃B.乙烯、乙炔、聚乙烯、苯、富勒烯()都属于不饱和烃C.甲烷、乙烷、异丁烷、正丁烷互为同系物D.葡萄糖和果糖互为同分异构体〖答案〗D〖解析〗【详析】A．甲烷、乙烷、异丁烷属于烷烃，溴乙烷中含有溴元素，溴乙烷不属于烷烃，属于卤代烃，故A错误；B．聚乙烯的结构简式为，不含碳碳双键，不属于不饱和烃，富勒烯(C60)是碳单质，不是化合物，富勒烯不属于不饱和烃，故B错误；C．异丁烷的结构简式为，正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，两者互为同分异构体，不互为同系物，故C错误；D．葡萄糖和果糖分子式均为C6H12O6，它们结构不同，因此葡萄糖和果糖互为同分异构体，故D正确；〖答案〗为D。4.国产大型客机C919机身部分采用第三代新型铝锂材料。下列有关铝锂合金的认识错误的是（）A.铝锂合金具有金属光泽，有良好的导电性和导热性 B.铝锂合金密度较小，强度较大C.改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金 D.铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铝锂合金属于金属混合物，可以导电、导热，A正确；B．合金一般具有硬度大、强度大、熔点低等特性，则铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，B正确；C．合金中组分的配比不同，其性能不同，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，C正确；D．铝锂合金的化学性质与各成分金属的性质相同，但物理性质存在一定的差异，D不正确；故选D。5.设代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，中含有的分子数为B.氨水中的数目等于C.中含有键的数目可能为D.足量与铁完全反应，转移的电子数为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．乙醇标准状况下不是气体，不能直接运用22.4L/mol计算乙醇物质的量，故A错误；B．NH3·H2O为弱碱，在水中部分电离，因此1L0.5mol/L氨水中NH的数目小于0.5NA，故B错误；C．如果C3H6O为丙醛，结构简式为CH3CH2CHO，0.1mol该物质含有“C-H”数目为0.6NA，故C正确；D．氯气具有强氧化性，无论氯气是否过量，与铁反应，都生成FeCl3，因此0.1mol铁与足量氯气完全反应，转移电子数为0.3NA，故D错误；〖答案〗为C。6.在某酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．酸性条件下，各离子不反应，可以共存，故A正确；B．酸性条件下，高锰酸根可以把氯离子氧化为氯气，不能共存，故B错误；C．酸性条件下，硝酸根可以把亚铁离子氧化为铁离子，不能共存，故C错误；D．铁离子有氧化性，碘离子有还原性，可以发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选A。7.我国科学家屠呦呦，因研究提取治疗疟疾的特效药—青蒿素(结构如图)而获得诺贝尔奖下列有关说法正确的是（）A.图示为青蒿素的结构式 B.青蒿素的分子式为C.青蒿素中所含的氧原子化合价均相同 D.青蒿素分子中只含有共价键〖答案〗D〖解析〗【详析】A．图示为青蒿素的结构简式，故A错误；B．根据青蒿素结构简式可知，青蒿素的分子式为，故B错误；C．青蒿素中-O-O-中O原子为-1价，其它氧原子为-2价，故C错误；D．根据青蒿素的结构简式可知，青蒿素中只含有共价键，故D正确；故选D。8.太阳能作为一种清洁能源，对环境友好，能量巨大，可再生。在太阳能的作用下，铁氧化合物催化水分解制氢机理如图。下列有关说法错误的是（）A.是中间产物B.过程Ⅰ反应中铁元素被还原C.中D.该方法制氢气，具有成本低、产物易分离等优点〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据机理图可知，FeO为中间产物，故A说法正确；B．过程Ⅰ中，Fe3O4中铁元素化合价可以认为是+价，FeO中铁元素化合价为+2价，铁元素化合价降低，因此过程Ⅰ反应中铁元素被还原，故B说法正确；C．Fe3O4中铁元素的化合价是由+2、+3价组成，令Fe2+的个数为a，则Fe3+的个数为(3-a)，依据化合价代数和为0，有2a+3(3-a)=8，解得a=1，因此N(Fe2+)∶N(Fe3+)=1∶2，故C说法错误；D．该方法在太阳能作用下，用铁氧化合物催化水分解，太阳能来源丰富，因此该方法制氢气，具有成本低、产物易分离等优点，故D说法正确；〖答案〗为C。9.已知：丙烷可表示为。苦艾油是由天然艾叶萃取精炼而成的，有温经通络、益气活血、祛寒止痛等功效。苦艾油中含有，该有机物侧链上的二氯代物(不包括苯环上的氢原子被取代)有（）A.4种 B.5种 C.6种 D.8种〖答案〗C〖解析〗【详析】苦艾油有机物侧链上的二氯代物有共6种，故选C。10.某同学设计的实验室制取并收集氨气的简易装置如图。下列有关评价正确的是（）A.该同学设计的实验装置完全符合要求B.试管口放置的棉花能防止氨气与空气的对流，提高氨气的纯度C.在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸，通过观察试纸颜色变化判断氨气是否收集满D.两个试管中间可增加一个盛有无水固体的干燥管，用于干燥氨气〖答案〗B〖解析〗【详析】A．因为氨气的密度小于空气，因此收集试管中的导管应伸入试管底部，故A错误；B．试管口放置的棉花能防止氨气与空气的对流，提高氨气的纯度，故B正确；C．氨气的水溶液显碱性，使石蕊试液变蓝，因此试管口防止湿润的红色石蕊试纸，通过观察试纸颜色变化判断氨气是否收集满，故C错误；D．氯化钙能与氨气反应，因此干燥氨气常用碱石灰，故D错误；〖答案〗为B。11.下列物质提纯(括号内为杂质)的方法错误的是（）已知：硝基苯的沸点为，苯的沸点为。A苯(丙烯)：溴水，分液B.乙烯(二氧化硫)：氢氧化钠溶液，洗气C.硝基苯(苯)：蒸馏D.乙酸乙酯(乙醇)：饱和碳酸钠溶液，分液〖答案〗A〖解析〗【详析】A．丙烯能与溴水发生加成反应，但产物可溶于苯，无法分液分离，A错误；B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不与NaOH反应，可以分离，B正确；C．硝基苯沸点高于苯，可蒸馏分离，C正确；D．乙醇可溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯在碳酸钠溶液中溶解度较低，可分液分离，D正确；故选A。12.下列有关描述中正确是（）A.铁是比较活泼的金属，在自然界中只能以化合态的形式存在B.维生素C与补铁剂(含亚铁离子)同服有助于铁元素的吸收，推知维生素C具有氧化性C.铝与氧化铁发生的铝热反应需要加热才能进行，推知该反应为吸热反应D.电解熔融氧化铝制铝单质时，冰晶石的作用是降低氧化铝的熔点，减少冶炼过程的能耗〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铁是比较活泼的金属，在自然界主要以+2和+3价化合物的形态存在于矿石中，但铁在自然界中也可以像陨铁中铁以单质形态存在，故A错误；B．Fe2+以还原性为主，容易被氧化，维生素C与补铁剂同服有助于铁元素吸收，维生素C可以防止亚铁离子被氧化，推知维生素C具有还原性，故C错误；C．铝与氧化铁发生铝热反应虽然需要加热，但加热的目的是达到反应的温度，停止加热后，该反应能继续发生，说明该反应为放热反应，故C错误；D．电解氧化铝制铝单质时，加入冰晶石目的是作助溶剂，使难熔化的氧化铝在较低温度下能溶解在熔融的冰晶石中，减少冶炼过程的能耗，故D正确；〖答案〗为D。13.某化学兴趣小组设计的一个简易的原电池装置如图，室温下进行了四组实验。下列说法正确的是（）实验标号①②③④a电极材料石墨石墨铁单质铁单质b溶液(足量)溶液浓硝酸溶液稀硫酸A.实验①中正极的电极反应式为B.实验②中电流表的指针会发生偏转，向a电极移动C.当实验③中外电路通过电子时，理论上电极的质量增加D.实验④放电过程中，a电极质量减少b溶液的酸性增强〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cu能与FeCl3发生Cu+2FeCl3=CuCl2+FeCl2，根据原电池工作原理，Cu为负极，石墨为正极，正极上得电子，即电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，故A错误；B．Cu能与浓硝酸发生Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应为氧化还原反应，符合原电池构成条件，电流表的指针会偏转，NO向负极移动，即向Cu电极移动，故B错误；C．该反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，a电极为负极，Cu电极为正极，正极反应式为Cu2++2e-=Cu，电路中通过0.1mol电子，Cu电极上质量增大3.2g，故C正确；D．发生Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，根据原电池工作原理，Fe为负极，失去电子，a极质量减少，硫酸参与反应生成氢气，溶液酸性减弱，故D错误；〖答案〗为C。14.取某食品包装袋内的脱氧剂Fe粉(部分变质)于试管中，向其中滴加的稀盐酸，当滴加的稀盐酸为时，固体中含铁元素的物质恰好完全反应，生成气体(标准状况)；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无明显变化；又向试管中加入适量的溶液，使恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化(剩余固体为)，此时的质量为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】脱氧剂Fe粉(部分变质)与200mL、0.1mol/L的稀盐酸恰好完全反应之后，中滴加KSCN溶液，无明显变化，说名此时溶质恰好为，，所以，由Fe元素守恒可得：，所以，综上所述，B符合题意；〖答案〗选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.非金属元素氮的单质及其化合物在生产生活中具有重要的作用。回答下列问题：I．已知肼()是氮的重要化合物，其与氧气反应的能量变化如图1所示（1）的电子式为___________；与足量充分反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为___________。（2）以为原料合成的液体火箭燃料偏二甲肼()与液态氧化剂反应产生大量无害气体和水，偏二甲肼与反应的化学方程式为___________。Ⅱ．图2为氮元素的“价一类”二维图，图3为工业上以A为原料制备C的工艺流程图。（3）写出与稀盐酸反应的离子方程式：___________。（4）写出在合金网的催化作用下A与空气中的氧气反应得到的化学方程式：___________。（5）上述工艺流程的“尾气”中主要含有氮氧化物(、)。①若恰好能将由和组成的混合气体完全转化为B和水，则混合气体中___________。②在酸性条件下用酸性高锰酸钾溶液吸收，产物为和，则该反应中n(氧化产物)：n(还原产物)=___________。③用碱液吸收(未配平)。已知X是一种盐，且在生成物中X与的物质的量之比为1：1，则X的化学式为___________。〖答案〗（1）①.②.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534kJ/mol（2）2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O（3）NH3·H2O+H+=NH+H2O（4）4NH3+5O24NO+6H2O（5）①.3∶1②.5∶3③.NaNO3〖解析〗【小问1详析】N2H4又称联氨，可以看作是由2个-NH2组成，即肼的电子式为；1molN2H4(g)与足量氧气反应生成氮气和水蒸气，根据图1可知，该反应为放热反应，其热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534kJ/mol，故〖答案〗为；N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534kJ/mol；【小问2详析】偏二甲肼与N2O4反应产生大量无害气体和水，即无害气体为N2、CO2，反应方程式为2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O；故〖答案〗为2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O；【小问3详析】一水合氨与稀盐酸发生中和反应，一水合氨为弱碱，稀盐酸为强酸，因此两者反应离子方程式为NH3·H2O+H+=NH+H2O；故〖答案〗为NH3·H2O+H+=NH+H2O；【小问4详析】A为-3价氮的氢化物，即A为NH3，在合金网的催化下，氨气与氧气反应生成NO和水，其反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故〖答案〗为4NH3+5O24NO+6H2O；【小问5详析】①A为NH3，B为N2，令NO物质的量为amol，则NO2物质的量为(6-a)mol，根据得失电子数目守恒有：5×3=2a+(6-a)×4，解得a=4.5，NO物质的量为4.5mol，NO2物质的量为1.5mol，n(NO)∶n(NO2)=4.5∶1.5=3∶1；故〖答案〗为3∶1；②酸性高锰酸钾溶液吸收NO，产物为NO和Mn2+，N元素化合价升高，因此NO为氧化产物，Mn元素的化合价降低，Mn2+为还原产物，根据得失电子数目守恒有：n(NO)×3=n(Mn2+)×5，n(NO)∶n(Mn2+)=5∶3；故〖答案〗为5∶3；③NO2→NaNO2，N元素化合价由+4价降低为+3价，该反应为氧化还原反应，有化合价降低，必须有化合价升高，X是一种盐，且在生成物中X与NaNO2的物质的量之比为1：1，NO2中N的化合价升高1价，推出X的化学式为NaNO3；故〖答案〗为NaNO3。16.淀粉是人类粮食的主要成分，同时也是重要的工业原料。利用淀粉可实现下列物质的转化(如图1)，请回答下列问题：（1）葡萄糖的分子式为___________，乙酸的官能团名称为___________。（2）写出反应V(酯化)的化学方程式：___________。实验兴趣小组欲从乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合物中得到乙酸乙酯，分离流程如图2，“分离”时使用的主要仪器的名称为___________。（3）某化学课外活动小组为探究反应iii并验证产物，设计了甲、乙两套装置(如图3，图中的夹持仪器已略去，甲、乙装置均划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个部分)。已知：乙醛与新制氢氧化铜碱性悬浊液在加热条件下反应有砖红色沉淀产生；“△”表示酒精灯热源，各仪器中盛放的试剂如表。仪器编号abcd试剂名称无水乙醇(沸点为78℃)铜丝无水硫酸铜新制氢氧化铜碱性悬浊液①反应ⅲ的反应类型属于___________(填标号)。A．氧化反应B．加成反应C．取代反应②对比两套装置，甲Ⅱ比乙Ⅱ更优，原因是___________将两套装置拆分为六个部分(即甲Ⅰ、甲Ⅱ、甲Ⅲ、乙Ⅰ、乙Ⅱ、乙Ⅲ)，重新组出一套集甲、乙装置优点为一体的更完善更合理的丙装置，则按照气流方向从左至右的顺序可表示为乙Ⅰ→___________→乙Ⅲ。③实验进行中铜丝交替出现变黑，变红的现象，结合所学知识分析由红变黑的原因：___________(填化学方程式，下同)，由黑变红的原因：___________。实验一段时间后，撤掉b处酒精灯，反应仍然能继续进行，其原因是___________(用文字说明)。〖答案〗（1）①.C6H12O6②.羧基（2）①.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O②.分液漏斗（3）①.A②.甲Ⅱ的加热方式为水浴加热，其具有易控制温度、受热均匀的优点，从而能得到更平稳的气流③.甲Ⅱ④.2Cu+O22CuO⑤.CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu⑥.乙醇的催化氧化反应是放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行〖解析〗〖祥解〗淀粉在稀硫酸作用下发生水解，水解最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酶作用下发生C6H12O62CH3CH2OH+2CO2，乙醇在铜丝作催化剂下被氧气氧化成乙醛，乙醛被氧化成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应，得到乙酸乙酯，据此分析；【小问1详析】葡萄糖是单糖，其分子式为C6H12O6；乙酸的结构简式为CH3COOH，其官能团为羧基；故〖答案〗为C6H12O6；羧基；【小问2详析】反应Ⅴ为酯化反应，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，其反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，制备的乙酸乙酯中混有乙醇、乙酸，需要加入饱和碳酸钠溶液，其作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水中溶解度使之析出，然后用分液方法进行分离，使用的主要仪器为分液漏斗，故〖答案〗为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；分液漏斗；【小问3详析】①反应iii的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应类型为氧化反应，选项A符合题意；故〖答案〗为A；②甲Ⅱ的加热方式为水浴加热，其具有易控制温度、受热均匀的优点，从而能得到更平稳的气流；最佳组合为乙Ⅰ→甲Ⅱ→乙Ⅲ；故〖答案〗为甲Ⅱ的加热方式为水浴加热，其具有易控制温度、受热均匀的优点，从而能得到更平稳的气流；甲Ⅱ；③铜丝变黑，推出Cu与氧气发生2Cu+O22CuO，又变红，则发生CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu；实验一段时间后，撤掉b处酒精灯，反应仍能继续进行，说明反应为放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行；故〖答案〗为2Cu+O22CuO；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu；乙醇的催化氧化反应是放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行。17.氢气和甲醇()是重要的能源物质，也是重要的化工原料。为倡导节能减排和低碳经济，降低大气中的含量及有效地开发利用，工业上通常用来生产燃料甲醇。向体积为2L的恒容密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：。测得和的物质的量随时间的变化如图所示。（1）①内，用表示的化学反应速率为___________；时，该反应的___________(填“>”“<”或“=”)。②反应达到平衡时，的转化率(反应中反应物反应的量占起始投入量的百分比)为___________；平衡时的体积分数为___________。（2）下列措施能加快该反应的化学反应速率的是___________(填标号)。A．升高温度B．向容器中充入适量的，增大容器的压强C．向容器中再充入和（3）能说明上述反应已达到平衡状态的是___________(填标号)。A.和两种气体的物质的量浓度之比为1：1B.容器内混合气体的密度保持不变C.断开键的同时断开键D.（4）甲醇是优质的清清燃料，某碱性甲醇燃料电池的工作原理如图所示，该电池负极的电极反应式为___________，向___________(填“a”或“b”)电极移动。〖答案〗（1）①.0.2②.＞③.75%④.37.5%（2）AC（3）CD（4）①.CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O②.b〖解析〗【小问1详析】①根据图像可知，前3min，甲醇的变化物质的量为0.4mol，则该段时间内，氢气的变化物质的量为3×0.4mol=1.2mol，用氢气表示的反应速率v(H2)==0.2mol/(L·min)；根据图像可知，反应在10min时达到平衡，推出前10min，反应向正反应方向进行，即3min时，v正＞v逆，故〖答案〗为0.2；＞；②反应达到平衡时，CO2物质的量为0.2mol，反应达到平衡时，CO2的转化率为=75%；平衡时，CO2物质的量为0.2mol，氢气物质的量为0.2mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.6mol，则甲醇的体积分数为=37.5%；故〖答案〗为75%；37.5%；【小问2详析】A．升高温度，化学反应速率加快，故A符合题意；B．容器为恒容，