安徽省滁州市定远县重点中学2020-2021学年高二上学期化学10月月考试卷
一、选择题(共16小题,每小题3分,共48分)
1．（2018高二上·黄陵开学考）下列反应中，属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）
A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
B．铝与稀盐酸
C．灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应
D．煤与O2的燃烧反应
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变化，选项A不符合题意；
B、铝与盐酸的反应属于放热反应，选项B不符合题意；
C、灼热的炭与水蒸气反应为吸热反应，且该反应中碳元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，选项C符合题意；
D、煤与O2反应，属于放热反应，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应：有化合价的升降
吸热反应：反应要吸收热量，综上答案只能为C
2．（2020高二上·定远月考）下列说法不正确的是（ ）
A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济
B．氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理
C．某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V≈10－12L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10－12~10－11mol·L－1的目标分子
D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变
【答案】D
【知识点】燃烧热；绿色化学
【解析】【解答】A. 光催化比电解更环保，故A不符合题意
B.氨氮废水可用化学氧化法处理，故B不符合题意
C. 可检测到单个细胞（V≈10－12L）内的数个目标分子， 故可推检测技术能测量细胞内浓度约为10－12~10－11mol·L－1的目标分子 ，C不符合题意
D.向汽油中添加甲醇，热值升高，D符合题意
故答案为：D
【分析】向汽油中添加甲醇，混合燃料的热值会发生改变，
3．（2020高二上·定远月考）已知反应A＋B＝C＋D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量高于生成物的总能量
B．该反应只有在加热条件下才能进行
C．该反应为放热反应
D．该反应为吸热反应
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，故A不符合题意
B.由图只能看出为吸热反应，放热吸热与是否需要加热无关，故B不符合题意
C.由于反应物的总能量低于生成物的总能量，故为吸热反应，故C不符合题意
D.反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故D符合题意
故答案为：D
【分析】反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，放热吸热与是否需要加热无关。
4．（2020高二上·定远月考）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)。反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)：
下列说法正确的是（ ）
A．反应在t1 min内的平均速率为v(H2)＝ mol·L－1·min－1
B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O，到达平衡时n(CO2)＝0.40mol
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol H2O(g)，△H增大
D．温度升高至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.，故A不符合题意
B.其他条件不变，充入0.6mol二氧化碳，和1.2mol水，达到平衡时，二氧化碳的量，与题中所给条件一致，为0.4mol，故B符合题意
C.焓变只与温度有关，故C不符合题意
D.该温度下K=，温度升高，K减小，正反应为放热反应
故答案为：B
【分析】B、可根据K值来计算。
5．（2020高二上·定远月考）一种化学冰袋中含有Na2SO4 10H2O（96g）、NH4NO3（50g）、（NH4）2SO4（40g）、NaHSO4（40g）．将Na2SO4 10H2O和其他三种盐分别盛于两只塑料袋中，使用时把它们混合并用手揉搓就可制冷，制冷效果能维持2～3h．以下关于制冷原因的猜测肯定错误的是（ ）
A．Na2SO4 10H2O脱水是吸热过程
B．较长时间制冷是由于Na2SO4 10H2O脱水过程较慢
C．铵盐发生了复分解反应，且为吸热反应
D．NH4NO3溶于水会吸收热量
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.可制冷，故反应为吸热反应，故A不符合题意
B.较长时间制冷由于十水合硫酸钠脱水过程较慢，故B不符合题意
C.铵盐在此反应中，不发生复分解反应，故C符合题意
D.铵盐溶于水会吸热，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】冰袋的原理是铵盐溶于水吸热。
6．（2020高二上·定远月考）可逆反应：2NO2（g） 2NO（g）+ O2（g），在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO2
②单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
A．①④ B．②③⑤ C．①③④ D．①②③④⑤
【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①2v正（O2）=v逆（NO2），符合题意
②2v正（O2）=v正（NO），不能说明达到平衡
③未标明是正反应逆反应速率，不能说明达到平衡
④颜色不变，即代表二氧化氮的浓度不变，能说明达到平衡
⑤，反应前后质量守恒，体积不变，故密度不是变量，不能说明达到平衡
故答案为：A
【分析】判断化学反应达到平衡的标志：1、v正=v逆；2、变量不变
7．（2018高二上·汽开区月考）把3mol P和2.5mol Q置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）＋Q（g） xM（g）＋2N（g），5min后达到平衡生成1mol N，经测定这5min内 M的平均速率是0.1mol/（L·min），下列叙述错误的是（ ）
A．5min内P的平均反应速率为0.15mol/（L·min）
B．Q的平衡浓度为1mol/L
C．Q的转化率为25%
D．x是2
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A．已知达到平衡生成1molN，则参加反应的P为n（P）＝3/2×1mol＝1.5mol，所以v（P）＝ ＝0.15 mol/（L min），A不符合题意；
B.已知达到平衡生成1molN，则参加反应的Q为n（Q）＝1/2n（N）＝0.5mol，所以Q的平衡浓度为：（2.5mol—0.5mol）÷2L＝1 mol/L，B不符合题意；
C.参加反应的Q为n（Q）＝1/2n（N）＝0.5mol，故Q的转化率为 ×100%＝20%，C符合题意；
D.根据A选项可知v（P）＝0.15 mol/（L min），而M的平均速率是0.1mol/（L min），根据速率之比等于化学计量数之比可知x＝2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】化学平衡的有关计算可列三段式求解。
8．（2018高一下·湖州期中）在体积为1 L的密闭容器中(体积不变)充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) 测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．3min前v正＞v逆，3min后v正＜v逆
B．进行到3分钟时，正反应速率和逆反应速率相等
C．10分钟后容器中各物质浓度不再改变
D．达到平衡后，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、根据图像知10min前v正＞v逆，10min后v正=v逆，不符合题意；
B、根据图像知反应进行到10分钟时，反应达到平衡状态，正反应速率和逆反应速率相等，不符合题意；
C、根据图像知10分钟后反应达到平衡状态，容器中各物质浓度不再改变，符合题意；
D、达到平衡后，升高温度，正、逆反应速率均增大，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.由图像可知3分钟前和三分钟后v正均>v逆。
B.10分钟时正逆反应速率相等，达到化学平衡。
C.10分钟后达到化学平衡，容器内物质不变。
D.升高温度正逆反应速率均增大，但正反应速率比逆反应速率增大的多。
9．（2020高二上·定远月考）将4 mol A气体和2 mol B气体充入2 L的密闭容器中，一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol/L，下列几种说法正确的是（ ）
①用物质A表示的反应平均速率为0.3 mol/(L·s)
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol/(L·s)
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的浓度为0.7 mol/L
A．①③ B．①④ C．②③ D．③④
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】①vA=vC=== 0.3 mol/(L·s)
②vB=0.5vC= 0.15 mol/(L·s)
③A的转化率=
④B的浓度=1-0.3=0.7mol/L
故答案为：B
【分析】解决化学速率及化学平衡相关问题，可根据三段式求解。
10．（2020高二上·定远月考）阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1，下列叙述正确的是（ ）
A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3 ×6.02×1023
B．0.1L3 mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3 ×6.02×1023
C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3 ×6.02×1023
D．4.5 SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3 ×6.02×1023
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.未标明在标况下，故A不符合题意
B.由于铵根离子会水解，故物质的量小于 0.3 ×6.02×1023 ，故B不符合题意
C.若铁过量，则失去的电子数小于 0.3 ×6.02×1023 ，故C不符合题意
D.1mol二氧化硅中有4mol硅氧键，故4.5g二氧化硅晶体中有硅氧键 0.3 ×6.02×1023，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A、22.4L只适用于标况下的气体
B、注意不要忽略铵根离子的水解
C、5.6g铁，若完全反应则转移电子数为 0.3 ×6.02×1023 ，但硝酸量可能不足。
11．（2020高二上·定远月考）工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度的发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：
下列说法不正确的是（ ）
A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈
B．若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品
C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+ ，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2
【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.铁锈不能溶于碱性环境，碱洗的目的是除去表面的油污，故A符合题意
B.暴露在空气中生产，则可能生成氧化铁，故B不符合题意
C.加过氧化氢的目的为氧化亚铁离子，故C不符合题意
D.已经的得到的为四氧化三铁，且最后一步不发生氧化还原反应，则生成 Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2 ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】A.铁锈的成分为水合氢氧化铁，只能溶于酸，不能溶于碱。
12．（2020高二上·定远月考）下表所示实验，现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B 常温下，测定等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的pH值 前者的pH值比后者的大 非金属性：S>C
C 向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 溶液中有白色沉淀生成 该溶液中含有SO42-
D 向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体 溶液颜色变浅 FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl平衡向逆反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.条件相同的情况下，Ksp越小的越先沉淀，故A符合题意
B.比较酸性强弱，应该比较的是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，故比较pH，应该用硫酸钠和碳酸钠来比，故B不符合题意
C.该白色沉淀可能为氯化银，溶液中可能含有银离子，故C不符和题意
D.氯化钾不参与反应，实际参加反应的是铁离子和硫氰根，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】易错项D，加入氯化钾平衡不移动，因为实际反应的是铁离子和硫氰根。
13．（2020高二上·定远月考）某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1 mol/L的盐酸，测得溶液中CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3＋的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．a曲线表示的离子方程式为AlO2-＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
B．原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2
C．V1∶V2＝1∶5
D．M点时生成的CO2为0.05 mol
【答案】A
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】 AlO2-＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓ ，b段为CO32-+H+=HCO3-，d段为HCO3-+H+=H2O+CO2，e段为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，
A.由分析得符合题意
B.根据a段b段方程式可知 CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶1，故B不符合题意
C.V1=75mL，V2=300mL，故V1：V2=1：4，故C不符合题意
D.根据分析可知在M点生成的是HCO3-，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】解决此类问题需要明白，溶液中离子反应的先后顺序，易产生难溶物质的、产生气体的先反应。
14．（2020高二上·定远月考）通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是（ ）
选项 实验现象 结论
A[] 把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化 由此得出：铝的金属性比镁强
B 取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有脱落 由此得出：铝不易燃烧
C 向氯化铵溶液中投入一镁片：镁片上产生大量气泡 由此得出：该气体是氨气
D 向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失 由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.只有铝能与氢氧化钠反应，镁不与氢氧化钠反应，不能比较金属性，故A不符合题意
B.铝表面有一层致密的氧化膜，故B不符合题意
C.该反应为Mg+2NH4++2H2O=Mg2++H2+2NH3·H2O，故C不符合题意
D.能生成氢氧化铝，先生成沉淀，后沉淀消失，故能说明氢氧化铝能溶于强碱，故D符合题意
故答案为：D
【分析】D、反应顺序为：Al3++OH-=Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
15．（2020高二上·定远月考）一定条件下，乙醛可发生分解：CH3CHO(l) CH4+CO，已知该反应的活化能为190kJ.mol-1，在含有少量I2的溶液中，该反应的机理为：
反应Ⅰ：CH3CHO+ I2 CH3I2+HI+CO （慢）
反应Ⅱ：CH3I+HI CH4+ I2
下列有关该反应的叙述中正确的是（ ）
A．反应速率与I2的浓度有关
B．HI在反应Ⅰ中是氧化产物
C．反应焓变的绝对值等于190kJ.mol-1
D．乙醛的反应速率主要取决于反应Ⅱ
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A.由于碘单质参与了反应，故浓度与碘有关，故A符合题意
B.碘单质为氧化剂，生成还原产物，故B不符合题意
C.活化能为190KJ/mol，活化能不等于焓变，故C不符合题意
D.反应速率取决于慢反应，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】C.活化能不等于焓变
16．（2016高三上·襄阳开学考）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）
A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差
B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色
C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅
D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体碘单质，说明碘发生了升华现象，为其物理性质，不能说明碘单质的热稳定性较差，故A错误；
B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，二者现象不同，故B错误；
C.2NO2（g） N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；
D．氯化铵受热分解与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；
故选C．
【分析】A．碘单质易升华，属于碘单质的物理性质，不能据此判断碘的热稳定性；
B．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；
C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；
D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．
二、非选择题(共3小题,共52分)
17．（2020高二上·定远月考）
（1）I.下列是中学化学中熟悉的物质，请用序号完成下列问题。
①O2②Na2O2③NH4Cl ④HCl ⑤NaOH ⑥CaCl2⑦氦气
这些物质中，只含共价键的是 。只含离子键的是 。既含共价键又含离子键的是 。
（2）属于离子化合物的是 。
（3）II.20世纪30年代，Eyring和Pzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，说明这个反应是 （填“吸热”或“放热”）反应，NO2和CO的总能量 （填“大于”、“小于”或“等于”）CO2和NO的总能量。
（4）已知拆开1molH﹣H键、1mol I﹣I、1mol H﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘反应生成1mol HI需要 （填“放出”或“吸收”） kJ的热量．
【答案】（1）①④；⑥；②③⑤
（2）②③⑤⑥
（3）放热；大于
（4）放出；5.5
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】（1）共价键：非金属与非金属元素之间形成的键，氯化铝除外
离子键：金属与非金属元素之间形成的键，铵盐除外
故只含共价键的是①④⑦，只含离子键的是⑥，既含共价键又含离子键的是②③⑤
（2）离子化合物：含有离子键的是离子化合物，故离子化合物的是 ②③⑤⑥
（3）由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应
（4）H2(g)+I2(g)=2HI(g) △H=436+151-2×299=-11kJ/mol 故生成1molHI放出5.5kJ的能量
【分析】共价键一般由非金属与非金属构成，离子键一般由金属元素和非金属元素构成。
18．（2020高二上·定远月考）工业由钛铁矿（主要成分FeTiO3，Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等杂质）制备TiCl4的工艺流程如下：
已知：
①酸浸 FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)=FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)
②水解 TiOSO4(aq)+2H2O(l) H2TiO3(s)+H2SO4(aq)
③煅烧 H2TiO3(s) TiO2(s)+H2O(s)
（1）FeTiO3中钛元素的化合价为 ，试剂A为 。
（2）碱浸过程发生反应的离子反应方程式为 。
（3）酸浸后需将溶液温度冷却至70℃左右，若温度过高会导致最终产品吸收率过低，原因是 。
（4）上述流程中氯化过程的化学反应方程式为 。
已知TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(l)+O2(g) △H=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生。从化学平衡的角度解释原因是 。
（5）TiCl4极易水解，利用此性质可制备纳米级TiO2·xH2O，该反应的化学反应方程式是 。
【答案】（1）+4；Fe（或铁）
（2）Al2O3 + 2OH- = AlO2- + H2O、SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O
（3）温度过高会导致TiOSO4 提前水解生成H2TiO3沉淀
（4）TiO2 +C + 2Cl2 TiCl4 + CO2；C与O2反应减小O2的浓度使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动，促使反应顺利进行
（5）TiCl4 + (x+2)H2O = TiO2·xH2O + 4HCl
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；探究铝与酸、碱溶液的反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中主要含有FeTiO3、Fe2O3、FeO，再用浓硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、Fe2（SO4）3、FeSO4及未反应的硫酸等，加入试剂A后冷却、结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，则A为Fe，将Fe3+转化为Fe2+，滤液进行水解得到H2TiO3，用硫酸洗去杂化，再煅烧得到TiO2，TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2。
（1）反应①为非氧化还原反应，结合化合价代数和为0，可知FeTiO3中铁为+2价，氧为-2价，钛元素的化合价为+4，由上述分析可知A为Fe；
（2）氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，相应反应离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（3）温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀，Ti元素利用率减小；
（4）氯化过程是TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2，反应方程式为： TiO2 +C + 2Cl2 TiCl4 + CO2 ，C与氧气反应减小氧气浓度，使平衡正向移动，C与氧气反应为放热反应，温度升高，使平衡正向移动，促使反应顺利进行；
（5）TiCl4极易水解得到TiO2 xH2O，还生成HCl，反应方程式为：
TiCl4+（x+2）H2O=TiO2 xH2O+4HCl。
【分析】（1）根据化合价代数和为0计算；
（2）氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；
（3）温度过高会导致TiO2+水解；
（4）氯化过程是TiO2、C、Cl2发生氧化还原反应得到TiCl4及CO2；C与氧气反应会消耗氧气，降低氧气浓度，而且该反应为放热反应，有利于平衡正向移动；
（5）TiCl4水解可以得到TiO2 xH2O和HCl。
19．（2020高二上·定远月考）某实验小组同学依据资料深入探究Fe3+在水溶液中的行为。
资料：i．Fe3+
在水溶液中以水合铁离子的形式存在，如[Fe(H2O)6]3+；
[Fe(H2O)6]3+发生如下水解反应：
[Fe(H2O)6]3+(几乎无色)+nH2O [Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色)+nH3O+(n=0～6)；
ii.[FeCl4(H2O)2]-为黄色。
【实验I】
【实验II】
分别用试管①、③中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。透光率越小，溶液颜色越深；透光率越大，溶液颜色越浅。
Fe(NO3)3溶液透光率随温度变化曲线 FeCl3溶液透光率随温度变化曲线
（1）实验I中，试管②溶液变为无色的原因是 。
（2）实验I中，试管③溶液呈棕黄色与[FeCl4(H2O)2]-有关，支持此结论的实验现象是 。
（3）由实验II图1、2可知：加热时，溶液颜色 （填“变浅”、“变深”或“不变”）。
（4）由实验II，可以得出如下结论：
[结论一]FeCl3溶液中存在可逆反应：[FeCl4(H2O)2]-+4H2O [Fe(H2O)6]3++4Cl-
得出此结论的理由是 。
[结论二] 结论一中反应的ΔH （填“>0”或“<0”）。
（5）实验小组同学重新设计了一个实验证明（4）中结论一。实验方案：取试管①中溶液， （请描述必要的实验操作和现象）。
【答案】（1）由已知：[Fe(H2O)6]3++ nH2O [Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n+ nH3O+ 加入HNO3后，c(H+)增大，导致此平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色。
（2）②中溶液褪色，而④中溶液黄色。
（3）变深
（4）升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]- + 4H2O [Fe(H2O)6]3+ + 4Cl-；<
（5）先滴加HNO3，再滴加几滴NaCl溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经由先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了(4)中结论一。
【知识点】化学平衡移动原理；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据提示反应 [Fe(H2O)6]3+(几乎无色)+nH2O [Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色)+nH3O+ ，加入硝酸，氢离子浓度增大，反应逆向移动。
（2） 试管③溶液呈棕黄色与[FeCl4(H2O)2]-有关 ，则可根据②褪色，而④依然呈黄色可判断
（3）温度升高，透光率降低，故溶液颜色越深。
（4） 升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液 ，故说明还有其他反应。温度升高，透光率下降，即 [FeCl4(H2O)2]-的浓度升高，故反应逆向移动，则ΔH＜0
（5）实验证明（4）中结论一 ，即生成了 [FeCl4(H2O)2]-故可以往其中滴加几滴NaCl溶液。
【分析】研究此类信息题目，一定要认真看清楚提示信息。 [Fe(H2O)6]3+几乎无色，[FeCl4(H2O)2]-为黄色，则证明颜色与阴离子有关，在③中生成了[FeCl4(H2O)2]-
安徽省滁州市定远县重点中学2020-2021学年高二上学期化学10月月考试卷
一、选择题(共16小题,每小题3分,共48分)
1．（2018高二上·黄陵开学考）下列反应中，属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）
A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
B．铝与稀盐酸
C．灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应
D．煤与O2的燃烧反应
2．（2020高二上·定远月考）下列说法不正确的是（ ）
A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济
B．氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理
C．某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V≈10－12L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10－12~10－11mol·L－1的目标分子
D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变
3．（2020高二上·定远月考）已知反应A＋B＝C＋D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量高于生成物的总能量
B．该反应只有在加热条件下才能进行
C．该反应为放热反应
D．该反应为吸热反应
4．（2020高二上·定远月考）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)。反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)：
下列说法正确的是（ ）
A．反应在t1 min内的平均速率为v(H2)＝ mol·L－1·min－1
B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O，到达平衡时n(CO2)＝0.40mol
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol H2O(g)，△H增大
D．温度升高至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
5．（2020高二上·定远月考）一种化学冰袋中含有Na2SO4 10H2O（96g）、NH4NO3（50g）、（NH4）2SO4（40g）、NaHSO4（40g）．将Na2SO4 10H2O和其他三种盐分别盛于两只塑料袋中，使用时把它们混合并用手揉搓就可制冷，制冷效果能维持2～3h．以下关于制冷原因的猜测肯定错误的是（ ）
A．Na2SO4 10H2O脱水是吸热过程
B．较长时间制冷是由于Na2SO4 10H2O脱水过程较慢
C．铵盐发生了复分解反应，且为吸热反应
D．NH4NO3溶于水会吸收热量
6．（2020高二上·定远月考）可逆反应：2NO2（g） 2NO（g）+ O2（g），在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO2
②单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
A．①④ B．②③⑤ C．①③④ D．①②③④⑤
7．（2018高二上·汽开区月考）把3mol P和2.5mol Q置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）＋Q（g） xM（g）＋2N（g），5min后达到平衡生成1mol N，经测定这5min内 M的平均速率是0.1mol/（L·min），下列叙述错误的是（ ）
A．5min内P的平均反应速率为0.15mol/（L·min）
B．Q的平衡浓度为1mol/L
C．Q的转化率为25%
D．x是2
8．（2018高一下·湖州期中）在体积为1 L的密闭容器中(体积不变)充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) 测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．3min前v正＞v逆，3min后v正＜v逆
B．进行到3分钟时，正反应速率和逆反应速率相等
C．10分钟后容器中各物质浓度不再改变
D．达到平衡后，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小
9．（2020高二上·定远月考）将4 mol A气体和2 mol B气体充入2 L的密闭容器中，一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol/L，下列几种说法正确的是（ ）
①用物质A表示的反应平均速率为0.3 mol/(L·s)
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol/(L·s)
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的浓度为0.7 mol/L
A．①③ B．①④ C．②③ D．③④
10．（2020高二上·定远月考）阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1，下列叙述正确的是（ ）
A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3 ×6.02×1023
B．0.1L3 mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3 ×6.02×1023
C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3 ×6.02×1023
D．4.5 SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3 ×6.02×1023
11．（2020高二上·定远月考）工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度的发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：
下列说法不正确的是（ ）
A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈
B．若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品
C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+ ，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2
12．（2020高二上·定远月考）下表所示实验，现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B 常温下，测定等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的pH值 前者的pH值比后者的大 非金属性：S>C
C 向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 溶液中有白色沉淀生成 该溶液中含有SO42-
D 向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体 溶液颜色变浅 FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl平衡向逆反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
13．（2020高二上·定远月考）某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1 mol/L的盐酸，测得溶液中CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3＋的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．a曲线表示的离子方程式为AlO2-＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
B．原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2
C．V1∶V2＝1∶5
D．M点时生成的CO2为0.05 mol
14．（2020高二上·定远月考）通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是（ ）
选项 实验现象 结论
A[] 把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化 由此得出：铝的金属性比镁强
B 取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有脱落 由此得出：铝不易燃烧
C 向氯化铵溶液中投入一镁片：镁片上产生大量气泡 由此得出：该气体是氨气
D 向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失 由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液
A．A B．B C．C D．D
15．（2020高二上·定远月考）一定条件下，乙醛可发生分解：CH3CHO(l) CH4+CO，已知该反应的活化能为190kJ.mol-1，在含有少量I2的溶液中，该反应的机理为：
反应Ⅰ：CH3CHO+ I2 CH3I2+HI+CO （慢）
反应Ⅱ：CH3I+HI CH4+ I2
下列有关该反应的叙述中正确的是（ ）
A．反应速率与I2的浓度有关
B．HI在反应Ⅰ中是氧化产物
C．反应焓变的绝对值等于190kJ.mol-1
D．乙醛的反应速率主要取决于反应Ⅱ
16．（2016高三上·襄阳开学考）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）
A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差
B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色
C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅
D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生
二、非选择题(共3小题,共52分)
17．（2020高二上·定远月考）
（1）I.下列是中学化学中熟悉的物质，请用序号完成下列问题。
①O2②Na2O2③NH4Cl ④HCl ⑤NaOH ⑥CaCl2⑦氦气
这些物质中，只含共价键的是 。只含离子键的是 。既含共价键又含离子键的是 。
（2）属于离子化合物的是 。
（3）II.20世纪30年代，Eyring和Pzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，说明这个反应是 （填“吸热”或“放热”）反应，NO2和CO的总能量 （填“大于”、“小于”或“等于”）CO2和NO的总能量。
（4）已知拆开1molH﹣H键、1mol I﹣I、1mol H﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘反应生成1mol HI需要 （填“放出”或“吸收”） kJ的热量．
18．（2020高二上·定远月考）工业由钛铁矿（主要成分FeTiO3，Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等杂质）制备TiCl4的工艺流程如下：
已知：
①酸浸 FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)=FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)
②水解 TiOSO4(aq)+2H2O(l) H2TiO3(s)+H2SO4(aq)
③煅烧 H2TiO3(s) TiO2(s)+H2O(s)
（1）FeTiO3中钛元素的化合价为 ，试剂A为 。
（2）碱浸过程发生反应的离子反应方程式为 。
（3）酸浸后需将溶液温度冷却至70℃左右，若温度过高会导致最终产品吸收率过低，原因是 。
（4）上述流程中氯化过程的化学反应方程式为 。
已知TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(l)+O2(g) △H=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生。从化学平衡的角度解释原因是 。
（5）TiCl4极易水解，利用此性质可制备纳米级TiO2·xH2O，该反应的化学反应方程式是 。
19．（2020高二上·定远月考）某实验小组同学依据资料深入探究Fe3+在水溶液中的行为。
资料：i．Fe3+
在水溶液中以水合铁离子的形式存在，如[Fe(H2O)6]3+；
[Fe(H2O)6]3+发生如下水解反应：
[Fe(H2O)6]3+(几乎无色)+nH2O [Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色)+nH3O+(n=0～6)；
ii.[FeCl4(H2O)2]-为黄色。
【实验I】
【实验II】
分别用试管①、③中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。透光率越小，溶液颜色越深；透光率越大，溶液颜色越浅。
Fe(NO3)3溶液透光率随温度变化曲线 FeCl3溶液透光率随温度变化曲线
（1）实验I中，试管②溶液变为无色的原因是 。
（2）实验I中，试管③溶液呈棕黄色与[FeCl4(H2O)2]-有关，支持此结论的实验现象是 。
（3）由实验II图1、2可知：加热时，溶液颜色 （填“变浅”、“变深”或“不变”）。
（4）由实验II，可以得出如下结论：
[结论一]FeCl3溶液中存在可逆反应：[FeCl4(H2O)2]-+4H2O [Fe(H2O)6]3++4Cl-
得出此结论的理由是 。
[结论二] 结论一中反应的ΔH （填“>0”或“<0”）。
（5）实验小组同学重新设计了一个实验证明（4）中结论一。实验方案：取试管①中溶液， （请描述必要的实验操作和现象）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变化，选项A不符合题意；
B、铝与盐酸的反应属于放热反应，选项B不符合题意；
C、灼热的炭与水蒸气反应为吸热反应，且该反应中碳元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，选项C符合题意；
D、煤与O2反应，属于放热反应，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应：有化合价的升降
吸热反应：反应要吸收热量，综上答案只能为C
2．【答案】D
【知识点】燃烧热；绿色化学
【解析】【解答】A. 光催化比电解更环保，故A不符合题意
B.氨氮废水可用化学氧化法处理，故B不符合题意
C. 可检测到单个细胞（V≈10－12L）内的数个目标分子， 故可推检测技术能测量细胞内浓度约为10－12~10－11mol·L－1的目标分子 ，C不符合题意
D.向汽油中添加甲醇，热值升高，D符合题意
故答案为：D
【分析】向汽油中添加甲醇，混合燃料的热值会发生改变，
3．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，故A不符合题意
B.由图只能看出为吸热反应，放热吸热与是否需要加热无关，故B不符合题意
C.由于反应物的总能量低于生成物的总能量，故为吸热反应，故C不符合题意
D.反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故D符合题意
故答案为：D
【分析】反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，放热吸热与是否需要加热无关。
4．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.，故A不符合题意
B.其他条件不变，充入0.6mol二氧化碳，和1.2mol水，达到平衡时，二氧化碳的量，与题中所给条件一致，为0.4mol，故B符合题意
C.焓变只与温度有关，故C不符合题意
D.该温度下K=，温度升高，K减小，正反应为放热反应
故答案为：B
【分析】B、可根据K值来计算。
5．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.可制冷，故反应为吸热反应，故A不符合题意
B.较长时间制冷由于十水合硫酸钠脱水过程较慢，故B不符合题意
C.铵盐在此反应中，不发生复分解反应，故C符合题意
D.铵盐溶于水会吸热，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】冰袋的原理是铵盐溶于水吸热。
6．【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①2v正（O2）=v逆（NO2），符合题意
②2v正（O2）=v正（NO），不能说明达到平衡
③未标明是正反应逆反应速率，不能说明达到平衡
④颜色不变，即代表二氧化氮的浓度不变，能说明达到平衡
⑤，反应前后质量守恒，体积不变，故密度不是变量，不能说明达到平衡
故答案为：A
【分析】判断化学反应达到平衡的标志：1、v正=v逆；2、变量不变
7．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A．已知达到平衡生成1molN，则参加反应的P为n（P）＝3/2×1mol＝1.5mol，所以v（P）＝ ＝0.15 mol/（L min），A不符合题意；
B.已知达到平衡生成1molN，则参加反应的Q为n（Q）＝1/2n（N）＝0.5mol，所以Q的平衡浓度为：（2.5mol—0.5mol）÷2L＝1 mol/L，B不符合题意；
C.参加反应的Q为n（Q）＝1/2n（N）＝0.5mol，故Q的转化率为 ×100%＝20%，C符合题意；
D.根据A选项可知v（P）＝0.15 mol/（L min），而M的平均速率是0.1mol/（L min），根据速率之比等于化学计量数之比可知x＝2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】化学平衡的有关计算可列三段式求解。
8．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、根据图像知10min前v正＞v逆，10min后v正=v逆，不符合题意；
B、根据图像知反应进行到10分钟时，反应达到平衡状态，正反应速率和逆反应速率相等，不符合题意；
C、根据图像知10分钟后反应达到平衡状态，容器中各物质浓度不再改变，符合题意；
D、达到平衡后，升高温度，正、逆反应速率均增大，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.由图像可知3分钟前和三分钟后v正均>v逆。
B.10分钟时正逆反应速率相等，达到化学平衡。
C.10分钟后达到化学平衡，容器内物质不变。
D.升高温度正逆反应速率均增大，但正反应速率比逆反应速率增大的多。
9．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】①vA=vC=== 0.3 mol/(L·s)
②vB=0.5vC= 0.15 mol/(L·s)
③A的转化率=
④B的浓度=1-0.3=0.7mol/L
故答案为：B
【分析】解决化学速率及化学平衡相关问题，可根据三段式求解。
10．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.未标明在标况下，故A不符合题意
B.由于铵根离子会水解，故物质的量小于 0.3 ×6.02×1023 ，故B不符合题意
C.若铁过量，则失去的电子数小于 0.3 ×6.02×1023 ，故C不符合题意
D.1mol二氧化硅中有4mol硅氧键，故4.5g二氧化硅晶体中有硅氧键 0.3 ×6.02×1023，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A、22.4L只适用于标况下的气体
B、注意不要忽略铵根离子的水解
C、5.6g铁，若完全反应则转移电子数为 0.3 ×6.02×1023 ，但硝酸量可能不足。
11．【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.铁锈不能溶于碱性环境，碱洗的目的是除去表面的油污，故A符合题意
B.暴露在空气中生产，则可能生成氧化铁，故B不符合题意
C.加过氧化氢的目的为氧化亚铁离子，故C不符合题意
D.已经的得到的为四氧化三铁，且最后一步不发生氧化还原反应，则生成 Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2 ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】A.铁锈的成分为水合氢氧化铁，只能溶于酸，不能溶于碱。
12．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.条件相同的情况下，Ksp越小的越先沉淀，故A符合题意
B.比较酸性强弱，应该比较的是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，故比较pH，应该用硫酸钠和碳酸钠来比，故B不符合题意
C.该白色沉淀可能为氯化银，溶液中可能含有银离子，故C不符和题意
D.氯化钾不参与反应，实际参加反应的是铁离子和硫氰根，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】易错项D，加入氯化钾平衡不移动，因为实际反应的是铁离子和硫氰根。
13．【答案】A
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】 AlO2-＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓ ，b段为CO32-+H+=HCO3-，d段为HCO3-+H+=H2O+CO2，e段为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，
A.由分析得符合题意
B.根据a段b段方程式可知 CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶1，故B不符合题意
C.V1=75mL，V2=300mL，故V1：V2=1：4，故C不符合题意
D.根据分析可知在M点生成的是HCO3-，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】解决此类问题需要明白，溶液中离子反应的先后顺序，易产生难溶物质的、产生气体的先反应。
14．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.只有铝能与氢氧化钠反应，镁不与氢氧化钠反应，不能比较金属性，故A不符合题意
B.铝表面有一层致密的氧化膜，故B不符合题意
C.该反应为Mg+2NH4++2H2O=Mg2++H2+2NH3·H2O，故C不符合题意
D.能生成氢氧化铝，先生成沉淀，后沉淀消失，故能说明氢氧化铝能溶于强碱，故D符合题意
故答案为：D
【分析】D、反应顺序为：Al3++OH-=Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
15．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A.由于碘单质参与了反应，故浓度与碘有关，故A符合题意
B.碘单质为氧化剂，生成还原产物，故B不符合题意
C.活化能为190KJ/mol，活化能不等于焓变，故C不符合题意
D.反应速率取决于慢反应，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】C.活化能不等于焓变
16．【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体碘单质，说明碘发生了升华现象，为其物理性质，不能说明碘单质的热稳定性较差，故A错误；
B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，二者现象不同，故B错误；
C.2NO2（g） N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；
D．氯化铵受热分解与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；
故选C．
【分析】A．碘单质易升华，属于碘单质的物理性质，不能据此判断碘的热稳定性；
B．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；
C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；
D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．
17．【答案】（1）①④；⑥；②③⑤
（2）②③⑤⑥
（3）放热；大于
（4）放出；5.5
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；热化学方程式
【解析】【解答】（1）共价键：非金属与非金属元素之间形成的键，氯化铝除外
离子键：金属与非金属元素之间形成的键，铵盐除外
故只含共价键的是①④⑦，只含离子键的是⑥，既含共价键又含离子键的是②③⑤
（2）离子化合物：含有离子键的是离子化合物，故离子化合物的是 ②③⑤⑥
（3）由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应
（4）H2(g)+I2(g)=2HI(g) △H=436+151-2×299=-11kJ/mol 故生成1molHI放出5.5kJ的能量
【分析】共价键一般由非金属与非金属构成，离子键一般由金属元素和非金属元素构成。
18．【答案】（1）+4；Fe（或铁）
（2）Al2O3 + 2OH- = AlO2- + H2O、SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O
（3）温度过高会导致TiOSO4 提前水解生成H2TiO3沉淀
（4）TiO2 +C + 2Cl2 TiCl4 + CO2；C与O2反应减小O2的浓度使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动，促使反应顺利进行
（5）TiCl4 + (x+2)H2O = TiO2·xH2O + 4HCl
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；探究铝与酸、碱溶液的反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中主要含有FeTiO3、Fe2O3、FeO，再用浓硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、Fe2（SO4）3、FeSO4及未反应的硫酸等，加入试剂A后冷却、结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，则A为Fe，将Fe3+转化为Fe2+，滤液进行水解得到H2TiO3，用硫酸洗去杂化，再煅烧得到TiO2，TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2。
（1）反应①为非氧化还原反应，结合化合价代数和为0，可知FeTiO3中铁为+2价，氧为-2价，钛元素的化合价为+4，由上述分析可知A为Fe；
（2）氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，相应反应离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（3）温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀，Ti元素利用率减小；
（4）氯化过程是TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2，反应方程式为： TiO2 +C + 2Cl2 TiCl4 + CO2 ，C与氧气反应减小氧气浓度，使平衡正向移动，C与氧气反应为放热反应，温度升高，使平衡正向移动，促使反应顺利进行；
（5）TiCl4极易水解得到TiO2 xH2O，还生成HCl，反应方程式为：
TiCl4+（x+2）H2O=TiO2 xH2O+4HCl。
【分析】（1）根据化合价代数和为0计算；
（2）氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；
（3）温度过高会导致TiO2+水解；
（4）氯化过程是TiO2、C、Cl2发生氧化还原反应得到TiCl4及CO2；C与氧气反应会消耗氧气，降低氧气浓度，而且该反应为放热反应，有利于平衡正向移动；
（5）TiCl4水解可以得到TiO2 xH2O和HCl。
19．【答案】（1）由已知：[Fe(H2O)6]3++ nH2O [Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n+ nH3O+ 加入HNO3后，c(H+)增大，导致此平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色。
（2）②中溶液褪色，而④中溶液黄色。
（3）变深
（4）升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]- + 4H2O [Fe(H2O)6]3+ + 4Cl-；<
（5）先滴加HNO3，再滴加几滴NaCl溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经由先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了(4)中结论一。
【知识点】化学平衡移动原理；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据提示反应 [Fe(H2O)6]3+(几乎无色)+nH2O [Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色)+nH3O+ ，加入硝酸，氢离子浓度增大，反应逆向移动。
（2） 试管③溶液呈棕黄色与[FeCl4(H2O)2]-有关 ，则可根据②褪色，而④依然呈黄色可判断
（3）温度升高，透光率降低，故溶液颜色越深。
（4） 升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液 ，故说明还有其他反应。温度升高，透光率下降，即 [FeCl4(H2O)2]-的浓度升高，故反应逆向移动，则ΔH＜0
（5）实验证明（4）中结论一 ，即生成了 [FeCl4(H2O)2]-故可以往其中滴加几滴NaCl溶液。
【分析】研究此类信息题目，一定要认真看清楚提示信息。 [Fe(H2O)6]3+几乎无色，[FeCl4(H2O)2]-为黄色，则证明颜色与阴离子有关，在③中生成了[FeCl4(H2O)2]-
