河北省衡水中学2020届高三上学期第四次调研考试化学试题

河北省衡水中学2020届高三上学期第四次调研考试化学试题

河北省衡水中学2020届高三上学期第四次调研考试化学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共12页，满分100分，考试时间110分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 D ‎2 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 ‎ Zn 65 Br 80‎ 第I卷（选择题 共40分）‎ 一、选择题（1～20每小题1分，21～30每小题2分，共40分。从每小题给出的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑）‎ ‎1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 ( )‎ A. “华为麒麟‎980”‎手机中芯片的主要成分是二氧化硅 B. 豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程 C. 港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量 D. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅， A错误；‎ B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B正确；‎ C. 钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C错误；‎ D. 草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥 B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=‎2C1O2-+O2↑+2H+‎ C. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输 D. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 步骤a中，由溶液得到NaClO2固体，进行的操作为：过滤、洗涤和干燥，A正确；B. 吸收器中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，离子方程式为： 2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B错误；C. 固体比气体便于贮存和运输，工业上可将ClO2制成NaClO2固体，C正确；D.  反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D正确。答案选B.‎ ‎3.《本草纲目》中收载“烧酒”篇：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”《本草经集注》中记载有关于鉴别消石(KNO3)和朴消(Na2SO4)之法：以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”。文字中两处渉及到“法”。分别是 A. 蒸馏 焰色反应 B. 萃取 升华 C. 蒸馏 丁达尔效应 D. 升华 焰色反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理；钾元素的焰色反应为紫色。通过以上分析，A选项正确，故本题答案为A。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的分离提纯和鉴别，把握物质的性质是解题关键，同时要注意古文的理解。‎ ‎4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H =－a kJ·mol－1 (a > 0)，其反应机理如下：①NO(g)＋Br2(g)NOBr2 (g)快②NO(g)＋NOBr2(g)2NOBr(g)慢,下列有关该反应的说法正确的是 ( )‎ A. 该反应的速率主要取决于①的快慢 B. NOBr2是该反应催化剂 C. 正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1‎ D. 增大Br2 (g)浓度能增大单位体积内活化分子百分数，加快反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；‎ B.是中间产物，而不是催化剂，故B错误；‎ C.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a，故C正确；‎ D.增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】催化剂和中间产物的区别：如果一个物质在第一个式子反应了，最后又生成了，即为催化剂；如果是前面一个式子的生成物，在下个式子中反应了，即为中间产物。‎ ‎5.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是( )‎ A. 电解精炼铜时，若阳极质量减少‎64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA B. ‎18 g氨基（－ND2）中含有的电子数为10NA C. 用惰性电极电解100 mL 0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0. 04NA D. 工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N－H键，则反应达到平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，除铜外还有其它金属失电子，故阳极质量减少‎64 g时转移电子数不一定等于2NA，A正确；‎ B‎.18g氨基()的物质的量为1mol，而氨基()中含9个电子，故1mol氨基中含9NA个电子，B错误；‎ C. 用惰性电极电解的溶液，阴极上先放电生成0.01mol，而后放电生成，阳极上一直是放电生成，设生成的气体的物质的量为xmol，根据两极上得失电子数守恒可知：，解得，故阳极上转移电子为0.04NA个，C正确；‎ D. 工业合成氨，断裂NA个键说明消耗1mol，断裂6NA个键说明消耗2mol,，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.叶蜡石化学式为X2 [Y4 Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，X 与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X的离子与ZW－含有相同的电子数。下列说法错误的是 ( )‎ A. X的最高价氧化物可作耐火材料 B. 常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体 C. 原子半径：X > Y > Z > W D. 可用NaOH溶液分离X单质和Y单质的混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，Y的最外层电子数为次外层的一半，Y的原子序数大于4，则Y含有3个电子层，最外层含有4个电子，为元素；X与Y为同一周期相邻元素，则X为元素；X的离子与ZW-含有相同的电子数，铝离子含有10个电子，则ZW-为10电子微粒，应该为，结合原子序数大小可知W为，Z为元素。‎ ‎【详解】根据分析可知，W为，Z为元素，X为，Y为，‎ A. X的最高价氧化物为氧化铝，氧化铝熔点较高，可作耐火材料，故A正确；‎ B.、形成的化合物为水和双氧水，常温下都是液态，故B正确；‎ C.同一周期从左到右，原子半径减小（稀有气体除外），同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径>>>，故C正确；‎ D. Si和Al都与NaOH溶液反应，不能用氢氧化钠溶液分离，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )‎ A. 0.1‎‎ mol·L－1 FeSO4溶液：Na＋、K＋、Cl－、‎ B. 滴入酚酞变红色的溶液：K＋、Ca2＋、、‎ C. 加入铁粉放出氢气的溶液：、Fe3＋、ClO－、‎ D. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K＋、、S2－、Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 离子相互之间不反应，可以共存，A正确；‎ B. 滴入酚酞变红色，溶液显碱性， 碳酸氢根离子与氢氧根离子不能共存，碳酸根离子与钙离子能生成 沉淀， 不能共存，B错误；‎ C. 加入铁粉放出氢气，说明溶液中含有氢离子，氢离子和次氯酸根能生成弱酸次氯酸，不共存，C错误；‎ D. 淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液中含有 氧化性离子， 硫离子的还原性比较强 ，故该离子也能被氧化 ，不共存，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。‎ ‎8.下列实验操作规范且能达到实验目的的是 操作 目的 A 称取5.0gCuSO4·5H2O加入‎27.0g水中,搅拌溶解 配制10%CuSO4溶液 B 先用稀盐酸洗涤，再用水清洗 洗涤分解KMnO4制O2的试管 C 用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥的pH试纸上，片刻后与标准比色卡比较并读数 测定0.05mol.L-1NaClO溶液的pH D 将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体 提纯混有NH4Cl的粗碘 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.5.0‎gCuSO4·5H2O中含CuSO‎43.2g，加入‎27.0g水中,搅拌溶解得到32gCuSO4溶液，溶质的质量分数为：×100％=10％,故A正确；B.洗涤分解KMnO4制O2的试管,试管内壁附着MnO2需要用浓盐酸并加热洗涤，再用水洗涤，故B错误；C.测定0.05mol.L-1‎ NaClO溶液的pH，由于NaClO具有强氧化性，能使试纸褪色，故不能用pH试纸测其pH，C错；D.提纯混有NH4Cl的粗碘,因NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又结合成NH4Cl，故不能用加热的方法分离，D错；因此，本题正确答案为A。‎ ‎9.下列说法正确的是 ( )‎ A. 氢气的燃烧热为 △H =－285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为2H2O(1)2H2(g)＋O2(g) △H =＋285.5 kJ·mol－1‎ B. 密闭容器中，‎9.6 g硫粉与‎11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁‎17.6 g时，放出19.12 kJ热量，则Fe(s)＋S(s) ===FeS(s) △H =－95.6 kJ·mol－l C. ‎500℃‎、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3 (g)△H =－38.6 kJ·mol－l D. 相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol N2和3 mol H2反应放出的热量与2 mol NH3分解吸收的热量一定一样多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢气的燃烧热指的是1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，故电解水的热化学方程式为2H2O(1)2H2(g)＋O2(g) △H =＋571kJ·mol－1，A项错误；‎ B.‎11.2 g 铁粉即0.2mol，‎9.6 g硫粉即0.3mol，铁粉可完全反应，当0.2mol铁粉完全反应生成硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量，则1mol 铁粉完全反应放出95.6 kJ热量，B项正确；‎ C.合成氨是可逆反应，0.5mol(g)不可能完全转化为生成物，但ΔH描述的是完全反应的热效应，C项错误；‎ D.相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol(g)和3mol(g)反应与2mol分解的转化率不同，放出的热量不一样多，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列离子方程式正确的是 ( )‎ A. Si与NaOH溶液反应：Si＋2OH－＋H2O===＋H2↑‎ B. 向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2＋＋＋OH－===CaCO3＋H2O C. 电解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－2OH－＋H2↑＋Cl2↑‎ D. 向含0.2 mol FeI2的溶液中滴加含0.25 mol Cl2的氯水：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2===2Fe3＋＋4I2＋10Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.与溶液反应的离子方程式为：，A错误；‎ B. 中加入足量的，离子方程式应该为： ，B错误；‎ C.溶液中存在，会产生氢氧化镁沉淀，C错误；‎ D. 还原性碘离子大于亚铁离子，氯气得到电子为0.25mol×2×1=0.5mol，由电子守恒可知，碘离子全部被氧化，亚铁离子一半被氧化，所以离子方程式为：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2===2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。‎ ‎11.短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是其电子总数的1/4，离子化合物ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族，NY2是医学上常用的水消毒剂、漂白剂。下列叙述正确的是 ( )‎ A. Y和W分别与X形成的简单化合物的热稳定性：X2 Y > X2W B. 离子半径由大到小的顺序为Y2－< Z2＋< N－< W2－‎ C. ZX2和NY2中含有化学键一致，且微粒个数之比均为1 : 2‎ D. 含氧酸的酸性N > W，可证明非金属性：N > W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，应为元素，Y的次外层电子数是其电子总数的14，则电子总数为8，应为 元素，W与Y属于同一主族，则W为元素，N应为元素，离子化合物ZX2是一种储氢材料，Z应为元素，X、Y、Z、W、N依次为、、、、。‎ ‎【详解】A．非金属性，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；‎ B．Y为元素、Z为元素，对应的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故B错误； C．和中化学键分别为离子键和共价键，故C错误； D．比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性判断，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎12.已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置（省略夹持装置及加热装置）可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法正确的是 ( )‎ A. 试管A中加入的试剂为NH4Cl固体 B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2 : 3‎ C. 装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙 D. 装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，A中发生，B为干燥氨气，C中发生，D中冷却出现液体为水和氨气混合物，E中收集氮气。‎ ‎【详解】A.实验室制取氨气应该用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法，而只加热氯化铵固体不能得到氨气，A错误；‎ B.为氧化还原反应，‎ 为氧化剂，氨气为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，B错误；‎ C.装置B的作用为干燥氨气，加入的物质可以是碱石灰，不能用无水氯化钙，易与氨气结合生成络合物，故C错误；‎ D. D中冷却出现液体为水和氨气混合物，溶液显碱性，则D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.K2 FeO4在水中不稳定，发生反应：＋l0H2O4Fe(OH)3（胶体）＋8OH－＋3O2，其稳定性与温度(T)和溶液pH的关系分别如下图所示。下列说法不正确的是 ( )‎ A. 由图甲可知上述反应 △H < 0‎ B. 由图甲可知温度：T1 > T2 > T3‎ C. 由图甲可知K2 FeO4的稳定性随温度的升高而减弱 D. 由图乙可知图中a < c ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，所以温度：T1>T2>T3；由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，根据图乙可知，a0，故A错误；‎ B. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，所以温度：T1>T2>T3，故B正确；‎ C. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时 浓度越小，温度越高浓度越小，所以的稳定性随着温度的升高而减弱，C正确；‎ D. pH越小，氢离子浓度越大，由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，所以a0‎ C. 平衡常数:K(A)=K(B)‎ D. 在C点时,CO转化率为75%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．增大压强平衡向正反应方向移动；‎ B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；‎ C．平衡常数只与温度有关；‎ D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．‎ ‎【详解】A．由‎300℃‎时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；‎ B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；‎ C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；‎ D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则 ‎ CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）‎ 起始 1 2 0‎ 变化 x 2x x 结束 1-x 2-2x x 在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎20.食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是 A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度 B. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度 C. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用 D. 石灰—石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2‎ 的检测有干扰，选项A错误；‎ B、亚硫酸钡在空气中易被氧化，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，选项B错误；‎ C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用，选项C正确；‎ D、石灰石吸收SO2，需要在高温下才能进行，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查二氧化硫的性质，注意二氧化硫是酸性氧化物，与二氧化碳具有相似的性质，但区别于二氧化碳的性质是二氧化硫具有漂白性及还原性。‎ ‎21.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-‎ B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大 C. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜 D. 充电时，A极增重‎65g时，C区增加离子数为4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；‎ B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；‎ C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+‎ ‎、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；‎ D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重‎65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。‎ ‎22.利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。‎ 下列说法不正确的是 A. 上述正极反应均为O2+4e-+2H2O=4OH-‎ B. 在不同溶液中，Cl-是影响吸氧腐蚀速率的主要因素 C. 向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快 D. 在300 min内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图象可知，实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的，故此腐蚀为吸氧腐蚀，其正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A正确；‎ B. 根据图象可知，①②的反应速率接近，③④的反应速率接近，且①远大于③，②远大于④，故阴离子对反应速率影响不大，NH4+是影响反应速率的主要因素，故B错误；‎ C.因为NH4+是影响反应速率的主要因素，能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加快，故向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，故C正确；‎ D. ①②溶液显酸性，③④显中性，根据图象可知，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎23.化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解的原理如图所示。下列说法不正确的是 A. A为电源的正极 B. 溶液中H＋从阳极向阴极迁移，阴极区电解质溶液的pH保持不变 C. Ag-Pt电极的电极反应式为＋12H＋＋10e－=== N2↑＋6H2O D. 电解过程中，每转移2 mol电子，则左侧溶液质量减少‎18 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图示知在电极上发生还原反应，因此电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；阳极电极反应式：，阴极电极反应式：。‎ ‎【详解】A. 该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则电极为阴极、电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A正确；‎ B. 电解时阳离子向阴极移动，阴极电极反应为：，转移10个电子时，有10个由阳极进入阴极，但阴极会消耗12个，故阴极减少，PH增大，故B错误；‎ C. 阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故C正确；‎ D. 阳极电极反应式为：转移2mol电子时，阳极消耗1mol水，产生2mol（‎2g）进入阴极室，产生0.5mol（‎16g）氧气，故阳极室质量减少‎18g，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】电解池中电极的判断方法：和电源正极相连的为阳极，和电源负极相连的为阴极；发生氧化反应的为阳极，发生还原反应的为阴极；电子流出的为阳极，电子流入的为阴极；阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。‎ ‎24.Cl2O黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸，制取Cl2O 的装置如图所示。‎ 已知:C12O的熔点为‎-116℃‎，沸点为‎3.8℃‎，Cl2 的沸点为‎-34.6℃‎；HgO+2Cl2=HgCl2 +Cl2O 下列说法不正确的是 A. 装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸 B. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险 C. 从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O D. 装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、制取Cl2O 需要干燥纯净的氯气，所以②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，故A正确；‎ B、高浓度的Cl2O易爆炸，所以通入干燥空气可以将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，故B正确；‎ C、装置⑤是制备固体Cl2O，所以温度低于‎-116℃‎，此时Cl2O是固体，逸出的气体是空气，故C错误；‎ D、Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎25.一定条件下，合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。图甲表示在此反应过程中的能量的变化，图乙表示在‎2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。‎ 下列说法正确的是 ( )‎ A. 升高温度，该反应的平衡常数增大 B. 由图乙信息，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为d C. 由图乙信息，10 min内该反应的平均速度v(H2) = 0. 09 mol·L－l·min－l D. 图丙中温度T1 < T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图甲反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应是放热反应；分析图乙变化量，计算氮气的反应速率，结合反应速率之比等于系数之比计算得到氢气速率，依据化学反应速率概念计算得到，缩小体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间不变，达平衡是减小；图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1 v (逆)‎ D. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.8 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L。‎ ‎【详解】A. 由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0，故A错误；‎ B. 正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；‎ C. 平衡时，列三段式： ，该温度下平衡常数，若起始向容器中充入1.2mol、0.60mol ‎ 和0.60mol，此时>0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正”“<”或“不确定”）0；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图甲曲线b所示，则改变的条件是______。‎ ‎②图是甲、乙同学描绘上述反应平衡常数对数值(lg K)与温度的变化关系，其中正确的曲线是____（填“甲”或“乙”），m值为_____。‎ ‎【答案】 (1). K3= (2). 289－‎2a (3). 2 (4). 4. 0×10－‎8 L·mol－1·s－1 (5). acd (6). < (7). 加入催化剂 (8). 乙 (9). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用方程式叠加关系得到平衡常数之间的关系；‎ ‎（2）利用键能计算焓变，反应物的键能之和减去生成物的键能之和就是焓变；‎ ‎（3）将表中数据带入速率方程即可求得n和k；‎ ‎（4）平衡状态的判定；‎ ‎（5）列三段式计算平衡常数，进而去计算。‎ ‎【详解】（1）①② 将①×2−②可得： ,则平衡常数,‎ 故答案：；‎ ‎（2）反应的△H=反应物的键能之和−生成物的键能之和，‎ 故答案为：289－‎2a；‎ ‎（3）根据表格①②中的数据，带入速率公式然后做比值： ,解得n=2,将n代入①中得k=4×10−8，‎ 故答案为：2；4. 0×10－‎8 L·mol－1·s－1；‎ ‎（4）a.对于反应，反应前后气体系数变化，故压强是变量，故当压强不再变化说明反应已经平衡，a正确；‎ b. 2v正(NO) = v逆(Cl2)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，b错误；‎ c. 气体的平均相对分子质量即平均摩尔质量等于总质量比总物质的量，总质量虽然不变，但是总物质的量会改变，故平均相对分子质量是变量，当它不再变化则说明反应已经达到平衡状态，c正确；‎ d. 绝热容器中，温度会改变，温度改变平衡常数就会改变，当平衡常数不再变化则说明反应已经达到平衡状态，d正确；‎ e.和的体积比始终是2:1，不是变量，故不能说明达到平衡状态，e错误；‎ 答案选acd；‎ ‎（5）①由图甲分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为△H<0；由图甲知：化学反应速率加快，平衡不动，故改变的条件：加入催化剂；‎ 答案为：<；加入催化剂；‎ ‎②T升高，平衡左移，K减小，lgK减小，曲线选乙，设反应的氯气物质的量为x， 根据压强之比等于物质的量之比，得到： ，解得：x=0.02mol，依据计算得到平衡时物质的浓度代入x求得：；； ；‎ 平衡常数： ，lgK=lg100=2，m=2；‎ 故答案为：乙；2。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的判定方法：1、；2、当变量不再变化，如体系中气体总物质的量在反应中会发生变化，则气体的总物质的量就是变量，当气体的总物质的量不再变化，则说明反应已经达到平衡状态。‎ ‎35.某小组研究溶液中Fe2＋与、的反应。‎ 已知：[Fe(NO)]2＋在溶液中呈棕色。‎ ‎(1)研究现象a中的黄色溶液。‎ ‎①用__________溶液检出溶液中含有Fe3＋。‎ ‎②甲认为是O2氧化了溶液中的Fe2＋。乙认为O2不是主要原因，理由是_____________。‎ ‎③进行实验Ⅱ，装置如图所示。左侧烧杯中的溶液只变为黄色，不变为棕色，右侧电极上产生无色气泡，经检验该气体为NO。产生NO的电极反应式为_______实验Ⅱ的目的是________。‎ ‎ (2)研究现象a中的棕色溶液。综合实验I和实验Ⅱ，提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe2＋或Fe3＋发生了反应。进行实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为Fe2＋与NO发生了反应。实验Ⅲ的操作和现象是_______。‎ ‎(3)研究酸性条件下，溶液中Fe2＋与、的反应。‎ 序号 操作 现象 i 取1 mol·L－l的NaNO2溶液，加稀硫酸至pH = 3，加入1 mol·L－l FeSO4溶液 溶液立即变为棕色 ii 取1 mol·L－l的NaNO3溶液，加硫酸至pH = 3，加入1 mol·L－l FeSO4溶液 无明显变化 iii 分别取0.5 mL l mol·L－l的NaNO3溶液与1 mol·L－l的FeSO4溶液，混合，小心加入0.5 mL浓硫酸 液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环 i中溶液变为棕色的离子方程式为_______、__________。‎ 实验结论：本实验条件下，溶液中、的氧化性与溶液的酸碱性等有关。‎ ‎【答案】 (1). KSCN (2). 两个实验过程均有O2但NaNO3溶液中无明显变化 (3). ＋e－＋H2O === NO↑＋2OH－ (4). 证实Fe2＋被氧化生成Fe3＋ (5). 将NO通入FeSO4溶液中溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化 (6). Fe2＋＋+2H＋=== Fe3＋＋NO↑＋H2O (7). Fe2＋＋NO === [Fe(NO)]2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①可用检验铁离子；‎ ‎②对比实验中滴加溶液都会携带氧气；‎ ‎③在正极上得电子被还原生成，可证明与亚铁离子发生氧化还原反应；‎ ‎（2）要证明与发生了反应，可将分别通入溶液中，根据颜色变化判断；‎ ‎（3）酸性条件下，溶液、溶液发生氧化还原反应生成，亚铁离子与反应生成。‎ ‎【详解】(1)①KSCN与铁离子反应，溶液显血红色，则可用检验铁离子，‎ 故答案为：；‎ ‎②对比实验中滴加溶液都会携带氧气，但溶液中无明显变化，则不是主要原因，‎ 故答案为：两个实验过程均有，但溶液中无明显变化；‎ ‎③在正极上得电子被还原生成，电极方程式为，实验Ⅱ的目的是证实被氧化生成，‎ 故答案为：；证实被氧化生成；‎ ‎(2)想证明与发生了反应，可将分别通入溶液中，可观察到将通入溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将通入溶液中，无明显变化，‎ 故答案为：将通入溶液中,溶液由浅绿色变黄色最后变棕色,将通入溶液中，无明显变化；‎ ‎ (3)酸性条件下，溶液、溶液发生氧化还原反应生成，亚铁离子与反应生成，反应的离子方程式为 ，同时发生，‎ 故答案为：；。‎