河北省大名县第一中学2019-2020学年高二10月月考化学试题

河北省大名县第一中学2019-2020学年高二10月月考化学试题

大名一中高二年级10月月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 S-32 Cl-35.5 Ag-108‎ 一、选择题（下列各题只有一个选项符合题意，共25小题，每小题2分，共50分）‎ ‎1. 氢能是一种既高效又干净的新能源，发展前景良好，用氢作能源的燃料电池汽车倍受青睐。我国拥有完全自主知识产权的氢燃料电池轿车“超越三号”，已达到世界先进水平，并加快向产业化的目标迈进。下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 氢制备工艺廉价易行，且储存方便 B. 燃料电池车中能量转化率为100%‎ C. 燃料电池车是直接将化学能转化为电能 D. 利用热电厂的电能电解蒸馏水制备氢气是一种环保之举 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 氢气的制备需要电解，电解需要消耗大量的能量，最终还要依赖热电厂的电能，而且氢气所占体积大，压缩存放由于压力的关系存在危险，因此选项A、D错；尽管燃料电池的能量转化率高，但不会达到100%，B错。‎ ‎2. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是 A. 生成物能量一定低于反应物总能量 B. 放热反应不必加热就一定能发生 C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变 D. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件的ΔH不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．生成物能量可能低于反应物总能量，也可能高于反应物 总能量；错误；B．任何反应都需要在一定条件下进行，所以放热反应可能也要在加热条件下才可以发生，错误；C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变，或不能直接发生反应的反应的焓变，正确；D．由于发生的反应不变，所以物质含有的能量不变，因此同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件的ΔH相同，错误。‎ 考点：考查化学反应能量变化相关的叙述的正误判断的知识。‎ ‎3.化学反应中通常伴随着能量变化，下列说法中错误的是( )‎ A. 煤燃烧时将部分化学能转化为热能 B. 电解熔融Al2O3时将部分化学能转化为电能 C. 炸药爆炸时将部分化学能转化为动能 D. 镁条燃烧时将部分化学能转化为光能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤燃烧时部分化学能转化为热能，还有光能，烧煤取暖证明了这一点，故A正确；‎ B．电解熔融Al2O3时是将电能转化为化学能，故B错误；‎ C．炸药爆炸过程中，化学能转化为热能、动能、光能等，故C正确；‎ D．镁条燃烧时发光、放热，即部分化学能转化为光能和热能，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎4.按下图装置实验,若x轴表示流入阴极的电子的物质的量,则y轴可表示( )‎ ‎①c(Ag+) ②c(AgNO3) ③a棒的质量 ④b棒的质量 ⑤溶液的pH A. ①③ B. ③④ C. ①②④ D. ①②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据图中装置试验，Fe、Ag、AgNO3构成的电解池，图a可知，Ag连接电源的正极，则为阳极，电解质溶液为硝酸银溶液，则该装置实际上是在铁的表面电镀银，电解质溶液的浓度不变，即Ag+、NO3-‎ 的浓度不变，溶液的浓度及pH不变，图b中，Y轴表示某个量不变。①阳极Ag溶解Ag-e-=Ag+，阴极铁上银离子得电子析出金属银Ag++e-=2Ag，溶液中c(Ag+)不变；②硝酸根离子未参与电极反应，所以c(NO3-)不变，则c(AgNO3)不变；③a棒铁棒连接电源的负极为电解池的阴极，银离子得电子析出金属银Ag++2e-=Ag，所以质量增加；④b棒Ag连接电源的正极，则为阳极，Ag-e-=Ag+，质量在减轻；⑤该反应本质为在铁的表面电镀银，电解质溶液的浓度不变，pH不变，所以y轴可表示①②⑤；故选D。‎ 考点：考查了电解池的工作原理的相关知识。‎ ‎5. 如图所示的装置，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加‎2.16 g，乙池中某电极上析出‎0.24 g某金属，下列说法正确的是 A. 甲池b极上析出金属银，乙池c极上析出某金属 B. 甲池a极上析出金属银，乙池d极上析出某金属 C. 某盐溶液可能是CuSO4溶液 D. 某盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电解过程中加池中的a电极上析出了金属银，质量为‎2.16g,可以计算出转移电子的物质的量为0.02mol;甲池中a电极析出了金属银，乙池中c电极为阴极析出某金属，A错误；B错误；乙池中的盐溶液若为硫酸铜溶液则可以在阴极析出金属铜，若为硝酸镁溶液则阴极没有金属析出，所以C正确，D错误；答案选C。‎ ‎6. 某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是(　　)‎ A. 正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ B. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变 C. 该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2=2H2O D. 用该电池电解CuCl2溶液，产生‎2.24 L Cl2(标准状况)时，有0.1 mol电子转移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 把释放能量的氧化还原反应：2H2＋O2=2H2O通过电池反应进行就制得氢氧燃料电池。H2失去电子，在负极上被氧化，产生H＋，由于电解液中有大量的OH－，所以电极反应式为：2H2－4e－＋4OH－=4H2O。工作一段时间后，KOH溶液被稀释，但KOH的物质的量不变。D项，n(Cl2)＝0.1 mol，转移电子0.2 mol。‎ ‎7.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：‎ ‎ 3Zn + 2K2FeO4+ 8H2O3Zn(OH)2+ 2Fe(OH)3+ 4KOH 。关于该电池的说法正确的是( )‎ A. 放电时，Zn作负极，发生还原反应 B. 放电时，K2FeO4附近溶液pH减小 C. 充电时，锌极附近溶液pH减小 D. 充电时，阳极电极反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-==FeO42-+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．放电时，锌失电子发生氧化反应作负极，故A错误；B．放电时，高铁酸钾得电子作正极，电极反应式FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-，pH增大，故B错误；C．充电时，锌极作阴极，电极反应式为：Zn（OH）2+2e-=Zn+2OH-，溶液pH增大，故C错误；D．氢氧化铁失电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为：Fe（OH）3-3e-+5OH-═FeO42-+4H2O，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查化学电源新型电池，根据元素化合价变化来确定发生的反应，再结合溶液中电解质溶液浓度变化来分析解答，会根据反应物和生成物及得失电子书写电极反应式，为学习难点。根据电池反应式知，放电时，锌失电子而作负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，高铁酸钾得电子而作正极，电极反应式为FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-，充电时，阳极上氢氧化铁失电子发生氧化反应，各电极反应式是放电时电极反应式的逆反应。‎ ‎8.用惰性电极电解煤浆液的方法制H2的反应为C（s）+2H2O（l）=CO2（g）+2H2‎ ‎（g）。现将一定量的1mol/LH2SO4溶液和适量煤粉充分混合，制成含碳量为0．‎02g/mL~0．‎12g/mL的煤浆液，置于如图所示装置中进行电解（两电极均为惰性电极）。下列说法错误的是 A. A极是阳极，B极为阴极 B. A极的电极反应式为C+2H2O-4e-=CO2↑+4H+‎ C. B极的电极反应式为2H++2e-=H2↑‎ D. 电解一段时间后，煤浆液的pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．A极连接电源的正极是阳极，则B极为阴极，正确；B．阳极上发生氧化反应，A极的电极反应式为C+2H2O-4e-=CO2↑+4H+，正确；C．阴极上发生还原反应，B极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，正确。D．电解的总反应式为C（s）+2H2O（l）=CO2（g）+2H2（g），可知电解一段时间后，煤浆液中水的量减少，硫酸溶液的浓度增大，溶液的pH减小，错误；答案为D。‎ 考点：电解池的分析 ‎9.少量铁粉与100mL0.01mol·L－1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）‎ ‎①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10 mL0.1 mol·L－1盐酸 A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ⑤⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 少量的铁与盐酸反应，加快反应速率，根据影响反应速率的因素进行分析，不改变H2的产量，铁单质只能与盐酸反应，据此分析；‎ ‎【详解】①加水，稀释盐酸，c(H＋)降低，反应速率变慢，故①不符合题意；‎ ‎②加入NaOH，c(H＋)降低，反应速率变慢，故②不符合题意；‎ ‎③滴入几滴浓盐酸，c(H＋)增大，反应速率加快，故③符合题意；‎ ‎④加CH3COONa固体，发生H＋＋CH3COO－=CH3COOH，造成溶液中c(H＋)降低，反应速率变慢，故④不符合题意；‎ ‎⑤加NaCl溶液，相当于稀释盐酸，c(H＋)降低，反应速率变慢，故⑤不符合题意；‎ ‎⑥滴入几滴CuSO4溶液，发生Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，构成原电池，反应速率加快，但氢气的量减少，⑥不符合题意；‎ ‎⑦升高温度，加快反应速率，故⑦符合题意；‎ ‎⑧改用10mL0.1mol·L－1HCl，c(H＋)增大，反应速率加快，故⑧符合题意；‎ 综上所述，选项C正确；‎ 答案为C。‎ ‎10.某反应的反应过程中能量变化如图1 所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 催化剂能改变该反应的焓变 C. 催化剂能降低该反应的活化能 D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故A错误；‎ B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；‎ C．催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，故C正确；‎ D．图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎11.已知反应①CO(g)＋CuO(s) CO2(g)＋Cu(s)和反应②H2(g)＋CuO(s) Cu(s)＋H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是(　　)‎ A. 反应①的平衡常数K1＝c(CO2).c(Cu)/[c(CO).c(CuO)]‎ B. 反应③的平衡常数K＝K1/K2‎ C. 对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值 D. 对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，A错误；‎ B．反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，反应②的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)，反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=c(CO2)•c(H2)/[c(CO)•c(H2O)]=K1/K2，B正确；‎ C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，C错误；‎ D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，但是H2 浓度增大，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系是解答的关键。难点是压强是对反应速率和平衡状态的影响。‎ ‎12.COCl2俗名称作光气，是有毒气体。在一定条件下，可发生的化学反应为：COCl2(g) CO(g)＋Cl2(g)　ΔH<0 下列有关说法不正确的是 A. 在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率 B. 当反应达平衡时，恒温恒压条件下通入Ar，COCl2的转化率不变 C. 单位时间内生成CO和消耗Cl2的物质的量比为1∶1时，反应达到平衡状态 D. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率，A项正确，不符合题意；‎ B．当反应达平衡时，恒温恒压条件下通入Ar，则容器的容积就要扩大。各种物质的浓度就减小。由于生成物的系数大，所以生成物的浓度减小的多，反应物减小的少，所以化学平衡正向移动，COCl2的转化率增大。B项错误，符合题意；‎ C．单位时间内生成CO和Cl2的物质的量比为1∶1，若单位时间内生成CO和消耗Cl2的物质的量比为1∶1时，则消耗Cl2的物质的量与生成的Cl2的物质的量相等，反应达到平衡状态。C项正确，不符合题意；‎ D．平衡时，其他条件不变，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由于个反应为放热反应，所以升高温度，化学平衡逆向移动。故可使该反应的平衡常数减小。D项正确，不符题意；‎ 本题答案选B。‎ ‎13.下列说法中正确的是 A. 非自发反应在任何条件下都不能实现 B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变 C. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的 D. 熵增加且放热的反应一定是自发反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在外力的作用下水也可向上“上”流；反应能不能自发决定于△G=△H—T△S是否<0，故熵增加且放热的反应△H<0、△S>0，△G<0，一定是自发反应，故答案选D。‎ ‎14.一定温度下，在体积一定的密闭容器中进行的可逆反应：C(s) + CO2(g)2CO(g) ，不能判断反应已经达到化学平衡状态的是 A. v（CO2）= v（CO）‎ B. 容器中总压强不变 C. 容器中混合气体的密度不变 D. 容器中CO的体积分数不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、没有明确正、逆反应速率，不能作为平衡标志，正确；B、反应前后气体的体积不等，容器中总压强不变，可说明达到平衡状态，错误；C、反应前后气体的质量不等，体积恒定，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变，错误；D、达到平衡状态时，各物质的浓度不变，体积分数不变，错误。‎ 考点：考查化学平衡状态的判断。‎ ‎15.下列能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快 B. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂 D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，合成氨放热反应，所以升高温度不利于合成氨气，故A错误；根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体体积缩小的方向移动，加压后平衡向生成N2O4的方向移动，加压后颜色先变深后变浅，故B正确；使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；H2、I2、HI平衡混和气加压，平衡不移动，后颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故D错误。‎ 考点：本题考查化学平衡移动原理。‎ ‎16.在恒温恒容容器中发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，起始时SO2和O2分别为20 mol和10 mol，达到平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的条件下，欲使平衡时各成分的体积分数与前者相同，则起始时SO3的物质的量及SO3的转化率分别为（ ）‎ A. 10mol和10% B. 20mol和20% C. 20mol和40% D. 30mol和80%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从等效平衡的角度进行分析；‎ ‎【详解】达到平衡时，各成分的体积分数与前者相同，说明这两个平衡互为等效平衡，因为是恒温恒容，且反应前后气体系数之和不相等，因此从SO3开始，需要通入SO3的量为20mol，前一个SO2的转化率与后一个SO3的转化率的和为100%，即SO3的转化率为20%，故B正确；‎ 答案为B。‎ ‎17.对于可逆反应：2AB3(g)A2(g)＋3B2(g) ΔH > 0，下列图象中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、交点说明反应达到平衡，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，即v(正)>v(逆)，故A不符合；‎ B、该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应进行，AB3百分含量减少，故B符合；‎ C、反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此增大压强，平衡向逆反应方向移动，w(AB3)增大，故C不符合；‎ D、增大压强，该反应的平衡向逆反应方向进行，w(A2)减少，故D不符合；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】化学平衡图像：一看图像①看面：纵、横坐标的意义，②看线线的走向和变化趋势，③看点：起点、拐点、终点，④看辅助线：等温线、等压线、平衡线，⑤看量的变化：浓度变化、温度变化等；二想规律：联想平衡移动的原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响；三作判断：利用原理，结合图像，分析图像中所代表的反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。‎ ‎18.已知可逆反应：X(s)＋aY(g)bZ(g)；ΔH，反应达到平衡时，温度、压强对可逆反应的影响如右图所示(图中p为压强，其中p1>p2)。下列有关判断正确的是(　　)‎ A. 可逆反应的焓变ΔH<0‎ B. 反应的化学计量数a0，A错；由图像可知，压强越大，Y的含量越大，即增大压强，反应向生成Y的方向移动，而X为固体，故a1×10－12mol·L－1，抑制水的电离，如果溶液为酸，溶液中c(OH－)=10－12mol·L－1，则溶液中c(H＋)=10－2mol·L－1，即pH=2，如果溶液显碱性，则pH=12，学生忽略了本题是某温度下，没有指明是常温下，即水的离子积不一定为10－14，无法判断溶液的pH，平时做该类试题时，注意温度要看清。‎ ‎21.常温下用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定0.1mol·L-1盐酸，如达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH（1滴溶液的体积约为0.05mL），继续加水至50mL，所得溶液的pH是 A. 4 B. ‎7.2 ‎C. 10 D. 11.3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ NaOH过量，过量的物质的量为：0.05*10‎-3L* 0.1 mol·L=5*10-6mol，浓度为5*10-6mol/‎0.05L=1*10-4,所以C（H+）=1*10-10，PH=10，故选C ‎22.有关电解质的下列叙述正确的是（ ）‎ A. 离子化合物熔融状态时都导电，因此离子化合物都是电解质 B. 共价化合物熔融状态时都不导电，因此共价化合物都是非电解质 C. 易溶于水的化合物都是强电解质 D. 强电解质溶液的导电能力一定强于弱电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 离子化合物熔融状态时都导电，符合电解质的定义，因此离子化合物都是电解质，A正确；‎ B. 共价化合物熔融状态时都不导电，但是部分共价化合物在水溶液中可以导电，如HCl等，所以部分共价化合物是电解质，部分是非电解质，故B错误；‎ C. 电解质的强弱取决于其电离能力，与溶解度无关，故C错误；‎ D. 溶液的导电性取决于离子浓度和所带的电荷量，故强电解质溶液的导电能力不一定强于弱电解质，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎23.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是（   ）‎ A. 相同浓度的两溶液，分别与镁粉反应，开始时反应速率相同        ‎ B. 相同浓度的两溶液，c(CH3COOˉ) < c(Clˉ)‎ C. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，盐酸所需NaOH的物质的量较多        ‎ D. pH=3的两溶液分别加水稀释10倍后，醋酸溶液的pH比盐酸大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题考查弱电解质电离规律的应用，根据反应方程式进行计算反应中的量的关系，对于稀释溶液根据稀释定律进行判断。‎ ‎【详解】A. 相同浓度的两溶液的氢离子浓度不同，其分别与镁粉反应，开始时反应速率不同，A不正确，不符合题意。‎ B. 相同浓度的两溶液，根据强弱电解质的区别：c(CH3COOˉ) < c(Clˉ)，B正确，符合题意。‎ C. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，醋酸所需NaOH的物质的量多，故C不正确，不符合题意。‎ D. pH=3的两溶液分别加水稀释10倍后，根据越稀越电离规律，醋酸溶液的pH比盐酸小，故D不正确，不符合题意。‎ 故答案选B。‎ ‎24.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是(　　)‎ ‎①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体　④水　⑤加热　⑥少量MgSO4固体 A. ①②③⑤ B. ③ C. ③④⑥ D. ③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据稀氨水中存在着：NH3·H2ONH4+＋OH－平衡进行分析：①若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH4+)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，故①错误；②加硫酸H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，故②错误；③当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，故③符合题意；④若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH－)减小，故④错误；⑤电离属于吸热过程，加热平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大，故⑤错误；⑥加入MgSO4固体，发生反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，使平衡向正反应方向移动，且溶液中c(OH－)减小，故⑥错误。符合题意的选项为③；答案：B。‎ ‎25.HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂,已知熔融的HgCl2不导电,而HgCl2的稀溶液有弱的导电能力,下列关于HgCl2的叙述正确的是　(　　)‎ A. HgCl2属于离子化合物 B. HgCl2属于共价化合物 C. HgCl2属于非电解质 D. HgCl2中既存在离子键也存在共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质结构决定性质，由物质性质可推断物质结构。‎ ‎【详解】A. 熔融的HgCl2不导电，则HgCl2属于共价化合物，A项错误；‎ B. HgCl2属于共价化合物，B项正确；‎ C. HgCl2的稀溶液导电能力弱，则水溶液中HgCl2能微弱电离，属于弱电解质，C项错误；‎ D. HgCl2为共价化合物，只存在共价键，D项错误。‎ 本题选B。‎ ‎【点睛】熔融时能否导电是区分离子化合物和共价化合物的常用方法。‎ 二、填空题（共4题，共50分，请将答案写在答题纸上）‎ ‎26.高炉炼铁是冶炼铁的主要方法。‎ ‎（1）从炼铁高炉口排出的尾气中含有一定量的有毒气体___（填化学式），会污染空气。100多年前，人们曾耗巨资改建高炉，结果尾气中的该物质含量并未减少。高炉炼铁的主要反应方程式为（设铁矿石用磁铁矿）____。‎ ‎（2）已知：①4Fe(s) + 3O2=2Fe2O3(s) ΔH1‎ ‎②4Fe3O4(s)+O2(g)=6Fe2O3(s) ΔH2‎ ‎③3Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s) ΔH3‎ 则ΔH2＝___（用含上述ΔH的代数式表示）。‎ ‎（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是铁的一种重要化合物，可用电解法制备，阳极材料为铁，其电解质溶液应选用___（填H2SO4、HNO3、KOH、NaOH、Na2SO4）溶液，阳极反应式为___。‎ ‎（4）某温度下，HX的电离平衡常数K=1×10-5。则该温度下0.100mol/L的HX溶液中c(H＋)=___（平衡时HX的浓度以0.100mol/L计，水的电离忽略不计。）‎ ‎【答案】 (1). CO (2). Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) (3). 3ΔH1－4ΔH3 (4). NaOH (5). Fe－6e－+ 8OH－= FeO42－+ 4H2O (6). 1×10－3mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）高炉炼铁，原料是铁矿和焦炭，先加焦炭，让焦炭转化成CO，然后加入铁矿石，CO还原铁的氧化物，得到铁单质，为了提高氧化铁的利用率，CO一定过量，即尾气中有毒的气体为CO，高炉炼铁的主要反应为4CO＋Fe3O4 4CO2＋3Fe；‎ 答案为CO；4CO＋Fe3O4 4CO2＋3Fe；‎ ‎（2）根据盖斯定律，②为目标反应方程式，因此有3×①－4×③，即△H2=3△H1－4△H2；‎ 答案为3△H1－4△H2；‎ ‎（3）因为制备高铁酸钠，根据电解原理，铁作阳极，即有Fe－6e－→FeO42－，电解质不能是酸，因为铁能与酸反应，因此只能选碱为电解质溶液，KOH不能选择，引入杂质K＋，因此电解质溶液为NaOH，根据电荷守恒，有Fe－6e－＋8OH－→FeO42－，根据原子守恒，阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；‎ 答案为NaOH；Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；‎ ‎（4）根据电离平衡常数的表达式，即HX的电离平衡常数表达式为K=，HX的电离方程式为HX H＋＋X－，因为忽略水的电离，因此c(H＋)=c(X－)，c(HX)=0.1mol·L－1，电离平衡常数K===1×10－5，解得c(H＋)=1×10－3mol·L－1；‎ 答案为c(H＋)=1×10－3mol·L－1。‎ ‎【点睛】电极反应式的书写是难点，电化学是将氧化还原还原反应分成两个半反应，先写出氧化剂＋ne－→还原产物，还原剂－ne－=氧化产物，如本题制备高铁酸钠，铁作阳极，Fe－6e－→FeO42－，判断电解质的酸碱性，如本题高铁酸根离子在碱中能稳定存在，因此电解质为碱，然后利用原子守恒和电荷守恒，得出电极反应式。‎ ‎27.过氧化尿素[CO（NH2）2·H2O2]是一种无毒、无味的白色结晶粉末，具有尿素和过氧化氢双重性质，是一种新型的氧化剂和消毒剂，广泛应用于漂白、纺织、医药、农业、养殖业等领域。其合成如图：‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）实际生产中需控制n（H2O2）：n（CO（NH2）2）]=1.2:1，其主要原因是____。‎ ‎（2）从母液中分离出H2O2和尿素，采用的操作是____。‎ a.盐析、过滤 b.分液、过滤 c.减压蒸馏、结晶 d.常压蒸馏、萃取 ‎（3）为测定产品中活性氧的含量（活性氧16％，相当于H2O2 34％），称取干燥样品‎12.000g，溶解，在250mL容量瓶中定容。准确量取25.00mL于锥形瓶中，加入1mL 6mol/L的硫酸，然后用0.2000 mol/LKMnO4标准溶液滴定，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL（KMnO4溶液与尿素不反应）。‎ ‎①滴定终点的现象是：滴入最后一滴KMnO4溶液后____。‎ ‎②容量瓶在使用前必须进行的操作是____。‎ ‎③完成并配平方程式：__MnO4－+___H2O2+___H+=___Mn2++____H2O+____,__‎ ‎④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量___（选填：“偏高”、“偏低”或“不变”）。‎ ‎⑤根据滴定结果，确定产品中活性氧的质量分数__。‎ ‎【答案】 (1). H2O2在实验过程中会有部分分解，增大过氧化氢的量可提高过氧化尿素的纯度 (2). c (3). 锥形瓶内溶液显浅红色且半分钟内不褪色 (4). 检查是否漏夜 (5). 2 5 6 2 8 5O2 (6). 偏高 (7). 13.3%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据流程，合成过氧化尿素的反应方程式为H2O2＋CO(NH2)2 CO(NH2)2·H2O2，H2O2与尿素的系数比为1：1，因过氧化氢不稳定，受热易分解，因此需要增大过氧化氢的量，提高尿素的利用率或提高过氧化尿素的纯度；‎ 答案为H2O2在实验过程中会有部分分解，增大过氧化氢的量可提高过氧化尿素的纯度；‎ ‎（2）母液中含有H2O2和尿素，H2O2沸点比尿素低，且H2O2受热易分解，因此从母液中分离出H2O2和尿素，应使溶液在较低温度下蒸发，采用的操作是减压蒸馏，然后结晶，故选项c正确；‎ 答案为c；‎ ‎（3）①滴定终点的而现象是：滴入最后一滴KMnO4溶液后，锥形瓶内溶液的颜色由无色变为浅紫(红)色且半分钟或30s内不恢复原来颜色；‎ 答案为锥形瓶内溶液的颜色由无色变为浅紫(红)色且半分钟或30s内不恢复原来颜色；‎ ‎②容量瓶在使用前必须进行的操作是检查是否漏液；‎ 答案为检查是否漏液；‎ ‎③MnO4－中Mn的化合价又＋7→＋2价，化合价降低，MnO4－作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2被氧化成O2，H2O2中O由－1价→0价，H2O2整体升高2价，利用化合价升降法进行配平，然后利用原子守恒和离子守恒配平其他，即离子方程式为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑；‎ 答案为2 5 6 2 8 5O2；‎ ‎④滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，消耗的标准液的体积增大，即会使测得H2O2的含量增大，活性氧含量偏高；‎ 答案为偏高；‎ ‎⑤高锰酸钾溶液滴定H2O2，根据得失电子数目守恒，过氧化氢的含量=×100%=28.3%，活性氧16%，相当于H2O234%，则活性氧的含量为13.3%；‎ 答案为13.3%。‎ ‎28.运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义。‎ ‎（1）硫酸生产过程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图所示，根据如图回答问题：‎ ‎2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的ΔH___0(填“>”或“<”)。‎ ‎（2）一定条件下，合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。图1表示在此反应过程中的能量变化，图2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3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。‎ ‎①该反应的平衡常数表达式为____，升高温度，平衡常数____(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎②由图2信息，计算0～10min内该反应的平均速率v(H2)____，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积为‎1 L，则n(N2)的变化曲线为___(填“a”“b”“c”或“d”)。‎ ‎③图3中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___点，温度T1____T2(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎【答案】 (1). < (2). K＝ (3). 减小 (4). 0.045 mol/(L·min) (5). d (6). c (7). <‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据图像，随着温度升高，SO3的百分含量降低，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向逆反应方向进行，即正反应方向为放热反应，即△H<0；‎ 答案为<；‎ ‎（2）①根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数的表达式为K=；化学平衡常数只受温度的影响，根据图像1，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应进行，即升高温度，化学平衡常数减小；‎ 答案为；减小；‎ ‎②前10min，消耗N2的物质的量为(0.6－0.3)mol=0.3mol，则消耗H2的物质的量为0.3mol×3=0.9mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(H2)==0.045mol/(L·min)；压缩容器体积的瞬间，N2的物质的量不变，压缩容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，即N2的物质的量减少，故曲线d符合；‎ 答案为0.045mol/(L·min)；d；‎ ‎③增大H2的量，促进平衡向正反应方向进行，N2的转化率增大，即反应物N2的转化率最高的是c点；该反应为放热反应，升高温度，反应向逆反应方向进行，NH3百分含量降低，根据图3，得出T2>T1；‎ 答案为c点；<。‎ ‎29.草酸晶体的组成可表示为H‎2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：①称取ng草酸晶体配成100.00mL水溶液；②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为amol·L－1的KMnO4溶液滴定，所发生的反应为：2KMnO4＋5H‎2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O。反应生成MnSO4‎ 在水溶液中基本无色，试回答下列问题：‎ ‎（1）实验台上有以下仪器，实验中不需要的是___（填序号）。‎ a.托盘天平（带砝码、镊子） b.滴定管 c.100 mL容量瓶 d.烧杯 e.漏斗 f.锥形瓶 g.玻璃棒 h.药匙 i.烧瓶 ‎（2）实验中KMnO4溶液应装在___式滴定管中，原因是___。‎ ‎（3）滴定过程中用去VmLamol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为__mol·L－1，由此可计算x的值为___。‎ ‎（4）若滴定终点读数时俯视，则计算出的x值可能__（填偏大、偏小、无影响）。‎ ‎【答案】 (1). e i (2). 酸 (3). KMnO4有强氧化性，它能腐蚀橡胶，故不可以用碱式滴定管盛放 (4). (5). -5 (6). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验中需要配制物质的量浓度和滴定实验，配制草酸的物质的量浓度需要仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，滴定实验时需要仪器：酸式、碱式滴定管、锥形瓶、铁架台，因此不需要的仪器是烧瓶和漏斗，故ei符合题意；‎ 答案为ei；‎ ‎（2）KMnO4具有强氧化性，能氧化碱式滴定管下端的橡胶管，因此盛放KMnO4溶液的滴定管为酸式滴定管；‎ 答案为酸式；KMnO4有强氧化性，它能腐蚀橡胶，故不可以用碱式滴定管盛放；‎ ‎（3）根据反应方程式，所配的草酸的物质的量浓度为=mol·L－1；100.00mL溶液中草酸的物质的量为100×10－‎3L×mol·L－1=0.01Vamol，草酸晶体的物质的量为0.01Vamol·L－1，质量为ng，则有0.01Vamol×(90＋18x)g·mol－1=n，解得x=-5 ；‎ 答案为；-5；‎ ‎（4）滴定终点时俯视读数，V偏小，根据x=-5，则x偏大；‎ 答案为偏大。‎