2018-2019学年高二化学上学期10月月考试题 理(含解析).doc

2018-2019学年高二化学上学期10月月考试题 理(含解析)相对原子质量：H1 C 12 N14 O 16 S32 Cl 35.5 Na23 Mg24 Al 27 Fe56 Cu64一、单项选择题（115每题2分；1623每题3分，共54分）1.化学与生活密切相关。下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）A. 调味剂 B. 防腐剂 C. 增稠剂 D. 着色剂【答案】B【解析】【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等,其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀,延长保质期,而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关,以此解答该题。【详解】A.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故A错误；B.防腐剂可延缓氧化的反应速率，与速率有关,故B正确；C.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故C错误；D.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故D错误；综上所述，本题选B。2.用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是（ ）A. 将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照B. 用广泛pH试纸测得该无色溶液的pH为2.3C. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照D. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低【答案】C【解析】【详解】用pH试纸测定溶液的pH时，不能将pH试纸放入溶液中或将溶液倒在pH试纸上。正确的操作方法是：用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，C正确；A错误；广泛pH试纸的读数不会出现小数，只能读到整数，pH不能为2.3，B错误；pH试纸提前湿润，可能会带来误差，酸溶液稀释后pH偏大，碱溶液稀释后pH偏低，D错误；综上所述，本题选C。3.某学生的实验报告中，描述合理的是（ ）A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸B. 用托盘天平称量25.20g NaClC. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液D. 用25mL碱式滴定管做酸碱中和滴定实验时，共用去某浓度的碱溶液21.70mL【答案】D【解析】【详解】A、量筒只能精确至0.1mL，故用10mL 量筒量取不出7.13mL溶液，故A错误；B、托盘天平只能精确至0.1g，故用托盘天平称量不出氯化钠的质量为25.20g，故B 错误；C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此不能用碱式滴定管量KMnO4溶液，故C错误；D. 滴定管精确至0.01 mL，25mL碱式滴定管可量取碱溶液21.70mL，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】量筒没有“0”刻度，精确度为0.1mL；碱式滴定管量或酸式滴定管有“0”刻度，在上方，精确度为0.01mL；碱式滴定管小端有一小段橡胶管，易被强氧化剂腐蚀，因此KMnO4溶液要用酸式滴定管来量取。4.下列有关说法不正确的是（）A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B. 已知某吸热反应能自发进行，则该反应一定是熵增反应C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行D. 已知反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H 0【答案】C【解析】【详解】A. Na与H2O的反应生成氢气，是一个熵增加的放热反应, 则H-TS0，H-TS0的反应可自发进行，则该反应是熵增加反应，B选项正确；C. 一个放热且熵增的反应，H-TS0，在任何温度下都能自发进行，故C错误；D. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)中S0，在室温下可自发进行，,则H-TS0，则该反应的H 0，D选项正确；综上所述，本题选C。【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：H0 、S0，低温下自发进行；H0，任何条件下都能自发进行；H0 、S0、S0，高温下自发进行。5.某温度下，体积一定的密闭容器中，进行如下可逆反应：X(g)Y(g)Z(g)W(s) H0。下列叙述正确的是（ ）A. 加入少量W，逆反应速率增大B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C. 升高温度，平衡逆向移动D. 平衡后加入X，上述反应的H增大【答案】B【解析】【详解】A.在反应中W是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故错误；B.随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变时，说明可逆反应到达平衡状态，故正确；C.该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故错误；D.反应热与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故错误；综上所述，本题选B。6.下列溶液一定呈中性的是（ ）A. c(H)c(OH)106 molL1的溶液 B. pH7的溶液C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【答案】A【解析】【详解】A项，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度时溶液呈中性，故A项正确；B项，温度高于室温时，水的电离常数增大，pH0，水蒸气含量随时间的变化D. 图：反应2SO2O22SO3达平衡后，缩小容器体积，各成分物质的量随时间的变化【答案】D【解析】试题分析：A.增大压强，正、逆反应速率都增大，由于N2+3H22NH3的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多，图像中逆反应速率增大更多，平衡逆向移动，实际不相符，错误；B.升高温度，化学反应速率加快，由于温度对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，正、逆速率变化不相等，图象中正、逆速率增大相同的倍数，与实际不相符，错误；C.由图可知，温度T2 先到达平衡，说明温度：T2 T1 ，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图像中温度越高，水蒸气的含量越低，与实际不相符，错误；D.缩小容器体积，使体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图像与实际相符合，正确。考点：考查图像方法在化学反应速率、化学平衡移动的影响的知识。16.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230时，该反应的平衡常数K=2105。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。下列判断正确的是（ ）A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B. 第一阶段，在30和50两者之间选择反应温度，选50C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D. 该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)【答案】B【解析】平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成Ni(CO)4= v生成(CO)，故D错误。17.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4mol A和2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g) H0。2min后，反应达到平衡，生成C为1.6mol。则下列分析正确的是（）A. 若反应开始时容器体积为2L，则Vc0.4molL-1min-1B. 若在恒压绝热条件下反应，平衡后nc1.6molC. 若2min后，向容器中再投入2mol A和1 mol B， B的转化率变大D. 若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加【答案】B【解析】【详解】A项，若反应在恒温恒容下，则Vcn/Vt=1.6/22=0.4molL-1min-1，但条件为恒压，随着反应的进行，体积逐渐减小，即Vc0.4molL-1min-1，故A项错误；B项，反应放热，若在绝热条件下，反应向逆反应方向进行，即nc1.6mol，故B项正确；C项，在恒温恒压下，向容器中再投入2molA和1molB，与原平衡投料成比例（2:1），所以该平衡与原平衡为等效平衡，所以B的转化率不变，故C项错误；D项，若反应在恒温恒容下，压强减小，平衡向左移动，放热减少，故D项错误；综上所述，本题选B。【点睛】向密闭容器中充入4mol A和2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g)，反应达平衡后，若再向容器中再投入2molA和1molB，如果在恒温恒压下，B的转化率不变；如果在恒温恒容下，相当于加压过程，平衡右移，B的转化率增大。18.对于平衡体系mA(g)nB(g)pC(g)qD(g) H0。下列结论中错误（ ）A. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则mnpqB. 若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为mnC. 若mn=pq，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD. 若A为固体，则增大压强，平衡向逆向移动【答案】D【解析】【分析】A、将容器的体积缩小到原来的一半,若平衡不移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了；B、当反应物的物质的量之比等于系数值比时，则达到化学平衡时，反应物的转化率是相等的；C、对于反应前气体体积不变，混合气体总的物质的量不变；D、对于反应前后气体体积不变的反应，压强不会影响平衡移动。【详解】A、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行,所以mnpq，A正确；B、反应开始时，A、B的物质的量之比为mn,恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，B正确；C、往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，平衡向正反应移动，因为mn=pq,达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2amol，C正确；D、若A为固体，若npq，则增大压强，平衡向正向移动；若n=pq, 则增大压强，平衡向不移动；若nc(OH-)C. 分别加入水稀释10倍，四种溶液的pHD. V1L与V2L混合，若混合后溶液pH=7，则V1V2【答案】D【解析】A中分别加入适量醋酸钠晶体，中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；B醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c(H+)c(OH-)，故B正确；C室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：，故C正确；DV1L和V2L溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1V2，故D错误；故选D。21.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（ ）A. 前2秒,以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(Ls)B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍C. 在平衡时体系内含N2O40.20molD. 平衡时,如果再充入一定量N2O4,则可提高N2O4的转化率【答案】C【解析】【分析】A根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；B利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；C利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；D若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(Ls)，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(Ls)，故A项错误；B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2molN2O4，故C项正确；D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O42NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。22.已知一定温度下合成氨反应：N2 +3 H22 NH3 H=92.4 kJ/ mol，在恒温、恒压的密闭容器中进行如下实验：通入1 mol N2和3 mol H2，达平衡时放出热量为Q1，通入2 mol N2和6 mol H2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是( )A. Q2 =2Q1=184.8kJ B. Q1 0.5 Q2 C. Q1 Q2 184.8 kJ D. Q1 = Q2 92.4 kJ【答案】C【解析】【详解】热化学方程式N2 +3H22NH3，表示一定条件下，1molN2和3molH2反应生成2molNH3，放出的热量为92.4kJ，该反应为可逆反应，物质不能完全反应，恒温恒压下，反应前后气体的物质的量发生变化，与中N2、H2的物质的量之比为1:3，二者为等效平衡，反应物的转化率相同，中参加反应的量是中的2倍，所以Q2=2Q1184.8kJ，即Q1 Q2 ”、“1,反应逆向移动，v正 v逆；因此，本题答案是：”、“=”或“ (5). (6). 【解析】【详解】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；因此本题答案是：增大。（2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-ClO-HCO3-CH3COO-，即abdc；因此本题答案是：a。（3）aCO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；bClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；cCO32-+HClO=CO2+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3HClOHCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；综上所述，本题答案是：cd。（4）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；pH=2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的浓度大于HX，因此等体积的两种酸，醋酸的量多，因此用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；综上所述，本题答案是： ； ；。【点睛】浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多，但是同浓度同体积的醋酸和盐酸中和氢氧化钠的能力是完全一样的；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多，但是同体积、pH相同的醋酸和盐酸，中和氢氧化钠的能力醋酸强。27.某学生用0.200 0 molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答下列问题：(1)以上步骤有错误的是_(填编号)。(2)若测定结果偏高，其原因可能是_(填字母)。A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质B.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后又用待测液润洗D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液(3)判断滴定终点的现象是_。(4)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL。(5)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：_molL1。滴定次数待测体积(mL)标准烧碱溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00【答案】 (1). (2). ABCD (3). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色 (4). 22.60 (5). 0.200 0或0.2【解析】【分析】(1) 碱式滴定管在装液前先用蒸馏水清洗，然后用待装液进行润洗；(2)根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断；(3)根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点； (4)根据滴定管的结构与精确度为0.01 mL进行读数；(5)先根据数据的有效性,然后求出平均消耗V(NaOH),接着根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)来计算。【详解】(1)碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗,否则标准液的浓度偏小，操作有误；因此本题答案是：。（2）A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质,标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小,消耗的V(标准)增大，根据c(待测)= c(标准)V(标准)/ V(待测)分析，测定结果偏高，所以A选项正确；B.滴定终点读数时,仰视滴定管的刻度,消耗的V(标准)偏大， 根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏高,故B正确；C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗,消耗的V(标准)变大, 根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏大,故C正确；D.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,消耗的V(标准)偏大， 根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)分析，测定结果偏高,故D正确；因此，本题正确答案是:ABCD。 (3)当滴入最后一滴NaOH溶液,溶液由无色变为粉红色,且半分钟内不褪色,即为终点；因此，本题正确答案是: 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色。(4)滴定管精确度为0.01mL，因此滴定管中的液面读数为22.60 mL；因此，本题正确答案是:22.60。(5)三次滴定消耗的体积为:20.00mL,22.10 mL, 20.00mL, 22.10 mL误差太大，不能用；因此平均消耗V(NaOH)=20.00mL，根据c(待测)=c(标准)V(标准)/V(待测) =0.xx20.00/20.00=0.xxmolL1(或0.2molL1)；因此本题答案是：0.xx或0.2。28.下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积 （mol2L2 ）11014a11012试回答以下问题：（1）若25t1t2，则a_11014 (填“”、“”或“=”（2）25下，某Na2SO4溶液中= 5104molL1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+) : c(OH)= _。（3）在t2 下，pH = 2的稀硫酸溶液中，水电离产生的H+浓度为c(H+)水=_。（4）t2 下