2018-2019学年高二上学期第二次月考化学答案.doc

2018-2019学年高二上学期第二次月考化学答案一、选择题15 ABCAC 610 BBCBB 1115 CDBDC 1620 DDAAD 2123 BCD二、解答题（每空2分）24、（10分） (1) 0.05 mol/(Lmin) (2) K= (3) (4) (5) H22e 2H+25、（10分） (1) 4 (2) D (3) C+2NO CO2+N2 80%26、（12分） (1) CO + O22e CO2 O2 + 4e 2O2 2CO + O2 2CO2 (2) 2CO 4e- + 2C 4CO2O2 + 4e + 2CO2 2C2CO + O2 2CO227、（12分） (1) 四氯化碳分液漏斗 (2) 除去溶液中的S11.0 pH 12.2 盐酸 (3) 用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等 28、（10分） (1) 90.1 kJmol1 (2) 化学平衡状态(答案合理即可) 钠,故钾与水反应的速率大于钠与水反应的速率,钾的摩尔质量大于钠,故等质量的钾、钠分别与足量水反应,钠放出的氢气多,与图3相符,故C正确;稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,HA溶液pH变化较大,故酸性HAHB,则在同浓度的钠盐水溶液中,水解程度:NaANaB,所以同浓度NaA、NaB溶液的pH:NaANaB,故D错误。6.B反应前后气体总物质的量不变,增大压强平衡不移动,故A不正确;增大反应物的浓度可促进平衡正向移动,且不影响平衡常数,故B正确;使用催化剂,平衡不移动,故C不正确;平衡常数只受温度影响,故D不正确。7.B解析:C是固态故A项错；生成C 1.6 mol，则消耗B 0.8 mol，此时B的转化率为100%40%，故B项正确；增大压强，温度不变，平衡常数不变；增加B，A的转化率增大，而自身转化率降低，故D项错。8.C由CO2的转化率随时间的变化关系图可知,在A点时反应还未达到平衡状态,反应仍在正向进行,因此A点的v逆(CO2)小于B点平衡时的化学反应速率,即v逆(CO2)v正(CO2)。9.B增加Fe2O3固体后,化学平衡不移动,不会提高CO的转化率,故A错误;由题表中数据可知,温度越高平衡常数越小,故升高温度平衡逆向移动,则正反应为放热反应,即H0,故B正确;减小容器容积,相当于增大压强,化学反应速率增大,由于该反应是反应前后气体体积不变的反应,故化学平衡不移动,则反应物的平衡转化率不变,故C错误;CO和CO2的密度不同,则反应未达到平衡时容器中气体的密度在不断变化,容器内气体密度恒定时,说明各组分的浓度不再变化,反应达到平衡状态,故D错误。10.B该反应的Hv逆,因此3 min时用CO2的浓度表示的正反应速率大于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率,C错误;010 min内,v(CO2)=0.075 molL-1min-1,则v(H2)=3v(CO2)=0.225 molL-1min-1,D错误。11.C碳酸钠溶液水解显碱性，CO32-+H2OHCO3-+OH-，加热促进水解，碱性增强，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，所以能用于清洗油污，故A正确；B硫离子与Cu2+或Hg2+反应生成CuS、HgS沉淀，过滤容易除去，从而除去废水中的Cu2+和Hg2+，所以硫化钠可以做重金属离子的沉淀剂，故B正确；C水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙能和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙、水、二氧化碳，硫酸钙会附着在水垢表面阻止反应进行，不能除净锅垢，故C错误；D明矾KAl（SO4）212H2O作为净水剂，这是因为明矾溶于水发生水解生成氢氧化铝胶体，Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，氢氧化铝胶体可以吸附悬浮的杂质做净水剂，故D正确；故选C12.D已知常温下0.1 mol/L NaHSO3溶液的pHc(OH-)c(S)c(H+),故D错误。13.B25 时,0.1 molL-1的盐酸、氨水和CH3COONa溶液,盐酸pH最小,故A正确;盐类水解促进水的电离,3种溶液中CH3COONa溶液中水的电离程度最大,故B错误;与等体积混合得到氯化铵溶液,N水解,溶液显酸性:N+H2ONH3H2O+H+,故C正确;与等体积混合生成醋酸和氯化钠,溶液显酸性,溶液中存在水的电离,故溶液中离子浓度:c(H+)c(CH3COO-)c(OH-),D正确。14.D由溶度积常数可知,常温下Ag2SO4的溶解度最大,A正确;Ag2S的溶解度小于AgCl,在AgCl饱和溶液中加入Na2S固体可生成溶解度更小的Ag2S,B正确;常温下,AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小,D不正确。15.C0.01 molL-1 HA溶液的pH=2,则HA是强酸,N点溶液呈中性,加入51 mL MOH溶液混合溶液呈中性,说明MOH为弱碱,故A错误;K点溶液中MA和MOH的物质的量相等,由物料守恒可知c(M+)+c(MOH)=2c(A-),故B错误;在K点时混合溶液体积是加入的MOH溶液体积的2倍,由物料守恒结合溶液体积变化可知c(MOH)+c(M+)=0.01 molL-1,根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),c(MOH)+c(OH-)-c(H+)=c(M+)-c(A-)+c(MOH)=0.01 molL-1-0.005 molL-1=0.005 molL-1,故C正确;由图像可知,N点溶液呈中性,水电离的H+为10-7 molL-1,K点溶液呈碱性,MOH电离的OH-抑制了水的电离,水电离的H+小于10-7 molL-1,所以N点水的电离程度大于K点,故D错误。16.答案D解析Cu作负极，Ag作正极，外电路中，电子由Cu电极流向Ag电极，A项不正确；取出盐桥后，不能形成闭合回路，故电流表的指针不偏转，B项错误；电极反应式分别是负极：Cu2e=Cu2，正极：2Ag2e=2Ag，当转移0.1 mol电子时，铜的质量理论上减小3.2 g，C项错误；电池总反应式为Cu2AgNO3=2AgCu(NO3)2，D项正确。17.D0.100 0 mol/L的HX和HY溶液的pH分别为3、1,可知HX为弱酸、HY为强酸,同浓度的两种酸溶液的导电能力:HXHY,故A正确;0.100 0 mol/L的HX溶液的pH=3,则c(X-)c(H+)=10-3 mol/L,c(HX)=0.100 0 mol/L-c(X-)0.100 0 mol/L,则Ka(HX)=10-5,故B正确;HY溶液和HX溶液混合,根据电荷守恒:c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(OH-),故C正确;上述反应后的溶液显中性,因为HX为弱酸,故ac(OH-),结合电荷守恒可知:c(Y-)c(Na+),溶液中离子浓度大小顺序为:c(Y-)c(Na+)c(H+)c(OH-),故D错误。18.AB项,据电子的运动方向可知,a是负极,发生氧化反应,错误;C项,根据图示,a为负极,b为正极,该装置工作时,电解质溶液中阳离子向正极移动,H+从a极区向b极区移动,错误;D项,a是负极,b是正极,负极反应式为2H2O-4e-4H+O2,正极反应式为CO2+2e-+2H+CO+H2O,据得失电子守恒可知每生成1 mol CO,同时生成0.5 mol O2,错误。19.A增加H2O(g)的量,容器体积会增大,H2的浓度会瞬间减小,则消耗H2的速率瞬间减小,A项错误;将容器体积缩小,氢气的浓度增大,反应速率加快,B项正确;容器体积不变,充入氩气,H2、H2O(g)的浓度不变,反应速率不变,C项正确;压强不变,充入氖气,体积增大,H2、H2O(g)的浓度减小,反应速率减慢,D项正确。20.D0.100 0 mol/L HA溶液的pH=2,Ka=10-3,A错误;当酸、碱恰好完全反应时,溶液呈碱性,不在甲基橙的变色范围内,故B错误;当滴入BOH溶液20 mL时,溶液呈碱性,故C错误。21.B由题图可知,、的溶液呈酸性,、的溶液呈碱性,排除D。相同温度、相同浓度时,(NH4)2SO4溶液比NH4Cl溶液pH小,排除A;CH3COONa、NaHCO3、NaOH溶液中NaOH溶液的pH最大,排除C。22.Cn(BaCl2)=0.1 L0.09 molL-1=0.009 mol,n(H2SO4)=0.1 L0.1 molL-1=0.01 mol,所以硫酸是过量的,反应后溶液中n(S)=0.001 mol,c(S)=0.001 mol0.2 L=0.005 molL-1,再根据溶度积常数表达式可知,生成沉淀后溶液中c(Ba2+)=(1.110-100.005) molL-1=2.210-8 molL-1;由于在反应中氢离子的物质的量不变,所以反应后溶液中c(H+)=0.01 mol20.2 L=0.1 molL-1,因此pH=1。故选C。23.D由题意知,pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时,CH3COOH过量,即反应后形成了CH3COOH与CH3COONa的混合液,溶液显酸性,溶液中的离子浓度大小关系为c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)。二、解答题24.（10分）答案(1) 0.05 mol/(Lmin) (2) K= (3) (4) (5) H22e 2H+25.（10分）答案(1) 4 (2) D (3)C+2NO CO2+N2 80%解析(1)溶液呈电中性,可根据电荷守恒计算出氢离子的浓度,进而求出pH。(2)A项,由于体系中各组分都为气体,且反应前后气体体积不变,故混合气体密度不变不能说明反应达到平衡状态;B项,该反应为反应前后气体体积不变的反应,在恒温下,压强不变,不能说明反应达到平衡状态;C项,平衡时各物质的物质的量之比与化学计量数之比无必然联系,故错误;D项,氧气的转化率不变说明达到平衡状态。 (3)根据题表中的数据变化量之比及原子守恒可确定方程式中的生成物及各物质的化学计量数;由T1变至T2,温度升高,NO的物质的量增大,平衡逆向移动,故该反应为放热反应,H0;由于该反应为反应前后气体体积不变的反应,且反应物只有NO为气态,因此通入NO后,可建立等效平衡,NO的转化率不变,可用表中数据直接求得。26.（12分）答案(1)CO+O2-2e- CO2O2+4e- 2O2-2CO+O2 2CO2(2)2CO-4e-+2C 4CO2O2+4e-+2CO2 2C2CO+O2 2CO2解析(1)该装置是原电池,通入一氧化碳的电极a是负极,负极上一氧化碳失电子发生氧化反应,电极反应式为CO+O2-2e- CO2,b为正极,电极反应式为O2+4e- 2O2-,电池总反应式为2CO+O2 2CO2。(2)该电池的总反应式为2CO+O2 2CO2,正极反应式为O2+4e-+2CO2 2C,负极反应式=总反应式-正极反应式,得出负极反应式为2CO-4e-+2C 4CO2。27.解析(1)通过操作能将两种溶液分开,所以操作是萃取、分液,所用试剂是四氯化碳,所用仪器是分液漏斗。【赋分细则】标准答案:四氯化碳(2分)分液漏斗(2分)评分要点:写作CCl4或者四氯化碳均给分;分液漏斗写作漏斗不得分;答案唯一,有错字不得分。(2)加入CaO的目的是除去Mg2+,故加入溶液W的目的是除去溶液中的S。pH的选择依据有两个,一是Mg2+完全沉淀,二是Ca2+不能沉淀,故11.0pH12.2。酸化溶液Z时,不能引入杂质离子,故用盐酸。【赋分细则】标准答案: 除去溶液中的S(2分)11.0pH12.2(2分) 盐酸(2分)评分要点:除去溶液中的S、使溶液中的S沉淀或者用汉字“硫酸根离子”描述都正确,均得满分。11.0pH12.2或11.0,12.2)均正确;写成11.0pH12.2或11.0pH12.2或(11.0,12.2)或11.0,12.2均不得分。 (4) SO2在水中的溶解度远大于CO2,故形成的饱和溶液中两种酸的物质的量浓度不相等。【赋分细则】标准答案:用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等(2分)评分要点:答出两种酸的物质的量浓度不相等即可得满分。28. （10分）答案(1) -90.1 kJmol-1 (2) 化学平衡状态(答案合理即可) 16.7% 20解析(1)根据盖斯定律可知,+即得到反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),所以H1=H2+H3=-41.1 kJmol-1+(-49.0 kJmol-1)=-90.1 kJmol-1。(2)根据图像可知在Q点之前为建立平衡的过程,而Q点之后为平衡移动的过程,且随着温度的升高平衡逆向移动,所以Q点为化学平衡状态,H0;根据化学方程式Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)和题中已知数据可知,平衡时c(COCl2)=0.80 molL-1,c(CO)=0.20 molL-1,CO的体积分数为16.67%;在该温度下,该反应的平衡常数K=20。