1、四川省南充市阆中中学2018-2019学年高二化学6月月考试题（含解析）1.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g) 3H2(g) 2NH3(g)H92.4 kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化N2H2NH3130放出热量a kJ230放出热量b kJ260放出热量c kJ下列叙述正确的是A. 放出热量关系：a b C. 达平衡时氨气体积分数：D. N2的转化率：【答案】A【解析】TV不变时，N2(g) 3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJ/mol放出热量均小于92.4kJ。温度不变平衡常
2、数相等，B错误。达平衡时氨气的体积分数： ,D错误。2.在一容积为2 L的恒容密闭容器中加入0.2 mol CO和0.4 mol H2，发生如下反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) 实验测得300和500下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是 10min20min30min40min50min60min3000.0800.1200.1500.1680.1800.1805000.1200.1500.1560.1600.1600.160A. 该反应的焓变H 0，升高温度K增大B. 300时，020 min H2的平均反应速率 v （H2）= 0.003mol/(Lmin
3、)C. 采取加压、增大H2浓度、加入催化剂的措施都能提高CO的转化率D. 500下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算反应达平衡后甲醇的浓度【答案】D【解析】试题分析：A由表中数据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，该反应的焓变H0，升高温度平衡常数减小，故A错误；B由表中数据可知，300时，020min内CH3OH的物质的量变化量为0.12mol，故v(CH3OH)=0.003mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=2v(CH3OH)=0.006mol/(Lmin)，故B
4、错误；C加入催化剂，加快反应速率，平衡不移动，CO的转化率不变，故C错误；D由表中数据可知，500时40min到达平衡，平衡时甲醇的物质的量为0.16mol，甲醇平衡浓度为=0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为cmol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算c的值，故D正确；故选D。考点：考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数的应用等。3.0.1mol/L HF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是A. c(H+)c(F-)B. c(HF)
5、c(H+)C. c(OH-)c(HF)D. c(HF)c(F-)【答案】C【解析】【详解】AHF电离出的H+等于F-，但水也可电离产生H+，所以c(H+)c(F-)，故A正确；BHF微弱电离出少量的H+，则c(HF) c(H+)，故B正确；CHF酸溶液中，c(OH-)c(H+)c(HF)，故C错误；DHF极微弱电离出的H+等于F-，所以c(HF)c(F-)，故D正确；故答案为C。4.2016全国下列有关实验的操作正确的是实验操作A配制稀硫酸先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水B排水法收集KMnO4分解产生的O2先熄灭酒精灯，后移出导管C浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2气体产物先通过浓硫酸，后通
6、过饱和食盐水DCCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】配制稀硫酸要酸入水，故A错误；为防止倒吸，排水法收集KMnO4分解产生的O2时，先移出导管，后熄灭酒精灯，故B错误；浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故C错误；CC14密度大于水，CC14萃取碘水中的I2时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D正确。5.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的NaCO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO
7、24Na2Na2CO3C。下列说法错误的是（）。A. 放电时，ClO4向负极移动B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2C. 放电时，正极反应为：3CO24e=2CO32CD. 充电时，正极反应为：Nae=Na【答案】D【解析】分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。详解：A. 放电时是原电池，阴离子ClO4向负极移动，A正确；B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：
8、3CO2+4e2CO32+C，C正确；D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32+C4e3CO2，D错误。答案选D。点睛：本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与发电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。6.2014全国溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是A. 溴酸银的溶解是放热过程B. 温度升高时溴酸银溶解速度加快C. 60 时
9、溴酸银的Ksp约等于6104D. 若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯【答案】A【解析】试题分析：A、由溶解度随温度的变化关系可知：温度升高，该物质的溶解度增大。可见溴酸银(AgBrO3)溶解是吸热过程 ，错误；B、温度升高，溴酸银溶解在水中的微粒运动速度加快，扩散的更快，因此升高温度使其溶解速度加快，正确；C、60溴酸银的溶解度大约是0.6g.则c(AgBrO3)= (0.6g236g/mol) 0.1L =0.025mol/L，Ksp=c(Ag+)c(BrO3-)=0.0250.025约等于610-4，正确；D、由于硝酸钾的溶解度比较大，而溴酸银的溶解度较小，所以若硝酸钾中含有少量
10、溴酸银，可用重结晶方法提纯。正确。考点：考查难溶物质溴酸银溶解过程及原理的知识。此处有视频，请去附件查看】7.在密闭容器中的一定量A、B混合气体发生反应：aA（g）+bB(g) cC(g)。平衡时测得A的浓度为0.5mol/L；保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.28mol/L。下列有关判断正确的是A. a+b=cB. 该变化使平衡正向移动C. B的转化率降低D. C的体积分数增大【答案】C【解析】【分析】反应aA(g)+bB(g)cC(g)平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，B的浓度为0.2
11、5mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.28mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动。【详解】A减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，所以a+bc，故A错误；B平衡逆向移动，故B错误；C平衡逆向移动，B的转化率降低，故C正确；D平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；故答案为C。8.用0.1320mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示，实验编号待测NaOH溶液的体积/mLHCl溶液的体积/mL125.0024.41225.0024.39325.0024.60回答下列问题：（1）如图中甲为_滴定管，乙为_ 滴定管（填“酸式”或“碱
12、式 ”）（2）实验中，需要润洗的仪器是：_（3）取待测液NaOH溶液25.00ml 于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是_（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，将使所测结果_（填“偏高”“偏低”“不变”，下同）；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果_。（5） 未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为_mol/l。【答案】 (1). 酸式 (2). 碱式 (3). （酸、碱式）滴定管 (4). 红色褪去，半分钟不再出现红色 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 0.1288【解析】【分析】(1)根据仪器的结构来分析；(2)酸、碱式滴定管洗涤
13、后附着的水会稀释溶液，影响滴定结果；(3)依据溶液的酸碱性来选择指示剂，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c(待测)=来判断；(5)先根据数据的有效性，然后求出平均消耗V(HCl)，然后计算即可。【详解】(1)甲滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器的名称为酸式滴定管，乙滴定管的下方是橡胶管，故名称为碱式滴定管；(2)酸、碱式滴定管洗涤后附着的水会稀释溶液，影响滴定结果，故酸、碱式滴定管在盛装溶液时均先用所盛溶液润洗；(3)滴定时用酚酞做指示剂，滴定达到终点的现象是：酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色；(4)取标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，标准
14、液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏大，故根据c(待测)=分析，C(待测)偏高；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据c(待测)=分析，C(待测)偏低；(5)依据数据可知，舍去差距较大的22.60mL，故V(标准)=24.40mL，c(待测)=0.1288mol/L。【点睛】中和滴定误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。9.如图所示装置中：b电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接
15、通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡。试回答（1）a连接电源的_极。b极的电极反应式为_。（2）电解开始时，在B烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，你能观察到的现象是：_，电解进行一段时间后，罩在C极上的试管中也收集到了气体。此时C极上的电极反应式为_（3）当d极上收集到44.8mL气体（标准状况）时停止电解，a极上放出了_mol气体，若在b电极上沉积金属M的质量为0.432g，则此金属的摩尔质量为_。（4）电解停止后加蒸馏水使A烧杯中的溶液体积仍为200mL。取该溶液逐滴加入到25.0mL0.1mol/L HCl溶液中，当加入25.00mL这种溶液时刚好沉淀完全。试计算电解前A烧杯中M
16、NO3溶液的物质的量浓度为_mol/L。【答案】 (1). 正 (2). M+e-=M (3). C电极周围先变蓝色 (4). 4OH-4e-=O2+2H2O (5). 0001mol (6). 108g/mol (7). 0.12mol/L【解析】【分析】根据电解原理，金属M沉积于b极，说明b是阴极，则a是阳极，c是阳极，d是阴极；(1)根据a是阳极，A溶液中的阳离子M+得电子被还原；(2)在B烧杯中，c是阳极，溶液中的阴离子放电，即2I-2e-=I2；根据放电顺序先放电的I-，接着是OH-放电；(3)根据串联电路中以及电解池中阴、阳两极得失电子数目相等求出气体的物质的量和金属的物质的量，最
17、后根据M=求出金属的摩尔质量；(4)先根据(3)求出已放电的M+的物质的量，然后根据剩余的溶液与HCl反应求出剩余的M+，两者相加得原溶液中的M+的物质的量，最后带入公式C=，求出电解前A烧杯中MNO3溶液的物质的量浓度。【详解】由电解原理可得：金属M沉积于b极，说明b是阴极，则a是阳极，c是阳极，d是阴极；(1)由分析知a是阳极，b为阴极，电极反应式为M+e-=M；(2)在B烧杯中，c是阳极，溶液中的阴离子放电，即2I-2e-=I2，I2遇到淀粉能使淀粉变蓝，I-放电完毕后；接着是OH-放电：4OH-4e=2H2O+O2，c极上的试管中收集到的气体为氧气；(3)d极是溶液中氢离子放电： 2H
18、+ + 2e-= H2 0.004mol a极上氢氧根离子放电： 4OH-4e=2H2O+O2 0.004mol0.001mol即氧气的物质的量为0.001molb极上M+离子放电： M+ + e- = M0.004mol 0.004mol则金属的摩尔质量M=108g/mol；(4)设稀释后溶液的浓度为X，根据反应：Cl- + M+ = MCl 0.100 mol/L0.025L X0.025L解得X=0.1molL-1，所以200mL电解停止后加蒸馏水稀释的溶液中，M+的物质的量为0.1molL-10.2L=0.02mol，则电解前A烧杯中MNO3溶液的M+物质的量=0.004mol+0.0
19、2mol=0.024mol，所以MNO3溶液的物质的量浓度=mol/L=0.12mol/L。10. （15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为_。（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：_，已知Ksp（AgCl）=1.810-10，Ksp（AgI）=8.510-17。（3）已知反应2HI(g) =H2(g) + I2(g)的H= +11kJmol1，1mol H2(g)、1m
20、ol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g) + I2(g)在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：_。上述反应中，正反应速率为v正= k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中
21、k正、k逆为速率常数，则k逆为_(以K和k正表示)。若k正 = 0.0027min-1，在t=40min时，v正=_min-1由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_（填字母）【答案】（1）MnSO4；（2）4710-7；（3）299（4）；k逆= k正/K；1.9510-3； A、E【解析】（1）问中根据氧化还原反应方程式来判断还原产物是中学常规考法，迁移实验室制氯气的原理可得MnSO4。（2）体系中既有氯化银又有碘化银时，存在沉淀转化平衡：AgI(s) +ClAgCl(s) +I。分子、分母同时乘以，有：
22、，将Ksp（AgCl）=1.810-10，Ksp（AgI）=8.510-17代入得：。（3）键能一般取正值来运算，H=E（反应物键能总和）E（生成物键能总和）；设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，代入计算：+11=2x（436+151）x =299（4）问中的反应是比较特殊的，反应前后气体体积相等，不同的起始态很容易达到等效的平衡状态。大家注意表格中的两列数据是正向和逆向的两组数据。716K时，取第一行数据计算：2HI（g）H2（g）+I2（g）n（始）（取1mol） 1 0 0n （0.216） （0.108） （0.108）n（平） 0.784 （0.108） （0
23、.108）化学平衡常数为本小题易错点：计算式会被误以为是表达式。问的要点是：平衡状态下，v正= v逆，故有：k正x2(HI) = k逆x(H2)x(I2)变形：k正/ k逆= x(H2)x(I2)/ x2(HI)=K故有： k逆= k正/K 问看似很难，其实注意到升温的两个效应（加快化学反应速率、使平衡移动）即可突破：先看图像右半区的正反应，速率加快，坐标点会上移；平衡（题中已知正反应吸热）向右移动，坐标点会左移。综前所述，找出A点。同理可找出E点。11.2017新课标研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性
24、，显示出良好的应用前景。回答下列问题：（1）Co基态原子核外电子排布式为_。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_，基态原子核外未成对电子数较多的是_。（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为_和_。（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_，原因是_。（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了键外，还存在_。（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为_nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a =0.448 nm，
25、则r(Mn2+)为_nm。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2OCH3OHCO2H2 (7). H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和键（或键） (9). 0.148 (10). 0.076【解析】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性
26、而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2OCH3OHCO2H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在键。（5）因为O2是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2半径的4倍，即4r=a，解得r= nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，Mn2构成的是体心立方堆积，体对角线是Mn2半径的4倍，面上相邻的两个Mn2距离是此晶胞的一半，因此有=0.076nm。
