【化学】四川省仁寿县第二中学2019-2020学年高二11月月考试题（解析版）

四川省仁寿县第二中学2019-2020学年高二11月月考试题
一、单选题 （本题共计 7 小题，每题 4 分，共计28分）
1、如图（Ⅰ）表示反应：mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)；△H。在不同温度下经过一定时间混合气体体系中C的百分含量与温度T的关系。图（Ⅱ）表示在一定条件下达到平衡后，t时刻改变影响平衡的另一个条件，重新建立平衡的反应过程。由此可判断该反应中（ ）

A．m+n＞p+q, ＜0 B．m+n＞p+q, ＞0
C．m+n＜p+q, ＞0 D．m+n＜p+q, ＜0
2、500℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1molNO2存在如下平衡2NO2（g）N2O4（g），平衡后，向容器内再充入1molNO2，下列说法正确的（ ）
A．容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要浅 B．平衡常数K增大
C．平衡向正反应方向移动 D．NO2的转化率变小
3、在相同的条件下(500℃)，有相同体积的甲、乙两容器，甲容器充入1gO2和1gSO2，乙容器充入2gO2和2g SO2 。下列叙述中错误的是（ ）
A．平衡时SO2的转化率：乙＞甲 B．平衡时O2的浓度：乙＞甲
C．平衡时SO2的体积分数：乙＞甲 D．化学反应速率：乙＞甲
4、常温下pH＝11的X、Y两种碱溶液各5 mL，分别稀释至500 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．稀释后X溶液中水的电离程度比Y溶液中水电离程度小
B．若X为强碱，则a＝9
C．若X、Y都是弱碱，则a的值一定小于9
D．完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积V(X)＞V(Y)
5、向某密闭容器中加入0.30 mol A、0.10 mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[-t1阶段的c(B)变化未画出]。乙图为1时刻后改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种反应条件(浓度、温度、压强、催化剂)且互不相同， t3-t4阶段为使用催化剂。下列说法不正确的是（ ）

A. 若1=15 s，则用C的浓度变化表示的-t1阶段的平均反应速率为0.004 mol/L
B. 4-t5阶段改变的条件一定为减小压强
C. 若该容器的容积为2 L，则的起始的物质的量为0.02 mol
D. 若5阶段，容器内A的物质的量减少了0.03 mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，则该反应的热化学方程式为：3A(g)2C(g)+B(g) ΔH=+100a kJ/ mol
6、密闭容器中进行下列反应：M(g)＋N(g)R(g)＋2 L，如图所示R%是R的体积分数，t是时间，下列关于该反应的分析正确的是（ ）

A．正反应吸热，L为气体 B．正反应吸热，L为固体或纯液体
C．正反应放热，L为气体 D．正反应放热，L为固体或纯液体
7、关于反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+ Cl2↑+8H2O 的说法正确的是（ ）
A．MnCl2 是氧化产物 B．KMnO4在反应中被还原
C．每生成22.4LCl2转移2mole- D．HCl既表现氧化性又表现了酸性
二、填空题 （本题共计 5 小题，每题 16 分，共计72分）
8、锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等）为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：

已知：① 浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；
②常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29；
③溶液中离子浓度小于等于1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。
（1）滤渣1中除了S之外，还有___________（填化学式）。
（2）“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_________________。
（3）“还原”时，被Sb还原的物质为_____________（填化学式）。
（4）常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中的c(S2-)不低于______；所加Na2S也不宜过多，其原因为_____________。
（5）“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为________________。
（6）“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为_______。
（7）一种突破传统电池设计理念的镁-锑液态金属储能电池工作原理如图所示：

该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。充电时，C1-向_____（填“上”或“下”）移动；放电时，正极的电极反应式为________。
9、碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH=+88.6 kJ·mol－1
则M、N相比，较稳定的是__________。 
(2)根据下列热化学方程式分析，C（s）的燃烧热△H等于_____________ （用△H1 、△H2、△H3表示）
C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）； △H1
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）； △H2
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）； △H3
(3) 根据键能数据估算CH4(g)＋4F2(g)===CF4(g)＋4HF(g)的反应热ΔH＝________。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol－1)
414
489
565
155
CH4的结构如图所示
(4)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。 
(5)将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s) =2Al2O3(s)+3TiC(s) ΔH= －1176 kJ·mol－1，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为_____________。
10、向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生如下反应：
xA(g)＋2B(s) yC(g)　ΔH<0
在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)根据图示可确定x∶y＝________。
(2)0～10 min容器内压强________(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(3)推测第10 min引起曲线变化的反应条件可能是________；第16 min引起曲线变化的反应条件可能是________。
①减压　②增大A的浓度　③增大C的量　④升温　⑤降温　⑥加催化剂
(4)写出反应的平衡常数表达式________，平衡Ⅰ的平衡常数为K1，平衡Ⅱ平衡常数为K2，则K1________K2(填“＞”、“＝”或“＜”)。
11、水煤气( 和)是重要燃料和化工原料,可用水蒸气通过炽热的炭层制得:
1.该反应的平衡常数随温度的升高而________(选填“增大”“ 减小”或“不变”)
2.上述反应达到平衡后,将体系中的部分移走,平衡________(选填“向左移”“向右移”或“不移动”下同)。达到平衡后，增加H2O（g）的浓度，平衡_____________
3.下列事实能说明该反应在一定条件下已达到平衡状态的有_______(填序号)。
A.单位体积内每消耗的同时生成
B.混合气体总物质的量保持不变
C.生成的速率与消耗的速率相等
D.、、的浓度相等
4.某温度下,将和足量的炭充入2 的密闭容器中,发生如下反应, ,达到平衡时测得,则此温度下的转化率为________。
12、按要求作答：
（1）1.00 g CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出55.6 kJ的热量，计算CH4的燃烧热为_________________kJ/mol
（2）4.0 g硫粉在O2中完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量，计算S的燃烧热为____________kJ/mol
（3）已知下列反应：
①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H1=-870.3 kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5 kJ/mol
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H3=-285.8 kJ/mol
则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为△H=_____________kJ/mol

【参考答案】
一、单选题
1、【答案】D
【解析】根据图1可知，在最高点之前是建立平衡的曲线，在最高点之后是平衡受温度影响的曲线，可以看出，温度越高C的质量分数越小，说明平衡逆向移动，说明该反应的正反应是放热反应，即＜0，在图Ⅱ中，t时刻（温度不变）正逆反应速率都同时突然增大，所以改变影响平衡的条件应该是增大压强，而此时逆反应速率大于正反应速率，说明平衡逆向移动，由此可确定该反应的正反应是气体体积增大的反应，即m+n＜p+q。
故选D。
2、【答案】C
【解析】
试题分析：平衡后，向容器内再充入1molNO2，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，则A．容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要深，A错误；B．温度不变，平衡常数K不变，B错误；C．平衡向正反应方向移动，C正确；D．平衡向正反应方向移动，NO2的转化率变大，D错误，答案选C。
3、【答案】C
【解析】
【分析】
由于甲乙体积相同，可以认为乙是甲体积2倍后压缩得到。
【详解】
A、由于乙中的量是甲中的2倍，气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，二氧化硫的转化率增大，所以平衡后SO2的转化率：乙＞甲，故A正确；
B、由于乙中的量是甲中的2倍，所以反应后乙中剩余的氧气多，所以平衡后O2的浓度：乙＞甲，故B正确；
C、由于乙中的量是甲中的2倍，气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，所以平衡后的体积分数：甲＞乙，故C错误；
D、浓度越大反应速率越快，所以开始时化学反应速率：乙＞甲，故D正确。
故选C。
4、【答案】B
【解析】
【分析】
pH=11的X、Y两种碱溶液稀释100倍后，pH都减小，碱性越强的碱，稀释后其pH变化越明显，Y减小的程度小于X，说明X的碱性大于Y，据此分析解答。
【详解】
pH=11的X、Y两种碱溶液稀释100倍后，pH都减小，碱性越强的碱，稀释后其pH变化越明显，由于Y减小的程度小于X，说明X的碱性大于Y。
A．由图可知碱溶液稀释后溶液中c(OH-)：Y>X，则溶液中氢离子的浓度X>Y，碱溶液中的氢离子是由水电离产生，氢离子的浓度越大，说明水的电离程度就越大，因此两溶液中，水的电离程度X比Y溶液中水电离程度大，选项A错误；
B．若X是强碱，碱溶液稀释100倍后，c(OH-)减小100倍，则溶液的pH减小2个单位，pH=9，选项B正确；
C．若X、Y都是弱碱，由于在溶液中都存在弱碱的电离平衡，加水稀释时促进弱电解质电离，会使一部分弱碱分子再电离产生OH-，达到电离平衡时，氢氧根离子浓度减小倍数少于100倍，所以a的值就大于9，选项C错误；
D．pH相等的两种碱，Y的浓度大于X，所以等体积等pH的两种碱，消耗同浓度稀硫酸的体积V(X)＜V(Y)，选项D错误；
故合理选项是B。
5、【答案】C
【解析】
A. 若t1=15 s，t0～t1段Δc(A)=0.9 mol/L，则v(A)==0.006 mol/(L. s)，故A错误；B. 根据上述分析，t4～t5阶段改变的条件是降低压强，故B错误；
C. 由3A (g)2C(g)+B(g)可知Δc(B)=Δc(C)=0.03 mol/L，B的起始浓度=
0.05 mol/L-0.03 mol/L=0.02 mol/L，该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为
2 L×0.02 mol/L=0.02 mol，故C正确；
D. t5～t6阶段为升高温度，容器内A的物质的量减少了0.06 mol，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，应是升高温度，3 mol A反应放出的吸收的热量为a kJ×0a kJ，反应热化学方程式为：3A(g)2C(g)+B(g) ΔH=+50a kJ/ mol，故D错误；故选C。
6、【答案】A
【解析】
试题解析：根据图示信息知道，压强不变，温度升高，R的百分含量减小，所以化学平衡逆向移动，说明正向是一个放热反应；温度不变，增大压强，R的百分含量减小，说明平衡逆向移动，则L为气体．
7、【答案】B
【解析】根据反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+ Cl2↑+8H2O 可知，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降到+2价，得到电子被还原，作氧化剂，MnCl2为还原产物；HCl中Cl元素化合价由-1价升高到0价，失去电子被氧化，作还原剂，Cl2为氧化产物；A. MnCl2为还原产物，选项A错误；B. KMnO4在反应中被还原，选项B正确；C. 标准状况下每生成22.4LCl2转移2mole-，但题目中没给定标准状况，选项C错误；D. HCl既表现还原性又表现了酸性，选项D错误。答案选B。
二、填空题
8、【答案】 SiO2 Sb2S3＋3SbCl5＝5SbCl3＋3S SbCl5 9.04×10-24 mol·L－1 产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3 2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O＝2As＋3H3PO3＋9NaCl 3︰2 下 Mg2＋＋2e－＝Mg
【解析】(1)辉锑矿的主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)，在加入盐酸和SbCl5后，根据浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，Sb2S3、PbS、As2S3、CuO都被溶解，只有SiO2不溶，滤渣1中除了S之外，还有二氧化硅，故答案为：SiO2；
(2)“浸出”时，Sb2S3与SbCl5发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Sb2S3＋3SbCl5＝5SbCl3＋3S ，故答案为：Sb2S3＋3SbCl5＝5SbCl3＋3S ；
(3)根据流程图和，浸出中含有少量SbCl5，经过“还原”等操作后得到SbCl3，因此SbCl5被Sb还原，故答案为：SbCl5；
(4)根据常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29；将Cu2+和Pb2+均沉淀完全时，c(S2-)分别不低于=1.27×10-31 mol/L、=9.04×10-24 mol/L，因此c(S2-)不低于9.04×10-24 mol/L，过量的硫化钠能够溶液中的酸反应放出污染空气的硫化氢，过量的硫化钠还能与SbCl3生成沉淀，因此所加Na2S也不宜过多，故答案为：9.04×10-24 mol/L；产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3；
(5)“除砷”时除了生成As外，还有H3PO3生成，反应的化学方程式为2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O＝2As＋3H3PO3＋9NaCl，故答案为：2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O＝2As＋3H3PO3＋9NaCl；
(6)根据流程图，“电解”时，SbCl3反应生成SbCl5和Sb，根据化合价升降守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的物质的量之比为3:2，质量之比为3:2，故答案为：3:2；
(7)中间层熔融盐为电解质溶液，根据电流方向，镁液为电池的负极，充电时，镁极为阴极，阴离子向阳极移动，即向下移动，放电时，镁液为电池的负极，电极反应为Mg -2e－=Mg2＋，正极发生还原反应，电极反应式为Mg2＋＋2e－＝Mg，故答案为：下；Mg2＋＋2e－＝Mg；
9、【答案】 M △H1+△H2/2+△H3/2 －1940 kJ·mol－1 2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s) ===4HCl(g)+CO2(g) ΔH=－290 kJ·mol－1 98 kJ
【解析】(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N的关系时吸收能量，则N的能量高，比M活泼，较稳定的化合物为M；
(2)根据盖斯定律，反应①+②/2+③/2得：C（s）+O2（g）=2CO2（g），所以C（s）的燃烧热△H=△H1+△H2/2+△H3/2
(3) △H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断计算，△H= 414 kJ·mol－14+155 kJ·mol－14-（489 kJ·mol－14+565 kJ·mol－14）=-1940 kJ·mol－1
(4)有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，2 mol Cl2参与反应时释放出290 kJ热量，反应的热化学方程式：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s) ===4HCl(g)+CO2(g) ΔH=－290 kJ·mol－1 
(5)，转移12mol电子放出1176kJ热量，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为=98kJ。
10、【答案】 1∶2 变大 ④⑥ ④ K＝ >
【解析】(1)0～10min内容器中A的物质的量浓度变化为：0.45mol/L-0.25mol/L=0.2mol/L；0～10min内容器中C的物质的量浓度变化为：0.40mol/L，x：y=0.2mol/L：0.40mol/L=1：2，故答案为：1：2；
(2)x：y =1：2，因此反应的化学方程式为A(g)＋2B(s) 2C(g)，反应前气体物质的量小于反应后气体物质的量，随着反应的进行，气体物质的量增大，气体压强增大，故答案为：变大；
(3)第10min时，单位时间内A、C的物质的量变化量较大，反应速率明显增大，可能为升高温度或者使用催化剂；第16min时，C的物质的量减小，A的物质的量增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，应为升高温度，故答案为：④⑥；④；
(4)根据反应的化学方程式为A(g)＋2B(s) 2C(g)，因此平衡常数K=，已知第16min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，所以K1＞K2，故答案为：K=；＞。
11、【答案】
增大 不移动 向右移 AB 50%
【解析】
（1）该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；（2）碳是固体，将C部分移走，平衡不移动；达到平衡后，增加水蒸气的浓度，平衡向正反应方向进行；（3）反应是气体体积增大的放热反应，则A．单位体积内每消耗1mol CO的同时生成1molH2 ，说明对一氧化碳或氢气正逆反应速率相同，A正确；B．反应前后气体物质的量变化，混合气体总物质的量保持不变说明反应达到平衡状态，B正确；C．生成H2O（g）的速率与消耗CO的速率相等只能说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D．H2O（g）、CO、H2的浓度相等和起始量变化量有关，不能作为平衡标志，D错误；答案选AB；（4）设H2O转化了xmol/L，依据化学平衡三段式列式计算；
C （s）+H2O（g）⇌CO （g）+H2 （g）
初始浓度（mol/L） 2.0 0 0
转化浓度（mol/L） x x x
平衡浓度（mol/L） 2.0-x x x
达到平衡时测得K=1，则，解得x=1，所以α（H2O）=1mol/L/2mol/L×100%=50%。
12、【答案】
（1）-889.6 （2）-296 （3）-488.3
【解析】
（1）1 g CH4的物质的量为= mol，则1 mol CH4完全燃烧放出的热量为= 889.6 kJ，故CH4的燃烧热为-889.6 kJ /mol；
（2）4.0g硫粉的物质的量为=mol，则1 mol S完全燃烧放出的热量为=296 kJ，故CH4的燃烧热为-296 kJ /mol；
（3）①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H1=-870.3 kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5 kJ/mol
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H3=-285.8 kJ/mol
结合盖斯定律可知，(②+③)×2−①得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，则△H=(−393.5 kJ/mol−285.5 kJ/mol)×2−(−870.3 kJ/mol)=−488.3 kJ/mol。