【化学】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二9月月考试题（解析版）

甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二9月月考试题
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32
第Ⅰ卷(选择题 共56分)
一、选择题（每题只有一个正确的选项，每题2分，共56分）
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是（ ）
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【解析】A.化石燃料中的能量最原始的来源是太阳能，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A正确；
B.光合作用是绿色植物将太阳的光能转化成化学能储存起来，B正确；
C .放热反应是将化学能转化为热能，原电池可将化学能转化为电能，C正确；
D.吸热反应有其利用价值，如炼铁过程中还原剂的生成虽然是吸热反应，但对炼铁过程是必须的，所以吸热反应有其利用价值，D错误。
故选D。
2. 在中和热测定的实验中不需要用到的仪器是（ ）
A. 天平 B. 温度计 C. 环形玻璃搅拌棒 D. 量筒
【答案】A
【解析】考查中和热的测定。天平是用来称量的，在中和热的测定实验中，不需要称量，只需要量取，因此答案选A。
3.关于中和热测定实验的下列说法不正确的是（ ）
A. 烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失
B. 使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌又避免损坏温度计
C. 向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢
D. 测酸后的温度计要用水清洗后再测碱的温度
【答案】C
【解析】A. 因泡沫塑料能隔热，则烧杯间填满碎泡沫塑料能减少实验过程中的热量损失，A项正确；
B. 环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不导热，所以使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温度计，B项正确；
C. 向盛装酸的烧杯中加碱时应迅速一次性加入，减少热量的散失，C项错误；
D. 测定酸后的温度计用水清洗后，不会发生酸碱中和反应，然后测定碱的温度，较准确，D项正确；
答案选C。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 具有较高能量的反应物分子称为活化分子
B. 升高温度增大了单位体积内活化分子百分数
C. 催化剂能够改变化学反应途径
D. 增大压强能提高单位体积活化分子数
【答案】A
【解析】A. 具有较高能量是一个含糊的说法，不一定达到活化分子所具有的平均能量的标准，因此不一定为活化分子，只有能够发生有效碰撞的分子才是活化分子，A项错误；
B. 升高温度，给反应物分子提供了能量，使更多的分子转化为活化分子，因此增大了活化分子百分数，B项正确；
C. 催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，可以明显增大反应速率，C项正确；
D. 通过缩小体积增大压强，气态反应物浓度增大，能提高单位体积活化分子数，D项正确；
答案选A。
5.在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速率为0.12 mol·L-1·s-1，则10秒钟时，容器中B的物质的量是（ ）
A. 0.6 mol B. 2.8 mol C. 1.4 mol D. 1.2 mol
【答案】B
【解析】
【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(B)，利用△c=v△t计算△c(B)，△n(B)=△c(B)×V，则B的起始物质的量减去△n(B)即为10秒钟时容器中B的物质的量。
【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(B)=0.5v(A)=0.5×0.12mol/(L∙s)=0.06mol/（L∙s），所以△c(B)=v(B)△t=0.06mol/(L∙s)×10s=0.6mol/L，△n(B)= △c(B)×V=0.6mol/L×2L=1.2mol，则10秒钟时容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol；
答案选B。
6. 在298 K、100 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　　　　　　　ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)="==2HCl(g) " ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是(　　)
A. ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 B. ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C. ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 D. ΔH3＝ΔH1－ΔH2
【答案】C
【解析】
7.图中的曲线是表示一定条件时，2NO＋O22NO2 ΔHv(逆)的点是（ ）

A. a点 B. b点 C. c点 D. d点
【答案】C
【解析】
【分析】在曲线上，当温度一定时，NO的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态。在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答。
【详解】A、a点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，A项错误；
B、b点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，B项错误；
C、c点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由c点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，则v(正)＞v(逆)，C项正确；
D、d点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由d点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，则v(正)＜v(逆)，D项错误；
答案选C
8.下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A. 2SO2 + O22SO3 △H＝-196.6 kJ·mol-1
B. C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) △H＝393.5 kJ·mol-1
C. H+(aq) + OH-(aq) ＝ H2O(l) △H＝57.3 kJ
D. H2(g) + Cl2(g) ＝ HCl(g) △H＝-92.5 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】A. 物质的状态对其具有的能量有影响，故书写热化学方程式时，要标出物质的聚集状态，A项错误；
B. 碳的燃烧为放热反应，反应热应为负值，B项错误；
C. 酸碱中和为放热反应，反应热应为负值，且反应热的单位为kJ/moL，kJ是热量的单位，C项错误；
D. 书写热化学方程式时，要注明物质的聚集状态，反应热的单位为kJ/mol，氢气在氯气中燃烧为放热反应，故反应热为负值，D项正确；
答案选D。
9.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的压强　②混合气体的密度　③B的物质的量浓度　④混合气体总物质的量　⑤混合气体的平均相对分子质量　⑥v(C)与v(D)的比值为1:1 ⑦混合气体总质量　⑧混合气体总体积
A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤
C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④⑤⑧
【答案】B
【解析】
【分析】首先看清条件为恒温恒容，其次是看清反应，该反应是一个正反应方向气体物质的量减少的反应，且反应物、生成物全部为气体。根据平衡状态的判断标志进行判断。
判断化学平衡状态的两种方法
（1）动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率；
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bB⇌cC＋dD，时，反应达到平衡状态。
(2)静态标志：各种“量”不变
①各物质的质量、物质的量或浓度不变；
②各物质百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变；
③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变；
以及由此衍生的一些物理量也不变，总之，“变化的量”不变了，可作为判断平衡的标志，据此解答。
【详解】在一定温度下的定容容器中，反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，
①由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，容器的容积不变，则压强会随着反应进行变化，当混合气体的压强不再发生变化时，说明气体的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，①正确；
②根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变无法判断是否达到了平衡状态，②错误；
③B的物质的量浓度不变，说明B的生成速率等于消耗速率，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③正确；
④反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质的量不变，说明达到了平衡状态，④正确；
⑤方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，混合气体的平均相对分子质量是个变化的量，所以混合气体的平均相对分子质量不变，说明达到了平衡状态，⑤正确；
⑥反应速率比值与化学计量数之比成正比，v(C)与v(D)的比值不变，不能判断是否达到了平衡状态，⑥错误；
⑦反应方程式两边都是气体，根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，所以混合气体的总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，⑦错误；
⑧容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否达到了平衡状态，⑧错误；
综上所述①③④⑤均能判断反应已达到平衡状态；
答案选B。
10.某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)bY(g)+cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是（ ）
A. 可逆反应的化学方程式的化学计量数：a>b+c
B. 压缩容器的容积时，v(正)增大，v(逆)减小
C. 达到新平衡时，物质X的转化率减小
D. 达到新平衡时，混合物中Z质量分数增大
【答案】C
【解析】温度不变，体积减小一半，压强增大，若平衡不移动，则物质Y和Z的浓度为原来的2倍，而实际为1.8倍，所以平衡向逆反应方向移动，由此可判断：化学计量数：a＜b+c，A项错误；压缩容器的容积时，v(正)增大，v(逆)增大，B错误；达到新平衡时，物质X的转化率减小，C项正确；达到新平衡时，混合物中Z的质量分数减小，D项错误。
11.已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)　ΔH＝a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)　ΔH＝-220 kJ·mol-1， H—H、O=O和O-H键的键能分别为436 kJ·mol-1、496 kJ·mol-1和462 kJ·mol-1，则a为（ ）
A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130
【答案】D
【解析】
【分析】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，因此可以用含a的表达式表示该反应的反应热，且已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热还等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则可以列方程式解未知数，据此解答。
【详解】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知②-①×2得O2(g)+2H2(g)═2H2O(g) △H= -220 kJ∙mol-1−2a kJ∙mol-1=−(220+2a) kJ∙mol-1，已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130；
答案选D。
12.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s) + CO(g) MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H > 0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是（ ）

选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
CO的转化率
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO2的质量分数
【答案】A
【解析】
【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，
A. 若x是温度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B. 若x是CO的物质的量，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但平衡时加入的CO量大于CO转化的量；
C. 若x是二氧化硫的浓度，二氧化硫浓度增大，平衡逆向移动；
D. 若x是MgSO4的质量，硫酸镁是固体，其质量的改变不影响平衡移动，据此进行分析。
【详解】A. 若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，符合图象，A项正确；
B. 若x是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但平衡时加入的CO量大于CO转化的量，所以增大CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比应该减小，B项错误；
C. 若x是SO2的浓度，y是CO的转化率，SO2浓度增大，平衡逆向移动，则CO的转化率减小，C项错误；
D. 若x是MgSO4的质量，y是CO2的质量分数，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO2的质量分数不变，D项错误；
答案选A。
13.已知CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，1mol CH4不完全燃烧生成CO和H2O(l)时放出的热量为519 kJ。如果1 mol CH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，则一定量O2的质量为（ ）
A. 40 g B. 56 g
C. 60 g D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【分析】根据CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，可写出甲烷燃烧热的热化学方程式，再根据1molCH4气体不完全燃烧生成CO和H2O(l)时，放出的热量为519kJ，写出甲烷燃烧生成CO的热化学方程式，已知1molCH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，可设发生①②两个反应的CH4的物质的量分别为x、y，依据反应热可列方程组求解，进而计算消耗氧气的质量。
【详解】已知CH4气体的燃烧热为802 kJ∙mol-1，则1molCH4气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出的热量为802kJ，1mol CH4不完全燃烧生成CO和H2O(l)时放出的热量为519 kJ，则可以写出甲烷燃烧的热化学方程式：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -802 kJ·mol-1
②CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH= -519 kJ·mol-1
根据已知条件：1 molCH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25 kJ的热量，可列方程组求解。
设发生①②两个反应的CH4的物质的量分别为x、y，则可得等式：
x+y=1，802x+519y=731.25，联立两等式，解得x=0.75mol，y=0.25mol，所用的O2的质量为32g∙mol-1×（0.75mol×2+0.25mol×3/2）=60g；
答案选C。
14.用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如，①CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH= -574 kJ∙mol-1，②CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH= -1160 kJ∙mol-1，下列说法不正确的是（ ）
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g) ＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH < -574 kJ∙mol-1
C. 反应①②转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48 L CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 mol
【答案】D
【解析】A. 利用盖斯定律，由①+②可得，2CH4(g)+4NO2(g) ＝2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) ΔH= -1734 kJ∙mol-1，则4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJ，A项正确；
B. 气态水转化为液态水是放热过程，反应中生成的水为液态时，放出热量更多，△H更小，△H＜-574 kJ∙mol-1，B项正确；
C. 若有1mol甲烷反应，氧化产物均为CO2，①②转移的电子数=化合价升高数=化合价降低数=8，转移电子数相同，C项正确；
D. 反应CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)转移电子数是8mol，标准状况下4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol，但没有注明反应物4.48L CH4温度和压强，反应物物质的量多少未知，所以不能计算转移电子数，D项错误；
答案选D。
15.一定条件下，在容积为10 L的固定容器中发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH