2019-2020学年吉林省白城市通榆县第一中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

2019-2020学年吉林省白城市通榆县第一中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

吉林省白城市通榆县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考 化学试题 ‎1. “能源分类相关图”如图所示，下列四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是( )‎ A. 煤炭、石油、潮汐能 B. 水能、生物能、天然气 C. 太阳能、风能、沼气能 D. 地热能、海洋能、核能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 煤炭、石油是化石能源，不是新能源，是非再生能源；潮汐能不是来自太阳能，A项不符合； ‎ B. 天然气是化石能源，不是新能源，B项不符合；‎ C. 太阳能、风能、沼气能都是来自太阳能的可再生能源，也是新能源，C项符合；‎ D. 地热能、核能不是来自太阳能，D项不符合；‎ 答案选C。‎ ‎2.在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列表示甲醇燃烧热的热化学方程式正确的是（　　）‎ A. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+725.8 kJ·mol﹣1‎ B. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1452 kJ·mol﹣1‎ C. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.8 kJ·mol﹣1‎ D. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=+1 452 kJ·mol﹣1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定物质时放出的热量，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则1mol甲醇的质量为32g,燃烧放出的热量为22.68kJ×32=725.76kJ，故表示其反应热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.8 kJ·mol﹣1，故答案选C。‎ ‎3. 下列说法或表示方法中正确的是( )‎ A. 相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反应的热效应ΔH1>ΔH2‎ B. 由C（石墨）→C（金刚石）ΔH=+1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定 C. 已知在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。则有关氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=+285.8kJ/mol D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)＝H2O（l）ΔH=－57.3kJ/mol，若将含0.5mol硫酸的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、相同的条件下等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，所以分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，但ΔH1<ΔH2，错误，不选A；B、石墨变成金刚石，是吸热的，说明石墨的能量低，稳定，错误，不选B；C、2克氢气的物质的量为1摩尔，则热化学方程式中反应热应该为285.8×2KJ，错误，不选C；D、浓硫酸溶于水放热，所以反应热大于57.3，正确，选D。‎ 考点：热化学方程式的意义 ‎4.一定条件下A、B、C有如图所示的转化关系，且△H=△H1+△H2。符合上述转化关系的A、C可能是 ‎①Fe、FeCl3②C、CO2③AlCl3、NaAlO2④NaOH、NaHCO3⑤S、SO3⑥Na2CO3、CO2‎ A. 只有②③④⑥ B. 除①外 C. 除⑤外 D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：①Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，不存在上述转化，故不选；②为C在少量氧气中燃烧生成CO，CO继续在氧气中燃烧生成CO2，C可在足量氧气中燃烧生成CO2，符合，故选；③为AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3 ，继续滴加过量NaOH溶液则生成NaAlO2的转化，AlCl3与过量NaOH溶液作用可直接生成NaAlO2，符合，故选；④为NaOH与CO2反应生成Na2CO3，继续通入CO2则生成NaHCO3，NaOH溶液里通足量CO2可直接生成NaHCO3，故选；⑤S与氧气不能反应生成SO3，不符合A、X的转化，故不选；⑥为Na2CO3溶液中滴加少量HCl可生成NaHCO3 ，继续滴加过量HCl，可生成CO2的转化，Na2CO3与过量稀盐酸作用生成CO2，符合转化关系，故选；故选A。‎ 考点：考查常见元素及其化合物的有关转化。‎ ‎5.某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图，下列说法错误的是 A. 总反应为放热反应 B. 使用催化剂后，活化能不变 C. 反应①是吸热反应，反应②是放热反应 D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应正反应放热，A正确；使用催化剂后，改变反应的活化能，B错误；因为①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，C正确；根据盖斯定律，总反应的热效应等于分步反应的热效应之和，D正确；正确选项B。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 对于吸热反应，反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量 B. 任何放热反应在常温条件一定能发生反应 C. 原电池反应一定氧化还原反应 D. 元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对于吸热反应，反应过程中需要从外界吸收能量，故反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，A正确；‎ B.如氢气和氧气反应生成水，是放热的，但是需要加热才能进行，因此放热反应常温下不一定能够发生，B错误；‎ C. 原电池将化学能转化为电能，有电子的转移，一定为自发的氧化还原反应，C正确；‎ D. 当元素在化合物中显负价时，变为游离态被氧化，当元素在化合物中显正价时，变为游离态时被还原，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎7.某反应X2(g)+Y2(g)=2XY(g),已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：X-X akJ·mol－1，Y-Y bkJ·mol－1 ， X-Y ckJ·mol－1则该反应的ΔH为( )‎ A. （a+b-c）kJ·mol－1 B. （c-a-b）kJ·mol－1‎ C. （a+b-2c）kJ·mol－1 D. （2c-a-b）kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应热△H=反应物总键能-生成物总键能。‎ ‎【详解】反应物总键能=E（X-X）+E（Y-Y）=（a+b）kJ·mol－1 ，生成物总键能=2E(X-Y)=2ckJ·mol－1, 则该反应的ΔH=反应物总键能-生成物总键能=（a+b）kJ·mol－1—2ckJ·mol－1=（a+b-2c）kJ·mol－1，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与化学键键能的关系，注意从物质能量、键能理解反应热。‎ ‎8. 盖斯定律认为能量总是守恒的：化学反应过程一步完成或分步完成，整个过程的热效应是相同的。‎ 已知：‎ 若使酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 略 ‎9. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。‎ 已知：‎ ‎①Sn(白，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH1‎ ‎②Sn(灰，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH2‎ ‎③Sn(灰，s)Sn(白，s)ΔH3＝＋2．1 kJ·mol－1‎ 下列说法正确的是 A. ΔH1>ΔH2‎ B. 锡在常温下以灰锡状态存在 C. 灰锡转化为白锡的反应是放热反应 D. 锡制器皿长期处在低于13．2 ℃的环境中，会自行毁坏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ DH3＝DH2----DH1.>0,DH2＞DH1，灰锡转化为白锡的反应是吸热反应，灰锡比白锡能量低稳定，长期处于低于13.2 ℃环境中，会自行毁坏。AC错误。锡在常温下以灰锡状态存在，因为在大于13.2 ℃灰锡转化为白锡。B错误。‎ ‎10.下列说法错误的是(　　)‎ ‎①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化 ‎②需要加热才能发生的化学反应一定是吸热反应 ‎③活化分子间的碰撞一定是有效碰撞 ‎④化学反应放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的相对大小 ‎⑤反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应 ‎⑥任何化学反应都有反应热 ‎⑦化学反应中的能量变化都表现为热量的变化 A. ①②③④⑤⑥ B. ②③‎ C. ②③⑦ D. ①④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应有化学键的断裂和形成，都伴有能量变化，故①正确；②燃烧反应需要加热或点燃，但燃烧反应为放热反应，故②错误；③只有活化分子间有合适的取向、发生的碰撞才能发生化学反应，即活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，故③错误；④放热反应是指反应物所具有的总能量高于生成的总能量，吸热反应是反应物所具有的总能量低于生成的总能量，故④正确；⑤反应热取决于反应物与生成物总能量的相对大小，当反应物的总能量高于生成物的总能量时发生放热反应，故⑤正确；⑥化学反应的实在是反应物化学键断裂和生成物中化学键的形成，过程中一定伴随能量变化，所以任何化学反应都有反应热，故⑥正确；⑦化学反应中的能量变化形式有多种，如光能、声能、电能等，但通常表现为热量的变化，故⑦错误；错误的有②③⑦，故选C。‎ ‎11.乙醇的燃烧热为ΔH1，甲醇的燃烧热为ΔH2，且ΔH1<ΔH2，若乙醇和甲醇的混合物1 mol完全燃烧，反应热为ΔH3，则乙醇和甲醇的物质的量之比为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设乙醇的物质的量是amol，甲醇的物质的量是bmol，则 ‎①a+b=1‎ ‎②a×△H1+b×△H2=△H3‎ 由方程组解得，则乙醇和甲醇的物质的量之比，故答案选B。‎ ‎12. 下列关于反应热的说法正确的是（ ）‎ A. 在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值都相等 B. 已知C(s)+ O2(g)="CO(g)" △H=-110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJ/mol C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D. 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、在稀溶液中弱酸或弱碱发生中和反应时 ，弱酸或弱碱电离吸热，错误，不选A；B、燃烧热是指1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，反应中产物为一氧化碳，错误，不选B；C、某些放热反应也需要加热条件才能发生，需要加热的不一定是吸热反应，错误，不选C；D、物质能量一定，对于确定的反应，反应的反应热只于体系始态和终态有关与变化途径无关，正确，选D。‎ 考点：反应热和焓变，化学能与热能的相互转化 ‎13.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H ‎＝－57.3KJ·mol－1。分别向1L 0.5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（）‎ A. △H1＞△H2＞△H3 B. △H1＜△H2＜△H3‎ C. △H1＞△H2＝△H3 D. △H1＝△H2＜△H3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的△H＝－57.3kJ·mol－1，浓硫酸稀释、生成沉淀都会使放出热量变大，△H变小。‎ ‎【详解】分别向1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸。①浓硫酸稀释会放出大量热，同时又有BaSO4沉淀生成，故△H1<-57.3kJ·mol－1；②稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀,使△H2<-57.3kJ·mol－1，由于浓硫酸稀释会放出大量热，故 ‎△H1<△H2；③稀硝酸与1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液反应△H3=－57.3kJ·mol－1，故△H1＜△H2＜△H3。综上，本题选B。‎ ‎【点睛】25℃，101kpa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol－1，酸如果选择浓硫酸，由于浓硫酸稀释时放热，故发生中和反应生成1mol水时，放出热量大于中和热数值，△H变小。如果选择弱酸或弱碱，由于弱酸和弱碱电离吸热，发生中和反应生成1mol水时，放出热量小于中和热数值，△H变大。‎ ‎14.一些烷烃的燃烧热如下表：‎ 化合物 燃烧热/kJ·mol－1‎ 化合物 燃烧热/kJ·mol－1‎ 甲烷 ‎890.3‎ 正丁烷 ‎2878.0‎ 乙烷 ‎1560.8‎ 异丁烷 ‎2869.6‎ 丙烷 ‎2221.5‎ ‎2－甲基丁烷 ‎3531.3‎ 下列表达正确的是 A. 乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）＋7O2（g）＝4CO2（g）＋6H2O（g）ΔH＝－1560.8kJ·mol－1‎ B. 稳定性：正丁烷＞异丁烷 C. 正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1‎ D. 相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物是放出的热量，H2O应是液态，即C2H6（g）＋7/2O2（g）＝2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－1560.8kJ·mol－1，故A错误；B、根据正丁烷和异丁烷燃烧热，正丁烷具有的能量高于异丁烷，物质具有能量越高，物质越不稳定，即稳定性为正丁烷<异丁烷，故B错误；C、2－甲基丁烷为异戊烷，因此根据正丁烷和异丁烷燃烧热，推出正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1，故C正确；D、相同质量时，甲烷燃烧放出的热量是890.3/16kJ=55.6kJ，乙烷燃烧的热量为1560.8/30kJ=52kJ ‎，因此等质量时，碳原子质量分数越大的烷烃燃烧放出的热量越少，故D错误。‎ ‎15.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是 ‎ ‎①增加C的量； ②增加CO的量；‎ ‎③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；‎ ‎⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。‎ A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据影响化学反应速率的外因分析判断。‎ ‎【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。‎ 本题选B。‎ ‎16.一定量的混合气体在密闭容器中发生反应 mA（g）+nB（g）pC（g）达到平衡后，温度不变，将气体体积缩小到原来的1/3，达到平衡时，C的浓度为原来的2.5倍，则下列说法正确的是 A. C的体积分数增加 B. A的转化率降低 C. 平衡向正反应方向移动 D. m+n＞p ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡后将气体体积缩小到原来的1/3，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的3倍，但此时C的浓度为原来的2.5倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理分析，即可得到答案案。‎ ‎【详解】平衡后将气体体积缩小到原来的1/3，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的3倍，但此时C的浓度为原来的2.5倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的方向。A.由上述分析可以知道,增大压强平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故A项错误；B.增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以A的转化降低，故B项正确；C.增大压强平衡向逆反应方向移动，故C项错误；D.增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有m+n铁 金属的性质越活泼，反应速率越快 ‎(1)甲同学实验报告中的实验步骤②为__________________________________。‎ ‎(2)甲同学的实验目的是_______________________________；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是__________________。‎ 乙同学为了定量研究浓度对化学反应速率的影响，利用如图所示装置进行实验：‎ ‎(3)乙同学在实验中需要测定的数据是_________________________。‎ ‎(4)乙同学不会选用___________mol/L硫酸完成该实验，理由是_________________。‎ II．探究活动二：‎ 备选药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液、0.2mol/LNa2S2O3溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、0.2mol/LH2SO4溶液。‎ 已知：Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O 实验 编号 Na2S2O3用量 H2SO4用量 温度（℃）‎ ‎①‎ ‎0.1mol/L5mL ‎0.1mol/L5mL ‎10‎ ‎②‎ ‎0.2mol/L5mL ‎0.2mol/L5mL ‎25‎ ‎③‎ ‎0.1mol/L5mL ‎0.1mol/L5mL ‎25‎ ‎④‎ ‎01mol/L5mL ‎0.1mol/L5mL ‎40‎ ‎(1)若想探究温度对化学反应速率的影响，可选的实验编号有___________。‎ ‎(2)若想探究浓度对化学反应速率的影响，可选的实验编号有___________。‎ ‎(3)在该实验过程中，需要观察和记录________________，来比较化学反应速率的快慢。‎ ‎(4)Na2S2O3在碱性溶液中可被I2氧化为Na2SO4‎ ‎，写出该反应的离子方程式___________________。‎ ‎【答案】 (1). 分别投入大小、形状相同的铁、锌 (2). 研究金属本身的性质与反应速率的关系 (3). 温度相同 (4). 一定时间内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需的时间） (5). 18.4 (6). 常温下，锌与18.4mol/LH2SO4反应产生SO2,使对比实验的反应原理不同。 (7). 18.4mol/LH2SO4使铁钝化 (8). ①、④或①、③或①、③、④ (9). ②、③ (10). 生成等质量的沉淀所需的时间 (11). S2O32-+10OH-+4I2=2SO42-+8I-+5H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】I．（1）甲同学表中实验步骤②为向等体积浓度分别是0.5 mol/L、2 mol/L的硫酸中加入投入大小、形状相同的铁、锌；发现：反应速率：锌>铁，说明金属的性质越活泼，反应速率越快；‎ ‎（2）甲同学的实验目的是研究金属本身的性质与反应速率的关系；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是反应温度应该相同，这样才能形成对照实验；‎ ‎（3）乙同学在实验中应该测定的数据是一定时间内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需的时间）；若相同的时间内产生的气体体积越大，则反应速率越快；或者收集相同体积的气体，需要的时间越短，则反应速率越快；‎ ‎（4）乙同学不会选用18.4 mol/L硫酸完成该实验，是因为Fe在浓硫酸中会发生钝化现象；‎ ‎ II．(1)若要探究温度对化学反应速率的影响，应该是只改变温度，而其他条件不变。可选择实验组合为①、④或①、③或①、③、④；‎ ‎(2) 若想探究浓度对化学反应速率的影响，应该是只改变浓度，而其他条件不变。可选择实验组合为②、③；‎ ‎(3)在该实验过程中，需要观察和记录生成等质量的沉淀所需的时间，来比较化学反应速率的快慢；‎ ‎(4)Na2S2O3在碱性溶液中可被I2氧化为Na2SO4，本身被还原为I-，反应的离子方程式为S2O32-+10OH-+4I2=2SO42-+8I-+5H2O。‎ ‎28.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A(g)＋xB(g) 2C(g)达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如下图所示。请回答下列问题：‎ ‎（1）0～20min，A的平均反应速率为_________________；8min时，v(正)___v(逆)（填：>、=或<）‎ ‎（2）反应方程式中的x＝_______，30min时改变的反应条件是________________________。‎ ‎（3）20～30min时反应的平衡常数_______30～40min时反应的平衡常数（填：>、=或<）。‎ ‎（4）该反应的正反应为________（填：“放热”或“吸热”）反应。‎ ‎（5）反应过程中B的转化率最大的时间段是__________________min。‎ ‎【答案】 (1). 0.05 mol L-1min-1 (2). > (3). 1 (4). 扩大容器体积（或减小压强） (5). = (6). 放热 (7). 20～40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图象可知，反应从开始到20min内A的浓度减少了1mol/L，故A的平均反应速率为=0.05 mol/(L•min)，8min时未达到平衡，反应向正反应方向进行，故v(正)＞v(逆)；‎ ‎（2）30min时条件改变瞬间，浓度同等倍数减小，正逆反应速率都减小，但反应速率仍相等，平衡不移动，则应是扩大容器体积、减小压强的原因，该反应前后气体的体积不变，则x=1；‎ ‎（3）20-30min和30-40min两时间段内温度没变，平衡常数不变；‎ ‎（4）40min时改变条件后，C的浓度减小，A的浓度增加，说明平衡向逆反应方向进行，从图中知，条件改变后正逆反应速率均增大，只有升高温度与题意相符，升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；‎ ‎（5）20-30min和30-40min两时间段内虽条件不同，但平衡未移动，40-54min平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，故20-30min和30-40minB的转化率最大，即20～40min转化率最大。‎ ‎ ‎