1、吴起高级中学2018-2019学年第二学期第二次月考高一化学能力卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Cu:64 Zn:65 Ag：108第卷(选择题 共60分)一、选择题(20题，每题3分，共60分，每小题只有一个正确选项)1.化学反应中通常伴随着能量变化，下列说法中错误的是( )A. 煤燃烧时将部分化学能转化为热能B. 电解熔融Al2O3时将部分化学能转化为电能C. 炸药爆炸时将部分化学能转化为动能D. 镁条燃烧时将部分化学能转化为光能【答案】B【解析】【详解】A煤燃烧时部分化学能转化为热能，还有光能，烧煤取暖证明了这一点，故A正确；B电解熔融Al2O3时是将电能
2、转化为化学能，故B错误；C炸药爆炸过程中，化学能转化为热能、动能、光能等，故C正确；D镁条燃烧时发光、放热，即部分化学能转化为光能和热能，故D正确；故答案为B。2.下列变化为放热的化学反应的是()A. H2O(g)=H2O(l)H44.0 kJ/molB. 2HI(g)=H2(g)I2(g)H149 kJ/molC. 形成化学键时共放出862 kJ能量的化学反应D. 能量变化如图所示的化学反应【答案】D【解析】试题分析：A、此过程虽然放热，但不属于化学反应，属于物理变化，故错误；B、H0是吸热反应，故错误；C、不清楚旧键断裂吸收的能量多少，可能此反应是吸热反应，故错误；D、根据能量与过程关系，
3、反应物的总能量大于生成物总能量，此反应是放热反应，即Hb【答案】B【解析】假设其它条件不变，将容器体积增大一倍，平衡也不移动，当达到新的平衡时，B的浓度应是原来的50%，现为60%，则容器体积增大，即压力减小，平衡正向移动，a小于b，故B正确。20.对于可逆反应mA(s)nB(g)eC(g)fD(g)，当反应过程中其他条件不变时，C的质量分数(c%)与温度(T)和压强(p)的关系如图所示。下列叙述正确的是( )A. 达到平衡后，若使用催化剂，C的质量分数将增大B. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正方向移动C. 化学方程式中nefD. 达到平衡后，若升高温度，化学平衡向逆方向移动【答案】
4、D【解析】【分析】由左图可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高C的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，同理由右图可以看出增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有ne+f。【详解】由左图可知，根据先拐先平衡，条件高，则温度升高C的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，同理由右图可以看出增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有ne+f；A达到平衡后，加入催化剂不会影响化学平衡的移动，C的百分含量不变，故A错误；B达到平衡后，A是固体，不影响平衡移动，所以增加A的量
5、平衡不移动，故B错误；C压强增大，C%含量降低，说明平衡逆向进行，正反应是气体体积增大的反应，ne+f，故C错误；D该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡向逆方向移动，故D正确；故答案为D。第卷(非选择题 共40分)二、非选择题(4大题，共40分)21.火箭推进器中盛有液态肼(N2H4)和氧气。当把0.2mol液态肼和足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出128.8kJ的热量(相当于25、101kPa下测得的热量)。(1)反应的热化学方程式为_。(2)又已知H2O(l) = H2O(g)H= +44kJ/mol。则16g液态肼与氧气生成液态水时放出的热量是_kJ。(3)此反应用于火箭
6、推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是_。【答案】 (1). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-644.0 KJ/mol (2). 366kJ (3). 不污染环境；绿色、环保【解析】【分析】(1)依据反应物和生成物配平书写化学方程式，根据定律关系判断，0.2mol液态肼完全反应，放出128.8kJ的热量，所以1mol液态肼完全反应放出644.0 kJ的热量；(2)H2O(l)=H2O(g)H=+44kJ/mol；依据盖斯定律计算分析得到；(3)依据产物判断生成物质无污染。【详解】(1)反应方程式为：N2H4+O2=N2+2H2O，0.2mol
7、液态肼放出128.8kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=644.0 kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-644.0 KJ/mol；(2)N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-644.0 KJ/mol；H2O(l)=H2O(g)H=+44kJ/mol；依据盖斯定律-2得到N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)H=-732.0kJ/mol， 16g液态肼物质的量=0.5mol，所以16g液态肼与氧气反应生成液态水时放出的热量是366kJ；(3)此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外
8、，还有一个很大的优点是产物为氮气和水，氮气是空气成分不会造成环境污染，绿色环保。22.用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等、不相等”)，所求中和热_(填“相等、不相等”)，简述理由_
9、。（5）用相同浓度和体积的氨水(NH3H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。【答案】（1）环形玻璃搅拌棒（2）减少实验过程中的热量损失（3）偏小（4）不相等，相等，因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关 （5）偏小；【解析】考查中和热的测定、误差分析及反应热的有关计算等。（1）由于在实验过程中，需要搅拌，所以还缺少环形玻璃棒。（2）由于该实验要尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失的。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，则会导致热量的损失，所以所得中
10、和热数值偏低。（4）如果改变酸或碱的用量，则反应中生成的水的物质的量是不变的，因此反应中放出的热量是变化的。但由于中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱的用量无关，因此所求中和热数值是不变的。（5）由于氨水是弱碱，在溶液中存在电离平衡，而电离是吸热的，所以测得的中和热数值会偏小。23.80 时，将0.4 mol的四氧化二氮气体充入2 L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：时间/s c(molL1) 020406080100c(N2O4)0.20a0.10cdec(NO2)0.000.12b0.220.220
11、.22反应进行至100 s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。(1)该反应的化学方程式为_。(2)表中b_，c_d(填“”“”或“”)。(3)20 s时，N2O4的浓度为_molL1，020 s内N2O4的平均反应速率为_。(4)该反应的平衡常数表达式K_，在80 时该反应的平衡常数K值为_。(5)在其他条件相同时，该反应的K值越大，表明建立平衡时_。AN2O4的转化率越高 BNO2的产量越大CN2O4与NO2的浓度之比越大 D正反应进行的程度越大E所耗时间越少 F容器内气体压强越大【答案】 (1). N2O42NO2 (2). b=0.2mol/L (3). = (4). 0.14
12、 (5). 0.003molL1s1 (6). K= (7). 0.54 (8). ABDF【解析】【分析】(1)依据图表数据分析，反应物和生成物分析判断；(2)40s时N2O4的变化浓度为0.10molL-1，则NO2的变化浓度为0.20molL-1；60s后反应达到平衡状态，反应物或生成物的量不再随时间的变化而变化；(3)化学平衡的三段式列式计算，结合化学反应速率概念计算020s内N2O4的平均反应速率；(4)依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式，依据80C平衡状态下结合三段式列式计算平衡浓度计算平衡常数；(5)根据平衡常数的定义可知，K值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，则
13、反应正向进行的程度越大，据此答题。【详解】(1)将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，反应的化学方程式为N2O42NO2；(2)40s时N2O4的变化浓度为0.10molL-1，则NO2的变化浓度为0.20molL-1，则b的值为0.20molL-1；60s后反应达到平衡状态，反应物或生成物的量不再随时间的变化而变化，即c=d；(3)进行到20S； N2O4 2NO2 起始量(mol) 0.4 0变化量(mol) 0.12 0.2420S末(mol) 0.28 0.2420s时，N2O4的浓度=0.14mol/L；020s内N2O4的平均反应速率=0.003mol
14、L1s1；(4)N2O42NO2，平衡常数K=；80C平衡状态就是反应达到60S时的状态，平衡浓度c(NO2)=0.22mol/L，c(N2O4)=0.09mol/L；平衡常数K=0.54；(5)根据平衡常数的定义可知，K值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应正向进行的程度越大；A反应正向进行，K值越大，N2O4的转化率越高，故A正确；B反应正向进行，K值越大，NO2的产量越大，故B正确；CK值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，N2O4与NO2的浓度之比越小，故C错误；DK值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应正向进行的程度越大，故D正确；E平衡常数与达到平衡所消耗的时间无
15、必然联系，故E错误；F恒温恒容条件下，容器内气体压强越大，说明生成的NO2的产量越大，则K值越大，故F正确；故答案ABDF。【点睛】化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数。平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。24.依据氧化还原反应：2Ag(aq)Zn(s)=Zn2(aq)2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：(1)电极X的材料是_；电解质溶液Y是_；(2)银电极
16、为电池的_极，发生的电极反应为_；X电极上发生的电极反应为_；(3)外电路中的电子是从_电极流向_电极。(4)若该电池中两电极的总质量为100g，工作一段时间后，锌片质量减轻了13g，试计算，银电极质量增重_g。【答案】 (1). Zn (2). AgNO3 (3). 正极 (4). Ag+e-=Ag (5). Zn-2e-=Zn2+ (6). X(锌) (7). 银 (8). 43.2g【解析】【分析】根据反应“2Ag+(aq)+Zn(s)Zn2+(aq)+2Ag(s)”分析，在反应中，Zn被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，则正极为活泼性较Zn弱的Ag，Ag
17、+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag+e=Ag，电解质溶液为AgNO3 ，原电池中，电子从负极经外电路流向正极根据得失电子守恒计算析出银的质量【详解】(1)由反应“2Ag+(aq)+Zn(s)Zn2+(aq)+2Ag(s)”可知，在反应中，Zn被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，则正极为活泼性较Zn弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag+e=Ag，电解质溶液为AgNO3 (2)正极为活泼性较Zn弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag+e=Ag，X电极为Zn为原电池的负极，锌失电子发生氧化反应，电极反应Zn-2e-Zn2+；(3)原电池中，电子从负极经外电路流向正极，本题中由Zn极经外电路流向Ag极；(4)该原电池中，负极上锌失电子变成锌离子进入溶液，导致质量减少，减少锌的质量=60g-47g=13g，物质的量=0.2mol；根据转移电子相等知，2Ag+2e-=2Ag，Zn-2e-Zn2+，2AgZn21n0.2moln=0.4mol，析出银的质量=0.4mol108g/mol=43.2g，即银电极增重的质量为43.2g。