1、宁夏银川市第二中学2020-2021学年高二上学期月考一化学试题1. 下列民俗、诗句、谚语等包含吸热反应的是A. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲B. 民间焰火之最确山打铁花C. 只要功夫深，铁杵磨成针D. 冰，水为之，而寒于水【答案】A【解析】【详解】A千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲，是碳酸钙的分解反应，是吸热反应，A正确；B打铁花，是铁的燃烧，所有的燃烧反应是放热反应，B错误；C铁杵磨成针是物理变化，C错误；D水生成冰是物理变化，D错误；答案选A。2. 下列热化学方程式正确的是(注:H的绝对值均正确)A. C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g);H=-1367.0k
2、J/mol(燃烧热)B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l);H=-57.3kJ(中和热)C. S(s)+O2(g)=SO2(g);H=-269.8kJ/mol(反应热)D. 2NO2=O2+2NO;H=+116.2kJ/mol(反应热)【答案】C【解析】【详解】A. 燃烧热是25、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时的水应为液体，因此反应热不是燃烧热，故A错误；B. H的单位是kJmol1，故B错误；C. 符合书写热化学反应方程式的要求，故C正确；D. 没有写上状态，故D错误；答案：C。【点睛】易错点是选项A，燃烧热的定义是
3、25、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素应该转化成CO2，S转化成SO2，H元素转化成液态水。3. 已知丙烷燃烧热H=-2215kJmol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g液态水，则放出的热量为A. 221.5kJB. 55.4kJC. 553.7kJD. 1107.5kJ【答案】B【解析】【详解】1mol丙烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳，放出热量2215kJ，热化学方程式为：，则一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g液态水即0.1mol水，放出的热量为，答案为B。4. 下列有关中和热的说法正确的是A. 在测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中
4、和热数值偏大B. 1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热C. 在测定中和热时，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，对测定结果无影响D. 在测定中和热时，分多次将NaOH溶液加入盐酸中，所测中和热数值偏小【答案】D【解析】【分析】中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量，以此分析。【详解】A. 在测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，由于醋酸为弱电解质，电离吸热，则所测中和热数值偏小，故A错误；B. 1mol硫酸与1molBa(OH)2生成2mol水且有硫酸钡沉淀生成，所以完全中和所放出的热量不是中和热，故B错误；C铜质搅拌棒是热的良好导
5、体，会加快散热，测得中和热数值偏小，故C错误；D. 在测定中和热时，分多次将NaOH溶液加入盐酸中，部分热量散失，测得中和热数值偏小，故D正确。故答案选：D。5. 下列说法中错误的是（ ）A. 石油、煤、天然气均属于可再生的化石燃料B. 发电厂的燃煤在燃烧时加入适量石灰石，可减少二氧化硫排放C. 推广使用新能源，可以减少二氧化碳等温室气体的排放D. 太阳能、氢能、风能属于清洁能源【答案】A【解析】【分析】考查能源以及环境污染与治理的有关判断。【详解】A、石油、煤、天然气均属于不可再生的化石燃料，A不正确；B、发电厂的燃煤在燃烧时加入适量石灰石，可以结合SO2最终生成硫酸钙，所以可减少二氧化硫排
6、放，B正确；C、新能源的特点是资源丰富、可以再生、没有污染或很少污染，因此推广使用新能源，可以减少二氧化碳等温室气体的排放，C正确；D、新能源的特点是资源丰富、可以再生、没有污染或很少污染，因此太阳能、氢能、风能属于清洁能源，D正确；故答案选A。6. 在不同条件下分别测得反应2SO2+O22SO3的化学反应速率，其中表示该反应进行得最快的是A. v(SO2)=4mol/(Lmin)B. v(O2)=3mol/(Lmin)C. v(O2)=0.1mol/(Ls)D. v(SO3)=0.1mol/(Ls)【答案】C【解析】【详解】各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，换算成统一物质且单位相同，可
7、直接比较大小，均换成氧气：A；Bv(O2)=3mol/(Lmin)Cv(O2)=6mol/(Lmin)D反应进行得最快的是v(O2)=6mol/(Lmin)，答案选C。7. 少量铁片与100mL0.1molL1的稀盐酸反应(盐酸过量)，为了加快此反应速率而不改变产生H2的量，如下方法可行的是A. 加入少量铁粉B. 通入少量的HCl气体C. 加入50mlNaCl溶液D. 滴入几滴硫酸铜溶液【答案】B【解析】【分析】加快反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则保证铁的量不变，以此解答。【详解】A. 加入少量铁粉，反应物浓度没有改变，速率不变，但生成
8、氢气的量增多，故A不选；B. 铁片少量，生成氢气的量由铁的量决定，通入少量的HCl气体，铁的量不变，生成氢气的量不变，但氢离子浓度增加，反应速率加快，选B；C. 加入50mlNaCl溶液，氢离子浓度降低，反应速率减小，故C不选；D. 滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，铁的量减小，故改变了H2的产量，故D不选；正确答案是B。8. 在l0时，10 mL 0.4 mol L1H2O2溶液发生催化分解：2H2O22H2OO2，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：t/min0246V(O2)/mL0.09.917.222.4下列叙述不正确的是（溶液体积变化
9、忽略不计）A. 02 min的平均反应速率比46 min快B. 06 min 的平均反应速率v(H2O2)3.3102 moL1 L1 min1C. 反应至 6 min 时，c(H2O2)0.3 molL1D. 反应至6 min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】【详解】A.2H2O22H2OO2，A02min产生的氧气的体积V（O2）=9.9103L，46min产生的氧气的体积V（O2）=(22.417.2)103L，所以02minH2O2平均反应速率比46min快，A正确；B06min产生的氧气的物质的量n（O2）=0.001mol，n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol，v
10、（H2O2）=3.310-2mol/（Lmin），B正确；C6min时，消耗n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol；所以6min末， c（H2O2）=0.20（mol/L），C错误；D6min时，H2O2分解的分解率为：100%=50%，D正确；故答案选C。9. 以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。下列叙述不正确的是( ) A. 过程中的能量转化形式是太阳能化学能B. 过程的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2C 过程中每消耗116 g Fe3O4转移2 mol电子D. 铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】C【解析】
11、【详解】A. 过程I利用太阳能将Fe3O4转化为O2和FeO，实现的能量转化形式是太阳能化学能，A正确；B. 过程II实现了FeO与H2O反应生成Fe3O4和H2的转化反应，其反应方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2，B正确；C. 过程：2Fe3O4（s）6FeO（s）+O2（g），当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而n(Fe3O4)=116 g232 g/mol=0.5 mol，故生成0.25mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.25mol41mol电子，C错误；D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；故合理选项是C。1
12、0. 关于如图所示转化关系(X代表卤素)，说法不正确的是A. 因为反应热大小与途径无关，所以H1=H2+H3B. 反应生成HCl放出的热量比生成HBr的多，所以HBr比HCl更稳定C. ClCl键、BrBr键、II键键能依次减小，所以三个反应中过程吸收的热量依次减小D. 过程III中H30【答案】B【解析】【详解】A反应热大小只与反应体系的始态和终态有关，与途径无关，所以H1=H2+H3，故A说法正确；B能量越低越稳定，反应生成HCl放出的热量比生成HBr的多，所以HCl比HBr更稳定，故B说法错误；C断键吸热，ClCl键、BrBr键、II键键能依次减小，所以三个反应中过程吸收热量依次减小，故
13、C说法正确；D形成化学键放热，过程III是成键过程，H30，故D说法正确；选B。11. 一定温度下，在10L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量(mol)随时间(s)变化的曲线如图所示。下列描述正确的是A. 反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)B. t1时，Z和X的浓度相等，达到了化学平衡状态C. 反应进行到10s时，Y的转化率为21.0%D. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(Ls)【答案】A【解析】【分析】由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且n（Y）：n（X）：n（Z）=0.79mol：0.
14、79mol：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为：X+Y2Z。【详解】A由以上分析可知反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)，A正确；Bt1后，Z、Y、X的浓度仍在变化，未达到了化学平衡状态，B错误；C反应开始到10s时，Y的转化率为，C错误；D反应开始到10s，用Z表示的反应速率为=0.079mol/（Ls），D错误；答案选A。12. 在气体反应中，使反应物中活化分子数增多且活化分子百分数增大的方法是增大反应物浓度升高温度增大压强移去生成物加入合适的催化剂A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不选
15、；升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故选；增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不选；移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目数目减小，故不选；加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故选；故答案选：C。13. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅B. 合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施C. 反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)H0，达平衡后，升高温度体系颜色变深D. 对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平
16、衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深【答案】D【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A加入硝酸银溶液，与HBr反应，生成溴化银沉淀，平衡正向移动，能解释，故A不选；BN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，平衡正向移动，能解释，故B不选；C反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）H0，达平衡后，升高温度体系颜色变深，即二氧化氮的浓度变大，平衡逆向移动，能解释，故C不选；D对2HI(g)H2(
17、g)+I2(g)，平衡体系增加压强浓度增大，颜色变深，但平衡不移动，不能解释，故D选；故答案选D。14. COCl2(g)Cl2(g)CO(g)H0，当反应达到平衡时，下列措施：升温恒容通入惰性气体移走部分Cl2缩小体积，增大压强加催化剂恒压通入惰性气体，其中能提高COCl2转化率的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】COCl2(g)Cl2(g)CO(g)正反应吸热，升温，平衡正向移动，COCl2平衡转化率增大；恒容通入惰性气体，反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，COCl2平衡转化率不变；移走部分Cl2，减小生成物浓度，平衡正向移动，COCl2平衡转化率增大；COCl2(g)
18、Cl2(g)CO(g)正反应气体物质的量增大，缩小体积，增大压强，平衡逆向移动，COCl2平衡转化率减小；加催化剂，平衡不移动，COCl2平衡转化率不变；恒压通入惰性气体，气体体积增大，相当于减压，平衡正向移动，COCl2平衡转化率增大；能提高COCl2转化率的是，故选B。15. 将4molA气体和2molB气体充入2L的容器中在一定条件下发生如下反应2A(g)+B(g)2C(g)，若经2s后测得C的浓度为0.8mol/L，现有下列几种说法，其中正确的是A. 2s时物质B的浓度为0.4mol/LB. 温度对该反应的平衡转化率没有影响C. 02s,用物质B表示的平均反应速率为0.4mol.L-1
19、.s-1D. 2s时物质A的转化率为40%【答案】D【解析】【详解】将4molA气体和2molB气体充入2L的容器中在一定条件下发生如下反应2A(g)+B(g)2C(g)，若经2s后测得C的浓度为0.8mol/L，则C物质的量。 A. 2s时物质B的浓度为，故A错误；B.改变温度平衡移动，对反应的平衡转化率有影响，故B错误；C.02s用物质B表示的平均反应速率为 ，故C错误；D. 2s时物质A的转化率 ，故D正确。故答案选：D。16. （改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量04.0mL，保持溶液总
20、体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A. 饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B. a、c两点对应的氢气生成速率相等C. b点对应的反应速率为v（H2SO4） = 1.010-3 molL-1s-1D. d点没有构成原电池，反应速率减慢【答案】D【解析】【详解】A根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C根据图像可知，b点收集336ml氢气用时1
21、50s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4） = 0.015mol150s=1.010-3 molL-1s-1，C项正确；Dd点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。17. 恒容密闭容器中，可逆反应：A(g)+3B(g)2C(g)H，其它条件不变时，在不同温度下测得C的百分含量随时间的变化关系如图所示，则下列说法错误的是A. 温度TIT2B. 该反应的H0C. 与温度T2比较，T1温度下混合气体的平
22、均相对分子质量小D. T2时，反应物A的转化率小【答案】C【解析】【详解】A.由图可知T2先达到平衡，根据“先拐先平”数值大的原则，所以温度TIT2，故A正确；B.由图可知达到平衡时T2的转化率小于T1的转化率，且TIT2，所以该反应的正为放热反应即H0，故B正确；C.由A(g)+3B(g)2C(g)可知，该反应为气体体积减小的反应，且达到平衡时T2的转化率小于T2的转化率，所以与温度T2比较，T1温度下混合气体的平均相对分子质量大，故C错误；D.根据上述分析可知：该反应的正反应为放热反应，且TI0)D. 选择优良的催化剂降低反应和的活化能，有利于减少过程中的能耗【答案】D【解析】【详解】AC
23、O(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是中间产物，铜是催化剂，故A错误；B根据图示，1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，故B错误；C根据图示，反应放热，反应的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H=-a kJ/mol(a0)，故C错误；D催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，选择优良的催化剂降低反应和的活化能，有利于减少过程中的能耗，故D正确；答案选D。19. 在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（
24、）A. 平衡向正反应方向移动了B. 物质A的转化率减少了C. 物质B的质量分数减小了D. ab【答案】A【解析】【分析】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，与达到新的平衡时B的浓度相比判断平衡移动，再根据平衡移动逐项判断。【详解】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应反应方向移动。A、平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，选项A正确；B、平衡时B的浓度是原来的60
25、%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，A的转化率增大，选项B错误；C、平衡应向正反应方向移动，物质B的质量增多，混合物总质量不变，所以物质B质量分数增大，选项C错误；D、增大体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，则说明a”或“”)。（3）在TA温度下，反应在第4分钟达到平衡，此时CO2的平衡转化率为：_；在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟时达到新的平衡（此时H2O的浓度约为0.25mol/L）。请在下图中画出第5分钟到第9分钟末H2O浓度的变化曲线。_（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯的反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了
26、提高反应速率和乙烯选择性，应当_。【答案】 (1). 137 (2). 升高温度 (3). 减小压强(增大体积)或移走产物（任意写两个） (4). (5). 50% (6). (7). 选择合适催化剂等，【解析】【分析】(1)利用盖斯定律计算，根据勒夏特列原理确定移动方向；(2)根据图像及题目信息判断；(3)根据图像，确定氢气的物质的量，再利用反应的物质的量之比等于化学计量数之比，计算二氧化碳的转化率；(4)从反应速率和乙烯选择性两个角度解释。【详解】(1)根据表中数据，IC2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H=-1560 kJmol1，II C2H4(g)+3O2(g
27、)=2CO2(g)+2H2O(l) H=-1411 kJmol1，III H2(g) +O2(g)=H2O(l) H=-286 kJmol1，根据盖斯定律，I-II-III可得C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，则H=+137 kJmol1；该反应为放热反应，升高温度可使平衡正向移动，反应为气体计量数增大的反应，减小压强，增大体积可使平衡正向移动，或及时分离出生成物也能使平衡正向移动，从而提高平衡转化率；(2)根据图像及题目信息可知，TA温度时反应达到平衡状态，升高温度，氢气的物质的量增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，H0；(3)TA温度下，反应在第4分钟达到平衡，n(H2)=2mol，则反应3mol，反应的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的二氧化碳的物质的量为1mol，转化率=100%=50%；第5分钟末将容器的体积缩小一半，各物质的浓度增大一倍，即水的浓度变为0.2mol/L，若在第8分钟时达到新的平衡，H2O的浓度约为0.25mol/L，即达到平衡状态时水的浓度为0.25mol/L，图像为；(4)一定温度和压强条件下，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低温度反应速率降低，不符合题意，则只能为使用催化剂。