【化学】湖南省长郡中学2019-2020学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷
展开湖南省长郡中学2019-2020学年高二上学期第一次月考
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16
一、选择题
1.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
B. 放热反应的反应速率大于吸热反应的反应速率
C. 盖斯定律实质上是能量守恒的体现
D. H2的燃烧热为ΔH=－285.8 kJ/mol，2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H= +285.8 kJ/mol
【答案】AC
【解析】
【详解】A．反应热与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故A正确；
B、反应速率与反应热无关，故B错误；
C．盖斯定律是变化过程中能量变化和途径无关，与反应物和生成物能量有关，可以看作是能量守恒的体现，故C正确；
D．燃烧热为1mol物质燃烧生成稳定氧化物的能量变化，则氢气燃烧热的△H为-285.8 kJ•mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+ O2(g)═H2O(l)△H=-285.8 kJ/mol，因此2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H= +571.6 kJ/mol，故D错误；
故选AC。
2. 某可逆反应过程能量变化如图所示，下列说法中正确的是 ( )
A. 该反应热化学方程式为A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(g) ΔH>0
B. 其他条件不变，升高温度，A的转化率增大
C. 其他条件不变，增大压强，释放热量减少，平衡常数K减小
D. 其他条件不变，加催化剂，反应速率增大，E1和E2均减小，ΔH不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由于E2>E1，则ΔH<0，故A错误；
B. 对于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故B错误；
C. K只与温度有关，增大压强，K不变，故C错误；
D. 催化剂能降低E1，E2也相应减小，v增大，但ΔH不变，故D正确；
答案选D。
3.某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应:X(g)+Y(g)Z(g)+W(s) ΔH>0。下列叙述正确的是( )
A. 加入少量W逆反应速率增大,正反应速率减小 B. 升高温度,平衡逆向移动
C. 当容器中气体压强不变时,反应达到平衡 D. 反应平衡后加入X,上述反应的ΔH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A项错误；
B.该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应方向移动，故B项错误；
C.随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变时说明可逆反应到达平衡状态，故C项正确；
D.反应热ΔH与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与反应物的物质的量无关，故D项错误；
综上，本题选C。
4.已知： ，某温度下的平衡常数为400。此温度下，在1 L的密闭容器中加入，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表：
物质 | |||
0.8 | 1.24 | 1.24 |
下列说法正确的是（ ）
A. 平衡后升高温度，平衡常数
B. 平衡时，
C. 平衡时反应混合物的总能量减少20 kJ
D. 平衡时再加入与起始等量的，达到新平衡后的转化率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为正反应，故为放热反应，升高温度平衡常数减小，A项错误；
B.设平衡时又生成了的，由化学平衡常数，解得，可知平衡时，B项正确；
C.由选项B分析可知，平衡时生成的物质的量为1.6 mol，根据方程式可知反应放出的热量为，C错误；
D.平衡时，再加入与起始等量的，相当于增大压强一倍，因为是等体积反应，故平衡不移动，的转化率不变，D项错误。
答案选B。
5.一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入6mol CO2和8mol H2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ•mol﹣1，测得n（H2）随时间变化如曲线Ⅰ所示．下列说法正确的是( )
A. 该反应在0～8min内CO2的平均反应速率是0.375mol•L﹣1•min﹣1
B. 保持温度不变，若起始时向上述容器中充入3molCO2和4molH2，则平衡时H2的体积分数大于20%
C. 保持温度不变，若起始时向上述容器中充入4molCO2、2molH2、2molCH3OH和1molH2O（g），则此时反应向正反应方向进行
D. 改变条件得到曲线Ⅱ、Ⅲ，则曲线Ⅱ、Ⅲ改变的条件分别是升高温度、充入氦气
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据图像，平衡时
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol/L)3 4 0 0
反应(mol/L)1 3 1 1
平衡(mol/L)2 1 1 1
据此分析解答
【详解】A．0-8min内v(H2)==0.375mol•L-1•min-1，相同时间内各物质的平均反应速率之比等于其计量数之比，v(CO2)=v(H2)=×0.375mol•L-1•min-1=0.125 mol•L-1•min-1，故A错误；
B．向容积为2L恒容密闭容器中充入6molCO2和8molH2，达到平衡状态时，氢气体积分数等于其物质的量分数=×100%=20%，保持温度不变，若起始时向上述容器中充入3molCO2和4molH2，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即向逆反应方向移动，则平衡时氢气的体积分数大于20%，故B正确；
C．根据上述分析，化学平衡常数K==0.5，若起始时向上述容器中充入4molCO2、2molH2、2molCH3OH(g)和1mol H2O(g)，c(CO2)==2mol/L、c(H2)=c(CH3OH)==1mol/L、c(H2O)==0.5mol/L，浓度商==0.25＜K，平衡正向移动，故C正确；
D．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.0kJ•mol﹣1，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时氢气的物质的量大于I时，II可能是升高温度；充入氦气，反应物浓度不变，化学反应速率不变，平衡时各物质浓度与I相同，与I曲线为一条线，因此曲线Ⅲ改变的条件不可能是充入氦气，故D错误；
故选BC。
【点睛】本题的易错点为C，要注意结合浓度商和化学平衡常数的大小关系分析判断平衡移动的方向。
二、非选择题
6.研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
(1)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol-1
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol-1
则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH＝_______kJ·mol-1。
(2)一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_______。
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝_________。(保留2位小数)
(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。
CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。
该反应ΔH_____0(填“>”或“ <”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是___________________________________。
【答案】 (1). －41.8 (2). b (3). 2.67 (4). < (5). 在1.3×104kPa 下，反应物CO的转化率已较高，再增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失
【解析】
分析】
(1)①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1，②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ•mol-1，利用盖斯定律将①×-②×计算得到；
(2)根据达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；
(3)利用化学平衡的影响因素和工业生产的关系来分析。
【详解】(1)已知：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1，②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ•mol-1，利用盖斯定律将①×-②×得NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) △H=×(-196.6kJ•mol-1)-×(-113.0kJ•mol-1)=-41.8kJ•mol-1；
(2)a．无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故a错误；
b．混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；
c．SO3和NO的计量数之比为1：1，无论是否达到平衡，二者的体积比保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故c错误；
d．物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2，不能判断是否达到平衡状态，故d错误；
故答案为b；
同温同压下气体体积比等于物质的量之比，则
NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)
起始物质的量 a 2a 0 0
转化物质的量 x x x x
平衡时物质的量 a-x 2a-x x x
平衡时NO2与SO2体积比为1:6，即(1a-x):(2a-x)=1:6，故x=a，故平衡常数K====2.67；
(3)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104 kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。
7.已知:
Fe(s)＋CO2(g) FeO(s)＋CO(g) K1 ①
Fe(s)＋H2O(g) FeO(s)＋H2(g) K2 ②
H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g) K3 ③
又已知不同温度下，K1、K2值如下表：
温度/℃ | K1 | K2 |
500 | 1.00 | 3.15 |
700 | 1.47 | 2.26 |
900 | 2.40 | 1.60 |
（1）若500 ℃时进行反应①，CO2起始浓度为2 mol•L－1，2分钟后建立平衡，则CO2转化率为________，用CO表示的速率为________________。
（2）900 ℃进行反应③，其平衡常数K3为____________(求具体数值)，焓变 ΔH_______0(填“>”“＝”或“<”)。
（3）下列图象符合反应②的是___________(填序号)(图中v是速率，φ为混合物中H2的体积百分含量)。
A. B.
C. D.
【答案】 (1). 50% (2). 0.5mol/(L•min) (3). 1.50 (4). > (5). BCD
【解析】
【分析】
(1)利用500℃时K1=1，说明CO和二氧化碳的平衡浓度相等，再结合CO2起始浓度为2mol/L用三段式求算平衡时CO和二氧化碳的平衡浓度，据此计算；
(2)根据盖斯定律结合表格数据分析解答；
(3)对于反应②Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)，由表可知反应②的K2随着温度的升高而减小，故反应是个放热反应，根据温度对化学平衡的影响分析判断。
【详解】(1)500℃时，反应①Fe(s)＋CO2(g) FeO(s)＋CO(g) ，K1==1，设参加反应的二氧化碳物质的量浓度减少x，根据三段式有：
Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)
起始浓度： 2 0
转化浓度： x x
平衡浓度：2-x x
则=1，解得x=1，则CO2转化率为×100%=50%；用CO表示的速率为=0.5 mol•L-1•min-1，故答案为：50%；0.5 mol•L-1•min-1；
(2) ①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H1 K1，②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)△H2 K2，③H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H3 K3，根据盖斯定律：①-②=③，则：△H3=△H1-△H2，K3=，由表可知，900℃时，K1=2.40，K2=1.60，故K3=1.50；根据表有：500℃时K3=，900℃K3=1.5，说明温度升高，平衡正向移动，K增大，正反应是吸热反应(或温度升高，K1增大，K减小，则△H1＞0，则△H2＜0，△H3=△H1-△H2＞0)；故答案为：1.50；＞；
(3)对于反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)，根据表格数据，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应。
A、该反应是个放热反应，温度升高，平衡逆向移动，与图象温度升高正方向移动不符，故A错误；
B、图中最高点达到平衡，温度升高，混合物中氢气的含量降低，平衡向逆反应进行，故图象表示正反应为放热反应，符合反应②，故B正确；
C、由图可知，温度T2先达到平衡，故温度T2＞T1，随着温度升高，达到平衡时，混合物中氢气含量降低，平衡逆反应移动，故图象表示正反应为放热反应，符合反应②，故C正确；
D、由于铁为固体，其他条件不变时，改变铁的量并不影响化学反应速率，与反应②相符，故D正确；
故答案为：BCD。
【点睛】本题的易错点为(2)，要注意盖斯定律处理时方程式的处理方法与平衡常数的关系，方程式相减时，平衡常数相除，方程式相加时，平衡常数相乘，方程式乘以2，平衡常数是2次幂。
