【化学】四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Na-23
一．选择题(共8个小题，每小题只有一个选项符合题目要求，每小题6分，共48分)
1.下列有关σ键和π键的说法正确的是(　　)
A. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
B. 当原子形成分子时，首先形成π键，可能形成σ键
C. σ键和π键都属于共价键，均有方向性
D. 在所有分子中，σ键都比π键牢固
【答案】A
【解析】
【详解】A项，由于π键的键能小于σ键的键能，所以反应时易断裂，A正确；
B项，在分子形成时，为了使其能量最低，必然首先形成σ键，再根据形成原子的核外电子排布来判断是否形成π键，B错误；
C.S轨道是球形对称，所以S轨道及S轨道形成的共价键没有方向性，C错误；
D.一般情况下，σ键比π键强度大，但是也有特殊情况，比如氮氮三键的键能比氮氮单键的3倍还要大，D错误；
综上所述，本题选A。
2.下列关于化学键说法正确的是(　　)
A. 构成单质分子微粒一定含有共价键
B. 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定都是极性键
C. 非极性键只存在于双原子单质分子中
D. 全部由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀有气体中不存在化学键，多原子分子的微粒一定含有共价键，故A错误；B．不同元素组成的多原子分子里可存在极性键、非极性键，如H-O-O-H中含非极性键，故B错误；C．非极性键可存在离子化合物、共价化合物中，如过氧化钠、过氧化氢中均存在O-O非极性键，故C错误；D．全部由非金属元素组成的化合物，为离子化合物或共价化合物，如铵盐为离子化合物，HCl为共价化合物，故D正确；故选D。
3.下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是(　　)
选项
诗句
相关物质
相关说法
A
春蚕到死丝方尽
纤维素
高分子化合物
B
蜡炬成灰泪始干
脂肪烃
饱和烃
C
沧海月明珠有泪
碳酸钙
弱电解质
D
蓝田日暖玉生烟
二氧化硅
两性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．蚕丝为蛋白质，不是纤维素，故A错误；B．“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于脂肪烃，属于饱和烃，故B正确；C．碳酸钙熔融状态下能够完全电离，是强电解质，故C错误；D．二氧化硅不能与盐酸反应，不是两性氧化物，故D错误；故选B。
4.下列热化学方程式正确的是(　　)
A. 甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3kJ·mol－1
B. 500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6kJ·mol－1
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(-57.3)kJ·mol－1
D. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝b，则a 【答案】D
【解析】
【详解】A. 由甲烷的燃烧热H=−890.3 kJ⋅mol−1，燃烧热表示可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，产物水为液体水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=−890.3 kJ⋅mol−1，A项错误；
B. 将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，合成氨为可逆反应，0.5 mol N2不能完全反应生成，则1molN2(g)充分反应生成NH3(g)放热大于38.6kJ，放热反应的焓变为负值，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H<−38.6 kJ⋅mol−1，B项错误；
C. 中和反应为放热反应，焓变为负值，生成硫酸钙放热，由HCl和NaOH反应的中和热△H=−57.3 kJ⋅mol−1可知，H2SO4和Ca(OH)2反应的△H<2×(−57.3) kJ⋅mol−1，C项错误；
D. 完全燃烧比不完全燃烧放出热量多，燃烧反应的焓变为负值，由2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H=a， 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=b，可知a 答案选D。
5.如图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是(　　)

A. H2S B. HCl C. PH3 D. SiH4
【答案】D
【解析】根据图像可知b曲线存在100℃的沸点，该物质应是水，即该曲线属于ⅥA元素，所以正确的答案是A。
6.在容积固定的4L密闭容器里，进行可逆反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)， 并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变 表示的反应速率v(正)、v(逆)与时间t的关系如图。则图中阴影部分面积表示（ ）

A. X的浓度减少
B. Y的物质的量减少
C. Z的浓度增加
D. X的物质的量减少
【答案】C
【解析】
分析】观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少。
【详解】Sabdo表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=Sabdo-Sbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加。
所以C选项是正确的。
7.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是(　　)
A. 刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大 B. 平衡不发生移动
C. 平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D. 物质C的质量分数增大
【答案】D
【解析】
【分析】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。
【详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，
A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；
B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；
D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。
所以D选项是正确的。
8.已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH＝－49.0kJ·mol−1。一定条件下，向体积为1 L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如下图所示。下列叙述中，正确的是（ ）

A. 升高温度能使n(CH3OH)/n(CO2)增大
B. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%
C. 3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
D. 从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.075mol·L−1·min−1
【答案】B
【解析】
【分析】从勒夏特列原理、化学反应速率计算的角度进行分析。
【详解】A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CH3OH物质的量减小，CO2的物质的量增大，该比值减小，故A错误；
B、根据图像，达到平衡时消耗c(CO2)=(1.00－0.25)mol·L－1=0.75mol·L－1，则CO2的转化率为0.75/1.00×100%=75%，故B正确；
C、3min时没有达到平衡，即CO2的表示的正反应速率不等于CH3OH表示的逆反应速率，故C错误；
D、根据化学反应速率数学表达式，v(CH3OH)=0.75/10mol/(L·min)=0.075mol/(L·min)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=3v(CH3OH)=3×0.075mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)，故D错误。
第二部分（非选择题 共52分）
9.50 mL 0.5 molL -1 盐酸与50 mL0.55 mol L -1 NaOH溶液在如下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)若大烧杯上不盖硬纸板，求得中和热数值_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)实验中改用60 mL 0.50 molL -1 盐酸跟50 mL 0.55 molL -1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 _______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热 _____(填“相等”或“不相等”)，简述理由_______________________________。
(5)用相同浓度和体积氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会_________；用0.50 molL -1 NaOH溶液50 mL进行上述实验，测得的中和热的数值会__________(填“偏大”“偏小”或“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1mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关
（5）偏小 偏小
【解析】（1）本实验成败的关键是准确测量反应后的温度。因此所用装置必须保温、绝热且可使体系温度尽快达到一致，故缺少的仪器应为环形玻璃搅拌棒。（2）碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失。（3）不盖硬纸板会损失部分热量故所测结果偏低。（4）由中和热概念可知，中和热只与生成水的量有关而与过量的酸碱无关，但液体体积增大温差减小，不便测量。（5）由于弱酸弱碱的中和热等于H＋与OH－生成H2O时的反应热，加上其电离时吸热，故所测数值会偏小。因NaOH在空气中易吸收空气中的CO2使参加中和反应的OH－减少，故要使NaOH稍稍过量来达到以盐酸的量为标准进行反应。
10. 为了证明铜与稀硝酸反应产生NO，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去），B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球。

（1） 实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸分离。该组学生设计此步操作的目的为 。
（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的化学方程式为 。
（3）装置E中开始时出现浅红棕色气体，用F向E中鼓入空气后，可观察到烧瓶E内气体颜色加深，产生上述现象的原因是 。
（4）一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是________________________ __。
（5）装置D的作用是_________ ___________________________________。
【答案】（1）用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气
（2）3Cu + 8HNO3(稀)3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O
（3）CO2密度比空气大，CO2进入E中并未将瓶中空气完全排尽，致使有少量NO被空气氧化成NO2，而出现浅红棕色；当从F中鼓入空气时，更多NO被氧化成NO2，故红棕色变深
（4）NO2在溶液中生成的HNO3与CaCO3反应，使沉淀溶解
（5）吸收尾气，防止污染大气
【解析】
【分析】实验时，可先将B装置中CaCO3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，先排出装置中的空气，以便在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，且在C中可观察到浑浊，有碳酸钙沉淀生成，A中硝酸和铜反应生成NO，易于氧气反应，则将F气球中空气压入E中，有红棕色气体生成，装置D中盛有氢氧化钠溶液，可吸收二氧化氮气体，气球可用于收集不反应的NO，以防止污染空气。
【详解】(1)实验时，可先将B装置中CaCO3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气排除装置中的空气，以便在E烧瓶中收集到NO，观察颜色，故答案为：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气；
(2)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)由于CO2的密度大于空气的密度，因此E中采用向下排空气法是不能将空气排尽的．由于E中有残留的少量O2，因此当有NO生成时，E中有少量的NO2生成，从F鼓入空气时，E中生成的NO2增加，红棕色加深，故答案为：二氧化碳密度大于空气，未能排尽烧瓶中的空气，少量NO与空气中的氧气反应生成少量的红棕色的NO2；鼓入空气后，NO与氧气反应，生成大量的红棕色气体二氧化氮，所以红棕色加深；
(4)E中生成的NO2会被排入C，在C中与水反应生成硝酸，将原来生成的CaCO3沉淀溶解，故答案为：二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸使白色沉淀碳酸钙溶解；
(5)D装置用来吸收尾气，防止污染环境，故答案为：吸收尾气，防止污染大气。
11.钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白(TiO2)是目前最好的白色颜料。制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁储量居世界首位。用含Fe2O3的钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制备TiO2流程如下：

已知反应TiO2++2H2OH2TiO3+2H+ ΔH<0
（1）步骤①加Fe的目的是___________________________________（用离子方程式表达）；步骤②冷却的目的是_________________________________________________________。
（2）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是__________________；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入______处理；在“水浸”步骤中加入大量的水即可获得H2TiO3沉淀，请用相关化学原理解释___________________________________________________。
（3）由金红石(TiO2)制取单质钛(Ti)，涉及到的步骤为
―→
反应TiCl4＋2Mg===2MgCl2＋Ti在Ar气氛中进行的理由是___________________________。
【答案】(1). 2Fe3＋+ Fe =3Fe2＋ (2). 析出绿矾(FeSO4·7H2O) (3). 绿矾(FeSO4·7H2O) (4). 生石灰(或碳酸钙、废碱) (5). 根据反应TiO2++2H2OH2TiO3+2H+ ，加水稀释浓度商小于其化学平衡常数，所以反应平衡正向移动，生成更多H2TiO3而形成沉淀 (6). 防止高温下镁或钛与O2、N2等反应
【解析】
【详解】（1）根据加入浓硫酸后，得到离子种类，步骤①加入铁，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；过滤后得到FeSO4·7H2O，步骤②冷却的目的是析出FeSO4·7H2O；
（2）根据流程制备的是TiO2，则FeSO4·7H2O属于副产物；水浸时发生TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，废液显酸性，应加入CaO或CaCO3或碱进行处理；根据反应TiO2++2H2OH2TiO3+2H+ ，加水稀释浓度商小于其化学平衡常数，所以反应平衡正向移动，生成更多H2TiO3而形成沉淀；
（3）Mg、Ti能与O2、N2发生反应，因此在Ar氛围中，防止Mg、Ti与空气中的O2、N2发生反应。
12.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：
（1）若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定条件下发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)＝__。平衡时H2的转化率为___。
（2）平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有___。
A．加了催化剂 B．增大容器体积
C．降低反应体系的温度 D．加入一定量N2
（3）若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
请完成下列问题：
①试比较K1、K2的大小，K1___K2(填“<”、“>”或“＝”)；
②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是___(填序号字母)
A．容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2
B．v(N2)正＝3v(H2)逆
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
③400℃时，反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的化学平衡常数为___。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3 mol、2 mol和 1 mol时，则该反应的v(N2)正___v(N2)逆(填“<”、“>”或“＝”)。
（4）根据化学反应速率和化学平衡理论，联系合成氨的生产实际，你认为下列说法不正确的是___。
A．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品
B．勒夏特列原理可指导怎样使用有限原料多出产品
C．催化剂的使用是提高产品产率的有效方法
D．正确利用化学反应速率和化学反应限度理论都可以提高化工生产的综合经济效益
【答案】(1). 0.01mol·L－1·min－1 (2). 50% (3). C、D (4). ＞ (5). C (6). 2 (7). ＞ (8). C
【解析】
分析】（1）若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol，由方程式可知，消耗氮气为0.2mol×=0.1mol，消耗氢气为0.2mol×=0.3mol，根据=计算(N2)，H2的转化率=×100%；
（2）A．催化剂不影响平衡移动；
B．增大容器体积相当于压强减小；
C．依据温度对平衡的影响效果作答；
D．根据反应物的浓度对平衡对反应的影响效果作答；
（3）①正反应为放热反应；
②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数与N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数互为倒数；计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若QcK，反应向逆反应进行；
（4）A．化学反应速率表示反应快慢；
B．根据勒夏特列原理，改变条件使平衡正向移动；
C．使用催化剂不影响平衡移动；
D．化工生产经济效益需要考虑产量及原料利用率。
【详解】（1）若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2 mol，由方程式可知，消耗氮气为0.2mol×=0.1mol，消耗氢气为0.2mol×=0.3mol，则(N2)= =0.01mol/(Lmin)，H2的转化率=×100%=50%，
故答案为：0.01mol/(Lmin)；50%；
（2）A.加了催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，氢气转化率不变，A项错误；
B. 增大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，氢气转化率减小，B项错误；
C. 正反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气转化率增大，C项正确；
D. 加入一定量N2，平衡正向移动，氢气转化率增大，D项正确，
答案选：C、D；
（3）①正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故K1>K2，
故答案为：>；
②A. 平衡时各组分浓度之比与起始浓度及转化率有关，平衡时浓度之比不一定等于化学计量数之比，A项错误；
B. 应是v(H2)正=3v(N2)逆时反应到达平衡，B项错误；
C. 随反应进行气体物质的量减小，恒温恒容下压强减小，容器内压强保持不变说明反应到达平衡，C项正确；
D. 混合气体的总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度为定值，D项错误，
答案选C；
③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数与N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数互为倒数，则400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数K==2；
此时浓度商Qc=()2=v(N2)逆，
故答案为：2；>；
（4）A.化学反应速率表示反应快慢，可指导怎样在一定时间内快出产品，A项正确；
B. 根据勒夏特列原理，改变条件使平衡正向移动，可指导怎样使用有限原料多出产品，B项正确；
C. 使用催化剂加快反应速率，一定时间内快出产品，但不影响平衡移动，不能提高产品产率，C项错误；
D. 化工生产经济效益需要考虑产量及原料利用率，改变条件，增大化学反应速率，使平衡正向移动，可以提高化工生产的综合经济效益，D项正确；
答案选C。