【化学】黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
说明：1. 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16
第Ⅰ卷 选择题（共55分）
一、单项选择题（共20个小题，每题2分，共40分）
1. 我们主要从三个方面讨论一个化学反应的原理，其中不属于这三个方面的是（ ）
A. 反应进行的方向 B. 反应的快慢
C. 反应进行的限度 D. 反应物的多少
【答案】D
【解析】试题分析：我们要讨论一个化学反应的原理，应该讨论反应向什么方向进行，反应进行的快慢程度，反应进行的最大程度是多少，因此是与讨论研究反应无关的是反应物的多少，故选项是C。
2.下列说法正确的是（ ）
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
②普通分子有时也能发生有效碰撞
③升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的有效碰撞次数
④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多
⑤使用催化剂能提高反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大
⑥化学反应实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞
A. ①②⑤ B. ③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. ②③④
【答案】B
【解析】试题解析：①碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故错误；②普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故错误；③升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，则增加了活化分子的有效碰撞次数，反应速率加快，故正确；④增大反应物浓度，活化分子数目增大，单位体积内有效碰撞的次数增多，反应速率加快，故正确；⑤使用催化剂，降低分子所需的能量，使有效碰撞频率增大，反应速率加快，故错误；⑥活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故正确；故选B．
3.对反应A+B=AB来说，常温下按以下情况进行反应：
①20mL溶液中含A、B各0.01mol ②50mL溶液中含A、B各0.05mol
③0.1mol•L-1的A、B溶液各10mL ④0.3 mol•L-1的A、B溶液各50mL
四者反应速率大小关系是（ ）
A. ②>①>④>③ B. ④>③>②>① C. ①>②>④>③ D. ①>②>③>④
【答案】A
【解析】其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。①中，A、B的浓度均为0.5 mol • L−1；②中，A、B的浓度均为1 mol • L−1；③中混合后A、B的浓度分別为0.05 mol • L−1；④中混合后A、B的浓度分别为0.15 mol • L−1，故反应速率②>①>④>③。
4.可逆反应mA(g)+ nBpC(g)+qD(g)中，A和D都是无色气体，达到平衡后，下列叙述正确的是（ ）
A. 若增加B的量，平衡体系颜色加深，说明B必是气体
B. 增大压强，平衡不移动，说明m+n一定等于p+q
C. 升高温度，A的转化率减小，说明正反应是吸热反应
D. 若B是气体，增大A的量，A、B的转化率都增大
【答案】A
【解析】
【详解】已知A和D都是无色气体，B的状态和颜色、C的颜色均未确定；
A.增加B的量，平衡体系颜色加深，B为有色气体，可以导致体系颜色加深；若C为有色气体，B为无色气体，也因增大了B浓度引起平衡向右移动，导致有色气体C浓度增大，使体系颜色加深，所以B必为气体，故A正确；
B.增大压强平衡不移动，说明该反应为反应前后气体体积不变，在B状态不明确的情况下m+n不一定等于p+q，故B错误；
C.升高温度，A的转化率减小，平衡向左移动，说明正反应为放热反应，故C错误； 
D.若B是气体，增大A量，A的转化率减小，B的转化率增大，故D错误；
答案选A。
5.下图中a曲线表示一定条件下的可逆反应:X (g) + Y (g) 2Z (g) + W(s)，正反应放热的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是: （ ）

A. 加入W B. 增大X的浓度
C. 升高温度 D. 增大压强
【答案】D
【解析】
【分析】a曲线变为b曲线，反应速率增大，但平衡不移动，据此解答。
【详解】A. W是固体，加入W反应速率不变，A不符合；
B. 增大X的浓度反应速率增大，平衡向正反应方向进行，B不符合；
C. 正反应放热，升高温度反应速率增大，平衡向逆反应方向进行，C不符合；
D. 增大压强反应速率增大，又因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，故增大体系压强平衡不移动，可实现此目的，D符合。
答案选D。
6.在密闭容器中，将1.0mol CO与1.0mol H2O混合加热到800℃，发生下列反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）。一段时间后该反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.5mol．则下列说法正确的是（ ）
A. 800℃下，该反应的化学平衡常数为0.25
B. 427℃时该反应的平衡常数为9.4，则该反应的△H＜0
C. 800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0mol的CO（g），则平衡时CO物质的量分数为33.3%
D. 800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0mol的H2O（g），则平衡时CO转化率为33.3%
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据三段式进行分析：
   CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 1    1      0      0
转化量（mol） 0.5  0.5     0.5     0.5
平衡量（mol） 0.5  0.5      0.5     0.5
由于反应前后体积不变，则可以用物质的量来计算平衡常数，
A、该温度下反应的平衡常数K＝（0.5×0.5）/(0.5×0.5)＝1，故A错误；
B．427℃时该反应的平衡常数为9.4，这说明降低温度平衡向正反应方向移动，因此正方应是放热反应，即该反应的△H＜0，故B正确；
C．此时CO转化率是0.5mol/1mol×100%＝50%，800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO（g），则平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，因此剩余CO的物质的量大于2mol－2mol×50%＝1mol，则平衡时CO物质的量分数小于×100%＝33.3%，故C错误；
D、800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H2O（g），则
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 1    2       0     0
转化量（mol） x    x       x     x
平衡量（mol）1－x  2－x      x     x
因此有＝1，解得x＝2/3，所以平衡时CO转化率,×100%＝66.7%，故D错误；
答案选B。
7.将4 mol A气体和2mol B气体在2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)，反应2 s后测得C的物质的量为1.2mol。下列说法不正确的是（ ）
A. 用物质B表示2s内的平均反应速率为0.15 mol/(L·s)
B. 用物质A表示2 s内的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)
C. 2 s后物质B的浓度为0.35 mol/L
D. 2 s后物质A的转化率为30%
【答案】C
【解析】
【分析】2A(g) + B(g)2C(g)
起始（mol） 4 mol 2mol 0
转化 （mol）1.2mol 0.6mol 1.2mol
2 s后（mol）2.8mol 1.4mol 1.2mol
【详解】A.2s内v(B)= =0.15 mol/(L·s)，故A正确；
B.2s内v(A)=2v(B)=0.3 mol/(L·s)，故B正确；
C. 2s后物质B的浓度为 1.4mol/2L=0.7mol/L，故C错误；
D. 2s后物质A的转化率×100％=30％，故D正确；
故选C。
8.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g) 3C(g)，若反应开始时充入2mol A和2mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是（ )
A. 1mol B和1mol C B. 2mol A、3mol B和1mol He（He不参加反应）
C. 2mol C D. 2mol A、3mol B和3mol C
【答案】C
【解析】
【分析】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中达到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，若要平衡后A的体积分数大于a%，说明平衡向左移动，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，满足n（A）：n（B）＞1：1，据此进行判断即可。
【详解】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中达到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，为等效平衡，则：
A.1molB和1molC，相当于2/3molA和4/3molB，n（A）：n（B）=1：2＜1：1，A的转化率增大，则平衡后A的体积分数小于a%，故A错误；
B.2molA、3molB和1mol He，1mol He对平衡无影响，n（A）：n（B）=2：3PD=PB，D错误。
答案选C。
12.反应3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)的反应速率随时间变化如下图所示，在t1、t2、t3、t4时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是（ ）

A. t6～t7阶段，C的百分含量最大
B. t2～t3阶段，A的转化率最小
C. t3时，改变因素一定是使用了催化剂
D. t5时，改变因素一定是升高了温度
【答案】D
【解析】
【分析】由图中反应速率的变化可知，t1时增了生成物的浓度，t3时加入了催化剂或增大了体系压强，t4时减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时升高温度，t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。
【详解】3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)说明该反应△H＜0，反应前后气体体积不变，压强对化学平衡无影响。
由图中反应速率的变化可知，t1时速率增加且平衡逆向移动，改变条件为增了生成物的浓度，t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，t4时速率同等程度减小，改变的条件为减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时速率增大且平衡逆向移动，改变的条件为升高温度。
t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。
A.0～t1阶段，C的百分含量最大，A错误；
B.t6～t7阶段A的转化率最小，B错误；
C.t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，C错误；
D.t5时速率增大且平衡逆向移动，改变的条件为升高温度，D正确；
故合理选项是D。
13.一定条件下，将一定量的A、B混合气体充入密闭容器中发生下列反应：2A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g) ΔH＞0。当由M平衡到N平衡过程中，温度与对应变化及M、N平衡混合气体中某些气体的物质的量如图所示。则平衡M到平衡N过程中B的转化率是（ ）

A. 24% B. 30%
C. 60% D. 48%
【答案】A
【解析】
【详解】有反应方程式可知：△n(A)=△n(B)，而由图像可知△n(A)=1.5mol-0.3mol=1.2mol，所以△n(B)=1.2mol，α(B)=×100%=×100%=24%，A项正确；
答案选A。
14.T ℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s)　ΔHp1；
②压强较大(即压强为p2)时对应的φ(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则a＋bT2；
②温度较高(即温度为T1)时对应的φ(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH＞0。
答案选A。
16.在容积不变的密闭容器中存在如下平衡：2SO2(g)＋O2(g)D2SO3(g) △H= −QkJ/mol(Q＞0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述平衡的影响，下列分析正确的是（ ）

A. 图I研究的是t0时刻增大O2的浓度对平衡的影响
B. 图II研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率和平衡的影响
C. 图III研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图III研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低
【答案】B
【解析】
【详解】A.增大氧气浓度时，三氧化硫浓度不变，则逆反应速率瞬间不变，所以改变条件时刻，逆反应速率曲线有接触点，该图象没有接触点，故A错误；
B.催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以平衡不移动，故B正确；
C.催化剂改变正逆反应速率但不影响平衡移动，则二氧化硫的转化率不变，根据图象知，甲使用催化剂、乙不使用催化剂，故C错误；
D.温度越高反应速率越大，则反应达到平衡时间越短，该反应是放热反应，升高温度二氧化硫转化率降低，根据图象知，乙温度较高，故D错误；
故选B。
17.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如下图所示,下列说法错误的是（ ）

A. 反应总过程ΔH2c1 ，A错误；
B. 综上分析可知，p2p1，所以p22c1，c3< c1，所以c2>2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )KC (4). 2
【解析】
【分析】（1）根据图1所示信息，根据v=∆c/∆t计算出v（CO）反应速率，再根据速率之比和系数成正比计算出 v（H2）反应速率；根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比进行计算。
（2）①平衡常数与温度有关，CO与H2反应生成甲醇的反应为放热反应，据此进行分析；
②根据在同一温度下，平衡常数不变的规律，结合图给信息进行分析。
【详解】（1）由图1可知，起始时CO为的浓度为1mol/L，反应减小的CO的浓度为1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，10min时达到平衡，则用CO表示的反应速率为：0.75mol/L÷10min=0.075 mol·L-1·min-1，根据速率比和系数成正比可知，用H2表示平均反应速率v(H2)=2v（CO）=2×0.075 mol·L-1·min-1= 0.15mol·L-1·min-1；由图1可知，起始时CO为的浓度为1mol/L，容器的体积为2L，n（CO）=2mol；n（H2）=5mol；反应达平衡后，n（CO）=0.25mol/L×2L=0.5mol，n（H2）=5mol-0.15mol·L-1·min-1×2L×10min=2mol；n( CH3OH )=0.75mol/L×2L=1.5mol；其它条件不变，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以反应前后体系的压强之比为：（2+5）：（0.5+2+1.5）=7：4；
故答案是：0.15mol·L-1·min-1 ；7：4；
（2）①平衡常数与温度有关，CO与H2反应生成甲醇的反应为放热反应，则温度升高，平衡常数减小，则KCKC；
故答案是：KA＝KB>KC；
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，状态A与B的平衡常数相同，状态A时CO的转化率为0.5，则平衡时CO的物质的量是10mol×（1-0.5）=5mol，浓度是0.5mol/L；c（H2）=1mol/L，生成甲醇的物质的量是5mol，浓度为0.5mol/L；所以平衡常数KA=1；设状态B时容器的体积是VL，状态B时CO的转化率是0.8，则平衡时，CO的物质的量是2/Vmol/L，氢气的物质的量浓度是4/Vmol/L，生成甲醇的物质的量浓度是8/Vmol/L，则KB=8/V÷[2/V×(4/V)2]=1，解得V=2；答案是：2。
28.CO2和CH4是两种主要的温室气体。以CH4和CO2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题。
(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。
已知：①CH3OH(g) + 3/2 O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ∆H1= a kJ/mol②H2(g) + 1/2 O2(g) = H2O(l) ∆H2= b kJ/mol ③H2O(g) = H2O(l) ∆H3= c kJ/mol，则CO2和H2反应生成CH3OH和水蒸气的热化学方程式为_____。
(2)用Cu2Al2O4作催化剂制备乙酸。已知：CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g) ∆H2=akJ/mol。
①各物质相对能量大小如图所示，则a=___。

②该反应的速率方程可表示为：v(正)=k正c(CO2)c(CH4)和v(逆)=k逆c(CH3COOH)，k正和k逆在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数，请写出用k正，k逆表示的平衡常数的表达式K=___。
(3)将CO2和CH4在一定条件下反应可制得工业合成气，在1 L 密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度为1.0 mol/L，在一定条件下发生反应：CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示：

则：①压强P1，P2，P3，P4由大到小的关系为___。
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(记作Kp)，如果P4=2 MPa，求x点的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③下列措施中能使平衡体系中c(CO)/c(CO2)减小的是__。
A．升高温度 B．增大压强
C．保持温度、压强不变，充入He D．恒温、恒容，再充入1 mol CO2和1 mol CH4
(4)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用下图所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO(电解质溶液为稀硫酸)，该装置工作时，N___极的电极反应式为______，若导线中通过电子为a mol，则M极电解质溶液中H+改变量为___mol，N极电解质溶液∆m=__g。

【答案】(1). CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol (2). E2-E1 (3). (4). P4>P3>P2>P1 (5). (MPa)2 (6). BD (7). 正 (8). CO2+2H++2e-=CO+H2O (9). 0 (10). 9a
【解析】
【分析】(1)根据盖斯定律进行分析；
(2)①根据图示可知，该反应为吸热反应，∆H2=生成物总能量-反应物总能量；
②CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g)，平衡常数的表达式K=c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)；反应达到平衡后，v(正)= v(逆)，据此可以求出K。
(3) ①该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行,甲烷的转化率降低，据此分析压强的大小；
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强P(B)代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数(记作KP)，则该反应的平衡常数的表达式；结合化学平衡三段式列式计算；
③从图示可知，温度升高，甲烷的转化率增大，所以CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，反应为吸热反应；根据平衡移动规律进行分析；
(4)根据装置中电子流向知，M是负极，N是正极；正极反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；M电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，总反应式为：2CO2= 2CO+ O2；根据导线中通过电子为a mol，分析M极电解质溶液中H+改变量、N极电解质溶液∆m。
【详解】(1)已知①CH3OH(g) + 3/2 O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ∆H1= a kJ/mol；②H2(g) + 1/2 O2(g) = H2O(l) ∆H2= b kJ/mol ；③H2O(g) = H2O(l) ∆H3= c kJ/mol，根据盖斯定律知, ②×3-①-③得：CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol；
故答案是: CO2(g) +3H2(g）CH3OH(g) +H2O(g) ∆H=（3b-a-c）kJ/mol；
(2)①根据图示可知，该反应为吸热反应，∆H2=生成物总能量-反应物总能量 = E2-E1=a kJ/mol；故答案是：E2-E1；
②CO2（g）+CH4（g） CH3COOH(g)，平衡常数的表达式K=c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)；反应达到平衡后，v(正)= v(逆)，所以k正c(CO2)c(CH4)= k逆c(CH3COOH)，因此= c(CH3COOH)/c(CH4)c(CO2)= K； 故答案是：；
(3) ①由图可以知道,温度一定时,甲烷的转化率α(P1)> α(P2)> α(P3) >α(P4)，该反应正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应进行,甲烷的转化率降低,故压强P4>P3>P2>P1；
故答案是: P4>P3>P2>P1；
②对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强P(B)代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数(记作KP)，则该反应的平衡常数的表达式；结合化学平衡三段式列式计算,设体积为1L，a点甲烷转化率为50%；
CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)
起始量（mol） 1 1 0 0
变化量（mol） 0.5 0.5 1 1
平衡量（mol） 0.5 0.5 1 1
平衡气体总物质的量=3mol，如果P4=2 MPa，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，则a点的平衡常数KP=[(2×1/3)2×(2×1/3)2]÷(2×0.5/3)2=(MPa)2 ；
故答案是: (MPa)2 ；
③从图示可知，温度升高，甲烷的转化率增大，所以CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g) + 2H2(g)，反应为吸热反应；
A．升高温度，平衡右移，c(CO2)减小，c(CO)增大，所以c(CO)/c(CO2)增大，故A错误；
B．该反应正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应进行，c(CO2)增大，c(CO)减小，所以c(CO)/c(CO2)减小，故B正确；
C．保持温度、压强不变，充入He，气体体积增大，平衡向右移动，c(CO2)减小，c(CO)增大，所以c(CO)/c(CO2)增大，故C错误；
D．恒温、恒容，再充入1 mol CO2和1 mol CH4，与原平衡相比等效于加压过程，平衡左移，c(CO2)增大，c(CO)减小，所以c(CO)/c(CO2)减小，故D正确；
故答案是：BD。
(4)该装置中，根据电子流向知，M是负极，N是正极；正极发生还原反应，反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；M电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，总反应式为：2CO2= 2CO+ O2；故导线中通过电子为a mol，则M极电解质溶液中H+改变量为amol；根据CO2+2H++2e-=CO+H2O反应可知，导线中通过电子为a mol时， N极电解质溶液增加量为∆m=（22a+a）-14a=9ag；故答案是：正；CO2+2H++2e-=CO+H2O；0；9a。