2018-2019学年高二化学上学期10月模块诊断试卷(含解析).doc

2018-2019学年高二化学上学期10月模块诊断试卷(含解析)1.下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D开采可燃冰，将其作为能源使用A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。2. 油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)=57CO2(g)+52H2O(l)已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8104kJ。油酸甘油酯的燃烧热H为A. 3.8104kJmol-1 B. 3.8104kJmol-1C. 3.4104kJmol-1 D. 3.4104kJmol-1【答案】D【解析】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8104kJ，则1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热H=-=-3.4104kJmol-1，故选D。视频3.据人民网xx年9月4日报道，有一集团拟将在太空建立巨大的集光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢，其反应可表示为：2H2O2H2+O2。有下列几种说法： 水分解反应是放热反应； 氢气是一次能源； 使用氢气作燃料有助于控制温室效应； 若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件。其中叙述正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】氢气燃烧反应是放热反应，则水的分解反应是吸热反应；氢气是由一次能源产生的能源（如电解水制氢、光解水制氢等等），所以氢气是二次能源；使用氢气作燃料，由于其产生的物质是水，不会造成大气污染，所以有助于控制温室效应；若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来作为可以再生的能源使用，同时可以减少空气中温室气体的含量，从而改善生存条件。综上所述正确的说法有，答案选C。4.下列关于说法正确的是A. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件下和在点燃条件下的H不同B. CO(g)的燃烧热H =-283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的H=+566.0kJ/molC. 热化学方程式未注明温度和压强时，H表示标准状况下的数据D. 在加热或点燃条件下才能进行的化学反应一定为吸热反应【答案】B【解析】【详解】A.在相同条件下，反应的的H只与反应的起始状态和最终状态有关，与途径无关，则同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件下和在点燃条件下的H是相同的，故A说法错误；B. 由CO(g)的燃烧热H =-283.0kJ/mol可得热化学方程式：2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g) H=-566.0kJ/mol，则热化学方程式2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的H与之数值相等，符号相反，则其H=+566.0kJ/mol，故B说法正确；C热化学方程式未注明温度和压强时，H表示常温常压下的反应热，故C说法错误；D.反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关系，只与反应物和生成物能量的相对大小有关系。在加热条件下才能进行的化学反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，故D说法不正确；答案选B。【点睛】书写和应用热化学方程式时必须注意以下几点：明确写出反应的计量方程式，各物质化学式前的化学计量系数可以是整数，也可以是分数。各物质化学式右侧用圆括弧（）表明物质的聚集状态。可以用g、l、s分别代表气态、液态、固态。溶液中的反应物质，则须注明其浓度，以aq代表水溶液，(aq) 代表无限稀释水溶液。反应热与反应方程式相互对应。若反应式的书写形式不同，则相应的化学计量系数不同，故反应热亦不同。热化学方程式必须标明反应的浓度、温度和压力等条件，若在常温常压时可省略。5.煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) H1=+218.4 kJ/mol(反应I)CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) H2=-175.6 kJ/mol (反应II)下列有关说法正确的是A. 反应I在较低的温度下可自发进行B. 反应II在较低的温度下可自发进行C. 用生石灰固硫的反应为:4CaO(s)+4SO2(g) 3CaSO4(s)+CaS(s) H3，则H3H2D. 由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s) CaO(s)+SO3(g)的焓变【答案】B【解析】【详解】A.因反应I的H10，S0，根据自由能判据G=H-TS0可知，该反应在高温下能自发进行，故A说法错误；B.要使反应II自发进行，则自由能判据G=H-TS0，已知H20，H20，所以H3H2,故C说法错误；D.反应I和反应II中没有SO3(g)，所以无法通过反应I和反应II计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变，故D说法错误；答案选B。【点睛】本题的难点是B选项，因为反应II前后气体、固体的分子数都不变，即熵变不大，所以焓变对反应的自发性起决定作用，这是利用自由能判据的一种特殊情况，由于是放热反应，低温即可自发进行，且节约能源；易错点是C选项，要明确焓变的比较是带着+、-号进行比较的。6.2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数B. 500、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H=-2a kJmol-lC. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能D. H=E1-E2，使用催化剂可以加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，该反应正反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应；升高温度可提高活化分子的百分数，故A说法正确；B. 500、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热akJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2akJmol-l，故B说法错误；C.该反应中为放热反应，其H0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C说法正确；D. H=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，故D说法正确；答案选B。【点睛】要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物；在反应中使用催化剂能降低反应的活化能，使反应物分子的活化分子的百分数增加。7.美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到xx K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程。下列说法不正确的是A. CO2属于非电解质B. CO与O形成化学键的过程中放出能量C. 钌催化剂可以改变该反应的焓变D. CO与O形成化学键的过程中有电子转移【答案】C【解析】【详解】A.H2CO3是电解质，而CO2是非电解质，故A说法正确；B.形成化学键时需释放能量，故B说法正确；C.催化剂通过改变反应历程来改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故C说法错误；D.CO与O原子反应生成CO2，碳元素的化合价由+2价升高到+4价，所以CO与O形成化学键过程中有电子转移，故D说法正确；答案选C。8.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H B. D. 【答案】A【解析】【详解】首先将速率的单位统一，v(A)0.45 molL1min1=0.0075 molL1s1，然后都用A物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（molL1s1）0.0075、0.2、0.2、0.225，则反应速率大小关系是，答案选A。【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。12.在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g)，达平衡时，再向容器内通入一定量的NO2(g)，重新达到平衡后与第一次平衡时相比，下列说法正确的是A. NO2的体积分数减小 B. NO2的转化率减小C. 化学反应速率不变 D. 气体的平均相对分子质量减小【答案】A【解析】【分析】反应2NO2(g) N2O4(g)达平衡后，再向容器内通入一定量的NO2(g)，可以等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，据此分析可得结论。【详解】A.平衡正向移动，NO2的体积分数减小，故A正确；B. 平衡正向移动，则NO2的转化率增大，故B错误；C.增大压强，各物质的浓度增大，反应速率加快，故C错误；D.气体的总质量不变，平衡正向移动，气体的总物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，故D说法错误；答案选A。13.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描述正确的是A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(Ls)B. 反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC. 反应开始到10s时，Y的转化率为79.0D. 反应的化学方程式为：X(g)+ Y(g)Z(g)【答案】C【解析】分析图象，关键是看变化量和走势，从走势分析X、Y是反应物，Z是生成物，初步分析它们的变化量分别为n(X)120 mol041 mol079 mol，n(Y)10 mol021 mol079 mol，n(Z)158 mol，首先确定该反应的化学方程式为X(g)Y(g)=2Z(g)。据选项要求分别计算出v(Z)0079 molL1s1；c(X)0395 molL1；(Y)100%79%，只有C选项正确。14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得C的浓度为0.50mol/L。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得C的浓度变为0.90mol/L。下列有关判断正确的是A. C的体积分数增大了B. A的转化率降低了C. 平衡向正反应方向移动D. x+yz【答案】B【解析】保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，若平衡不移动，则C的浓度变为1.0mol/L；再次平衡时C的浓度为0.90mol/L1.0mol/L，说明缩小体积，增大压强，平衡逆向移动，则x+yz，C的体积分数减小，A的转化率降低了，答案选B。点睛：错解分析：因为再次平衡时C的浓度0.90mol/L0.50mol/L，说明缩小体积增大压强，平衡正向移动，产生错误的原因忽略了体积的变化。15.将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)达到平衡。下列哪些改变可使平衡移动，且新平衡时氧气的浓度与原平衡不同 ( )A. 保持体积和温度不变，充入一定量的氧气 B. 保持温度不变，缩小容器的体积C. 保持体积不变，升高温度 D. 保持体积和温度不变，加入BaO2【答案】C【解析】A项，保持体积和温度不变，充入一定量的O2，平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数K=c（O2），温度不变，K值不变，新平衡时O2的浓度与原平衡相同；B项，保持温度不变，缩小容器体积，平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数K=c（O2），温度不变，K值不变，新平衡时O2的浓度与原平衡相同；C项，保持体积不变，升高温度，平衡一定发生移动，化学平衡常数K一定发生变化，新平衡时O2的浓度与原平衡不同；D项，BaO2为固体，加入BaO2，平衡不移动；答案选C。点睛：易错分析：本题若按常规思路解题必然出错，在解题时要换思路，解决新平衡时O2的浓度与原平衡时的比较，换成外界条件对化学平衡常数的影响来考虑。16.已知A(？)+aB(g) C(g)+2D(g)（a为正整数）反应过程中，当其他条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图所示。下列说法错误的是A. 若a=2，则A为液态或固体 B. 该反应的正反应为放热反应C. T2T1，P2P1 D. 增加B的物质的量，平衡正移，平衡常数K增大【答案】D【解析】【详解】A根据图2，压强变大，C的百分含量减小，平衡向左移动，所以反应前气态物质的化学计量数之和小于反应后气态物质的化学计量数之和，即若a=2，则A为液态或固体，故A正确；B根据图1，温度升高，C的百分含量减小，平衡向左移动，所以该反应为放热反应，故B正确；C根据图1，T2时反应时间短，速率快，所以T2T1；根据图2，P2时反应时间短，速率快，所以 P2P1，故C正确；DK与反应物的量无关，只受温度的影响，所以其他条件不变，增加B的物质的量，平衡常数K不变，故D错误；答案选D。【点睛】解答时要注意浓度、压强影响化学平衡的几种特殊情况：（1）当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对平衡基本无影响。（2）由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。（3）气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。17.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230时，该反应的平衡常数K=2105。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。下列判断正确的是( )A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B. 第一阶段，在30和50两者之间选择反应温度，选50C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D. 该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)【答案】B【解析】【详解】平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2，故B正确 正向合成K小，逆向分解K大，Ni(CO)4分解率较高，故C错误，；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成Ni(CO)4= v生成(CO)，故D错误。18.某温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应3A(g)2B(g) 4C(s)2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，则下列说法正确的是()A. 该反应的化学平衡常数表达式是B. 此时，B的平衡转化率是40%C. 增大该体系的压强，化学平衡常数增大D. 增加B，B的平衡转化率增大【答案】B【解析】【详解】A、化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，生成物C是固体，所以根据反应的方程式可知该反应的化学平衡常数表达式是，A错误；B、生成1.6molC的同时必然消耗0.8molB，所以B的转化率是40%，B正确；C、平衡常数只与温度有关系，改变压强平衡常数不变，C错误；D、增加B，平衡正向移动，但B的平衡转化率减小，D错误；答案选B。19.在密闭容器中通入A、B两种气体，在一定条件下反应：2A(g)+B(g)2C(g)；H0。达到平衡后，改变一个条件(X)，下列量(Y)的变化一定符合图中曲线的是XYA再加入BB的转化率B再加入CA的体积分数C增大压强A的转化率D升高温度混合气体平均摩尔质量【答案】C【解析】试题分析：A、加一种反应物的浓度，该反应物的转化率降低，提高另一种反应物的转化率，错误；B、加入C，因为只有一种生成物，相当于对反应进行加压，平衡正向移动，A的体积分数减小，错误；C、加压，平衡正向移动，A的转化率增大，符合，正确；D、该反应H0，升高温度，平衡逆向移动，混合气体平均摩尔质量减小，错误。考点：化学平衡的有关计算20.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：容器1容器2容器3反应温度T/K700700800反应物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正(SO2)/molL-1s-1v1v2v3平衡c(SO3)/molL-1c1c2c3平衡体系总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率a1 (SO2)2 (SO3)3 (SO2)平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是A. v1v2，c2K3，p2 2p3C. v1v3，1(SO2) 2c3，2(SO3)+3(SO2)次氯酸，故醋酸和次氯酸钠溶液能发生反应，方程式为：CH3COOH + ClO= HClO + CH3COO；故答案为：CH3COOH + ClO= HClO + CH3COO；（2）草酸H2C2O4是一种二元弱酸，电离时分步进行，其电离方程式为：H2C2O4 H+ + HC2O4 、HC2O4 H+ + C2O42；在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；故答案为：H2C2O4 H+ + HC2O4 、HC2O4 H+ + C2O42；2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；由表中实验条件对比可知：实验a和b仅反应物的浓度不同，b与c仅实验的温度不同，故答案为：a和b、b和c；根据已知数据可得v(KMnO4)=0.01molL1min1，故答案为：0.01molL1min1；在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水在反应前后都存在，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故答案为：反应生成的Mn2+对该反应有催化作用。23.在T 条件下，向1 L固定体积的密闭容器M中加入2 mol X和1 mol Y，发生如下反应：2X(g)Y(g)a Z(g)W(g)HQ kJmol1(Q0，a为正整数)。当反应达到平衡后，反应放出的热量为Q1 kJ，物质X的转化率为；若平衡后再升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小，则(1)化学计量数a的值为_。(2)下列说法中能说明该反应达到了化学平衡状态的是_。A容器内压强一定 B容器内气体的密度一定C容器内Z分子数一定 D容器内气体的质量一定(3)温度维持T 不变，若起始时向容器M中加入的物质的量如下列各项，则反应达到平衡后放出的热量仍为Q1 kJ的是_(稀有气体不参与反应)。A2 mol X、1 mol Y、1 mol ArBa mol Z、1 mol WC1 mol X、0.5 mol Y、0.5a mol Z、0.5 mol WD2 mol X、1 mol Y、1 mol Z(4)温度维持T 不变，若起始时向容器M中加入4 mol X和6 mol Y，若达到平衡时容器内的压强减小了10%，则反应中放出的热量为_kJ。(5)温度维持T 不变，若在一个和原容器体积相等的恒压容器N 中，加入2 mol X和1 mol Y发生如上反应并达平衡，则_(选填M或N)容器中的反应先达到平衡状态，容器中X的质量分数M_N(选填、符号)。(6)已知：该反应的平衡常数随温度的变化如下表：温度/200250300350平衡常数K9.945.210.5若在某温度下，2 mol X和1 mol Y在容器M中反应达平衡， X的平衡转化率为50%，则该温度为_。【答案】 (1). 1 (2). AC (3). A (4). Q (5). N (6). (7). 350【解析】【详解】（1）反应放热，若平衡后再升高温度，则平衡向左移动，混合气体的平均相对分子质量减小，说明反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，即2+1a+1，则a=1，故答案为：1； （2）A.由于反应前后气体的化学计量数之和不相等，则平衡时压强不再发生变化，故A正确；B.由于是在固定体积的容器中反应，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，故B错误；C.反应达到平衡状态时，物质的浓度、含量、质量等不再发生变化，则平衡时容器内Z分子数一定，故C正确；D.反应物和生成物都是气体，无论是否达到平衡状态，容器内气体的质量都一定，故D错误；故答案为：AC；（3）因容器体积不变，充入稀有气体对平衡无影响，放出的热量不变，故A正确；反应从逆反应开始，反应吸收热量，故B错误；C中起始加入量与题干等效，但存在生成物，达平衡时放出的热量均小于Q1kJ，故C错误；D中相当于原平衡时充入了Z，平衡逆向移动，达平衡时放出的热量均小于Q1kJ，故D错误；故答案为：A；（4）设转化的X的物质的量为2amol，则有：2X(g)+Y(g)Z(g)+W(g) H=-QkJmol-1(Q0)起始(mol) 4 6 0 0转化(mol) 2a a a a 平衡(mol) 4-2a 6-a a a由前后的压强之比等于物质的量之比可得：=90%，则a=1，故转化的X为2mol，由热化学方程式可得此时放出的热量为QkJ，故答案为：Q；（5）该条件下，恒压与恒容相比，相当于增大压强，压强越大，反应速率越大，反应到达平衡的时间越短，增大压强平衡向正反应方向移动，则X的质量分数减小，故答案为：N；（6）2molX和1molY在容器M中反应并达到平衡，x的平衡转化率为50%， 2X（g）+Y（g）Z（g）+W（g）起始（mol）：2 1 0 0转化（mol）：1 0.5 0.5 0.5平衡（mol）：1 0