吉林省白城市通榆县第一中学2022-2022学年高二化学上学期第一次月考试题含解析.doc

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1、吉林省白城市通榆县第一中学2022-2022学年高二上学期第一次月考化学试题1. “能源分类相关图如下图，以下四组能源选项中全部符合图中阴影局部的能源是( )A. 煤炭、石油、潮汐能B. 水能、生物能、天然气C. 太阳能、风能、沼气能D. 地热能、海洋能、核能【答案】C【解析】【详解】A. 煤炭、石油是化石能源，不是新能源，是非再生能源；潮汐能不是来自太阳能，A项不符合； B. 天然气是化石能源，不是新能源，B项不符合；C. 太阳能、风能、沼气能都是来自太阳能的可再生能源，也是新能源，C项符合；D. 地热能、核能不是来自太阳能，D项不符合；答案选C。2.在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成

2、CO2和液态水时放热22.68kJ，以下表示甲醇燃烧热的热化学方程式正确的选项是A. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=+725.8 kJmol1B. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=-1452 kJmol1C. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-725.8 kJmol1D. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=+1 452 kJmol1【答案】C【解析】【详解】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定物质时放出的热量，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.

3、68kJ，那么1mol甲醇的质量为32g,燃烧放出的热量为22.68kJ32=725.76kJ，故表示其反响热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-725.8 kJmol1，故答案选C。3. 以下说法或表示方法中正确的选项是( )A. 相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反响的热效应H1H2B. 由C石墨C金刚石H=+1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定C. 在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。那么有关氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2g+O2g=2H2OlH=+285.8kJ/molD. 在稀溶液中

4、，H+(aq)+OH(aq)H2OlH=57.3kJ/mol，假设将含0.5mol硫酸的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ【答案】D【解析】试题分析：A、相同的条件下等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，所以分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，但H1H2B. 锡在常温下以灰锡状态存在C. 灰锡转化为白锡的反响是放热反响D. 锡制器皿长期处在低于132 的环境中，会自行毁坏【答案】D【解析】DH3DH2-DH1.0,DH2DH1，灰锡转化为白锡的反响是吸热反响，灰锡比白锡能量低稳定，长期处于低于13.2 环境中，会自行毁坏。AC错误。锡在常温下以灰锡状态存在，因为在大于1

5、3.2 灰锡转化为白锡。B错误。10.以下说法错误的选项是()化学反响除了生成新物质外，还伴随着能量的变化需要加热才能发生的化学反响一定是吸热反响活化分子间的碰撞一定是有效碰撞化学反响放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反响物具有的总能量的相对大小反响物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反响任何化学反响都有反响热化学反响中的能量变化都表现为热量的变化A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反响有化学键的断裂和形成，都伴有能量变化，故正确；燃烧反响需要加热或点燃，但燃烧反响为放热反响，故错误；只有活化分子间有适宜的取向、发生的碰撞才能发生

6、化学反响，即活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，故错误；放热反响是指反响物所具有的总能量高于生成的总能量，吸热反响是反响物所具有的总能量低于生成的总能量，故正确；反响热取决于反响物与生成物总能量的相对大小，当反响物的总能量高于生成物的总能量时发生放热反响，故正确；化学反响的实在是反响物化学键断裂和生成物中化学键的形成，过程中一定伴随能量变化，所以任何化学反响都有反响热，故正确；化学反响中的能量变化形式有多种，如光能、声能、电能等，但通常表现为热量的变化，故错误；错误的有，应选C。11.乙醇的燃烧热为H1，甲醇的燃烧热为H2，且H1H2，假设乙醇和甲醇的混合物1 mol完全燃烧，反响热为H3，那么

7、乙醇和甲醇的物质的量之比为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设乙醇的物质的量是amol，甲醇的物质的量是bmol，那么a+b=1aH1+bH2=H3由方程组解得，那么乙醇和甲醇的物质的量之比，故答案选B。12. 以下关于反响热的说法正确的选项是 A. 在稀溶液中所有酸和碱反响的中和热数值都相等B. C(s)+ O2(g)=CO(g) H=-110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJ/molC. 需要加热才能发生的反响一定是吸热反响D. 化学反响的反响热只与反响体系的始态和终态有关，而与反响的途径无关【答案】D【解析】试题分析：A、在稀溶液中弱酸或弱碱发生中和反响时

8、，弱酸或弱碱电离吸热，错误，不选A；B、燃烧热是指1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，反响中产物为一氧化碳，错误，不选B；C、某些放热反响也需要加热条件才能发生，需要加热的不一定是吸热反响，错误，不选C；D、物质能量一定，对于确定的反响，反响的反响热只于体系始态和终态有关与变化途径无关，正确，选D。考点：反响热和焓变，化学能与热能的相互转化13.强酸与强碱的稀溶液发生中和反响的热效应为：HaqOHaqH2OlH57.3KJmol1。分别向1L 0.5molL1的BaOH2的溶液中参加浓硫酸；稀硫酸；稀硝酸，恰好完全反响的热效应分别为H1、H2、H3，以下关系正确的选项是A. H1

9、H2H3B. H1H2H3C. H1H2H3D. H1H2H3【答案】B【解析】【分析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反响的H57.3kJmol1，浓硫酸稀释、生成沉淀都会使放出热量变大，H变小。【详解】分别向1L 0.5molL1的Ba(OH)2的溶液中参加浓硫酸；稀硫酸；稀硝酸。浓硫酸稀释会放出大量热，同时又有BaSO4沉淀生成，故H1-57.3kJmol1；稀硫酸与Ba(OH)2反响生成BaSO4沉淀,使H2-57.3kJmol1，由于浓硫酸稀释会放出大量热，故H1H2；稀硝酸与1L 0.5molL1的Ba(OH)2的溶液反响H3=57.3kJmol1，故H1H2H3。综上，此题选B。【点睛

10、】25，101kpa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反响的中和热为57.3kJmol1，酸如果选择浓硫酸，由于浓硫酸稀释时放热，故发生中和反响生成1mol水时，放出热量大于中和热数值，H变小。如果选择弱酸或弱碱，由于弱酸和弱碱电离吸热，发生中和反响生成1mol水时，放出热量小于中和热数值，H变大。14.一些烷烃的燃烧热如下表：化合物燃烧热/kJmol1化合物燃烧热/kJmol1甲烷890.3正丁烷2878.0乙烷1560.8异丁烷2869.6丙烷2221.52甲基丁烷3531.3以下表达正确的选项是A. 乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6g7O2g4CO2g6H2OgH1560.8kJmol1

11、B. 稳定性：正丁烷异丁烷C. 正戊烷的燃烧热大于3531.3kJmol1D. 相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多【答案】C【解析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物是放出的热量，H2O应是液态，即C2H6g7/2O2g2CO2g3H2OlH1560.8kJmol1，故A错误；B、根据正丁烷和异丁烷燃烧热，正丁烷具有的能量高于异丁烷，物质具有能量越高，物质越不稳定，即稳定性为正丁烷异丁烷，故B错误；C、2甲基丁烷为异戊烷，因此根据正丁烷和异丁烷燃烧热，推出正戊烷的燃烧热大于3531.3kJmol1，故C正确；D、相同质量时，甲烷燃烧放出的热量是890.3/16

12、kJ=55.6kJ，乙烷燃烧的热量为1560.8/30kJ=52kJ，因此等质量时，碳原子质量分数越大的烷烃燃烧放出的热量越少，故D错误。15.对于在一个密闭容器中进行的反响C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，以下条件的改变对反响速率几乎没有影响的是 增加C的量； 增加CO的量；将容器的体积缩小一半； 保持体积不变，充入N2以增大压强；升高反响体系的温度； 保持压强不变，充入N2以增大体积。A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据影响化学反响速率的外因分析判断。【详解】C为固体，改变其用量不影响反响速率；增加CO量即增大CO气体浓度，化学反响速率增大；将容器的体积缩

13、小，容器中气体浓度增大，反响速率增大； 体积不变时充入N2，与反响有关的气体浓度不变，反响速率不变；升高反响温度，反响速率加快；压强不变时充入N2，容器体积变大，与反响有关的气体浓度减小，反响速率减小。此题选B。16.一定量的混合气体在密闭容器中发生反响 mAg+nBgpCg到达平衡后，温度不变，将气体体积缩小到原来的1/3，到达平衡时，C的浓度为原来的2.5倍，那么以下说法正确的选项是A. C的体积分数增加B. A的转化率降低C. 平衡向正反响方向移动D. m+np【答案】B【解析】【分析】平衡后将气体体积缩小到原来的1/3，压强增大，如果平衡不移动，那么到达平衡时C的浓度为原来的3倍，但此

14、时C的浓度为原来的2.5倍，说明增大压强平衡向逆反响方向移动，逆向是气体体积减小的反响，根据平衡移动原理分析，即可得到答案案。【详解】平衡后将气体体积缩小到原来的1/3，压强增大，如果平衡不移动，那么到达平衡时C的浓度为原来的3倍，但此时C的浓度为原来的2.5倍，说明增大压强平衡向逆反响方向移动，逆向是气体体积减小的方向。A.由上述分析可以知道,增大压强平衡向逆反响方向移动，C的体积分数减小，故A项错误；B.增大压强，平衡向逆反响方向移动，所以A的转化降低，故B项正确；C.增大压强平衡向逆反响方向移动，故C项错误；D.增大压强平衡向逆反响方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，那么有m+n

15、p，故D项错误。综上，此题选B。17.某反响进行过程中,各物质物质的量的变化情况如下图。以下说法正确的选项是A. C、D是生成物B. 反响的方程式为2A + B2CC. 2 min后各物质的量不再变化D. 该反响不是可逆反响【答案】C【解析】【分析】由图像可知，反响前后，A减少2mol，B减少1mol，C增加2mol，D先减少后增加且物质的量不变，故可知A、B为反响物，C为生成物，D为反响的催化剂，可得反响方程式为。【详解】A. C为生成物，D为反响的催化剂，故A错误；B. 反响的方程式为，故B错误；C. 2min后，反响到达平衡状态，各组分物质的量不再变化，C正确；D. 2min后，反响物和

16、生成物同时存在，且物质的量不发生变化，该反响为可逆反响，故D错误；故答案选C。【点睛】在一个反响中，某物质含量先减少，后增加为原来的量，该物质可能为催化剂，假设某物质的含量先增加，后减少为原来的含量，那么该物质可能为中间产物。18.以下关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的选项是A. 增大反响物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反响速率B. 通过压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高反响速率C. 升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反响速率D. 参加催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反响速率【答案】B【解析】【分析】A、浓度增大，活化分子数

17、目增多；B、压强增大，活化分子数目增多；C、升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，增大反响速率；D、催化剂能降低活化能增大活化分子百分数。【详解】浓度增大，活化分子数目增多，从而使反响速率增大，A不选；有气体参加的化学反响，假设压强增大，活化分子数目增多，从而使反响速率增大，B选；升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，那么反响速率加快，C不选；催化剂能降低活化能增大活化分子的百分数，从而增大反响速率增大，D不选。应选B。【点睛】此题考查影响化学反响速率的影响，把握活化分子及活化理论为解答的关键。19.分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-溶液中，H2O2的分解机

18、理为：H2O2+I-H2O+IO- 慢，H2O2+IO-H2O+O2+I- 快；以下有关反响的说法正确的选项是( )A. 反响的速率与I-的浓度有关B. IO-也是该反响的催化剂C. 反响活化能等于98kJmol-1D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)【答案】A【解析】【详解】A、根据反响机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反响速率就快，A正确；B、IO-不是该反响的催化剂，B错误；C、反响的活化能是反响物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反响的物质得到多少，错误；D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2；由于水是纯液体，不能用来表示

19、反响速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反响速率也不同，D错误；故合理选项为A。20.一定温度和压强下，N2(g)和H2 (g)反响生成2molNH3(g)，放出92.4kJ热量。在同温同压下向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，达平衡时放出热量为Q1kJ；向另一体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2，相同温度下到达平衡时放出热量为Q2kJ。那么以下表达正确的选项是( )A. 2Q2Q192.4kJB. 2Q2=Q1=92.4kJC. 2Q2Q1=924kJD. 2Q2=Q192.4kJ【答案】A【解析】【分析】N2(g)和H2 (g)反响生成2molNH3

20、(g)的反响为可逆反响，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q192.4kJ，甲与乙相比拟，甲相当于在乙的根底上增大压强，平衡向正反响方向移动，那么甲转化率大于乙。【详解】该反响为可逆反响，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q192.4kJ，甲与乙相比拟，甲相当于在乙的根底上增大压强，平衡向正反响方向移动，那么甲转化率大于乙，如转化率相等，那么Q1=2Q2，而转化率越大，那么反响的热量越多，那么Q12Q2，所以2Q2Q192.4kJ，应选A。【点睛】此题综合考查化学平衡移动问题，侧重于分析能力，此题可从压强对平衡移动影响的角度分析。21

21、.以下事实不能用勒夏特列原理平衡移动原理解释的是 铁在潮湿的空气中容易生锈二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气钠与氯化钾共融制备钾Na(l)+KCl(l) K(g)+NaCl(l)开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】铁在潮湿的空气中生锈是因为发生了电化学腐蚀，与平衡移动无关；二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深，是因为二氧化氮浓度的增加，并不是因平衡移动导致；氯气溶于水存在平衡：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，而饱和食盐水中氯离子浓度到达饱和，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，故

22、不能再溶解氯气，因此实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释；钠与氯化钾共融制备Nal+KCllKg+NaCll ，因反响条件为高温，生成物中Kg挥发，使生成物浓度降低，平衡右移，能用勒夏特列原理解释；啤酒中因有二氧化碳和水反响生成的碳酸，开启啤酒瓶后，压强降低，碳酸分解为二氧化碳和水，二氧化碳放出，瓶中马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释；故答案为：，选B。22.在一定温度下，以下表达不是可逆反响A(气)+3B(气)2C(气)+2D(固)到达平衡的标志的是 C的生成速率与C的分解速率相等 单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B A、B、C的浓度不再变化 A

23、、B、C的分压强不再变化混合气体的总压强不再变化 混合气体的物质的量不再变化A、B、C、D的分子数之比为1:3:2:2A. B. C. D. 【答案】A【解析】在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时但不为0，反响体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。所以可以说明。中反响速率的方向相同，不能说明由于反响是体积减小的反响，所以可以说明。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此不能说明，所以答案选A。23.如下图，向A和B中都充人2molX和2molY，起始VA=0.8a L，VB=a L保持温度不变，在有催化剂的条件下，两容器

24、中各自发生以下反响：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)到达平衡时，VA=0.9a L，那么以下说法错误的选项是 ( )A. 两容器中到达平衡的时间ABB. 翻开K到达新平衡后，升高B容器温度,A容器体积相比原平衡状态时一定增大C. A容器中X的转化率为25%，且比B容器中的X的转化率小D. 翻开K一段时间达平衡时，A的体积为0.8a L连通管中的气体体积不计【答案】C【解析】【分析】根据图象知,A保持恒压,B保持恒容。A、化学反响速率与物质的浓度有关,浓度越大,反响速率越大; B、翻开K达新平衡等效为A中到达的平衡,根据X的转化率计算平衡后总的物质的量,再根据体积之比等于物质的量之比计算总

25、体积,进而计算A容器的体积,升高温度,平衡向吸热方向移动,据此判断;C、先根据相同条件下,气体的气体之比等于物质的量之比计算平衡后气体的物质的量,再结合方程式计算X反响的物质的量,最后根据转化率公式计算X的转化率,再结合B装置中压强对化学平衡的影响判断X的转化率;D、升高温度,平衡向吸热方向移动;升高温度,气体膨胀,体积增大;【详解】A、起始时VA=0.8a L，VB=a L,A装置中的浓度大于B装置中的浓度,但随着反响的进行,最终仍然A装置中的浓度大于B装置中的浓度,所以两容器中到达平衡的时间AB,所以A正确; B、反响X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)H铁金属的性质越活泼，反响速率越快

26、(1)甲同学实验报告中的实验步骤为_。(2)甲同学的实验目的是_；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是_。乙同学为了定量研究浓度对化学反响速率的影响，利用如下图装置进行实验：(3)乙同学在实验中需要测定的数据是_。(4)乙同学不会选用_mol/L硫酸完成该实验，理由是_。II探究活动二：备选药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液、0.2mol/LNa2S2O3溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、0.2mol/LH2SO4溶液。：Na2S2O3H2SO4Na2SO4SSO2H2O实验编号Na2S2O3用量H2SO4用量温度0.1mol/L5mL0.1mol/L5mL100.2mol/L

27、5mL0.2mol/L5mL250.1mol/L5mL0.1mol/L5mL2501mol/L5mL0.1mol/L5mL40(1)假设想探究温度对化学反响速率的影响，可选的实验编号有_。(2)假设想探究浓度对化学反响速率的影响，可选的实验编号有_。(3)在该实验过程中，需要观察和记录_，来比拟化学反响速率的快慢。(4)Na2S2O3在碱性溶液中可被I2氧化为Na2SO4，写出该反响的离子方程式_。【答案】 (1). 分别投入大小、形状相同的铁、锌 (2). 研究金属本身的性质与反响速率的关系 (3). 温度相同 (4). 一定时间内产生气体的体积或产生一定体积的气体所需的时间 (5). 18

28、.4 (6). 常温下，锌与18.4mol/LH2SO4反响产生SO2,使比照实验的反响原理不同。 (7). 18.4mol/LH2SO4使铁钝化 (8). 、或、或、 (9). 、 (10). 生成等质量的沉淀所需的时间 (11). S2O32-+10OH-+4I2=2SO42-+8I-+5H2O【解析】【详解】I1甲同学表中实验步骤为向等体积浓度分别是0.5 mol/L、2 mol/L的硫酸中参加投入大小、形状相同的铁、锌；发现：反响速率：锌铁，说明金属的性质越活泼，反响速率越快；2甲同学的实验目的是研究金属本身的性质与反响速率的关系；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是反响温度应该

29、相同，这样才能形成对照实验；3乙同学在实验中应该测定的数据是一定时间内产生气体的体积或产生一定体积的气体所需的时间；假设相同的时间内产生的气体体积越大，那么反响速率越快；或者收集相同体积的气体，需要的时间越短，那么反响速率越快；4乙同学不会选用18.4 mol/L硫酸完成该实验，是因为Fe在浓硫酸中会发生钝化现象； II(1)假设要探究温度对化学反响速率的影响，应该是只改变温度，而其他条件不变。可选择实验组合为、或、或、；(2) 假设想探究浓度对化学反响速率的影响，应该是只改变浓度，而其他条件不变。可选择实验组合为、；(3)在该实验过程中，需要观察和记录生成等质量的沉淀所需的时间，来比拟化学反响速率的快慢；(4)Na2S2O3在碱性溶液中可被I2氧化为Na2SO4，本身被复原为I-，反响的离子方程式为S2O32-+10OH-+4I2=2SO42-+8I-+5H2O。28.某密闭容器中充入等物质的量的气