山东省烟台市第二中学2022-2022学年高一化学下学期4月月考试题含解析.doc

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1、山东省烟台市第二中学2022-2022学年高一化学下学期4月月考试题含解析1.以下有关化学用语的表示正确的选项是 A. NH4Cl的电子式：B. 氨的电子式：C. 用电子式表示氯化氢的形成过程：D. 6个质子8个中子的碳元素的核素符号：14C【答案】B【解析】【详解】A.氯化铵为离子化合物，在形成化学键时，氮原子与氢原子之间形成共价键，铵根离子与氯离子之间形成离子键，所以氯化铵的电子式为，故A错误；B.氨气分子中氮原子与氢原子通过共用电子对形成共价键，故B正确；C.氯化氢分子中氯原子与氢原子之间通过共用电子对形成共价键，所以氯原子不用加括号，故C错误；D.6个质子8个中子的碳元素的质子数是6，

2、质量数为14，核素符号：，故D错误；综上所述，答案B。【点睛】书写电子式时，一般离子化合物阴离子加括号，特殊的铵根离子加括号，共价化合物不用加括号。2.以下说法正确的选项是()离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键硫酸的酸性大于碳酸的酸性，所以非金属性含金属元素的化合物不一定是离子化合物由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物熔融状态能导电的化合物是离子化合物由分子组成的物质中一定存在共价键A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键，如H2O2、Na2O2，项正确；元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，项正确；含

3、金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，项正确；由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐为离子化合物，项错误；熔融状态能导电的化合物是离子化合物，说明该化合物中含有自由移动的离子，项正确；由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，项错误；综上所述，正确，故C项正确，答案选C。3.金刚石与石墨是同素异形体。100 kPa时，1 mol石墨转化为金刚石的能量变化如下列图，以下说法正确的选项是A. 石墨转化为金刚石的反响为放热反响B. 石墨比金刚石更稳定C. 金刚石比石墨更稳定D. 破坏1 mol石墨的化学键所吸收的能量小于形成1 mol金刚石的化学键所放出的能

4、量【答案】B【解析】【详解】A根据图像，反响物石墨的总能量小于生成物金刚石总能量，因此石墨转化为金刚石的反响为吸热反响，故A错误；B石墨能量低，石墨比金刚石更稳定，故B正确；C石墨能量低，石墨比金刚石更稳定，故C错误；D石墨转化为金刚石的反响为吸热反响，破坏1mol石墨的化学键所吸收的能量大于形成1mol金刚石的化学键所放出的能量，故D错误；应选B。4.以下各组化合物中，化学键类型完全相同的是：()A. HCl 和NaOHB. Na2O 和Na2O2C. CO2和 CaOD. CaCl2和 Na2S【答案】D【解析】【详解】A. HCl中只含共价键，NaOH中既含离子键又含共价键，故A不选；B

5、. Na2O中只含离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，故B不选；C. CO2中只含共价键，CaO中只含离子键，故C不选；D. CaCl2中只含离子键，Na2S中只含离子键，故D选；应选D。5.以下实验现象或图象信息不能充分说明相应的化学反响是放热反响的是 ABCD反响装置或图象实验现象或图象信息温度计的水银柱上升反响物总能量大于生成物总能量反响开始后，针筒活塞向右移动反响开始后，甲处液面低于乙处液面A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.因为温度计的水银柱上升，温度升高，说明氢氧化钠与盐酸反响放出热量，故A正确；B.反响物的总能量比生成物的总能量高，所以在发生反响时

6、会有一局部能量放出，表现为反响放热，故B正确；C.锌粒与稀硫酸反响会产生氢气，使锥形瓶内气体压强增加，所以针筒活塞向右移动不能证明是反响放出热量导致的，故C错误；D.锌粒与稀硫酸反响开始后，甲处液面低于乙处液面，说明反响导致集气瓶内气体压强增大，但反响并未在集气瓶中进行，说明是反响放出的热量使集气瓶内的温度升高导致压强增大的，故D正确；综上所述，答案为C。6.把以下4种X的溶液，分别参加盛有10mL2molL-1的盐酸的烧杯中，并均加水稀释至50mL，此时X和盐酸缓慢地进行反响，其中反响速率最大的是 A. 20mL，2molL-1B. 10mL，5molL-1C. 10mL，3molL-1D.

7、 20mL，3molL-1【答案】D【解析】【详解】反响物的浓度越大，反响速率越快。因为盐酸的物质的量浓度相同，体积相同，所以X的浓度越大，反响速率越大；又因为总体积相同，所以物质的量越大，浓度越大。A.n=cV=0.02mol/L2L=0.04mol；B.n=cV=0.01mol/L5L=0.05mol；C.n=cV=0.01mol/L3L=0.03mol；D.n=cV=0.02mol/L3L=0.06mol；物质的量关系为DBAC，所以D中X的浓度最大，反响速率最快。答案D。7.对于反响A(g)+4B(g)2C(g)+2D(g)，以下数据表示反响进行得最快的是 A. v(A)=1.4mol

8、/(Ls)B. v(B)=3.6 mol/(Ls)C. v(C)=2mol/(Ls)D. v(D)=30 mol/(Lmin)【答案】A【解析】【详解】在相同条件下，同一化学反响中，用不同的物质表示化学反响速率其数值不同，但其数值之比等于化学计量数之比，即，因此在比较反响速率快慢时，先转化为同一种物质，以B的反响速率为标准进行判断。A. v(A)=1.4mol/(Ls)，反响速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)=4v(A)=5.6mol/(Ls)；B. v(B)=3.6mol/(Ls)；C. v(C)=2mol/(Ls)，反响速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)=2v(C)=4mo

9、l/(Ls)；D. v(D)=30mol/(Lmin)=0.5mol/(Ls)，反响速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)= 2v(D)=1mol/(Ls)；所以反响速率最快的为A；答案选A。【点睛】同一化学反响中，同一时间段内，各物质的反响速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反响速率换算成同一物质的反响速率进行比较。8.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反响时，按反响速率由大到小的排列顺序正确的选项是 甲：500，10molSO2和5molO2反响乙：500，V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反响丙：450，8molSO2和5molO2反响

10、丁：500，8molSO2和5molO2反响A 甲、乙、丙、丁B. 乙、甲、丙、丁C. 乙、甲、丁、丙D. 丁、丙、乙、甲【答案】C【解析】【详解】影响化学反响速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂等，温度越高、浓度越大、压强越大、参加催化剂，那么反响速率越大。容器恒容，甲与乙的温度相同，反响物的物质的量相同，即反响物浓度相同，但乙加催化剂，所以乙的反响速率比甲的快；甲与丁的温度相同，但丁的反响物的物质的量小，即丁的浓度小，所以甲的反响速率比丁快；丙与丁的物质的量相同，即浓度相同，但丙的温度低，所以丁的反响速率比丙快；综上所述，按反响速率由大到小的排列顺序正确的选项是：乙、甲、丁、丙。答案为C。

11、9.以下过程中，共价键被破坏的是 碘升华 溴蒸气被木炭吸附 乙醇溶于水 HCl气体溶于水冰融化 NH4Cl受热 氢氧化钠熔化 (NH4)2SO4溶于水A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】碘升华，破坏的是分子间作用力，故不选；溴蒸气被木炭吸附，破坏的是分子间作用力，故不选；酒精溶于水，不发生电离，破坏的是分子间作用力，故不选；HCl气体溶于水，发生电离，H-Cl共价键被破坏，故选；冰融化，破坏的是分子间作用力，故不选；NH4Cl受热发生分解反响，生成氨气和HCl，N-H共价键破坏，同时破坏了离子键，故选；氢氧化钠熔化，破坏的是离子键，故不选；(NH4)2SO4溶于水，发生电离，破坏

12、的是离子键，故不选；共价键被破坏的有，应选D。【点睛】此题的易错点为和，要注意氯化氢为共价化合物，溶解时破坏了H-Cl共价键，(NH4)2SO4属于离子化合物，溶解时破坏了离子键，铵根离子和硫酸根离子中的共价键没有破坏。10.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示A. 铜棒的质量B. c(Zn2)C. c(H)D. c(SO42-) -【答案】C【解析】【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反响，电极反响为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生复原反响，电极反响为 2H+2e-=H2。那么ACu是正极，氢离子得电子发生复原反响

13、，Cu棒的质量不变，故A错误；B由于Zn是负极，不断发生反响Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中cZn2+增大，故B错误；C由于反响不断消耗H+，所以溶液的cH+逐渐降低，故C正确；DSO42-不参加反响，其浓度不变，故D错误；应选C。11.将等质量的两份锌粒a、b分别参加过量的稀硫酸中，同时向a中加少许胆矾晶体，以下各图表示产生氢气的体积V(L)与时间t(min)的关系正确的选项是 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】将等质量的两份锌粒a、b分别参加过量的稀硫酸中，同时向a中加少许胆矾晶体，那么在a中锌粒会先与硫酸铜发生置换反响生成铜，锌、铜与稀硫酸会形成原电池，反响速率会加快，

14、所以a中生成氢气的速率比b中的快，但a中已经有一局部锌与铜反响，所以产生的氢气会比b中的少。综上所述，表示产生氢气的体积V(L)与时间t(min)的关系正确的选项是A。答案为A。12.等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反响，测定在不同时间(t)产生氢气体积(V)的数据，根据数据绘制如图，那么曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是 组别c(HCl)/(molL-1)温度/状态12.025块状22.530块状32.550粉末状42.530粉末状A B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由图象可知，斜率越大反响速率越大，那么反响速率为abcd；由表中数据可知，实验1温度最低，氢离子

15、浓度最小并且固体外表积小，所以反响速率最慢，为d曲线；实验2和4温度和离子浓度都相同，4的固体接触面积大，所以42；实验3和4氢离子浓度和固体接触面积都相同，3温度高，所以34；因此3421，即a、b、c、d分别为3-4-2-1。答案为C。【点睛】在时间与反响速率的图象中，曲线的斜率越大，表示的化学反响速率越快。13.氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反响过程中，破坏1mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol氯气中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ，以下关系式中正确的选项是 A. Q1+Q2Q3B. Q1+Q2Q3C. Q1+Q22Q

16、3【答案】C【解析】【详解】破坏1mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，即氢氢键键能为Q1kJ；破坏1mol氯气中的化学键消耗的能量为Q2kJ，即氯氯键键能为Q2kJ；形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ，即氢氯键键能为Q3kJ；氢气在氯气中燃烧，根据反响热=反响物的总键能-生成物的总键能=Q1+Q2kJ-2Q3kJ，燃烧反响为放热反响，反响热0，所以Q1+Q2-2Q30，即Q1+Q22Q3。答案为C。14.在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反响：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)。2min末该反响到达平衡，生成0.

17、8molD，测得C的浓度为0.2molL-1。以下判断错误的选项是 A. x=1B. B的转化率为40%C. 2min内A的反响速率为0.6molL-1min-1D. 假设混合气体的平均相对分子质量不变，那么说明该反响到达平衡状态【答案】C【解析】【分析】平衡时生成C的物质的量为0.2molL-12L=0.4mol，物质的量之比等于化学计量系数之比，所以0.4mol：0.8mol= x：2，解得x=1；依据化学平衡三段式列式计算：3A(g)+B(g)C(g)+2D(g)【详解】A.由分析可知x=1，故A正确；B.根据三段式，B的转化率=，故B正确；C.根据速率计算公式，2min内A的反响速率=

18、0.4molL-1min-1，故C错误；D.混合气体平均相对分子质量=混合气体的总质量/混合气体的总物质的量，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终保持不变，根据方程式系数关系可知，混合气体的总物质的量是可变量，推出混合气体的平均相对分子质量也是可变量，所以当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反响到达化学平衡状态，故D正确；答案为C。【点睛】化学平衡状态的简单判定方法即：变量不变时，达平衡状态。15.H2和I2在一定条件下能发生反响：H2(g)+I2(g)2HI(g)，生成2molHI(g)反响放出热量akJ，(a、b、c均大于零)，以下说法正确的选项是 A. 反响物的总能量低于生成物的总

19、能量B. 断开1molHH键和1molII键所需能量大于断开2molHI键所需能量C. 向密闭容器中参加2molH2和2molI2，充分反响后放出的热量等于2akJD. 断开2molHI键所需能量为(c+b+a)kJ【答案】D【解析】【详解】A.根据题意，氢气与碘单质反响生成碘化氢时，为放热反响，所以反响物的总能量比生成物的总能量高，故A错误；B.化学反响过程为旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，因为该反响为放热反响，所以断开1molHH键和1molII键所吸收的能量小于形成2molHI键所放出的能量，而形成2molHI键所吸收的能量与断裂2molHI键所放出的能量相等，故B错误；C.因为该反

20、响为可逆反响，所以向密闭容器中参加2molH2和2molI2，充分反响后生成的碘化氢小于4mol，所以放出的热量小于2akJ，故C错误；D.设断开2molHI键所需能量为x kJ，根据反响热=反响物的键能总和-生成物的键能总和=b+c-x=-a，解得x= (c+b+a)kJ，故D正确；答案为D。16.利用反响6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如下列图。以下说法不正确的选项是 A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B. A电极上发生氧化反响，B为正极C. 当有2.24LNO2(标准状况)被处理时，转移电

21、子为0.4molD. 电极A极反响式为2NH3-6e-=N2+6H+【答案】D【解析】【分析】在反响6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成的原电池中，因为氨气中氮元素化合价升高，二氧化氮中氮元素化合价降低，所以通入氨气的电极为负极，通入二氧化氮的电极为正极。【详解】A.由分析和装置图可知，B极通入二氧化氮，为正极，A极通入氨气，为负极，所以电流从右侧B电极经过负载后流向左侧A电极，故A正确；B.由分析和装置图可知，B电极为正极，A电极为负极，负极氨气中氮元素化合价升高，被氧化，发生氧化反响，故B正确；C.2.24LNO2(标准状况)的物质的量0.1mol，根据反响方程式可知，二氧化氮中氮元

22、素从+4价降4价，生成氮气，所以0.1mol二氧化氮被处理时，转移电子为0.4mol，故C正确；D.因为电解质溶液为碱性，所以电极A极反响式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D错误；答案为D。【点睛】书写电极反响方程式时要注意电解质溶液的酸碱性，假设电解质溶液为酸性，在配平时可以补充氢离子，假设电解质溶液为碱性，在配平时可以补充氢氧根。二、填空题17.写出以下物质的电子式：N2：_，HClO：_，CaCl2：_，Na2O2：_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【详解】氮原子最外层电子数为5，有三个单电子，所以氮原子与氮原子之间共用三个电子对，故N2的电子

23、式为：；次氯酸为共价化合物，分子中原子通过共用电子对成键，次氯酸分子中，氢原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，其中只有一个单电子可以形成共用电子对，氧原子最外层有6个电子，其中有两个单电子可以形成共用电子对，故HClO的电子式为：；氯化钙为离子化合物，钙原子与氯原子之间形成离子键，故CaCl2的电子式为：；过氧化钠为离子化合物，钠原子与氧原子之间形成离子键，氧原子与氧原子之间通过共用一对电子形成共价键，故Na2O2的电子式为：。综上所述，答案为：； ；。18.为了进一步研究硫酸铜的量对锌与硫酸反响生成氢气速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别参加6个盛有过

24、量锌粒的反响瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。实验混合溶液ABCDEF4mol/LH2SO4(mL)30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液(mL)00.52.55V620H2O(mL)V7V8V9V10100其中：V1=_，V6=_，V8=_。【答案】 (1). 30 (2). 10 (3). 19.5【解析】【详解】该实验目的是研究硫酸铜的量对锌与硫酸反响生成氢气速率的影响，所以要保证除了硫酸铜的浓度外，不改变其他物质的浓度，即保证各组实验中硫酸的浓度相同，那么要保证混合后溶液的总体积是相同的，由此可知V1 =V2 =V3 =V4 =V5=30，V5+20= V4 +

25、 V6 +10= V1+0.5+V8，即V1=30，V6=10，V8=19.5。故答案为：30；10；19.5。19.1用人工光合作用得到的甲醇CH3OH、氧气和稀硫酸制作燃料电池，那么甲醇应通入该燃料电池的_极(填“正或“负)，通入氧气一极的电极反响式：_。2假设用氢氧化钾溶液作电解液制成甲醇燃料电池，其负极的电极反响式为_。【答案】 (1). 负 (2). O2+4e-+4H+=2H2O (3). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O【解析】【详解】1甲醇CH3OH、氧气和稀硫酸制作燃料电池，由此可知甲醇发生氧化反响，被氧化作该燃料电池的负极，氧气为氧化剂，发生复原反响作原电

26、池的正极，其电极反响方程式为O2+4e-+4H+=2H2O；故答案为：负；O2+4e-+4H+=2H2O；2假设用氢氧化钾溶液作电解液制成甲醇燃料电池，因为电解质溶液为碱性，甲醇燃烧产生的二氧化碳气体还可以继续与氢氧化钾反响生成碳酸钾，所以负极的电极反响式为CH3OH-6e-+8OH-= CO32-+6H2O；故答案为：CH3OH-6e-+8OH-= CO32- +6H2O。20.一定温度下，在容积为2L的密闭容器中进行反响：aN(g)bM(g)+cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如下列图：1反响化学方程式中各物质的系数比为a：b：c=_。21min到3min这段时刻，以M的浓度

27、变化表示的平均反响速率为：_。3以下表达中能说明上述反响到达平衡状态的是_。A.反响中当M与N的物质的量相等时B.P的质量不随时间变化而变化C.混合气体的总物质的量不随时间变化而变化D.单位时间内每消耗amolN，同时消耗bmolME.混合气体的压强不随时间的变化而变化F.M的物质的量浓度保持不变【答案】 (1). 2:1:1 (2). 0.25 molL-1min-1 (3). BDF【解析】【详解】1从图象可知，从开始到平衡，n(N)=8mol-2mol=6mol，n(M)=5mol-2mol=3mol，n(P)=4mol-1mol=3mol，那么此反响的化学方程式中a：b：c=2:1:1

28、，故答案为：2:1:1；21min到3min时刻，以M的浓度变化表示的平均反响速率为v(M)=0.25 molL-1min-1，故答案为：0.25 molL-1min-1；3A反响中M与N的物质的量之比为1:1，是反响过程的一种状态，不能确定是否到达平衡，故A错误；B当P的质量不再随时间而变化时，说明该反响既不正向移动，也不逆向移动，那么说明该反响到达化学平衡状态，故B正确；C根据质量守恒定律，无论反响进程如何，混合气体的总质量不会变化，所以不能用混合气体的总质量是否变化来判断该反响是否到达化学平衡状态，故C错误；D单位时间内每消耗a mol N，同时消耗b mol M，那么说明该反响的正反响速率与逆反响速率相等，所以能判断该反响到达化学平衡状态，故D正确；E由于该反响是一个等体积的可逆反响，混合气体的压强不随时间的变化而变化，不能说明该反响到达平衡，故E错误；FM的物质的量浓度保持不变，说明生成M的速率与消耗M的速率相等，即正反响速率与逆反响速率相等，那么该反响到达化学平衡状态，故F正确；综上所述，答案为：BDF。- 12 -