1、大名县第一中学校2022-2023学年高二上学期第一次月考化学试卷注意事项： 1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上相对原子质量：H:1 O:16 N:14 S:32 Na:23 Cl:35.5 C:12 Ba:137 Cu:64 Mg:24第I卷（选择题）一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于能量变化的说法正确的是( )A.“冰,水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B.化学反应在物质变化的同时伴随着能量变化,其表现形式只有吸热和放热两种 C.已知 C(s,石墨) C
2、(s,金刚石)，则金刚石比石墨稳定D.化学反应遵循质量守恒的同时也遵循能量守恒2下列电离方程式书写正确的是ANaHCO3NaHCOBHFHF-CH2SO42HSODCH3COONH4CH3COO-NH3.太阳能的开发与利用是能源领域的一个重要研究方向，由CO2制取C的太阳能工艺如图所示，下列有关说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数的值）( )A.分解1 molFe3O4转移的电子数为2NA B.根据盖斯定律，H1+H2=0C.FeO在CO2转化为C的过程中起催化作用 D.该工艺将太阳能转化为电能4.将4mol A气体和1mol B气体在2L的容器内混合,在一定条件下发生反应:2A（g）+B（g
3、）3C（g），若2min后测得C的浓度为0.6mol/L,则下列说法正确的是( )A.用物质A表示反应的平均速率为v(A)=0.4mol/(L.min-1)B.2min时A、B、C三种气体的总量为5mol C.2min时B的转化率为20%D.若2min后该反应达平衡,则各种气体的量不再变化，反应停止5.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是( )ASO2被氧化为SO3，往往需要使用催化剂：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）B500 温度比室温更有利于合成氨反应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）H0CH2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深：H2（g）+I2（g） 2HI（g）D实验
4、室采用排饱和食盐水的方法收集氯气：Cl2+H2O H+Cl-+HClO6.下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是( )A.1molH2O在不同状态时的熵值：SH2O(s)0，能否自发进行与温度有关D.常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的H07.在密闭容器中，反应2X（g）+Y2（g）2XY（g）H0达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，下列分析正确的是( )A.图I中，甲、乙的平衡常数分别为K1、K2，则K10,说明反应吸热,石墨的能量较低,能量越低物质越稳定,故石墨更稳定,C错误;化学反应遵循质量守恒的同时,也遵循能量守恒,D正确。2.【答案】
5、B解析：A碳酸氢根离子为弱酸的酸式酸根离子，部分电离，NaHCO3为强电解质，完全电离，则电离方程式为NaHCO3=NaHCO，A错误；B氢氟酸为弱酸，部分电离，则电离方程式为HFHF-，B正确；C硫酸为强酸，完全电离，则电离方程式为H2SO4=2HSO，C错误；DCH3COONH4为强电解质，完全电离，则电离方程式为CH3COONH4=CH3COO-NH，D错误；故答案为B。3.答案：A解析：分解生成FeO和，FeO与反应生成和C，两个反应不互为逆反应，所以，B项错误；在转化为C的过程中Fe元素的化合价升高，则FeO失电子作还原剂，C项错误；该工艺将太阳能转化为化学能，D项错误。4.答案：B
6、解析：A项,用物质A表示反应的平均速率,错误;B项,该反应过程中气体的总物质的量不变,所以任何时刻三种气体的总量均为5mol,正确;C项,2min时,C的物质的量为1.2mol,所以消耗B的物质的量为0.4mol,B的转化率为40%,错误;D项,达到平衡后,各种气体的物质的量不再变化,但反应并未停止,此时生成的物质的量与消耗的物质的量相等,错误。5.答案：D解析：A. 加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B. 合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理
7、解释，故B错误；C.H2+I22HI的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故D正确。故选D.6.答案：B解析：相同物质的量的同种物质在不同状态下的熵值：，所以在不同状态时的熵值：，A正确；放热反应在一定的条件下可以自发进行，吸热反应在一定的条件下也可以自发进行，如常温下碳酸铵能自发地分解产生氨气，B不正确；反应，故其在高温条件下可以自发进行，C正确；常温下，反应不能自发进行，该反应，若其，在常
8、温下一定能自发进行，由上分析，可得该反应的，D正确。7.答案：C解析：由题图可知，其他条件相同时，温度越高，Z的物质的量分数越小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则，A错误；其他条件相同时，压强越大，Z的物质的量分数越大，可知增大压强平衡正向移动，则，B错误；升高温度，反应速率增大，与温度有关，且正反应为放热反应，则升高温度，、都增大，平衡常数减小，C正确；恒温恒压时，向已达到平衡的体系中加入少量Z（g），极限转化为A、B时，A和B的物质的量之比仍为，二者为等效平衡，Z的物质的量分数不变，D错误。8.答案：B解析：单位时间内生成的同时生成，都代表正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状
9、态，错误；该反应反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量发生变化，容器内总压强不再变化能说明反应达到化学平衡状态，正确；、NO、的物质的量浓度之比为2:2:1时不一定是平衡状态，错误；无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，错误；混合气体的颜色不再改变，说明气体的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，正确；该反应反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量一直变化，混合气体质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变，当其不再变化时，说明反应达到平衡状态，正确。9.答案：C解析：升高温度，水的电
10、离平衡常数增大，pH变小，但，水仍呈中性，A错误；温度不变，不变，B错误；碳酸钠水解促进水的电离，溶液显碱性，因此的浓度增大，但温度没变，不变，C正确；无论是强酸还是弱酸均会抑制水的电离，D错误。10.【答案】A解析：A.电解池中，阳离子移向阴极，根据Na+移动方向可知左室为阳极室、右室为阴极室，则a接电源的正极，b接电源的负极，故A项错误；B.阳极的电极反应式为，出口A产生的气体为，能使湿润的淀粉试纸变蓝，故B项正确；C.阴极的电极反应式为，出口B收集到，出口C得到浓NaOH溶液，故C项正确；D.若无阳离子交换膜，与NaOH反应会生成NaCl与NaClO，故D项正确；故答案选：A。11.答案
11、：B解析：由题表分析可知，释放相同的热量，甲烷排放的量最少，最能体现“低碳经济”理念12.【答案】BC解析：A甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O2-8e-=CO2+2H2O，故A错误；B该电池中a为负极，b为正极，正极反应为：O2+4e-=2O2-，O2-由正极b流向负极a，故B正确；C1mol O2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1mol O2-通过时，电子转移2mol，故C正确；D该电池中a为负极，b为正极，电子从负极流向正极，所以电池外电路中电子由电极a流向电极b，电子不能通过内电路，故D正确；答案选A。13.答案：B解析： A项，550时，若充入惰性气体
12、，体积增大，反应体系中反应物和产物的分压均减小，、均减小，平衡右移；B项，650时，设起始体积为1L，平衡后转化体积为，则起始体积/（L）： 1 0转化体积/（L）： 平衡体积/（L）： 平衡时CO的体积分数为40%，则，则的转化率为25.0%；C项，由图像知，平衡时，和CO的体积分数相等，若充入等体积的和CO，由于在恒压容器中，则平衡不移动；D项，925时，平衡时CO的体积分数为96%，则的体积分数为4%，则14【答案】C解析：A一水合氨溶于水能部分电离出铵根离子和氢氧根，是弱电解质，A正确；B往氨水中加入NaOH，NaOH提供的OH-，比一水合氨电离平衡逆向移动减少掉的OH-多，所以c(O
13、H)增大，B正确；C0.3mol/L氢硫酸溶液加水稀释，其电离程度增大，电离产生的H+对溶液中c(H+)增大的影响小于稀释对溶液中c(H+)减小的影响，最终溶液中c(H+)减小，C错误；D溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，c(CH3COO)浓度减小，=变大，D正确；答案选C。15.答案：AC解析：依据图中数据可知：和为等效平衡，升高温度，的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A正确；容器中前5min内的平均反应速率，依据反应速率之比等于化学计量数之比，可知，B错误；依据题表中实验的数据，列出“三段式”：起始浓度() 2 2 0转化浓度() 1.6 1.6 1
14、.6平衡浓度() 0.4 0.4 1.6500时反应平衡常数依据题表中实验的数据，列出“三段式”：起始浓度() 2 2 0转化浓度() 1 1 1平衡浓度() 1 2-1 1和温度相同，则平衡常数相同，解得，C正确；根据C项分析可知，恒容下CO的平衡转化率为，为反应前后气体体积减小的反应，恒压下反应向正反应方向进行的程度比恒容时大，即达到平衡时CO的转化率大于80%，D错误。16.【答案】(1) (2) 2 【解析】（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且n(X)：n(Y)：n(Z)=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：
15、2，则反应的化学方程式为；反应开始至2min时的平均反应速率为：=；（2）5min末反应达到平衡状态，此时已生成2molC，若测知以D浓度变化来表示的反应平均速率为0.2mol/(Lmin)，则平衡时生成2L5min=2mol物质D，由转化量之比等于化学计量数之比可知，x=2，则列出“三段式”为：B的转化率为=20%；平衡时压强与初始时压强之比=；该温度下此反应的平衡常数K=17.【答案】. H1+2H2II. (1) 环形玻璃搅拌棒(2)不相等 偏小（3）C(4) H1=H2H3解析：II.（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用80mL 0.50mol/L盐酸跟80mL 0.
16、55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量减少，所放出的热量减少；（3）倒入NaOH和盐酸溶液的正确操作是一次迅速倒入，故答案为：C；（4）只有一水合氨为弱碱，电离吸热，导致中和反应中放出热量减少，强碱与盐酸反应的中和热相同，则H1、H2、H3的大小关系为H1=H2H3，故答案为：H1=H2H3；18.【答案】(1) 阳离子 CH48e10OH=CO7H2O(2) 0.4 mol(3)Ag (4)5.6L解析：（1）乙中X离子交换膜的作用是阻止OH-与Cl2接触反应，因此X为阳离子交换膜；碱性条件下，甲烷在负极失电子被氧化的电极反应式为CH48e10OH=CO7H2
17、O；（2）生成标况下4.48 L氧气时转移电子物质的量为4=0.8mol，C电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，故生成氯气0.4mol；（3）给铜镀银，镀层金属Ag作阳极，镀件Cu作阴极，故阳极b应为Ag；（4）将0.2molAgNO3、0.4molCu(NO3)2、0.6molKCl溶于水，相互反应后最终溶质为0.4molCu(NO3)2、0.2molHNO3、0.4molKCl，某一电极上析出了0.3molCu时电子转移的物质的量为0.6mol，另一极的电极反应式依次为2Cl-2e- = Cl2、4OH- 4e-=2H2O+O2，根据反应式可得依次得到0.2molCl2和0.05molO2
18、，故标况下体积为(0.2+0.05)22.4=5.6L；19.【答案】(1). 增大 (2)A（3）D(4)HClO+=+ClO-（5）CN-+CO2+H2O=HCN+II. (1)1.010-15(2)10：1【解析】.（1）电离吸热。一般情况下，当温度升高时，电离平衡正向移动，电离平衡常数Ka增大，H2CO3的第一步电离方程式为H2CO3H+HCO，一级电离平衡常数表达式为Ka1 =；（2）弱酸的酸性越弱，电离常熟越小，酸根离子越易结合氢离子，结合H+能力 ClO- CH3COO-，选A。（3）a通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故a不符合题意；b加入少量冰醋
19、酸，醋酸浓度增大，平衡正向移动，但由于醋酸浓度增大占主要，因此电离程度减小，故b不符合题意；c加入少量醋酸钠固体，醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故c不符合题意；d加入少量水，平衡正向移动，电离程度增大，故d符合题意；综上所述，答案为：D。（4）酸性H2CO3 HClO ，根据强酸制弱酸，HClO与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为HClO+=+ClO-。（5）25时，Ka1(H2CO3) Ka (HCN)Ka2(H2CO3)，向NaCN溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠和HCN，发生反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+；II.（1）0.01molL-1的NaOH溶液的pH=13，则c(H+)=10-13mol/L，氢氧化钠是强碱，完全电离，所以氢氧根离子浓度等于氢氧化钠浓度=0.01mol/L，则Kw=c(H+)c(OH-)=10-1310-2=1.010-15。（2）混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=a的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10a-15mol/L，pH=b的H2SO4溶液氢离子浓度=10-bmol/L，10a-15mol/LVaL=10-bmol/LVbL且a=12，b=2，则Va：Vb=10：1。
