2022-2023学年湖南省长郡中学高二上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省长郡中学高二上学期第一次月考化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，填空题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
湖南省长郡中学2022-2023学年高二上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2007年2月，中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是(　　).
A．使用光催化剂不改变反应速率 B．使用光催化剂能增大NO的转化率
C．升高温度能加快反应速率 D．改变压强对反应速率无影响
【答案】C
【详解】A. 使用光催化剂改变反应速率可以加快化学反应速率，A不正确；    
B. 使用光催化剂对正、逆反应的速率的影响是相同的，不能增大NO的转化率，B不正确；
C. 升高温度能提高活化分子的百分数，故能加快反应速率，C正确；    
D. 该反应中的所有组分均为气体，故改变压强对反应速率有影响，D不正确。
故选C。
2．下列说法正确的是
A．一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0，ΔSHZ
B．反应HZ+Y-=HY+Z-不能发生
C．由电离常数可以判断：HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸
D．相同温度下，1mol·L-1HX溶液的电离常数等于0.1mol·L-1HX溶液的电离常数
【答案】D
【详解】A．酸的电离常数越大，酸的电离程度越大，其酸性越强，根据表中数据可知，酸的电离常数：HZ>HY>HX，则酸性强弱关系：HZ>HY>HX，A错误；
B．根据酸性较强的酸可制取酸性较弱的酸可知HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生，B错误；
C．在水溶液中完全电离的为强酸、部分电离的为弱酸，这几种酸都部分电离，均为弱酸，C错误；
D．电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，D正确；
故选：D。
11．一定条件下，相关有机物(均为气态)分别与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷的能量变化如图所示：

下列推理错误的是
A．碳碳双键加氢时放热，放出的热量与碳碳双键数目及相对位置有关
B．(g)+H2(g)→(g)    △H=-21kJ·mol-1
C．∣△H2∣>∣△H3∣，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
D．3∣△H1∣>∣△H4∣，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
【答案】B
【详解】A．由题干图示信息可知，、、、均小于0，则碳碳双键加氢时放热，由、、可知放出的热量与碳碳双键数目有关，由、可知放出的热量与双键的相对位置有关，A正确；
B．由题干图示可知，反应III为：(g)+2H2(g)=(g) =-229kJ/mol，反应IV： (g)+3H2(g)=(g) =-208kJ/mol，则反应(g)+H2(g)→(g) 可由反应IV-III得到，根据盖斯定律可知，△H=-=(-208kJ/mol)-(-229kJ/mol)=+21kJ·mol-1，B错误；
C．由题干图示信息可知，∣△H2∣>∣△H3∣，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，即具有的总能量比的更低，则有利于物质稳定，C正确；
D．由题干图示信息可知，3∣△H1∣>∣△H4∣，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，D正确；
故答案为：B。

二、多选题
12．某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO，其过程如下：



下列说法不正确的是
A．该过程中CeO2没有消耗 B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．图中 D．的反应热小于
【答案】CD
【详解】A．通过太阳能实现总反应，反应中CeO2没有消耗，CeO2作催化剂，A正确；
B．该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，B正确；
C．由图中转化关系可知：，C不正确；
D．①(1)；②，根据盖斯定律①+②得：；因大于0，故，D不正确；
故选CD。
13．CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应


在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是

A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【答案】BD
【详解】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；
B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；
C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；
D．800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。
综上所述，答案为BD。
14．中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是

A．化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应
B．图中Ⅰl-2与化合物2互为同分异构体
C．过程①的活化能高于过程②的活化能
D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s) △H=2.08 kJ·mol-1
【答案】CD
【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；
B．图中Ⅰl-2与化合物2的化学式相同，结构式不同，互为同分异构体，故B正确；
C．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kcal·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20 kcal·mol-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，故C错误；
D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s)  △H=2.08 kcal·mol-1，故D错误；
故选CD。

三、原理综合题
15．二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1=-90.7kJ·mol-1　K1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH2=-23.5kJ·mol-1　K2
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH3=-41.2kJ·mol-1　K3
回答下列问题：
(1)反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH=___________kJ·mol-1；该反应的平衡常数K=___________(用K1、K2、K3表示)。
(2)下列措施中，能提高①中CH3OH产率的有___________。
A．使用过量的CO B．升高温度 C．增大压强 D．使用催化剂
(3)一定温度下，将0.2mol CO和0.1mol H2O(g)通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1，则0~5min内v(H2O)=___________，CO的转化率α(CO)=___________。
(4)将合成气以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是___________(填字母)。

A．ΔH＜0
B．p1＞p2＞p3
C．若在p3和316℃时，起始时=3，则平衡时，α(CO)小于50%
(5)采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu-Mn的合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。观察图，当约为___________时最有利于二甲醚的合成。

【答案】(1)     -246.1     K12·K2·K3
(2)AC
(3)     0.003mol·L-1·min-1     15%
(4)AB
(5)2.0

【解析】（1）
根据盖斯定律，因此有ΔH=①＋②＋③，则ΔH=2×ΔH1＋ΔH2＋ΔH3=－246.1kJ·mol-1，根据化学平衡常数的数学表达式，得出、、、，从而推出K=K12·K2·K3。
（2）
A．使用过量的CO，c(CO)增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH产率增加，故A符合题意；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OH产率降低，故B不符合题意；
C．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数，增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH的产率增大，故C符合题意；
D.使用催化剂，只能改变反应达到平衡的时间，不影响平衡的移动，使用催化剂不影响CH3OH产率，故D不符合题意；
答案为AC。
（3）
反应③中反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量保持不变，达到平衡后H2的物质的量为0.3mol×0.1=0.03mol，此时消耗H2O的物质的量为0.03mol，0～5min内，v(H2O)==0.003mol·L-1·min-1；0～5min内，消耗n(CO)=0.03mol，CO的转化率为=15%。
（4）
A．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即ΔH＜0，故A正确；
B．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，从而推出p1＞p2＞p3，故B正确；
C．=3，相当于在=2基础上通入H2，通入H2，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，CO的转化率大于50%，故C错误；
答案为AB。
（5）
根据图，约为2时，CO的转化率最大，DME的选择性最高，此时最有利于二甲醚的合成。
16．I.磷能形成多种含氧酸。
(1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有两种阴离子。
①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：_______。
②常温下，，0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_______(填标号)。
A．c(H+)    B．    C．
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为。试从电离平衡移动的角度解释数据的差异：_______。
(3)25℃时，HF的电离常数为；H3PO4的电离常数为，，。足量溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为_______。
(4)①相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷的含氧酸中，c(H+)由大到小的顺序为_______(用酸的分子式表示)。
②已知：，则溶液与足量0.1mol/LNaOH溶液反应生成1molH2O(l)放出的热量为_______(填标号)。
A．=57.3kJ   B．＜57.3kJ    C．＞57.3kJ    D．无法确定
II.已知25℃时水溶液呈弱碱性：；。
(5)25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使，同时，应控制溶液中c(OH-)的范围为_______(用含a、b式子表示)。
【答案】(1)     NaH2PO2     AB
(2)H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用
(3)
(4)          B
(5)

【解析】（1）
①向10mLH3PO2溶液中加入等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有两种阴离子，则表明H3PO2为一元酸，H3PO2与NaOH反应只能生成正盐，正盐的化学式：NaH2PO2。
②常温下，，则H3PO2为弱酸，0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，H3PO2的浓度不断减小。
A．随着溶液浓度的不断减小，尽管H3PO2的电离程度不断增大，但c(H+)仍然不断减小，A符合题意；
B．Ka不变，c()不断减小，所以=不断减小，B符合题意；
C．=Ka(H3PO2)，温度不变时，Ka(H3PO2)不变，C不符合题意；
故选AB。答案为：NaH2PO2；AB；
（2）
H3PO3H++、H++，25℃时亚磷酸的电离常数为。从电离方程式可以看出，两步电离都产生H+，则第一步电离产生的H+必然抑制第二步电离，所以数据的差异较大的原因：H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用。答案为：H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用；
（3）
因为K2(H3PO4)＜K(HF)＜K1(H3PO4)，所以足量NaF溶液和H3PO4溶液反应时，H3PO4只能电离出1个H+，则离子方程式为。答案为：；
（4）
①相同温度下，等物质的量浓度的三种磷的含氧酸中，第一步电离常数，则c(H+)由大到小的顺序为。
②，因为H3PO4是弱酸，电离时需要吸收热量，所以0.1mol/L H3PO4溶液与足量0.1mol/LNaOH溶液反应生成1molH2O(l)时，放出的热量＜57.3kJ，故选B。答案为：；B；
（5）
II.已知25℃时水溶液呈弱碱性：；。
25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，，则c(OH-)=＜10-a；，则c(OH-)=＞10-b；所以溶液中c(OH-)的范围为。答案为：。
【点睛】酸的电离常数越大，相同浓度时电离能力越强。

四、填空题
17．硫酸在工业生产中有着重要的意义，是工业制硫酸的重要原料。
(1)T℃时，向2.0L的恒容密闭容器中充入和，发生如下反应：
①20s后反应达到平衡，和相等，___________，平衡后向容器中再充入和，此时，v(正)___________v(逆)。(填“＞”、“=”或“＜”)
②相同温度下，起始投料变为和，的平衡转化率___________。(填“增大”、“不变”或“减小”)
(2)密闭容器中，加入足量的焦炭(沸点4827℃)和反应，生成和硫蒸气()。
①反应在某温度达到平衡时，和的体积分数都等于40%，中x=___________。
②按相同投料方式发生上述反应，相同时间内测得与的生成速率随温度变化的关系如图1所示。其它条件相同时，在不同催化剂作用下，转化率与温度关系如图2所示。

700℃时，催化剂___________(填“甲”或“乙”)活性更高，A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是___________(填字母)。
【答案】(1)     0.02     ＞     减小
(2)     2     乙     B

【解析】（1）
①根据三段式可知

20s后反应达到平衡，和相等，则0.5－2x＝0.3－x，解得x＝0.2，所以0.4mol/L÷20s＝0.02，平衡常数为。平衡后向容器中再充入和，此时浓度熵为，平衡正向进行，则v(正)＞v(逆)。
②相同温度下，起始投料变为和，相当于是减小压强，平衡逆向进行，则的平衡转化率减小。
（2）
①根据三段式可知

反应在某温度达到平衡时，和的体积分数都等于40%，即1－y＝y，解得y＝0.5，，解得x=2。
②700℃时，催化剂乙对应的转化率高，因此催化剂乙的活性更高，由于催化剂不能改变平衡转化率，所以C点不是平衡点，又因为A点二者的速率相等，不满足速率之比是化学计量数之比，而B点二氧化硫和硫蒸汽的速率之比是2：1，满足速率之比是化学计量数之比，所以A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是B。

五、工业流程题
18．亚氯酸钠是一种高效含氯消毒剂和漂白剂。下图为制备亚氯酸钠的装置图(夹持装置省略)。

已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
请回答下列问题：
(1)装置A中装稀硫酸的仪器名称为_______，用装置A来制取ClO2，发生反应的离子方程式为_______。
(2)装置B的作用是_______。
(3)研究测得C装置吸收液中对粗产品中NaClO2含量的影响如下图所示。则最佳条件为_______，_______。

(4)装置C中生成NaClO2的反应，n(氧化剂)：n(还原剂)=_______；装置C采用“冰水浴”防止温度过高的目的是_______。
(5)充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：_______→_______→_______→干燥(填标号)。
a.趁热过滤   b.50℃水洗涤   c.加热蒸发结晶   d.冰水洗涤   e.55℃恒温减压蒸发结晶
【答案】(1)     分液漏斗    
(2)防止倒吸
(3)     4     0.8
(4)     2：1     防止NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时防止分解加快
(5)     e     a     b

【分析】装置A用H2O2与NaClO3发生氧化还原反应来制取ClO2，装置B用作安全瓶，生成的与装置C中的和反应制得，装置D用来处理尾气，防止污染空气。
（1）
装置A中装稀硫酸的仪器名称为分液漏斗；装置A中反应的离子方程式为

（2）
由图可知，装置B的作用是防止倒吸，起到安全瓶的作用。
（3）
由图像所示信息可知，的浓度由增大到时对的含量没有影响，所以最佳条件为由0.8到0.9对的含量没有影响。所以。
（4）
装置C中发生反应：，其中是氧化剂，是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为；由已知信息可知，饱和溶液在低于时会析出，高于时析出，高于时分解成和，同时受热分解加快，所以装置C采取“冰水浴”防止温度过高的目的是防止分解成和，同时防止分解加快。
（5）
由分析可知，充分反应后，为从产品溶液中获取晶体，合理的操作顺序为恒温减压蒸发结晶趁热过滤水洗涤干燥。