2022-2023学年山西省长治市、忻州市高二上学期10月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山西省长治市、忻州市高二上学期10月月考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

山西省长治市、忻州市2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年2月，第24届冬奥会在北京成功举办。下列有关说法正确的是
A．比赛用的冰壶，其材质为花岗岩，其主要成分含有硅酸盐
B．为保证食物的口感和安全性，不能在食品中添加任何食品添加剂
C．氢能源大巴车使用的氢燃料电池放电时化学能全部转化为电能
D．火炬使用氢气为燃料实现了二氧化碳零排放，加入钠盐等因发生化学变化产生焰色
【答案】A
【详解】A．花岗岩以石英、长石和云母为主要成分，长石和云母属于硅酸盐，A正确；
B．为保证食物的口感和安全性，可以正确选择合适的食品添加剂并适量添加，B错误；
C．氢燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率可以达到80%以上，C错误；
D．氢气燃烧生成水，无污染，实现了二氧化碳零排放，而焰色试验是物理变化，没有发生化学变化，D错误；
故选A。
2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．重水(D2O)中含有的质子数为10NA
B．12.0g熔融的中含有的阳离子数目为0.2NA
C．含有键的数目为3NA
D．与在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA
【答案】C
【详解】A．的质子数为10，的物质的量为，则重水中所含质子数为，故A错误；
B．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子形成的离子化合物，熔融的硫酸氢钠中含有的钠离子数目为，故B错误：
C．1个分子中含有3个键，微粒个数与物质的量成正比，故含有键，键的数目为，故C正确；
D．密闭容器内发生反应，， 因此与在密闭容器中充分反应后的分子数小于，故D错误；
故答案选C。
3．下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．氢氟酸可与反应，可用于刻蚀石英制作艺术品
C．浓具有强吸水性，可夺取蔗糖中的氢、氧元素而使蔗糖炭化
D．甲醛能使蛋白质变性，可用作食品防腐剂
【答案】B
【详解】A．用于漂白纸浆是利用其漂白性，A错误；
B．氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术品，B正确；
C．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，C错误；
D．甲醛有毒，不能用作食品防腐剂，D错误；
故选B。
4．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同族，W、Y可以分别与X形成原子个数比为、的两种化合物，Z的原子序数为X的2倍。下列叙述错误的
A．原子半径：
B．X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强
C．可用W、X或Y、X形成的化合物制备X的单质
D．与能发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】D
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y同族，W、Y可以分别与X形成原子个数比为、的两种化合物，则X为O，W为H，Y为；Z的原子序数为X的2倍，则Z为S。
【详解】A．同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故原子半径：，A项正确；
B．非金属性，非金属性越强简单气态氢化物就越稳定，则简单气态氢化物的稳定性，B项正确；
C．可用分解或电解水或与反应制备，C项正确；
D．与反应的化学方程式：，根据化学方程式中元素化合价变化情况，可知是还原剂，是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为，D项错误；
答案选D。
5．某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是

A．分子中有2种官能团
B．既是乙醇的同系物，也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．该物质最多能与发生反应
【答案】B
【详解】A．该物质的分子中含有羟基、羧基2种官能团，A正确；
B．该有机物呈环状，而乙醇(或乙酸)是链状的，且该有机物与乙醇(或乙酸)含有的官能团种类有区别，因此该有机物与乙醇(或乙酸)不互为同系物，B错误；
C．该物质的分子式为，的分子式也为，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，C正确；
D．该物质只含有一个羧基，该物质最多能与发生反应，D正确；
故选B。
6．下列有关能源与能量的说法正确的是
A．风能、太阳能、潮汐能等清洁能源的使用，有利于“碳达峰”的实现
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，则金刚石比石墨稳定
D．所有反应的反应热都可以通过量热计直接测量
【答案】A
【详解】A．风能、太阳能、潮汐能等清洁能源的使用，能减少化石燃料的使用，减少排放，有利于“碳达峰”的实现，A正确；
B．化学反应中的能量变化不仅体现在热能，还可能是电能、光能等，B错误；
C．反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；
D．部分反应的反应热可以通过量热计直接测量，而有些反应的反应热无法通过量热计直接测量，D错误。
故选A。
7．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用装置a测定氯水的 B．用装置b蒸馏海水得到淡水
C．用装置c测定反应热 D．用装置d比较和的催化效果
【答案】B
【详解】A．氯水具有漂白性，试纸先变红后褪色，A不能达到目的；
B．利用该蒸馏装置可实现海水淡化，蒸馏得到蒸馏水，B能达到目的；
C．无保温措施，放出的热量易散失，不能用该装置测定反应热，C不能达到目的；
D．比较和的催化效果，应采用浓度相同的过氧化氢溶液，D不能达到目的。
故选B。
8．下列说法正确的是
A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强
B．氨水加水不断稀释，减小
C．升高温度，纯水的增大
D．如果盐酸中溶质浓度是醋酸中溶质浓度的2倍，则盐酸中也是醋酸中的2倍
【答案】B
【详解】A．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，溶液的导电能力与离子浓度有关，A错误；
B．氨水加水稀释，平衡右移，增大，但溶液体积增大更多，故减小，B正确；
C．升高温度，水的电离程度增大，增大，则减小，C错误；
D．盐酸中为强电解质，完全电离，醋酸中的为弱电解质，部分电离，盐酸的浓度是醋酸的2倍，则盐酸中远远大于醋酸中的2倍，D错误；
故选B。
9．在条件下，的燃烧热分别、、，则的为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】在条件下，和的燃烧热分别是、和；分别写出燃烧热的热化学方程式可以得到：①，②，③，由盖斯定律可知，①×6+②×4-③×2可得反应，则此反应的，C正确。
10．已知，现将下列4种盐酸，分别加入到4支盛有，溶液的试管中，并加水稀释到5mL，混合后到能观察到明显浑浊现象所需要的时间最少的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．2mL，0.3mol·L-1加入后所得5mL混合溶液中盐酸浓度为=；
B．2mL，0.2mol·L-1加入后所得5mL混合溶液中盐酸浓度为=；
C．1mL，0.4mol·L-1加入后所得5mL混合溶液中盐酸浓度为=；
D．1mL，0.25mol·L-1加入后所得5mL混合溶液中盐酸浓度为=；
盐酸浓度越大反应速率越快，观察到浑浊现象所需要的时间越短；
故选A。
11．某恒容密闭容器中存在可逆反应，反应开始后正、逆反应速率随着时间的变化情况如图所示，下列说法中正确的是

A．时间段内， B．时间段内平衡向右移动
C．时刻改变的条件是降低温度 D．时刻向容器中加生成物的同时分离出反应物
【答案】D
【详解】A．时间段内反应处于平衡状态，平衡状态时B的正反应速率和E的逆反应速率之比等于对应的化学计量数之比，则，A错误；
B．时间段内，平衡向左移动，B错误；
C．若降低温度，正、逆反应速率均低于原平衡时速率，C错误；
D．由于改变条件时逆反应速率高于原平衡速率而正反应速率低于原平衡速率，则改变的条件为向容器中加生成物且分离出反应物，D正确；
故选D。
12．时，10L的某刚性密闭容器中存在如下平衡：，平衡后再向容器中加入一定量的并重新达到平衡，下列说法中正确的是
A．新平衡时的体积分数增大 B．新平衡时的转化率不变
C．新平衡时混合气体的平均相对分子质量减小 D．新平衡时的浓度减小
【答案】B
【详解】A．该可逆反应的平衡常数，因K只与温度有关，混合气体中百分含量保持不变，A项错误；
B．平衡常数只与温度有关，则新、旧平衡时的转化率相同，B项正确；
C．新平衡时，百分含量保持不变，故混合气体的平均相对分子质量不变，C项错误；
D．由于容器中的总量增加，故新平衡时会增大，D项错误；
答案选B。
13．实验测得与发生加成反应的历程如图。下列说法正确的是

A．
B．降低温度有利于提高的平衡转化率
C．反应经过两步完成，第二步反应为决速反应
D．加入催化剂，均减小，反应速率加快
【答案】B
【详解】A．由图象可知，分别为第一步、第二步的正反应活化能，不能计算的大小，A错误；
B．根据图象可以得出该反应为放热反应，降低温度有利于平衡正向移动，有利于提高乙烯的平衡转化率，B正确；
C．根据图象可以得出第一步的正反应活化能大，反应速率较慢，为决速反应，C错误；
D．加入催化剂，不能改变大小，D错误；
故选B。
14．下表是几种弱酸在常温下的电离平衡常数：
酸
HX
HY
HZ
电离常数




下列说法正确的是A．的酸性弱于
B．向弱酸溶液中加少量溶液，弱酸的电离程度不变
C．常温下，溶液达到电离平衡时，溶液中
D．反应能够发生
【答案】C
【详解】A．弱酸的电离常数越大，该酸的酸性就越强。的电离常数比的电离常数，所以的酸性比的酸性强，A错误；
B．向弱酸溶液中加少量溶液，二者发生中和反应，促进弱酸的电离，则弱酸的电离程度增大，B错误；
C．常温下的电离常数，则，，C正确；
D．根据强酸制弱酸可知不能发生，D错误；
故选C。

二、工业流程题
15．柠檬酸亚铁()是一种易吸收的高效铁制剂，工业上以硫铁矿(主要成分为)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如下：

回答下列问题：
(1)在空气中焙烧时产生对环境有危害的气体是_______(填化学式)；培烧后得到的固体主要成分为，焙烧时反应的化学方程式是_______。
(2)滤渣1的成分为_______(填化学式)。
(3)“还原”过程中与有关的离子方程式为_______；加入Fe粉还原后，可用_______(填试剂)检验还原反应是否已经完全反应。
(4)“沉铁”时，反应温度不宜太高的可能原因是_______。
(5)生成的固体需充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_______。
(6)将制得的加入到足量柠檬酸溶液中，充分反应后再加入少量铁粉。铁粉的作用是_______。
【答案】(1)         
(2)
(3)          溶液(或溶液或溶液)
(4)不稳定，温度过高易发生分解，且温度过高会导致氨气大量挥发(或其他合理答案)
(5)取最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净(或其他合理答案)
(6)防止+2价的铁元素被氧化

【分析】硫铁矿在空气中煅烧生成氧化铁和二氧化硫，再加入稀硫酸溶浸，氧化铁、氧化铝和稀硫酸反应，而二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤，得到滤渣为二氧化硅，向溶液中加入Fe还原铁离子，再加入氢氧化钠溶液除铝，过滤，向沉淀中加入稀硫酸溶解，再加入铁粉还原铁离子，再加入碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁，过滤、洗涤，向碳酸亚铁中加入柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁晶体。
（1）
FeS2在“焙烧”时被空气中的氧气氧化生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS2 +11O2 2Fe2O3 +8SO2，产生对环境有危害的气体是二氧化硫；
（2）
滤渣1为不溶于稀硫酸的SiO2；
（3）
加入铁粉还原，发生的离子方程式为：，用溶液(或溶液或溶液)检验，溶液变红色；
（4）
不稳定，温度过高易发生分解，且温度过高会导致氨气大量挥发；
（5）
取最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
（6）
加入铁粉的作用是防止+2价的铁元素被氧化。

三、原理综合题
16．氮及其化合物在物质转化和能量利用领域应用广泛。德国化学家哈伯因为发明氨的合成而获得诺贝尔化学奖。合成氨的反应原理为：，该反应的能量变化如图所示(a、b均大于零)。

回答下列问题：
(1)根据图示，反应的_______。
(2)在时，断裂键、键、键需要吸收的能量分别为。则在时，合成氨反应中每消耗时放出的热量为_______。
(3)在和(1)相同的条件下，向密闭容器中充入，充分反应，反应热为，则_______(填“大于”“小于”“等于”或“无法确定”)，理由是_______。
(4)用催化还原，可以消除氨氧化物污染。已知：


若还原至并生成，则该反应的_______(用含x、y的式子表示)。
(5)(X为卤素原子)的能量关系如下图所示。

_______(填“>”或“<”)，_______。
【答案】(1)
(2)
(3)     小于     因为该反应为可逆反应，不能全部生成氨气，放出的热量少，所以
(4)
(5)     >    

【解析】（1）
由图示知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，生成ImolNH3时放出的热量为(b-a) kJ，则的；
（2）
根据反应方程式知，每消耗0.6molN2需断裂0.6molN≡N、1.8molH-H键，吸收的热量为，同时生成1.2mol NH3，释放的能量为，则该反应放出的热量为1407.6-1352.7=54.9kJ；
（3）
该反应为可逆反应，反应不能进行到底，向密闭容器中充入，放出热量会少一些，故小于；理由是：因为该反应为可逆反应，不能全部生成氨气，放出的热量少，所以；
（4）
已知：①
②
根据盖斯定律，(①-②×3)即得1 mol NH；还原NO至N2的过程中的反应热∆H3=kJmol-1；
（5）
一般而言，分解反应为吸热反应，形成化学键需要放热，则△H1＞0，△H5＜0，即△H1＞△H5；
结合盖斯定律可知，途径6的逆过程为1、2、3、4、5的和，则-△H6＝△H1+△H2+△H3+△H4+△H5，故。
17．某校化学兴趣小组利用右图装置探究制备氨气的反应速率。回答下列问题：
(1)设计以下实验方案通过测定相同时间内生成的质量探究影响反应速率v(NH3)的因素。[已知：的质量相同、实验过程中温度变化基本相同]

实验
V(氨水)/

CaO的状态
实验1
30
a
粉末状
实验2
30
10
块状
实验3
40
0
粉末状

①_______。
②设计实验1和实验3的目的是_______。
(2)根据实验1的结果绘制出如右图所示的反应速率曲线：
①若忽略溶液体积的变化，以氨水浓度变化量表示t1~t2时间内的平均反应速率为_______(用代数式表示)；
②若向30mL氨水中加入与实验1相同质量的粉末状CaO，则与实验1相比，0~t1时反应速率_______(填“快”“慢”“相等”或“无法确定”)，其原因是_______。

(3)以氨气代替氢气来研发氨燃料电池是当前科研的一个热点，如图是氨氧燃料电池示意图。
①该电池中，外电路电流的流动方向为_______(填“从a电极到b电极”或“从b电极到a电极”)。向_______(填“a电极”或“b电极”)移动。
②每消耗11.2L(标准状况下)，转移电子_______mol。

【答案】(1)     10     探究氨水浓度对v(NH3)的影响
(2)     mol/(L∙s)     快     a.起始时氨水浓度比实验1的大；b.起始时溶液的体积比实验1的少，(与)反应放热使得溶液温度相对较高(或其他合理答案)
(3)     从b电极到a电极     b电极     1.5

【分析】生石灰与浓氨水反应生成氨气的反应原理为CaO+NH3∙H2O=Ca(OH)2+NH3↑，采用控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响。
【详解】（1）①实验1和实验3中CaO的质量和状态相同，实验过程中的温度变化基本相同，实验1和实验3是探究氨水的浓度对反应速率的影响，故两组实验中总体积相等，a=40-30=10；答案为：10。
②设计实验1和实验3的目的是：探究氨水浓度对v(NH3)的影响；答案为：探究氨水浓度对v(NH3)的影响。
（2）①根据图象，t1~t2时间段内生成NH3的质量为(m2-m1)g，生成NH3物质的量为mol，结合反应CaO+NH3∙H2O=Ca(OH)2+NH3↑，氨水物质的量浓度减小mol÷0.04L=mol/L，以氨水浓度变化量表示t1~t2时间内的平均反应速率为mol/L÷(t2-t1)s=mol/(L∙s)；答案为：mol/(L∙s)。
②若向30mL氨水中加入与实验1相同质量的粉末状CaO，由于起始时氨水浓度比实验1的大；起始时溶液的体积比实验1的少，CaO与H2O反应放热使得溶液温度相对较高，则与实验1相比，0~t1时反应速率快；答案为：快；a.起始时氨水浓度比实验1的大；b.起始时溶液的体积比实验1的少，(CaO与H2O)反应放热使得溶液温度相对较高(或其他合理答案)。
（3）a电极上NH3发生失电子的氧化反应生成N2，a电极为负极，b电极为正极；
①原电池的外电路中电流由正极流向负极，则该电池中，外电路电流的流动方向为从b电极到a电极；阳离子向正极移动，故K+向b电极移动；答案为：从b电极到a电极；b电极。
②标准状况下11.2LNH3物质的量为0.5mol，a电极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，则每消耗标准状况下11.2LNH3转移电子物质的量为1.5mol；答案为：1.5。
18．丙烯是重要的化工原料，可以用于生产丙醇，卤代烃和塑料。回答下列问题：
(1)工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理如下：
①
②
已知反应的活化能，则该反应的活化能_______。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生(1)中的反应①、②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
时间/
0
60
120
180
240
300
360
压强/
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6

用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则反应①前内平均反应速率_______(保留2位小数)。
(3)反应在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。图中a、b、c、d代表丙烷或丙烯，则a、d代表_______，_______(填“大于”“小于”或“等于”)；若，起始时充入一定量的丙烷在恒压条件下发生反应，计算Q点对应温度下丙烷的转化率为_______(保留1位小数)，该反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

(4)丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应为。已知该反应的，，为正、逆反应速率常数。温度下，该反应的化学平衡常数为K，K与的关系是_______。温度下，该反应的化学平衡常数为，且，则温度_______(填“>”“<”或“=”)。
【答案】(1)132
(2)0.08
(3)     丙烷     大于     33.3     0.025(或)
(4)          <

【解析】（1）
①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g) △H1=-134kJ∙mol-1；
②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2=-102kJ∙mol-1；
根据盖斯定律①-②得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g) △H2=-134kJ∙mol-1+102kJ∙mol-1=-32kJ∙mol-1，焓变=活化能Ea(正)-活化能Ea(逆)，则该反应的活化能Ea(正)=-32 kJ∙mol-1+164kJ∙mol-1=132kJ∙mol-1；
（2）
由于CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)反应，使容器内气体压强减小；
设180min时，CH2ClCHClCH3(g)的压强为p

P=14.8KPa，
ν(CH2ClCHClCH3)=0.08 Kpa/min-1；
（3）
该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由图知温度越高，a、d曲线的量越少，所以a、d是反应物丙烷；根据a、d曲线，在相同的温度下，P1下丙烷的物质的量分数>P2下，根据反应，增大压强，丙烷的量增大，所以P1>P2；设丙烷物质的量为lmol ，消耗物质的量为x，由图象中可知丙烷在Q点物质的量分数为50% ,列出三段式即
，，故转化率为33.3%；总物质的量=，C3H8，C3H6，H2的物质的量分数分别为0.5，0. 25，0.25平衡常数KP=0.025MPa；
（4）
平衡时，则，则，故；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故<。

四、元素或物质推断题
19．物质的水溶液中的主要离子均来自下表，常温下将各物质的溶液从稀释到，的变化关系如图所示，其中B与C反应得到E，且只有E属于盐。回答下列问题：

阳离子

阴离子


(1)根据的变化关系，写出物质的化学式：B_______，C_______。
(2)写出A的电离方程式：_______。
(3)写出水溶液中B与D反应的离子方程式：_______。
(4)某研究性学习小组用标准溶液滴定溶液的浓度，实验数据记录如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗C溶液的体积/
20.07
20.02
18.80
19.97

①计算A溶液的浓度为_______mol/L(保留四位有效数字)。
②某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是_______(夹持部分略去，填字母)，达到滴定终点的现象是_______。

【答案】(1)     HCl     NaOH
(2)
(3)
(4)     0.2002     c     滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色

【分析】E溶液显中性，应为NaCl溶液；C、D均显碱性，稀释时C的pH变化更明显，所以C的碱性更强，则C为NaOH、D为NH3·H2O；A、B均显酸性，稀释时B的pH变化更明显，则B的酸性更强，所以B为HCl，A为CH3COOH，B与C反应得到E， 则E为NaCl；
【详解】（1）由分析可知，B为HCl，C为NaOH；
（2）由分析可知，A为CH3COOH，其电离方程式为：；
（3）由分析可知，B为HCl，D为NH3·H2O，则两者反应的离子方程式为：；
（4）①由于第3次实验的数据差别太大，舍去，则消耗NaOH溶液的体积为：，根据，则，得；
②根据题干信息，锥形瓶中应该盛放醋酸，滴定管中盛放氢氧化钠溶液，二者恰好反应时溶液显示碱性，应该使用酚酞作为指示剂，所以答案选c；酚酞遇碱变红色，故滴定终点的现象是：滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色。