山东省临沂市罗庄区第十八中学2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题 PDF版

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临沂第十八中学高二化学10月份线上检测参考答案及解析1.答案：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。2.答案：C解析：判断热化学方程式的书写正误时，要注意物质状态、单位、符号以及数值是否与前面的化学计量数相对应。①中水的状态应为液态且焓变数值与方程式的化学计量数不对应；③没有标出是在水溶液中的反应，正确的热化学方程式为。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解析：中和反应反应热是指生成时的反应热，与足量氢氧化钡反应除生成2mol水外，还生成了硫酸钡，放出的热量大于114.6kJ，A项错误；燃烧热是指在101kPa下1mol纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量，则，B项正确；反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，与反应是否容易发生无关，如放热反应中铝热反应需要高温才能进行，氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应尽管是吸热反应，但常温下研磨就可进行，C项错误；不能确定生成的是气态水还是液态水，D项错误。5.答案：B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。6.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解释，故B错误；C. H2+I2⇌2HI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.7.答案：C解析：反应是否自发进行由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在一定条件下也可以发生，A错误；熵可用来表示体系的无序程度，相同物质的量的同种物质：，B错误；反应能自发进行的判据是，由反应的化学方程式可知，该反应的，要使，必须满足，C正确；恒温恒压下，且的反应，，反应一定可以自发进行，D错误。8.答案：B解析：A. T1时,化学反应达到了平衡状态,v正=v逆，故A错误；B. 当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热的，所以正反应是一个放热反应，即，故B正确；C. 温度越高,化学反应速率越大,b点温度高于a点,所以b的速率高于a点的速率,即va<vb，故C错误；D. 0−T1阶段是化学平衡的建立过程，反应开始向右不断进行，生成的Z的量越来越大，所以ω增大，故D错误。故选B.9.答案：B10.答案：C11.答案：D解析：图①中反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应，A项中的反应为吸热反应，A项错误；C的燃烧热是指 1 mol C完全燃烧生成时的反应热，且反应物的总能量高于生成物的总能量，B项错误；、NaOH溶液的物质的量浓度相等，当二者体积比为1︰2时，二者恰好完全反应，放出的热量最多，混合液温度最高，此时溶液为20 mL、NaOH溶液为40 mL，C项错误；稳定性：B<A<C，根据物质的能量越低越稳定知，物质的能量：B>A>C，故A→B为吸热反应，B→C为放热反应，A→C为放热反应，D项正确。12.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。13.答案：D解析：同一化学反应中，在单位相同的情况下，某物质的化学反应速率与其化学计量数的比值越大，该物质表示的反应速率越快，①；②；③；④，所以反应进行的快慢顺序为①>④>②=③。14.【答案】D【详解】A．由图可知，HCN的Ka=4.9×10-10，则CN-的水解常数Kh=，CN-水解大于HCN的电离，故浓度均为0.1mol·L-1的HCN和NaCN混合溶液中：c(HCN)>c(CN-)，A正确；B．根据越弱越水解可知，醋酸根离子的水解弱于铵根离子的水解，溶液显酸性，且醋酸根离子浓度大于铵根离子浓度，故0.1mol/L的HCOONH4溶液中存在以下关系式：c(HCOO-)>c()>c(H+)>c(OH-)，B正确； C．盐酸为强酸、氨水为弱碱；pH=3的盐酸的浓度远小于pH=11的氨水的浓度，两者混合，若溶液显中性，则混合前两者的体积大小：V(盐酸)>V(氨水)，C正确；D．根据图示可知，酸性H2CO3> HCN>，则少量CO2通入NaCN溶液中发生反应：CN-+CO2+H2O=+HCN，D错误；故选D。15.【答案】C【详解】A．由图可知，X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才有少量CO2生成，并且消耗的盐酸物质的量之比约为1:2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，故A错误；B．b点与c点分别为碳酸氢钠、碳酸钠与盐酸以物质的量之比1:1的滴定点，由以下两个反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3可知，b点主要成分为是NaCl，因溶有CO2，显酸性，c点主要成分是NaCl和NaHCO3，显弱碱性，故pH为b＜c，故B错误；C．由图观察，a点约滴加盐酸15 mL，而起始Na2CO3溶液的体积为25 mL，则此时反应Na2CO3+HCl=NaCl+H2O+NaHCO3约进行了，故c()＞c()，H2CO3分子由水解得来，浓度最小，则c()＞c()＞c(H2CO3)，故C正确；D．尽管从理论上看，b、d两点均为反应恰好完全，两点溶液的成分均为NaCl溶液，但从纵坐标可以看出，此时压强并不相等，由此可分析出溶解在溶液中的碳酸并不相等，溶解碳酸较多的是b点，碳酸对水的电离有一定的抑制作用，故水的电离程度b＜d，故D错误；答案为C。16.答案：A解析： A、D、E点的温度均为25℃，相等，B点的和分别大于E点的和，并且C点的和分别大于A点的和，故B>C>A=D=E,A正确；若从A点到D点，增大，减小，加入氢氧化钠，溶液中氢氧根离子浓度增大，减小，不符合曲线变化，B错误；若从A点到C点，变大，变大，增大，温度应升高，C错误；处在B点时，pH=2的硫酸中，pH=12的KOH溶液中，等体积混合，碱过量，溶液显碱性，D错误。17.答案：D解析： A项，当（题图中c点），二者恰好完全反应，所以HA的浓度是，起始时HA溶液的pH=3，这说明HA为弱酸，正确；B项，a点时溶液中的溶质是等浓度的HA、NaA，根据电荷守恒和元素质量守恒可知溶液中正确；C项，b点溶液显中性，，则b点溶液中，c点根据元素质量守恒可知，因此溶液中，由于溶液中浓度均远大于HA浓度，所以b点约等于，正确；D项，d点时溶液中的溶质是氢氧化钠和NaA，二者物质的量之比为1:2，根据元素质量守恒可知，错误。18.答案：B解析：根据元素质量守恒可知在溶液中有，A正确；在溶液中存在电荷守恒，，当滴加至溶液呈中性时，，所以溶液中，B错误；消耗10 mL NaoH溶液时，所得溶液为等物质的量浓度的NaHA、的混合溶液，NaHA溶液显碱性，而该混合溶液常温下pH<7，说明的电离大于的水解，所以溶液中，C正确；消耗40 mL NaOH溶液时，二者恰好完全反应生成，电离产生、，可知，会发生水解产生继续水解产生和，同时溶液中还存在的电离平衡，所以溶液中，但水解程度是微弱的，水解产生的离子的浓度远小于盐电离产生的离子的浓度，所以，故溶液中离子浓度大小关系为，D正确。19.答案：D解析：A项，温度不变时，的电离平衡常数是不变的，加水时变小，应变大，故错误；B项，的平衡常数，升温，K增大，减小，故错误；C项，根据电荷守恒得，溶液呈中性时，则，，故错误。20.答案：C解析：用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，滴定管需用NaOH标准溶液润洗；锥形瓶不能润洗，否则导致消耗标准溶液体积偏大，测定出的醋酸溶液的浓度偏高，A错误。滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，B错误。滴定前平视读数，滴定后俯视读数，则消耗标准溶液体积偏小，依据分析知，偏低，C正确：用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液颜色应该由无色变为浅红色，D错误。21.答案：D解析： NaoH溶液不能盛装于酸式滴定管中，A错误；用盐酸滴定氢氧化钠溶液，当恰好中和时溶液的pH=7，酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，题中图像变化与实际不相符，B错误；题图3所示的读数为11.80mL，C错误；溶液的导电能力与离子浓度成正比，是弱电解质，溶液中离子浓度较小，随着KOH溶液的加入，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，D正确。22.答案：C解析：碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，蒸干溶液并灼烧，得到固体，A错误；氯化铝水解生成HCl和氢氧化铝，HCl易挥发，灼烧氢氧化铝得到氧化铝，B错误；水解生成的硫酸是难挥发性酸，蒸干灼烧后得到的固体仍为，C正确；受热易分解生成锰酸钾、二氧化锰与氧气，D错误。23.答案：AD24..答案：BD解析：向0.2L 0.1mol/L的NaOH溶液中，通入标准状况下448mL气体，二者恰好反应生成 NaHS，硫氢化钠溶液中的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，和水都电离生成氢离子，只有电离生成硫离子，所以，A错误；溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得，B正确；根据元素质量守恒得，则，C错误；根据元素质量守恒和电荷守恒得，D正确。25答案D26．（10分）（除标注外，每空2分）（1）e（1分）    c（1分）  （2）  ac  （3）  HClO  （4）  ＞    27.【答案】（1）    ①. N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)    ②. -65.2    （2）    ①选择性    ②. 温度    （3）    ①. 50%    ②. 0.04    （4）    ①. 随着温度升高催化剂活性明显降低    ②. 反应前后气体体积相等，其他条件一定时，加压平衡不移动，a不变，压强增大到一定程度后水蒸气液化。继续加压，平衡正向移动，a逐渐增大【解析】【小问1详解】其他条件一定时，活化能Ea越大，反应难以发生，反应速率越小，为慢反应，慢反应为决定总反应速率，由此可以决定H2催化还原NO反应速率的基元反应为：N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)，从表格中获取信息可知，基元反应H2+Rh(s)+Rh(s) H(s)+H(s)的Ea为12.6 kJ/mol，逆反应H(s)+H(s) H2+Rh(s)+Rh(s)的Ea为77.8 kJ/mol，可知反应的焓变ΔH=12.6 kJ/mol-77.8 kJ/mol=-65.2 kJ/mol，故答案为：N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)；-65.2；【小问2详解】催化剂不变，温度不同，产物组分不同，体现了催化剂具有选择性，且受温度影响，故答案为：选择性；温度；【小问3详解】根据题干信息可知反应为4H2(g)+2NO(g) +O2(g)N2(g)+4H2O(g)，H2、NO、O2按体积比即物质的量之比为3：2：1，设充入量分别3a mol、2a mol、a mol，NO转化xmol，则：， V%(N2)= x=a a(NO)=， n总=6a-x=5a mol，，同理可知= ，故答案为：50%；0.04；【小问4详解】随着升高催化剂可能失去活性，速率降低；对于反应前后气体计量系数相等反应，改变压强平衡不移动，反应前后计量系数不同的反应，加压平衡向系数小的方向移动，故答案为：随着温度升高催化剂活性明显降低；反应前后气体体积相等，其他条件一定时，加压平衡不移动，a不变，压强增大到一定程度后水蒸气液化。继续加压，平衡正向移动，a逐渐增大。28.答案：(1)①; (2)BD; ⑶酸；滴加最后半滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；(4)上方    b(V0-V1)/y     偏小