[化学]河南省洛阳市2023-2024学年高一下学期5月月考试题(解析版)

这是一份[化学]河南省洛阳市2023-2024学年高一下学期5月月考试题(解析版)，共15页。试卷主要包含了 对于反应， 下列关于药品使用说法错误的是，6kJ，3kJ的热量等内容，欢迎下载使用。
A. 废旧金属可回收利用，重新用于冶炼金属
B. 废玻璃的主要成分为硅酸盐，没有回收价值
C. 过期牛奶加热杀菌后仍可以继续食用
D. 废聚氯乙烯塑料不易降解，应焚烧处理
【答案】A
【解析】
【详解】A．金属可以回收利用，A正确；
B．玻璃可以回收利用，B错误；
C．过期食品会变质，不可以继续食用，C错误；
D．聚氯乙烯塑料不易降解，但也不能焚烧处理，会产生有害物质，D错误；
故选A。
2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溶液中加入固体KSCN后颜色变深
B. 缩小容器体积，使的平衡体系颜色变深
C. 加压有利于合成氨反应
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液中加入固体KSCN，增大，平衡正向移动，颜色加深，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．缩小容器体积，平衡没有发生移动，只是浓度大了颜色加深，B符合题意；
C．加压使得合成氨的反应右移，C不符合题意；
D．氯水中的次氯酸在光照下会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡向右移动，D不符合题意；
答案选B
3. 利用催化剂催化丙烷氧化脱氢历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。下列说法错误的是（ ）
A. 被吸附时放热
B. 催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变()
C. 决定丙烷脱氯速率的反应是
D. 过渡态2比过渡态1稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，被吸附时放热，故A正确；
B．催化剂不能改变丙烷氧化脱氢的焓变()，故B错误；
C．是过程中活化能最大的一步，决定丙烷脱氢速率，故C正确；
D．过渡态2的能量低，更稳定，故D正确；
答案选B。
4. “绿色化学”要求从源头减少或消除环境污染，改变“先污染后治理”的观念和做法。下列物质制取方案可以一步实现并符合“绿色化学”要求的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜与硝酸反应生成硝酸铜的同时会生成NO或等有毒气体，不符合“绿色化学”要求，故A项错误；
B．工业上可以通过乙烯水化法制乙醇，该反应为加成反应，所有原料都转化为产品，实现“零排放”，符合绿色化学要求，故B项正确；
C．HgS与反应生成Hg和，生成有毒性气体，不符合“绿色化学”的要求，故C项错误；
D．S与化合只能制得不能直接生成，故D项错误；
故选B。
5. 对于反应： ，下列措施不能增大平衡转化率的是（ ）
A. 恒容充入Ar气体B. 在原容器中再充入1ml
C. 缩小容器的容积D. 将水蒸气从体系中分离
【答案】A
【解析】
【详解】A．恒容充入Ar气体，平衡不移动，平衡转化率不变，A符合题意；
B．在原容器中再充入1 ml ，可增大平衡转化率，B不符合题意；
C．缩小容器的容积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，C不符合题意；
D．将水蒸气从体系中分离，平衡向正反应方向移动，D不符合题意；
答案选A。
6. 下列关于药品使用说法错误的是（ ）
A. 用于治疗胃酸过多症B. 阿司匹林用于解热镇痛
C. 碳酸银制剂用作“钡餐”D. 葡萄糖用于缓解低血糖症状
【答案】C
【解析】
【详解】A．可以和胃液中的盐酸发生中和反应，可用于治疗胃酸过多症，A正确；
B．阿司匹林具有解热镇痛作用，B正确；
C．碳酸钡会溶于胃酸，生成有害的，C错误；
D．低血糖指血液中葡萄糖含量偏低，注射葡萄糖注射液可以缓解低血糖症状，D正确；
故选C。
7. 合成氨的热化学方程式为 ，下列有关叙述错误的是（ ）
A. 气体平均摩尔质量不变时反应达平衡状态
B. 将1ml 与3ml 置于密闭容器中充分反应后放出热量为38.6kJ
C. 形成化学键放出的总能量大于断裂化学键吸收的总能量
D. 生成1ml 时放出19.3kJ的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应过程中气体质量不变，物质的量减小，平均摩尔质量增大，当平均摩尔质量不变时反应达平衡状态，A正确；
B．由 可知这是一个可逆反应，反应物不可能完全反应，B错误；
C．该反应为放热反应，C正确；
D．反应放出的热量与化学反应方程式的计量数成正比，D正确；
故选B。
8. 某温度下，在体积为1L的容器中发生反应，在20s内由1.0变成0.2(假设未平衡)。下列说法正确的是（ ）
A. 20s内 B. 反应速率关系：
C. 将移出后，V正增大，V逆减小D. 20s内的转化率为80%
【答案】D
【解析】
【详解】A．，A错误；
B．反应速率关系：，B错误；
C．减小生成物浓度，、均减小，C错误；
D．20 s内的转化率为80%，D正确；
故选D。
9. 反应 达平衡后，在t时刻改变某一条件，反应速率—时间图像如图所示，则t时刻改变的条件可能是（ ）
A. 升高温度B. 增大生成物浓度
C. 减小反应物浓度D. 增大容器体积
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，正逆反应速率均增大，且，A项符合题意；
B．增大生成物浓度，瞬间与原平衡时相等，B项不符合题意；
C．减小反应物浓度，瞬间减小，瞬间不变，达新平衡时，、均比原平衡小，C项不符合题意；
D．增大容器体积，压强减小，正逆反应速率均减小，D项不符合题意；
故选A。
10. 目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法工艺，其流程图如下：
以下说法不合理的是（ ）
A. 用热空气从含的海水中吹出利用了溴易挥发的性质
B. 吸收的离子方程式：
C. Cl的非金属性强于Br，所以可以将氧化成
D. 没有直接蒸馏含海水得到单质的主要原因是为了节能
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴易挥发，可以用热空气将其吹出，A正确；
B．HBr为强酸，离子方程式中应拆分，B错误；
C．Cl的非金属性强于Br，所以可以将氧化成，C正确；
D．溴水混合物中溴的浓度远大于含的海水中溴的浓度，此时蒸馏比较节能，D正确；
故选B。
11. 一定条件下，在水溶液中物质的量均为1ml的、的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A. e对应中
B. 从Cl的化合价分析，e只有氧化性
C. b→a+c反应的活化能为40
D. b→a+d反应的热化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．e点对应Cl元素的化合价为+7，A正确；
B．e中Cl的化合价为+7，从Cl的化合价分析，e只有氧化性，B正确；
C．根据图中数据无法判断b→a+c反应活化能，C错误；
D．b→a+d，根据得失电子守恒规律知该反应的离子方程式为，，所以该反应的热化学方程式为 ，D正确；
故选C
12. 据《天工开物》记载，我国古代以炉甘石(主要成分是)来升炼倭铅(即锌)，其原理如图2，下列说法错误的是（ ）
A. 该冶炼方法为热还原法
B 将煤做成蜂窝状可以使其反应更充分
C. “泥封”的目的是为了防止得到的锌被氧化
D. 反应区装置内外两个部分煤的作用完全相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．炉甘石受热分解生成和ZnO，和煤反应生成CO，CO可以还原ZnO，该冶炼方法为热还原法，A正确；
B．将煤做成蜂窝状可以增大接触面积，使其反应更充分，B正确；
C．生成的锌在冷凝区冷凝成液体，“泥封”的目的是为了防止得到的锌被氧化，C正确；
D．装置外的煤燃烧提供热量，装置内的煤主要用于制取还原剂，两者作用并不相同，D错误；
答案选D。
13. 已知(g)和(l)的燃烧热分别是1411.0和1366.8，则反应的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】①(g)的燃烧热方程式： ；
②(l)的燃烧热方程式： ；
①-②得 ，A正确。
答案选A。
14. 研究NOx之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(N2O4)和c(NO2)随t变化为曲线I、II，改变温度到T2，c(NO2)随t变化为曲线III。下列判断正确的是（ ）

A. 温度T1>T2
B. 反应速率v(a)=v(b)
C. 在T1温度下，反应至t1时达平衡状态
D. 在T1温度下，反应在0—t3内的平均速率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应温度T1和T2，以c(NO2)随t变化曲线比较，II比III后达平衡，所以T2>T1，故A错误；
B．升高温度，反应速率加快，T2>T1，则反应速率v(a)>v(b)，故B错误；
C．T1温度下，反应至t1时c(NO2)=c(N2O4)，t1之后c(NO2)、c(N2O4)仍在变化，说明t1时反应没有达到平衡状态，故C错误；
D．T1时，在0-t3内，，则0-t3内，故D正确；
答案选D。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 利用如图简易量热计测定中和反应反应热。
①在量热计内筒中加入50mL 0.50HCl溶液，插入温度计，记录初始温度为20.0℃；
②向烧杯中加入50mL 0.55NaOH溶液，调节其温度，使之也为20.0℃；
③快速将烧杯中的碱液倒入量热计内筒中，盖好杯盖，匀速搅拌，记录体系达到的最高温度为23.3℃。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为______。
（2）本实验中NaOH溶液稍过量，理由是______。
（3）上述反应过程中释放的能量为______kJ［已知，稀溶液的密度均为，水的比热容为］。
（4）写出表示该反应反应热的离子方程式：______。
（5）精确实验测得中和反应生成1 ml 的反应热 ，本实验出现误差的原因可能是______(填字母)。
A. NaOH溶液久置变质B. 温度计读数不是最高温度
C. NaOH溶液一次性倒入量热计中D. 量热计隔热效果差
（6）在实验中，如果用0.55的KOH溶液代替NaOH溶液，混合后最高温度与用NaOH时溶液时的最高温度______(填“相同”或“不同”)。说明理由：______。
【答案】（1）玻璃搅拌器
（2）保证盐酸完全被中和
（3）1.386
（4）
（5）ABD
（6）①. 相同 ②. KOH与NaOH属于同一类型强碱，它们的电离程度相同，其中和热相等，从而最高温度相同
【解析】（1）根据图示，仪器a的名称为玻璃搅拌器；
（2）本实验中NaOH溶液稍过量，目的是保证盐酸完全被中和；
（3）上述反应过程中释放的能量为0.1kg×3.3℃×=1.386 kJ；
（4）表示该反应反应热的离子方程式： ；
（5）A．NaOH溶液久置变质，导致反应放热减小，A符合要求；
B．温度计读数不是最高温度，测量反应热数值偏小，B符合要求；
C．NaOH溶液一次性倒入量热计中，减少热量散失，C不符合要求；
D．量热计隔热效果差，热量散失多，测量反应热数值偏小，D符合要求；
故选ABD；
（6）在实验中，如果用0.55的KOH溶液代替NaOH溶液，混合后最高温度与用NaOH时溶液时的最高温度相同，理由是KOH与NaOH属于同一类型强碱，它们的电离程度相同，其中和热相等，从而最高温度相同。
16. 一种以废旧镀锌铁皮回收Fe与Zn的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）镀锌铁皮在足量NaOH溶液中溶解的离子方程式为______，若要加快该溶解速率，可以采取的措施是______(任写两种)。
（2）溶液A中所加稀硫酸要适量，理由是______。
（3）灼烧可以得到ZnO，该过程中需要使用的仪器有______、酒精灯、三脚架、泥三角。
（4）若不溶物中含铁16.8g，假设过程中无损失，则将其完全转化为胶体，理论上加入NaClO3的质量为______g。检验溶液B中存在可以使用______(填试剂名称成化学式)溶液。
（5）溶液B中通入的目的是______。
【答案】（1）①. ②. 适当升温、将镀锌铁皮剪碎、适当增大NaOH浓度、充分搅拌等
（2）硫酸不足，锌元素没有完全沉淀，硫酸过量，锌元素重新溶解在溶液中，均会造成锌的损失
（3）坩埚、玻璃棒、坩埚钳
（4）①. 3.55 ②. 硫氰化钾(KSCN)
（5）排出空气，防止被氧化
【解析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成Na2[Al(OH)4]和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2[Al(OH)4]，与稀硫酸反应生成氢氧化锌沉淀，抽滤、洗涤、灼烧得到氧化锌；不溶物为铁，溶于稀盐酸加入适量氯酸钠，部分氧化亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，加碳酸氢钠后进行磁悬浮分离得到四氧化三铁胶体。
（1）Zn与氢氧化钠溶液反应得到Na2[Al(OH)4]和氢气，离子方程式为；若要加快该溶解速率，可以采取的措施是适当升温、将镀锌铁皮剪碎、适当增大NaOH浓度、充分搅拌等；
（2）溶液A中所加稀硫酸要适量，因为硫酸不足，锌元素没有完全沉淀，硫酸过量，锌元素重新溶解在溶液中，均会造成锌的损失；
（3）灼烧可以得到ZnO，需要使用的仪器有坩埚、玻璃棒、坩埚钳、酒精灯、三脚架、泥三角；
（4）16.8gFe的物质的量为0.3ml，先加盐酸溶解变为0.3mlFe2+，则将其完全转化为胶体，则的物质的量为0.1ml，Fe2+失电子为0.2ml，加入NaClO3的物质的量为，质量为=3.55g；检验溶液B中存在可以使用硫氰化钾(KSCN)，若有则溶液显红色；
（5）溶液B中通入的目的是排出空气，防止被氧化。
17. 在一密闭容器中发生反应： ，达到平衡后，当降低温度时，X的转化率变小；当增大压强时，混合体系中Z的质量分数增大，则：
（1）______(填“>”“ ②. >
（2）增大
（3）不变
（4）①. 减小 ②. 增大
（5）不变
（6）立刻变深后，又加深
【解析】降低温度时向放热方向移动 X的转化率变小逆向反应，则正向是吸热反应，>0；当增大压强时，平衡向气体体积减小方向移动，混合体系中Z的质量分数增大平衡正向移动，正向是气体化学计量数减小方向，>c；据此分析；
（1）>0，且>c；
（2）增大容器体积，气体压强减小，平衡逆向移动，X的质量分数增大；
（3）恒容条件下充入惰性气体Ar，反应物各物质的量浓度不变，则化学反应速率不变；
（4）恒容条件下充入X，平衡正向移动，则X的转化率减小，Y的转化率增大；
（5）加入催化剂，平衡不移动，平衡时混合气体总物质的量不变；
（6）若Z是有色气体，X、Y均为无色气体，压缩容器体积，平衡正向移动，则混合体系的颜色变化为因体积减小立刻变深后，正向移动又加深；
18. 科学家研究发现，是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管、减轻高血压的功能。回答下列问题：
Ⅰ.通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氨分解制备氢气的反应系统原理如图所示：
（1）由图可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氯的热化学方程式分别为______、______，制得等量消耗能量较多的是______［填“系统(Ⅰ)”或“系统(Ⅱ)”］。
Ⅱ.在高温下，与发生反应：。在330℃时，将0.10ml 与0.40ml 充入1L刚性密闭容器中，反应平衡后水蒸气的物质的量分数为10%。
（2）的平衡转化率______，反应平衡常数K=______(用分数表示)。
（3）在340℃时，重复上述实验，平衡后水蒸气的物质的量分数为12%，的转化率：______(填“>”或“ ②. >
（4）C
【解析】（1）根据盖斯定律，把系统(Ⅰ)的三个热化学方程式相加可得：；把系统(Ⅱ)的三个热化学方程式相加可得：；由上述两个热化学方程式可得，制得1ml H2，系统(Ⅰ)需要吸收286kJ能量，系统(Ⅱ) 需要吸收20kJ能量，所以制得等量H2所需能量较多的是系统(Ⅰ)；
（2）设反应的H2S物质的量为x，由题意列三段式得：
因为反应平衡后水的物质的量分数为10%，所以=0.1，解得x=0.05；H2S的平衡转化率α1＝0.05÷0.40×100%=12.5%；反应平衡常数K＝=；
（3）在340℃时，重复上述实验，平衡后水蒸气的物质的量分数为12%，该反应为等体积反应，说明水蒸气的量增多，则的转化率减小，，说明升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应，>0；
（4）A. 再充入N2，与该反应无关，平衡不移动，H2S的转化率不变，故A错误；
B.再充入COS，平衡逆向移动，使H2S的转化率减小，故B错误；
C.再充入CO2，平衡正向移动，在不改变H2S初始量的前提下，使H2S转化率增大，故C正确；
D. 再充入H2S，平衡正向移动，使CO2转化率增大，根据化学平衡移动原理，H2S的转化率减小，故D错误；
综上选C。