湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高二上学期第一次月考化学试题（Word版附解析）

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时量：75分钟 满分：100分 得分___________
一、单项选择题(本题共14个小题，每小题3分，共42分)
1. 下列关于活化能和简单碰撞理论说法正确的是
A. 活化分子的每一次碰撞都能发生化学反应
B. 活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做活化能
C. 催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，改变反应的焓变
D. 增大压强(减小体积)或升高温度，均能增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．活化分子的每一次碰撞不一定都能发生化学反应，只有活化分子碰撞时有合适的取向才能发生化学反应，A错误；
B．活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差值，B正确；
C．催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，从而改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，C错误；
D．增大压强可以增大单位体积内活化分子的数目，但活化分子百分数不变，D错误；
故选B。
2. 下列事实不能用勒夏特列（平衡移动）原理解释的是
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 晒自来水养小金鱼
C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D. 合成氨时采用铁触媒作反应催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．存在平衡H2CO3H2O+CO2 ，打开瓶盖时，压强减小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用勒夏特列原理来解释，A不符合题意；
B．用少量氯气消毒的自来水中，发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO；次氯酸见光分解反应为：2HClO=2HCl+O2↑，HClO浓度减小，促进化学平衡正向移动，减少了氯气的含量，所以可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率，可以用勒夏特列原理来解释，C不符合题意；
D．催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡移动，D符合题意；
故选D。
3. 工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0。已知该反应是放热反应。下列表示合成甲醇的反应的能量变化示意图正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由热化学方程式可知，反应物、生成物均为气态，焓变为负，为放热反应，且生成物为液态时放出热量更多，选项A中图符合。
故答案选A。
4. 在一定条件下发生如下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
下列说法正确的是
A. 反应I中各物质的化学计量数既可表示物质的量，又可表示分子个数
B. 的数值为
C. 反应II中和的总能量低于的总能量
D. 的数值大小与物质的状态无关
【答案】B
【解析】
【详解】A．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数，故A错误；
B．反应Ⅰ：2H2SO4(l)═2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H1=+551kJ•ml-1，反应Ⅱ：S(s)+O2(g)═SO2(g)△H2=-297kJ•ml-1，反应-I-II得反应Ⅲ：3SO2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)+S(s)△H3=(-551+297)kJ/ml=-254kJ/ml,故B正确；
C． 反应II为放热反应，则反应Ⅱ中S(s)和O2(g)的总能量高于SO2(g)的总能量，故C错误；
D．如完全燃烧相同质量的S(g)、S(s)放出的热量前者大于后者，所以△H与反应物的状态有关，故D错误；
故选：B。
5. 已知断开中H—H键需要吸收436 kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式错误的是
A. 断开1 ml HCl(g)中H—Cl键要吸收432 kJ能量
B. 生成中的Cl—Cl键放出243 kJ能量
C.
D. ()
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示可知，2mlH(g)和2mlCl(g)结合成放出864 kJ能量，则断开2 ml HCl(g)中H—Cl键需要吸收864 kJ能量，由此推出断开1 ml HCl(g)中H—Cl键要吸收432 kJ能量，A项正确；
B．根据图示可知，断裂 1mlH2(g)中的H—H键和1mlCl2(g)中Cl—Cl键吸收679kJ能量，断裂 1mlH—H键吸收436kJ能量，则断裂 1mlCl—Cl键吸收679kJ-436kJ=243kJ能量，即生成中的Cl—Cl键放出243 kJ能量，B项正确；
C．根据图示知， ，则，C项正确；
D．HCl由气态变为液态要放出热量，所以生成2 ml液态HCl放出的热量大于185 kJ，即，D项错误；
故选D。
6. 利用如图所示装置进行中和热测定实验，下列说法不正确的是
A. X为隔热层，能有效减少实验过程中的热量损失
B. 向盛装酸溶液的内筒中加碱溶液时要小心缓慢
C. 使用玻璃搅拌器既可以搅拌又可以避免损坏温度计
D. 测定酸溶液温度后的温度计要用蒸馏水清洗、干燥后再测碱溶液的温度
【答案】B
【解析】
【详解】A．X为隔热层能隔热，作用是减少实验过程中的热量损失，从而减小实验误差，A正确；
B．向盛装酸溶液的内筒中加碱溶液时应迅速，减少热量的散失，B错误；
C．中和热测定实验中若使用温度计搅拌，会使温度计水银球破损，会造成实验安全隐患，使用玻璃搅拌器既可以搅拌又避免损坏温度计，C正确；
D．为防止温度计上沾有的酸溶液与碱溶液反应导致所测碱溶液温度偏高，所以测定酸溶液后的温度计要用蒸馏水清洗、干燥后再测碱溶液的温度，D正确；
故选B
7. 根据如图分析，下列说法不正确的是
A.
B. 1ml能量高于1ml
C.
D. 常温下反应的化学平衡常数的数值很小
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2和O2反应生成液态水的过程中放热，，A正确；
B．转化为会放出热量，则1ml能量高于1ml，B正确；
C．由图可知， ， ， ，由盖斯定律可知，，C错误；
D．常温下H2O(g)很难分解为H2(g)和O2(g)，反应的化学平衡常数的数值很小，D正确；
故选C。
8. 下列物质按纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；
【详解】A．盐酸为混合物；铜诶单质，不是非电解质，故A错误；
B．液氯、硫酸钡、草酸、NH3分别属于纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；
C．氨水为溶液，是混合物，不是弱电解质，故C错误；
D．氯化镁为强电解质，D错误；
故选B。
9. 25℃时，将醋酸溶液加水稀释，下列数值变大的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．将醋酸溶液加水稀释，减小，A不选；
B．将醋酸溶液加水稀释，溶液中c(H+)减小，醋酸的电离平衡常数Ka是定值，减小，B不选；
C．醋酸的电离平衡常数Ka只受温度影响，将醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离平衡常数Ka不发生变化，C不选；
D．将醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，溶液中增大，D选；
故选D。
10. 已知25℃时，三种酸的电离常数为Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列说法正确的是
A. 醋酸滴入NaCN溶液的离子方程式为H++CN-=HCN
B. NaHCO3在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++H++
C. Na2CO3溶液中滴加HCN的离子方程式为+2HCN=2CN-+H2O+CO2↑
D. 结合质子的能力：CH3COO-；
【详解】A．因为酸性CH3COOH> HCN，由于醋酸是弱酸不可拆，反应的离子方程式是：CH3COOH+CN-=HCN+CH3COO-，故A错误；
B．NaHCO3在水溶液中电离出钠离子和，电离方程式为NaHCO3=Na++，故B错误；
C．酸性：H2CO3> HCN >，则Na2CO3溶液与HCN反应只能生成NaHCO3，不能生成H2CO3，离子方程式为+HCN=CN-+，故C错误；
D．酸性越弱，其对应酸根结合氢离子的能力越强，所以等浓度的结合质子的能力：CH3COO-”“”“”“ ②. >
（2）0.0025ml/(L·s)
（3）< （4） ①. 降低温度 ②. 容器中气体颜色变深
（5）KA=KC>KB
【解析】
【小问1详解】
根据图象曲线变化可知，T1℃时反应先达到平衡，T1℃时反应速率大于T2℃，则温度大小为：T1℃>T2℃，而在T1℃达到平衡时二氧化氮的物质的量大于T2℃，说明升高温度，平衡向着正向移动，则该反应为吸热反应，>0。
【小问2详解】
时，40~80s内用表示平均反应速率为=0.0025ml/(L·s)。
【小问3详解】
由图可知，A、C两点平衡时温度相同，C点对应的压强大，反应速率大，A、C两点的反应速率：AT3，由A点到B点可采取的方法是降低温度，由A点到C点压强增大，NO2的浓度增大，可观察到的实验现象是：容器中气体颜色变深。
【小问5详解】
A、C两点为相同温度不同压强下的平衡，故化学平衡常数相等，B点温度低于A，C两点，该反应正反应为吸热反应，则降低温度，K减小，则三点平衡常数大小关系为KA=KC>KB。
16. 某校化学小组探究酸性溶液与溶液反应速率的影响因素。
（1）邹邹进行了实验Ⅰ：常温下，向4mL不同浓度的溶液中滴入1滴(0.04mL)溶液，记录如下：
①将溶液调成酸性所用的酸是___________(填“盐酸”“硫酸”“硝酸”或“都行”)，该反应的离子方程式为___________。
②对于增大引起的速率异常现象，伟伟认为可能是分解造成的，你对此结论的正误判断及理由是___________。
③为了解释增大到一定浓度后反应速率减小，波波查得了如下资料。资料显示，，溶液中存在平衡：。请用平衡移动原理解释时反应速率忽然减小的原因：___________。
（2）龙龙继续进行实验Ⅱ，并记录如下：
①对于第10滴溶液与溶液反应速率剧烈变化的原因，飞飞提出如下假设：___________。
②杰杰设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案：
（3）综合上述实验，对于酸性溶液与溶液反应速率，臧臧进行了总结。下列因素一定能加快反应速率的是___________。
a．增大溶液浓度 b．增大溶液浓度
c．增大浓度 d．适当升高温度
e．加入合适的催化剂
【答案】（1） ①. 硫酸 ②. ③. 错误；向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多，说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故 ④. 转化为，溶液中的过氧化氢浓度减小，导致速率减小
（2） ①. 可能是高锰酸钾与双氧水反应后生成的，对双氧水分解起到了催化作用 ②. 硫酸锰
（3）acde
【解析】
【分析】酸性高锰酸钾作为常见氧化剂，其配制加入的酸不能具有氧化性和还原性，所以不能加入硝酸和盐酸。高锰酸钾与过氧化氢反应，过氧化氢作还原剂，产生氧气。在对双氧水分解实验开展探究的时候，要充分考虑催化剂对反应速率带来的变化。开展对比探究实验的时候，使用控制变量法，除探究的因素是变量外，其它条件都必须相同。据此分析作答。
【小问1详解】
①高锰酸钾作为经常使用的氧化剂，将溶液调成酸性所用的酸是硫酸，不能使用盐酸和硝酸，因为盐酸易被高锰酸钾氧化，产生氯气，而硝酸自身具有氧化性，对高锰酸钾的氧化性带来干扰。高锰酸钾与过氧化氢反应，高锰酸钾作氧化剂，锰元素化合价降低，还原为；而双氧水中的氧元素化合价升高，生成。
②根据表中数据分析，增大，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多，说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故。
③由于，溶液中存在平衡：，当，转化为，溶液中的过氧化氢浓度减小，导致速率减小。
故答案为：硫酸；；错误，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多，说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故；转化为，溶液中的过氧化氢浓度减小，导致速率减小。
【小问2详解】
①由于第10滴溶液与溶液反应速率剧烈变化，分析可能是高锰酸钾与双氧水反应后生成的，对双氧水分解起到了催化作用。
②杰杰设计实验方案证实上述假设合理，因为推测对双氧水分解起到了催化作用，所以考虑开始就加入少量的硫酸锰固体，以提供，观察双氧水分解速率情况，验证猜想。
故答案为：可能是高锰酸钾与双氧水反应后生成的，对双氧水分解起到了催化作用；硫酸锰。
【小问3详解】
a．增大溶液浓度，单位体积内有效碰撞的几率增大，一定能加快反应速率，故a正确；
b．由题给信息可知，当时，转化为，若增大双氧水溶液浓度，会导致更多的转转化为，不一定能加快反应速率，故b错误；
c．增大浓度，增大，的氧化性增强，一定能加快反应速率，故c正确；
d．加热适当温度，反应的活化分子数增多，一定能加快反应速率，故d正确；
e．加入合适的催化剂，降低反应活化能，反应的活化分子数和百分数均增多，一定能加快反应速率，故e正确；
故答案为:acde。
17. 我国力争于2030年前做到“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。捕获与重整是利用的研究热点。其中与重整反应体系涉及部分反应如下：
a．
b．
c．
（1）已知，则反应c在___________(填“高温”“低温”“任意温度”或“不能”)自发进行。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___________。
A. 增大与的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增大
B. 移去部分，反应c，b的平衡向右移动，反应a向左移动
C. 加入反应a的催化剂，可提高的平衡转化率
D. 降低反应温度，反应a、b、c的正、逆反应速率都减小
（3）雨水中含有来自大气的，溶于水中的会进一步和水反应，发生电离：
①
②
25℃时，反应②的平衡常数为。溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为x时，溶液中浓度为___________(写出表达式，忽略水和的电离)。
（4）105℃时，将足量的某碳酸氢盐()固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa．保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的，再加入足量，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，的初始压强应大于___________kPa。(已知：体系中某气体的分压=该气体的体积分数×总压)
（5）可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液，溶液___________。(室温下，的；)
（6）CaO可在较高温度下捕集，在更高温度下将捕集的释放利用，请从化学反应原理角度分析其原因是___________。与热分解制备的CaO相比，热分解制备的CaO具有更好的捕集性能，其原因是___________。
【答案】（1）高温 （2）AD
（3）
（4）100.8 （5）10
（6） ①. CaCO3分解生成CaO和CO2是吸热反应，在更高温度下促进分解反应正向进行，释放出二氧化碳 ②. CaC2O4∙H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔
【解析】
【小问1详解】
反应c的正反应是气体体积增大的反应，体系混乱度增大，则∆S>0，已知，由自发进行的综合判据∆G=∆H-T∆S