辽宁省盘锦市第二高级中学2022-2022学年高二化学10月月考试题含解析

1、PAGE PAGE - 17 -辽宁省盘锦市第二高级中学2022-2022学年高二化学10月月考试题含解析1.以下说法不正确的选项是A. 反响热是指反响过程中所放出或吸收的热量B. 化学反响的实质是旧键断裂新键形成C. 化学键断裂时吸收能量，形成时放出能量D. 伴随着能量变化的过程一定是化学反响【答案】D【解析】【详解】A.化学反响过程中断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，因此反响过程中都伴随着能量变化，把化学反响过程中所放出或吸收的热量叫反响热，A正确；B.化学反响的过程就是原子重新组合的过程，这个过程中有旧键断裂和新键的形成，因此化学反响的实质是旧键断裂和新键形成的过程，B正确；C.化

2、学键断裂时破坏原子之间的相互作用，需要吸收能量，形成化学键时原子要结合在一起，微粒的能量降低，因此会放出能量，C正确；D.伴随着能量变化的过程可能是化学反响，也可能是物理变化，D错误；故合理选项是D。2.以下依据热化学方程式得出的结论正确的选项是A. 2C(s)2O2(g)=2CO2(g) H=a kJmol-1，2C(s)O2(g)=2CO(g) H=b kJmol-1，那么abB. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l) H= -57.3 kJmol-1，那么含1mol NaOH的稀溶液与足量稀醋酸完全中和，放出的热量等于57.3kJC. P(白磷，s)=P(红磷，

3、s) H0，那么白磷比红磷稳定D. H2(g)+I2(g)2HI(g) H= -a kJmol-1向密闭容器中参加2mol H2和2mol I2(g)，充分反响后放出的热量小于2a kJ【答案】D【解析】【详解】A.C燃烧反响是放热反响，物质燃烧时放出的热量越多，那么该反响的反响热就越小。C完全燃烧产生CO2放出的热量比C不完全燃烧产生CO放出的热量多，所以反响热a0，且放热H0，反响H-TS0一定是自发反响，B正确；C.H-TS0的反响是自发进行的反响，H0，S0的反响是非自发进行的反响，H0，S0低温下可以是非自发进行的反响，C错误；D. 根据G=H-TS可知，反响是否自发进行，由熵变、焓

4、变、温度共同决定，非自发反响在改变条件下可以发生，D错误；故合理选项是B。7.反响2SO32SO2+O2；H0，达平衡时，要使v正降低、c(SO3)增大，应采取的措施是A. 增大压强B. 减小压强C. 降低温度D. 减小SO2的浓度【答案】C【解析】【详解】该反响是正反响气体体积增大的吸热反响，A.增大压强，正、逆反响速率都增大，平衡向逆反响方向移动，c(SO3)增大，A错误；B.减小压强，正、逆反响速率都减小，平衡向正反响方向移动，c(SO3)降低，B错误；C.降低温度，正、逆反响速率都减小，平衡向逆反响方向移动，c(SO3)增大，C正确；C.减小SO2的浓度，正、逆反响速率都减小，平衡向正

5、反响方向移动，c(SO3)降低，D错误；故合理选项是C。8.在密闭容器中，A(g)3B(g)5C(g)H0，到达甲平衡。在仅改变某一条件后，到达乙平衡，改变的这一条件是 A. 参加适当催化剂B. 增大压强C. 增大反响物的浓度D. 升高温度【答案】D【解析】【详解】A.参加适当催化剂，对正逆反响速率影响相同，化学平衡不发生移动，A错误；B.该反响的正反响是气体体积增大的反响，增大压强，正、逆反响速率都增大，增大压强后的反响速率V正0B. H2(g)十Br2(g)2HBr(g)；H0C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；H0【答案】C【解析】试题分析：从图像可知，升高温度，反响物转化率减

6、小，所以平衡逆向移动，正反响放热；增大压强，平衡转化率增大，平衡正向移动，反响物的系数和大于生成物系数和。故C正确。考点：此题考查平衡移动原理。13.用水稀释1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而增加的是A. c(H+)和c(OH-)的乘积B. C. OH-的物质的量浓度D. H+的物质的量浓度【答案】D【解析】【详解】A.c(H+)和c(OH-)乘积等于水的离子积常数，温度不变，水的离子积不变，A错误；B.在氨水中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，=，加水稀释，平衡正向移动， n(NH3H2O)减小，n(OH-)增多，所以减小，B错误；C.加水稀释，c(OH-)减小，C错误；D.

7、加水稀释，c(OH-)减小，由于水的离子积不变，所以c(H+)增大，D正确；故合理选项D。14.以下说法正确的选项是A. pH=5的HCl溶液酸性比pH=5的CH3COOH溶液的酸性强B. 当pH减少2个单位时，溶液中c(H+)增大200倍C. pH=2.0的酸溶液，稀释10倍时，pH为3D. 溶液稀释时，pH可能增大也可能减小还可能不变【答案】D【解析】【详解】A. pH=5的HCl和pH=5的CH3COOH溶液c(H+)相等，所以两种溶液的酸性相同，A错误；B.当pH减少2个单位时，溶液中c(H+)减小100倍或增大100倍，B错误；C. pH=2.0的酸溶液，假设该酸是强酸，稀释10倍时

8、，pH为3；假设该酸是弱酸，由于弱酸在溶液中存在电离平衡，稀释时该平衡正向移动，使溶液中c(H+)又在稀释使溶液中离子浓度减小的根底上又略有增大，因此稀释10倍后溶液的pH3，C错误；D.酸溶液稀释，溶液的pH变大；碱溶液稀释，溶液的pH减小；假设是强酸强碱形成的正盐，溶液显中性，加水稀释，溶液的pH不变，D正确；故合理选项是D。15.一定温度下，取pH=14的某碱溶液中，由水电离的c(OH-)molL-1A. 1.0100B. 1.010-1C. 1.010-13D. 1.010-14【答案】D【解析】【详解】碱溶液中H+是水电离产生的，pH=14的某碱溶液，溶液中c(H+)=1.010-1

9、4mol/L，根据水的电离平衡：H2OH+OH-，H2O电离产生的H+、OH-浓度相等，所以pH=14的某碱溶液中，由水电离的c(OH-)=1.010-14mol/L，故合理选项是D。16.以下表达中，正确的选项是A. 中和10mL 0.1molL-1 盐酸与中和100mL 0.01molL-1 的醋酸所需同种溶液的量不同B. 等体积pH=3的酸溶液pH=11的碱溶液相混合后，溶液的pH=7C. 体积相等，pH相等的盐酸和硫酸溶液中，H+离子的物质的量相等D. pH=3的盐酸溶液的H+的物质的量与pH=11的氨水溶液的OH-物质的量相等【答案】C【解析】【详解】A.10mL 0.1molL-1

10、 盐酸与100mL 0.01molL-1 的醋酸中含有一元酸的物质的量相同，所以中和二者消耗的同种碱的量相同，A错误；B.假设酸为弱酸，碱为强碱，那么等体积pH=3的酸溶液pH=11的碱溶液相混合后，溶液的pH7；B错误；C.盐酸和硫酸都是强酸，体积相等，pH相等那么溶液的c(H+)相等，所以由n=cV可知：体积相等，pH相等的盐酸和硫酸溶液中，H+离子的物质的量相等，C正确；D.缺少溶液的体积，不能计算溶液中溶质的物质的量，D错误；故合理选项是C。17.50mL 0.50molL-1盐酸与50mL 0.55molL-1NaOH溶液在如下列图的装置中进行中和反响。通过测定反响过程中所放出的热量

11、可计算中和热。答复以下问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_。(2)向盐酸中倒入NaOH溶液的正确操作是：_。A.沿玻璃棒缓慢倒入 B.分三次少量倒入 C.一次迅速倒入(3)大烧杯上如果不盖硬纸板，那么求得的中和热 _(填“偏大、“偏小或“无影响)。(4)两次实验记录的数据如下表：实验用品溶液温度中和热t1t2H50mL 0.55mol/LNaOH溶液50mL 0.5mol/LHCl溶液2023.350mL 0.55mol/LNaOH溶液50mL 0.5mol/LHCl溶液2023.4：Q=cm(t2-t1)，反响后溶液的比热容c为4.18kJ

12、/(kg)，各溶液的密度均为1g/cm3。那么中和热H=_kJmol1。(5)假设改用60mL 0.50molL-1 盐酸和50mL 0.55molL-1 NaOH溶液进行反响与上述实验相比，所放出的热量_填“相等“不相等，假设实验操作均正确，那么所求中和热_(填“相等“不相等)。【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温、隔热，减少实验过程中的热量损失 (3). C (4). 偏大 (5). - 56.0 (6). 不相等 (7). 相等【解析】【分析】(1)为了使酸、碱快速混合，要使用环形玻璃搅拌棒；(2)测定中和热要快速，减少热量损失；(3)中和热关键是减少实验过程中的热量损失，

13、要保温、隔热；(4)根据Q=cm(t2-t1)计算出反响放出的热量，结合反响产生的水的物质的量，根据中和热定义计算出中和热；(5)酸、碱反响，反响物的物质的量越多，反响放出的热量就越多；中和热是酸、碱反响产生1mol H2O所放出的热量。【详解】(1)测定中和热，要使酸、碱快速混合，同时减少混合时的热量损失，要使用环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定关键是减少反响过程的热量损失，向盐酸中倒入NaOH溶液的正确操作是：一次迅速倒入，故合理选项是C。(3)大烧杯上如果不盖硬纸板，那么会导致局部热量损失，产生等量的水，溶液温度升高的少，放出的热量减少，使得求得的中和热偏大；(4)t1=20 ，t2=23

14、.35；那么反响过程中放出的热量Q=cm(t2-t1)=4.18 kJ/(kg)0.1kg(23.35-20 )=1.4003kJ，反响产生水的物质的量是n(H2O)= 0.5 mol/L0.050L=0.0250mol，那么中和热H=-1.4003kJ0.0250mol=-56.0kJ/mol；(5)假设改用60mL 0.50molL-1 盐酸和50mL 0.55molL-1 NaOH溶液进行反响，反响时酸过量，以缺乏量的NaOH溶液为标准计算，NaOH的物质的量比第一次反响HCl的物质的量多，那么反响产生的水的物质的量就多，所放出的热量就比上次多，二者不相等；由于中和热是酸、碱发生中和反响

15、产生1mol水时放出的热量，因此假设实验操作均正确，那么所求中和热相等。【点睛】此题是关于中和热测定的有关知识，涉及仪器的使用、实验操作本卷须知、实验数据的处理等，注意减少实验过程中的热量损失，做好保温、隔热，注意各个物理量的单位换算，结合中和热的概念进行分析。18.某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质，为了滴定其纯度，进行以下滴定操作：A.在天平上准确称取烧碱样品10g，在烧杯中用蒸馏水溶解B.用移液管或碱式滴定管量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中滴加几滴酚酞作指示剂C.在1000mL的容量瓶中配制1000mL烧碱溶液D.将物质的量浓度为0.5 mol/L的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调整液面记下

16、开始读数为V1mLE.在锥形瓶下一张白纸，滴定至红色刚好消失为止，记下读数V2mL答复以下问题：(1)正确操作步骤的顺序是填字母： E。_(2)滴定前俯视或滴定后仰视 _ 滴定接近终点时，有少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 _(填“偏高、“偏低或“无影响)(3)操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是_。(4)开始时标准液在滴定管刻度线以上，未予调整 _填“偏高“偏低或“无影响(5)滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失_未用标准液润洗滴定管_填“偏高、“偏低或“无影响(6)该烧碱样品纯度为： _ 。(样品中烧碱的质量/样品的质量100%)【答案】 (1). AC B D E (2). 偏高 (3).

17、 无影响 (4). 便于观察锥形瓶中溶液颜色变化 (5). 偏低 (6). 偏高 (7). 偏高 (8). 16(V2-V1)%【解析】【分析】(1)根据准确配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析；(2)根据物质的量浓度定义式c=，通过测定对溶液的体积、溶质的物质的量分析；(3)酸碱中和滴定关键是滴定终点的判断；(4)反响消耗的酸标准溶液的体积是V2-V1，根据物质的量浓度定义式分析误差；(5)滴定前有气泡使V1偏小，未润洗，会导致滴定的标准溶液被稀释，浓度降低；(5)根据消耗标准盐酸溶液的体积与浓度的乘积得到HCl的物质的量，结合HCl与NaOH物质的量相等，得NaOH的物质的量，在根据n=计

18、算其质量，最后根据100%计算纯度。【详解】(1)某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质，为了滴定其纯度，首先在天平上准确称取烧碱样品10g，在烧杯中用蒸馏水溶解，然后在1000mL的容量瓶中配制1000mL烧碱溶液，用移液管(或碱式滴定管)量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中滴加几滴酚酞作指示剂，将物质的量浓度为0.5 mol/L的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数为V1 mL，在锥形瓶下一张白纸，滴定至红色刚好消失为止，记下读数V2 mL，然后计算其中含有的NaOH的质量，进而可得物质中含有的烧碱纯度；故操作顺序为AC B D E；(2)滴定前俯视或滴定后仰视那么消耗的标准酸溶液的体积

19、偏大，NaOH的物质的量偏多，那么根据c=可知溶液的烧碱的含量偏高；假设在滴定接近终点时，有少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，由于没有改变溶液中NaOH的物质的量，因此对测定结果无影响；(3)操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是便于观察锥形瓶中溶液颜色变化，以便准确判断滴定终点；(4)开始时标准液在滴定管刻度线以上未予调整，导致消耗标准酸溶液的体积偏小，由此计算的烧碱样品中NaOH的含量偏低；(5)滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失那么V1偏小，消耗标准酸溶液的体积(V2-V1)就会偏大，导致NaOH的含量偏高；假设未用标准液润洗滴定管，标准溶液被稀释，浓度降低，那么消耗标准酸溶液的体积偏大，

20、由此计算的NaOH的浓度偏高；(6)25mL烧碱溶液滴定消耗的HCl的物质的量是n(H2SO4)=cV=0.5mol/L(V2-V1)10-3L=5(V2-V1)10-4mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，那么n(NaOH)=2n(H2SO4)= (V2-V1)10-3mol，那么10g样品配成的1000mL溶液中含有烧碱的物质的量是n(NaOH)=(V2-V1)10-3mol=4(V2-V1)10-2mol，所以该烧碱样品纯度为100%=16(V2-V1)%。【点睛】此题考查了物质的量浓度的溶液的配制、酸碱中和滴定及实验误差分析判断的知识。掌握物质的量浓度的配制操作、

21、误差产生的原因及分析方法，做出正确判断，结合酸、碱反响时的物质的量关系进行计算。19.盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反响的反响热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据以下的5个反响(由氨气、HCl和水制备NH4C1水溶液)。请判断反响的反响热_。NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) H= -176kJ/molNH3(g)+H2O(l)=NH3(aq) H=-35.1kJ/molHCl(g)+H2O(l)=HCl(aq) H= -72.3kJ/molNH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1) NH3(aq)+HCl(aq)=NH4C1(aq) H= -5

22、2.3kJ/mol【答案】H+16.3kJ/mol【解析】【分析】根据盖斯定律，将z的热化学方程式进行叠加可得待求反响的反响热。详解】NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) H1=-176kJ/molNH3(g)+H2O(l)=NH3(aq) H2=-35.1kJ/molHCl(g)+H2O(l)=HCl(aq) H3=-72.3kJ/molNH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1) H4NH3(aq)+HCl(aq)=NH4C1(aq) H5=-52.3kJ/mol根据盖斯定律，-+可得：NH4C1(aq)=NH4C1(s)+H2O(1) H4=(-176kJ/mol)-(-3

23、5.1kJ/mol)+( -35.1kJ/mol)+( -52.3kJ/mol) =+16.3kJ/mol。【点睛】此题考查了盖斯定律在热化学方程式中的计算，反响热只与物质的食堂和终态有关，与反响途径无关，利用盖斯定律及热化学方程式，将它们叠加，就可以得出目标反响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。20.我国发射神舟八号的火箭推进器中装有强复原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢，当它们混合时，即产生大量氧气和水蒸气，并放出大量热。0.2mol液态肼与足量过氧化氢反响，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ的热量。(1)写出热化学方程式_。(2)H2O(1)=H2O(g) H=+4

24、4kJ/mol，那么0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反响生成氮气和液态水时，放出的热量是_kJ(保存小数点后两位)【答案】 (1). N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) H=-641.5kJ/mol (2). 408.75kJ【解析】【分析】(1)先根据题意写出其反响方程式，然后注明物质的聚集状态，并计算对应的反响的焓变；(2)将上述方程式中的水由气态变化为液态，可得相应状态的反响热，然后利用物质的多少与反响热的反响可得0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反响生成氮气和液态水时，放出的热量。【详解】(1)强复原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢它们混合反响产生大量

25、氧气和水，反响方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.2mol液态肼与足量过氧化氢反响，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ的热量，那么1mol液态肼与足量过氧化氢反响，生成氮气和水蒸气，放出128.3kJ0.2=641.5kJ，所以该反响的热化学方程式为：N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) H=-641.5kJ/mol；(2)由H2O(1)=H2O(g) H=+44kJ/mol可知1mol水蒸气变为液态水放出热量44kJ，那么4mol水蒸气变为液态水时放出热量是444kJ=176kJ，所以上述反响中水变为液态的热化学方程式为N2H4(1)+2H2O2(1)

26、=N2(g)+4H2O(l) H=-817.5kJ/mol，可知0.5mol液态肼与足量液态过氧化氢反响生成氮气和液态水时，放出的热量是817.5kJ0.5=408.75kJ。【点睛】此题考查了盖斯定律的计算的应用和热化学方程式书写，热化学方程式的系数仅表示物质的量，可以是整数，也可以分数，在书写热化学方程式时，要注明物质的聚集状态及与反响的物质相对应的反响热的符号、单位和数值大小，相同的物质，物质的聚集状态不同，反响热也不同。掌握根底是解题关键，题目培养了利用化学方程式计算的能力和观察分析问题的能力。21.汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反响所致：N2(g) + O

27、2(g)2NO(g) H 0，该反响在2404时，平衡常数K=6410-4。请答复：(1)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，N2的转化率是_%保存整数。(2)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.510-1mol/L、4.010-2mol/L 和3.010-3mol/L，此时反响_填“处于化学平衡状态、“向正反响方向进行或“向逆反响方向进行，理由是 _。将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，以下变化趋势正确的选项是 _(填字母序号)。(3)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，到达平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新到达化学平

28、衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数_填“变大、“变小或“不变【答案】 (1). 4 (2). 向正反响方向进行 (3). Qc=9104K (4). AC (5). 不变【解析】【分析】(1)根据反响方程式，利用三段式法结合平衡常数计算转化率；(2)计算某时刻生成物的浓度幂之积与反响物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论，根据温度、催化剂对反响速率和平衡移动的影响判断；(3)根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析。【详解】(1)设平衡时氮气的转化的物质的量为x，那么根据反响方程式N2(g)+O2(g)2NO(g)可知，反响会消耗O2的物质的量是x

29、 mol，同时产生2x mol NO，那么平衡时各种气体的物质的量n(N2)=n(O2)=(1-x)mol，n(NO)=2x mol，由于该反响是反响前后等体积的反响，所以化学平衡常数中可以用相应的物质的量代替物质的量浓度，可得=6410-4，解得x=0.04mol，所以平衡时N2的转化率为 100%=4%；(2)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.510-1mol/L、4.010-2mol/L和3.010-3mol/L，那么有该时刻生成物的浓度幂之积与反响物浓度幂之积的比值为：=910-4K，说明反响未到达化学平衡，反响向正反响方向进行；A.该反响的正反响为吸热反响，升

30、高温度，化学平衡向正反响进行，平衡常数增大，A正确；B.参加催化剂，反响速率增大，但由于正、你反响速率增大的倍数相同，所以化学平衡不发生移动，B错误；C.升高温度，反响速率增大，到达平衡所需要的时间缩短，且升高温度，化学平衡向吸热的正反响方向移动，使氮气的平衡转化率增大，C正确；故合理选项是AC；(3)由于该反响是反响前后气体体积不变的反响，所以增大压强对平衡移动没有影响。只要是在相同温度下，那么平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时的平衡混合气中NO的体积分数不变。【点睛】此题考查物质学平衡转化率的计算及平衡常数的应用的知识，掌握平衡移动原理，会利用三段式，结合平衡常数的含义进行分析，同时考查

31、了学生的计算与应用知识解决问题的能力。22.在100ml pH=1的硫酸溶液中，参加多少毫升0.01molL-1的NaOH溶液，才能使混合液的pH=2？假设溶液体积不变_ mL【答案】450mL【解析】【分析】混合后溶液pH=2，说明酸过量，根据H+OH-=H2O，可知OH-的物质的量等于反响消耗的H+的物质的量，然后利用c=计算反响后溶液中c(H+)，最后结合根据pH= -lg c(H+)=2计算。【详解】向pH=1的硫酸溶液中参加NaOH，发生反响：H+OH-=H2O，反响后溶液的pH=2，溶液显酸性，说明酸过量，由于在酸、碱混合时溶液体积不变，那么根据pH= -lgc(H+)=2，c(H+)=0.01mol/L，可得=0.01mol/L，解得V=0.45L=450mL。【点睛】此题考查了酸、碱混合溶液的pH计算。掌握酸碱反响的实质是H+OH-=H2O，并结合混合溶液的pH大小判断哪种物质过量是计算的关键。掌握物质的量浓度定义式c=、溶液的pH与溶液中pH= -lgc(H+)及室温下水的离子积是此题解答的根底，试题考查了学生的计算能力