福建省部分高中2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题 （解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省部分优质高中2024-2025学年高二上学期10月月考(完卷时间：75分钟；满分：100分)一、单选题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项是符合题意的。)1.对于有气体参加的化学反应来说，下列说法不正确的是A.升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大B.压缩容器容积，增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大C.使用催化剂，降低反应所需活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大D.加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大【答案】D【解析】升高温度，更多分子成为活化分子，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，A正确；增大压强，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故B正确；加入催化剂，降低了反应所需的活化能，更多普通分子成为活化分子，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，C正确。加入反应物，反应物的浓度增大，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，D错误；故答案为D。2.分别向1L

0.5mol/L的Ba（OH）2溶液中加入：①浓硫酸、②稀硫酸、③稀硝酸、④稀醋酸，恰好完全反应时的热效应分别为，，，，下列关系中正确的是A. B.C. D.【答案】B【解析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH-（aq）=H2O△H=-57.3kJ/mol，分别向1L

0.5mol/L的Ba（OH）2溶液中加入：①浓硫酸；②稀硫酸；③稀盐酸，④稀醋酸。根据浓硫酸溶于水放热，则放出的热量最高，焓变最小，从中和角度讲，稀硫酸和稀硝酸都是强的稀酸，所以氢氧化钡的量一定的条件下，二者放出的热量相等，但是硫酸根离子和钡离子之间反应生成的硫酸钡的是沉淀，生成沉淀的过程放热，所以稀硫酸放热多，醋酸是弱酸，电离过程要吸热，所以焓变最大，即放出的热量为△H1＜△H2＜△H3＜△H4，故答案为：B。3.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是A.由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应B.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C.实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌器对实验结果没有影响D.若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热的数值偏高【答案】D【解析】与的反应属于吸热反应，铝片与盐酸、NaOH与盐酸反应属于放热反应，A错误；铝粉和铝片都是固体，更换为等质量的铝粉后时放出的热量不变，但铝粉与盐酸反应速率快，B错误；铁是热的良导体，改为铁质搅拌器，造成热量损失增大，测的中和热数值偏小，C错误；氢氧化钠固体溶解放出热量，因此测定数值结果偏高，D正确；故选D。4.将置于恒容密闭容器中，升高温度发生分解反应：。下列能判断该反应达到平衡状态的个数为①的浓度不再变化②不再变化③④⑤混合气体的密度不变⑥压强不变A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】①为固体，浓度不发生变化，不能判断该反应达到平衡状态；②不再变化，能判断该反应达到平衡状态；③结合系数关系，为定值，不能判断该反应达到平衡状态；④说明正逆反应速率相等，能判断该反应达到平衡状态；⑤该反应为气体物质的量增大的反应，混合气体的密度不变，能判断该反应达到平衡状态；⑥该反应为气体物质的量增大的反应，压强不变能判断该反应达到平衡状态；故选C。5.在一密闭容器中进行反应：已知反应过程中某一时刻的浓度分别为。当反应达到平衡时，可存在的数据是A.浓度为B.浓度为浓度为C.浓度为D.浓度浓度为【答案】D【解析】在一密闭容器中进行反应：，反应过程中某一时刻的浓度分别为，若正反应转化彻底，的浓度分别为，，，若逆反应转化彻底，的浓度分别为，，。该反应为可逆反应，物质浓度范围，，。由分析可知，，A错误；若浓度为，说明此时配合逆向移动，由方程式化学计量数关系可知，浓度为，B错误；由分析可知，，C错误；若浓度为，说明配合逆向移动，由方程式化学计量数关系可知，浓度为，D正确；故选D。6.如图是一种环保型消毒液发生器，用于自制“84消毒液”。下列说法正确的是A.通电后，钠离子向b电极移动B.a电极材料为铁，b电极材料为石墨C.取上述电解后的溶液滴到pH试纸上，pH试纸最终变为蓝色D.若产生11.2L(标准状况下)，理论上会得到1mol的NaClO【答案】B【解析】用上述反应可制备“84”消毒液的有效成分，则应b极产生氯气，氯气上升移动，更利于氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，则a产生NaOH和H2，故b为阳极、a为阴极。通电后，阳离子钠离子向阴极a电极移动，A错误；b为阳极、a阴极，则a电极材料可以为铁，b电极材料可以为惰性电极材料石墨，B正确；取上述电解后的溶液含有漂白性物质次氯酸钠，滴到pH试纸上，pH试纸变为蓝色最终蓝色又褪色，C错误；若产生11.2L(标准状况下为0.5mol)H2，则同时生成氯气0.5mol，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则理论上最终会得到0.5mol的NaClO，D错误；故选B。7.我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”“”电池。以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，放电时该电池“吸入”，充电时“呼出”。该电池“吸入”时的总化学方程式为：。其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.“吸入”时，电子流向为MWCNT→导线→钠箔B.该电池可用NaCl溶液做电解质C.放电时，MWCNT处的电极反应式为D.每吸收6.72L(标准状况下)，转移的电子数目为1.2mol【答案】C【解析】由题意可知该电池中钠箔做电源负极，而MWCNT电极做正极，由此解答。“吸入”时，由分析可知钠箔为负极，电子流向为钠箔→导线→MWCNT，故电流流向为MWCNT→导线→钠箔，故A项错误；溶液中的水会与金属钠反应，不能用来做电解质溶液，故B项错误；放电时，正极上得电子和反应生成和C，由分析知正极电极方程式为，故C项正确；标准状况下，为，由总化学方程式可知每吸收，消耗，转移的电子为，故D项错误；故答案选C。8.某学习小组按下图探究金属电化学腐蚀与防护的原理，下列说法正确的是A.相间条件下，若X为食盐水，K分别连接B、C时，前者铁棒的腐蚀速度更慢B.若X为模拟海水，K未闭合时铁棒上E点表面铁锈最多。C.若b为正极，K连接A时，铁棒防腐的方式称为牺牲阳极的阴极保护法D.若在X溶液中预先加入适量的KSCN溶液，可有效提升铁棒腐蚀或防腐的观察效果【答案】B【解析】K连接A时，可形成外加电流阴极保护法，被保护金属Fe应作为阴极；K连接B时，Fe作为负极，被腐蚀；K连接C时，形成牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲Zn，保护Fe，据此解答。K连接B时，Fe作为负极，被腐蚀；K连接C时，Zn作负极，Fe作正极，即牺牲Zn，保护Fe，所以后者铁棒的腐蚀速度更慢，故A项错误；E点(界面处)氧气浓度较大，生成的OH-浓度最大，而Fe

(OH)2经氧化才形成铁锈，所以是E点铁锈最多，故B项正确；牺牲阳极的阴极保护法原理为原电池，无外加电流；若b为正极，K连接A时，铁棒成为电解池的阳极，加速腐蚀速率，故C项错误；Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀，通过观察沉淀量的多少判断铁棒腐蚀或防腐的效果，应加K3[Fe(CN)6]溶液，Fe2+与KSCN溶液不反应，故D项错误；故本题选B。9.某科研小组用电化学方法将转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图所示(该交换膜只允许通过)，下列说法正确的是A.电子由M极经过负载流向N极，再从N极经过溶液流向M极B.N极电极反应方程式为C若生成标准状况下22.4L，有2mol从左室通过交换膜移到右室D.工作一段时间后，M电极室中的溶液酸性增强【答案】D【解析】由图可知，该装置为原电池，M极在紫外光的作用下，H2O反应生成O2，O元素由-2价升高为0价，失电子，M为负极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，N为电池正极，电极反应式为，原电池中阳离子移向正极，据此分析解答。由分析可知，M为电池负极，N为电池正极，电子由M极经过负载流向N极，不能进入溶液中，A错误；由分析可知，N为电池正极，CO2在正极得到电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，B错误；若生成标准状况下22.4L，物质的量为1mol，由2H2O-4e-=O2+4H+可知，转移4mol电子，有4mol从左室通过交换膜移到右室，C错误；M极发生氧化反应生成氧气：2H2O-4e-=O2+4H+，工作一段时间后，M电极室中生成氢离子迁移到N极，氢离子个数不变，但由于消耗了水，导致氢离子浓度增大，溶液酸性增强，D正确；故选D。10.可从铅蓄电池中回收铅，实现铅的再生。在工艺中得到含的电解液，电解溶液后生成Pb，如图所示，下列说法错误的是A.一段时间后，阳极附近明显增大B.阴极的电极反应方程式：C.每转移电子，阴极质量增加D.浓度下降后可在阴极区加入，实现电解液的继续使用【答案】A【解析】利用电解原理从铅蓄电池中回收铅，左侧电极为阳极，H2O失电子生成O2和H+；右侧电极为阴极，得电子生成Pb和Cl-。阳极的电极反应式为，阳极附近明显减小，A错误；由分析可知，右侧电极为阴极，得电子生成Pb和Cl-，电极反应方程式为，B正确；由可知，每转移电子，阴极生成，质量增加，C正确；阴极电解一段时间后溶液为和的混合溶液，根据题意向阴极区加粗品，与H+、Cl-反应生成，可恢复其浓度且实现物质的循环利用，D正确；故选A。11.氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法正确的是A.已知气体溶于水放热，则的B.相同条件下，的比的小C.相同条件下，的比的大D.【答案】A【解析】已知气体溶于水放热，HX(g)HX(aq)的小于0，则的HX(aq)HX(g)，故A正确；由题干图示信息可知，过程HX(g)H(g)+X(g)代表化学键断裂过程，为吸热过程，∆H2>0，HBr的热稳定性强于HI，则相同条件下，HBr的比HI的大，故B错误；相同条件下，都表示气态氢原子到溶液中氢离子的形成，则二者的相同，故C错误；由题干图示信息可知，过程HX(g)H(g)+X(g)代表化学键断裂过程，为吸热过程，，∆H2>0，故D错误；故选A。12.下列根据实验操作及现象进行的分析或推断，不正确的是操作现象一段时间后，①中裸露在外的铁钉附近区域变红；②中……A.的琼脂溶液作离子迁移的通路B.①中裸露在外的铁钉附近区域变红是因为发生反应C.②中可观察到裸露在外的铁钉附近区域变蓝，铜丝附近区域变红D.①和②中发生的氧化反应均可表示为(M代表或)【答案】B【解析】原电池的形成条件之一是形成闭合回路，①和②实验中，NaCl的琼脂水溶液作用是形成闭合回路，即NaCl的琼脂水溶液作为离子迁移的通路，故A正确；中性或碱性条件下，Zn、Fe形成原电池，发生吸氧腐蚀，Zn比Fe活泼，Zn作负极、Fe作正极，正极上反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，则①中变红，故B错误；②中NaCl溶液、Cu、Fe形成原电池，Fe比Cu活泼，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式Fe−2e−═Fe2+，正极反应为，所以铁钉裸露在外的附近区域生成蓝色铁氰化亚铁沉淀，铜丝附近区域酚酞遇到碱而变红，故C正确；①中Zn和②中Fe均作负极，均失去2e−生成+2价的阳离子(Zn2+和Fe2+)、发生氧化反应，所以Zn、Fe发生的氧化反应可表示为M-2e-=M2+(M代表锌或铁)，故D正确；答案选B。13.乙烯氢化的化学方程式为，使用不同含Au催化剂的反应进程如下图所示。下列说法错误的是A.1mol与1mol的总键能比1mol的总键能大B.相同条件下，使用不同催化剂的反应速率：C.过渡态物质的稳定性：过渡态1<过渡态2D.若该反应生成，则反应的减小【答案】A【解析】由图可知，该反应为放热反应，△H<0，故1mol与1mol的总键能比1mol的总键能小，A错误；由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34kJ·mol-1、26.3kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，活化能越大，反应速率越慢，故不同催化剂的反应速率：，B正确；由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越稳定，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C正确；比能量低，故生成放出的能量更多，减小，D正确；答案选A。14.2019年诺贝尔化学奖颁给在锂离子电池发展方面作出突出贡献的三位科学家。下面是最近研发的Ca-LiFePO4可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许Li+通过，电池反应为：xCa2++2LiFePO4xCa+2Li1-xFePO4+2xLi+下列说法错误的是A.放电时，负极反应为：LiFePO4-xe-=2Li1-xFePO4+xLi+B.充电时，Li1-xFePO/LiFePO4电极发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入C.充电时，当转移0.2mol电子时，理论上左室中电解质的质量减轻2.6gD.LiPF6-LiAsF6为非水电解质，其与Li2SO4溶液的主要作用都是传递离子【答案】A【解析】由总反应式可知，放电时为原电池反应，Ca化合价升高被氧化为负极，电极反应式为Ca-2e-=Ca2+，Li1-xFePO4被还原，为原电池正极反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++e-=LiFePO4，充电是电能转化为化学能的过程，阳极反应和原电池正极相反，阴极反应和原电池负极相反，以此解答该题。放电时，负极反应为：Ca-2e-=Ca2+，使左室中正电荷数目增多，锂离子导体膜只允许Li+通过，使LiPF6-LiAsF6电解质中的Li+通过锂离子导体膜移入右室，正极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-==LiFePO4，电极发生Li+嵌入，A错误：充电时，阳极发生：LiFePO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4，电极发生Li+脱嵌，阴极发生：Ca2++2e-=Ca，转移0.2mol电子时，有0.2molLi+从右室通过锂高子导体膜移入左室，左室电解质中有0.1molCa2+得电子生成Ca沉积在钙电极上，故左室中电解质的质量减轻40×0.1g-7×0.2g=2.6g，B正确：由B选项分析，可知当转移0.2mol电子时，理论上左室中电解质的质量减轻2.6g，C正确；钙与水能够剧烈反应，所以，左室中的LiPF6-LiAsF电解质一定为非水电解质，Li2SO4溶液为右室中的电解质溶液，它们的主要作用都是传递离子，形成电流，构成闭合回路，D正确。故选：A。二、填空题(本题共4小题，共58分。)15.热力学标准状况(298.15K、101kPa)下，由稳定单质发生反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(∆H)。图甲为ⅥA族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。试完成下列问题。(1)①请你归纳非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热∆H的关系：___。②硒化氢在上述条件下发生分解反应的热化学方程式为___。(已知该条件下除硒是固体，其余都是气体。)(2)在25℃、101kPa下，已知SiH4气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放热190kJ，该反应的热化学方程式是____。(3)根据图乙写出反应的热化学方程式：____。(4)由金红石()制取单质Ti的步骤为：Ti已知：I.II.III.①的∆H=____。②反应在Ar气氛中进行的理由是_____。【答案】①.非金属元素氢化物越稳定，∆H越小②.③.④.⑤.⑥.防止高温下Mg、Ti与空气中的(或、)作用【解析】(1)①非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系为：根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定．a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O，故答案为：非金属元素氢化物越稳定，△H越小，反之亦然；

②由①可知，b为H2Se的生成热数据，则H2Se分解吸热，且△H=-81kJ/mol，所以H2Se发生分解反应的热化学反应方程式为H2Se(g)═Se(s)+H2(g)△H=-81kJ•mol-1，故答案为：H2Se(g)═Se(s)+H2(g)△H=-81kJ•mol-1；(2)SiH4气体在氧气中完全燃烧的化学方程式为：SiH4+2O2SiO2+2H2O，由方程式可知，1molSiH4完全燃烧转移8mol电子，故热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)═SiO2(s)+2H2O(l)△H=-1520.0kJ•mol-1，故答案为：SiH4(g)+2O2(g)═SiO2(s)+2H2O(l)△H=-1520.0kJ•mol-1；

(3)△H=反应物总能量-生成物总能量=419kJ•mol-1-510kJ•mol-1=-91kJ•mol-1，故该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H=-91kJ•mol-1；故答案为：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H=-91kJ•mol-1；

(4)①已知①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/L

③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)△H=+141kJ/mol；

由盖斯定律①×2-②+③得到：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的△H=-80kJ•mol-1，故答案为：-80kJ•mol-1；

②反应TiCl4+2Mg═2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是防止高温下Mg或Ti与空气中的O2(或CO2、N2)反应化学反应，对TiCl4+2Mg═2MgCl2+Ti造成干扰，故答案为：防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用。16.请回答下列问题：（1）甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，其工作原理如图所示，电极A的反应为___________。将该电池连接两惰性电极，用于电解的溶液，当原电池中消耗的体积在标况下为0.224L时，电解池中阴极将得到___________g的单质，电解池中的浓度为___________(假设溶液体积不变)。为使硝酸银溶液完全复原，可向电解后溶液中加入适量的___________(填化学式)。（2）铜锌双液原电池中电极电势Zn___________Cu(填“高于”、“低于”)。盐桥中琼脂吸附KCl饱和溶液，电池工作时，将移向___________(填“溶液”或“溶液”)。（3）以为电池材料设计的一种电化学装置如图。当闭合和、打开时，装置处于充电状态；当打开和、闭合时，装置处于放电状态。放电时，双极膜中间层中的解离为和并分别向两侧迁移。①充电时，右侧电解池发生的总反应为___________。②放电时，每消耗，理论上有___________由___________(填“碳锰电极”或“锌电极”或“双极膜”，下同)向___________移动。【答案】（1）①.②.4.32③.0.1mol/L④.Ag2O（2）①.低于②.溶液（3）①.②.2③.双极④.碳锰电极【解析】【小问1详解】在碱性条件下，甲醇在A极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，，则A为负极、B极为正极，正极反应为：；电解的溶液，为0.8mol，当原电池中消耗的体积在标况下为0.224L时，消耗0.01mol、转移电子0.04mol，电解池中阴极初始反应为，根据电子守恒可知，将得到0.04molAg，为4.32g的单质；阳极反应为，则生成0.04mol，电解池中的浓度为。电解后体系中减少了银和氧元素，为使硝酸银溶液完全复原，可向电解后溶液中加入适量的Ag2O；【小问2详解】铜锌双液原电池中锌较为活泼，失去电子发生氧化反应，为负极、铜为正极，故电极电势Zn低于Cu；盐桥中琼脂吸附KCl饱和溶液，电池工作时，将移向正极铜极，故为溶液；【小问3详解】当闭合和、打开时，装置处于充电状态，即为电解池，左侧氢离子得电子生成H2，H元素化合价降低，则为阴极；Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极；右侧ZnO得电子生成Zn，则锌电极为阴极，最右侧电极为阳极；当打开和、闭合时，装置处于放电状态，即原电池，锌电极为负极，碳锰电极为正极；①充电时，右侧ZnO得电子生成Zn，则锌电极为阴极，最右侧电极为阳极，氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，右侧电解池发生的总反应为。②放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为，每消耗，需要消耗4molH+，但碳锰电极只生成2mol正电荷，剩余正电荷需要从双极膜间解离出是氢离子转移至左侧，因此理论上有2molH+由双极膜向碳锰电极迁移。17.请回答下列问题：（1）工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：i．和生成；ii．分解生成尿素。结合反应过程中能量变化示意图，合成尿素总反应的为___________。(用列式表示)（2）根据表格计算___________。化学键键能()389728305464（3）尿素燃料电池可直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化水，又能发电。其装置如下图所示，正极反应为___________。（4）近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。①电极b是电解池的___________极。②尿素分子中，C元素的价态为___________。电解过程中生成尿素的电极反应为___________。（5）以石墨为阳极、铁为阴极电解含废水可用于去除。电解过程中各种含氮微粒的浓度、溶液的pH与时间的关系如图所示。①0~1min时，阴极发生的主要电极反应方程式为___________。②若向废水中加入一定量的NaCl，则电解后的废水中几乎完全转化为，原因是___________。【答案】（1）（2）-32kJ/mol（3）（4）①.阳②.+4③.（5）①.②.电解时阳极产生Cl2，Cl2将溶液中的硝酸根氧化为N2【解析】【小问1详解】CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素分为两步反应进行，步骤i的焓变，步骤ii的焓变，则总反应；故答案为：；【小问2详解】焓变为反应物总键能-生成物总键能，；故答案为：-32kJ/mol；【小问3详解】尿素燃料电池中，氧气为电源正极，发生还原反应，；故答案为：；【小问4详解】①H2O在电极b上转化为O2，氧元素化合价升高，故电极b为阳极，则电极a为阴极；也可根据H+的移动方向与电流方向相同，推出电源右侧为正极，则电极b为阳极；②尿素中，N为-3价、H为+1、O为-2，则C为+4价；在电极a(阴极)上得电子生成CO(NH2)2，氮元素化合价由+5降至-3，H+从阳极室穿过质子交换膜进入阴极室，故生成尿素的电极反应式为；故答案为：阳；+4；；【小问5详解】①由图可知0~1min时，减小，NH3浓度增大趋势大于氮气，则此时发生的主要反应为转化为NH3，阴极电极反应为：；故答案为：；②若向废水中加入一定量的NaCl，氯离子在阳极放电生成氯气，氯气具有强的氧化性，能将溶液中的硝酸根氧化成氮气，故答案为：电解时阳极产生Cl2，Cl2将硝酸根氧化为N2。18.请回答下列问题：一定温度下，在2L的密闭容器中，M、N两种