2024-2025学年江西省赣州市信丰县高二上学期10月检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省赣州市信丰县2024-2025学年高二上学期10月检测试卷共8页，18小题，满分100分、考试用时75分钟。注意事项：1.考查范围：人教选择性必修1第一、二章。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：S—32Fe—56Cu—64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.化学与生活息息相关。下列有关“剂”的解读错误的是A.选择“催化剂”加快对人类有益的化学反应速率B.“膨松剂”使生产的食品松软或酥脆，易于消化吸收C.抗坏血酸(维生素C)难与O2反应可以作为补血剂的“抗氧化剂”D.“泡沫灭火剂”减慢可燃物的燃烧速率【答案】C【解析】选择合适的催化剂可以加快有益的化学反应速率，A正确；食品中加入碳酸氢钠做膨松剂，受热分解会生成二氧化碳气体，可以使食品松软，B正确；补血剂含有FeSO4等+2价铁物质，抗坏血酸(维生素C)具有强还原性，容易与O2反应从而作抗氧化剂，可以减慢+2价铁被氧化的速率，C错误；泡沫灭火剂产生的泡沫和二氧化碳覆盖在燃烧物的表面，可以减少与空气的接触，从而减慢燃烧的速率，D正确；答案选C。2.勒夏特列原理广泛存在于生产、生活中。下列操作或现象与平衡移动原理无关的是A.夏天，打开冰镇啤酒瓶盖产生大量泡沫B.供热公司为了节能减排，将煤块粉碎，让煤充分燃烧C.实验室可用排饱和食盐水的方法收集Cl2气体D.在制备乙酸乙酯中，加入过量的乙醇【答案】B【解析】减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，促进碳酸分解逸出CO2，A不符合题意；将煤块粉碎，增加了煤与空气的接触面积，加快了反应速率，但不会影响平衡，B符合题意；Cl2溶于水存在平衡：Cl2+H2OH⁺+Cl⁻+HClO，饱和食盐水中含有Cl⁻，Cl⁻浓度增大，上述平衡逆向移动，导致Cl2的消耗量和溶解度减小，故实验室可用排饱和食盐水的方法收集Cl2气体，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；加入过量乙醇，平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，D不符合题意。；答案选B。3.氨催化氧化制硝酸的第一步反应为在密闭反应器中发生上述反应，测定反应速率如下，其中，反应速率最快的是A.B.C.D.【答案】D【解析】以NH3为参照物，根据速率之比等于化学计量数之比，将B、C、D项转化成消耗氨的反应速率：B项，；C项，；D项，；故D项符合题意。4.常温下，在刚性密闭容器中投入足量I2(s)和适量的H2O2溶液发生反应：下列叙述正确的是A.增大I2(s)的质量，反应速率一定增大B.c(H2O2)不随时间变化时达到平衡状态C.平衡后再充入少量N2，反应速率增大D.气体摩尔质量不变时正、逆反应速率相等【答案】B【解析】碘单质呈固态，反应速率与接触面有关，增大碘的质量，接触面不一定增大，速率不一定增大，A项错误；H2O2溶液浓度不变时表明消耗和生成速率相等，达到平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，充入N2，反应物浓度不变，反应速率不变，C项错误；反应体系中只有一种气体，O2的摩尔质量始终不变，不能判断正、逆反应速率是否相等，D项错误；答案选B。5.工业合成氨的反应为，其工艺如图所示。下列措施能提高N2平衡转化率的是①干燥净化“原料气”②采用“10MPa~30MPa”③“热交换”分离热量④“冷却”分离液氨⑤使用“铁触媒”A.②③④ B.①④⑤ C.①②③ D.③④⑤【答案】A【解析】“干燥净化”主要有两个作用，一是从催化剂中毒角度考虑，防止催化剂失活失去效用，与速率有关，与平衡转化率无关，二是防止有氧化性气体进入，从而引起爆炸，也与平衡转化率无关，①不符合题意；采用合适压强既考虑了速率、转化率，又考虑了设备材料，②符合题意；热交换及时分离热量，合成氨正反应是放热反应，降低温度有利于平衡正向移动，③符合题意；分离氨，平衡正向移动，④符合题意；铁触媒只改变速率，不改变平衡转化率，⑤不符合题意；故选择②③④，答案选A。6.标准摩尔生成焓是指在热力学标准态下由指定单质生成1mol化合物(或物质)的反应焓变，符号为指定单质大多数是稳定单质，其标准摩尔生成焓规定为零。例如：几种锡的化合物的标准摩尔生成焓如图所示。下列叙述错误的是A.其他条件相同，最稳定的是SnO2(s)B.C.D.最稳定的Sn在氧气中燃烧生成)时放出热量为116.14kJ【答案】C【解析】其他条件相同，能量越低，物质越稳定，观察图示，四种含锡物质中，SnO2(s)能量最低，SnO2(s)最稳定，A正确；，B正确；SnO2(s)+Sn(s)=2SnO(s)=-285.8kJ·mol⁻¹×2+580.7kJ·mol⁻¹=+9.1kJ·mol⁻¹>0，C错误；，放出热量，D正确；答案选C。7.N2O在金表面上分解反应为速率方程为某温度下，测得实验数据如下，已知化学反应中反应物的浓度被消耗到初始浓度的一半所经历的时间称为反应半衰期。t/min020406080100c(N2O)/mol·L⁻¹0.1000.0800.0600.0400.0200下列叙述正确的是A.20~40min内平均速率B.该温度下，速率常数C.起始浓度越大，反应速率越大D.其他条件不变，起始时半衰期为75min【答案】A【解析】20~40min内平均速率A项正确；观察数据表可知，速率与起始浓度无关，即B项错误；n=0，反应速率与起始反应物浓度无关，C项错误；起始时，半衰期为D项错误；答案选A。8.T₁温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的(0.1molCO和适量气体，发生反应：，达到平衡1，升高温度为，混合气体颜色加深。温度下，达到平衡2后，再调节c(NO)与的比例，测得反应平衡时体系中c(CO)、c(CO2)与关系如图所示。下列叙述错误的是A.该反应△H<0B.L₁曲线代表c(CO)C.M点时，再向体系中充入0.1molCO2和0.1molCO，平衡不移动D.a→b过程中平衡常数不变【答案】B【解析】平衡后升高温度，气体颜色加深，说明平衡逆向移动，即正反应是放热反应，故A正确；根据K=当c(CO2)减小，c(CO)增大时，增大，结合图像可知，L₁代表c(CO2)，L2代表c(CO)，故B错误；根据M点计算，则，故M点时再充入0.1molCO2和0.1molCO，平衡不移动，故C正确；a→b过程中温度不变，平衡常数不变，故D正确；答案选B。9.根据下列操作及现象不能得到相应结论的是选项操作及现象结论A向2mL0.1mol·L⁻¹K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L⁻¹NaOH溶液，黄色加深(橙色)+H2O=2(黄色)+2H⁺，平衡转化率增大B向量热计内筒中加入50mL0.1mol·L⁻¹硫酸，再加入50mL0.11mol·L⁻¹Ba(OH)2溶液，测量反应后体系的温度，测得该反应放出的热量大于0.573kJ(实验前已分别测量酸和碱的温度)稀硫酸与Ba(OH)2发生中和反应生成0.01mol液态水，还生成BaSO4沉淀，额外放出热量C分别在体积均为2mL的0.1mol·L⁻¹KMnO4溶液、0.5mol·L⁻¹KMnO4溶液中加入10mL0.1mol·L⁻¹的草酸溶液，前者溶液褪色，后者溶液颜色变浅其他条件不变，增大反应物浓度，反应速率减小D向10mL30%双氧水中加入0.5g铁红，产生气泡速率加快(反应后铁红仍为0.5g)铁红能做双氧水分解反应催化剂A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】加入NaOH溶液，消耗H+，使平衡正向移动，平衡转化率增大，增大，黄色加深，A正确；溶液与溶液反应生成0.01mol液态水，同时还生成BaSO4沉淀，并额外放出热量，故测得放出的热量大于0.573kJ，B正确；前者是草酸溶液过量，KMnO4溶液全部反应完，溶液褪色；后者是KMnO4溶液过量，草酸溶液全部反应完，溶液颜色变浅，与反应速率无关，C错误；铁红反应前后质量不变，化学性质不变，故铁红做双氧水分解时的催化剂，D正确；故答案为：C。10.已知I2(g)作用下能量变化如图所示。下列叙述错误的是A.总反应的热化学方程式为B.I2催化剂能降低反应的活化能C.I2催化剂作用下，总反应可分两步进行，改变了总反应的反应路径而不改变总反应的焓变D.升高温度，总反应的反应速率增大，CH3CHO(l)平衡转化率降低【答案】D【解析】总反应的反应热等于生成物总能量与反应物总能量之差，，故A正确；由题图可知，I2催化剂降低了反应的活化能，故B正确；加入催化剂后总反应分两步进行，反应路径改变，但是焓变不变，故C正确；总反应是吸热反应，升高温度，乙醛的平衡转化率增大，故D错误；答案选D。11.研究人员提出利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储，如图所示。已知：①1mol液态完全分解生成三种气体时吸收热量275.5kJ；②64g固态硫完全燃烧放出热量为592kJ。下列叙述错误的是A.硫的燃烧热为B.反应Ⅰ：2C.反应Ⅱ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)D.存储的能量不可能完全转化为电能【答案】A【解析】64gS(s)的物质的量为2mol，1molS(s)完全燃烧放出热量296kJ，A错误；1mol液态完全分解生成三种气体时吸收热量275.5kJ，则2molH2SO4(1)完全分解生成三种气体时吸收热量551kJ，B正确；反应Ⅰ：，反应Ⅲ：S(s)+O2(g)══SO2(g)ΔH=-296kJ·mol⁻¹。根据盖斯定律，-(反应Ⅰ+反应Ⅲ)得反应Ⅱ，C正确；能量转化不可能达到100%，D正确；答案选A。12.向两个体积均为1L的恒容密闭容器中均充入4molHBr(g)和1molO2(g)，加入少量(，分别在绝热、恒温条件下发生反应：。测得两容器中气体压强(kPa)随时间变化如下表所示。时间/min024681012141618甲容器10010210493898684848484乙容器100959188868483828282下列叙述正确的是A.在较高温度下正反应能自发进行B.甲容器为恒温条件，乙容器为绝热条件C.18min时正反应速率：甲>乙D.甲容器14min时气体总物质的量等于乙容器10min时气体总物质的量【答案】C【解析】分析该可逆反应，正反应是熵减反应，由甲容器压强变化可知，压强先变大，后变小，说明温度升高对气体体积的影响大于气体分子数减小对气体体积的影响，正反应是放热反应，对于熵减、焓减反应，在较低温度下能自发进行，A错误；正反应方向为气体量减小的方向，但甲容器中压强先增大，后减小，说明温度升高，该容器为绝热容器，B错误，甲容器中反应在绝热条件下进行，平衡时甲容器中温度高于乙容器，故平衡时甲容器中正反应速率较大，C正确；甲、乙两容器体积相等，甲容器在14min时和乙容器在10min时压强相等，但甲容器中温度高于乙容器，故甲容器中气体总物质的量小于乙容器，D错误；答案选C。13.已知③H—H、Cl—Cl、H—Cl键键能E分别为436、243、431。下列叙述正确的是A.H(g)+Cl(g)→HCl(g)△H=+431kJ·mol⁻¹B.4E(H—O)-E(O=O)=1350.9kJ·mol⁻1C.D.稳定性：【答案】B【解析】形成共价分子时放出热量，H(g)+Cl(g)→HCl(g)△H=-431kJ·mol⁻¹，A错误；反应热等于断裂化学键总键能与形成化学键的总键能之差，根据反应①可知，×2-4E(H—O)=-112.9kJ·mol⁻¹，整理得，4E(H—O)-E(O═O)=1350.9kJ·mol⁻¹，B正确；2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)ΔH=2×431kJ·mol⁻¹-436kJ·mol⁻¹-243kJ·mol⁻¹=+183kJ·mol⁻¹，C错误；键能越大，断键时吸收的能量越多，形成的分子越稳定，由已知信息可知，稳定性：，D错误；答案选B。14.三氯氧钒(VOCl3)主要用作溶剂、烯烃聚合的催化剂。合成原理是=4VOCl3(l)+3CO2(g)ΔH=–861.7kJ·mol⁻1。在密闭反应器中充入足量、C(s)和Cl2(g)发生上述反应，测得Cl2平衡转化率与温度、压强关系如图所示。下列叙述正确的是A.X代表压强B.C.平衡常数：K(b)>K(a)D.其他条件不变，升高温度可使c点向a点迁移【答案】D【解析】该反应的正反应是气体分子数减小的反应，也是放热反应，若X代表压强，增大压强，平衡正向移动，Cl2平衡转化率增大，与图像不符，A错误；X不代表压强，故X代表温度，升高温度，平衡逆向移动，氯气平衡转化率降低，与图像相符，相同的温度下，压强越大，氯气的转化率越大，故，B错误；a、b点对应温度相等，平衡常数相等，C错误；其他条件不变，对平衡体系加热，平衡逆向移动，Cl2转化率降低，即c点向a点迁移，D正确；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫酸铁在化学实验中应用广泛。某小组利用硫酸铁进行如下实验：实验(一)测定Fe和发生归中反应的反应热。（1）配制溶液。称取一定量固体溶于适量硫酸溶液中，加水稀释至250mL。下列仪器中，完成本实验一定不需要选择的是___________(填字母)。（2）为测定的焓变，甲同学设计了如下实验方案i．方案操作i在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉，再加入100mL(1)中配制好的0.1mol·L⁻¹Fe2(SO4)3溶液，测定放出热量Q1kJ；计算反应热为ΔH1①本实验中“搅拌”操作方法是___________；___________(填“能”或“不能”)用金属搅拌器(搅拌器不参与反应)替代玻璃搅拌器。②乙同学认为甲同学设计的实验方案测得的结果误差较大，判断依据是___________。基于相关原理，乙同学重新设计了优化的实验方案ii；方案操作ii第1步，在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉，再加入100mL0.1mol·L⁻¹CuSO4溶液，测定放出热量Q2kJ，计算反应热为ΔH2;第2步，在如图所示的简易量热器中加入3.2g铜粉，再加入100mL(1)中配制好的0.1mol·L⁻¹Fe2(SO4)3溶液，测定放出热量Q3kJ，计算反应热为ΔH3.根据方案ii测定结果计算：___________。(用含△H2、ΔH3的代数式表示)实验(二)探究影响Cu和反应速率的外界因素。实验纯铜粉质量/g0.1mol·L⁻¹Fe2(SO4)3(aq)体积/mL水体积/mL水浴温度/℃测定铜粉完全溶解所用时间/minI0.360035℃t₁Ⅱ0.350V35℃t2Ⅲ0.360045℃t3（3）实验Ⅱ中，V=___________，加水的目的是___________。（4）设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是___________。（5）实验结果：t₁>t3，由此可推出的实验结论是___________。【答案】（1）B（2）①.上下移动玻璃搅拌器②.不能③.铁粉过量，且硫酸铁溶液中含硫酸，铁粉与硫酸反应会有气体生成，对实验造成干扰④.（3）①.10②.确保与参照实验的溶液总体积相等（4）探究浓度对反应速率的影响（5）其他条件相同，升高温度，反应速率增大【解析】【小问1详解】配制250mL溶液，需要使用250mL容量瓶、烧杯、量筒、胶头滴管等，不需要100mL容量瓶，B项符合题意。【小问2详解】①金属搅拌器传递热量比玻璃搅拌器快，导致热量损失较大，误差较大；②甲的实验方案误差较大是因为铁粉过量，(1)中配制好的硫酸铁溶液含硫酸，铁粉与硫酸反应会有气体生成，对实验造成干扰；方案ii中，发生两个反应：Fe(s)+CuSO4(aq)=Cu(s)+FeSO4(aq)ΔH2，Cu(s)+Fe2(SO4)3(aq)=CuSO4(aq)+2FeSO4(aq)△H3，根据盖斯定律，加合得到总反应：I；【小问3详解】根据控制变量实验要求，只改变一个变量，溶液体积必须相等，以达到控制变量的目的，故加入10mL的水，确保与参照实验的溶液总体积相等。【小问4详解】实验Ⅰ、Ⅱ的的温度相同，浓度不同，设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究浓度对反应速率的影响；【小问5详解】由t₁>t3知，其他条件不变时，升高温度，反应速率增大。16.乙醇是重要的化工原料。实验室利用乙醇可以制备乙烯，工业上还可利用乙醇催化氧化制备乙醛。Ⅰ.在催化剂Cat1、Cat2作用下，利用乙醇制备乙烯：，在恒容密闭容器中充入足量乙醇，发生上述反应，测得单位时间内乙醇的转化率与温度、催化剂的关系如图1所示。（1）催化剂效能较高的是___________(填“Catl”或“Cat2”)，判断依据是相同温度下，该催化剂作用下，单位时间内乙醇转化率较___________(填“高”或“低”)。（2）在催化剂Catl作用下，温度低于400℃时，升温，活化分子百分数___________(填“增大”或“减小”)，反应速率增大，单位时间内乙醇的转化率增大。温度高于400℃时，转化率b→c段变化的原因可能是___________。（3）b点___________(填“已达到”或“未达到”)平衡状态，判断依据是___________。Ⅱ.乙醇催化氧化制备乙醛。某温度下，乙醇制备乙醛的反应：。测得平衡时乙醇转化率、乙醛选择性、乙醛产率与的关系如图2所示。提示：乙醛选择性，乙醛的产率=乙醇转化率×乙醛选择性。（4）投料比时，随着投料比增大，乙醛产率增大的原因可能是___________；投料比时，随着投料比增大，乙醛产率减小的主要原因可能是___________。（5）一定温度下，向某密闭容器中投入5molCH3CH2OH，达到平衡时测得转化率为80%，CH3CHO选择性75%，则生成CH3CHO的物质的量为___________。【答案】（1）①.Cat2②.高（2）①.增大②.温度过高，催化剂活性降低导致单位时间内转化率降低（3）①.未达到②.平衡转化率与催化剂无关。a、b对应的温度相同，但a点转化率大于b点，故b点时反应未达到平衡（4）①.乙醇转化率较大且乙醛的选择性增长较快，乙醛的产率增大②.乙醇的转化率大幅减小导致乙醛的产率也减小（5）3mol【解析】【小问1详解】催化剂虽然不能改变达到平衡的状态，但可以提高反应速率，提升单位时间内反应物的转化率，根据图1，乙醇在相同温度时，在催化剂Cat2作用下单位时间内的转化率都比催化剂Cat1高，所以Cat2的催化效率高。故答案为：Cat2；高。【小问2详解】根据图1，温度低于400℃时，升温，在催化剂Catl作用下，单位时间内乙醇的转化率增大，说明活化分子百分数增加，反应速率增大；温度高于400℃时，转化率b→c段变化的原因可能是催化剂需要一定活性温度，若温度过高，催化剂活性降低导致单位时间内转化率降低。故答案为：增大；温度过高，催化剂活性降低导致单位时间内转化率降低。【小问3详解】平衡转化率与催化剂无关，a、b对应的温度相同，但a点转化率大于b点，故b点时反应未达到平衡。故答案为：未达到；平衡转化率与催化剂无关，a、b对应的温度相同，但a点转化率大于b点，故b点时反应未达到平衡。【小问4详解】根据图2，当投料比时，随着投料比增大，乙醇的转化率增大，乙醛的选择性增大，所以乙醛的产率增大；当投料比时，随着投料比增大，虽然乙醛的选择性还在增大，但乙醇的转化率在降低并占控制因素，导致乙醛的产率减小。故答案为：乙醇的转化率较大且乙醛的选择性增长较快，乙醛的产率增大；乙醇的转化率大幅减小导致乙醛的产率也减小。【小问5详解】乙醛产率与乙醇转化率、乙醛选择性有关，且乙醛产率=乙醇转化率×乙醛选择性，则生成乙醛的物质的量为5mol×80%×75%=3mol。故答案为：3mol。17.氨是重要化工原料，工业合成氨的反应为回答下列问题：（1）实验室常在浓氨水中加生石灰制备少量NH3，用平衡移动原理分析其原因：___________。（2）已知：②4mol⁻¹(a、b均大于0)。由上述反应可知，工业合成氨的ΔH=___________kJ·mol⁻¹(用含a、b的代数式表示)。（3）在恒温恒容密闭容器中以体积比1∶1充入N2和H2，发生合成氨的反应。下列情况表明反应一定达到平衡状态的是___________(填字母)。A.混合气体密度不随时间变化 B.混合气体平均摩尔质量不随时间变化C.混合气体总压强不随时间变化 D.N2体积分数不随时间变化（4）在2L刚性密闭容器充入1molN2和3molH2合成氨，测得N2转化率与温度关系如图1所示。温度：T₁___________(填“>”“<”或“=”)T2；T₁温度下，合成氨反应的平衡常数K为___________(结果保留3位有效数字)。（5）一定温度下，向某密闭容器中充入和合成测得平衡时体积分数与反应压强的关系如图2所示。a→b段NH3体积分数增大的原因是___________；c→d段NH3体积分数急剧减小的主要原因可能是___________。【答案】（1）CaO与H2O反应放热，降低了氨的溶解度，同时消耗溶剂，一水合氨浓度增大，使平衡逆向移动，有利于氨逸出（2）（3）BC（4）①.>②.8.33（5）①.其他条件不变，压强增大，平衡正向移动，平衡时NH3的体积分数增大②.压强过大会使氨液化【解析】【小问1详解】CaO与H2O反应放热，降低了氨的溶解度，同时消耗溶剂，一水合氨浓度增大，使平衡逆向移动，有利于氨逸出，所以实验室常在浓氨水中加生石灰制备少量NH3。【小问2详解】①②4mol⁻¹(a、b均大于0)。根据盖斯定律①×3-②得ΔH=kJ·mol⁻¹。【小问3详解】气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不随时间变化，反应不一定平衡，故不选A；气体总质量不变，气体物质的量减少，混合气体平均摩尔质量是变量，混合气体平均摩尔质量不随时间变化，反应一定达到平衡状态，故选B；容器体积不变、气体物质的量减少，压强是变量，混合气体总压强不随时间变化，反应一定达到平衡状态，故选C；，N2体积分数为，N2体积分数是恒量，N2体积分数不随时间变化，反应不一定平衡，故选BC。【小问4详解】根据图像，T2温度下反应速率小于T₁，可知T₁>T2；T₁温度下，氮气的平衡转化率为60%，合成氨反应的平衡常数K=。【小问5详解】a→b段体积分数增大的原因是其他条件不变，压强增大，平衡正向移动，平衡时NH3的体积分数增大；c→d段NH3体积分数急剧减小的主要原因可能是压强过大会使氨液化。18.几种物质燃烧热如下表所示。可燃物H2(g)CO(g)CH3OH(l)CH4(g)燃烧热(ΔH)/kJ·mol⁻¹-285.8-283–726.5–890.3回答下列问题：（1）写出表示CH4(g)燃烧热的热化学方程式：___________。（2）___________。（3）H2(g)+O2(g)=H2O(g)___________(填“>”“<”或“=”)，判断依据是___________。（4）某水煤气含CO、H2、N2和CO2，其中N2、CO2体积分数分别为15%、5%。1mol这种水煤气完全燃烧生成液态水和二氧化碳时放出热量为227.52kJ，该水煤气中CO、H2的物质的量分别为___________mol、___________mol。（5）在图1坐标系中画出CO燃烧反应的能量变化图示___________。（6）以CO2催化氢化制(的能量变化如图2所示。①该过程中决定总反应速率的反应式为___________。②下列叙述正确的是___________(填字母)。A．升高温度，总反应平衡常数增大B．选择催化剂降低TS2的能量C．总反应分六个基元反应【答案】（1）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=-890.3kJ·mol-1（2）-128.1（3）①.>②.水蒸气液化时放出热量，焓变为负值，故生成气态水时的反应热大于生成液态水时的反应热（4）①.0.4②.0.4（5）（6）①.或②.BC【解析】【小问1详解】燃烧热的定义是：101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成指定产物所放出的热量，甲烷的指定产物是CO2(g)、H2O(l)，由表可知，1molCH4完全燃烧放出热量890.3kJ，则CH4(g)燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=-890.3kJ·mol-1；【小问2详解】根据表中数据写出①；②③；由盖斯定律可知，①+②×2－③得，ΔH=(-283-285.8×2+726.5)kJ·mol⁻¹=-128.1kJ·mol⁻¹；【小问3详解】H2(g)+O2(g)=H2O(g)＞，理由是水蒸气液化时放出热量，焓变为负值，故生成气态水时的反应热大于生成液态水时的反应热；【小问4详解】依题意，混合气体的物质的量为1mol，其中N2的物质的量为0.15mol，CO2的物质的量为0.05mol，则CO和H2的物质的量共0.8mol。设CO的物质的量为x，则(0.8mol-x)=227.52kJ，解得x=0.4mol，即CO和H2都为0.4mol；【小问5详解】根据反应，则CO燃烧反应的能量变化图示为；【小问6详解】①能垒最大的是TS2，即③→④的反应决定总反应的反应速率，反应式为或；②总反应是放热反应，升温，平衡常数减小，A项错误；催化剂降低反应的能垒，B项正确；总反应分六个过渡态，即有6个基元反应，C项正确；故选BC。江西省赣州市信丰县2024-2025学年高二上学期10月检测试卷共8页，18小题，满分100分、考试用时75分钟。注意事项：1.考查范围：人教选择性必修1第一、二章。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：S—32Fe—56Cu—64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.化学与生活息息相关。下列有关“剂”的解读错误的是A.选择“催化剂”加快对人类有益的化学反应速率B.“膨松剂”使生产的食品松软或酥脆，易于消化吸收C.抗坏血酸(维生素C)难与O2反应可以作为补血剂的“抗氧化剂”D.“泡沫灭火剂”减慢可燃物的燃烧速率【答案】C【解析】选择合适的催化剂可以加快有益的化学反应速率，A正确；食品中加入碳酸氢钠做膨松剂，受热分解会生成二氧化碳气体，可以使食品松软，B正确；补血剂含有FeSO4等+2价铁物质，抗坏血酸(维生素C)具有强还原性，容易与O2反应从而作抗氧化剂，可以减慢+2价铁被氧化的速率，C错误；泡沫灭火剂产生的泡沫和二氧化碳覆盖在燃烧物的表面，可以减少与空气的接触，从而减慢燃烧的速率，D正确；答案选C。2.勒夏特列原理广泛存在于生产、生活中。下列操作或现象与平衡移动原理无关的是A.夏天，打开冰镇啤酒瓶盖产生大量泡沫B.供热公司为了节能减排，将煤块粉碎，让煤充分燃烧C.实验室可用排饱和食盐水的方法收集Cl2气体D.在制备乙酸乙酯中，加入过量的乙醇【答案】B【解析】减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，促进碳酸分解逸出CO2，A不符合题意；将煤块粉碎，增加了煤与空气的接触面积，加快了反应速率，但不会影响平衡，B符合题意；Cl2溶于水存在平衡：Cl2+H2OH⁺+Cl⁻+HClO，饱和食盐水中含有Cl⁻，Cl⁻浓度增大，上述平衡逆向移动，导致Cl2的消耗量和溶解度减小，故实验室可用排饱和食盐水的方法收集Cl2气体，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；加入过量乙醇，平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，D不符合题意。；答案选B。3.氨催化氧化制硝酸的第一步反应为在密闭反应器中发生上述反应，测定反应速率如下，其中，反应速率最快的是A.B.C.D.【答案】D【解析】以NH3为参照物，根据速率之比等于化学计量数之比，将B、C、D项转化成消耗氨的反应速率：B项，；C项，；D项，；故D项符合题意。4.常温下，在刚性密闭容器中投入足量I2(s)和适量的H2O2溶液发生反应：下列叙述正确的是A.增大I2(s)的质量，反应速率一定增大B.c(H2O2)不随时间变化时达到平衡状态C.平衡后再充入少量N2，反应速率增大D.气体摩尔质量不变时正、逆反应速率相等【答案】B【解析】碘单质呈固态，反应速率与接触面有关，增大碘的质量，接触面不一定增大，速率不一定增大，A项错误；H2O2溶液浓度不变时表明消耗和生成速率相等，达到平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，充入N2，反应物浓度不变，反应速率不变，C项错误；反应体系中只有一种气体，O2的摩尔质量始终不变，不能判断正、逆反应速率是否相等，D项错误；答案选B。5.工业合成氨的反应为，其工艺如图所示。下列措施能提高N2平衡转化率的是①干燥净化“原料气”②采用“10MPa~30MPa”③“热交换”分离热量④“冷却”分离液氨⑤使用“铁触媒”A.②③④ B.①④⑤ C.①②③ D.③④⑤【答案】A【解析】“干燥净化”主要有两个作用，一是从催化剂中毒角度考虑，防止催化剂失活失去效用，与速率有关，与平衡转化率无关，二是防止有氧化性气体进入，从而引起爆炸，也与平衡转化率无关，①不符合题意；采用合适压强既考虑了速率、转化率，又考虑了设备材料，②符合题意；热交换及时分离热量，合成氨正反应是放热反应，降低温度有利于平衡正向移动，③符合题意；分离氨，平衡正向移动，④符合题意；铁触媒只改变速率，不改变平衡转化率，⑤不符合题意；故选择②③④，答案选A。6.标准摩尔生成焓是指在热力学标准态下由指定单质生成1mol化合物(或物质)的反应焓变，符号为指定单质大多数是稳定单质，其标准摩尔生成焓规定为零。例如：几种锡的化合物的标准摩尔生成焓如图所示。下列叙述错误的是A.其他条件相同，最稳定的是SnO2(s)B.C.D.最稳定的Sn在氧气中燃烧生成)时放出热量为116.14kJ【答案】C【解析】其他条件相同，能量越低，物质越稳定，观察图示，四种含锡物质中，SnO2(s)能量最低，SnO2(s)最稳定，A正确；，B正确；SnO2(s)+Sn(s)=2SnO(s)=-285.8kJ·mol⁻¹×2+580.7kJ·mol⁻¹=+9.1kJ·mol⁻¹>0，C错误；，放出热量，D正确；答案选C。7.N2O在金表面上分解反应为速率方程为某温度下，测得实验数据如下，已知化学反应中反应物的浓度被消耗到初始浓度的一半所经历的时间称为反应半衰期。t/min020406080100c(N2O)/mol·L⁻¹0.1000.0800.0600.0400.0200下列叙述正确的是A.20~40min内平均速率B.该温度下，速率常数C.起始浓度越大，反应速率越大D.其他条件不变，起始时半衰期为75min【答案】A【解析】20~40min内平均速率A项正确；观察数据表可知，速率与起始浓度无关，即B项错误；n=0，反应速率与起始反应物浓度无关，C项错误；起始时，半衰期为D项错误；答案选A。8.T₁温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的(0.1molCO和适量气体，发生反应：，达到平衡1，升高温度为，混合气体颜色加深。温度下，达到平衡2后，再调节c(NO)与的比例，测得反应平衡时体系中c(CO)、c(CO2)与关系如图所示。下列叙述错误的是A.该反应△H<0B.L₁曲线代表c(CO)C.M点时，再向体系中充入0.1molCO2和0.1molCO，平衡不移动D.a→b过程中平衡常数不变【答案】B【解析】平衡后升高温度，气体颜色加深，说明平衡逆向移动，即正反应是放热反应，故A正确；根据K=当c(CO2)减小，c(CO)增大时，增大，结合图像可知，L₁代表c(CO2)，L2代表c(CO)，故B错误；根据M点计算，则，故M点时再充入0.1molCO2和0.1molCO，平衡不移动，故C正确；a→b过程中温度不变，平衡常数不变，故D正确；答案选B。9.根据下列操作及现象不能得到相应结论的是选项操作及现象结论A向2mL0.1mol·L⁻¹K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L⁻¹NaOH溶液，黄色加深(橙色)+H2O=2(黄色)+2H⁺，平衡转化率增大B向量热计内筒中加入50mL0.1mol·L⁻¹硫酸，再加入50mL0.11mol·L⁻¹Ba(OH)2溶液，测量反应后体系的温度，测得该反应放出的热量大于0.573kJ(实验前已分别测量酸和碱的温度)稀硫酸与Ba(OH)2发生中和反应生成0.01mol液态水，还生成BaSO4沉淀，额外放出热量C分别在体积均为2mL的0.1mol·L⁻¹KMnO4溶液、0.5mol·L⁻¹KMnO4溶液中加入10mL0.1mol·L⁻¹的草酸溶液，前者溶液褪色，后者溶液颜色变浅其他条件不变，增大反应物浓度，反应速率减小D向10mL30%双氧水中加入0.5g铁红，产生气泡速率加快(反应后铁红仍为0.5g)铁红能做双氧水分解反应催化剂A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】加入NaOH溶液，消耗H+，使平衡正向移动，平衡转化率增大，增大，黄色加深，A正确；溶液与溶液反应生成0.01mol液态水，同时还生成BaSO4沉淀，并额外放出热量，故测得放出的热量大于0.573kJ，B正确；前者是草酸溶液过量，KMnO4溶液全部反应完，溶液褪色；后者是KMnO4溶液过量，草酸溶液全部反应完，溶液颜色变浅，与反应速率无关，C错误；铁红反应前后质量不变，化学性质不变，故铁红做双氧水分解时的催化剂，D正确；故答案为：C。10.已知I2(g)作用下能量变化如图所示。下列叙述错误的是A.总反应的热化学方程式为B.I2催化剂能降低反应的活化能C.I2催化剂作用下，总反应可分两步进行，改变了总反应的反应路径而不改变总反应的焓变D.升高温度，总反应的反应速率增大，CH3CHO(l)平衡转化率降低【答案】D【解析】总反应的反应热等于生成物总能量与反应物总能量之差，，故A正确；由题图可知，I2催化剂降低了反应的活化能，故B正确；加入催化剂后总反应分两步进行，反应路径改变，但是焓变不变，故C正确；总反应是吸热反应，升高温度，乙醛的平衡转化率增大，故D错误；答案选D。11.研究人员提出利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储，如图所示。已知：①1mol液态完全分解生成三种气体时吸收热量275.5kJ；②64g固态硫完全燃烧放出热量为592kJ。下列叙述错误的是A.硫的燃烧热为B.反应Ⅰ：2C.反应Ⅱ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)D.存储的能量不可能完全转化为电能【答案】A【解析】64gS(s)的物质的量为2mol，1molS(s)完全燃烧放出热量296kJ，A错误；1mol液态完全分解生成三种气体时吸收热量275.5kJ，则2molH2SO4(1)完全分解生成三种气体时吸收热量551kJ，B正确；反应Ⅰ：，反应Ⅲ：S(s)+O2(g)══SO2(g)ΔH=-296kJ·mol⁻¹。根据盖斯定律，-(反应Ⅰ+反应Ⅲ)得反应Ⅱ，C正确；能量转化不可能达到100%，D正确；答案选A。12.向两个体积均为1L的恒容密闭容器中均充入4molHBr(g)和1molO2(g)，加入少量(，分别在绝热、恒温条件下发生反应：。测得两容器中气体压强(kPa)随时间变化如下表所示。时间/min024681012141618甲容器10010210493898684848484乙容器100959188868483828282下列叙述正确的是A.在较高温度下正反应能自发进行B.甲容器为恒温条件，乙容器为绝热条件C.18min时正反应速率：甲>乙D.甲容器14min时气体总物质的量等于乙容器10min时气体总物质的量【答案】C【解析】分析该可逆反应，正反应是熵减反应，由甲容器压强变化可知，压强先变大，后变小，说明温度升高对气体体积的影响大于气体分子数减小对气体体积的影响，正反应是放热反应，对于熵减、焓减反应，在较低温度下能自发进行，A错误；正反应方向为气体量减小的方向，但甲容器中压强先增大，后减小，说明温度升高，该容器为绝热容器，B错误，甲容器中反应在绝热条件下进行，平衡时甲容器中温度高于乙容器，故平衡时甲容器中正反应速率较大，C正确；甲、乙两容器体积相等，甲容器在14min时和乙容器在10min时压强相等，但甲容器中温度高于乙容器，故甲容器中气体总物质的量小于乙容器，D错误；答案选C。13.已知③H—H、Cl—Cl、H—Cl键键能E分别为436、243、431。下列叙述正确的是A.H(g)+Cl(g)→HCl(g)△H=+431kJ·mol⁻¹B.4E(H—O)-E(O=O)=1350.9kJ·mol⁻1C.D.稳定性：【答案】B【解析】形成共价分子时放出热量，H(g)+Cl(g)→HCl(g)△H=-431kJ·mol⁻¹，A错误；反应热等于断裂化学键总键能与形成化学键的总键能之差，根据反应①可知，×2-4E(H—O)=-112.9kJ·mol⁻¹，整理得，4E(H—O)-E(O═O)=1350.9kJ·mol⁻¹，B正确；2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)ΔH=2×431kJ·mol⁻¹-436kJ·mol⁻¹-243kJ·mol⁻¹=+183kJ·mol⁻¹，C错误；键能越大，断键时吸收的能量越多，形成的分子越稳定，由已知信息可知，稳定性：，D错误；答案选B。14.三氯氧钒(VOCl3)主要用作溶剂、烯烃聚合的催化剂。合成原理是=4VOCl3(l)+3CO2(g)ΔH=–861.7kJ·mol⁻1。在密闭反应器中充入足量、C(s)和Cl2(g)发生上述反应，测得Cl2平衡转化率与温度、压强关系如图所示。下列叙述正确的是A.X代表压强B.C.平衡常数：K(b)>K(a)D.其他条件不变，升高温度可使c点向a点迁移【答案】D【解析】该反应的正反应是气体分子数减小的反应，也是放热反应，若X代表压强，增大压强，平衡正向移动，Cl2平衡转化率增大，与图像不符，A错误；X不代表压强，故X代表温度，升高温度，平衡逆向移动，氯气平衡转化率降低，与图像相符，相同的温度下，压强越大，氯气的转化率越大，故，B错误；a、b点对应温度相等，平衡常数相等，C错误；其他条件不变，对平衡体系加热，平衡逆向移动，Cl2转化率降低，即c点向a点迁移，D正确；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫酸铁在化学实验中应用广泛。某小组利用硫酸铁进行如下实验：实验(一)测定Fe和发生归中反应的反应热。（1）配制溶液。称取一定量固体溶于适量硫酸溶液中，加水稀释至250mL。下列仪器中，完成本实验一定不需要选择的是___________(填字母)。（2）为测定的焓变，甲同学设计了如下实验方案i．方案操作i在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉，再加入100mL(1)中配制好的0.1mol·L⁻¹Fe2(SO4)3溶液，测定放出热量Q1kJ；计算反应热为ΔH1①本实验中“搅拌”操作方法是___________；___________(填“能”或“不能”)用金属搅拌器(搅拌器不参与反应)替代玻璃搅拌器。②乙同学认为甲同学设计的实验方案测得的结果误差较大，判断依据是___________。基于相关原理，乙同学重新设计了优化的实验方案ii；方案操作ii第1步，在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉，再加入100mL0.1mol·L⁻¹CuSO4溶液，测定放出热量Q2kJ，计算反应热为ΔH2;第2步，在如图所示的简易量热器中加入3.2g铜粉，再加入100mL(1)中配制好的0.1mol·L⁻¹Fe2(SO4)3溶液，测定放出热量Q3kJ，计算反应热为ΔH3.根据方案ii测定结果计算：___________。(用含△H2、ΔH3的代数式表示)实验(二)探究影响Cu和反应速率的外界因素。实验纯铜粉质量/g0.1mol·L⁻¹Fe2(SO4)3(aq)体积/mL水体积/mL水浴温度/℃测定铜粉完全溶解所用时间/minI0.360035℃t₁Ⅱ0.350V35℃t2Ⅲ0.360045℃t3（3）实验Ⅱ中，V=___________，加水的目的是___________。（4）设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是___________。（5）实验结果：t₁>t3，由此可推出的实验结论是___________。【答案】（1）B（2）①.上下移动玻璃搅拌器②.不能③.铁粉过量，且硫酸铁溶液中含硫酸，铁粉与硫酸反应会有气体生成，对实验造成干扰④.（3）①.10②.确保与参照实验的溶液总体积相等（4）探究浓度对反应速率的影响（5）其他条件相同，升高温度，反应速率增大【解析】【小问1详解】配制250mL溶液，需要使用250mL容量瓶、烧杯、量筒、胶头滴管等，不需要100mL容量瓶，B项符合题意。【小问2详解】①金属搅拌器传递热量比玻璃搅拌器快，导致热量损失较大，误差较大；②甲的实验方案误差较大是因为铁粉过量，(1)中配制好的硫酸铁溶液含硫酸，铁粉与硫酸反应会有气体生成，对实验造成干扰；方案ii中，发生两个反应：Fe(s)+CuSO4(aq)=Cu(s)+FeSO4(aq)ΔH2，Cu(s)+Fe2(SO4)3(aq)=CuSO4(aq)+2FeSO4(aq)△H3，根据盖斯定律，加合得到总反应：I；【小问3详解】根据控制变量实验要求，只改变一个变量，溶液体积必须相等，以达到控制变量的目的，故加入10mL的水，确保与参照实验的溶液总体积相等。【小问4详解】实验Ⅰ、Ⅱ的的温度相同，浓度不同，设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究浓度对反应速率的影响；【小问5详解】由t₁>t3知，其他条件不变时，升高温度，反应速率增大。16.乙醇是重要的化工原料。实验室利用乙醇可以制备乙烯，工业上还可利用乙醇催化氧化制备乙醛。Ⅰ.在催化剂Cat1、Cat2作用下，利用乙醇制备乙烯：，在恒容密闭容器中充入足量乙醇，发生上述反应，测得单位时间内乙醇的转化率与温度、催化剂的关系如图1所示。（1）催化剂效能较高的是___________(填“Catl”或“Cat2”)，判断依据是相同温度下，该催化剂作用下，单位时间内乙醇转化率较___________(填“高”或“低”)。（2）在催化剂Catl作用下，温度低于400℃时，升温，活化分子百分数___________(填“增大”或“减小”)，反应速率增大，单位时间内乙醇的转化率增大。温度高于400℃时，转化率b→c段变化的原因可能是___________。（3）b点___________(填“已达到”或“未达到”)平衡状态，判断依据是___________。Ⅱ.乙醇催化氧化制备乙醛。某温度下，乙醇制备乙醛的反应：。测得平衡时乙醇转化率、乙醛选择性、乙醛产率与的关系如图2所示。提示：乙醛选择性，乙醛的产率=乙醇转化率×乙醛选择性。（4）投料比时，随着投料比增大，乙醛产率增大的原因可能是___________；投料比时，随着投料比增大，乙醛产率减小的主要原因可能是___________。（5）一定温度下，向某密闭容器中投入5molCH3CH2OH，达到平衡时测得转化率为80%，CH3CHO选择性75%，则生成CH3CHO的物质的量为___________。【答案】（1）①.Cat2②.高（2）①.增大②.温度过高，催化剂活性降低导致单位时间内转化率降低（3）①.未达到②.平衡转化率与催化剂无关。a、b对应的温度相同，但a点转化率大于b点，故b点时反应未达到平衡（4）①.乙醇转化率较大且乙醛的选择性增长较快，乙醛的产率增大②.乙醇的转化率大幅减小导致乙醛的产率也减小（5）3mol【解析】【小问1详解】催化剂虽然不能改变达到平衡的状态，但可以提高反应速率，提升单位时间内反应物的转化率，根据图1，乙醇在相同温度时，在催化剂Cat2作用下单位时间内的转化率都比催化剂Cat1高，所以Cat2的催化效率高。故答案为：Cat2；高。【小问2详解】根据图1，温度低于400℃时，升温，在催化剂Catl作用下，单位时间内乙醇的转化率增大，说明活化分子百分数增加，反应速率增大；温度高于400℃时，转化率b→c段变化的原因可能是催化剂需要一定活性温度，若温度过高，催化剂活性降低导致单位时间内转化率降低。故答案为：增大；温度过高，催化剂活性降低导致单位时间内转化率降低。【小问3详解】平衡转化率与催化剂无关，a、b对应的温度相同，但a点转化率大于b点，故b点时反应未达到平衡。故答案为：未达到；平衡转化率与催化剂无关，a、b对应的温度相同，但a点转化率大于b点，故b点时反应未达到平衡。【小问4详解】根据图2，当投料比时，随着投料比增大，乙醇的转化率增大，乙醛的选择性增大，所以乙醛的产率增大；当投料比时，随着投料比增大，虽然乙醛的选择性还在增大，但乙醇的转化率在降低并占控制因素，导致乙醛的产率减小。故答案为：乙醇的转化率较大且乙醛的选择性增长较快，乙醛的产率增大；乙醇的转化率大幅减小导致乙醛的产率也减小。【小问5详解】乙醛产率与乙醇转化率、乙醛选择性有关，且乙醛产率=乙醇转化率×乙醛选择性，则生成乙醛的物质的量为5mol×80%×75%=3mol。故答案为：3mol。17.氨是重要化工原料，工业合成氨的反应为回答下列问题：（1）实验室常在浓氨水中加生石灰制备少量NH3，用平衡移动原理分析其原因：___________。（2）已知：②4mol⁻¹(a、b均大于0)。由上述反应可知，工业合成氨的ΔH=___________kJ·mol⁻¹(用含a、b的代数式表示)。（3）在恒温恒容密闭容器中以体积比1∶1充入N2和H2，发生合成氨的反应。下列情况表明反应一定达到平衡状态的是___________(填字母)。A.混合气体密度不随时间变化 B