云南省文山州富宁上海新纪元实验学校等云贵八校2024-2025学年高二上学期10月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省文山州富宁上海新纪元实验学校等云贵八校2024-2025学年高二上学期10月联考高二化学本试卷共9页，19题。全卷满分：100分。考试时间：75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答卷前，请考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码贴在指定位置。2.选择题作答时，请将每小题选出的答案，用2B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。3.非选择题作答时，请用黑色签字笔将答案直接写在答题卡上对应题目的答题区域内，写在其它位置或其它题目的答题区域无效。写在本试题卷和草稿纸上无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16N：14Na：23Fe：56一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分；在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)1.化学与生活、工农业生产息息相关，下列说法正确的是A.工业上，增加炼铁高炉的高度可有效减少CO的排放量B.在橡胶中加入抗氧化剂，可延缓橡胶的老化C.利用反应制氢，相同时间内，使用纳米CaO(催化剂)比微米CaO产率更低D.日常生活中的金属材料选择合金而非纯金属，一定可以减缓金属腐蚀的速度【答案】B【解析】高炉炼铁中CO和Fe2O3反应，存在限度，故增加高炉的高度不能减少CO的排放量，A错误；橡胶中含不饱和键，易氧化，加入抗氧化剂，可以延缓橡胶的老化，B正确；纳米CaO(催化剂)比微米CaO的接触面积更大，反应速率更快，相同时间内，产率更高，C错误；合金容易形成原电池，加快反应速率，D错误；答案选B。2.工业上生产氮化硅陶瓷的反应为：，下列是在不同条件下测得的化学反应速率，其中最大的是A. B.C. D.【答案】C【解析】以N2为标准，并将单位统一：A．；B．是固体，没有浓度；C．=；D．=；因此表示该反应进行最快的是，故选C。3.下列对有效碰撞理论的分析错误的是A.活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞B.向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增多C.升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大D.加入适宜的催化剂，降低反应活化能，使反应物分子中活化分子百分数增大【答案】B【解析】活化分子是能量较高的能够发生化学反应的分子。活化分子间只有按照一定的取向发生碰撞时才能发生化学反应，因此活化分子之间的碰撞不一定都是有效碰撞，A正确；加入相同浓度的反应物，活化分子百分数不变，B错误；升高温度，物质的内能增加，有更多的普通分子变为活化分子，活化分子数增加，活化分子百分数增加，C正确；催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，提高活化分子百分数，D正确；故合理选项是B。4.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气B.合成氨选择500℃的高温条件以提高反应物的转化率C.铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.压缩容器体积颜色加深【答案】A【解析】可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气，氢氧化钠固体溶于水放热，且溶液中OH-浓度增大，促进一水合氨分解生成氨气，有利于氨气逸出，能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；合成氨是放热反应，选择500℃的高温反应是为提高反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；常温下Fe和浓硝酸发生钝化，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成NO2，NO2呈红棕色，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；为反应前后气体分子数不变的反应，压缩容器体积，平衡不移动，颜色加深是因为体积减小，12浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；答案选A。5.下列有关说法正确的是A.已知，，则B.，C.已知，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量D.已知，则的燃烧热为a【答案】B【解析】碳充分燃烧生成比不充分燃烧生成放出热量多，因，所以放出热量越多，越小，故，A错误；因，生成液态水时放出更多热量，所以，B正确；反应为可逆，无法完全反应，故放出的热量小于，C错误；与反应最高只能得到，不能直接得到，D错误；故答案为：B。6.反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C．反应过程能量变化曲线如图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列说法错误的是A.三种化合物的稳定性：C>A>BB.若，该反应的决速步为①C.B→C反应的D.A→C的焓变随A的消耗量增加而增加【答案】D【解析】物质含有的能力越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知物质含有的能量：B＞A＞C，则物质的热稳定性：C＞A＞B，A正确；对于多步反应，总反应反应速率的快慢由慢反应决定。若若E1＞E3，说明反应①的活化能大于反应②的活化能，反应①是慢反应，因此反应A→C决速步为反应①，B正确；B→C反应，反应热为反应物的活化能与生成物的活化能的差，则该反应的反应热△H=E3-E4，C正确；焓变与方程式的化学计量系数有关，与消耗量无关，D错误；答案选D。7.甲烷消除NO2的污染原理为：。在一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的CH4和NO2进行上述反应。下列表述能用来判断该反应达到化学平衡状态的是A.B.容器中混合气体的总质量不再变化C.若改在恒压容器中进行上述反应，容器体积不再改变D.单位时间内，消耗1molCH4同时生成1molCO2【答案】C【解析】时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明达到平衡，A不选；该反应的反应物和生成物都是气体，反应过程中混合气体的总质量是定值，容器中混合气体的总质量不再变化时，不能说明反应达到平衡，B不选；该反应是气体体积增大的反应，若改在恒压容器中进行上述反应，反应过程中容器体积增大，当容器体积不再改变时，说明反应达到平衡，C选；单位时间内，消耗1molCH4同时生成1molCO2时，都是表示正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选；故选C。8.γ-丁内酯用于生产环丙烷、吡咯烷酮等药品，也可作为工业溶剂使用。由γ-羟基丁酸生成γ-丁内酯的反应如下：，在25℃下，γ-羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.18mol/L，测得γ-丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示(溶液体积、体系温度变化可忽略)。下列说法错误的是t/min5080100120160∞0.050.070.080.090.100.13A.该温度下，反应平衡常数为2.6B.120min时，γ-羟基丁酸转化率为50%C.160min-200min该反应的平均速率小于120min-160minD.从反应后的混合溶液中分离γ-丁内酯可用分液的方法【答案】D【解析】该温度下，该反应的平衡常数K=，A正确；反应至120min时，反应产生0.09mol/L的γ-丁内酯，则反应γ-羟基丁酸的浓度为0.09mol/L，故γ-羟基丁酸转化率为×100%=50%，B正确；120min-160minγ-丁内酯水溶液的浓度变化为0.01mol/L，160min-200min时溶液的浓度变小，速率减小，160min-200min该反应的平均速率小于120min-160min，C正确；根据题干信息，生成γ-丁内酯的反应为可逆反应，两种有机物互溶，共同存在，不可用分液的方法分离，D错误；故合理选项是D。9.下列实验装置或方案不能达到实验目的的是A．探究浓度对化学反应速率的影响B．测量锌与稀硫酸反应的反应速率C．探究温度对的影响D．验证钠与水反应是否为放热反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】过氧化氢与亚硫酸氢钠反应无明显现象，不能探究浓度对反应速率的影响，故A符合题意；硫酸和锌粒反应生成氢气，通过针筒测定生成氢气的体积，通过秒表计算反应时间，从而定量测量化学反应速率，故B不符合题意；左侧热水中，温度升高，颜色加深，说明平衡逆向移动，可以探究温度对平衡移动的影响，故C不符合题意；钠与水反应反应，会使大试管内气体温度上升，体积膨胀，U形管左侧红墨水液面下降，右侧红墨水液面上升，该装置可以验证钠与水反应是否为放热反应，故D不符合题意；答案选A。10.在一定温度下的密闭容器中发生反应：，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L。下列有关判断正确的是A.B.扩大容积时，正反应速率降低，逆反应速率增大，导致平衡逆向移动C.扩大容积平衡常数发生改变，导致平衡移动D.C的体积分数减小【答案】D【解析】将容器的容积扩大到原来的两倍，瞬间A的浓度为0.25mol/L，相当于减压，A的量从0.25mol/L增加到0.30mol/L，则平衡逆向移动，逆反应方向为气体体积增加的反应，；根据分析，，A错误；扩大容积，浓度减小，正逆反应速率均减小，B错误；温度不变，平衡常数保持不变，C错误；减压，平衡逆向移动，C的体积分数减小，D正确；答案选D。11.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：，若反应在恒容密闭容器中进行，由该反应相关图象作出的判断正确的是A.甲图中改变的反应条件为充入O2B.乙图中温度，纵坐标可代表N2O5的百分含量C.丙图为充入稀有气体时速率变化D.丁图中只有b点达到平衡状态【答案】B【解析】正反应是气体体积减小的、放热的可逆反应，结合反应图象分析解答。甲图正、逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向进行，则改变的反应条件为升高温度，A错误；乙图中T2曲线先达到平衡状态，则温度T2＞T1，升高温度平衡向逆反应方向进行，N2O5的百分含量减小，图像符合，B正确；充入稀有气体时反应物浓度不变，反应速率不变，C错误；升高温度，平衡逆向移动，K正减小、K逆增大，曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，D错误；答案选B。12.具有难挥发性的二硫化钽(TaS2)可采用如图装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中，发生反应的化学方程式如下：。下列说法错误的是A.该反应的B.不纯的TaS2粉末应放在高温区，提纯后的TaS2在低温区生成C.高温区和低温区的相等D.高温区和低温区都存在非极性键的断裂和形成【答案】C【解析】该反应的△H＞0，且能在高温下自发进行，即T较大时，△H-T△S<0，则，故A正确；该反应的△H＞0，TaS2的转化反应是吸热反应，高温区进行TaS2的转化，低温区进行逆反应生成TaS2，故B正确；高温区进行正向反应，生成S2(g)和消耗I2(g)，低温区进行逆向反应生成I2(g)消耗S2(g)，故高温区大于低温区的，故C错误；高温区进行正向反应，存在I-I非极性键的断裂和S=S非极性键的形成，低温区进行逆向反应，存在S=S非极性键的断裂和I-I非极性键的形成，故D正确；故选C。13.下列说法正确的是A.已知，加入KCl固体，该平衡逆向移动B.，该反应分离出SO3，则平衡时间延长C.图1中曲线a表示反应：进行过程中X的转化率随时间变化的关系，只能加入催化剂使反应过程按曲线b进行。D.一定温度下，只改变反应物中对反应的影响如图2所示，反应a、b、c点均为平衡点，且b点时SO2的转化率最高【答案】B【解析】的离子方程式为：，加入KCl固体，对该反应没有影响，平衡不发生移动，A错误；，该反应分离出SO3，SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率减小，则平衡时间延长，B正确；图1中曲线a表示反应：，加入催化剂，反应速率增快且平衡不发生移动，X的平衡转化率不变，反应更快达到平衡，而该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不发生移动，反应速率增大，X的平衡转化率不变，反应更快达到平衡，加入催化剂或增大压强都可以使反应过程按曲线b进行，C错误；反应过程中，增大起始，平衡正向移动，但SO2的平衡转化率减小，反应a、b、c点均为平衡点，且a点时SO2的转化率最高，D错误；故选B。14.把2.5molA和2.5molB通入容积为2L的密闭容器里，一定温度下发生如下反应：，经5s反应达平衡，5s内C的反应速率为，同时生成1molD．下列叙述中错误的是A.B.A的转化率始终大于B的转化率C.若平衡时的总压强为PkPa，则该温度下的(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)D.达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6∶5【答案】C【解析】平衡时C的物质的量为×5s×2L=2mol，。反应速率比等于系数比，反应B、C的物质的量之比为0.5:2=1:4，则，A正确；A、B投料相同，但是A系数大于B，则反应A的量大于B，则A的转化率始终大于B的转化率，B正确；平衡时总的物质的量为6mol，若平衡时的总压强为PkPa，则该温度下的，C错误；压强比等于物质的量比，结合分析，平衡时总的物质的量为6mol，则达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6∶5，D正确；故选C。15.某课外兴趣小组利用硫代硫酸钠(Na2S2O3)与稀硫酸反应，探究影响化学反应速率的因素(反应方程式为)，设计了如下表系列实验。下列说法错误的是实验序号反应温度/℃Na2S2O3稀硫酸H2OV/mLV/mLV/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.10V20.50V3③2010.00.104.00.50V4A.该实验可通过测定SO2气体的体积随时间的变化准确定量测定反应速率B.实验①和②探究温度对反应速率的影响，则需C.若用实验①和③探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，则需D.可通过溶液透光率(越浑浊透光率越小)随时间的变化探究影响化学反应速率的因素【答案】A【解析】气体的体积受到温度的影响，故无法准确测定反应速率，A错误；实验1、2温度不同，应为探究温度对反应速率的影响，浓度应该相同，故，，B正确；实验1、3的温度相同，应为探究浓度对反应速率的影响，若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则需V4=10.0+10.0-10.0-4.0=6.0，C正确；溶液透光率(越浑浊透光率越小)的大小反应了硫的变化的快慢，从而确定化学反应的快慢，故可以探究影响化学反应速率的因素，D正确；答案选A。二、非选择题(共4题，55分，除标注外，每空2分)16.某实验小组用溶液和溶液进行中和反应反应热的测定，实验装置如图所示。（1）写出该反应的热化学方程(已知强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出57.3kJ的热量)：___________。（2）假设硫酸和氢氧化钠溶液的密度都是，又知中和反应后生成溶液的比热容，50mLNaOH溶液和30mLH2SO4溶液进行实验，实验数据如表所示。温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差溶液溶液平均值126.226026.130.3227.027.427231.0325.925.925.929.8426.426.226.330.4①表中所得温度差的平均值为___________℃。实验测得生成1mol水放出的热量为___________kJ。(列出计算式)（3）上述实验结果比57.3kJ小，产生这种偏差的原因可能是___________(填序号)。a．将玻璃搅拌器换为铜丝搅拌器b．测量时，室温偏高c．快速将NaOH溶液一次性倒入盛有H2SO4溶液的内筒中d．将H2SO4溶液与NaOH溶液混合后测量起始温度（4）若改用和溶液进行反应与上述实验相比，所放出热量___________(填“相等”“不相等”)，其他条件不变，若用替代NaOH做实验，对测定结果___________(填“有”或“无”)影响。（5）下列过程与酸碱中和反应热效应相同的是____________。A.盐酸与碳酸氢钠反应 B.食物腐败C.铝热反应 D.八水氢氧化钡与氯化铵【答案】（1）H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=﹣57.3kJ/mol（2）①.4.0②.53.5（3）ad（4）①.相等②.无（5）BC【解析】进行中和反应反应热的测定实验时，为保证氢氧化钠完全反应，选用的稀硫酸应适当过量，测定过程中混合溶液要一次性快速加入，快速混合，测出混合后的最高温度。【小问1详析】强酸与强碱在稀溶液中发生中和反应产生1mol水放出的热量叫中和热，氢氧化钠溶液与稀硫酸发生中和反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)

ΔH=﹣57.3kJ/mol。【小问2详析】由题给数据可知，四次实验的温度差分别为(30.3-26.1)℃=4.2℃、(31.0-27.2)℃=3.8℃、(29.8-25.9)℃=3.9℃、(30.4-26.3)℃=4.1℃，则所得温度差的平均值为=4.0℃；50mL0.50mol/L氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量为0.50mol/L×0.05L=0.025mol，30mL0.50mol/L稀硫酸溶液中氢离子物质的量为0.50mol/L×2×0.03L=0.030mol，则反应中稀硫酸过量，氢氧化钠溶液不足量，由氢氧根离子的物质的量可知，反应生成水的物质的量为0.025mol，放出的热量为80g×4.18×10-3kJ/(g·℃)×4℃=1.3376kJ，则反应的反应热ΔH=﹣≈﹣53.5kJ/mol。【小问3详析】a．将玻璃搅拌器换为铜丝搅拌器导致热量散失，中和热数值偏小，a正确；b．测量时，室温偏高，对结果无影响，b错误;c．快速将NaOH溶液一次性倒入盛有H2SO4溶液的内筒中，操作正确，c错误；d．将H2SO4溶液与NaOH溶液混合后测量起始温度，引起起始温度偏高，中和热数值偏小，d正确；故选ad。【小问4详析】若改用和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应与上述实验相比，生成水的量不变，则所放出的热量与之前相等；其他条件不变，若用氢氧化钡溶液代替氢氧化钠溶液，由于氢氧化钡与稀硫酸反应生成水和硫酸钡，生成硫酸钡也放出热量，所以用氢氧化钡溶液代替氢氧化钠溶液导致中和热数值偏大，故有影响。【小问5详析】A.盐酸与碳酸氢钠反应为吸热反应，A不选；B.食物腐败为缓慢氧化，为放热反应，B选；C.铝热反应，为放热反应，C选；D.八水氢氧化钡与氯化铵为吸热反应，D不选；故选BC。17.一些含碳、氮等元素的化合物，在航天和能源领域应用广泛，回答下列问题。（1）火箭发射时可以用肼(N2H4，液态)作燃料，NO2作氧化剂，二者反应生成N2和水蒸气。①②写出与NO2反应的热化学方程式___________。（2）在O2中完全燃烧生成CO2和液态水，放出683.4kJ的热量。写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式：___________。（3）甲醇是一种可再生的清洁能源，在体积为2.5L的密闭容器中，充入1molCO2和0.5molH2，180℃下反应得甲醇和物质X，该反应，各物质物质的量随时间的部分变化图像如下图所示：①该反应的化学反应方程式为___________。②t=5min时，正反应速率___________逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。③CO2与H2制取甲醇可分为两步发生，过程如下。反应①：；反应②：；则CO2与H2制取甲醇的平衡常数K3=___________(用K1、K2表示)。④写出酸性条件下，甲醇燃料电池负极的电极方程式：___________。每消耗1mol甲醇时，消耗___________molO2。【答案】（1）2+2(g)=3N2(g)+4H2O(g)（2）C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)

H=-13668kJ/mol（3）①.CO2+3H2CH3OH+H2O②.=③.④.CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+⑤.1.5【解析】【小问1详析】根据盖斯定律，②×2-①得2+2(g)=3N2(g)+4H2O(g)，所以与(g)反应的热化学方程式为2+2(g)=3N2(g)+4H2O(g)；【小问2详析】23gC2H5OH(l)物质的量=＝0.5mol，在O2中完全燃烧生成CO2和液态水，放出683.4kJ的热量，则反应的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H=-1366.8kJ/mol；【小问3详析】①二氧化碳和氢气反应生成甲醇，根据守恒另外一种物质X是水，化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O；②由图像可知3min时，H2和CO2的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，时反应也是平衡状态，此时正反应速率=逆反应速率；③反应③CO2+3H2CH3OH+H2O，对方程式处理得③=×(①+②)，故K3=；④燃料电池中燃料做负极，负极发生氧化反应，电极反应方程式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；每消耗1mol甲醇时，转移6mol电子，消耗氧气1.5mol。18.合成氨工业的发展大大提高了粮食产量，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。其反应原理：，工业合成氨生产流程图如下：（1）起始投料比选择而不选择的原因是：___________。（2）“干燥净化”是进入合成塔前利用铜氨液对原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)进行处理，目的是除去其中的CO，其反应为：△H<0，中铜的价态为___________，铜氨液吸收CO适宜的生产条件是___________(填“高压”或“低压”)。吸收CO后的铜氨液经过适当处理可再生，恢复其吸收CO的能力，可循环使用。铜氨液再生适宜的生产温度是___________(填“高温”或“低温”)。（3）“冷却”分离X的目的是___________，分离出的液态X能返回流程中的___________(填流程名称)进行利用。（4）在2L恒容密闭容器中加入1mol的N2和3molH2，NH3的物质的量与时间的关系如下表所示：时间(min)0t1t2t3NH3物质的量(mol)00.20.30.30∼t1min，___________；该温度下起始充入N2、H2、NH3各1mol，则此时上述反应___________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。【答案】（1）氮气过量，提高氢气的转化率（2）①.+1②.高压③.高温（3）①.将氮气和氢气循环使用，有利于提高原料利用率②.热交换（4）①.②.逆向【解析】氮气和氢气净化后，通过压缩机加到到10-30Mpa，通过热交换器，在铁触媒催化下合成氨气，通过冷却，分离出X是氨，没有反应的氮气与氢气进入循环。【小问1详析】起始投料比选择，氮气过量，是因为氮气的成本低，通入过量的氮气，提高氢气的转化率；【小问2详析】中NH3为电中性，0价，铜的价态为+1价；因为中，正反应方向气体量减少，故高压有利于CO的吸收；又因为正反应方向放热，逆反应方向吸热，故再生过程适宜高温；【小问3详析】冷却过程中分离出氨，将氮气和氢气循环使用，有利于提高原料利用率；分离出氨气后的气体进入热交换流程，继续反应；【小问4详析】0∼t1min，，根据速率之比等于计量系数之比，；根据三段式有：，K=，温度下起始充入N2、H2、NH3各1mol