精品解析：福建省莆田市第二中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题

莆田二中2026届高二10月阶段性检测化学试卷 满分：100分 考试时长：75分钟 可能用到的相对原子质量：H：1；O：16；K：39；Na：23；Cl：35.5；Cu：64；Ag：108 一、选择题(每小题只有一个正确选项；每小题3分，共14小题，共42分) 1. 下列属于氧化还原反应且热量变化与下图一致的是 A. 硝酸铵晶体溶于水 B. 钠和水的反应 C. 氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应 D. CO2和C反应 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知生成物的能量大于反应物的能量，是吸热反应，存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此进行解答。 【详解】A．硝酸铵晶体溶于水是吸热过程，是物理变化，A不合题意； B．钠和水的反应是放热反应，B不合题意； C．氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应是吸热反应，但没有元素的化合价发生改变，不属于氧化还原反应，C不合题意； D．CO2和C反应是吸热反应，且C元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应，D符合题意； 故答案为：D。 2. 下列说法正确的是 A. 已知C(石墨，s)(金刚石，s) ，则金刚石比石墨稳定 B. 已知 ， ，则 C. 氢气的燃烧热为285.8 ，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为 D. 在一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应，放出热量79.2 kJ，则该反应的热化学方程式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知C(石墨，s)(金刚石，s) ，该反应是吸热反应，石墨能量低，根据能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误； B．已知 ， 前者完全反应，放出的热量多，焓变反而小，，则，故B正确； C．氢气的燃烧热为285.8 ，燃烧热是生成液态水，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为 ，故C错误； D．在一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应，放出热量79.2 kJ，由于该反应是可逆反应，因此反应的二氧化硫的物质的量小于1mol，放出热量79.2 kJ，而该反应的热化学方程式为中是2mol二氧化硫全部反应，则放出的热量大于158.4kJ，故D错误； 综上所述，答案为B。 3. 某温度下，体积一定的密闭容器中进行反应：，下列叙述错误的是 A. 向容器中加入氩气，反应速率不变 B. 加入少量W，逆反应速率不变 C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D. 加入催化剂，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．因为体积一定，在容器中加入氩气，反应体系物质的浓度不变，所以反应速率不变，故A正确； B．W为固体，增大W的用量，反应速率不变，故B正确； C．升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误； D．加入催化剂，降低反应的活化能，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，故D正确。 选C。 4. 下列为四个常用的电化学装置，关于它们的叙述正确的是 A. 图(a)中，的作用是催化剂 B. 图(b)所示电池放电过程中，负极板的质量不断减小，正极板的质量不断增加 C. 图(c)所示装置工作过程中，电解质溶液中浓度始终不变 D. 图(d)所示电池放电过程中，是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag 【答案】D 【解析】 【详解】A．图(a)中，是正极反应物，A错误； B．图(b)所示电池放电过程中，负极板有硫酸钡生成，质量不断增加，正极板的质量不断增加，B错误； C．图(c)所示装置为电解精炼池，阳极为粗铜，部分活性强的金属进入溶液，电解质溶液中浓度会减小，C错误； D．图(d)所示电池放电过程中，是氧化剂，放电过程会得电子，还原为Ag，D正确； 故选D。 5. 已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法中正确的是 A. 由图可知反应历程中有六个基元反应 B. 该历程中的最大能垒(活化能) C. 加入催化剂，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大 D. A+H2O=I1是该历程的决速步骤 【答案】C 【解析】 【详解】A．图中有三个过渡态TS1、 TS2、 TS3，反应历程中有三个基元反应，A错误； B．该历程中的最大能垒(活化能)-（-1.99kJ/mol）=18.86 kJ/mol，B错误； C．催化剂可降低反应的活化能，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，C正确； D．该历程的决速步骤是最高活化能步骤，故为I1到I2，D错误； 故选C。 6. 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是 A. 液滴中的Cl-由a区向b区迁移 B. 若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应 C. 液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2+由a区向b区迁移，与b区的OH-形成，进一步氧化、脱水形成铁锈 D. 液滴边缘是正极区，发生的电极反应式为 【答案】D 【解析】 【分析】液滴之下氧气含量比边缘处少，所以液滴边缘为正极，发生反应，液滴中心为负极，负极发生反应Fe-2e-=Fe2+，所以圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗，液滴外沿形成棕色铁锈环(b)。发生铁的吸氧腐蚀。 【详解】A．a为负极、b为正极，液滴中的Cl-由b区向a区迁移，故A错误； B．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板在铜铁接触处滴加NaCl溶液，共存原电池，铁为负极、铜为正极，负极发生的电极反应Fe-2e-=Fe2+，故B错误； C．液滴下的Fe失电子发生氧化反应而被腐蚀，故C错误； D．液滴边缘是正极区，发生的电极反应式为，故D正确； 选D。 7. 一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是 A. 该反应的化学方程式为3B+4C6A+2D B. 反应进行到1s时，平均反应速率v（A）=v（C） C. 反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.1 mol/（L•s） D. 反应进行到6s时，各物质的反应速率相等 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C6A+2D，正确； B．反应到1s时，v（A）═=0.6mol÷2L÷1s=0.3mol/（L•s），v（C）═△c/△t=0.2mol÷2L÷1s=0.1mol/（L•s），所以v（A）≠v（C），错误； C．反应进行到6s时，v（B）==0.6mol÷2L6s=0.05mol/（L•s），错误； D．反应进行到6s时，反应达到平衡，各物质的反应速率的比值等于系数比，各物质的反应速率不相等，错误； 答案选A。 8. 一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表： t/s 0 600 1200 1710 2220 2820 x 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 012 下列说法正确的是 A. 推测上表中的x为3930 B. ， C. 反应时，放出的O2体积为(标准状况) D. ，生成NO2的平均速率为 【答案】A 【解析】 【详解】A．由表中数据可知，剩余N2O5的浓度：0.96mol/L→0.48mol/L→0.24mol/L，所需时间均为1110s，即N2O5浓度减小一半需要的时间为1110s，所以剩余N2O5的浓度由0.24mol/L→0.12mol/L所需时间为1110s，即x=2820s+1110s=3930s，A正确； B．根据反应速率之比等于化学计量系数之比可知，有：，B错误； C．0～2220s内N2O5的浓度变化为1.40mol/L-0.35mol/L=1.05mol/L，n(N2O5)=1.05mol/L×0.1L=0.105mol，反应为2N2O54NO2+O2，则n(O2)=n(N2O5)=0.105mol×=0.0525mol，V(O2)=nVm=0.0525mol×22.4L/mol=1176mL=1.176L，C错误； D．由题干表中数据可知，600～1200s内平均速率(N2O5)==5.0×10-4mol•L-1•s-1，反应为2N2O54NO2+O2，则600～1200s能生成NO2的平均速率(NO2)=2(N2O5)=2×5.0×10-4mol•L-1•s-1=1.0×10-3mol•L-1•s-1，D错误； 故答案为：A。 9. 某地海水中主要离子的含量如表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是 离子 Na+ K+ Ca2+ Mg2+ Cl- SO HCO 含量mg/L 9360 83 200 1100 16000 1200 118 A. 甲室的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑ B. 乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为b C. 淡化过程中易在戊室形成水垢 D. 通过甲室阳膜的离子的物质的量为2mol时，戊室收集到22.4L(标准状况下)气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲室的电极与电源正极相连，作阳极，阴离子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，A项正确； B．阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电解时，丙室中阴离子移向乙室，阳离子移向丁室，所以乙室和丁室中部分离子的浓度增大，丙室中物质主要是水，淡水的出口应为b， B项正确； C．开始电解时，阳极上（甲室电极）Cl-放电生成Cl2，阴极（戊室电极）上水得电子生产H2，同时生OH-，生成的OH-和反应生成，Ca2+转化为CaCO3沉淀，所以电解一段时间后戊室形成水垢，C项正确； D．通过甲室阳膜的阳离子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+等，当通过甲室阳膜的离子的物质的量为2mol时，转移电子在2-4mol之间，转移电子数目不确定，无法计算出生成H2体积，D项错误； 答案选D。 10. 微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含 CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是 A. 负极反应为 B. 隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜 C. 当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5g D. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1 【答案】B 【解析】 【分析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。 【详解】A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确； B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误； C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58.5g，故C正确； D．b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确； 故答案为B。 11. 500mLKCl和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol/L，用石墨作电极电解此溶液，通电一段时间后，两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，假设电解后溶液的体积仍为500mL，下列说法正确的是 A. 原混合溶液中c(Cl-)=0.3mol/L B. 上述电解过程中共转移0.5mol电子 C. 电解得到的无色气体与有色气体的体积比为7∶3 D. 电解后溶液中c(OH-)=0.1mol/L 【答案】C 【解析】 【分析】石墨做电极电解KCl和Cu(NO3)2混合溶液，阴极先后发生两个反应：Cu2++2e-=Cu、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，n(Cu2+)=0.1mol，n(H2)==0.25mol，可得转移电子0.7mol，阳极电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+，设生成Cl2xmol，生成O2ymol，x+y=0.25，2x+4y=0.7，解得x=0.15，y=0.1，即n(Cl2)=0.15mol，n(O2)=0.1mo l，n(Cl-)=0.3mol，c(Cl-)==0.6mol⋅L-1，据此分析计算。 【详解】A．由分析可知，原混合溶液中c(Cl-)=0.6mol/L，A错误； B．由分析可知，上述电解过程中共转移0.7mol电子，B错误； C．由分析可知，上述电解得到0.25molH2、0.1molO2、0.15molCl2，故电解得到的无色气体与有色气体的体积比为(0.25mol+0.1mol)：0.15mol=7∶3，C正确； D．电解后生成无色气体n(H2)=0.25mol，生成氧气物质的量n(O2)=0.1mo l，溶液中氢氧根离子物质的量=0.5mol-0.4mol=0.1mol，c(OH-)==0.2mol⋅L-1，D错误； 故答案为：C。 12. 城市污水循环用作城市稳定的第二水源，对缓解城市用水危机有重要意义。高铁酸盐作为一种绿色环保水处理剂，兼具极强的氧化性和良好的絮凝效果，电解制备(紫色固体，能溶于水，微溶于浓溶液)的装置示意图如图，下列说法正确的是 A. 可以循环使用，制备过程中无须添加 B. 工作时，左室和右室溶液的均减小 C. 生成高铁酸钾，左室溶液质量会增加 D. 交换膜为阳离子交换膜，交换膜为阴离子交换膜 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知右室铁转化为高铁酸根，铁元素化合价升高，则铁为阳极，Pt为阴极，阳极电极反应式为：，左室水得电子生成氢气，阴极电极反应式为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-。 【详解】A．阳极电极反应式为：，阴极电极反应式为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，由阴、阳两极电极反应式可知，转移电子物质的量相同时，阳极消耗的氢氧根比阴极生成的氢氧根多，所以制备过程中要添加KOH，故A错误； B．阴极电极反应式为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，左室氢离子放电生成氢气，氢氧根浓度增大，溶液的pH增大，故B错误； C．生成高铁酸钾，转移电子物质的量为6mol，由阴极电极反应式6H2O+6e-=3H2↑+6OH-可知，为了维持左室电荷守恒，有6mol钾离子通过阳离子交换膜进入左室，溶液质量会增加6×39-6=228g，故C错误； D．阳极电极反应式为：，右室负电荷减少，则中间室中的OH-，通过阴离子交换膜进入右室，阴极电极反应式为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，左室负电荷增多，中间室中的K+通过阳离子交换膜进入左室，所以交换膜为阳离子交换膜，交换膜为阴离子交换膜，故D正确； 故答案为：D。 13. 已知：4FeO+10H2O=4Fe(OH)3↓+8OH-+3O2↑。测得 c(FeO)在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示。 下列说法正确的是 A. 图甲表明，其他条件相同时，温度越低 FeO转化速率越快 B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越强 FeO转化速率越快 C. 图丙表明，其他条件相同时，钠盐都是 FeO优良的稳定剂 D. 图丁表明，其他条件相同时，pH=11 条件下加入 Fe3+能加快 FeO的转化 【答案】D 【解析】 【详解】A．由甲图可知，升高温度，FeO的浓度变化较大，可知温度越高FeO转化速率越快，故A错误； B．由乙图可知碱性越强，FeO的浓度变化越小，则碱性越强FeO转化速率越小，故B错误； C．由丙图可知在磷酸钠溶液中，FeO的浓度变化较大，可知钠盐不都是FeO优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故C错误； D．由丁图可知铁离子浓度越大，FeO的浓度变化越大，故D正确； 故答案为D。 14. 浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电解池。图2用图1作电源，可实现以KCl、NaNO3为原料制取KNO3和NaCl。A、C代表不同类别的选择性离子交换膜，M、N为惰性电极。若产品出口1的产品为NaCl，下列有关说法正确的是 　 A. 图2中M极为阴极，应与Ag(Ⅱ)相连 B. A为阴离子交换膜，C为阳离子交换膜 C. 电解总反应： D. 产品出口1的产品的物质的量浓度与产品出口2相等 【答案】D 【解析】 【分析】由题干图示信息可知，图1所示为原电池装置，Ag(Ⅰ)所处室中AgNO3的浓度较小，而Ag(Ⅱ)所处室的AgNO3浓度较大，故Ag(Ⅰ)所发生的电极反应为：Ag-e-=Ag+，Ag(Ⅱ)所发生的电极反应为：Ag++e-=Ag，即Ag(Ⅰ)为负极，Ag(Ⅱ)为正极，若产品出口1的产品为NaCl，说明①室中的Cl-通过阴离子交换膜C进入②室，③是的Na+通过阳离子交换膜A进入②室，③是的通过阴离子交换膜C进入④室，⑤室的K+通过阳离子交换膜A进入④室，根据阴阳离子的移动方向可知，电极M为阴极，电极N为阳极，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，图2中M极为阴极，应与Ag(Ⅰ)即负极相连，A错误； B．由分析可知，A为阳离子交换膜，C为阴离子交换膜，B错误； C．由分析可知，电极M为阴极，溶液中的阳离子为K+和H+，故电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极N为阳极，溶液中的阴离子为和OH-，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，则电解总反应：2H2O=2H2↑+O2↑，C错误； D．根据电荷守恒以及分析可知，产品出口1的产品即NaCl的物质的量浓度与产品出口2即KNO3相等，D正确； 故答案为：D。 二、填空题(本题共四大题，共58分) 15. I．某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：(不考虑溶液混合引起的体积变化) 实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s KMnO4溶液(含硫酸) H2C2O4溶液 H2O A 293 2.0 0.02 4.0 0.1 0 6 B 2.0 0.02 3.0 0.1 V1 8 C 313 2.0 0.02 V2 01 1.0 t1 （1）通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中V1=_______，_______，通过实验_______可探究出温度变化对化学反应速率的影响。 （2）C组实验中溶液褪色时间t1_______(填“>”或“<”或“=”)8s，C组实验的反应速率_______。(用含有t1的式子表示) （3）除通过测定紫色褪去时间的长短来比较反应速率外，本实验还可以通过测定_______来比较化学反应速率。 （4）向酸性KMnO4溶液中加入一定量的H2C2O4溶液，当溶液中的KMnO4耗尽后，溶液紫色将褪去。为确保能观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为_______。 （5）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中随时间变化的趋势如图所示，并以此分析造成突变的可能的原因是_______。 Ⅱ．中和热的测定：测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。 （6）仪器a的名称为_______。 （7）取溶液和稀硫酸进行实验，实验数据如表。 实验次数 起始温度 终止温度 稀硫酸 NaOH溶液 平均值 1 26.2 26.0 26.1 30.1 2 27.0 27.4 272 33.3 3 25.9 25.9 25.9 29.8 4 26.4 26.2 26.3 30.4 ①近似认为0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L稀硫酸的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g∙℃)。则中和热为_______(保留小数点后一位)。 ②上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因不可能是_______(填字母序号)。 A．实验装置保温、隔热效果差 B．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 C．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度 D．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数 【答案】（1） ①. 1.0mL ②. 293K ③. B、C （2） ①. ＜ ②. （3）生成相同体积的CO2所需的时间 （4）≥5:2 （5）生成的Mn2+对反应有催化作用，使反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2+)突增 （6）环形玻璃搅拌棒 （7） ①. 53.5kJ/mol ②. D 【解析】 【分析】本题为实验探究题，I是利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，反应原理为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，考虑控制变量法来探究温度、浓度、催化剂等对反应速率的影响，为了保证酸性高锰酸钾溶液完全褪色，则需保证H2C2O4过量，Ⅱ为中和热的测定实验，计算时由于第2组数据明显误差，应该舍去，误差分析中重点分析热量的散失对实验结果的影响，据此分析解题。 【小问1详解】 因为实验A、B是探究浓度的改变对反应速率的影响，所以温度需要相同即T1=293K，总溶液的体积也应该相等，所以V1=1 mL；根据表格可知：B与C只有温度不同，其他条件相同，所以通过B、C两个实验可探究出温度变化对化学反应速率的影响，故答案为：1.0mL；293K；B、C； 【小问2详解】 C组实验温度高于B组，则溶液褪色时间t1＜8s,根据5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O和表中的数据可知，草酸过量，高锰酸钾完全反应，所以===mol•L-1•s-1，故答案为：＜；； 【小问3详解】 除通过测定紫色褪去时间的长短来比较反应速率外，本实验还可通过测定生成相同体积的CO2所需的时间来比较化学反应速率，故答案为：生成相同体积的CO2所需的时间； 【小问4详解】 酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，为确保能观察到紫色褪去，KMnO4不能过量，则H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥5:2，故答案为：≥5:2； 【小问5详解】 上述实验过程中n(Mn2+)随时间变化突然增大，可能是在反应过程中，生成的Mn2+对反应起了催化作用，使反应速率加快，使得单位时间内产生的n(Mn2+)突增，故答案为：生成的Mn2+对反应有催化作用，使反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2+)突增； 【小问6详解】 由题干实验装置图示信息可知，仪器a的名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒； 【小问7详解】 ①由题干表中数据可知，4组实验中温度变化分别为：30.1-26.1=4.0℃、33.3-27.2=6.1℃、29.8-25.9=3.9℃、30.4-26.3=4.2℃，第2组数据明显误差，舍去，故平均温差为：=4.0℃，近似认为0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L稀硫酸的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g∙℃)，反应中放出的热量为：(50+30)mL×1g/mL×4.18 J/(g∙℃)×4.0℃=1337.6J=1.3376kJ，而溶液和稀硫酸反应，硫酸过量，故生成的H2O的物质的量为：0.05L×0.50mol/L=0.025mol，则中和热为：=53.5kJ/mol，故答案为：53.5kJ/mol； ②由上述计算可知，上述实验数值结果与57.3kJ/mol相比，实验结果偏小，据此解题： A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量损失增多，导致实验结果偏小，A不合题意； B．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致热量损失增多，导致实验结果偏小，B不合题意； C．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，导致少部分硫酸在混合之前已反应，生成的热量偏小，中和热的数值偏小，C不合题意； D．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数，使得量取的NaOH的量偏多，则与过量硫酸反应时放出的热量偏多，导致测量结果偏大，D符合题意； 故答案为：D。 16. 某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。 请回答下列问题： （1）甲池为_______(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为_______。 （2）乙池中总反应式为_______。通电一段时间后，若使乙池恢复到通电前的状态(浓度一样)，则可向其中加入适量的_______(填化学式)物质。 （3）当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_______mL(标准状况下)，丙池中_______极析出_______铜。 （4）若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲池中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；丙池中溶液的pH将_______。 （5）若在丙池中使铁件表面镀上铜，则C电极应改为_______作电极(填电极的材料)。电镀前与电镀后相比：丙中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. 原电池 ②. CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O （2） ①. 4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑ ②. Ag2O或Ag2CO3 （3） ①. 280 ②. D ③. 1.6 （4） ①. 减小 ②. 增大 （5） ①. Cu或铜 ②. 不变 【解析】 【分析】由题干图示信息可知，甲池为甲醇燃料电池，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通甲醇的一极为负极，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；乙池为电解池，石墨电极A为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag；丙池为电解池，电极C为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，甲池为原电池，通入CH3OH电极为负极，该电极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，故答案为：原电池；CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O； 【小问2详解】 由分析可知，乙池为电解池，石墨电极A为阳极，电极反应为：H2O-4e-=4H++O2↑，Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag，故乙池中总反应式为：4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，由此可知电解中从溶液中析出4molAg的同时析出1molO2，故通电一段时间后，若使乙池恢复到通电前的状态(浓度一样)，则可向其中加入适量的Ag2O或Ag2CO3等物质，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑；Ag2O或Ag2CO3； 【小问3详解】 由分析可知，乙池中Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag，则当乙池中B极质量增加5.40g时，电路上通过的电子的物质的量为：=0.05mol，而甲池为甲醇燃料电池，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，根据电子守恒可知，甲池中理论上消耗O2的在标准状况下的体积为=280mL，丙池为电解池，电极C为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，丙池中D极析出=1.6铜，故答案为：280；D；1.6； 【小问4详解】 由分析可知，甲池为甲醇燃料电池，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通甲醇的一极为负极，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，则甲池总反应为：2CH3OH+3O2+4OH-=2+6H2O，电键闭合一段时间后，甲池中溶液的pH将减小；若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，则丙池的电解反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故丙池中溶液的pH将增大；故答案为：减小；增大； 【小问5详解】 由分析可知，丙池中C电极为阳极，D电极为阴极，故若在丙池中使铁件表面镀上铜，则C电极应改为Cu作电极，则此时阳极电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，根据电子守恒可知，电镀前与电镀后相比，丙中溶液CuCl2浓度不变，故溶液的pH将不变，故答案为：Cu；不变。 17. 2023年，中国航天又迎来了突飞猛进的一年，在载人航天、火星探测与月球探测等领域均取得了重大成就。请根据所学知识回答下列问题： I．2023年7月12日，朱雀二号发射升空，它是世界首次将载荷送入轨道的、使用燃料M的新型火箭。已知在标准状况下，1.68L气态燃料M(仅由C、H两种元素组成)质量为1.2g，M在常温常压下完全燃烧生成和时，放出的热量。 （1）M的分子式为_______。该气体的标准燃烧热_______。(保留一位小数) II．火箭发射常用(肼)作燃料，与氧化剂NO2反应生成N2和水蒸气。已知： （2）请写出N2H4作为火箭燃料与NO2反应的热化学方程式_______。 （3）1molN2H4与足量NO2反应生成N2和液态水时，放出的热量是_______。 III．甲醇也是一种常见的燃料，利用和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：，其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示。 （4）下列说法正确的是_______。 A．上述反应的 B．a反应正反应的活化能为 C．b过程中第I阶段为吸热反应，第II阶段为放热反应 D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和 E．b过程的反应速率：第II阶段>第I阶段 （5）能源短缺是全球面临的问题，用CO2来生产燃料甲醇的反应原理为。已知某些化学键的键能数据如下表所示。则该反应的为_______。 化学键 C—H H—H C—O C=O H—O 键能 413.4 436.0 351.0 745.0 462.8 【答案】（1） ①. CH4 ②. 890.3 （2） （3） （4）ACE （5）-181.6 【解析】 【小问1详解】 标准状况下，1.68L气态燃料M的物质的量为=0.075mol，其摩尔质量为。该燃料仅由C、H元素组成，则其分子式为CH4。根据题干可知0.075mol CH4完全燃烧生成和时，放出的热量，则1mol CH4完全燃烧放出的热量为，则其燃烧热为890.3kJ。 【小问2详解】 根据图像可写出如下热化学方程式： ① ； ② 根据盖斯定律，②×2-①即可得到反应式 。 【小问3详解】 已知反应③ ，用上述反应+③即可得到目标式： 。根据热化学方程式的含义可知：1molN2H4与足量NO2反应生成N2和液态水时，放出的热量是。 【小问4详解】 A．上述反应的△H=(419-510)=-91，A正确； B．由图可知，a反应正反应的活化能为419 ，B错误； C．b过程中第I阶段生成物能量高，为吸热反应，第Ⅱ阶段生成物能量低于反应物能量， 为放热反应，C正确； D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但不能改变△H，D错误； E．b过程的第Ⅱ阶段活化能低，因此反应速率：第Ⅱ阶段>第I阶段，E正确； 故选ACE。 【小问5详解】 △H=反应物总键能-生成物总键能=2×745.0+3×436.0-3×413.4-351.0-462.8-2×462.8 =-181.6 18. i汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除、等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]： I． II． III． IV。 V。 VI． 经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。 （1）图1中温度从升至的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______。 （2）图2中时反应V的活化能_______(填“>”“<”或“=”)反应VI的活化能；时发生的主要反应为_______(填“IV”“V”或“VI”)。 ii工业制硫酸过程中，转化为是关键的一步，550℃时，在的恒温容器中，反应过程中的部分数据见下表： 反应时间/min 0 4 2 0 5 1.5 10 2 15 1 （3）若在起始时总压为，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压总压气态物质的物质的量分数，则10min内的反应速率_______。 【答案】（1）温度升高后催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小 （2） ①. > ②. IV （3） 【解析】 【小问1详解】 由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快，则温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是：温度升高后催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小。 【小问2详解】 反应的活化能越小，反应速率越快，反应物的消耗量越大，其浓度越小，产物的浓度越大。由图2可知，温度T2℃时，氮气的浓度小于一氧化二氮的浓度，说明反应V的反应速率小于反应VI，反应的活化能大于反应VI；温度T3℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应IV。 【小问3详解】 根据已知条件列出“三段式”： 气体总压之比等于气体物质的量之比。所以10min时体系总压p10min满足，即p10min=，p初始(SO2)= ，p10min(SO2)= ，故v(SO2)== 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田二中2026届高二10月阶段性检测化学试卷 满分：100分 考试时长：75分钟 可能用到的相对原子质量：H：1；O：16；K：39；Na：23；Cl：35.5；Cu：64；Ag：108 一、选择题(每小题只有一个正确选项；每小题3分，共14小题，共42分) 1. 下列属于氧化还原反应且热量变化与下图一致的是 A. 硝酸铵晶体溶于水 B. 钠和水的反应 C. 氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应 D. CO2和C反应 2. 下列说法正确的是 A. 已知C(石墨，s)(金刚石，s) ，则金刚石比石墨稳定 B. 已知 ， ，则 C. 氢气的燃烧热为285.8 ，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为 D. 在一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应，放出热量79.2 kJ，则该反应的热化学方程式为 3. 某温度下，体积一定的密闭容器中进行反应：，下列叙述错误的是 A. 向容器中加入氩气，反应速率不变 B. 加入少量W，逆反应速率不变 C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D. 加入催化剂，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大 4. 下列为四个常用的电化学装置，关于它们的叙述正确的是 A. 图(a)中，的作用是催化剂 B. 图(b)所示电池放电过程中，负极板的质量不断减小，正极板的质量不断增加 C. 图(c)所示装置工作过程中，电解质溶液中浓度始终不变 D. 图(d)所示电池放电过程中，是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag 5. 已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法中正确的是 A. 由图可知反应历程中有六个基元反应 B. 该历程中的最大能垒(活化能) C. 加入催化剂，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大 D. A+H2O=I1是该历程的决速步骤 6. 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是 A. 液滴中的Cl-由a区向b区迁移 B. 若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应 C. 液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2+由a区向b区迁移，与b区的OH-形成，进一步氧化、脱水形成铁锈 D. 液滴边缘是正极区，发生的电极反应式为 7. 一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是 A. 该反应化学方程式为3B+4C6A+2D B. 反应进行到1s时，平均反应速率v（A）=v（C） C. 反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.1 mol/（L•s） D. 反应进行到6s时，各物质的反应速率相等 8. 一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表： t/s 0 600 1200 1710 2220 2820 x 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 下列说法正确的是 A. 推测上表中的x为3930 B. ， C. 反应时，放出的O2体积为(标准状况) D. ，生成NO2的平均速率为 9. 某地海水中主要离子的含量如表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是 离子 Na+ K+ Ca2+ Mg2+ Cl- SO HCO 含量mg/L 9360 83 200 1100 16000 1200 118 A. 甲室的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑ B. 乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为b C. 淡化过程中易在戊室形成水垢 D. 通过甲室阳膜的离子的物质的量为2mol时，戊室收集到22.4L(标准状况下)气体 10. 微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含 CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是 A. 负极反应为 B. 隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜 C. 当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5g D. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1 11. 500mLKCl和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol/L，用石墨作电极电解此溶液，通电一段时间后，两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，假设电解后溶液的体积仍为500mL，下列说法正确的是 A. 原混合溶液中c(Cl-)=0.3mol/L B. 上述电解过程中共转移0.5mol电子 C. 电解得到的无色气体与有色气体的体积比为7∶3 D. 电解后溶液中c(OH-)=0.1mol/L 12. 城市污水循环用作城市稳定的第二水源，对缓解城市用水危机有重要意义。高铁酸盐作为一种绿色环保水处理剂，兼具极强的氧化性和良好的絮凝效果，电解制备(紫色固体，能溶于水，微溶于浓溶液)的装置示意图如图，下列说法正确的是 A. 可以循环使用，制备过程中无须添加 B. 工作时，左室和右室溶液的均减小 C. 生成高铁酸钾，左室溶液质量会增加 D. 交换膜为阳离子交换膜，交换膜为阴离子交换膜 13. 已知：4FeO+10H2O=4Fe(OH)3↓+8OH-+3O2↑。测得 c(FeO)在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示。 下列说法正确的是 A. 图甲表明，其他条件相同时，温度越低 FeO转化速率越快 B 图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越强 FeO转化速率越快 C. 图丙表明，其他条件相同时，钠盐都是 FeO优良的稳定剂 D. 图丁表明，其他条件相同时，pH=11 条件下加入 Fe3+能加快 FeO的转化 14. 浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电解池。图2用图1作电源，可实现以KCl、NaNO3为原料制取KNO3和NaCl。A、C代表不同类别的选择性离子交换膜，M、N为惰性电极。若产品出口1的产品为NaCl，下列有关说法正确的是 　 A. 图2中M极为阴极，应与Ag(Ⅱ)相连 B. A为阴离子交换膜，C为阳离子交换膜 C. 电解总反应： D. 产品出口1的产品的物质的量浓度与产品出口2相等 二、填空题(本题共四大题，共58分) 15. I．某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：(不考虑溶液混合引起的体积变化) 实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s KMnO4溶液(含硫酸) H2C2O4溶液 H2O A 293 2.0 0.02 4.0 01 0 6 B 2.0 0.02 3.0 0.1 V1 8 C 313 20 0.02 V2 0.1 1.0 t1 （1）通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中V1=_______，_______，通过实验_______可探究出温度变化对化学反应速率的影响。 （2）C组实验中溶液褪色时间t1_______(填“>”或“<”或“=”)8s，C组实验的反应速率_______。(用含有t1的式子表示) （3）除通过测定紫色褪去时间的长短来比较反应速率外，本实验还可以通过测定_______来比较化学反应速率。 （4）向酸性KMnO4溶液中加入一定量的H2C2O4溶液，当溶液中的KMnO4耗尽后，溶液紫色将褪去。为确保能观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为_______。 （5）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中随时间变化的趋势如图所示，并以此分析造成突变的可能的原因是_______。 Ⅱ．中和热的测定：测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。 （6）仪器a的名称为_______。 （7）取溶液和稀硫酸进行实验，实验数据如表。 实验次数 起始温度 终止温度 稀硫酸 NaOH溶液 平均值 1 26.2 26.0 26.1 30.1 2 27.0 27.4 27.2 33.3 3 25.9 25.9 25.9 29.8 4 26.4 26.2 26.3 30.4 ①近似认为0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L稀硫酸的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g∙℃)。则中和热为_______(保留小数点后一位)。 ②上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因不可能是_______(填字母序号)。 A．实验装置保温、隔热效果差 B．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 C．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度 D．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数 16. 某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。 请回答下列问题： （1）甲池为_______(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为_______。 （2）乙池中总反应式为_______。通电一段时间后，若使乙池恢复到通电前的状态(浓度一样)，则可向其中加入适量的_______(填化学式)物质。 （3）当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_______mL(标准状况下)，丙池中_______极析出_______铜。 （4）若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲池中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；丙池中溶液的pH将_______。 （5）若在丙池中使铁件表面镀上铜，则C电极应改为_______作电极(填电极的材料)。电镀前与电镀后相比：丙中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 17. 2023年，中国航天又迎来了突飞猛进的一年，在载人航天、火星探测与月球探测等领域均取得了重大成就。请根据所学知识回答下列问题： I．2023年7月12日，朱雀二号发射升空，它是世界首次将载荷送入轨道的、使用燃料M的新型火箭。已知在标准状况下，1.68L气态燃料M(仅由C、H两种元素组成)质量为1.2g，M在常温常压下完全燃烧生成和时，放出的热量。 （1）M的分子式为_______。该气体的标准燃烧热_______。(保留一位小数) II．火箭发射常用(肼)作燃料，与氧化剂NO2反应生成N2和水蒸气。已知： （2）请写出N2H4作为火箭燃料与NO2反应的热化学方程式_______。 （3）1molN2H4与足量NO2反应生成N2和液态水时，放出的热量是_______。 III．甲醇也是一种常见的燃料，利用和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：，其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示。 （4）下列说法正确的是_______。 A．上述反应的 B．a反应正反应的活化能为 C．b过程中第I阶段为吸热反应，第II阶段为放热反应 D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和 E．b过程的反应速率：第II阶段>第I阶段 （5）能源短缺是全球面临的问题，用CO2来生产燃料甲醇的反应原理为。已知某些化学键的键能数据如下表所示。则该反应的为_______。 化学键 C—H H—H C—O C=O H—O 键能 413.4 436.0 351.0 745.0 462.8 18. i汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除、等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]： I． II． III． IV。 V。 VI． 经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。 （1）图1中温度从升至的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______。 （2）图2中时反应V的活化能_______(填“>”“<”或“=”)反应VI的活化能；时发生的主要反应为_______(填“IV”“V”或“VI”)。 ii工业制硫酸的过程中，转化为是关键的一步，550℃时，在的恒温容器中，反应过程中的部分数据见下表： 反应时间/min 0 4 2 0 5 1.5 10 2 15 1 （3）若在起始时总压为，反应速率若用单位时间内分压变化表示，气态物质分压总压气态物质的物质的量分数，则10min内的反应速率_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $