江苏省苏州重点校2025-2026学年高二上学期10月月考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1江苏省苏州重点校2025-2026学年高二上学期10月月考本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。所有答案均写在答题纸上。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32第Ⅰ卷(选择题，共39分)1.下列科技成果中所蕴含的化学知识叙述不正确的是A.新能源汽车所使用的三元锂电池和磷酸铁锂电池都属于二次电池B.冬奥会上照明使用的太阳能电池的光电转换材料为C.在“人造太阳”中发生核聚变的、是的同位素D.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体【答案】B【解析】三元锂电池和磷酸铁锂电池可反复充放电，属于二次电池，A正确；太阳能电池的光电转换材料是晶体硅(Si)，而非二氧化硅(SiO2)，B错误；3H(氚)、2H(氘)与1H(氕)质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；螺旋碳纳米管和石墨烯均为碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，D正确；答案选B。2.黑火药的爆炸反应为。下列说法正确的是A.中只含离子键 B.的结构示意图为C.的电子式为： D.黑火药爆炸时放出热量【答案】D【解析】中含离子键和共价键，故A错误；质子数为16，结构示意图为，故B错误；的结构式为O=C=O，电子式为，故C错误；黑火药爆炸时化学能转化为热能、机械能等，故D正确；选D。3.下列关于化学反应速率的说法正确的是A.其他条件不变，温度越高，吸热反应速率越快，放热反应速率越慢B.的反应速率一定比的反应速率大C.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大D.升高温度，可增大单位体积内活化分子数，从而使单位时间有效碰撞次数增多【答案】D【解析】其他条件不变，升高温度，吸热反应和放热反应的化学反应速率均变快，A错误；同一个化学反应中，可以用不同物质表示反应速率，其数值之比等于化学计量数之比，如在合成氨的反应中，用H2表示的化学反应速率为，用N2表示的化学反应速率为，此时化学反应进行的快慢相同，B错误；有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增大，使反应速率变快，C错误；升高温度，导致分子内能增大，单位体积内的活化分子数增加，从而使单位时间有效碰撞次数增多，速率变快，D正确；故选D。4.关于如图所示各装置的叙述正确的是A.图1是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B.图2CH4-O2碱性燃料电池电子由a电极经NaOH溶液流向b电极C.图3装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变D.图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀【答案】D【解析】由图可知，该装置为化学能转变为电能装置，金属性强于铜的铁电极为原电池的负极，电池的总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；氢氧化钠溶液不能传递电子，电子由a电极经用电器流向b电极，故B错误；电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误；由外加直流电源的阴极保护法可知，钢管桩与电源的负极相连做电解池的阴极，以防止被海水腐蚀，故D正确；故选D。5.下列说法或表示方法正确的是A.N2H4的燃烧热是624.0kJ/mol，则N2H4(l)+3O2(g)=2NO2(g)+H2O(l)ΔH=-624.0kJ/molB.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol，某容器中起始充入1molN2(g)和3molH2(g)达到平衡时放出92.4kJ热量C.等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，前者放出的热量多D.在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，若将含0.5mol的稀H2SO4与含0.5molBa(OH)2的溶液混合，则放出的热量为57.3kJ【答案】C【解析】燃烧热是在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；N2H4的燃烧热是624.0kJ/mol，反应中应该生成的是氮气和液态水，而不是二氧化氮，故A错误；该反应是一个可逆反应，故在密闭容器中充入1molN2(g)和3molH2(g)，N2、H2不能完全反应，故充分反应后放出的热量小于92.4kJ，故B错误；已知等量的硫蒸气具有的总能量比硫固体的高，故在相同条件下，将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故C正确；由于Ba2+和硫酸根离子参与反应生成BaSO4的过程中也有热效应，若将含0.5mol的稀H2SO4与含0.5molBa(OH)2的溶液混合，放出的热量不为57.3kJ，故D错误；故选C。阅读材料，硫及其化合物用途广泛。实验室可用固体与酸反应制取气体；可用作脱硫剂，催化脱除工业废气中的，生成单质硫；能将氧化为，用于制作燃料电池；稀与稀NaOH溶液反应生成，放出的热为57.3kJ。完成问题：6.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A.单质硫为淡黄色固体，可用于制备硫磺香皂B.中H与S形成共价键，具有还原性C.具有漂白性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂7.下列化学反应表示正确的是A.向NaOH溶液中通入过量B.FeS与浓硝酸反应：C.稀与稀NaOH溶液反应：D.碱性燃料电池的负极反应：8.脱除反应过程的部分机理如图所示。已知图中甲、乙是两种不同的吸附方式。下列说法不正确的是A.图甲中对的吸附能力强于图乙B.图中氧元素的化合价未发生变化C.脱硫剂活性降低的原因可能是生成的硫单质覆盖在表面D.失效的脱硫剂可在氧气中加热重新转化为实现“再生”【答案】6.D7.A8.A【解析】6.单质硫用于制备硫磺香皂是因为其能杀菌消毒，与颜色无关，A错误；H2S具有还原性是因为S元素为-2价（最低价态）易失电子，与H-S共价键的形成无关，B错误；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色是因其具有还原性，与具有漂白性无关，C错误；浓硫酸具有吸水性，可吸水作干燥剂，性质与用途对应，D正确；故选D。7.过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3，化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，A正确；浓硝酸具有强氧化性，会氧化FeS，化学方程式为，B错误；生成1molH2O（l）放热57.3kJ，该反应生成2molH2O（l），则ΔH应为-114.6kJ·mol⁻¹，C错误；碱性条件下SO2会与OH-反应生成，负极反应应为：，D错误；故选A。8.中铁元素为+3价、氧元素为-2价，图甲中带正电荷铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间斥力较大，而图乙中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间引力较大，则图甲中对的吸附能力弱于图乙，A错误；反应中O元素始终为-2价（Fe2O3→H2O），化合价未变，B正确；生成的硫单质可能覆盖表面，阻碍H2S吸附，导致活性降低，C正确；失效脱硫剂在O2中加热时，Fe2+被氧化为Fe3+生成Fe2O3，可实现“再生”，D正确；故选A。9.催化还原NO，其反应过程与能量关系如图1所示，有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图2所示。下列说法正确的是A.图1所示，断裂键需吸收热量为B.图1所示，热化学方程式为C.图2所示，反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为D.图2所示，反应③的离子方程式为【答案】D【解析】断裂键和6molN=O键需吸收热量为，A错误；图1所示，该反应为放热反应，热化学方程式为，B错误；图2所示，反应①中铁元素化合价由+3降低到+2，氮元素化合价由-3升高到-2价，氧化剂与还原剂物质的量之比为，C错误；图2所示，反应③中氧气在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为，D正确；故选D。10.一种计算机模拟在催化剂表面上水煤气反应的历程如下图所示。吸附在催化剂表面上的物种用“*”表示。下列说法正确的是A.水煤气反应的、B.决定总反应速率快慢的步骤是转化⑦C.1molCO与1mol充分反应后转移电子的物质的量是2molD.催化剂表面吸附1molCO会释放出0.21ev的能量【答案】D【解析】反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，反应前后体积不变，则水煤气反应的、但，A错误；根据图像可知反应⑤中活化能最大，为1.86eV－（－0.16eV）＝2.02eV，所以决定总反应速率快慢的步骤是转化⑤，B错误；1molCO与1mol充分反应后转移电子物质的量小于2mol，因为是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，C错误；根据图像可知吸附过程能量降低，会放出能量，根据⑧可知催化剂表面吸附水蒸气会释放出0.11ev的能量，根据①可知催化剂表面吸附CO会释放出的能量＝0.32eV－0.11ev＝0.21eV，D正确；答案选D。11.以某种样品(含少量)为原料制备的部分流程如下：下列说法正确的是A.“酸浸”时发生的反应为B.“氧化”时可以用等物质的量的代替C.滤渣经充分洗涤后可以得到纯净的固体D.随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小【答案】D【解析】样品加硫酸溶解，加二氧化锰将Fe2+氧化成Fe3+，加石灰乳沉铁，生成氢氧化铁除铁，过滤后得到滤液的溶质主要为硫酸锰，电解制得。“酸浸”时发生的反应为，A错误；易在Fe3+催化作用下分解，“氧化”时不能用等物质的量的代替，B错误；加石灰乳沉铁过程中还生成硫酸钙沉淀，洗涤后不能得到纯净的固体，C错误；电解过程中发生的总反应为，可知随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小，D正确；故选D。12.可以用电解溶液的方法制备，其工作原理如图：下列说法不正确的是A.M室发生的电极反应式：B.b膜为阴离子交换膜C.N室中和的大小关系为D.理论上每生成产品，阴极室可生成气体(标准状况下)【答案】C【解析】M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，A正确；原料室中的通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，则b膜为阴离子交换膜，B正确；N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的Na+通过c膜进入N室，使阴极区溶液中c(NaOH)增大，所以N室：a%＜b%，C错误；理论上每生成1mol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，M室生成1molH+、N室生成0.5molH2，阴极生成的气体体积在标况下是11.2L，D正确；答案选C。13.为实现碳中和，科学家利用多晶铜高效催化电解制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是A.铂电极为阳极，产生气体是和B.铜电极的电极反应式为C.电解过程中，溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动D.制得时，产生标准状况下【答案】B【解析】根据题意可知，铜没有参与反应，则多晶铜电极作为电解池的阴极，持续通入的二氧化碳气体，得到电子，生成乙烯和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子通过阴离子交换膜进入铂电极，铂电极是电解池的阳极，水发生氧化反应，生成氧气和氢离子，氢离子与碳酸氢根离子结合生成二氧化碳气体。据分析，铂电极为阳极，产生的气体是和，A正确；据分析，铜电极的电极反应式为，B错误；据分析，电解过程中，溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动，C正确；据B项解析可知，制得(物质的量是0.1mol)时，电路中转移电子1.2mol，根据，产生0.3mol，标准状况下体积，D正确；故选B。第Ⅱ卷(非选择题，共61分)14.综合利用对保护环境、构建低碳社会有重要意义，实现碳中和是作出的重大战略决策。（1）25℃时，2molCO完全燃烧放出566.0kJ热量。则表示该条件下CO的燃烧热的热化学方程式为___________。（2）超音速飞机尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变为和，化学方程式如下：。为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表：时间／s012345请回答下列问题(以下各题均不考虑温度变化对催化效率的影响)：①前2s内的平均反应速率___________。在该温度下，该反应的平衡常数___________。②下列能提高一定时间内NO转化率的是___________(填编号)。A．选用更有效的催化剂B．保持容器体积不变充入氦气增大压强C．降低反应体系的温度D．缩小容器的体积（3）在催化剂作用下发生如下反应：。某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和，达到平衡时容器体积为2L，且含有，此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此反应将___________(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)进行。（4）可用于富集得到高浓度。原理是：在500℃，低浓度与接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度再生。700℃时反应的化学方程式为___________。【答案】（1）（2）①.②.5000③.AD（3）向逆反应方向（4）【解析】【小问1详析】燃烧热是在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；25℃时，2molCO完全燃烧放出566.0kJ热量，则表示该条件下CO的燃烧热的热化学方程式为；【小问2详析】①前2s内的平均反应速率，在该温度下，根据表格数据可知4s后CO和NO的浓度不再改变，反应达到平衡，此时c(NO)=1.00×10−4mol/L、c(CO)=2.70×10−3mol/L，Δc(NO)=9×10−4mol/L，则c(CO2)=9×10−4mol/L，c(N2)=4.5×10−4mol/L，平衡常数；②注意提高的是一定时间内的NO转化率，不是平衡转化率；A．选用更有效的催化剂，可以加快反应速率，能提高一定时间内NO转化率；B．保持容器体积不变充入氦气增大压强，不影响反应中的各物质浓度，不影响反应速率，不影响平衡移动，不能提高一定时间内NO转化率；C．降低反应体系的温度，反应速率降低，会降低一定时间内NO转化率；D．缩小容器的体积，物质浓度增大，反应速率增大，则能提高一定时间内NO转化率；故选AD；【小问3详析】在一恒压容器中分别充入1.2molCO和，达到平衡时容器体积为2L，且含有，由三段式：此时总的物质的量为1.4mol，，再通入0.35molCO气体，总的物质的量为1.4mol+0.35mol=1.75mol，根据阿伏伽德罗定律，总体积为，则平衡逆向移动；【小问4详析】在500℃，低浓度与接触后生成两种锂盐，结合质量守恒，反应生成、，平衡后加热至700℃，反应逆向进行，则、反应生成与，700℃时反应的化学方程式为：。15.“碳中和”目标如期实现的关键技术之一是的再资源化利用。（1）和在催化剂作用下可合成，估算该反应的需要___________(填数字)种化学键的键能数据。（2）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。反应过程中能量变化如图所示：①该反应的活化能为___________。②写出和合成尿素总反应的热化学方程式___________。（3）将还原为，是实现资源化利用的有效途径之一，装置如图所示：①的移动方向为___________(填“自左至右”或“自右至左”)；d电极的电极反应式为___________。②若电源为清洁燃料电池，当消耗燃料时，离子交换膜中通过___________，该清洁燃料电池中的正极反应式为___________。【答案】（1）5（2）①.②.（3）①.自左至右②.③.④.【解析】【小问1详析】焓变等于反应物键能总和减去产物键能总和，反应物中包含C=O和H-H键，产物中包含C-H、C-O、O-H键，故估算该反应的需要5种化学键的键能数据。【小问2详析】①活化能为反应最大的能垒，则该反应的活化能为。②如图所示，和合成尿素的总反应为与之和，则总反应的热化学方程式为。【小问3详析】①由图可知，CO2在d极还原为CH4，则d极为阴极，得电子发生还原反应，H+的移动方向为自左至右，d极的电极反应式为；②碱性条件下得CH3OH燃料电池，负极为CH3OH-6e-+6OH-=CO2+5H2O，正极为O2+4e-+2H2O=4OH-，消耗燃料时，同时消耗，故离子交换膜中通过。16.化学的应用非常广泛，如对含碳和含氮物质的反应研究在生产、生活、科研等方面具有重要的意义。回答下列问题：（1）已知：i．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH1=-114kJ·mol-1ii．2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH2=-181kJ·mol-1iii．则与反应生成和的热化学方程式为_______。（2）如果上述反应ⅰ是在恒容、绝热密闭容器中进行(不考虑其他化学反应)，下列可用来判断该反应已达到平衡状态有_______(填标号)。A.v正(NO)=v逆(O2) B.容器中的值保持不变C.混合气体的密度保持不变 D.容器内的温度保持不变（3）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)研究发现，NO与H2的反应过程可分为三步，每步均为基元反应：①2NO=N2O2(快)②N2O2+H2=N2O+H2O(慢)③……(快)第③步对应的基元反应是_______。（4）NO分解ICl制取I2和的原理如下：反应I：2ICl(g)+2NO(g)2NOCl(g)+I2(g)K1反应II：2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)K2反应的(K值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图1所示。①时，反应I2(g)+Cl2(g)2ICl(g)的K为_______。②时，向容积不变的容器中充入1molNO和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)，在0～t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是_______。（5）用下图所示装置可制备少量N2O5，阳极发生的电极反应式为_______。【答案】（1）（2）BD（3）N2O+H2=N2+H2O（4）①.104②.反应I为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大（5）N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+【解析】【小问1详析】由盖斯定律可知，反应iii×2—反应ii—反应i得到反应，则反应△H=(—574.5kJ/mol)×2—(—181kJ/mol)—(—114kJ/mol)=—854kJ/mol，反应的热化学方程式为，故答案为：；【小问2详析】A．由方程式可知，v正(NO)=2v逆(O2)时正逆反应速率相等，反应达到平衡，则v正(NO)=v逆(O2)说明正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，故错误；B．由方程式可知，恒容容器中的值保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．该反应为放热反应，反应放出的热量使容器中的温度升高，则容器内的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选BD；【小问3详析】由盖斯定律可知，总反应—第①步反应—第②步反应=第③步对应，则第③步对应的基元反应为N2O+H2=N2+H2O，故答案为：N2O+H2=N2+H2O；【小问4详析】①由盖斯定律可知，—反应I—反应II=目标反应，则目标反应的平衡常数K=，由图可知，430K时，K1=10—1.1、K2=10—2.9，则平衡常数K==104，故答案为：104；②由图1可知，升温K1减小、K2增大，反应I为放热此反应、反应II为吸热，此反应在0～t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是反应I为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大，故答案为：反应I为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大；【小问5详析】由图可知，左侧电极为电解池的阳极，硝酸作用下四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮和氢离子，电极反应式为N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+，故答案为：N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+。17.以软锰矿(主要成分是，含有、、等少量杂质)为主要原料可制取，电解溶液可获得、、。（1）浸锰。向软锰矿中边搅拌边加入一定浓度的稀硫酸，并匀速通入足量，浸出。①充分反应后，过滤。所得滤渣的成分为___________(填化学式)。②其他条件不变，下列措施能提高单位时间内的浸出率的有___________(填序号)。A．将软锰矿充分粉碎B．适当升高反应温度C．适当加快搅拌速度D．降低通入气体的速率（2）除铁。向滤液中加入固体充分反应，然后调节溶液的沉淀。滤液中加入反应的离子方程式为___________。（3）结晶。沉铁后的滤液除钙后，得到溶液。将该溶液___________，洗涤、干燥即可制得。(已知晶体的溶解度随温度的变化如图1所示)（4）通过离子交换膜组合工艺电解溶液，可获得、并实现的回收，原理如图2所示(阳极使用的是惰性电极)：①阳极的电极反应式为___________。②阴极区溶液接近中性时的产率最高的原因是___________。③选择合适的离子交换膜，中格室回收的过程可描述为___________。【答案】（1）①.、②.ABC（2）（3）蒸发、结晶温度大于40℃，趁热过滤（4）①.②.酸性太强，则H+在阴极得电子生成氢气；碱性太强，与OH-生成Mn(OH)2，均不利于生成Mn③.离子交换膜a选择阳离子交换膜(或质子交换膜)，离子交换膜b选择阴离子交换膜。电解池工作时阳极区得H+、阴极区的SO分别迁移到中格室，从而实现的回收【解析】【小问1详析】①软锰矿(主要成分是，含有、、等少量杂质)，加硫酸溶解，其中与硫酸不反应，与硫酸反应生成微溶的，转化为硫酸铁，之后被还原为硫酸亚铁。与最终反应生成，则过滤所得滤渣为、；②将软锰矿充分粉碎，可增大接触面积，使反应更充分，从而提高浸取率，故A正确；适当升高反应温度，可加快反应速率，从而提高浸取率，故B正确；适当加快搅拌速度，使反应物充分接触，可加快反应速率，从而提高浸取率，故C正确；降低通入气体的速率，减小反应物的浓度，降低了反应速率，不能提高浸