辽宁省辽西重点高中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辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高二上学期10月月考考生注意1.本试卷本试卷分第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。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14CL35B11第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(共45分，每题只有一个正确答案)1.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，中，所含的电子总数为B.的溶液中，所含的数目为C.一定条件下，与足量的反应，可生成D.标准状况下，中，所含的原子总数为【答案】A【解析】1.4gN2的物质的量为0.05mol，每个N2分子含14个电子（每个N原子7个电子），总电子数为0.05×14=0.7mol，即0.7，A正确；未提供溶液体积，无法计算Cl-的物质的量，B错误；SO2与O2的反应为可逆反应，无法完全转化为SO3，因此与足量的反应，生成的SO3分子数小于0.1，C错误；标准状况下HF为液体，无法用气体摩尔体积计算物质的量，D错误；综上所述，答案为A。2.由稻壳制备纳米的流程如图所示。下列说法正确的是稻壳纳米纳米纳米A.属于碱性氧化物B.稀盐酸不属于电解质C.光纤通信材料的主要成分为高纯D.工业上，常采用电解熔融的来获得单质【答案】B【解析】与碱反应只生成盐和水，如它与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为，属于酸性氧化物，A错误；稀盐酸是HCl的水溶液，是混合物，而电解质是在水中或熔融状态下能导电的化合物，故稀盐酸不属于电解质，B正确；光纤通信材料的主要成分为高纯，C错误；的熔点(约2852)很高，工业上常采用电解熔融的(熔点约714)来获得单质，D项错误；故选B。3.稀盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，下列相关说法错误的是A.该反应的能量变化如图所示B.碳酸氢钠固体溶于水的过程为吸热过程C.理论上，该反应可设计成原电池D.与反应生成的能量变化趋势与该反应能量变化趋势相一致【答案】C【解析】稀盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应的能量变化如图所示，A正确；碳酸氢钠固体溶于水时会从周围环境吸收热量，导致溶液温度下降，为吸热过程，B正确；该反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化反应，不能设计成原电池，C错误；与反应生成的反应为吸热反应，能量变化趋势与该反应能量变化趋势相一致，D正确；故选C。4.对于反应，在不同条件下的化学反应速率如下，其中反应速率最快的是A. B.C. D.【答案】B【解析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，要比较在不同条件下的化学反应速率快慢，比较速率和化学计量数的比值大小即可，比值越大，反应速率越大，以此分析。A．，；B．，；C．，；D．，。综上，反应速率最快的是B，故选B。5.下列化学用语说法正确的是A.丙烷分子球棍模型：B.次氯酸的结构式：C.氮气电子式：D.用电子式表示的形成过程为：【答案】A【解析】丙烷分子的球棍模型中，三个碳原子呈链状相连，每个碳原子分别与相应的氢原子以单键结合，结构正确，符合丙烷的分子结构，A正确；次氯酸的中心原子为O，正确结构式应为H-O-Cl，B错误；氮气分子中，每个N原子最外层有5个电子，形成三键后各有1对孤对电子，电子式为：，C错误；为离子化合物，镁原子失去电子，氯原子得到电子，用电子式表示的形成过程为：，D错误；故选A。6.石油中含有的多种烷烃是重要的有机化工原料，下列有关说法错误的是A.重油裂解得到的丙烯(CH2=CH—CH3)中所有碳原子都处于同一平面B.沸点：正庚烷>正己烷>正丁烷C.1mol烷烃CnH2n+2中含共价键(3n+1)molD.含有4个甲基的己烷的同分异构体有3种【答案】D【解析】丙烯中的碳碳双键是平面结构，与双键直接相连的碳原子也是在同一平面上，A正确；对于烷烃，碳原子数越多，沸点越高，则沸点：正庚烷>正己烷>正丁烷，B正确；1个CnH2n+2，碳碳单键的数目为n-1，碳氢键的数目为2n+2，所以共价键总数为3n+1。则1mol烷烃CnH2n+2中含共价键(3n+1)mol，C正确；己烷的同分异构体中含有4个甲基的物质主链含有4个碳原子，结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH3，共2种，D错误；故答案选D。7.下列类比正确的是选项所学知识类比A乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色B向硝酸钡溶液中通入，溶液中产生白色沉淀向氯化钡溶液中通入，溶液中产生白色沉淀C碳在氧气不足时燃烧生成，在足量氧气中燃烧生成硫在氧气不足时燃烧生成，在足量氧气中燃烧生成D向乙醇中加入灼热的氧化铜，氧化铜变红色向中加入灼热的氧化铜，氧化铜变红色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】乙烯和丙烯均含双键，均可被酸性高锰酸钾氧化，类比合理，故A正确；硝酸钡中被氧化为，生成沉淀；但无氧化性，无法氧化，故氯化钡中无沉淀，故B错误；硫燃烧无论氧气是否充足均生成，生成需催化剂和高温条件，故C错误；乙醇（伯醇）可被CuO氧化，而（叔醇）无，无法被氧化，故D错误；故答案为：A。8.下列相关方程式书写错误的是A.通入足量的水中：B.二氧化硅与足量碳在高温下反应：C淀粉水解生成葡萄糖：D.向稀碳酸氢铵溶液中滴加足量氢氧化钠溶液：【答案】B【解析】NO2溶于水生成HNO3和NO，方程式为3NO2+H2O=2H⁺+2+NO，原子和电荷均守恒，A正确；SiO2与C高温反应时，C作为还原剂应生成CO而非CO2，正确方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，B错误；淀粉水解生成葡萄糖的方程式为(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，符合水解反应规律，C正确；和分别与足量OH-反应生成NH3·H2O和，总方程式为++2OH-=+H2O+NH3·H2O，D正确；故答案为：B。9.某元素的单质及其化合物的转化关系如图所示。常温常压下X、Z均为无色气体，Z具有刺激性气味。下列说法错误的是A.X与Z反应可生成Y B.X具有还原性，能直接与氧气反应生成ZC.Z能使溴水褪色，体现了其漂白性 D.N属于酸式盐【答案】C【解析】根据转化关系及条件推断：X、Z为无色气体，Z有刺激性气味，且X→Y→Z为连续氧化过程，结合Z与少量/足量NaOH反应生成酸式盐(N)和正盐(M)，推知Z为SO2(刺激性无色气体)，Y为S(单质)，X为H2S(无色气体)。X为H2S，Z为SO2，二者发生氧化还原反应：，生成Y(S)，A正确；X为H2S(还原性气体)，能与足量O2反应：，直接生成Z(SO2)，B正确；Z为SO2，与溴水反应：，SO2被氧化为H2SO4，溴水被还原褪色，体现SO2的还原性，而非漂白性，C错误；Z为SO2，与少量NaOH反应：，NaHSO3为酸式盐，D正确；故选C。10.化学与生活、环境密切相关，下列说法不正确的是A.华为Mate60手机使用了麒麟芯片，其主要成分是硅单质B.提倡采用新技术不断开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要C.硅胶可作食品包装中的干燥剂D.高铁列车使用的大丝束碳纤维被称为“新材料之王”，属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】芯片的主要成分是晶体硅，晶体硅属于单质，A正确；煤、石油和天然气属于化石能源，不可再生，不能为满足经济发生需要而大量过度开采，应该节约使用，而且大量开采使用化石能源会造成环境污染，不符合低碳生活理念，应用新型能源作为替代，B错误；硅胶吸水效果好，比较安全，可作食品包装的干燥剂，C正确；碳纤维属于新型无机非金属材料，D正确；故合理选项是A。11.下列说法正确的是A.，则碳的燃烧热B.若改变条件，反应物的转化率增大，则平衡常数一定增大C.，则不论在何种条件下都不可能自发进行D.与NaOH中和反应的和HCl与NaOH中和反应的相比，【答案】D【解析】燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，碳完全燃烧生成二氧化碳，则碳的燃烧热，A错误；平衡常数只受温度影响，若改变压强或浓度使平衡正向移动，反应物的转化率增大，但平衡常数不变，B错误；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)的△H>0、△S>0，根据△H-T△S<0反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，C错误；中和反应为放热反应，焓变小于零，醋酸为弱酸，电离吸收热量，等量的CH3COOH溶液和NaOH溶液反应放出热量比等量的盐酸和NaOH溶液反应放出热量少，，D正确；故选D。12.下列关于化学反应与能量的说法正确的是A.已知正丁烷的燃烧热为2878，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为B.已知在一定条件下，2mol与1mol充分反应后，释放出98kJ的热量，则其热化学方程式为C.已知稀盐酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水时，放出的热量为57.3kJ，则表示稀硫酸与稀NaOH溶液反应的热化学方程式为D.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)，则金刚石比石墨稳定【答案】C【解析】燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物放出的热量，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为，A错误；可逆反应有限度，充分反应释放的热量不等于完全反应释放的热量，即的，B错误；中和热指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水所释放的热量，则表示稀硫酸与稀NaOH溶液反应的热化学方程式为，C正确；物质具有的能量越低，物质就越稳定，C(石墨，s)=C(金刚石，s)，说明石墨能量更低更稳定，D错误；故选C。13.已知：在标准压强()、下，由最稳定的单质合成某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0.有关物质的如图所示，下列有关判断正确的是A.相同状况下，比稳定B.的C.标准状况下，完全燃烧放出的热量为D.的键能大于与的键能之和【答案】D【解析】摩尔生成焓越低，物质的能量越低，该物质越稳定，根据图中数据，相同条件下，NH3的摩尔生成焓更低，其更稳定，A错误；由气态水转变为液态水的焓变小于零，根据盖斯定律，液态水的摩尔生成焓等于气态水的摩尔生成焓加上气态水转变为液态水的焓变（液化热），两者焓变均小于零，所以相加后得到液态水的摩尔生成焓小于-241.8kJ/mol，B错误；N2H4(l)+O2(g)=2H2O(g)+N2(g)该反应焓变为生成物的摩尔生成焓减去反应物的摩尔生成焓，其中气态氮气和气态氧气为稳定单质，摩尔生成焓为0，反应的摩尔生成焓为2×(-241.8kJ/mol)-50.6kJ/mol=-534.2kJ/mol，但反应中的水为气态水，标准状况下，完全燃烧生成的水为液态水，所以放出的热量大于534.2kJ/mol，C错误；由图中数据得与生成2NH3(g)放热，该反应焓变为反应物键能减去生成物键能，且小于零，所以与的键能之和小于的键能，D正确；答案选D。14.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.工业合成氨采用高压条件提高氨的产率B.工业上催化氧化成，选用常压而不用高压C.工业制取金属钾，选取合适的温度，使K变成蒸气从体系中逸出D.用饱和食盐水除去中混有的【答案】B【解析】工业合成氨采用高压条件，因反应气体体积减小，加压使平衡正向移动，符合勒夏特列原理，A不符合题意；SO2催化氧化为SO3的反应：，理论上高压有利，但工业选用常压可能因设备成本或催化剂效率，属于经济因素而非平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；工业制钾通过K蒸气逸出减少生成物浓度，促使平衡正向移动，符合勒夏特列原理，C不符合题意；饱和食盐水的高Cl-浓度抑制Cl2溶解（），符合勒夏特列原理，D不符合题意；故选B。15.下列实验中，对应的现象以及由现象推出的结论都正确的是选项实验实验现象结论A将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol/L的FeCl3溶液等体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加AgNO3溶液产生黄色沉淀Fe3+与I-的反应有一定限度B用蒸馏水溶解CuCl2固体，呈现绿色，继续加水稀释溶液由绿色逐渐变为蓝绿色(CuCl4)2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-正向移动C将装有NO2的密闭烧瓶分别浸泡在热水和冰水中热水中颜色深冰水中颜色浅探究温度对反应速率的影响D向稀硫酸中滴加等浓度等体积的Ba(OH)2溶液，同时测定溶液电导率变化电导率下降说明为弱电解质A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol/L的FeCl3溶液等体积混合，I-是过量的，无论该反应是否为可逆反应，溶液中都存在I-，取少许混合液滴加AgNO3溶液检验I-不能说明该反应为可逆反应，A选项错误；[CuCl4]2-呈绿色，[Cu(H2O)4]2＋呈蓝色，用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释，根据颜色变化可知[CuCl4]2-转化为[Cu(H2O)4]2＋，即[CuCl4]2-＋4H2O4Cl-＋[Cu(H2O)4]2＋正向移动，B选项正确；反应，为放热反应，将装有NO2的密闭烧瓶浸泡在热水中，平衡逆向移动，NO2的浓度变大，颜色变深，浸泡在冰水中，平衡正向移动，NO2的浓度变小，颜色变浅，可以探究温度对平衡移动的影响，不能探究温度对反应速率的影响，C选项错误；向稀硫酸中滴加等浓度等体积的Ba(OH)2溶液，同时测定溶液电导率变化，电导率下降，说明的导电能力差，并不能说明是弱电解质，属于盐，是强电解质，D选项错误；故选B。第Ⅱ卷(选择题，共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分，考生根据要求做答。)16.氮、硫的氧化物都会引起环境问题，越来越引起人们的重视。如图是氮、硫元素的各种价态与物质类别的对应关系：（1）根据A对应的化合价和物质类别，A为_____(写分子式)，从氮元素的化合价能否发生变化的角度判断，图中既有氧化性又有还原性的含氮化合物有_____。（2）氮气的结构决定了氮气能够在空气中稳定存在，写出氮气的电子式_____。（3）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择_____，反应的离子方程式为_____。（4）工业生产中利用氨水吸收和，原理如图所示：被吸收过程的离子反应方程式是_____。（5）工业上用硫铁矿制备硫酸。以120kg含质量分数50%的硫铁矿为原料，理论上可制得硫酸_____kg。【答案】（1）①.N2O5②.NO、NO2（2）（3）①.浓硝酸②.（4）（5）98【解析】根据A对应的化合价和物质类别，可知+5价的氮的氧化物为N2O5，既有氧化性又有还原性的含氮化合物中氮元素化合价位于中间价态；根据氮气中含有氮氮三键，每个N原子还有一对孤电子对；根据常温下铁与浓硝酸能发生钝化进行分析除去铁制品表面的铜镀层应选择浓硝酸；根据二氧化硫通入氨水中会生成亚硫酸铵，利用亚硫酸铵中的亚硫酸根的还原性来吸收NO2。【小问1详析】A对应的化合价和物质类别，可知+5价的氮的氧化物为N2O5，图中既有氧化性又有还原性的含氮化合物中氮元素化合价位于中间价态，所以其化合物的分子式为：NO、NO2。【小问2详析】氮气中含有氮氮三键，每个N原子还有一对孤电子对，其电子式为：。【小问3详析】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，铁与浓硝酸在常温下发生钝化，所以可用浓硝酸除去铁制品表面的铜镀层，反应的离子方程式为：。【小问4详析】由流程图可知，二氧化硫通入氨水中生成亚硫酸铵，化学方程式为：；利用亚硫酸铵中亚硫酸根的还原性吸收NO2，亚硫酸根被氧化成硫酸根，NO2被还原为N2，离子方程式为：。【小问5详析】120kg含FeS2质量分数50%的硫铁矿，则m(FeS2)=120kg×50%=60000g，n(FeS2)=，根据S元素守恒得出硫酸的物质的量n(H2SO4)=1000mol。根据m=nM可得。17.硫及其化合物在现代生产和生活中发挥着重要作用。回答下列问题：Ⅰ．H2S、SO2均为有毒气体，对H2S、SO2废气的资源化利用是目前的研究热点。如图甲为质子膜H2S燃料电池的示意图，图乙为利用原电池原理处理SO2的示意图。（1）根据图甲，回答下列问题：①电池负极电极反应式为___________。②处理17gH2S，理论上需要消耗O2的体积为___________L(标准状况)。（2）根据图乙，回答下列问题：①电池负极电极反应式为___________。②当电路中通过8mol电子时，有___________molH+经质子膜进入正极区。（3）我国科研人员将单独脱除SO2反应与H2O2的制备反应相结合，实现协同转化。协同转化装置如图所示。在电场作用下，双极膜中间层的H2O解离为OH-和H+，并向两极迁移。下列分析错误的是___________。a．双极膜的a侧应为阴离子交换膜，b侧为阳离子交换膜b．每脱除标准状况下11.2L的SO2，双极膜处有2mol的H2O解离c．反应过程中不需补加稀H2SO4d．协同转化的总反应为：SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4Ⅱ．全固态锂硫二次电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)。（4）①电池工作时，电极a上可发生多个反应，写出Li2S8转化为Li2S6的电极反应式___________。②电池工作时，外电路中流过0.3mol电子时，负极材料减重___________g。【答案】（1）①.2H2S-4e-=S2+4H+②.5.6（2）①.2H2O+SO2-2e-=+4H+②.8（3）bd（4）①.2Li++3Li2S8+2e-=4Li2S6②.2.1【解析】Ⅰ．图甲所示电池为燃料电池，在电极a上氧化为，在电极b上还原为，因此电极a为负极，电极b为正极；图乙所示原电池中，在左室被氧化为，在右室被还原生成，故左室为负极室，右室为正极室；双极膜电池为原电池，根据图中电极化合价变化方向可知，左侧电极为负极，SO2转变为亚硫酸根后失电子生成，右侧电极为正极，O2发生得电子反应生成，负极区总反应为，正极反应式为，所以协同转化总反应为。Ⅱ．如图所示为原电池，在电极a上最终转化为，S的化合价降低，发生还原反应，因此电极a为正极，电极b为负极，根据总反应可知负极电极反应式为。小问1详析】①根据分析，电极a为电池负极，失电子被氧化为，使用质子膜说明电解质溶液为酸性环境，因此负极电极反应式为；②根据图示，原电池总反应为，17g的物质的量为0.5mol，消耗0.5mol需要0.25mol，标准状况下体积为；【小问2详析】①根据分析，电池负极发生失电子被氧化为的反应，电极反应式为；②根据电极反应式，当电路中通过8mol电子时，有8molH+经质子膜进入正极区；【小问3详析】a．原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，双极膜的a侧应为阴离子交换膜，b侧为阳离子交换膜，a正确；b．每脱除标准状况下11.2L的SO2，即0.5molSO2时，转移1mol电子，双极膜处有1mol的H2O解离，b错误；c．根据总反应可知，右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，c正确；d．根据分析，协同转化总反应为，d错误；故答案选bd；【小问4详析】①电极a为电池正极，Li2S8得电子被还原为Li2S6的电极反应式为；②负极电极反应式为，当外电路中流过0.3mol电子时，有0.3molLi被氧化，因此负极材料减重。18.研究反应中的能量变化有利于更好的认识和利用反应。（1）与卤素(或)发生取代反应时，会经历如下过程：Ⅰ：Ⅱ：Ⅲ：与卤素反应过程中物质的能量变化及产物的选择性如下图所示。产物选择性(%)①稳定性：______(填“>”或“<”)。②以丙烷为原料合成丙醇时，为提高2-丙醇的产率，应______(填字母)。A．先氯代再水解B．先溴代再水解③写出包含、、、在内的一个等式：______。（2）肼()是一种常见的还原剂和良好的火箭推进剂。已知在中燃烧的热化学方程式为，部分化学键键能数据如下表化学键键能/()abcd①则的键能为______。(用包含a、b、c、d在内的式子表示)②已知，则的燃烧热为______。③已知：则的______。【答案】（1）①.<②.B③.（2）①.②.③.【解析】【小问1详析】能量越低越稳定，由图可知，的能量比能量高，因此稳定性更小；对比氯代和溴代两图，氯代得到的副产物比例较大，而溴代能得到大部分的2-溴丙烷，因此先溴代再水解得到2-丙醇；由图可知与的能量一定，因此反应→的相同，氯化时=-，溴化时=-，因此-=-，。【小问2详析】=反应物键能-生成物将能，设键能为x，因此=a+4b+c-x-4d，则x=；燃烧热生成的为液态水，所以，水的化学计量数为2，故的燃烧热为，故燃烧热为；，根据盖斯定律，反应的19.I、某温度下，在2L恒容密闭容器中三种物质(均为气态)间进行反应，其物质的量随时间的变化曲线如图。据图回答：（1）该反应的化学方程式可表示为___________。（2）反应起始至(设)，X的平均反应速率是___________。若开始压强为，则t时容器中Z气体的分压为___________(气体的分压等于该气体的体积分数乘以总压)。（3）在时，v(正)___________v(逆)(填，或者=)，下列可判断反应已达到化学平衡状态的是___________(填字母，下同)。A．B．的反应速率比为2：3C．混合气体的密度不变D．生成的同时生成2molX（4）一定能使该反应的反应速率增大的措施有___________。A.其他条件不变，及时分离出产物B.适当降低温度C.其他条件不变，