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2025沧州八县联考高二上学期10月期中联考化学试题含解析
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这是一份2025沧州八县联考高二上学期10月期中联考化学试题含解析，文件包含河北省沧州市八县联考2024-2025学年高二上学期10月期中考试化学试题含解析docx、河北省沧州市八县联考2024-2025学年高二上学期10月期中考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.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。
4.本卷命题范围：苏教版选择性必修1专题1～专题2。
5.可能用到的相对原子质量：
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，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列文物修复与保护，主要运用“金属电化学腐蚀与金属保护”原理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】“瓶”主要成分是硅酸盐；“剑”主要成分是合金；“简”主要成分是纤维素；“玉”主要成分是硅酸盐等，剑的修复和保护要运用金属电化学腐蚀知识和金属保护知识；
选项
A
B
C
D
文物
名称
元青花四爱图梅瓶
越王勾践剑
云梦睡虎地秦简
石家河玉人像
答案选B。
2. 下列化学电池最符合绿色化学要求的是
A. 锌锰干电池B. 铅蓄电池C. 纽扣锌银电池D. 氢氧燃料电池
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌锰干电池是一次电池，废旧电池将污染土壤，不符合绿色化学要求，A不合题意；
B．铅蓄电池为二次电池，但废旧电池中铅为重金属将污染土壤和地下水等，不符合绿色化学要求，B不合题意；
C．纽扣锌银电池为一次电池，废旧电池也将污染土壤，不符合绿色化学要求，C不合题意；
D．氢氧燃料电池的能源利用率高，且产物没有污染，电池装置相当于反应容器，故符合绿色化学要求，D符合题意；
故答案为：D。
3. 天然气属于化石燃料，它的主要成分是，的燃烧热为，则下列热化学方程式中正确的是
A.
B
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】燃烧热是101kPa时，1ml可燃物完全燃烧生成稳定产物时反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，的燃烧热为，则据此可得：；
【详解】A．水应该为液态，A错误；
B．据分析B正确，B正确；
C．据分析，水应该为液态且焓变应为，C错误；
D．据分析， ，D错误；
选B。
4. 水煤气变换反应为。时，浓度均为的发生上述反应，时反应恰好达平衡状态，平衡时。下列说法正确的是
A. 压强不变说明反应已达平衡状态
B. 反应达到平衡时
C. 时该反应的化学反应速率为
D. 再充入少量，平衡正向移动，K值增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应前后气体分子总数始终不变，压强始终不改变，则当体系压强不随时间变化时不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．反应达平衡时，正逆反应速率相等，则v正(CO2)=v正(CO)=v逆(CO)，B正确；
C．化学反应速率为一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率，C错误；
D．再充入少量CO(g)，增大反应物的浓度，平衡正向移动，但K只受温度影响，温度不变，K不变，D错误；
故选B。
5. 如图所示，a、b两电极的材料分别为铁和铜中的一种。下列说法正确的是
A. 该装置可将电能转化为化学能B. a极可能发生反应Cu-2e-=Cu2+
C. 电极b质量可能增加D. 该过程可能有大量气体产生
【答案】C
【解析】
【分析】已知Fe比Cu活泼，故在Fe、Cu和CuSO4溶液构成的原电池中，Fe为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，该装置为原电池装置，故该装置可将化学能转化为电能，A错误；
B．由分析可知，该原电池的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+或Cu2++2e-=Cu，则a极不可能发生反应Cu-2e-=Cu2+，B错误；
C．由分析可知，若电极b为Cu，则电极反应为：Cu2++2e-=Cu，则电极b质量增加，C正确；
D．由分析可知，该过程不可能有大量气体产生，D错误；
故答案为：C。
6. 合成氨的热化学方程式为，下列有关叙述错误的是
A. 反应物的总能量大于生成物的总能量
B. 将与置于密闭容器中充分反应后放出热量为
C. 形成化学键放出的总能量大于断裂化学键吸收的总能量
D. 生成时放出的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A正确；
B．由是一个可逆反应，反应不可能完全，将与置于密闭容器中充分反应后放出热量小于akJ ，故B错误；
C．该反应为放热反应，形成化学键放出的总能量大于断裂化学键吸收的总能量，故C正确；
D．反应放出的热量与化学反应方程式的计量数成正比，生成时放出akJ的热量，则生成时放出的热量，故D正确；
答案选B。
7. 在10L密闭容器中，1mlA和3mlB在一定条件下反应：时测得混合气体共4ml且生成了0.4mlC，则下列说法错误的是
A. x等于1
B. 前2minB的平均反应速率为
C. 2min时A的转化率为20%
D. 2min时，
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意列三段式：，据此解答。
【详解】A．混合气体共4ml=0.8ml+（3-0.2x）ml+0.4ml，解得x=1，A正确；
B．由分析中三段式分析可知，前2minB的平均反应速率为=，B正确；
C．由分析中三段式分析可知，2min时A的转化率为=20%，C正确；
D．根据方程式知，生成0.4ml C需要0.2ml A、0.2ml B，平衡时，A、B、C的物质的量分别为（1-0.2）ml=0.8ml、（3-0.2）ml=2.8ml、0.4ml，A、B、C的物质的量之比0.8ml：2.8ml：0.4ml=2：7：1，D错误；
故答案为：D。
8. 臭氧层中臭氧的分解历程如图所示，下列说法正确的是
A. 催化反应①、②均为放热反应B. F原子也可能起到类似的催化效果
C. 催化反应的决速步骤是②D. 催化剂可降低该反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图可知，催化反应①的反应物总能量低于生成物的总能量，是吸热反应，故反应②的反应物总能量低于生成物的总能量，为放热反应，A错误；
B．已知F与Cl为同一主族元素，性质相似，故F原子也可能起到类似的催化效果，B正确；
C．由题干反应历程图可知，催化反应①的活化能比催化反应②的大，活化能越大反应速率越慢，故催化反应的决速步骤是①，C错误；
D．催化剂只能改变反应途径，而不能改变反应物和生成物的状态即不能改变反应的始态和终态，故催化
剂不可改变该反应的焓变，D错误；
故答案为：B。
9. 近日，开发一种利用分子筛除去空气中的、、等，获得纯氧气并构建锂-氧气电池，工作原理如图。下列叙述正确的是
A. 放电时，b极为负极，发生氧化反应
B. 放电时，空气通入分子筛发生分解反应生成
C. 充电时，b极反应式为
D. 充电时，a极质量净减时，有阴离子由膜M左侧向右侧迁移
【答案】C
【解析】
【分析】放电时为原电池装置，a为负极，b为正极；充电时为电解池装置，a为阴极，b为阳极。
【详解】A．放电时，a极为负极，发生氧化反应，A项错误；
B．分子筛分离出氧气，属于物理变化，没有发生化学变化，B项错误；
C．充电时，b极为阳极，过氧根离子发生氧化反应生成氧气，C项正确；
D．充电时，a极为阴极，电极反应式为，阴极减少质量等于脱去过氧根离子质量，阴极净减，相当于脱离，根据电荷守恒，有由膜M左侧向右侧迁移，D项错误；
答案选C。
10. 已知：与反应生成1 ml正盐时反应的；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热的。则在水溶液中电离的等于
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意知，生成1ml正盐，同时生成，由此可得．稀氨水与稀硫酸的中和热；而强酸与强碱的稀溶液反应的中和热，故电离时应吸收的热量为；
故答案为：A。
11. 工业生产中常用电解法提纯含有杂质的粗溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. 通电后阴极区附近溶液不变
B. 阳极的电极反应式为
C. 通过阳离子交换膜从阴极区移向阳极区
D. 提纯后的溶液从b出口导出
【答案】D
【解析】
【分析】该装置为电解原理的应用，左侧为阳极，电极反应为，右侧为阴极，电极反应为：，随着电解的进行，右侧氢氧根离子浓度增大，钾离子通过阳离子交换膜向右移动，故纯净的氢氧化钾从b口出来。
【详解】A．电解时阴极电极反应为：，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，溶液的pH增大，故A错误；
B．左侧为阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应为，故B错误；
C．制备氢氧化钾时，阴极上水电离的氢离子放电生成氢气和OH-，通过交换膜从阳极区移向阴极区，
故C错误；
D．在b电极附近产生氢氧根离子，钾离子向b电极移动，所以除去杂质后氢氧化钾溶液从液体出口b导出，故D正确；
故选D。
12. 一定条件下，在水溶液中物质的量均为1 ml 的，(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法错误的是
A. e对应中x=4
B. a、b、c、d、e中a最稳定
C. b→a+c反应的活化能为40
D. b→a+d反应的热化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．e点对应Cl元素的化合价为+7，A项正确；
B．a、b、c、d、e中a能量最低，所以a最稳定，B项正确；
C．根据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，C项错误；
D．b→a+d，根据得失电子守恒规律知该反应的离子方程式为，，所以该反应的热化学方程式为'，D项正确。
故选C。
13. 室温下，10mL0.4ml/LH2O2溶液发生催化分解的反应为2H2O2=2H2O+O2↑，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表，已知反应至3min时，H2O2分解了50%，溶液体积变化忽略不计。
t/min
0
1
2
3
下列叙述正确的是
A. 0~3min内，平均反应速率
B. 0~1min内H2O2分解的平均反应速率比1~2min内慢
C. 反应至3min时，产生V(O2)=29.7L
D. 反应至3min时，
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干表中数据可知，0~3min内，H2O2分解了50%，平均反应速率，A正确；
B．由题干表中数据可知，0~1min内产生O2的体积为9.9L，而1~2min内产生的O2的体积为：17.2-9.9=7.3L，故可知0~1min内H2O2分解的平均反应速率比1~2min内快，B错误；
C．由题干信息可知，反应至3min时，H2O2分解了50%，则产生V(O2)=n(O2)Vm=×10L×0.4ml/L×50%×22.4L/ml=22.4L，C错误；
D．由题干信息可知，反应至3min时，H2O2分解了50%，，D错误；
故答案为：A。
14. 氢能是一种绿色能源。以乙醇和水催化重整可获得到。有关反应如下：
反应① ，平衡常数；
反应② ，平衡常数；
反应③ ，平衡常数。
已知：平衡常数与关系为(R为常能数，K为平衡常数，T为温度)。与T关系如图所示。下列推断正确的是
V(O2)/L
0.0
9.9
17.2
V
A. ，B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．抓住“箭头”方向是关键，左纵轴从下至上减小，即随着温度升高，反应①K增大，是吸热反应；右纵轴从下至上增大，反应②是吸热反应，A项错误；
B．温度由升至，则平衡常数变化：，由此可知，吸热越多，平衡常数变化越大，即反应①平衡常数斜率(变化程度)大于反应②，说明，B项错误；
C．根据盖斯定律，反应①＋反应②=反应③，C项正确；
D．根据反应平衡常数表达式可知，，D项错误；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 一定条件下，红磷在氯气中燃烧的产物有两种(和)，反应过程中的能量变化关系如图所示。回答下列问题：
（1）反应的为___________。
（2）写出固态红磷在一定量的中燃烧生成气态物质(PCl3)的热化学方程式：___________。
（3）红磷在(标准状况)中恰好完全反应生成气态物质时，放出的热量为___________。
（4）白磷(P4)在中燃烧有如下转化关系。
其中___________(用含和的代数式表示)。
（5）红磷与白磷互为___________(填“同位素”或“同素异形体”)，等质量的红磷和白磷分别在氧气中完全燃烧，两者放出的热量___________(填“相同”或“不同”)。
【答案】（1）-93kJ/ml
（2）
（3）70.5 （4）
（5） ①. 同素异形体 ②. 不同
【解析】
【小问1详解】
由图可知1mlPCl3和1mlCl2的总能量高于1mlPCl5的总能量，该反应是放热反应，反应的=-93kJ/ml；
【小问2详解】
固态红磷在一定量的中燃烧生成气态物质(PCl3)的反应为，由图可知，则热化学方程式：；
【小问3详解】
红磷物质的量为，标准状况物质的量为，由可知0.2ml红磷消耗0.3ml氯气放出61.2kJ能量，剩余0.1ml氯气参与=-93kJ/ml的反应，放出9.3kJ能量，则共放出61.2+9.3=70.5kJ；
【小问4详解】
根据盖斯定律知，△H3=△H1+△H2；
【小问5详解】
红磷与白磷都是由P元素形成的不同单质，互为同素异形体，二者转化时存在能量转化，则等质量的红磷和白磷具有的能量不同，完全燃烧生成P2O5(s)时放出的热量不相同。
16. 合成氨是人类首次彻底地采用化学合成的方式对自然循环进行干预，人类由此在自然循环中依靠自己的努力成为了类似造物主的角色，改变了过去靠天吃饭的状况。时至今日，合成氨仍然是我们固定氮源的唯一方法。回答下列问题：
（1）合成氨反应，能量变化如图所示：
①该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。图中___________。
②有关键能数据如表：
试根据表中所列键能数据计算a为___________。
（2）对于合成氨反应，当其他条件不变时，只改变一个反应条件，将生成的反应速率的变化填入下表空格里(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）工业上可以采用催化剂催化水煤气变换反应制取氢气：，过程示意图如图所示，下列说法错误的是___________(填字母)。
A. 过程Ⅰ、过程Ⅱ中都有水参与反应
B. 过程Ⅲ是放热过程
C. 催化过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成
D. 温度过高可能使催化剂失活，所以催化反应时并不是温度越高越好
【答案】（1） ①. 减小 ②. 不变 ③. -93
（2） ①. 增大 ②. 减小 ③. 不变 （3）C
【解析】
【小问1详解】
①合成氨反应中通常用铁作催化剂，加催化剂会降低反应的活化能、但不改变反应的反应热，故加催化剂
化学键
键能
436
391
945
编号
改变的条件
生成的速率
①
升高温度
___________
②
分离出氨气
___________
③
恒容下充入
___________
会使图中E减小，图中∆H不变。
②∆H=akJ/ml=反应物的键能总和－生成物的键能总和=945kJ/ml＋3×436kJ/ml－6×391kJ/ml=-93kJ/ml，即a=-93。
【小问2详解】
①升高温度，能增大活化分子百分数，使生成NH3反应速率增大。
②分离出氨气，减小生成物浓度，使生成NH3的反应速率减小。
③恒容下充入Ne，各物质的浓度不变，生成NH3的反应速率不变。
【小问3详解】
A．根据图示，过程Ⅰ、Ⅱ中都有H2O中O—H键断裂，都有水参与反应，A项正确；
B．过程Ⅰ、Ⅱ中都有H2O中O—H键断裂，过程Ⅰ、Ⅱ为吸热过程，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为放热反应，过程Ⅲ中形成了化学键，过程Ⅲ为放热过程，B项正确；
C．根据图示，催化过程中，有极性键O—H键的断裂、极性键如碳氧键等的形成、非极性键H—H键的形成，但没有非极性键的断裂，C项错误；
D．催化剂都有催化活性最佳的温度，温度过高可能使催化剂失去活性，所以催化反应时并不是温度越高越好，D项正确；
答案选C。
17. 银是常见的装饰品。银的电解精炼、银器表面的黑斑(Ag2S)处理等均利用了电化学原理。回答下列问题：
（1）如图为电解精炼银的原理示意图，图中a极名称为___________(填“阳极”或“阴极”)，___________(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极上有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应为___________。
（2）银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为，电解质溶液为KOH溶液。该电池放电时负极的电极反应式为___________，放电时正极区溶液的c(OH-)___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器中的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，正极的电极反应式为___________；铝质容器质量会减小的原因是___________。
【答案】（1） ①. 阳极 ②. a ③. +e-+2H+=NO2↑+H2O
（2） ①. Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2 ②. 增大
（3） ①. Ag2S+2e-=2Ag+S2- ②. 铝质容器中表面的Al失电子转化为Al3+进入溶液
【解析】
【分析】从图中可以看出，a电极与电源的正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源的负极相连，为电解池的阴极。
【小问1详解】
电解精炼银时，粗银作阳极，纯银作阴极。由分析可知，图中a极名称为阳极，a极为含有杂质的粗银，若b极上有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应为+e-+2H+=NO2↑+H2O。
【小问2详解】
银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为，电解质溶液为KOH溶液。该电池放电时，Zn作负极，Zn失电子产物与电解质反应生成Zn(OH)2，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，正极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，正极生成OH-，则放电时正极区溶液的c(OH-)增大。
【小问3详解】
为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器中的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，正极的电极反应式为Ag2S+2e-=2Ag+S2-，负极Al-3e-=Al3+，铝质容器质量会减小的原因是：铝质容器中表面的Al失电子转化为Al3+进入溶液。
【点睛】铝质容器去除银器表面的黑斑时，加入的食盐水的作用是增强溶液的导电性。
18. 工业上，可以用还原NO，发生反应： 。回答下列问题：
（1）研究发现，总反应分两步进行：①；②。相对能量与反应历程如图所示。
加入催化剂，可降低___________(填序号)反应的活化能。
（2）已知共价键的键能：
___________。
（3）的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关)。一定温度下，不同初始浓度与正反应速率关系相关数据如下表。
①___________，___________，___________。
②已知：速率常数(k)与活化能()、温度(T)的关系式为(R为常数)。总反应在催化剂Cat1、Cat2作用下，与T关系如图所示。相同条件下，催化效能较高的是___________，简述理由：___________。
（4）体积均为的甲、乙反应器中都充入和，发生上述反应。测得的物质的量与反应时间的关系如图所示。
共价键
N=O
H—H
H—O
键能
607
436
946
463
实验
a
0.1
0.1
v
b
0.2
0.1
c
0.1
0.2
d
0.2
x
仅一个条件不同，相对于甲、乙改变的条件是________。甲条件下平衡常数_______。
【答案】（1）① （2）
（3） ①. 2 ②. 1 ③. 0.4 ④. Cat1； ⑤. 改变相同温度，斜率越小，活化能越小，催化效能越大
（4） ①. 升温 ②. 160
【解析】
【小问1详解】
①活化能较大，反应较慢，决定总反应速率，加入催化剂降低决速反应①的活化能。
【小问2详解】
反应热等于断裂总键能与形成总键能之差，。
【小问3详解】
①根据速率方程带入a、b组数据计算：，同理利用a、c组数据计算：。
将d组数据代入方程可计算：。
②根据表达式，改变温度相同，变化值与活化能成正比例，活化能越大，其变化值越大，斜率越大，催化效能越低。活化能越小，其变化值越小，斜率越小，催化效能越高，故Cat1催化效能较高。
【小问4详解】
正反应是气体分子数减小反应，是放热反应，相对甲容器，乙容器反应较快，乙容器平衡时物质的量较少，说明改变条件是“升温”。甲条件下，平衡时为，列出三段式：
。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.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。
4.本卷命题范围：苏教版选择性必修1专题1～专题2。
5.可能用到的相对原子质量：
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，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列文物修复与保护，主要运用“金属电化学腐蚀与金属保护”原理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】“瓶”主要成分是硅酸盐；“剑”主要成分是合金；“简”主要成分是纤维素；“玉”主要成分是硅酸盐等，剑的修复和保护要运用金属电化学腐蚀知识和金属保护知识；
选项
A
B
C
D
文物
名称
元青花四爱图梅瓶
越王勾践剑
云梦睡虎地秦简
石家河玉人像
答案选B。
2. 下列化学电池最符合绿色化学要求的是
A. 锌锰干电池B. 铅蓄电池C. 纽扣锌银电池D. 氢氧燃料电池
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌锰干电池是一次电池，废旧电池将污染土壤，不符合绿色化学要求，A不合题意；
B．铅蓄电池为二次电池，但废旧电池中铅为重金属将污染土壤和地下水等，不符合绿色化学要求，B不合题意；
C．纽扣锌银电池为一次电池，废旧电池也将污染土壤，不符合绿色化学要求，C不合题意；
D．氢氧燃料电池的能源利用率高，且产物没有污染，电池装置相当于反应容器，故符合绿色化学要求，D符合题意；
故答案为：D。
3. 天然气属于化石燃料，它的主要成分是，的燃烧热为，则下列热化学方程式中正确的是
A.
B
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】燃烧热是101kPa时，1ml可燃物完全燃烧生成稳定产物时反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，的燃烧热为，则据此可得：；
【详解】A．水应该为液态，A错误；
B．据分析B正确，B正确；
C．据分析，水应该为液态且焓变应为，C错误；
D．据分析， ，D错误；
选B。
4. 水煤气变换反应为。时，浓度均为的发生上述反应，时反应恰好达平衡状态，平衡时。下列说法正确的是
A. 压强不变说明反应已达平衡状态
B. 反应达到平衡时
C. 时该反应的化学反应速率为
D. 再充入少量，平衡正向移动，K值增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应前后气体分子总数始终不变，压强始终不改变，则当体系压强不随时间变化时不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．反应达平衡时，正逆反应速率相等，则v正(CO2)=v正(CO)=v逆(CO)，B正确；
C．化学反应速率为一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率，C错误；
D．再充入少量CO(g)，增大反应物的浓度，平衡正向移动，但K只受温度影响，温度不变，K不变，D错误；
故选B。
5. 如图所示，a、b两电极的材料分别为铁和铜中的一种。下列说法正确的是
A. 该装置可将电能转化为化学能B. a极可能发生反应Cu-2e-=Cu2+
C. 电极b质量可能增加D. 该过程可能有大量气体产生
【答案】C
【解析】
【分析】已知Fe比Cu活泼，故在Fe、Cu和CuSO4溶液构成的原电池中，Fe为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，该装置为原电池装置，故该装置可将化学能转化为电能，A错误；
B．由分析可知，该原电池的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+或Cu2++2e-=Cu，则a极不可能发生反应Cu-2e-=Cu2+，B错误；
C．由分析可知，若电极b为Cu，则电极反应为：Cu2++2e-=Cu，则电极b质量增加，C正确；
D．由分析可知，该过程不可能有大量气体产生，D错误；
故答案为：C。
6. 合成氨的热化学方程式为，下列有关叙述错误的是
A. 反应物的总能量大于生成物的总能量
B. 将与置于密闭容器中充分反应后放出热量为
C. 形成化学键放出的总能量大于断裂化学键吸收的总能量
D. 生成时放出的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A正确；
B．由是一个可逆反应，反应不可能完全，将与置于密闭容器中充分反应后放出热量小于akJ ，故B错误；
C．该反应为放热反应，形成化学键放出的总能量大于断裂化学键吸收的总能量，故C正确；
D．反应放出的热量与化学反应方程式的计量数成正比，生成时放出akJ的热量，则生成时放出的热量，故D正确；
答案选B。
7. 在10L密闭容器中，1mlA和3mlB在一定条件下反应：时测得混合气体共4ml且生成了0.4mlC，则下列说法错误的是
A. x等于1
B. 前2minB的平均反应速率为
C. 2min时A的转化率为20%
D. 2min时，
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意列三段式：，据此解答。
【详解】A．混合气体共4ml=0.8ml+（3-0.2x）ml+0.4ml，解得x=1，A正确；
B．由分析中三段式分析可知，前2minB的平均反应速率为=，B正确；
C．由分析中三段式分析可知，2min时A的转化率为=20%，C正确；
D．根据方程式知，生成0.4ml C需要0.2ml A、0.2ml B，平衡时，A、B、C的物质的量分别为（1-0.2）ml=0.8ml、（3-0.2）ml=2.8ml、0.4ml，A、B、C的物质的量之比0.8ml：2.8ml：0.4ml=2：7：1，D错误；
故答案为：D。
8. 臭氧层中臭氧的分解历程如图所示，下列说法正确的是
A. 催化反应①、②均为放热反应B. F原子也可能起到类似的催化效果
C. 催化反应的决速步骤是②D. 催化剂可降低该反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图可知，催化反应①的反应物总能量低于生成物的总能量，是吸热反应，故反应②的反应物总能量低于生成物的总能量，为放热反应，A错误；
B．已知F与Cl为同一主族元素，性质相似，故F原子也可能起到类似的催化效果，B正确；
C．由题干反应历程图可知，催化反应①的活化能比催化反应②的大，活化能越大反应速率越慢，故催化反应的决速步骤是①，C错误；
D．催化剂只能改变反应途径，而不能改变反应物和生成物的状态即不能改变反应的始态和终态，故催化
剂不可改变该反应的焓变，D错误；
故答案为：B。
9. 近日，开发一种利用分子筛除去空气中的、、等，获得纯氧气并构建锂-氧气电池，工作原理如图。下列叙述正确的是
A. 放电时，b极为负极，发生氧化反应
B. 放电时，空气通入分子筛发生分解反应生成
C. 充电时，b极反应式为
D. 充电时，a极质量净减时，有阴离子由膜M左侧向右侧迁移
【答案】C
【解析】
【分析】放电时为原电池装置，a为负极，b为正极；充电时为电解池装置，a为阴极，b为阳极。
【详解】A．放电时，a极为负极，发生氧化反应，A项错误；
B．分子筛分离出氧气，属于物理变化，没有发生化学变化，B项错误；
C．充电时，b极为阳极，过氧根离子发生氧化反应生成氧气，C项正确；
D．充电时，a极为阴极，电极反应式为，阴极减少质量等于脱去过氧根离子质量，阴极净减，相当于脱离，根据电荷守恒，有由膜M左侧向右侧迁移，D项错误；
答案选C。
10. 已知：与反应生成1 ml正盐时反应的；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热的。则在水溶液中电离的等于
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意知，生成1ml正盐，同时生成，由此可得．稀氨水与稀硫酸的中和热；而强酸与强碱的稀溶液反应的中和热，故电离时应吸收的热量为；
故答案为：A。
11. 工业生产中常用电解法提纯含有杂质的粗溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. 通电后阴极区附近溶液不变
B. 阳极的电极反应式为
C. 通过阳离子交换膜从阴极区移向阳极区
D. 提纯后的溶液从b出口导出
【答案】D
【解析】
【分析】该装置为电解原理的应用，左侧为阳极，电极反应为，右侧为阴极，电极反应为：，随着电解的进行，右侧氢氧根离子浓度增大，钾离子通过阳离子交换膜向右移动，故纯净的氢氧化钾从b口出来。
【详解】A．电解时阴极电极反应为：，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，溶液的pH增大，故A错误；
B．左侧为阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应为，故B错误；
C．制备氢氧化钾时，阴极上水电离的氢离子放电生成氢气和OH-，通过交换膜从阳极区移向阴极区，
故C错误；
D．在b电极附近产生氢氧根离子，钾离子向b电极移动，所以除去杂质后氢氧化钾溶液从液体出口b导出，故D正确；
故选D。
12. 一定条件下，在水溶液中物质的量均为1 ml 的，(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法错误的是
A. e对应中x=4
B. a、b、c、d、e中a最稳定
C. b→a+c反应的活化能为40
D. b→a+d反应的热化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．e点对应Cl元素的化合价为+7，A项正确；
B．a、b、c、d、e中a能量最低，所以a最稳定，B项正确；
C．根据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，C项错误；
D．b→a+d，根据得失电子守恒规律知该反应的离子方程式为，，所以该反应的热化学方程式为'，D项正确。
故选C。
13. 室温下，10mL0.4ml/LH2O2溶液发生催化分解的反应为2H2O2=2H2O+O2↑，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表，已知反应至3min时，H2O2分解了50%，溶液体积变化忽略不计。
t/min
0
1
2
3
下列叙述正确的是
A. 0~3min内，平均反应速率
B. 0~1min内H2O2分解的平均反应速率比1~2min内慢
C. 反应至3min时，产生V(O2)=29.7L
D. 反应至3min时，
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干表中数据可知，0~3min内，H2O2分解了50%，平均反应速率，A正确；
B．由题干表中数据可知，0~1min内产生O2的体积为9.9L，而1~2min内产生的O2的体积为：17.2-9.9=7.3L，故可知0~1min内H2O2分解的平均反应速率比1~2min内快，B错误；
C．由题干信息可知，反应至3min时，H2O2分解了50%，则产生V(O2)=n(O2)Vm=×10L×0.4ml/L×50%×22.4L/ml=22.4L，C错误；
D．由题干信息可知，反应至3min时，H2O2分解了50%，，D错误；
故答案为：A。
14. 氢能是一种绿色能源。以乙醇和水催化重整可获得到。有关反应如下：
反应① ，平衡常数；
反应② ，平衡常数；
反应③ ，平衡常数。
已知：平衡常数与关系为(R为常能数，K为平衡常数，T为温度)。与T关系如图所示。下列推断正确的是
V(O2)/L
0.0
9.9
17.2
V
A. ，B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．抓住“箭头”方向是关键，左纵轴从下至上减小，即随着温度升高，反应①K增大，是吸热反应；右纵轴从下至上增大，反应②是吸热反应，A项错误；
B．温度由升至，则平衡常数变化：，由此可知，吸热越多，平衡常数变化越大，即反应①平衡常数斜率(变化程度)大于反应②，说明，B项错误；
C．根据盖斯定律，反应①＋反应②=反应③，C项正确；
D．根据反应平衡常数表达式可知，，D项错误；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 一定条件下，红磷在氯气中燃烧的产物有两种(和)，反应过程中的能量变化关系如图所示。回答下列问题：
（1）反应的为___________。
（2）写出固态红磷在一定量的中燃烧生成气态物质(PCl3)的热化学方程式：___________。
（3）红磷在(标准状况)中恰好完全反应生成气态物质时，放出的热量为___________。
（4）白磷(P4)在中燃烧有如下转化关系。
其中___________(用含和的代数式表示)。
（5）红磷与白磷互为___________(填“同位素”或“同素异形体”)，等质量的红磷和白磷分别在氧气中完全燃烧，两者放出的热量___________(填“相同”或“不同”)。
【答案】（1）-93kJ/ml
（2）
（3）70.5 （4）
（5） ①. 同素异形体 ②. 不同
【解析】
【小问1详解】
由图可知1mlPCl3和1mlCl2的总能量高于1mlPCl5的总能量，该反应是放热反应，反应的=-93kJ/ml；
【小问2详解】
固态红磷在一定量的中燃烧生成气态物质(PCl3)的反应为，由图可知，则热化学方程式：；
【小问3详解】
红磷物质的量为，标准状况物质的量为，由可知0.2ml红磷消耗0.3ml氯气放出61.2kJ能量，剩余0.1ml氯气参与=-93kJ/ml的反应，放出9.3kJ能量，则共放出61.2+9.3=70.5kJ；
【小问4详解】
根据盖斯定律知，△H3=△H1+△H2；
【小问5详解】
红磷与白磷都是由P元素形成的不同单质，互为同素异形体，二者转化时存在能量转化，则等质量的红磷和白磷具有的能量不同，完全燃烧生成P2O5(s)时放出的热量不相同。
16. 合成氨是人类首次彻底地采用化学合成的方式对自然循环进行干预，人类由此在自然循环中依靠自己的努力成为了类似造物主的角色，改变了过去靠天吃饭的状况。时至今日，合成氨仍然是我们固定氮源的唯一方法。回答下列问题：
（1）合成氨反应，能量变化如图所示：
①该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。图中___________。
②有关键能数据如表：
试根据表中所列键能数据计算a为___________。
（2）对于合成氨反应，当其他条件不变时，只改变一个反应条件，将生成的反应速率的变化填入下表空格里(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）工业上可以采用催化剂催化水煤气变换反应制取氢气：，过程示意图如图所示，下列说法错误的是___________(填字母)。
A. 过程Ⅰ、过程Ⅱ中都有水参与反应
B. 过程Ⅲ是放热过程
C. 催化过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成
D. 温度过高可能使催化剂失活，所以催化反应时并不是温度越高越好
【答案】（1） ①. 减小 ②. 不变 ③. -93
（2） ①. 增大 ②. 减小 ③. 不变 （3）C
【解析】
【小问1详解】
①合成氨反应中通常用铁作催化剂，加催化剂会降低反应的活化能、但不改变反应的反应热，故加催化剂
化学键
键能
436
391
945
编号
改变的条件
生成的速率
①
升高温度
___________
②
分离出氨气
___________
③
恒容下充入
___________
会使图中E减小，图中∆H不变。
②∆H=akJ/ml=反应物的键能总和－生成物的键能总和=945kJ/ml＋3×436kJ/ml－6×391kJ/ml=-93kJ/ml，即a=-93。
【小问2详解】
①升高温度，能增大活化分子百分数，使生成NH3反应速率增大。
②分离出氨气，减小生成物浓度，使生成NH3的反应速率减小。
③恒容下充入Ne，各物质的浓度不变，生成NH3的反应速率不变。
【小问3详解】
A．根据图示，过程Ⅰ、Ⅱ中都有H2O中O—H键断裂，都有水参与反应，A项正确；
B．过程Ⅰ、Ⅱ中都有H2O中O—H键断裂，过程Ⅰ、Ⅱ为吸热过程，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为放热反应，过程Ⅲ中形成了化学键，过程Ⅲ为放热过程，B项正确；
C．根据图示，催化过程中，有极性键O—H键的断裂、极性键如碳氧键等的形成、非极性键H—H键的形成，但没有非极性键的断裂，C项错误；
D．催化剂都有催化活性最佳的温度，温度过高可能使催化剂失去活性，所以催化反应时并不是温度越高越好，D项正确；
答案选C。
17. 银是常见的装饰品。银的电解精炼、银器表面的黑斑(Ag2S)处理等均利用了电化学原理。回答下列问题：
（1）如图为电解精炼银的原理示意图，图中a极名称为___________(填“阳极”或“阴极”)，___________(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极上有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应为___________。
（2）银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为，电解质溶液为KOH溶液。该电池放电时负极的电极反应式为___________，放电时正极区溶液的c(OH-)___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器中的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，正极的电极反应式为___________；铝质容器质量会减小的原因是___________。
【答案】（1） ①. 阳极 ②. a ③. +e-+2H+=NO2↑+H2O
（2） ①. Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2 ②. 增大
（3） ①. Ag2S+2e-=2Ag+S2- ②. 铝质容器中表面的Al失电子转化为Al3+进入溶液
【解析】
【分析】从图中可以看出，a电极与电源的正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源的负极相连，为电解池的阴极。
【小问1详解】
电解精炼银时，粗银作阳极，纯银作阴极。由分析可知，图中a极名称为阳极，a极为含有杂质的粗银，若b极上有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应为+e-+2H+=NO2↑+H2O。
【小问2详解】
银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为，电解质溶液为KOH溶液。该电池放电时，Zn作负极，Zn失电子产物与电解质反应生成Zn(OH)2，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，正极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，正极生成OH-，则放电时正极区溶液的c(OH-)增大。
【小问3详解】
为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器中的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，正极的电极反应式为Ag2S+2e-=2Ag+S2-，负极Al-3e-=Al3+，铝质容器质量会减小的原因是：铝质容器中表面的Al失电子转化为Al3+进入溶液。
【点睛】铝质容器去除银器表面的黑斑时，加入的食盐水的作用是增强溶液的导电性。
18. 工业上，可以用还原NO，发生反应： 。回答下列问题：
（1）研究发现，总反应分两步进行：①；②。相对能量与反应历程如图所示。
加入催化剂，可降低___________(填序号)反应的活化能。
（2）已知共价键的键能：
___________。
（3）的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关)。一定温度下，不同初始浓度与正反应速率关系相关数据如下表。
①___________，___________，___________。
②已知：速率常数(k)与活化能()、温度(T)的关系式为(R为常数)。总反应在催化剂Cat1、Cat2作用下，与T关系如图所示。相同条件下，催化效能较高的是___________，简述理由：___________。
（4）体积均为的甲、乙反应器中都充入和，发生上述反应。测得的物质的量与反应时间的关系如图所示。
共价键
N=O
H—H
H—O
键能
607
436
946
463
实验
a
0.1
0.1
v
b
0.2
0.1
c
0.1
0.2
d
0.2
x
仅一个条件不同，相对于甲、乙改变的条件是________。甲条件下平衡常数_______。
【答案】（1）① （2）
（3） ①. 2 ②. 1 ③. 0.4 ④. Cat1； ⑤. 改变相同温度，斜率越小，活化能越小，催化效能越大
（4） ①. 升温 ②. 160
【解析】
【小问1详解】
①活化能较大，反应较慢，决定总反应速率，加入催化剂降低决速反应①的活化能。
【小问2详解】
反应热等于断裂总键能与形成总键能之差，。
【小问3详解】
①根据速率方程带入a、b组数据计算：，同理利用a、c组数据计算：。
将d组数据代入方程可计算：。
②根据表达式，改变温度相同，变化值与活化能成正比例，活化能越大，其变化值越大，斜率越大，催化效能越低。活化能越小，其变化值越小，斜率越小，催化效能越高，故Cat1催化效能较高。
【小问4详解】
正反应是气体分子数减小反应，是放热反应，相对甲容器，乙容器反应较快，乙容器平衡时物质的量较少，说明改变条件是“升温”。甲条件下，平衡时为，列出三段式：
。
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