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2027届高二年级10月考试
化学试卷参考答案
一、选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
答案 B C D A A C C B B C C B C D B
非选择题：
16.（13分）除第一小空1分外，其余每空2分
Ⅰ：放热（1分）
加入生石灰的烧杯中，生石灰溶于水为放热，温度升高，气体颜色加深，平衡2NO (g) NO(g)
2 2 4
向逆反应方向移动，结合勒夏特列原理，正反应为放热反应。（或从加入氯化铵固体的烧瓶中气体的颜色
红棕色变浅及氯化铵固体溶于水为放热过程的角度说明也可）
不变
Ⅱ：(1)保证HCl反应完全（只要答出确保盐酸反应完全得2分，其余参考答案：氢氧化钠易变质（1分）
减少实验误差（1分）） (2)c (3)偏大 (4)-50.4 （掉了“-”不得分）
17.（14 分）每空 2 分，方程式条件不全扣 1 分，方程未配平或配错无分
(1)氧化 CaSO
4
(2)H
2
O+ClO-+2NO
2
=Cl-+2NO
3
-+2H+ 冷却结晶或降温结晶（降温结晶或冷却结晶没写结晶扣1
分）
(3) ① c （选对2分，选错0分）
②Ca(ClO) CaCl +O ↑ （化学方程式书写完全正确，得2分。化学方程式书写正确，但未写
2 2 2
条件或条件写错或未写气体符号，得1分。）
③ HClO （写对2分，写错0分。）
18.（14 分）每空 2 分，方程式条件不全扣 1 分，方程未配平或配错无分
(1)羧基（字写错无分） （写错无分，多写无分）
(2) （条件未写或不全扣 1 分，未配平不给分，方程
式错误不给分，乙醇和乙醛写化学式不给分，箭头写成等号不扣分）
(3)b （选错无分，多选无分，写成大写字母不给分）
(4) （聚乙烯只能写结构简式，不能出现碳氢键）
高二10月化学评分细则 第 1 页 共 7 页(5)淀粉在稀硫酸中水解后未加入碱溶液调节pH至碱性(指出加入碱溶液为NaOH、KOH也可以，只要
答“加入碱溶液调节pH至碱性”可得2分)
(6)
(7)
19.（14分）每空2分
（1）+88 （不带“+”不得分）
（2）b
（3）ad （若无正确答案得0分；有对有错时每错一个扣1分，扣完为止） （双选见错零分，只选一个
得“1”分）
（4）①主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随温度上升，主反应逆向进行，甲醇生成量减少，副
反应正向进行，CO生成量增多，所以甲醇选择性下降。（只答一方面得1分）
(或简答为：温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行（2分，只答一方面得1分）
如果答：
)
②
（5）CO
2
+2H++2e-==CO+H
2
O （H右上角写成-1或者e右上角没有写-等不规范的扣1） 3.6
详解：
1.答案B
B项错误，NH Cl溶于水呈酸性，不能改善酸性土壤，并且大量使用化肥不仅造成浪费，而且可导致水
4
体富营养化，产生水华等污染。D项正确，见P108中“科学技术社会”材料。故答案为B。
2.答案C
A项应电解熔融氯化钠；B项干馏、气化、裂化为化学变化；C项正确，见课本P109“资料卡片”材料；
D项石膏或氯化镁均为食品添加剂，添加剂的用量国家有标准不可大量使用。故答案为C。
3.答案D
A.稀释过程不是化学反应，错误
高二10月化学评分细则 第 2 页 共 7 页B.电池放电，应该是化学能转变为电能，错误
C.燃烧过程除了释放热能，还有光能
D.葡萄糖的氧化属于放热反应，正确。
4.答案A
A.陶瓷主要成分硅酸盐，但写成氧化物的形式。
B.氧化铁是红棕色，不是青色。
C.因为结构的变化导致陶瓷性质稳定，不与水反应。
D.高温结构陶瓷和传统陶瓷相比，成分和结构都不相同。
5.答案A
A.氮元素对应的产物应该是氮气，错误
B.等量的同种物质气态能量更高，由于产物一样，则气态硫放热更多
C.课本原话
6.答案C
由图像可知该反应正方向是放热反应和气体的量减少的反应，因为C是固体，所以A错误。
7.答案C
A.活化分子间特定角度的碰撞才是有效碰撞
B.降低反应温度，反应活化能不变。
C.课本原话
D.增大压强不会改变活化分子百分数
8.答案B
A.△H必须与化学方程式一一对应，选项中两个反应系数不同，△H也不同，故错误。
B.该条件下，反应生成3mol H(g)和1mol N(g)吸收92kJ能量，而方程式为上述反应的逆反应，则△
2 2
H=-92kJ/mol，故正确。
C.由方程式可知，1molC H(g)的能量低于1molC H(g)和1molCH (g)的总能量，但无法比较1molC H
3 8 2 4 4 3 8
(g)与1molC H(g)的能量，所以不能比较两者稳定性，故错误。
2 4
D.由燃烧热定义，甲烷燃烧产物为HO(l)，而热化学方程式为HO(g)，放出的热更少，因而△H更大，
2 2
故错误。
9.答案B
A.合成氨选择400～500℃主要是催化剂铁触媒在该温度下活性最大，故错误。
C.空气中含有O，若不除去与氢气混合加热可能发生爆炸，故错误。
2
D.液化氨可以减小生成物浓度，使平衡正向进行，但反应速率会减小，故错误。
10.答案C
高二10月化学评分细则 第 3 页 共 7 页D．Zn电极质量减少1.30g( =0.02mol Zn)，转移电子0.04mol，正极生成MnOOH时Mn从+4→
+3
(得1e⁻)，生成ZnMn O 时2个Mn从+4→+3(共得2e⁻)，因存在少量ZnMn O，部分电子用于生成ZnMn O，
2 4 2 4 2 4
故生成MnOOH的物质的量小于0.04mol
11.答案C
A.从题干信息只能算出4min内的平均反应速率，无法计算瞬时速率，故错误。
B.A为纯固体，其体积不可认为是1L，故错误。
C.v(B)=0.03mol·L-1·s-1，单位换算后v(B)=1.6mol·L-1·min-1,再比较即可。故C正确。
D.2v (B) = 3v (D)时，表明该反应已达到平衡，故错误。
正 逆
12.答案B
A.I-具有还原性，被氧化为I 溶于水也会使溶液颜色产生变化，对题干中的可逆反应现象观察有影响，
2
故错误。
B.该反应前后气体分子数不变，平衡不受体系压强的影响，压缩后气体颜色变深是因为碘蒸气浓度变
大，与平衡移动无关，故正确。
C.KCl固体溶于水引入K+ 、Cl-均没有实际参与可逆反应，不会对平衡造成影响，故错误。
D.没有控制阴离子种类相同，不符合单一变量法，故错误。
13.答案C
A.反应物中不存在非极性键，因而没有非极性键断裂，故错误。
B.（A卷）该反应△H>0，△S>0，为使△G=（△H-T△S）<0，温度高可能实现，因而高温利于自发，
故错误。（B卷）该体系为恒容体系，且反应前后气体质量恒定不变，密度ρ= 也为常数，不可判断平衡，
故错误。
C.该反应为吸热反应，故活化能大于活化分子变成生成物分子放出的能量。
D.决速步骤为速率最慢的一步反应，也就是活化能最大的一步反应，由图可得是CH*→CH*+H*，该
3 2
步骤的△H= +2.348 eV/mol。
14.答案D
A.由图推断固体A是氯化铵，固体B是氢氧化钡晶体，反应属于吸热反应。
B.H作钡餐,说明它不溶于水和盐酸。
C.F溶于雨水可生产HNO,形成酸雨。
3
D.常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液。
15.答案B
A.由反应方程式可知，该反应正向进行气体分子数减少，若为恒温条件，则随着反应进行，体系内压
强减小，因而甲为绝热过程，乙为恒温过程，故A错误。
高二10月化学评分细则 第 4 页 共 7 页B.绝热条件下，压强有升高趋势，说明该反应为放热反应。甲体系温度高于乙体系，因为在乙体系中
反应正向进行程度大，由于两体系体积相等且为恒容体系，因而平衡时反应物浓度甲高于乙，故正确。
C.若为恒温体系，恒容条件下，压强变为原来的一半，根据三段式可得
M(g) + 2N(g) ⇌ X(g)
初始 1mol 2mol
变化 xmol 2xmol xmol
最终 (1-x)mol (2-2x)mol xmol
根据理想气体状态方程， = ，解得x=0.75，代入K= = 48，而a点为
绝热过程，温度在不断变化，当压强变为原来的一半时，其物质的量不可使用理想气体状态方程，故错误
。
D.由于曲线甲为绝热过程，该反应为放热反应，因而a点温度高于c点温度；a、c两点压强相同，结合
理想气体方程pV=nRT，显然a点代表体系中气体的物质的量更少，由于甲乙两体系的体积相同，起始投料
相同，而根据反应方程式可知，该反应为正向进行气体物质的量减少的反应，综上，a点正向进行程度大
于c点正向进行程度，因而a点生成物浓度高于c点生成物浓度。由于a点温度高且生成物浓度大，所以a点逆
反应速率更大。
16.Ⅰ:放热 加入生石灰的烧瓶中气体的颜色红棕色加深，说明二氧化氮浓度增大，平衡2NO (g) NO
2 2 4
(g)向逆向移动，而生石灰溶于水为放热反应使烧瓶温度升高，结合勒夏特列原理，正反应为放热反应。（
或从加入氯化铵固体的烧瓶中气体的颜色红棕色变浅及氯化铵固体溶于水为放热过程的角度说明也可）
不变，由于体系恒温恒压，可以视为新加入的二氧化氮单独达到平衡，体系中各种物质的含量与原平衡一
样，当与原平衡混合后，平衡不移动，所以颜色不变。
Ⅱ:（1）保证盐酸反应完全 (2)c (3)偏大
(4) -50.4 分析数据第二组实验数据误差太大，舍掉。其余三组实验温度平均差为3℃。
根据Q=cρV ΔT 可以得出释放出1.26kJ热量，由于生成了0.025mol水，经过换算得到中和热为50.4kJ/mol
总
17.烟气中含有大量 SO 和 NOx，加入稀硫酸和 溶液脱氮脱硫，则 氧化为硫酸盐，NO 氧化
2 2
为硝酸盐。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知离子方程式为 H
2
O+ClO-+2NO
2
=Cl-+2NO
3
-+2H+
（3）①a．相对于 SO ，NO 更难脱除，则该条件下 SO 的还原性强于 NO；b．活化能越大，速率越慢；c．
2 2
相同条件下，SO 在水溶液中的溶解性强于 NO，则 SO 更易与 溶液反应，去除率更高；
2 2
③反应液 越高，溶液中 HClO 浓度越大，氧化性越强，SO 、NO 脱除率越高。
2
高二10月化学评分细则 第 5 页 共 7 页18.由框图转化关系推断：A为葡萄糖，C为乙醛CHCHO，D为乙酸CHCOOH，E为乳酸CHCH
3 3 3
(OH)COOH，F为CHCOOCH(CH )COOH。
3 3
(1)D、E、F中含相同官能团为羧基
(2)反应 B→C 的化学反应方程式为
(3)a正确,反应I淀粉水解为葡萄糖，b中淀粉与纤维素不是同分异构体，c中乳酸含有一个羟基和羧基，
等量的乳酸消耗Na、NaOH、NaHCO 的物质的量之比为2:1:1，d中B分子中最多有5个原子共平面。故b错
3
误。
(4)G为乙烯，PE为聚乙烯。
(5)淀粉水解产物是葡萄糖，检验葡萄糖中醛基应在碱性环境中进行，而淀粉在稀硫酸中水解后为酸性
，故应该加入NaOH、KOH等碱溶液调节pH至碱性，再用新制Cu(OH) 进行反应检验。
2
(6)
(7)两分子乳酸通过酯化反应可生成六元环酯可知其结构简式为
19.（1）由生成焓定义可得，△H=（-200-242+395）kJ·mol-1=-47kJ·mol-1。△H=△H-△H=+88kJ·mol-1
1 3 2 1
（2）a.恒容条件加入稀有气体，反应物与生成物浓度均不变，速率与平衡都不受影响。
b.分离出HO使得反应正向进行，CO 转化率增大。
2 2
c.催化剂可以增大反应速率，对反应平衡无影响。
d.增加CO 和H 的初始投料比，H 转化率增大，CO 转化率减小。
2 2 2 2
（3）a.恒容条件加入CO，反应物浓度增大，速率增大。
2
b.分离出HO使得反应正向进行，生成物浓度降低，反应速率减小。
2
c.恒容条件加入稀有气体，反应物与生成物浓度均不变，速率不受影响。
d.体系温度变大，速率增大。
（4）②根据该条件下甲醇选择性为40%
主反应：
转化 0.2 0.6 0.2 0.2
副反应：
转化 0.3 0.3 0.3 0.3
平衡时n(CO)=0.5mol，n(H )=0.5mol，n(CHOH)=0.2mol，n(H O)=0.5mol，n(CO)=0.3mol
2 2 3 2
Pa-2=6.4p-2 Pa-2
高二10月化学评分细则 第 6 页 共 7 页（5）M极产生O
2
2.24L(标准状况下)时，转移0.4mol电子，负极发生反应2H
2
O-4e-=O
2
↑+4H+ ，生成的0.4molH
+
转移到正极区，负极区共失去0.1molO
2
和0.4molH+ ，质量共3.6g。
高二10月化学评分细则 第 7 页 共 7 页
