2025年陕教新版必修2化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年陕教新版必修2化学下册月考试卷798考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法错误的是。

A.纤维素、蛋白质和油脂都是能发生水解反应的高分子化合物B.新冠疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关C.甲烷、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应D.如图所示，乙醇催化氧化时断裂的化学键为①和③2、肼(H2NNH2)是一种高能燃料；有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942；O=O为500、N－N为154，则断裂1molN－H所需的能量(kJ)是。

A.194B.391C.516D.6583、下列叙述正确的是（）

A.K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH减小B.K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极的电势更高C.K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大D.K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑4、下列关于萃取操作的说法正确的是()A.从溴水中提取溴，可加入酒精作萃取剂B.萃取操作完成后，静置分液，上、下层液体均从下口放出C.用一种有机溶剂，提取水溶液中的某物质，静置分液后，“水层”应在上层D.萃取时，所加入的溶剂应与原溶剂互不相溶，且与原溶剂、溶质相互间不反应5、设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.7.8g中含有的阴离子数为0.1B.0.2mol由与组成的体系中所含的中子数为2C.4.6gNa与1L0.1mo/L的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.1D.1mol乙烷()分子中有个非极性共价键6、下列有关叙述正确的是。

A.用浓硝酸可以鉴别毛织物和棉织物B.葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但是同系物C.羊毛完全燃烧只生成CO2和H2OD.某学生设计了如图实验方案用以检验淀粉水解的情况。由以上实验可以得出淀粉已完全水解7、醇类化合物在香料中占有重要的地位；下面所列的是一些天然的或合成的醇类香料：

①②③④⑤

下列说法中正确的是A.可用酸性KMnO4溶液检验①中是否含有碳碳双键B.②和③互为同系物，均能催化氧化生成醛C.④和⑤互为同系物，可用1H核磁共振谱检验D.等物质的量的①②③④与足量的金属钠反应，消耗钠的量相同评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、以下是关于化学反应2SO2+O2⇌2SO3的两个素材情景：

素材1：某温度和压强下，2升密闭容器中，不同时间点测密闭体系中三种物质的物质的量。010203040506070SO210.70.50.350.20.10.10.1O20.50.350.250.180.10.050.050.05SO300.30.50.650.80.90.90.9

素材2：反应在不同条件下进行时SO2的转化率：(SO2的转化率是反应的SO2占起始SO2的物质的量分数，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大)。0.1MPa0.5MPa1MPa10MPa400℃99.299.699.799.9500℃93.596.997.899.3600℃73.785.890.096.4

根据两个素材回答问题：

(1)根据素材1中计算20~30s期间，用二氧化硫表示的化学反应速率为_______mol·L-1·s-1。

(2)根据素材2中分析得到，温度升高，SO2的转化率_______(选填“增大”、“不变”或“减小”)；压强增大，SO2的转化率_______(选填“增大”；“不变”或“减小”)。

(3)在恒温恒容的密闭容器中，发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当下列物理量不再发生变化时，一定能证明2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡状态的是_______(填序号)。

①混合气体的压强②混合气体的密度

③混合气体的总物质的量④混合气体的平均相对分子质量9、以甲醇为燃料的电池中，电解质溶液为酸性，则负极反应式为______________，正极反应式为__________________。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ，则该燃料电池的理论效率为________________（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比，甲醇的燃烧热为ΔH=-726.5kJ/mol）。10、Ⅰ.控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据，分析以下数据，回答下列问题：。序号硫酸的体积/mL锌的质量/g锌的形状温度/℃完全溶于酸的时间/s生成硫酸锌的质量/g150.02.0薄片25100m1250.02.0颗粒2570m2350.02.0颗粒3535m3450.02.0粉末25455.0550.06.0粉末3530m5

(1)化学反应速率本质上是由___________________决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验2和实验3表明________对反应速率有影响，该因素对反应速率的具体影响是：其它条件相同时，________________反应速率越快。

(2)我们最好选取实验1、2和4研究锌的形状对反应速率的影响。我们发现在其它条件相同时，反应物间的________________反应速率越快。

(3)若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，发现反应速率明显加快。原因是__________________________________________。

Ⅱ.某温度时；在5L的容器中，X；Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题：

(5)反应开始至2min，Y的平均反应速率_____________________。

(6)分析有关数据，写出X、Y、Z的反应方程式______________________________。11、某实验小组同学进行如下实验：

(1)为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是__(填序号)。

(2)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(a、b为多孔碳棒)其中__(填A或B)处电极入口通甲烷，该原电池的正极电极反应式为___。当消耗标况下甲烷33.6L时，假设能量转化率为90%，则导线中转移电子的物质的量__mol。

(3)如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请回答下列问题：

①当电极c为Al、电极d为Cu、电解质溶液为稀硫酸，写出该原电池正极的电极反应式为___。

②当电极c为Al、电极d为Mg、电解质溶液为氢氧化钠溶液时，该原电池的正极为__；该原电池的负极反应式为___。12、微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用,有一种银锌电池,其电极分别是Ag2O和Zn,电解质溶液为KOH溶液,总反应为Ag2O+Zn=ZnO+2Ag,其中一个电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。

（1）判断正负极的材料。

负极材料_____________,正极材料___________。

（2）写出另一电极的电极反应式,并判断反应类型。

电极反应式__________

反应类型___________

（3）判断电池工作时,电子的流动方向和电解质溶液中离子的流动方向。电子由______到______,溶液中的阳离子流向电池的________,阴离子流向________

（4）在电池使用的过程中,电解质溶液中KOH的物质的量怎样变化?________（增大；减小、不变）

（5）当电池工作时通过电路对外提供了1mol电子,计算消耗的负极的质量_______。

（6）氢氧燃料电池为绿色化学电源，在碱性NaOH溶液为电解质溶液时的负极电极反应式为______。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷。(___________)A.正确B.错误14、化学反应必然伴随发生能量变化。_____A.正确B.错误15、在干电池中，碳棒只起导电作用，并不参加化学反应。(_______)A.正确B.错误16、除去Cu粉中混有CuO的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥。(_______)A.正确B.错误17、在原电池中，负极材料的活泼性一定比正极材料强。(_______)A.正确B.错误18、CH3CH2CH2CH3在光照下与氯气反应，只生成1种一氯代烃。(____)A.正确B.错误19、高分子分离膜可用于海水淡化、分离工业废水、浓缩天然果汁等。(_______)A.正确B.错误20、聚乙烯、聚氯乙烯塑料制品可用于食品包装。(____)A.正确B.错误21、重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共2题，共20分)22、一定温度下；在2L密闭容器中，A；B、C三种气体的物质的量随时间变化曲线如图所示(其中C为有色气体)，按要求解决下列问题。

(1)该反应的化学方程式为____；

(2)用B表示的反应速率为____；

(3)下列条件改变时，能加快化学反应速率的是__请填代号)

A．扩大容器的容积B．增大C的用量C．降低体系的温度D．加入催化剂。

(4)该反应达到平衡状态的标志是________；

①2v(A)＝v(B)②单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolA③A、B、C的浓度之比为2：1：1④混合气体的颜色不再改变⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变．

(5)该反应达到化学反应限度时，B的转化率为__。(请保留一位小数)23、H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害；工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题。

Ⅰ．H2S的除去。

方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+H2SO4

4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O

（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。

（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______________。

方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S

（3）随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为__________。

Ⅱ．SO2的除去。

方法1（双减法）：用NaOH吸收SO2；并用CaO使NaOH再生。

NaOH溶液Na2SO3溶液。

（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：

CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)

从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理______________________。

方法2：用氨水除去SO2

（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0mol·L−1，溶液中的c(OH−)=_______mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的c()/c()=_____________。评卷人得分五、有机推断题(共2题，共10分)24、已知：A是来自石油的重要有机化工原料；此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。

（1）A的结构式为__________，B分子中的官能团名称是___________。

（2）E的名称为________________，写出与D含有相同官能团的E的一种同分异构体的结构简式________________________________________（任写一种）。

（3）写出下列反应④的化学方程式并指出反应类型：

__________________________________________；反应类型是_____________；

（4）某学习小组做以下实验：在溴水中加入足量C溶液；充分反应，溴水褪色。为探究褪色的原因，他们提出了如下三种猜想：

①溴水中的Br2可能与C发生了取代反应。

②C分子中可能含有不饱和键；溴水可能与C发生了加成反应。

③C具有还原性，溴水可能将C氧化为酸，Br2转化为HBr

为探究哪一种猜想正确；研究小组提出了如下两种方案：

方案(一)：检验褪色后溶液的酸碱性；确定其发生哪类反应。

方案(二)：测定反应前溴水中Br2的物质的量和反应后Br﹣的物质的量；确定其发生哪类反应。

①方案(一)是否可行？______(填“可行”或“不可行”)

②假设测得反应前溴水中Br2的物质的量为amol，若测得反应后n(Br﹣)=____mol，则说明溴水与C发生了取代反应；若测得反应后n(Br﹣)=______mol；则说明溴水与乙醛发生了加成反应；

③向含Br20.01mol的溴水中加入足量C使其褪色，然后加过量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体3.76克。已知CH3COOAg易溶于水，通过计算，写出溴水与C发生反应的化学方程式为___________________________________。25、已知有机物A；B、C、D、E、F有以下转化关系。A是分子量为28的气体烯烃；其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；D是食醋的主要成分，E是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是C的2倍，F是一种高分子化合物。结合如图关系回答问题：

(1)写出B、D中官能团的名称：B_____、D_____。

(2)写出下列反应的化学方程式：

①_____；该反应类型是_____。

②_____；该反应类型是_____。

④_____。

(3)实验室用如图的装置制备E，试管A中浓硫酸的作用是______；B中的试剂是______；关于该实验下列说法不正确的是______；

①加热试管A不仅可以加快反应速率；还可以蒸出E，促进反应进行。

②从试管A中蒸出来的物质只有产物E

③振荡后B中油状液体层变薄主要是产物E溶解到试剂B中。

④B中导管应该插入到液面以下评卷人得分六、计算题(共3题，共6分)26、某温度时；在一个2L的密闭容器中,X；Y、Z三气体种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，据此回答：

（1）该反应的化学方程式为___________

（2）从开始至2min；X的平均反应速率为________mol/(L·min)

（3）改变下列条件，可以加快化学反应速率的有_________。A．升高温度B．减小物质X的物质的量C．增加物质Z的物质的量.D．减小压强27、一密闭容器内装有N2和H2，反应开始时，N2浓度为2mol/L，H2浓度为5mol/L，两分钟后，测得N2浓度为1·8mol/L，则两分钟内N2的平均反应速率是多少___？H2和NH3的平均反应速率又分别是多少___？28、工业制硫酸中，SO2的催化氧化是一个可逆反应：2SO2+O22SO3；设该反应在一定条件下，10min达到一定限度，在反应物和生成物之间建立一种动态平衡（即化学平衡）,填空：

。

SO2

O2

SO3

反应开始时的浓度（mol·L-1）

3.0

1.5

0

10min后的浓度（mol·L-1）

平均反应速率(mol·L-1·min-1)

0.1

___________、______________、________________、____________、_______________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．油脂可以水解；但油脂不是高分子化合物，故A错误；

B．疫苗主要成分为蛋白质；在温度高的情况下，会发生性质改变而变性，故B正确；

C．甲烷和氯气可发生取代反应；乙醇；乙酸可发生酯化反应(酯化反应属于取代反应)，酯类可发生水解反应(水解反应属于取代反应)，故C正确；

D．乙醇催化氧化生成乙醛；断裂的化学键为①和③，D正确；

故选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，∆E1=2752J-534kJ=2218kJ，E(N-N)+E(O=O)+4E(N-H)=2218kJ，154kJ+500kJ+4E(N-H)=2218kJ，解得E(N-H)=391kJ，故选B。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．K与N连接时；该装置为原电池，X为硫酸溶液时，铁失电子生成亚铁离子，正极上氢离子得电子生成氢气，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；

B．K与N连接时；该装置是原电池，X为氯化钠，铁发生吸氧腐蚀，铁作负极，石墨电极为正极，即石墨电极的电势更高，故B正确；

C．K与M连接时；该装置为电解池，X为硫酸，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，实际上是电解水，硫酸的浓度逐渐增大，则溶液的pH减小，故C错误；

D．K与M连接时，该装置为电解池，X为氯化钠，石墨作阳极铁作阴极，石墨电极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；故D错误；

故答案为B。

【点睛】

考查原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键，K与N连接时，该装置为原电池，铁易失电子作负极，石墨作正极，正极上得电子发生还原反应；K与M连接时，该装置为电解池，石墨作阳极铁作阴极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应。4、D【分析】【分析】

A；酒精与水混溶；而萃取剂不溶于水；

B；分液操作时下层液体从下口放出；上层液体从上口倒出；

C；有机溶剂的密度可能小于水；

D．萃取时；萃取剂与溶质不反应，且不相溶，出现分层。

【详解】

A项；酒精与水混溶；不能用于萃取溴水中的溴，应用苯或四氯化碳，故A错误；

B项；分液操作时；分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故B错误；

C项、有机溶剂的密度可能小于水，也可能大于水，可能在上层或下层，故C错误；

D项；萃取时；萃取剂与溶质不反应，且不相溶，出现分层，则萃取剂要和原溶剂互不相溶，且不能与溶质和溶剂反应即可，故D正确。

故选D。

【点睛】

本题考查萃取操作，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，其含有的阴离子的物质的量为0.1mol，即0.1NA个；A正确；

B．H218O和D2O的中子数都为10，故该体系中所含的中子数为2NA；B正确；

C．4.6gNa的物质的量为0.2mol，Na除了和HCl反应之外，还会和水反应生成NaOH，故转移电子数目为0.2NA；C错误；

D．1molC2H6中含有1molC-C键，即NA个非极性共价键；D正确；

故选C。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．毛织物主要成分是蛋白质；遇浓硝酸会发生颜色反应变为黄色；而棉织物不会变为黄色，因此可以使用浓硝酸鉴别毛织物和棉织物，A正确；

B．葡萄糖是多羟基醛，具有还原性，分子式是C6H12O6；而蔗糖是一分子葡萄糖和一分子果糖通过分子之间脱去一分子水产生的物质，分子式是C12H22O11；该物质无还原性，因此二者既不是同分异构体，也不是同系物，B错误；

C．羊毛主要成分是蛋白质，其中含有C、H、O、N等元素，因此羊毛完全燃烧不只生成CO2和H2O，还会产生N2等物质；C错误；

D．检验淀粉水解溶液中是否含有未水解的淀粉，不需加入NaOH溶液，要直接加入碘水进行检验即可。若向加入过量NaOH溶液使混合溶液显碱性的溶液中加入碘水，会发生I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O；导致无法检验淀粉的存在，D错误；

故合理选项是A。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．①中碳碳双键和醇羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色；故A错误；

B．②和③是同系物的关系；与醇羟基相连的α-C上均没有氢原子，所以均不能发生催化氧化生成醛，故B错误；

C．④和⑤不是同系物关系，两者可以用1H核磁共振谱检验；故C错误；

D．醇羟基能与钠单质反应生成H2；①②③④分子中羟基数相同，因此等物质的量的①②③④与足量的金属钠反应，消耗钠的量相同，故D正确；

故答案为D。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由素材1可知，20~30s期间，二氧化硫的物质的量的变化量为：二氧化硫表示的化学反应速率为：

(2)根据素材2中分析得到，压强越大，温度越低有利于提高该化学反应限度，温度升高，SO2的转化率减小；压强增大，SO2的转化率增大；

(3)对于2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)：

①混合气体的压强不变；说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故①选；

②混合气体的密度一直不变；混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，故②不选；

③混合气体的总物质的量；说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故③选；

④混合气体的平均相对分子质量；说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故④选；

故选①③④。【解析】①.0.0075②.减小③.增大④.①③④9、略

【分析】【分析】

甲醇燃料电池的总反应式为：CH3OH+O2═CO2+2H2O；可先写简单的正极反应，再考虑负极反应。

【详解】

（1）酸性条件下甲醇燃料电池的总反应式为：CH3OH+O2═CO2+2H2O①，酸性条件下该燃料电池的正极反应式为O2+6H++6e-═3H2②，①-②得电池负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+；该燃料电池的理论效率为

【点睛】

本题考查了原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，难点是电极反应式的书写，电极反应式要结合溶液的酸碱性书写，为易错点。【解析】CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+O2+6H++6e-═3H2O96.6%10、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)根据决定化学反应速率的本质因素进行解答；根据实验2和实验3的反应条件进行分析；温度越高；反应速率会越快；

(2)研究锌的形状对反应速率的影响时；除了锌的规格不同外，其它条件必须完全相同，反应物的接触面积越大，反应速率越快；

(3)根据加入少量硫酸铜；可以构成原电池，从而加快反应速率进行解答；

Ⅱ．(5)据反应速率v=计算该反应的反应速率；

(6)根据物质的量的变化判断反应物和生成物；根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式。

【详解】

Ⅰ．(1)化学反应速率本质上是由反应物本身的性质决定的；实验2和实验3中；除了温度不同外，其它条件完全相同，则说明探究的是温度对反应速率的影响；温度越高，反应速率越快；

(2)根据表中数据可知；实验1；2和4中，除了锌的形状不同外，其它条件完全相同，则它们是探究锌的形状对反应速率的影响；固体的接触面积越大，反应速率越快；

(3)若采用与实验1完全相同的条件；但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，由于锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，所以反应速率明显加快；

Ⅱ．(5)反应开始至2min时，Y的物质的量减少了1.0mol−0.7mol=0.3mol，所以反应速率为：=0.03mol/(L⋅min)；

(6)根据图象可知X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，则X和Y是反应物，Z是生成物，且变化的物质的量分别是0.1mol、0.3mol、0.2mol，由于变化量之比是相应的化学计量数之比，所以其系数之比为：0.1mol:0.3mol:0.2mol=1:3:2，所以其方程式为：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)。【解析】①.反应物本身的性质②.温度③.温度越高④.接触面积越大⑤.锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，加快了反应速率⑥.0.03mol/(L·min)⑦.X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)11、略

【分析】【详解】

(1)为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中铜作负极，其他导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐，①中铁作负极，铜为正极，电池反应式为2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故①不符合题意；②中铜作负极，银作正极，电池反应式为2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故②符合题意；③中铁发生钝化现象，因此铜作负极，铁作正极，电池反应式为4H+＋Cu＋2＝2NO2↑＋Cu2+＋2H2O，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故③不符合题意；④中铁作负极，铜作正极，电池反应式为Cu2+＋Fe＝Fe2+＋Cu，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱；故④不符合题意；综上所述，答案为：②。

(2)根据图中信息，a电极为负极，b电极为正极，燃料在负极反应，因此A处电极入口通甲烷，正极通入氧气，因此正极电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，一个甲烷分子失去8个电子变为碳酸根，当消耗标况下甲烷33.6L即物质的量为假设能量转化率为90%，则导线中转移电子的物质的量1.5mol×8×90%=10.8mol；故答案为：A；O2＋4e－＋2H2O＝4OH－；10.8。

(3)①当电极c为Al、电极d为Cu、电解质溶液为稀硫酸，则Al为负极，Cu为正极，因此该原电池正极是氢离子得到电子变为氢气，其电极反应式为2H+＋2e－＝H2↑；故答案为：2H+＋2e－＝H2↑。

②当电极c为Al、电极d为Mg、电解质溶液为氢氧化钠溶液时，Mg和NaOH溶液不反应，Al和NaOH溶液反应，因此Al为负极，Mg为正极，因此该原电池的正极为2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－；该原电池的负极反应式为Al－3e－＋4OH－＝2H2O＋故答案为：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－；Al－3e－＋4OH－＝2H2O＋【解析】②AO2＋4e－＋2H2O＝4OH－10.82H+＋2e－＝H2↑2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－Al－3e－＋4OH－＝2H2O＋12、略

【分析】【分析】

总反应为Ag2O+Zn=ZnO+2Ag,其中一个电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，Ag2O变成Ag；Ag的化合价从+1变为0，化合价降低，则该电极反应化合价降低；被还原，是正极。

【详解】

（1）由分析可知，Zn为负极，Ag2O为正极，故答案为：Zn；Ag2O；

（2）Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-为正极反应，负极失电子，被氧化，则负极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，故答案为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；氧化反应；

（3）原电池中；电子由负极经导线流回正极，溶液中离子流向为阳离子流向正极，阴离子流向负极，故答案为：负；正；正；负；

（4）从总反应Ag2O+Zn=ZnO+2Ag来看；反应不涉及KOH，故答案为：不变；

（5）Zn-+2OH-+2e-=ZnO+H2O

65g2mol

m1mol列式解得：m=32.5g

故答案为：32.5g；

（6）碱性氢氧燃料电池的负极反应式为：H2+2OH--2e-=2H2O，故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O。

【点睛】

正极-得电子-化合价升高-被氧化，负极-失电子-化合价降低-被还原。原电池的题是高考高平考点，熟练运用原电池工作基本原理，是解决本类题的关键，有些题从化合价入手，有些题从电子入手，有些题从反应类型入手，轻而易举就拿下了。【解析】ZnAg2OZn+2OH--2e-=ZnO+H2O氧化反应负正正负不变32.5gH2+2OH--2e-=2H2O三、判断题(共9题，共18分)13、A【分析】【详解】

(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷，正确。14、A【分析】【详解】

化学反应中能量守恒、但反应物的总能量和生成物的总能量不相等，因此，化学反应必然伴随能量变化。故答案是：正确。15、A【分析】【详解】

在干电池中，碳棒作为正极，电子流入，只起导电作用，并不参加化学反应，正确。16、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应，错误。17、B【分析】【详解】

在原电池中，负极材料与电解质溶液发生反应失去电子，正极材料不参与反应，但负极材料的活泼性不一定比正极材料强，例如：以镁棒和铝棒作为电极材料，以氢氧化钠溶液作为电解质溶液构成的原电池，是活泼性较弱的铝作负极；错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

丁烷分子中含有两种氢原子，故与氯气取代时，可生成两种一氯代烃，即CH2ClCH2CH2CH3和CH3CHClCH2CH3，题干说法错误。19、A【分析】【详解】

高分子分离膜是一种新型高分子材料，可用于海水淡化、分离工业废水、浓缩天然果汁等。故正确。20、B【分析】【详解】

聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装，故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

重金属盐能使蛋白质变性凝结，所以误食重金属盐会中毒，故正确。四、原理综合题(共2题，共20分)22、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，10s之前，BC的量一直在减少，则BC为反应物，A的量一直在增加，则A为生成物，根据各物质变化的数据书写出该反应的化学方程式为：B(g)+C(g)⇌2A(g)；

(2)用B表示的反应速率为：

(3)A．扩大容器的容积，三种气体的浓度都变小，该反应的化学反应速率减小，A不符合题意；

B．增大C的用量；则增大反应物的浓度，该反应的化学反应速率增大，B符合题意；

C．降低体系的温度，减小了该反应的反应速率，C不符合题意；

D．加入催化剂能加快反应的化学反应速率；D符合题意；

答案选BD；

(4)①2v(A)＝v(B)未指明是正反应速率还是逆反应速率；而且等式两边的系数不对，不能说明反应达到平衡状态，①不符合题意；

②单位时间内生成nmolB代表的是逆反应速率，生成2nmolA代表的是正反应速率，且倍数相符，能说明反应达到平衡状态，②符合题意；

③各物质的浓度之比无法说明反应是否达到平衡状态；③不符合题意；

④C为有色气体；混合气体的颜色不再改变，说明反应达到平衡状态，④符合题意；

⑤体系中所有物质均为气体，容器的体积固定，所以混合气体的密度保持不变，所以混合气体的密度不再改变时不能说明反应达到平衡状态，⑤不符合题意；

⑥M（平均）=m总/n总，容器中气体的质量保持不变，反应物的系数和与生成物的系数和相等，所以n总不变；则混合气体的平均相对分子质量一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，⑥不符合题意；

答案选②④；

(5)该反应达到化学反应限度时，B的转化率为：【解析】B(g)+C(g)⇌2A(g)0.0395mol/（L•s）BD)②④65.8%23、略

【分析】【详解】

(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率比无菌时更快；该菌的作用可能作该反应的催化剂，降低了反应活化能，因此加快了该化学反应速率，故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；

(2)由图可知，30℃、pH=2时Fe2+氧化速率最大；此时硫杆菌的催化效果最好。温度太高，硫杆菌的蛋白质变性，使硫杆菌失去了活性，因而催化效果下降，反应速率减小，故答案为：30℃；pH=2.0；蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；

(3)n(H2O2)/n(H2S)=4，假设H2O2物质的量为4mol，H2S的物质的量为1mol，H2O2做氧化剂，还原产物中O化合价为-2价，得电子总物质的量=4×2×[-1-(-2)]mol=8mol，H2S作还原剂，设氧化产物中S的化合价为x，则失电子总物质的量=1×[x-(-2)]，得失电子总数相等，则8=1×[x-(-2)]，解得x=+6，结合原子守恒可知，氧化产物为H2SO4，故答案为：H2SO4；

(4)NaOH溶液和少量SO2反应生成Na2SO3和H2O，离子方程式为：2OH−+SO2=+H2O。NaOH再生的原因是：与Ca2+生成CaSO3沉淀，使Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)平衡正向移动，生成NaOH，故答案为：2OH−+SO2=+H2O；与Ca2+生成CaSO3沉淀，使Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)平衡正向移动；生成NaOH；

(5)NH3·H2ONH4++OH-，Ka=1.8×10−5=解得：c(OH-)=6.0×10−3。c(OH−)=1.0×10−7mol·L−1时，则c(H+)==1.0×10-7mol/L，HSO3-H++SO32-，Ka2===0.62，故答案为：6.0×10−3；0.62。

【点睛】

NH3·H2ONH4++OH-，Kb是NH3·H2O的电离平衡常数，Kb=表达式中的浓度均是平衡时浓度，NH3·H2O是弱电解质，只有极少部分发生电离，故NH3·H2O的平衡浓度近似等于NH3·H2O的起始浓度，NH4+的平衡浓度近似等于OH-的平衡浓度，故Ka=【解析】降低反应活化能（或作催化剂）30℃、pH=2.0蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）H2SO42OH−+SO2=+H2O与Ca2+生成CaSO3沉淀，使Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)平衡正向移动，生成NaOH；6.0×10−30.62五、有机推断题(共2题，共10分)24、略

【分析】【详解】

A是来自石油的重要有机化工原料；此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，A发生加聚反应生成高聚物F为聚乙烯，B与D可以得到E，E是具有果香味的有机物，E为酯，故B为乙醇，反应①是乙烯与是发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成C为乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成D为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为乙酸乙酯。

(1)乙烯的结构式为乙醇分子中的官能团为羟基，故答案为羟基；

(2)E为乙酸乙酯，D为乙酸，与D含有相同官能团的E的一种同分异构体为CH3CH2CH2COOH或CH(CH3)2COOH，故答案为乙酸乙酯；CH3CH2CH2COOH或CH(CH3)2COOH；

(3)反应④为乙烯的加聚反应，反应的化学方程式为nCH2=CH2故答案为nCH2=CH2加聚反应；

(4)①溴水与乙醛发生取代反应有HBr生成；乙醛被氧化生成乙酸和HBr；溶液均呈酸性，所以无法检验褪色后溶液的酸碱性，确定其发生哪类反应；故答案为不可行；

②若发生取代反应，1molBr2可生成1molHBr，故反应后n(Br-)=amol；若发生加成反应，则无HBr生成，故反应后n(Br-)=0；故答案为a；0；

③得到固体3.76g为AgBr的质量，n(AgBr)==0.02mol，n(Br-)=2n(Br2)，则反应为氧化反应，反应方程式为：CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr；故答案为CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr。【解析】羟基乙酸乙酯CH3CH2CH2COOHnCH2=CH2加聚反应不可行a0【答题空10】CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr25、略

【分析】【分析】

A是分子量