2025年青岛版六三制新必修2化学上册月考试卷

…………○…………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年青岛版六三制新必修2化学上册月考试卷519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、下列变化过程，吸热的是A.Cl+Cl→Cl2B.H+Cl→HClC.I2→I+ID.C+O2CO22、利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2；装置如图所示。下列说法不正确的是（）

A.a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2OB.A膜和C膜均为阴离子交换膜C.可用铁电极替换阴极的石墨电极D.a极上通入标况下2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.4mol3、a、b、c三个容器，分别发生反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，经过相同的一段时间后，测得数据如下表所示：。容器abc反应速率v(H2)=3mol·L-1·min-1v(N2)=0.05mol·L-1·min-1v(NH3)=4mol·L-1·min-1

则三个容器中合成氨的反应速率由大到小的顺序为A.v(a)＞v(b)＞v(c)B.v(b)＞v(c)＞v(a)C.v(c)＞v(a)＞v(b)D.v(b)＞v(a)＞v(c)4、已知1,3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1加成时的反应方程式和对应过程的能量变化曲线如图所示。下列说法不正确的是。

1,2-加成：+Br2→(产物A)

1,4-加成：+Br2→(产物B)

A.1，3-丁二烯和Br2的加成反应是放热反应B.其他条件相同时，生成产物A的反应速率快于生成产物B的C.其他条件相同时，产物A比产物B更稳定D.改变反应温度可能改变产物A和产物B的比例5、工业合成氨的简易流程如下；通过循环Ⅰ可以利用的物质是。

A.催化剂B.只有N2C.只有H2D.N2和H26、下列关于化学反应与能量的说法正确的是（）A.CO燃烧属于放热反应B.H2SO4与NaOH反应属于吸热反应C.化学键断裂放出能量D.反应物总能量与生成物总能量一定相等7、电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示，其中NH3被氧化为常见无毒物质。下列说法错误的是（）

A.溶液中OH－向电极a移动B.电极b上发生还原反应C.负极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2OD.理论上反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为3∶4评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、有机物X是合成治疗癌症药物的中间体；其合成部分路径如下：

请回答下列问题：

(1)下列有关X的说法正确的是_______。

A用酸性高锰酸钾溶液可鉴别化合物X与B

BX属于芳香烃。

CX可发生还原反应。

DX分子中含有一个手性碳原子。

(2)由B制备X的过程中，有副产物C(分子式为C19H18O4)生成，则C的结构简式为____。

(3)写出苯甲酸的一种含有苯环的同分异构体的结构简式________。

(4)写出A生成B反应的化学方程式________。

(5)写出X与NaOH溶液反应的化学方程式________。9、在2L恒容密闭容器中，某可逆反应(ABC均为气体)进行过程中，在不同反应时间各物质物质的量的变化情况如图所示。则该反应的化学方程式为_________________；开始至2分钟时，用C表示其反应速率为__________。

10、已知某油脂A；在稀硫酸作催化剂的条件下水解，生成脂肪酸和多元醇B，B和硝酸在浓硫酸作用下通过酯化反应生成有机物D。

（1）写出油脂A在稀硫酸作催化剂的条件下水解的化学方程式：__。

（2）已知D由C、H、O、N四种元素组成，相对分子质量为227，C、H、N的质量分数分别为15.86%、2.20%和18.50%，则D的分子式是__，B→D的化学方程式是__。

（3）C是B和乙酸在一定条件下反应生成的化合物，相对分子质量为134，写出C所有可能的结构简式：__。11、如图所示；是原电池的装置图。请回答：

（1）若C为稀H2SO4溶液；电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极上发生的电极反应式为____；

（2）若C为CuCl2溶液；Zn是负极，Cu极发生____反应，电极反应为____。

（3）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：

电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，c电极为____极，电极反应方程式为____。若线路中转移2mol电子，则消耗的O2在标准状况下的体积为____L。12、利用反应CuSO4＋Fe=Cu＋FeSO4；设计一个原电池。

(1)选用___________为负极，___________为正极，电解质溶液为___________。

(2)写出电极反应式：负极___________，正极___________。

(3)在方框中画出装置图：______。13、某同学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(气体体积已折算为标准状况下的体积)，实验记录如下(累计值)：。时间/min12345氢气体积/mL50120232290310

(1)反应速率最大的时间段是___________(填“0~1min”“1~2min”“2~3min”“3~4min”或“4~5min”)，原因是___________。

(2)反应速率最小的时间段是___________(填“0~1min”“1~2min”“2~3min”“3~4min“或“4~5min”)，原因是___________。

(3)2~3min时间段内，以盐酸的浓度变化表示该反应的速率为___________。

(4)如果反应太剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，该同学在盐酸中分别加入等体积的下列液体，你认为可行的是___________(填序号)。

A．蒸馏水B．NaCl溶液C．溶液D．溶液14、思维辨析：

(1)甲烷的电子式、结构式均能反映出甲烷的空间结构。()

(2)碳碳双键的键能比碳碳单键的键能大，键长短，所以碳碳双键比碳碳单键稳定。()

(3)甲烷分子里，4个碳氢键的键长和键能均等同，说明甲烷分子不是平面结构。()

(4)正戊烷分子中的碳链是直线型的。()15、浓硫酸在有化学实验中频繁出现；下列实验中浓硫酸的作用：

a．实验室制备乙酸乙酯：________；

b．实验室制乙烯：________。16、如图为原电池装置示意图：

(1)若M为铜片，N为碳棒，电解质溶液为FeCl3溶液，则铜片为_______极(填“正”或“负”)，写出正极反应式________。

(2)若M为Pb，N为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。写出M电极反应式：_______；该电池工作时，M电极的质量将_____(填“增加”、“减小”或“不变”)。若该电池反应消耗了0.2molH2SO4，则转移电子的数目为________。

(3)若M、N均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从M.、N两极通入CH4和O2，该电池为甲烷燃料电池，写出M电极反应式：_________。该电池工作一段时间后，溶液的碱性将______(填“增强”、“减弱”或“不变”)。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、质量分数为17%的氨水中含有的分子数为(_______)A.正确B.错误18、铅蓄电池是可充电电池。(_______)A.正确B.错误19、热化学方程式中，化学计量数只代表物质的量，不代表分子数。____A.正确B.错误20、甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，则生成的氯甲烷具有酸性。(____)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、计算题(共1题，共4分)22、在海底和冻土层存在着储量巨大的“天然气水合物”，具有良好开发和应用前景。有科学家开采得到一种天然气水合物样品，取95.6克样品放置在一密闭容器内，该样品迅速转化为甲烷气体（CH4）和水。将甲烷气体分离并完全燃烧，得到35.2克二氧化碳。求该天然气水合物样品中甲烷的质量分数__。（精确到0.1%）评卷人得分五、原理综合题(共3题，共15分)23、H2S存在于多种燃气中，脱除燃气中H2S的方法很多。

(1)2019年3月《sciencedirect》介绍的化学链技术脱除H2S的原理如图所示。

①“H2S氧化”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

②“HI分解”时，每1molHI分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：________。

③“Bunsen反应”的离子方程式为________。

(2)电化学干法氧化法脱除H2S的原理如图所示。阳极发生的电极反应为________；阴极上COS发生的电极反应为________。

(3)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S法包含的反应如下：

(Ⅰ)H2S(g)H2S(aq)

(Ⅱ)H2S(aq)H＋+HS-

(Ⅲ)HS－+2Fe3＋=S↓+2Fe2＋+H＋

一定条件下测得脱硫率与Fe3＋浓度的关系如图所示。

①吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是________。

②图中当Fe3＋的浓度大于10g·L－1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于________。24、NH3是一种重要的化工产品；是制造铵盐的原料。

（1）NH3的电子式为____________。

（2）实验室用图1所示装置制备氨气，该反应的化学反应方程式为_______，检验氨气的方法是____________。

（3）实验室也常用图2所示的简易装置制备氨气，下列说法正确的是________（填字母序号）。

a．锥形瓶中加入的固体物质可以是碱石灰。

b．制得的氨气可用碱石灰来干燥。

c．可用图3装置和试剂对氨气进行尾气处理。

（4）氯化铵常用作除锈剂，用化学用语表达其水溶液呈酸性的原因是______；

（5）工业上用活性炭做催化剂，在280~450℃条件下氯化铵与甲醇反应制取一氯甲烷，该反应的化学方程式为________。25、为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏。化学家研究在催化剂作用下，通过下列反应：CCl4＋H2CHCl3＋HCl使CCl4转化为重要的化工原料氯仿(CHCl3)。此反应伴随有副反应，会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等。已知CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃。

(1)在密闭容器中，该反应达到平衡状态后，测得如下数据(假设不考虑副反应)。实验。

序号温度/℃初始CCl4的浓度。

(mol·L－1)初始H2的浓度。

(mol·L－1)CCl4的平衡转化率11100.81.2A21101150%310011B

①此反应的化学平衡常数表达式为_____________。

②实验1中，CCl4的转化率A________50%(填“大于”“小于”或“等于”)。

③实验2中，10h后达到平衡，H2的平均反应速率为________________。

④实验3中，B的值________(填序号)。

A等于50%B大于50%C小于50%D从本题资料无法判断。

(2)120℃时，在相同条件的密闭容器中，分别进行H2的初始浓度为2mol·L－1和4mol·L－1的实验，测得反应消耗CCl4的百分率(x%)和生成物中CHCl3的百分含量(y%)随时间(t)的变化关系如图(图中实线是消耗CCl4的百分率变化曲线，虚线是产物中CHCl3的百分含量变化曲线)。

①在图中的四条线中，表示H2的起始浓度为2mol·L－1的实验消耗CCl4的百分率变化曲线的是________(填序号)。

②根据上图曲线，氢气的起始浓度为________mol·L－1时，有利于提高CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量。评卷人得分六、工业流程题(共1题，共4分)26、铝元素在自然界中主要存在于铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2)中。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。

（1）在滤液A中加入漂白液；目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。

①检验滤液B中是否还含有铁元素的操作方法为：____。

②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；可选用的最好试剂为___________(填选项编号)。

a.氢氧化钠溶液b.硫酸溶液c.氨水d.二氧化碳。

③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩；___________(填操作名称)、过滤、洗涤。

（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为___________(填选项编号)。A．B．C．D．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．Cl+Cl→Cl2；形成化学键释放能量，放热，故A不符合题意；

B．H+Cl→HCl；形成化学键释放能量，放热，故B不符合题意；

C．I2→I+I；断裂化学键需要吸收能量，吸热，故C符合题意；

D．碳的燃烧需要释放能量；放热，故D不符合题意；

答案选C。2、B【分析】【分析】

根据题干信息，左侧为原电池，右侧为电解池，a极为原电池的负极，电极反应式CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，b极为正极，电极反应式O2+4e-=2O2-，阳极室的电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阳极室的Ca2+通过A膜（阳离子交换膜）进入产品室，阴极室的电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极不参与反应，可以用铁电极替换石墨电极，原料室的Na+通过C膜（阳离子交换膜）进入阴极室，原料室的H2PO4-通过B膜（阴离子交换膜）进入产品室，在产品室中制得产品Ca(H2PO4)2；据此分析解答。

【详解】

A．由上述分析知，a极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；A选项正确；

B．根据上述分析可知；A膜；C膜均为阳离子交换膜，B选项错误；

C．阴极电极不参与反应；可用铁替换阴极的石墨电极，C选项正确；

D．a极上通入2.24L（标准状况下）甲烷，转移电子0.8mol，根据e-守恒，阳极室中Cl-失去的电子也为0.8mol，所以消耗的Cl-0.8mol，即负电荷减少0.8mol，所以阳极室中带正电荷的0.4molCa2+移向产品室，即Ca2+减少0.4mol；D选项正确；

答案选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

合成氨反应方程式是根据不同物质表示的速率比等于化学量数比，a容器中b容器中c容器中所以三个容器中合成氨的反应速率由大到小的顺序为

答案选C。4、C【分析】【详解】

A．从图中可知，不管发生1，2-加成还是1，4-加成，反应物的总能量均高于生成物的总能量，故反应1,3-丁二烯和Br2的加成反应是放热反应；故A说法正确；

B．活化能越小；反应越容易进行，反应速率越快，根据图知，1，2-加成所需活化能小于1，4-加成，则反应速率1，2-加成较快，故其他条件相同时，生成产物A的反应速率快于生成产物B的，故B说法正确；

C．物质能量越低越稳定；即由图中可知产物A的总能量＞产物B的，所以稳定性：A＜B，故C说法错误；

D．从图中可知；生成A的活化能比生成B的小，化学反应速率快，所以低温时，产物以A为主；升高温度，体系的能量增加，中间体C转化为B的活化分子百分数增加，故生成产物B的几率增大了，因此，改变反应温度可能改变产物A和产物B的比例，故D说法正确；

故答案为：C。5、D【分析】【详解】

N2和H2在高温、高压和催化剂的作用下反应生成氨气，这是一个可逆反应，可逆反应不会反应完全，两种反应物都会有剩余，与产物氨气分离之后可通过循环Ⅰ循环使用，答案选D。6、A【分析】A.燃烧反应都是放热反应，故CO燃烧属于放热反应，选项A正确；B.酸碱中和反应都是放热反应，故H2SO4与NaOH反应属于放热反应；选项B错误；C.化学键断裂需要吸收能量，选项C错误；D.所有化学反应都伴随着能量的变化，化学反应中反应物总能量与生成物总能量一定不相等，选项D错误。答案选A。

点睛：本题考查放热反应和吸热反应以及反应中能量的变化。一般金属和水或酸反应、酸碱中和反应、一切燃烧反应、大多数化合反应和置换反应、缓慢氧化反应如铁生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。7、D【分析】NH3被氧化为常见无毒物质即N2，则氨气在负极失去电子，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，在正极氧气得电子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH_，氢氧根离子在正极产生，在负极消耗，则溶液中OH-向电极a移动，A正确；电极b上发生还原反应，B正确；负极的电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，C正确；由得失电子守恒计算，理论上反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：3，D错误。答案选D。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【详解】

(1)A．X和B均含有碳碳双键；都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以无法鉴别，故A错误；

B．X中除C；H元素外还有O元素；不属于烃类，故B错误；

C．X中碳碳双键可以和氢气发生加成反应；该反应属于还原反应，故C正确；

D．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳；X中同时连接氧原子；甲基的碳原子为手性碳，故D正确；

综上所述答案为CD；

(2)X的中含有12个C原子，其副产物含有19个碳原子，而B中有两个羟基，所以副产物C应是B与两分子苯甲酸酯化的产物，所以C为

(3)苯甲酸的一种含有苯环的同分异构体为

(4)A在NaOH水溶液中发生水解反应生成B，化学方程式为+2NaOH+2NaBr；

(5)X中含有酯基，可以和NaOH发生反应，化学方程式为+NaOH+【解析】CD+2NaOH+2NaBr+NaOH+9、略

【分析】【分析】

图中横坐标是时间；纵坐标是物质的量，反应进行到两分钟时达到平衡。根据图中达到平衡时各物质的变化量的关系便可写出化学方程式；用C物质的量的变化量除以体积，再除以所用时间便可得用C表示的化学反应速率。

【详解】

从图中可知，A减少的物质的量是：5mol-3mol=2mol，B减少的物质的量是：2mol-1mol=1mol，C增加的物质的量是：4mol-2mol=2mol，所以各物质的计量数关系是：A：B：C=2：1：2，同时考虑该反应是可逆反应，化学方程式应写成：2A+B2C；v(C)=2mol÷2L÷2min=0.5mol∙L-1∙min-1。答案为：2A+B2C；0.5mol∙L-1∙min-1

【点睛】

看图写化学方程式要注意是否要写可逆号；化学反应速率应用浓度的变化除以时间，如果用物质的量的变化除以时间，则容易出现错误结果。【解析】①.2A+B2C②.0.5mol∙L-1∙min-110、略

【分析】【详解】

（1）油脂是高级脂肪酸甘油酯，在稀硫酸作催化剂的条件下水解为高级脂肪酸和甘油，水解化学方程式是+3H2O+R1COOH+R2COOH+R3COOH(R1、R2、R3用R表示也可以)；

（2）D相对分子质量为227，C原子数是H原子数是N原子数是O原子数是则D的分子式是甘油和硝酸在浓硫酸作用下通过酯化反应生成有机物和水，反应的化学方程式是+3HNO3+3H2O；

（3）C是B（丙三醇，相对分子质量为92）和乙酸反应的产物，且相对分子质量为134，推测C是B和乙酸按物质的量之比为1∶1反应所得的产物，其可能结构有以下两种：和

【点睛】

本题考查有机物推断，涉及油脂在碱性条件下的水解、有机物分子式的确定、同分异构体书写等，注意对酯水解原理的理解和掌握。【解析】+3H2O+R1COOH+R2COOH+R3COOH(R1、R2、R3用R表示也可以)C3H5O9N3+3HNO3+3H2OCH3COOCH2CH(OH)CH2OH、HOCH2CH(OOCCH3)CH2OH11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，电极反应为Fe－2e－＝Fe2+，A为正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-＝H2↑；

(2)锌、铜和CuCl2溶液构成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子进入溶液，导致锌逐渐溶解，电极反应式为Zn－2e－＝Zn2+，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜单质，电极反应式为Cu2++2e-＝Cu；

(3)根据图中电子流向可知c为负极，是甲醇发生氧化反应，电极反应式为CH3OH－6e-+H2O＝CO2↑+6H+；1mol氧气在反应中得到4mol电子；因此若线路中转移2mol电子时消耗氧气0.5mol，在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol＝11.2L。

【点睛】

掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意把握电极方程式的书写，特别是电解质溶液的酸碱性对电极方程式的影响，另外还需要注意电子得失守恒的灵活应用。【解析】2H++2e-=H2↑还原Cu2++2e-=Cu负CH3OH−6e-+H2O=CO2↑+6H+11.212、略

【分析】【分析】

根据原电池工作原理结合总反应方程式；还原剂作原电池的负极，比负极不活泼的金属或非金属导体作正极，反应中作氧化剂的溶液为电解质溶液，由此分析解答。

【详解】

(1)在该反应中，Fe为还原剂，所以在设计的原电池中，Fe为负极，CuSO4为氧化剂，则不如负极铁活泼的金属或导电的非金属作正极，正极材料可以是铜(或石墨等)，CuSO4溶液为电解质溶液；

(2)在负极上，Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，负极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；

在正极上，溶液中的Cu2+得到电子，发生还原反应，则正极的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；

(3)在该原电池中，Fe为负极，电解质溶液为CuSO4溶液，若Cu为正极，则该原电池反应原理装置图为：【解析】FeCu(或C等)CuSO4溶液Fe-2e-=Fe2+Cu2++2e-=Cu13、略

【分析】【分析】

【详解】

由表格数据可知；0～1；1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；

(1)反应速率最大；则单位时间内产生的氢气最多，2~3min产生氢气的量为112mL，因该反应是放热反应，此时间段内温度较高，此时间段温度是影响反应速率的主要因素；答案为2~3min；该反应是放热反应，此时间段内温度较高。

(2)反应速率最小，即单位时间内产生的氢气最少，4~5min共产生20mL氢气，此时间段内浓度较低，此时段浓度是影响反应速率的主要因素；答案为4~5min；4~5min时间段内浓度较低。

(3)在2～3min时间段内，n(H2)==0.005mol，由2HCl～H2得，消耗盐酸的物质的量为n(HCl)=0.01mol，则υ(HCl)==0.10mol·L-1·min-1)；答案为0.1

(4)A．加蒸馏水，溶液的体积增大，浓度降低，反应速率减小，但生成的气体的量不变，故A符合题意；

B．加NaCl溶液，溶液的体积增大，浓度降低，反应速率减小，但生成的气体的量不变，故B符合题意；

C．加Na2CO3溶液，溶液的体积增大，盐酸的浓度降低，但盐酸和碳酸钠反应，消耗了盐酸，生成氢气的量减小，故C不符合题意；

D．加CuSO4溶液；能形成铜锌原电池，加快反应速率，故D不符合题意；

答案为AB。【解析】2~3min该反应是放热反应，2~3min时间段内温度较高4~5min4~5min时间段内浓度较低0.1AB14、略

【分析】【详解】

(1)甲烷的电子式只表示原子间成键类型和数目；结构式能表示原子间连接方式；均不能反映出甲烷的空间结构。故（1）错误；

(2)碳碳双键的键能比碳碳单键的键能大；键长短，但碳碳双键中有一个键不稳定，所以碳碳双键比碳碳单键稳定性弱。故（2）错误；

(3)甲烷分子里；4个碳氢键的键长和键能均等同，不能说明甲烷分子不是平面结构，还要看键角之和是否为360°。故（3）错误；

(4)碳的杂化方式是sp3，键角不是180°，正戊烷分子中的碳链是锯齿型的。故（4）错误。【解析】错错错错15、略

【分析】【分析】

实验室用乙醇与乙酸；在浓硫酸并加热的条件下发生反应制取乙酸乙酯；用乙醇在浓硫酸、170℃的条件下制得乙烯。

【详解】

a．实验室制备乙酸乙酯时，乙酸与乙醇发生酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；在反应中，浓硫酸的作用：催化剂；吸水剂；

b．实验室制乙烯时，乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；浓硫酸的作用：催化剂，脱水剂。

答案为：催化剂；吸水剂；催化剂；脱水剂。

【点睛】

在书写用乙酸与乙醇反应制乙酸乙酯的化学方程式时，我们很容易忽视反应生成水的存在。【解析】催化剂、吸水剂催化剂，脱水剂16、略

【分析】【分析】

(1)根据原电池装置示意图；结合原电池反应原理判断正负极，并书写电极反应式；

(2)负极失去电子；发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应，根据总反应方程式与电子转移关系有消耗硫酸的物质的量计算电子转移数目；

(3)在燃料电池中，通入燃料CH4的电极为负极，通入O2的电极为正极；结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式和总反应方程式，然后判断溶液碱性强弱的变化情况。

【详解】

(1)由于电极活动性：Cu＞C，所以铜片为负极，C棒为正极。即M极为铜片作原电池的负极，N极为碳棒作原电池的正极。由于电解质溶液为FeCl3溶液，所以正极上Fe3+得到电子变为Fe2+，则正极的电极反应为：Fe3++e-=Fe2+；

(2)若M为Pb，N为PbO2，由于电极活动性Pb＞PbO2，所以Pb为负极，PbO2为正极。负极M电极Pb失去电子变为Pb2+，Pb2+与溶液中的结合形成PbSO4，M极的电极反应式为：Pb-2e-+=PbSO4。由于负极不断由Pb变为PbSO4；故负极的质量会增加；

根据电池总反应方程式：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知：每有2molH2SO4发生反应，会转移2mol电子，则反应消耗0.2molH2SO4时转移0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA；

(3)在燃料电池中，通入燃料CH4的电极M电极为负极、通入O2的电极N极为正极，负极M上CH4失去电子被氧化产生CO2，CO2和溶液中的OH-反应生成则负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O；正极上O2得到电子，发生还原反应产生OH-，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应方程式为：CH4+O2+2OH-=+3H2O。可见：随着反应的进行，不断消耗OH-，反应产生水，使溶液中c(OH-)减小；因此溶液的碱性互逐渐减弱。

【点睛】

本题考查了原电池反应原理。负极失去电子发生氧化反应；正极得到电子发生还原反应。根据在同一闭合回路中电子转移数目相等进行有关计算。注意结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式。在甲烷燃料电池中，酸性环境CH4被氧化最终为CO2，碱性环境最终变为为易错点。【解析】负Fe3++e-=Fe2+Pb-2e-+=PbSO4增加0.2NA(或1.204×1023)CH4-8e-+10OH-=+7H2O减弱三、判断题(共5题，共10分)17、B【分析】【详解】

质量分数为17%的氨水中溶质物质的量为但是氨水中存在平衡故含有的分子数小于故错误，18、A【分析】【详解】

铅蓄电池是可充电电池，正确。19、A【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式中，∆H的单位中“mol-1”指“每摩尔反应”，故热化学方程式中，化学计量数只代表物质的量，不代表分子数，∆H必须与化学方程式一一对应；正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，则生成的氯化氢具有酸性，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、计算题(共1题，共4分)22、略

【分析】【分析】

根据生成的二氧化碳的质量和对应的化学方程式计算参加反应的甲烷的质量；进而计算甲烷的质量分数。

【详解】

设生成35.2g二氧化碳需要的甲烷的质量为x；

CH4+2O2CO2+2H2O

1644x35.2g

=解得：x=12.8g，该天然气水合物样品中甲烷的质量分数为×100%≈13.4%，故答案为：13.4%。【解析】13.4%五、原理综合题(共3题，共15分)23、略

【分析】【分析】

(1)①“H2S氧化”为H2S与浓硫酸的反应产生S单质、SO2和H2O；结合电子守恒计算；

②1molHI分解生成碘蒸气和氢气时；吸收13kJ的热量，结合状态及焓变书写热化学方程式；

③“Bunsen反应”中反应物为二氧化硫；碘、水；生成物为硫酸和HI；

(2)阳极上硫离子失去电子；阴极上COS得到电子；

(3)①吸收液经过滤出S后；滤液需进行再生，可利用氧气氧化亚铁离子；

②图中当Fe3+的浓度大于10g/L时；浓度越大，酸性增强，导致脱硫率越低。

【详解】

(1)①“H2S氧化”为H2S与浓硫酸的反应，由电子守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为=

②1molHI分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13kJ的热量，结合状态及焓变可知热化学方程式为2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=+26kJ/mol；

③“Bunsen反应”中反应物为二氧化硫、碘、水，生成物为硫酸和HI，离子反应为SO2+I2+2H2O=4H＋+SO42-+2I-；

(2)由电化学干法氧化法脱除H2S的原理图2可知，阳极发生的电极反应为2S2--4e-═S2；阴极上COS发生的电极反应为COS+2e-═S2-+CO；

(3)①吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是通入足量O2（或空气）；

故答案为通入足量O2（或空气）；

②图中当Fe3+的浓度大于10g/L时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH减小，使反应（Ⅰ）、（Ⅱ）向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应（Ⅲ）Fe3+浓度增大因素。

【点睛】

本题考查热化学方程式及氧化还原反应的知识，把握图中反应物、生成物及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图像的分析与应用。【解析】1∶12HI(g)H2(g)+I2(g)；ΔH=+26kJ/molSO2+I2+2H2O=4H＋+SO42-+2I-2S2--4e－=S2COS+2e-=S2-+CO通入足量O2(或空气)Fe3＋浓度增大，pH减小，使反应(Ⅰ)、(Ⅱ)向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ)Fe3＋浓度增大因素24、略

【分析】【详解】

(1)NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，氨气的电子式为故答案为：

(2)实验室制备氨气的方法是加热氯化铵和熟石灰的固体混合物，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，检验氨气的方法有：方法一，用湿润的红色石蕊试纸检测气体，若试纸变蓝，说明气体是氨气，方法二，用一根玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近气体，若有大量白烟，说明气体是氨气，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；用湿润的红色石蕊试纸检测气体；若试纸变蓝，说明气体是氨气(或用一根玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近气体，若有大量白烟，说明气体是氨气)；

(3)a.碱石灰可以吸收浓氨水中水分；增大氢氧根离子浓度；有利于氨气放出，所以锥形瓶中可以盛放碱石灰，故a正确；

b.氨气为碱性气体，可以用碱石灰干燥氨气，故b正确；

c.氨气极易溶于水；尾气吸收装置必须具有防止倒吸的作用，故c错误；

故答案为：ab；

(4)氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，能够与三氧化二铁反应，除去铁锈，离子方程式：NH+H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH+H2ONH3·H2O+H+；

(5)工业上用活性炭做催化剂，在280~450℃条件下氯化铵与甲醇反应制取一氯甲烷，该反应的化学方程式为:NH4Cl+CH3OHCH3Cl+NH3↑+H2O，故答案为：NH4Cl+CH3OHCH3Cl+NH3↑+H2O。【解析】2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O用湿润的红色石蕊试纸检测气体，若试纸变蓝，说明气体是氨气(或用一根玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近气体，若有大量白烟，说明气体是氨气)abNH+H2ONH3·H2O+H+NH4Cl+CH3OHCH3Cl+NH3↑+H2O。25、略

【分析】【分析】

(1)①因CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃；所以在110℃或100℃反应时各物质均为气态，根据平衡常数的表达式书写；

②110℃时，由实验2可知反应中各物质的平衡浓度均为0.5mol/L，代入表达式计算得平衡常数；实验1和实验2的反应温度相同，所以其平衡常数相同，利用平衡常数相等，