2025年粤教版必修2化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年粤教版必修2化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是A.由Zn、Cu、稀H2SO4组成原电池，放电时SO42﹣向Zn电极移动B.由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al﹣3e+4OH﹣=AlO2﹣+2H2OC.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+D.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池作电源，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+2、甲、乙、丙、丁四种金属。甲即使在高温时也不与氧气反应，乙、丙、丁在一定条件下都能与氧气反应。丁盐的水溶液可用丙制的容器盛放，但不能用乙制的容器盛放。这四种金属的活动性由强到弱的顺序是A.甲＞乙＞丁＞丙B.丙＞丁＞乙＞甲C.丙＞乙＞丁＞甲D.乙＞丁＞丙＞甲3、将5.6g铁粉投入稀硫酸中，2min时铁粉完全溶解。下列有关反应速率的表示正确的是A.B.C.D.4、下列说法正确的是A.乙烯与溴的四氯化碳反应的有机产物只有1种B.乙烯和聚乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.甲烷与氯气在光照下反应产物共有4种D.一氯甲烷没有同分异构体可以证明甲烷空间结构是正四面体5、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法错误的是A.离子半径：YB.简单氢化物的稳定性：Y>W>ZC.把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色D.向ZYW2与水反应后的溶液中滴加氯化钡溶液无明显现象6、实验室制备硝基苯(难溶于水；密度比水大的油状液体)的反应原理，下列关于硝基苯的制备和纯化的装置不正确的是。

A.浓硫酸与浓硝酸混合B.制备硝基苯C.用氢氧化钠溶液分离硝基苯中混有的酸D.分离硝基苯中混有的苯7、下列说法正确的是A.可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀B.淀粉、纤维素、油脂、蛋白质等高分子化合物均能发生水解反应C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极保护法D.煤中含有大量苯及其同系物，可通过干馏的方法得到苯及其同系物评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、在一定温度下的定容容器中，发生反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)，能判断反应已经达到化学平衡状态的是（）A.混合气体的压强不变B.混合气体的密度不变C.混合气体的体积不变D.混合气体中不变9、向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐渐加入铁粉；产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析错误的是。

A.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生H2B.A点溶液中的溶质为FeSO4和H2SO4C.原混合酸中NO和SO物质的量之比为2：1D.原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-110、甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能；乙图是含Cr2O72-酸性废水的处理装置。将甲、乙两装置连接[Fe(Ⅱ)极与X极连接]，可将Cr2O72-转化成Cr(OH)3沉淀而除去。下列说法错误的是。

A.若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋，B.电解一段时间后，在Fe(I)极附近有沉淀析出C.装置乙的隔膜是阳离子交换膜D.电路中每转移3mol电子，最多有0.25molCr2O72-被还原11、一定条件下反应在一密闭容器中进行，测得平均反应速率v(C)=2v(B)。若该反应过程中气体的物质的量一直保持不变，则m、n、p、q可能依次是A.2、6、3、5B.3、1、2、2C.2、1、2、1D.1、3、2、212、下列装置或操作能达到目的的是。

。序号。

装置或操作。

目的。

A

装置依据单位时间内颜色变化来比较比较浓度对反应速率对反应速率的影响。

B

装置依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响。

C

装置结合秒表用于测定生成氢气的速率。

D

装置依据U形管两边液面的高低判断钠和水反应的热效应。

A.AB.BC.CD.D13、下列图示与对应的叙述相符的是(夹持装置已略去)。A.丙烯气体的收集B.银氨溶液的制备C.乙酸乙酯的制备D.验证酸性：CH3COOH>H2CO3>C6H6O(苯酚)

A.AB.BC.CD.D14、某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是()

A.b电极上发生还原反应B.外电路电流方向是从a到bC.电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯D.a电极上发生的反应为MnO4-＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O15、在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应(起始温度和起始体积相同)：A2(g)+3B2(g)2AB3(g)ΔH<0，相关数据如下表所示：。容器甲乙丙相关条件恒温恒容绝热恒容恒温恒压反应物投料1molA2、3molB22molAB32molAB3反应物的转化率甲乙丙反应的平衡常数K=K甲K乙K丙平衡时AB3的浓度/mol·L-1c甲c乙c丙平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1甲乙丙

下列说法正确的是A.K乙＞K丙B.c乙=c丙C.甲=丙D.甲+乙<116、有温度、容积相同的甲、乙两个密闭容器。往甲容器中通入1gN2和1gH2，乙容器中通入2gN2和2gH2，保持恒温、恒容达到平衡，相关参数比较正确的是A.平衡时N2的转化率：α甲＞2α乙B.平衡时NH3的浓度：2c甲＜c乙C.平衡时体系压强：2p甲＞p乙D.反应放出的热量：2Q甲＞Q乙评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、在银锌原电池中；以硫酸铜溶液为电解质溶液。

（1）锌为___极；电极上发生的是___(填“氧化”或“还原”)反应，电极上的现象是___，电极反应式为___；

（2）银为___极，电极上发生的是___（填氧化或还原）反应，银片上观察到的现象是___，电极反应式为___。18、下表是某品牌食品包装袋上的说明。

。品名。

肉松蛋卷。

配料。

小麦粉；②鸡蛋；③食用植物油；④白砂糖⑤肉松；⑥食用盐；

⑦食用香料；⑧β-胡萝卜素；⑨苯甲酸钠。

生产日期。

标于包装袋封口上。

（1）配料中的着色剂是_______，防腐剂是________。(填序号)

（2）蛋白质是重要营养物质，处于生长发育期的青少年需要量很大。上述配料中，富含蛋白质的是____。(填序号)

（3）食用植物油摄入人体后，在酶的作用下水解为高级脂肪酸和______（写名称）；

进而被氧化成二氧化碳和水并提供能量；或作为合成人体所需其他物质的原料。

（4）该食品配料中还缺少的营养素是__________（填名称）；为均衡营养，可在食用该“肉松蛋卷”时，最好配以下食品中的________（填字母）。A．牛肉B．菠菜C．马铃薯（土豆）19、某温度时；在一个2L的密闭容器中，X；Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如右图所示。根据图中数据，试填写下列空白：

(1)该反应的化学方程式为___________；

(2)从开始至2min，Z的平均反应速率为___________；

(3)关于该反应的说法正确的是___________。

A．到达2min时该反应已停止。

B．在2min之前X的消耗速率大于它的生成速率。

C．在2min时Y的正反应速率等于逆反应速率。

D．在2min达到平衡是因为此时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等。

(4)平衡后再充入1molHe，若体积不变，则反应速率___________(填“增大”或“减小”或“不变”)20、和在一定条件下反应生成在恒容密闭容器中充入和在一定温度下发生上述反应，反应至时测得为

（1）反应至时，的转化率（转化率=×100%）为___________；时间段内，的平均反应速率为_________。

（2）时气体总压强___________起始气体压强（填“大于”“小于”或“等于”）；若反应继续进行，达到平衡时，容器中存在__________种分子。

（3）若起始时气体压强为时混合气体中的分压__________（提示：气体分压=总压×气体的物质的量分数）21、一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度变化与时间的关系如图所示。

(1)t1min时，正逆反应速率的大小关系为v正___________(填“＞”“＜”或“=”)v逆。

(2)下列条件的改变能减慢上述反应的反应速率的是___________(填序号；下同)。

①降低温度②减少铁粉的质量③保持压强不变，充入He使容器的体积增大④保持体积不变；充入He使体系压强增大。

(3)下列选项能说明上述反应已达平衡状态的是___________。

①v(CO2)=v(CO)②单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolCO③容器中气体压强不随时间的变化而变化④混合气体的总质量不随时间的变化而变化22、某有机物的分子式为C6H6；人们认为它是一种不饱和烃。

（1）若该烃分子中含有碳碳三键且无双键、无支链的链烃，其结构共有__种。

（2）1866年凯库勒提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列事实_(填写序号)。

①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色②苯能与氢气发生加成反应。

③溴苯没有同分异构体④邻二溴苯只有一种。

（3）苯分子的空间构型为__；现代化学认为苯分子碳碳之间的键是__。

（4）苯不能使溴水褪色，性质类似烷烃，写出苯的硝化反应的化学方程式__。评卷人得分四、工业流程题(共1题，共8分)23、含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸；具体的流程如下：

已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积9.11062.301021.1710101.081010

(1)用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因(将离子方程式补充完整)：______Cr2O72-+__________CrO42+______

(2)向滤液1中加入BaCl22H2O的目的是使CrO42-从溶液中沉淀出来。

①结合上述流程说明熟石灰的作用：_____。

②结合表中数据，说明选用Ba2不选用Ca2处理废水的理由：_____。

③研究温度对CrO42沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下CrO42-的沉淀率(沉淀率如图所示)

已知：

CrO42-的沉淀效率随温度变化的原因是_____。

(3)向固体2中加入硫酸；回收重铬酸。

①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图(左)所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因：_____。

②回收重铬酸的原理如上图(右)所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是_____。

(4)综上所述，沉淀BaCrO4进一步回收重铬酸的效果与_____、_____、有关。评卷人得分五、推断题(共2题，共16分)24、F是新型降压药替米沙坦的中间体；可由下列路线合成：

（1）A→B的反应类型是_________，D→E的反应类型是_____；E→F的反应类型是。

__________。

（2）写出满足下列条件的B的所有同分异构体______（写结构简式）。

①含有苯环②含有酯基③能与新制Cu(OH)2反应。

（3）C中含有的官能团名称是________。已知固体C在加热条件下可溶于甲醇，下列C→D的有关说法正确的是_________。

a．使用过量的甲醇，是为了提高D的产率b.浓硫酸的吸水性可能会导致溶液变黑。

c.甲醇既是反应物，又是溶剂d.D的化学式为

（4）E的同分异构体苯丙氨酸经聚合反应形成的高聚物是__________(写结构简式)。

（5）已知在一定条件下可水解为和R2-NH2，则F在强酸和长时间加热条件下发生水解反应的化学方程式是____________________________。25、X；Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素；M是地壳中含量最高的金属元素。

回答下列问题：

⑴L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________（用元素符号表示）。

⑵Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的结构式为____________。

⑶硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。该族2~5周期元素单质分别与H2反应生成lmol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是__________（填字母代号）。

a．+99.7mol·L－1b．+29.7mol·L－1c．－20.6mol·L－1d．－241.8kJ·mol－1

⑷用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q。写出阳极生成R的电极反应式：______________；由R生成Q的化学方程式：_______________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A、由Zn、Cu、稀H2SO4组成原电池，锌和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以锌作负极，铜作正极，电解质溶液中的阴离子硫酸根移向负极锌，故A正确；B、Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为:Al﹣3e+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故B正确；C、由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属活泼性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故C错误；D、Al、Cu、浓硝酸组成原电池，常温下铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为:Cu﹣2e﹣=Cu2+；故D正确；故选C。

【点睛】

本题重点考查原电池的原理。原电池中，一般活泼金属作负极，负极是能够与电解质溶液反应，失电子发生氧化反应的电极，正极得到电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极。2、D【分析】【分析】

【详解】

由题意可知：由于甲即使在高温时也不与氧气反应，说明甲的化学性质是最稳定的，甲活动性最弱；乙、丙、丁在一定条件下都能与氧气反应，丁盐的水溶液可用丙制的容器盛放，但不能用乙制的容器盛放，说明丙不能和丁盐溶液反应，但乙能够和丁盐溶液反应，即丁的活动性比丙强，但比乙弱，故四种金属的活动性顺序是：乙＞丁＞丙＞甲，故合理选项是D。3、C【分析】【详解】

反应中，溶液中溶质浓度发生变化的只有反应物硫酸和生成物硫酸亚铁，5.6g的物质的量则参加反应的的物质的量=生成的物质的量故C正确；故答案为：C。4、A【分析】【详解】

A．乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，只生成A正确；

B．聚乙烯塑料中不含碳碳双键；不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C．甲烷与氯气在光照下发生取代反应，会生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4；HCl等；产物至少有5种，C错误；

D．二氯甲烷只有一种空间结构；证明甲烷是正四面体的空间结构而不是平面结构，D错误；

故选A。5、C【分析】【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂，则X是N元素，该氢化物为NH3，Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。ZYW2为SOCl2，SOCl2与H2O反应产生的有刺激性气味的气体，该气体可使品红溶液褪色，则该气体是SO2；另一种为HCl，据此分析解答。

【详解】

据上所述可知X是N元素；Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。

A.电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，离子半径就越大，故离子半径：Y

B.元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性Y>W>Z，所以简单氢化物的稳定性：Y>W>Z；B正确；

C.ZY2是SO2，把ZY2通入石蕊溶液中，发生反应：SO2+H2O=H2SO3，H2SO3是酸；具有酸的通性，所以可以使紫色石蕊试液变为红色，但不能褪色，C错误；

D.ZYW2为SOCl2，ZYW2与水反应方程式是：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，SO2+H2O=H2SO3，反应后的溶液显酸性，H2SO3、HCl与BaCl2不能发生反应；所以混合无明显现象，D正确；

故合理选项是C。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断、物质的性质及微粒半径大小比较的知识。短周期主族元素X的气态氢化物常用作制冷剂推知X元素是N元素是突破口，掌握元素周期表和元素周期律的关系是本题解答的关键。6、D【分析】【分析】

【详解】

A；浓硫酸的密度大；遇水剧烈放热，将浓硫酸沿着杯壁缓缓倒入浓硝酸中，并且不断搅拌，选项A正确；

B．苯和硝酸沸点较低；易挥发，用长玻璃导管冷凝，制硝基苯的温度是50-60℃，水浴加热可以使反应物受热均匀，并且温度容易控制，图示装置正确，选项B正确；

C；反应液中有过量的酸残留；要用氢氧化钠溶液洗涤，反应后水溶液与硝基苯分层，可以分离，选项C正确；

D；利用硝基苯和苯的沸点不同；用分馏的方法将其分离，但分馏时温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支气管口处，选项D不正确。

答案选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．外加直流电源的防腐措施中被保护的设备与电源负极相连；故A错误；

B．油脂不属于高分子化合物；故B错误；

C．在海轮外壳连接锌块；锌块；船体、海水构成原电池，其中锌比铁活泼作负极，船体作正极被保护，故C正确；

D．煤中不含苯及其同系物；但通过煤的干馏可以生成苯及其同系物，故D错误；

故选：C。二、多选题(共9题，共18分)8、BD【分析】【详解】

A.该反应是一个气体体积不变的反应；无论反应是否达到平衡，气体的压强均不变，则混合气体的压强不变不能判断反应已经达到化学平衡状态，故A错误；

B.由化学方程式可知；反应中气体的质量增大，在定容容器中，混合气体的密度增大，则混合气体的密度不变，说明正逆反应速率相等，反应已经达到化学平衡状态，故B正确；

C.该反应是一个气体体积不变的反应；无论反应是否达到平衡，气体的体积均不变，则混合气体的体积不变不能判断反应已经达到化学平衡状态，故C错误；

D.由化学方程式可知，反应向右进行时，减小，则混合气体中不变时；说明正逆反应速率相等，反应已经达到化学平衡状态，故D正确；

故选BD。9、BC【分析】【分析】

由图象可知，OA段气体一直在增加，因稀硝酸的氧化性强于稀硫酸，则OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O。AB段气体没有增加，是因为Fe3+的氧化性强于H+，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。最终消耗22.4gFe，最终溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)；进而计算硫酸的物质的量浓度。

【详解】

A．经分析，OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，产生的是NO，AB段气体没有增加，是因为发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，产生的是H2；故A正确；

B．OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，则A点时溶液中的都被还原了，只剩SO阳离子有Fe3+和H+，则溶液的成分是Fe2(SO4)3和H2SO4；故B错误；

C．经分析最终溶液中的成分是FeSO4，最终消耗22.4gFe，根据铁离子和硫酸根离子的数量关系，则可求出SO的物质的量是0.4mol，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗铁11.2g，根据反应的离子方程式，可求出NO的物质的量是0.2mol，则原混合酸中NO和SO物质的量之比为1：2；故C错误；

D．经上述分析，溶液中的SO的物质的量是0.4mol，则原混合酸中的H2SO4的物质的量为0.4mol，原溶混合酸体积是200mL，则原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-1；故D正确；

答案BC。10、C【分析】【分析】

甲装置为原电池装置；根据装置图以及原电池工作原理，M极为负极，N极为正极，Fe（II）与X电极相连，则Fe(II)为阴极，Fe(I)为阳极，即乙装置为电解池，然后利用原电池工作原理和电解池工作原理进行分析；

【详解】

A.甲装置是利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，即甲装置为原电池，根据原电池工作原理，M极为负极，若废水中含有乙醛，则其电极反应式为CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋；故A正确；

B.Fe(I)连接Y，即Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，该区域发生氧化还原反应6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，Fe(II)电极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，H＋不断在阴极上得电子成为H2而析出，且Cr2O72－与Fe2＋的反应也在消耗H＋，使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性，Cr3＋＋3OH－＝Cr(OH)3↓，Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓；因隔膜为离子交换膜，因此Fe(I)附近有沉淀产生，故B正确；

C.根据乙装置以及B选项分析，乙装置右侧中Cr2O72－向左侧移动；则隔膜为阴离子交换膜，故C错误；

D.根据B选项分析，建立12e－～6Fe2＋～Cr2O72－，每转移3mol电子，最多有=molCr2O72－被还原；故D错误；

答案：CD。11、BC【分析】【详解】

化学方程式中；用不同物质表示化学反应速率之比等于化学计量数之比，根据平均反应速率v(C)=2v(B)，则p:n=2:1；由“该反应过程中气体的物质的量一直保持不变”可知，m+n＝p+q；

A．m+n＝p+q；但p:n≠2:1，A选项错误；

B．m+n＝p+q；但p:n=2:1，B选项正确；

C．m+n＝p+q；但p:n=2:1，C选项正确；

D．m+n＝p+q；但p:n≠2:1，D选项错误；

答案选BC。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．两装置中高锰酸钾浓度不一样；颜色深浅不一样，单位时间内颜色变化对比不易观察，高锰酸钾的浓度应保持一致，故A错误；

B．两装置中Na2S2O3溶液和H2SO4溶液浓度不一致；探究温度的影响，则变量为温度，其他条件应一致，故B错误；

C．图示装置可以结合秒表用于测定生成氢气的速率；故C正确；

D．钠与水反应放热；可使U型管中红墨水左低右高，可判断Na和水反应的热效应，故D正确。

故选CD。13、AD【分析】【详解】

A．丙烯难溶于水；用排水发收集丙烯，故A正确；

B．把氨水滴入硝酸银溶液制备银氨溶液；故B错误；

C．制备乙酸乙酯；用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，故C错误；

D．乙酸和石灰石反应放出二氧化碳气体；证明乙酸的酸性大于碳酸；二氧化碳用饱和碳酸氢钠除去乙酸蒸气后再通入苯酚钠溶液中生成苯酚，溶液变浑浊，证明碳酸的酸性大于苯酚，故D正确；

选AD。14、BD【分析】【分析】

原电池中负极失去电子；电子经外电路流向正极，正极发生得电子反应。溶液中和盐桥内，阳离子移向正极，阴离子移向负极。

【详解】

从电池总反应看，FeSO4失电子生成Fe2(SO4)3，石墨b为负极，发生氧化反应（A项错误），电极反应为Fe2+-e-=Fe3+；KMnO4得电子生成MnSO4，石墨a为正极，发生还原反应，电极反应为MnO4-＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O（D项正确）。外电路中，电子从负极b流向正极a，则电流从正极a流向负极b（B项正确）。溶液中和盐桥内，阳离子（K+等）移向正极a所在的甲烧杯，阴离子（SO42-等）移向负极b所在的乙烧杯（C项错误）。

本题选BD。15、AD【分析】【详解】

A．合成AB3是放热反应，其逆反应AB3分解就是吸热的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，温度降低平衡向吸热方向进行的程度小，则平衡常数K乙＞K丙；A正确；

B．在恒温恒压条件下乙和丙平衡时c乙=c丙，AB3分解是吸热的，则乙的温度降低，该反应为放热反应，则乙与丙相比相当于降低温度，平衡向着正向移动，AB3的平衡浓度增大，即c乙＞c丙；B错误；

C．甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解AB3生成A2和B2，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则压强甲大于丙，即物质的浓度甲大于丙，所以υ甲＞υ丙；C错误；

D．甲容器反应物投入1molA2、3molB2与乙容器反应物投入2molAB3，若甲、乙均在恒温恒容条件下达到平衡，则形成的平衡为等效平衡，此时甲+乙=1，现乙为绝热恒容，反应逆向进行时是吸热过程，平衡要逆向移动，AB3的转化率降低，则a甲+a乙＜1；D正确；

故答案为：AD。16、BC【分析】【分析】

有温度、容积相同的甲、乙两个密闭容器，往甲容器中通入1gN2和1gH2，乙容器中通入2gN2和2gH2；保持恒温；恒容达到平衡，甲容器和乙容器相比，乙容器中压强大于甲，反应是气体体积减小的放热反应，结合化学平衡移动原理分析判断选项。

【详解】

A．平衡时氮气转化率，乙中压强大于甲，平衡正向进行，平衡时N2的转化率：α甲<2α乙；故A错误；

B．乙中压强大于甲，平衡正向进行，平衡时NH3的浓度：2c甲<c乙；故B正确；

C．乙中压强大于甲，平衡正向进行，平衡时体系压强：2p甲>p乙；故C正确；

D．乙中压强大于甲，平衡正向进行，反应放出的热量：2Q甲乙；故D错误；

故选BC。

【点睛】

甲容器和乙容器相比，乙容器中压强大于甲，相当于在2倍的基础上平衡再进行正向移动，灵活分析各变量。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

图中是利用锌能与硫酸铜发生自发进行的氧化还原反应而构成的原电池装置，锌为负极，失去电子，发生氧化反应，锌棒不断溶解，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+；银为正极，铜离子在银棒上得到电子，发生还原反应，生成紫红色的铜单质，电极方程式为Cu2++2e-=Cu。

【详解】

由分析可知：

（1）锌为负极，电极上发生的是氧化反应，电极上的现象是锌片逐渐溶解，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故答案为：负；氧化；锌片逐渐溶解；Zn-2e-=Zn2+；

（2）银为正极，电极上发生的是还原反应，银片上观察到的现象是有红色物质析出，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：正；还原；有红色物质析出；Cu2++2e-=Cu。【解析】负氧化锌片逐渐溶解Zn-2e-=Zn2+正还原有红色物质析出Cu2++2e-=Cu18、略

【分析】【详解】

（1）β-胡萝卜素是着色剂；故答案为⑧；

（2）鸡蛋和肉松富含蛋白质；故答案为②⑤；

（3）油脂水解生成高级脂肪酸和甘油；故答案为甘油；

（4）该食品缺少维生素，蔬菜和水果中富含维生素，如菠菜，故答案为维生素，B。【解析】⑧⑨②⑤甘油维生素B19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)反应达到平衡时X的物质的量减少1mol－0.7mol＝0.3mol，Y的物质的量减少1mol－0.9mol＝0.1mol，Z的物质的量增加了0.2mol，根据变化量之比是化学计量数之比可知该反应的化学方程式为3X+Y2Z；

(2)从开始至2min，Z的平均反应速率为＝0.05mol/(L·min)；

(3)A．到达2min时正逆反应速率相等；但不为0，该反应没有停止，A错误；

B．在2min之前反应正向进行；X的消耗速率大于它的生成速率，B正确；

C．在2min时正逆反应速率相等；达到平衡状态，Y的正反应速率等于逆反应速率，C正确；

D．在2min达到平衡是因为此时正逆反应速率相等；而不是反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，D错误；

答案选BC；

(4)平衡后再充入1molHe，若体积不变，则浓度不变，所以反应速率不变。【解析】3X+Y2Z0.05mol/(L·min)BC不变20、略

【分析】【分析】

(1)按定义转化率=×100%、结合数据计算反应至时的转化率并计算的平均反应速率；

(2)按反应的特点，判断时气体总压强与起始气体压强的大小关系；按可逆反应特点判断达到平衡时；容器中存在的分子种类；

(3)按定义气体分压=总压×气体的物质的量分数及已知条件，计算的分压；

【详解】

(1)利用“三段式”列出各组分的物质的量：则的转化率v

(2)上述反应是等气体分子数反应，气体压强始终保持不变，即任何时刻气体总压强与起始气体压强相等，该反应是可逆反应，达到平衡时容器中存在三种分子；

(3)气体分压之和等于气体总压，按三段式可知，10min时，的物质的量分数则此时分压

【点睛】

熟练使用基础知识、灵活应用信息是解题关键。【解析】50%等于3（或三）或21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图像可知，t1min后，一氧化碳的浓度在增大，二氧化碳的浓度在减小，说明t1min时，反应未达到平衡，反应正向进行，因此v正＞v逆；

(2)①降低温度；反应速率降低；②由于固体的浓度始终不变，减少铁粉的质量对反应速率没有影响；③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中各气体的浓度降低，反应速率降低；④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系中各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变；

结合以上分析可知；条件的改变能减慢上述反应的反应速率的是①③；

(3)①v(CO2)=v(CO)，未指明正逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，错误；②单位时间内生成nmolCO2的同时必然会消耗nmolCO；又生成nmolCO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，故正确；③该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应，即体系的的压强始终保持不变，因此不能说明反应是否达到平衡状态，错误；④反应前后气体的总量保持不变，但是气体的质量(由二氧化碳转化为一氧化碳）发生了变化，当混合气体的总质量不随时间的变化而变化时，反应达到平衡状态，正确；

结合以上分析可知，能说明上述反应已达平衡状态的是②④。【解析】＞①③②④22、略

【分析】【分析】

（1）C6H6比饱和链烃（C6H14）少8个H；如果含叁键且无双键；无支链的链烃，叁键的数目应为2个，根据叁键可能的不同位置可确定结构简式；

（2）若为苯的单；双键交替的正六边形平面结构；能与溴水发生加成反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，邻二溴苯有两种；

（3）苯分子的空间构型为平面正六边形；苯分子碳碳之间的键为特殊的化学键．

（4）苯与硝酸可以发生取代反应。

【详解】

（1）因为该有机物是含有碳碳三键、无双键的直链的链烃，从分子式C6H6可知，它比同碳的饱和链烃(C6H14)少8个氢原子，该烃分子中含有两个碳碳三键，可能的结构有如下4种：HC≡C—C≡C—CH2—CH3、HC≡C—CH2—C≡C—CH3、HC≡C—CH2—CH2—C≡CH、CH3—C≡C—C≡C—CH3；

故答案为4；

（2）苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；说明苯分子中不含有碳碳双键，可以推测苯环结构中并不是C—C键和C=C键交替而形成；邻二溴苯只有1种结构，说明苯环结构中的6个碳碳键(只有一种)完全相同，不存在C—C键和C=C键的交替结构；

故答案选①④；

（3）苯分子的空间构型为平面正六边形；苯分子碳碳之间的键为特殊的化学键，即介于单键和双键之间的独特的键；

故答案为：平面正六边形；介于单键和双键之间的独特的键；

（4）苯与硝酸可以发生取代反应，需要加入浓硫酸作催化剂反应方程式为：＋HO—NO2(浓)＋H2O；

故答案为＋HO—NO2(浓)＋H2O。

【点睛】

苯分子的性质比较特殊，化学键是位于单键和双键之间特殊的化学键。【解析】①.4②.①④③.平面正六边形④.介于单键和双键之间的独特的键⑤.＋HO—NO2(浓)＋H2O四、工业流程题(共1题，共8分)23、略

【分析】【分析】

含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42−，加入适量熟石灰过滤得到的固体1为硫酸钙和滤液1，向滤液1中加入BaCl2⋅2H2O的目的是使CrO42−从溶液中沉淀出来，过滤得到固体2为BaCrO4；向固体2中加入硫酸，回收重铬酸，同时生成固体3为硫酸钡沉淀。

【详解】

(1).K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因是重铬酸根离子在水溶液中存在化学平衡生成铬酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为Cr2O72−+H2O2CrO42−+2H+；

(2).①.根据表中物质的溶度积常数可知，熟石灰的作用是沉淀硫酸根离子，调节溶液pH使Cr2O72−转化为CrO42−；

②.根据表中数据可知，BaCrO4比CaCrO4更难溶，所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42−沉淀更完全；

③.根据图象可知，CrO42−的沉淀率随温度升高增大；原因是温度升高，沉淀速率加快；

(3).①.c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42−(aq)平衡右移，使c(CrO42−)增大，同时c(H+)也增大，共同促使Cr2O72−+H2O2CrO42−+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7；

②.根据表中各物质的溶度积常数可知，BaSO4与BaCrO4溶解度比较接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难与H2SO4接触；阻碍重铬酸生成；

(4).根据上述分析可知，沉淀BaCrO4进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关，受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等因素的影响。

【点睛】

本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力，本题的关键是理解流程图各步的反应原理，需要学生准确提取题目中的信息，并对信息加工、迁移解决实际问题。【解析】①.1②.1H2O③.2④.2H+⑤.沉淀SO42