2025年西师新版必修2化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年西师新版必修2化学下册月考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、控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的铁与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应；其中化学反应速率最大的是。

。选项。

硫酸浓度。

反应温度。

铁的状态。

A

2.0mol/L

20℃

块状。

B.

0.5mol/L

20℃

粉末状。

C.

1.0mol/L

40℃

块状。

D.

2.0mol/L

40℃

粉末状。

A.AB.BC.CD.D2、114号元素为Fl(中文名“”)，它是主族元素，其原子核外最外层电子数是4。下列说法不正确的是A.Fl的原子核外有114个电子B.Fl是第七周期第IVA族元素C.Fl在同主族元素中金属性最强D.Fl的原子半径小于同主族其他元素3、某烯烃分子中含有一个碳碳双键；与氢气加成所得产物的键线式如图所示，此烯烃可能的结构(不考虑顺反异构)有。

A.5种B.6种C.7种D.8种4、下列事实不能体现乙酸酸性的是()A.乙酸滴入碳酸钠溶液中会出现气泡B.乙酸中滴加几滴石蕊溶液呈红色C.乙酸和水能以任意比例互溶D.长时间使用的热水瓶胆可以用乙酸来洗去水垢5、下列属于可再生能源的是A.乙醇B.石油C.天然气D.煤炭6、图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图，其中的阳离子交换膜仅允许Na+通过，b为阳极。下列说法错误的是。

A.a极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑B.D口导出的是NaOH溶液C.浓盐水从A口注入D.C口导出的是NaOH和NaCl的混合溶液7、一定条件下，在密闭容器中进行反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。当反应已达到化学平衡状态时，下列说法正确的是A.N2、H2完全转化为NH3B.N2、H2、NH3的浓度一定相等C.N2、H2、NH3的浓度不再改变D.正、逆反应速率相等且等于零评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、乙基环己烷(C8H16)脱氢制苯乙炔(C8H6)的热化学方程式如下：

①C8H16(l)C8H10(l)+3H2(g)ΔH1＞0

②C8H10(l)C8H6(l)+2H2(g)ΔH2＞0

（1）不同压强和温度下乙基环己烷的平衡转化率如下图所示。

①在相同压强下升高温度，未达到新平衡前，v正____（填“大于”“小于”或“等于”）v逆。

②研究表明，既升高温度又增大压强，C8H16(l)的转化率也升高，理由可能是____。

（2）t℃，向恒容密闭反应器中充入1．00molC8H16(l)进行催化脱氢，测得液态C8H10(l)和C8H6(l)的产率x1和x2（以物质的量分数计）随时间变化关系如下图所示。

①在8h时，反应体系内氢气的量为_____mol（忽略其他副反应），液态C8H16(l)的转化率是_________。

②x1显著低于x2的原因是________9、在某容积不变的密闭容器中有可逆反应：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)+Q(Q>0)达到化学平衡状态。

（1）该反应的平衡常数表达式为：__；

（2）若升高温度，K值__（填一定增大、一定减小、可能增大也可能减小、不变）；逆反应速率___（填增大；减小、不变）。

（3）已知可逆反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。665℃900℃K1.472.15

该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态。如果升高温度，则混合气体的密度__（填增大、减小、不变，下同）；如果恒温下充入少量CO气体，则混合气体的平均分子量__。

（4）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示。

从图中可看到，在t1时改变的条件可能是______

A.升温B.增大CO2浓度。

C.减小CO浓度D.使用催化剂。

（5）若在t3时从混合物中分离出部分CO，并在t4~t5时间段重新达到平衡，请在图中画出t3~t5时间段的逆反应速率变化曲线___。10、海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。

(1)N极为该电池的___________极。该电池的总反应为：___________

(2)N极上发生的电极反应为：___________、___________

(3)玻璃陶瓷的作用是___________11、近年来甲醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注。工业上甲醇的合成途径多种多样。现在实验室中模向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)已知：平均反应速率vC=1/2vA；反应2min时；A的浓度减少了1/3，B的物质的量减少了a/2mol，有amolD生成。回答下列问题：

(1)反应2min内，vA=___________，vB=___________；

(2)反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为___________；

(3)如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol，则该反应的ΔH___________0(填“＞”；“＜”或“=”)；

(4)如果其他条件不变；将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：

①反应速率___________(填“增大”；“减小”或“不变”)

②平衡时反应物的转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)12、已知重铬酸根（Cr2O72-）和铬酸根（CrO42-）离子间存在如下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。在装有4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中加入1mol·L-1的NaOH数滴，溶液的颜色由_________色变____________色，平衡常数的表达式是K=__________________________。13、人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用；如在宇宙飞船；人造卫星、电脑、照相机等，都离不开各式各样的电池，同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。请根据题中提供的信息，回答下列问题：

(1)研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl===Na2Mn5O10+2AgCl

①该电池的负极反应式是____________；

②在电池中，Na+不断移动到“水”电池的________极(填“正”或“负”)；

③外电路每通过4mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是________；

(2)中国科学院应用化学研究所在甲醇(CH3OH是一种可燃物)燃料电池技术方面获得新突破。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。

①该电池工作时，b口通入的物质为_________；

②该电池负极的电极反应式_________；

③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有________个电子转移。

(3)Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，当银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，写出该电池反应方程式：_________；14、在密闭容器内，使1molN2和3molH2混合发生下列反应：3H2+N22NH3△H＜0。

（1）合成氨时选择500℃高温的目的是______________。

（2）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是_______。

（3）当达到平衡时，充入氩气，并保持体积不变，平衡将______移动。

（4）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将______移动，反应速率将_______。

（5）当达到平衡时，充入N2并保持体积不变，平衡将______移动。

（6）当达到平衡时，保持体积不变，升高温度时，混合气体的平均相对分子质量_______（选填“增大”“减小”或“不变”，后同），密度________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、原电池工作时，溶液中的阳离子向负极移动，盐桥中的阳离子向正极移动。(_______)A.正确B.错误16、乙烯、苯、聚乙烯均含有碳碳双键。(____)A.正确B.错误17、乙烯的碳碳双键中的一个键可以断裂，容易发生加成反应和取代反应。(____)A.正确B.错误18、植物油在空气中久置，会产生“哈喇”味，变质原因是发生加成反应。(_______)A.正确B.错误19、根据食用油和汽油的密度不同，可选用分液的方法分离。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共2题，共10分)20、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____________________________。21、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：_______________________________________________。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共8分)22、金属钛被誉为“21世纪金属”。工业上用钛矿石(FeTiO3，含少量FeO、A12O3、SiO2等杂质)制得海绵钛的流程如下。

回答下列问题：

(1)要提高酸浸时钛矿石的溶解速率，请提供可行的措施_________________，酸浸时主要反应的化学方程式为________________________________。

(2)副产品中含有杂质[Al2(SO4)3]。要将副产品进一步提纯，请结合下图的绿矾溶解度曲线完成提纯过程：

将副产品溶于稀硫酸中，加入足量的铁粉，充分搅拌后，用NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤沉淀后得到FeSO4溶液，______，过滤，用冰水洗涤，低温干燥，得到FeSO4·7H20晶体。

(3)高温时，由TiO2转化为TiC14的化学方程式为________________。在一定条件下，将足量TiO2(s)和固体炭放入密闭容器中，再通入C12进行反应至平衡，当改变外界条件时，TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)变化的趋势如右图所示，由图判断：①该反应的△H____0(填“>”或“<”)。

②在750℃、100MPa和800℃、200MPa下C12的转化率分别为α1、α2，则α1______α2(填“>”“<”或“=”)。

(4)常温下，H2TiO3的沉淀溶解平衡为H2TiO3(s)TiO2+(aq)+2OH-(aq)，其溶度积常数Ksp=1.0×10-29mol3·L-3。若在TiOSO4溶液中加入NaOH溶液调pH使TiO2+完全沉淀(当离子浓度等于或小于10-5mol·L-1时可认为完全沉淀)，则此时溶液的pH至少为_________________。23、钼（Mo）是VIB族金属元素，原子序数42。熔点为2610℃，沸点为5560℃。钼硬而坚韧，熔点高，热传导率也比较高。被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。某化学兴趣小组利用废钼催化剂（主要成分为MoS2，含少量Cu2S，FeS2）回收Mo并制备钼酸钠晶体；其主要流程图如图所示：

回答下列问题：

（1）操作1为______。

（2）空气焙烧的过程中采用如图1所示的“多层逆流焙烧”。

①多层逆流焙烧的优点是______（任答一点）。

②固体1的成分有______、CuO和Fe2O3。

（3）固体1加碳酸钠溶液后发生的主要化学方程式为______。

（4）钼酸钠是一种新型水处理剂，可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应的离子方程式______。

（5）还原法制备钼，若利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为______。

（6）已知Na2MoO4溶液中c（MoO）=0.48mol/L，c（CO）=0.040mol/L，由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba（OH）2固体以除去CO当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率为95.0%，则Ksp（BaMoO4）=______。（已知Ksp（BaCO3）=1.0×10-10；过程中溶液体积变化忽略不计）

（7）钼酸盐的氧化性很弱，只有用强还原剂剂才能还原，如：在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和钼酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCl3，写出该反应的离子方程式____。24、Ce2(CO3)2可用于催化剂载体及功能材料的制备，天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质，以独居石为原料制备Ce2(CO3)2·nH2O的工艺流程如下。

回答下列问题：

(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______。

(2)焙烧过程中产生的酸性废气为_______。

(3)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(写一条)

(4)滤渣I为磷酸钙、磷酸铁和_______(填化学式)，写出一条该物质的应用_______。

(5)加入絮凝剂的目的是_______。

(6)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)2·nH2O的离子方程式为_______。25、铝热法冶炼金属铬的矿渣中含有Cr2O7、Al2O3及少量Fe2O3；从中提取铬与铝有酸法和碱法两种工艺。请回答：

I．酸法。矿渣经硫酸浸取后，浸取液通过电沉积得到单质Cr；向剩余溶液中加碱回收得到Al(OH)3。

(1)为提高矿渣的浸取率，可采取的措施有_____(写出两点)。

(2)电沉积时，阴极的电极反应式为______________。

II.碱法。工艺流程如下：

已知：①“焙烧”后固体成分为Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2。

②Zn2+均可与EDTA1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物；且结合能力弱于EDTA。

(3)浸渣的主要成分为Fe(OH)3。则“浸取”时发生反应的离子方程式为_________。

(4)“浸取”后所得溶液中Al的含量可用EDTA滴定法测定：

①取20.00mL浸取液于锥形瓶中，加入c1mol•L-1EDTA标准液V1mL(稍过量)；

②依次用盐酸；醋酸钠—醋酸缓冲溶液调溶液至酸性；加热后滴入PAN指示剂；

③用c2mol•L-1ZnSO4标准液滴定至溶液恰好呈紫红色，消耗标准液V2mL。则“浸取”后所得溶液中Al的含量为_________g•L-1(填计算式即可)。

(5)“碳分”时通入CO2后，通过_____(填操作名称)，即可得到纯净的Al2O3。

(6)“还原”时发生主要反应的离子方程式为__________。

(7)“沉淀”时，当c(Cr3+)≤10-5mol•L-1时，应调节溶液的pH至少为_________。（Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

影响反应速率的因素有温度；浓度、压强、催化剂；除此外物质的表面积等也影响反应速率。

【详解】

温度越高；速率越大，排除A；B选项，浓度越大速率越大，粉末状的反应物的表面积大，也能加快反应速度，综上所述，D反应速率最大；

故选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

A；根据核电荷数=原子序数=质子数；即F1的核电荷数为114，F1原子：质子数=核外电子数=117，故A说法正确；

B；F1为主族元素；最外层电子数是4，即属于IVA族，114号元素位于第七周期，即F1位于第七周期第IVA族元素，故B说法正确；

C；同主族从上到下金属性逐渐增强；即F1在同主族元素中金属性最强，故C说法正确；

D；同主族从上到下；原子半径逐渐增大，即F1的原子半径大于同主族其他元素，故D说法错误。

【点睛】

易错点是选项B，判断元素在周期表的位置，需要掌握每一周期最后一种元素的系数，即2、10、18、36、54、86、118，然后根据主族元素的最外层电子数等于族序数进行判断。3、A【分析】【分析】

【详解】

某烯烃分子中含有一个碳碳双键，与氢气加成所得产物的键线式如图所示，生成物的结构简式为烷烃是由烯烃加成反应得到，烷烃的相邻碳原子各少1个氢原子，其结构为因此烯烃可能的结构有5种；故A符合题意。

综上所述，答案为A。4、C【分析】【详解】

A.乙酸滴入碳酸钠溶液中；羧基与碳酸根反应生成二氧化碳，说明乙酸酸性比碳酸酸性强，A正确；

B.石蕊遇酸变红；乙酸中滴加几滴石蕊溶液呈红色，说明显酸性，B正确；

C.乙酸和水能以任意比例互溶与酸性无关；C错误；

D.长时间使用的热水瓶胆可以用乙酸来洗去水垢；利用了酸与盐能反应溶解的性质，D正确；

答案为C。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．乙醇可以从自然界中源源不断的得到补充；属于可再生能源，故A符合题意；

B．石油属于化石燃料；在短时间内不能产生，属于不可再生能源，故B不符合题意；

C．天然气属于化石燃料；在短时间内不能产生，属于不可再生能源，故C不符合题意；

D．煤炭属于化石燃料；在短时间内不能产生，属于不可再生能源，故D不符合题意。

答案选A。6、D【分析】【分析】

b为阳极，发生：2Cl─-2e-=Cl2↑，则a为阴极，发生2H++2e-=H2↑，电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，阴极生成OH-，且Na+向阴极移动，则产品烧碱溶液从阴极区导出，注意题中阳离子交换膜仅允许Na+通过的特点。

【详解】

A．a为阴极，发生2H++2e-=H2↑；故A不符合题意；

B．阴极生成OH-，且Na+向阴极移动；则产品烧碱溶液从D口导出，故B不符合题意；

C．电解时；阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，即浓盐水从A口注入，故C不符合题意；

D．阳离子交换膜仅允许Na+通过；则在C口不可能有NaOH导出，故D符合题意；

故答案为：D。7、C【分析】【分析】

当N2、H2、NH3的浓度不再改变时；即为化学平衡状态，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，据此解答。

【详解】

A．任何可逆反应都不可能完全转化，所以N2、H2不可能完全转化为NH3；故A错误；

B．当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的浓度可能相等；也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；

C．反应已达到化学平衡状态，说明N2、H2、NH3的浓度不再改变；故C正确；

D．化学平衡是动态平衡；正；逆反应速率相等且大于零，故D错误；

故选C。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【分析】

(1)升高温度；达到新平衡前，升高温度，正；逆反应速率均增大，但正反应增大程度较大；

(2)①参加反应的C8H16(l)为1mol，根据C8H16(l)⇌C8H10(l)+3H2(g)和C8H16(l)⇌C8H6(l)+5H2(g)和C8H10(l)、C8H6(l)的产量计算n(H2)、C8H16的变化量，结合转化率=×100%计算C8H16的转化率；

②反应的活化能越低；反应越易进行，反应速率越大，据此分析。

【详解】

(1)升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，但升高温度导致正向移动程度大于增大压强导致逆向移动程度时，C8H16(l)的转化率会升高；

(2)①参加反应的C8H16(l)为1mol，8h时C8H6(l)的产率为0.374，其物质的量为0.374mol，C8H10(l)的产率为0.027，其物质的量为0.027mol，则反应生成的氢气的量为n(H2)=3×0.027mol+5×0.374mol=1.951mol；n[C8H10(l)]+n(C8H6(l))=0.374mol+0.027mol=0.401mol，所以液态C8H16(l)的转化率=0.401mol1mol×100%=40.1%；

②反应的活化能越低，反应越易进行，反应速率越大，x1显著低于x2的原因可能是C8H16(l)转换为C8H6(l)的活化能小，反应速率很快，生成的C8H10(l)大部分转化为C8H6(l)，因此x1显著低于x2。【解析】①.大于②.升高温度时平衡正向移动的程度大于加压时平衡逆向移动的程度（叙述合理即可）③.1.951④.40．1％⑤.C8H16（l）转换为C8H6（l）的活化能小，反应速率很快，生成的C8H10（l）大部分转化为C8H6（l），因此x1显著低于x29、略

【分析】【详解】

(1)根据化学平衡常数的定义，生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，D为固体，不代入平衡常数的表达式，则

(2)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K值减小；升高温度；分子的能量增加，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增加，化学反应速率增大；

(3)根据随着反应的进行，气体质量减小，V不变，则密度减小；该反应的平衡常数温度不变，平衡常数不变，则CO和CO2浓度的比值是个定值，CO和CO2的物质的量分数不变，根据则平均相对分子质量不变；

(4)从图中可以看出来；逆反应速率突然增大，且持续增大直到平衡才不变，可知平衡正向移动；

A．反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)根据温度与平衡常数的关系；温度升高，平衡常数增大，可知该反应是吸热反应。升高温度，分子能量增加，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增加，化学反应速率增加，升高温度，向吸热反应方向移动，即正向移动，A符合题意；

B．增大CO2的浓度；CO的浓度不变，逆反应速率不变，与图像不符，B不符合题意；

C．CO浓度减小；逆反应速率减小，与图像不符，C不符合题意；

D．加入催化剂；化学反应速率增加，但是平衡不移动，与图像不符，D不符合题意；

答案选A；

(5)t3时从混合物中分离出部分CO，CO浓度减小，逆反应速率瞬时减小；分离出部分CO，平衡正向移动，达到平衡的过程中，逆反应速率增加，直到平衡，

【点睛】

问题(5)，在画图的时候，需要注意，即使在达到新平衡的过程中，逆反应速率会增加，但是由于新平衡时，CO和CO2的浓度会减小，因此到达平衡时，逆反应速率比原来的逆反应速率小。【解析】①.②.一定减小③.增大④.减小⑤.不变⑥.A⑦.10、略

【分析】【分析】

锂海水中，电池M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，同时氧气也可以在N极得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。则电池的总反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑或4Li+O2+2H2O=4LiOH。

【详解】

（1）据分析，N极为该电池的正极，该电池的总反应为：2Li+2H2O═2LiOH+H2↑或4Li+O2+2H2O=4LiOH。

（2）由上述分析可知，N为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，和反应O2+4e-+2H2O=4OH-。

（3）Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子。【解析】(1)正2Li+2H2O═2LiOH+H2↑或4Li+O2+2H2O=4LiOH

(2)2H2O+2e-=2OH-+H2↑O2+4e-+2H2O=4OH-

(3)防止水和Li反应，并能传导离子11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A的浓度减少了1/3，则用A表示的反应速率是B的物质的量减少了a/2mol，则用B表示的反应速率是所以答案为：a/12mol·L-1·min-1；a/8mol·L-1·min-1。

(2)A的物质的量减少了a/3mol，B的物质的量减少了a/2mol，有amolD生成，所以根据物质的量的变化量之比等于相应的化学计量数之比可知：x:y:q＝2:3:6。又因为V(C)＝1/2V(A)，所以2p＝x，因此该反应的化学方程式是2A(g)+3B(g)C(g)+6D(g)；反应平衡时，D为2amol，列出三段式：消耗B是amol，则B的转化率为所以答案为：

(3)第一次平衡时D为2amol，只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol，这说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，则△H＜0；所以答案为：＜。

(4)①体积减小；反应物的浓度增大，因而使反应速率增大，所以答案为：增大；

②缩小体积相当增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向逆反应方向移动，所以转化率减小，所以答案为：减小。【解析】①.a/12mol·L-1·min-1②.a/8mol·L-1·min-1③.a/b100%④.＜⑤.增大⑥.减小12、略

【分析】【分析】

加入碱，减小了氢离子浓度，平衡右移，据此分析溶液颜色的变化；平衡常数K=

【详解】

重铬酸根（Cr2O72-）溶液显橙色，铬酸根（CrO42-）溶液显黄色，加入氢氧化钠溶液会消耗该溶液中的氢离子，使反应Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+平衡右移，所以溶液由橙色变为黄色，根据平衡常数的定义可知K=

【点睛】

注意平时的积累重铬酸根（Cr2O72-）溶液显橙色，铬酸根（CrO42-）溶液显黄色，重铬酸根（Cr2O72-）溶液显橙色，铬酸根（CrO42-）溶液显黄色，溶液中的反应平衡常数表达式中水的浓度记为1。【解析】橙黄13、略

【分析】【分析】

根据电池总反应，判断元素的化合价升降，由负极上失电子发生氧化反应，写出电极反应；根据原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动判断；根据Na2Mn5O10和转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量；根据题图中氢离子移动方向判断正负极；在负极上通入燃料；根据负极上燃料失电子发生氧化反应，写出电极反应；根据甲醇和转移电子之间的关系式计算转移电子的个数；根据题目中给出的正负极的信息，写出总的电池反应方程式。

【详解】

（1）①根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl可知，Ag元素的化合价由0价失电子升高到+1价，发生氧化反应，Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl；答案为Ag+Cl--e-=AgCl。

②在原电池中阴离子向负极移动；阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动；答案为正。

③根据方程式中5molMnO2生成1molNa2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，则外电路每通过4mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是2mol；答案为2mol。

（2）①据氢离子移动方向知，阳离子向正极移动，则右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇；答案为CH3OH。

②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。

③根据CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+反应知，消耗1mol甲醇要转移6mol电子，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量n═=1.2mol，则转移电子个数为1.2NA；答案为1.2NA。

（3）电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，正极电极反应式为Ag2O2+4e-+2H2O═2Ag+4OH-，负极电极反应式为2Zn-4e-+8OH-═2Zn(OH)42-，反应还应有KOH参加，反应的总方程式为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O═2K2Zn(OH)4+2Ag；答案为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O═2K2Zn(OH)4+2Ag。【解析】Ag+Cl--e-=AgCl正2molCH3OHCH3OH-6e-+H2O===CO2＋6H+1.2NAAg2O2+2Zn+4KOH+2H2O===2K2Zn(OH)4+2Ag14、略

【分析】【分析】

（1）500℃左右时；催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度进行；

（2）依据起始量氮气和氢气变化量之比等于化学计量数之比分析判断；

（3）当达到平衡时；充入氩气，并保持体积不变，容器中总压增大，但各物质的分压不变；

（4）当达到平衡时；充入氩气，并保持压强不变，容器体积变大，相当于减小压强；

（5）当达到平衡时，充入N2并保持体积不变；增大反应物氮气的浓度；

（6）保持体积不变；升高温度时，平衡向逆反应方向移动，混合气体的质量不变，混合气体总物质的量变大。

【详解】

（1）合成氨反应是气体体积减小的放热反应；要使平衡向正反应方向移动，应降低温度；增大压强，但温度过低反应速率过小，不利于工业生成效益；温度越高，反应速率越大，所以应适当升高温度，使反应速率增大；使用催化剂也能增大反应速率，但在500℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度进行，故答案为：加快反应速率，且催化剂的活性最大；

（2）在密闭容器中，使2molN2和6molH2混合发生下列反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；反应物起始量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，由反应变化量之比等于等于化学计量数之比可知反应物平衡浓度为1：3，故答案为：1：3；

（3）当达到平衡时；充入氩气，并保持体积不变，容器中总压增大，但各物质的分压不变，浓度不变，平衡不动，故答案为：不；

（4）当达到平衡时；充入氩气，并保持压强不变，容器体积变大，相当于减小压强，合成氨反应是气体体积减小的放热反应，减小压强，化学反应速率减小，平衡向逆反应方向移动，故答案为：减小；逆向；

（5）当达到平衡时，充入N2并保持体积不变；增大反应物氮气的浓度，平衡向正反应方向移动，故答案为：正向；

（6）保持体积不变，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，混合气体的质量不变，混合气体总物质的量变大，由M=可知，平均相对分子质量M变小，由d=可知密度d不变；故答案为：减小；不变。

【点睛】

保持体积不变，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，混合气体的质量不变，混合气体总物质的量变大，由M=和d=分析是解答关键，也是易错点。【解析】①.加快反应速率，且催化剂的活性最大②.1:3③.不④.逆向⑤.变小⑥.正向⑦.减小⑧.不变三、判断题(共5题，共10分)15、B【分析】【详解】

原电池工作时，溶液中的阳离子和盐桥中的阳离子都向正极移动；错误。16、B【分析】【详解】

苯分子中不存在碳碳双键，其碳碳键为介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊的键，乙烯加聚时碳碳双键转化为单键，故聚乙烯中不含碳碳双键，题干说法错误。17、B【分析】【详解】

乙烯分子结构中含有碳碳双键，其中一根键容易断裂，因此其化学性质较为活泼，易于发生加成反应，但由于碳碳双键的影响，乙烯难于发生取代反应。题干说法错误。18、B【分析】略19、B【分析】【详解】

食用油和汽油互溶，不能用分液法分离，可依据两者沸点的不同，用蒸馏的方法分离，题干说法错误。四、推断题(共2题，共10分)20、略

【分析】【分析】

C与甲醇反应生成D，由D的结构可知C为B与浓硝酸发生取代反生成C，则B为A发生氧化反应生成B，D中硝基被还原为氨基生成E，E与CH3CH2CH2COCl发生取代反应生成F；据此分析解答。

【详解】

（1）根据以上分析，A到B反应为氧化反应，D到E是与H2反应；故为还原反应，E到F为氨基与羧基之间发生取代反应。

故答案为氧化反应；还原反应；取代反应；

（2）B为除苯环外，不饱和度为1。那么能与Cu(OH)2反应，即含有醛基，同时含有酯基，其同分异构体中则必须有剩下一个C可以选择连在其与苯环之间，以及直接连在苯环上形成甲基有邻、间、对，共4种。即为

故答案为

（3）C中官能团为硝基-NO2、羧基-COOH；此反应为可逆反应，加过量甲醇可使平衡正向移动，使得D的产率增高，对于高分子有机物浓硫酸有脱水性，反应中甲醇既能与C互溶成为溶剂，又作为反应物，故b错误；a；c、d项正确。

故答案为硝基；羧基；a、c、d；

（4）苯丙氨酸可推出其结构简式为

经聚合反应后的高聚物即为

（5）由题目已知条件可知F中的肽键和酯基会发生水解，所以化学方程式为【解析】氧化反应还原反应取代反应硝基、羧基a、c、d21、略

【分析】【详解】

M是地壳中含量最高的金属元素；则M是Al。又因为X；Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，且X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，所以X是H、Y是C，Z是N，L是O。

（1）L是O；铝元素的原子序数是13，位于周期表的第3周期第ⅢA族；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以原子半径大小顺序是Al>C>N>O>H。

（2）Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B分别是氨气和肼（N2H4）。二者都是含有共价键的共价化合物，氨气（A）的电子式是肼（B）的结构式是

（3）氧元素位于第ⅥA族，原子序数是8，所以Se的原子序数8+8+18=34。最高价是+6价，所以最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4。同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，和氢气化合越来越难，生成的氢化物越来越不稳定，由于非金属性Se排在第三位，所以表示生成1mol硒化氢反应热的是选项b。

（4）由于铝是活泼的金属，所以Al作阳极时，铝失去电子，生成铝离子，Al3+能和HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝白色沉淀和CO2气体，所以阳极电极反应式可表示为Al+3HCO3-－3e－＝Al(OH)3↓+3CO2↑。氢氧化铝不稳定，受热分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。

【点睛】

本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。【解析】O第3周期第ⅢA族Al>C>N>O>H34H2SeO4bAl+3HCO3--3e-=Al（OH）3↓+3CO2↑2Al（OH）3Al2O3+3H2O五、工业流程题(共4题，共8分)22、略

【分析】【详解】

（1）影响化学反应速率的因素有温度、反应物的浓度、压强、催化剂、反应物的表面积等，结合化工生产实际，要提高酸浸时钛矿石的溶解速率，可行的措施有：粉碎矿石，加热反应物等；酸浸时硫酸与钛矿石反应，主要反应的化学方程式为：2H2SO4+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4+2H2O；

（2）过滤沉淀后得到FeSO4溶液；加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥；

(3)高温时，由TiO2与碳和氯气反应转化为TiC14的化学方程式为：TiO2+2Cl2+2CiCl4+2CO；①由图可知，随着温度的升高，TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)减小，则平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H<0；②在750℃、100MPa下TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)比在800℃、200MPa下TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)大，TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)越大，C12的转化率越大，则α1>α2；

(4)当离子浓度等于或小于10-5mol·L-1时可认为完全沉淀，H2TiO3的沉淀溶解平衡为H2TiO3(s)TiO2+(aq)+2OH-(aq)，根据Ksp=c(TiO2+)•c2(OH-)=10-5mol·L-1×c2(OH-)=1.0×10-29mol3·L-3可得：c2(OH-)=1.0×10-24mol2·L-2,c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1,则溶液的PH到少为2。

【点睛】

本题考查了热化学反应方程式、电极反应式的书写等知识点，难度不大，注意热化学反应方程式相加减时，反应热应相应的加减。【解析】①.粉碎矿石，加热反应物②.2H2SO4+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4+2H2O③.加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至室温（或0℃）结晶④.TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO⑤.<⑥.>⑦.223、略

【分析】【分析】

主要成分为MoS2、含少量Cu2S、FeS2的废钼催化剂，在空气中采用多层逆流焙烧，第1~6层，MoS2转变为MoO2、MoO3、第6～12层MoO2转化为MoO3，焙烧过程中有二氧化硫气体生成，焙烧后得到MoO3、CuO和Fe2O3等固体混合物，固体混合物经碳酸钠溶液处理后，得到钼酸钠溶液和不溶性固体2，经过滤后，得到钼酸钠溶液，钼酸钠溶液经过结晶，得到钼酸钠晶体，或者加盐酸把钼酸钠溶液转变为钼酸、经高温分解得MoO3；用热还原法制备钼，以此回答；

【详解】

(1)操作1是分离不溶性固体和液体的；即过滤；

(2)①由图知，“多层逆流焙烧”增长与空气接触时间或增大接触面积，焙烧后MoS2完全转化，故使反应充分、提高利用率；②由图知，焙烧后所得固体1的成分有MoO3、CuO和Fe2O3；

(3)由流程知，固体1加碳酸钠溶液后生成Na2MoO4溶液，则该反应为非氧化还原反应，结合质量守恒定律，发生的主要化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；

(4)已知钼酸钠可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应时得到钼酸铜沉淀，则离子方程式为：MoO+Cu2+=CuMoO4↓；

(5)还原法制备钼，若利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，按得失电子数守恒，3个氧化还原反应中转移的电子总数相等，每1molH2；CO和Al失去的电子数之比为2:2:3；则消耗还原剂的物质的量之比为3:3:2；

(6)已知：Ksp(BaCO3)=1.0×10−10，反应后的溶液中c(CO)=0.040×(1-95%)mol/L=则BaMoO4开始沉淀时溶液中c(Ba2+)=mol/L，则=2.4×10-8；

(7)在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和钼酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCl3，氧化剂为MoO还原剂为Zn，还原产物为MoCl3，氧化产物为Zn2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2MoO+3Zn+16H++6Cl-=2MoCl3+3Zn2++8H2O。

【点睛】

本题考查了物质制备流程、物质性质的应用以及Ksp的计算等，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析、灵活处理信息应用是本题的解题关键。【解析】过滤增长与空气接触时间或增大接触面积，使反应充分、提高利用率、节约能源等（合理即可）MoO3MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑MoO+Cu2+=CuMoO4↓3：3：22.4×10-82MoO+3Zn+16H++6Cl-=2MoCl3+3Zn2++8H2O24、略

【分析】【分析】

焙烧浓硫酸和独居石