2025年湘教版必修2化学上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年湘教版必修2化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列说法中，正确的是（）A.在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B.需要加热才能发生的化学反应，它可能是吸热反应也可能是放热反应C.反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，ΔH＜0D.ΔH的大小与热化学方程式的计量系数无关2、下列表示不正确的是A.CO2的电子式：B.乙烯的结构简式：CH2CH2C.CH4的空间充填模型：D.离子的结构示意图：3、设C(s)＋CO2(g)2CO(g)ΔH>0，当温度升高时，化学反应速率变化情况为()A.增大B.减小C.不变D.不能判断4、把纯净的甲烷与氯气混合气放在集气瓶中，用玻璃片盖好瓶口，放在光亮的地方一段时间后，下列说法中，不正确的是A.用一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生B.瓶内气体的颜色变浅C.该反应的生成物只有四种D.集气瓶壁有油状液体生成5、下列物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A.四氯化碳B.甲烷C.乙烯D.乙酸评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用；其结构简式如图所示。下列说法正确的是。

A.分子式为C16H18O9B.共有5种含氧官能团C.最多有8个碳原子在同一个平面上的D.1mol咖啡鞣酸最多可以与4molH2发生加成反应7、下列有机物名称正确的是A.2-乙基戊烷B.1，2-二氯丁烷C.2，2-二甲基-3-己醇D.3，4-二甲基戊烷8、一定温度下；在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应:

CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)△H<0。下列说法正确的是。容器编号温度/K物质的起始浓度/mol/L物质的平衡浓度/mol/Lc(CH3OH)c(CO)c(CH3COOH)c(CH3COOH)c(CH3COOH)c(CH3COOH)I5300.500.5000.40II5300.200.200.40III510000.50

A.达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3:4B.达平衡时，容器II中比容器I中的大C.达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的大D.达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和小于19、下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是()

A.工作时，a极的电势低于b极的电势B.工作一段时间之后，a极区溶液的pH减小C.a、b极不能使用同种电极材料D.b极的电极反应式为：CH3COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+10、甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下表；己的最高氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是。

A.丙与戊的原子序数相差28B.气态氢化物的稳定性：庚<己<戊C.常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应D.丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维11、“结构决定性质”是重要的化学观念。昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫；测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示；关于该化合物说法不正确的是。

A.所有碳原子可能共平面B.分子式是C.可发生加成反应D.有两个官能团12、氯碱工业是一种高耗能产业；一种将燃料电池与电解池组合的新工艺可节能30%以上，下图是该工艺图示（电极未标出）。

下列说法正确的是A.X为H2，Y为Cl2B.A池为电解池，且m＜nC.B池为燃料电池，且a＜bD.该工艺优点是燃料电池提供电能且能提高烧碱产品的浓度13、某电池的总反应离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；不能实现该反应的原电池是。

。

正极。

负极。

电解质溶液的溶质。

A

Cu

Fe

FeCl3

B

C

Fe

Fe(NO3)3

C

Fe

Zn

Fe2(SO4)3

D

Ag

Fe

CuSO4

A.AB.BC.CD.D14、工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法不正确的是。

A.增大压强甲醇转化率减小B.b点反应速率υ正=υ逆C.平衡常数K(75℃)＞K(85℃)，反应速率υb＜υdD.生产时反应温度控制在80~85℃为宜评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、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：__。16、已知原电池的总反应式：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；请写出电极反应式：

(1)正极反应式为_______；

(2)负极反应式为_______。17、在1×105Pa和298K时，将1mol气态AB分子分离成气态A原子和B原子所需要的能量称为键能(kJ·mol-1)。下面是一些共价键的键能：(已知氨分子中有三个等价的氮氢共价键)

。共价键。

H2分子。

N2分子。

NH3分子。

键能(kJ·mol-1)

436

945

391

（1）根据上表中的数据判断工业合成氨的反应是__(填“吸热”或“放热”)反应；

（2）在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，在催化剂存在下进行反应，理论上生成2molNH3时放出或吸收的热量为Q，则Q为___。18、某兴趣小组为研究原电池原理；设计如图甲乙两个原电池装置。

(1)如图甲，a和b用导线连接，Cu电极的电极反应式为：________，溶液中SO移向______(填“Cu”或“Fe”)极。

(2)如图乙所示的原电池装置中，负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是_______________。负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消耗负极5.4g，则放出气体______mol。19、（1）氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。

①能说明该反应已达到平衡状态的标志是___。

a.反应速率v(NH3)=v(N2)

b.容器内压强不再随时间而发生变化。

c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化。

d.容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6

e.12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键。

②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中b点对应的速率关系是v(正)___v(逆)；d点对应的速率关系是v(正)___v(逆)。（填﹥；﹤或﹦）。

(2)一定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2(g)N2O4(g)，n(NO2)随时间变化如下表：

①用N2O4表示0～2s内该反应的平均速率为___。在第5s时，NO2的转化率为___。

②根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是__。20、硫氧化物；氮氧化物和碳氧化物都是常见的大气污染物。回答下列问题：

(1)已知：NO(g)＋SO3(g)SO2(g)＋NO2(g)△H＝＋40.7kJ·mol－1，一种可同时脱除SO2和NO的工艺涉及的反应原理及能量变化如下：

I：NO(g)＋O2(g)NO2(g)＋O2(g)△H1＝－200.9kJ·mol－1；

II：SO4(g)＋O2(g)SO3(g)＋O2(g)△H2，其正反应的活化能Ea1＝58.0kJ·mol－1。

反应II的逆反应的活化能为Ea2＝___________。

(2)一定条件下，将一氧化碳转化为甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。已知：温度与化学平衡常数的对应关系如表所示。温度/℃227327化学平衡常数(K)2.3440.255

现有1.0molCO(g)和2.0molH2(g)在1L恒容密闭容器中发生上述反应。

①该反应的平衡常数表达式为______________。

②该反应在___________(填“较高温度”“较低温度”或“任何温度”)下自发进行。

③227℃时，H2的转化率和容器内总压强的关系如图所示(M点达到平衡)。

227℃下，平衡时p(CH3OH)＝___________kPa(用含p0的式子表示)，该反应的平衡常数Kp＝___________(kPa)－2(Kp为以分压表示的平衡常数，保留1位小数)；若升高温度，则平衡时H2的转化率_______(填“>”“<”或“＝”)60%，理由是__________________________。

④若保持反应温度和容器容积不变，反应达到平衡后充入H2，再次达到平衡时，________(填字母)。

a.H2的转化率增大b.CH3OH的分解速率加快。

c.容器内总压强变大d.化学平衡常数Kp变大21、某高聚物的结构简式如下：

则形成该高分子化合物的单体的结构简式分别为________。22、将锌片和铜片用导线相连；插入某种电解质溶液形成原电池装置。

(1)若电解质溶液是稀硫酸，发生氧化反应的是___极(填“锌”或“铜”)，铜极上的实验现象是：__。

(2)若电解质溶液是硫酸铜溶液，在导线中电子是由__极流向__极，铜极上发生的电极反应式是__，电解质溶液里的实验现象是__。评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)23、催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后的性质保持不变。(____)A.正确B.错误24、用来生产计算机芯片的硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在。(____)A.正确B.错误25、理论上，任何自发的氧化还原反应都可设计成原电池。(_______)A.正确B.错误26、干电池根据电池内的电解质分为酸性电池和碱性电池。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、推断题(共2题，共10分)27、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____________________________。28、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：_______________________________________________。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共20分)29、炼油厂烷基化反应产生的废液中含硫酸91%、难挥发有机物7%。实验室以软锰矿(主要含MnO2，还含少量Fe、Al等元素)处理废液并制取MnSO4·H2O晶体；其实验流程如图：

（1）研究温度对“降解”过程中有机物去除率的影响；实验在如图1所示的装置中进行。

①在不同温度下反应相同时间，发现温度从60℃升高到95℃时，有机物去除率从29%增大到58%，其可能的原因是：MnO2的氧化能力随温度升高而增强；__。

②废液因含有机物而呈现黑红色。有机物降解速率慢，难以观察气泡产生速率。降解一段时间，判断有机物浓度基本不变的依据是：三颈烧瓶内__。烧杯中盛放的试剂可以是__。

（2）降解一段时间后，加入硫铁矿(主要成分FeS2)将剩余MnO2还原，所得溶液中的主要离子有Fe3+、Mn2+、SO42-等，其离子方程式为__。

（3）滤液若用足量高纯度MnO2再次氧化降解，改变条件，有机物去除率可达66%。反应后过滤，所得滤渣经洗涤后，在本实验流程中可用于__。

（4）MnSO4·H2O的溶解度曲线如图2所示。设计以过滤所得滤液为原料，进一步除去有机物等杂质并制取MnSO4·H2O晶体的实验方案：__，趁热过滤，用热的硫酸锰溶液洗涤，150℃烘干。[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；MnSO4·H2O分解温度为200℃。实验中必须使用的试剂：石灰石粉末；活性炭]

30、硫酸铵一种优良的氮肥；适用于各种土壤和作物，硫酸铵还可用于纺织；皮革、医药等方面。某化工厂以硫酸钙为原料制备硫酸铵，其工艺流程如下：

(1)X为_____，操作a名称为_______。

(2)煅烧CaCO3生成生石灰和CO2的反应为_____反应(填“吸热”或“放热”)，欲加快该反应速率可采取的措施为______(写出一种即可)。

(3)上述流程中，可以循环使用的物质有______(写化学式)。

(4)从滤液中获得(NH4)2SO4晶体，必要的操作步骤是蒸发浓缩，______；过滤等。

(5)写出利用该流程制备(NH4)2SO4的总化学方程_________。31、用含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]制取Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下：

(1)步骤I“氨浸”时，控制温度为50~55℃，pH约为9.5，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4。

①CuO被浸取的离子方程式为___________。

②浸取温度不宜超过55℃，其原因是___________。

③Cu2+与NH3结合时，溶液中含铜微粒的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离的c(NH3)的对数值的关系如图所示。若将Cu2(OH)2CO3全部浸出为[Cu(NH3)4]2+，则游离的c(NH3)应满足的条件是___________。

(2)“除AsO”时，FeSO4需过量，一方面使AsO沉淀完全，另一目的___________。

(3)“蒸氨”时发生反应的化学方程式为___________。

(4)生产过程中可循环利用的物质有___________。32、海洋约占地球表面积的71%；具有巨大的开发潜力。

Ⅰ.海水淡化的方法主要有蒸馏法；电渗析法和离子交换法等。下图所示为海水蒸馏原理示意图；请回答下列问题：

(1)冷却水的出水口是________(填“a”或“b”)；

(2)碎瓷片的作用是__________。

Ⅱ.目前；从海水提取的溴占世界溴年产量的三分之一左右，空气吹出法是工业大规模海水提溴的常用方法。其中一种工艺流程为：

①海水浓缩；酸化；

②通入Cl2，使Br－转化为Br2；

③通入空气、水蒸气，将Br2吹入吸收塔，与吸收剂SO2反应转化为HBr；

④通入Cl2，再经过一系列处理得到产品Br2。

请回答下列问题：

(1)步骤②③的目的是_____________(填“富集溴”或“萃取溴”)；

(2)在步骤③中，反应生成HBr的化学方程式___________________________________________；

(3)在步骤②中，若通入44.8LCl2(标准状况)，理论上可得到Br2___________g。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A；化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成；旧键断裂吸收热量，形成新键放出热量，则化学反应一定伴有能量变化，故A错误；

B．反应条件与反应中能量变化无关；则需要加热才能发生的化学反应，它可能是吸热反应也可能是放热反应，故B正确；

C．反应产物的总焓大于反应物的总焓时；反应吸热，△H＞0，故C错误；

D．△H与热化学方程式的书写有关；△H的大小与热化学方程式的计量系数有关，为正比关系，故D错误；

故答案为B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．C原子最外层有4个电子，O原子最外层有6个电子，C原子与2个O原子形成4对共用电子对，从而使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，电子式为：A正确；

B．乙烯分子式是C2H4，分子中两个C原子形成共价双键，其余价电子与H原子结合，其结构简式是CH2=CH2；B错误；

C．甲烷分子中C原子与4个H原子形成4个共价键；键角是109°28′，形成的是正四面体结构，由于C原子半径比H原子半径大，所以图示为甲烷的比例模型，C正确；

D．Cl-是Cl原子得到1个电子形成的，原子核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为：D正确；

故合理选项是B。3、A【分析】【详解】

温度对所有化学反应速率均有影响；升高温度，反应速率加快，故A正确。

答案选A。4、C【分析】【分析】

纯净的甲烷与氯气混合气放在集气瓶中；用玻璃片盖好瓶口，放在光亮的地方一段时间后会发生取代反应，生成氯代甲烷和氯化氢气体。

【详解】

A．反应产生氯化氢气体；遇到浓氨水挥发出的氨气，发生化合反应形成氯化铵产生白烟，A正确；

B．甲烷与氯气发生取代反应；黄绿色氯气减少，颜色变浅，B正确；

C．该反应会生成一氯甲烷；二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢；5种产物，C错误；

D．反应生成氯甲烷为油状液体；D正确；

故选C。5、C【分析】分析：由选项中的物质可知；含碳碳双键的物质能被高锰酸钾氧化而使其褪色，以此来解答。

详解：四氯化碳；甲烷、乙酸与高锰酸钾溶液均不反应；不能使其褪色，但乙烯能被高锰酸钾氧化，使其褪色，答案选C。

点睛：本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，熟悉常见有机物的性质即可解答，侧重氧化反应的考查，题目难度不大。二、多选题(共9题，共18分)6、AD【分析】【详解】

A．由图示可知该物质的分子式为：C16H18O9；故选A；

B．该物质中含有羟基；酯基、羧基以及碳碳双键；所以共有4种官能团，故B错误；

C．与苯环直接相连的所有原子都共面；与碳碳双键直接相连的原子都共面，由图示可知至少8个碳原子共面；与酯基直接相连的碳原子及其延长线上的碳原子可能与碳碳双键或苯环共面，所以最多10个碳原子共面，故C错误；

D．由图示可知1mol该物质含有1mol碳碳双键和1mol苯环；1mol碳碳双键和1mol苯环分别能与1mol；3mol发生氢气加成反应，故选D。

答案选AD。7、BC【分析】【详解】

A．2-乙基戊烷；烷烃中出现了2-乙基，说明选取的主链不是最长的，正确的主链应该为己烷，正确的命名为：2-甲基己烷，故A错误；

B．1；2-二氯丁烷主碳链为四个，离氯原子近的一端编号，符合命名原则，故B正确；

C．含羟基碳在内的六个碳原子的最长碳链；离羟基近的一端编号，得到2，2-二甲基-3-己醇，故C正确；

D．3；4-二甲基戊烷，名称中主碳链起点编号错误，正确的是从离取代基近的一端编号，名称为2，3-二甲基戊烷，故D错误；

故选BC。8、BD【分析】【分析】

根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知；容器I中起始量与容器Ⅲ等效，但温度不同；容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，再结合等效平衡和平衡的移动判断两容器中气体的物质的量之间的关系。

【详解】

A．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍；相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，容器I中平衡时浓度之和为0.4+0.1+0.1=0.6mol/L，因此达平衡时，容器II中平衡时浓度之和小于0.6mol/L×1.2=0.72mol/L，容器I与容器II中的总压强之比大于0.6:0.72=5:6＞3:4，故A错误；

B．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，则增大；故B正确；

C．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知；容器I中起始量与容器Ⅲ等效，但容器Ⅲ中的温度低，温度越低，反应速率越慢，因此达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，故C错误；

D．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3COOH的转化率减小，因此达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和小于1；故D正确；

故选BD。9、BD【分析】【分析】

根据图示分析可知，b电极上CH3COO-转化为HCO3-，碳元素的化合价升高，发生了氧化反应，说明b为原电池负极；则a为原电池的正极，发生还原反应，据此分析解答。

【详解】

A．b电极上CH3COO-转化为HCO3-，碳元素的化合价升高，说明b为原电池负极，则a为原电池的正极，所以a极的电势高于b极的电势；A选项错误；

B．b电极CH3COO-失去电子生成HCO3-，电极反应式为：CH3COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+，生成的H+可以通过质子交换膜进入a电极区；其物质的量与电子转移的物质的量相同，在正极上，迁移的氢离子中只能有一半的被电极反应所消耗，从而导致a极区溶液pH减小，B选项正确；

C．据图可知；该装置是燃料电池，能使用同种电极材料，C选项错误；

D．根据上述分析可知，b电极CH3COO-失去电子生成HCO3-，电极反应式为：CH3COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+；D选项正确；

答案选BD。10、AD【分析】己的最高氧化物对应水化物有强脱水性为浓硫酸；则己是S元素，可以推出庚是F元素，戊是As元素，丁是Si元素，丙是B元素，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，甲是Mg，乙是Ca。A．丙与戊的原子序数相差（8+18+2）=28，对；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊，B错；甲单质与水反应不剧烈，C错；丁是Si元素，二氧化硅可用于制造光导纤维，D对。

【考点定位】本题主要考查元素周期报和元素周期律的应用，光导纤维的主要成分。11、AB【分析】【分析】

【详解】

A．由结构简式可知；含有多个甲基，所有碳原子不可能共平面，故A错误；

B．由结构简式可知，其分子式是故B错误；

C．由结构简式可知；因含有碳碳双键，所以可发生加成反应，故C正确；

D．由结构简式可知；结构中含有碳碳双键，酯基两种官能团，故D正确；

故答案：AB。12、CD【分析】【分析】

如图：

根据图片知；B装置中通入空气和Y，空气作氧化剂，且整个装置是原电池和电解池组合的装置，B能自发的进行氧化还原反应，所以B是原电池，则A是电解池；据以上分析解答。

【详解】

A．通过以上分析知；A是电解池，B是原电池，原电池中燃料是氢气，所以Y是氢气，则X是氯气，故A错误；

B．A是电解池；电解氯化钠过程中，氯化钠溶液被电解时生成氯气；氢气和氢氧化钠，所以导致溶液中氯化钠浓度降低，所以m＞n，故B错误；

C．B是燃料电池，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，导致正极区域氢氧化钠浓度增大，所以a＜b；故C正确；

D．B装置是把化学能转变为电能的装置；属于原电池，且正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，导致正极区域氢氧化钠浓度增大，故D正确；

故选CD。13、CD【分析】【分析】

依据反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe失去电子发生氧化反应，Fe作负极，用比Fe活泼性弱的金属或非金属导体(如Cu、Ag、C等)作正极，用含Fe3+的溶液作电解质溶液。

【详解】

A．Fe作负极、Cu作正极，FeCl3溶液作电解质溶液；符合条件，能够实现，故A不选；

B．Fe作负极、C作正极，Fe(NO3)3溶液作电解质溶液；符合条件，能够实现，故B不选；

C．Zn作负极、Fe作正极，Fe2(SO4)3溶液作电解质溶液；不符合条件，不能实现，故C选；

D．Fe作负极、Ag作正极，CuSO4溶液作电解质溶液；不符合条件，不能实现，故D选；

答案选CD。14、AB【分析】【详解】

A．反应CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)是气体体积减小的反应；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的转化率增大，故A错误；

B．由题图可知，温度低于83℃时，随着温度的升高，CO的转化率增大，83℃时反应达到平衡，b点时反应没有平衡，υ正＞υ逆；故B错误；

C．由题图可知，温度高于83℃时，随着温度的升高，CO的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，因此K(75℃)＞K(85℃)；温度越高反应速率越大，因此反应速率υb＜υd；故C正确；

D．由题图可知；在80~85℃时，CO的转化率最大，因此生产时反应温度控制在80~85℃为宜，故D正确；

故选AB。三、填空题(共8题，共16分)15、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)CH2OH16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)反应中氯化铁得到电子，在正极放电，则正极反应式为2Fe3++2e-＝2Fe2+；

(2)铜失去电子，被氧化，作负极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+。【解析】2Fe3++2e-＝2Fe2+Cu-2e-=Cu2+17、略

【分析】【分析】

（1）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式以及反应物、生成物的键能分别计算吸收和放出的能量，以此计算判断吸热还是放热；

（2）根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算生成2molNH3时的能量变化。

【详解】

（1）在反应N2+3H22NH3中，断裂1molNN键、3molH-H键共吸收的能量为945kJ+3×436kJ=2253kJ，生成2molNH3；共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应；

（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能，反应N2+3H22NH3即理论上生成2molNH3时放出的热量Q为93kJ。【解析】放热93kJ18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)a和b用导线连接，Cu、Fe、硫酸溶液形成原电池，总反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，铜电极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑；原电池中阴离子流向负极；所以硫酸根移向Fe极；

(2)由于金属铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和氢气，镁不反应，所以铝为负极，镁为正极，负极反应为Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O，正极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以正极有气泡产生；消耗负极5.4g，即消耗5.4gAl，物质的量为0.2mol，则转移0.6mol电子，生成0.3mol氢气。【解析】2H++2e-=H2↑FeAl产生气泡Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O0.319、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①a．该反应达到平衡状态时，5v正(NH3)=4v逆(N2)；故a错误；

b．该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，容器体积恒定，所以未平衡时压强会发生改变，当压强不再变化时说明反应平衡，故b正确；

c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化说明浓度不在改变；反应达到平衡，故c正确；

d．物质的量之比不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变；故d错误；

e．只要反应进行12molN-H键断裂的同时就会生成5molN≡N键；二者均表示正反应速率，故e错误；

故答案为：bc；

②据图可知b点之后氮气的浓度增大，NO的浓度减小，说明此时反应正向进行，及v(正)>v(逆)；d点时NO的浓度不再变化，说明反应达到平衡，所以v(正)=v(逆)；

(2)①0～2s内v(NO2)==0.0075mol·L-1·s-1，同一反应同一时段内不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(N2O4)=0.5v(NO2)=0.00375mol·L-1·s-1；第5s时，二氧化氮的转化率为=87.5%；

②随着反应的进行，反应物NO2的物质的量浓度减小；因而反应速率减小。

【点睛】

可逆反应达到平衡时，同物质的正逆反应速率相等，各组分的浓度，含量保持不变，由此衍生出其他的一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明达到平衡。【解析】bc>=0.00375mol·L-1·s-1(或0.225mol·L-1·min-1)87.5%随着反应的进行,反应物NO2的物质的量浓度减小,因而反应速率减小20、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律知，△H2=△H1-△H=-200.9kJ/mol-40.7kJ/mol=-241.6kJ/mol，根据活化能的定义知，△H2=Ea1-Ea2，所以Ea2=Ea1-△H2=58kJ/mol-(-241.6kJ/mol)=299.6kJ/mol

(2)①该反应的平衡常数表达式为②反应能够自发进行的条件是△H-T△S<0，根据表格数据，温度升高，平衡常数减小，此时平衡逆向移动，所以正反应的△H<0，△S=S后-S前<0；要想使该反应自发进行，T需要低温；

③根据题目数据列出三段式：

CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)

初始1mol2mol0

转化0.6mol1.2mol0.6mol

平衡0.4mol0.8mol0.6mol

根据分压=物质的量分数Ⅹ总压知，通过表格的数据知，温度升高，平衡常数减小，平衡逆向进行，所以H2的转化率减小。

④维持其他条件不变，充入H2后，H2浓度增大，平衡正向进行，此时正、逆反应速率均增大，所以CH3OH的分解速率加快，因为加入了H2，根据勒夏特列原理，只能减弱改变，不能抵消，所以H2的转化率减小，正向进行时，平衡向气体系数减小的方向进行，所以总压强减小，温度不变，化学平衡常数Kp不变。

【点睛】

1、勒夏特列原理：改变唯一条件时，平衡向减弱这种改变的方向进行；2、分压=物质的量分数Ⅹ总压。【解析】299.6kJ/mol较低温度0.2p0<由表中数据知，温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，H2的转化率减小bc21、略

【分析】【分析】

单烯烃发生加聚反应时；双键变单键，二烯烃发生1，4加聚反应时，双键变单键，而单键变双键，故结合加聚反应原理，从产物倒推出单体。

【详解】

高聚物链节中，所含的碳碳双键应是通过1，4加聚后生成的，故单体主链为4个碳原子，把链节中的单键换成单体中的双键、把链节中的双键换成单体中的单键、即“单双互变”还原出主链四个碳原子的单体，链节是碳碳单键的则以两个碳为结构单元，还原双键得到单体，因此的单体分别为：CH2＝CH—CH＝CH2、和CNCH＝CH2；

答案为：为：CH2＝CH—CH＝CH2、和CNCH＝CH2。【解析】CH2＝CH—CH＝CH2、CNCH＝CH222、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该装置是原电池；锌失电子而作负极，铜作正极，负极锌上发生失电子的氧化反应，正极铜上氢离子发生得电子的还原反应生成氢气，所以铜极上的现象是：有无色气泡产生；

(2)该装置构成了原电池，锌作负极、铜作正极，锌片失电子生成锌离子进入溶液，铜离子得电子生成铜，所以电子从负极锌片沿导线流向正极铜片，所以正极铜片上发生的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；电解质溶液里的实验现象：蓝色溶液颜色逐渐变浅。【解析】锌产生无色气泡锌(负)铜(正)Cu2++2e-=Cu蓝色溶液颜色逐渐变浅四、判断题(共4题，共36分)23、B【分析】【详解】

催化剂一般会参与化学反应，改变反应的活化能，反应前后化学性质不变，但物理性质有可能改变，故错误。24、B【分析】【分析】

【详解】

硅是一种亲氧元素，在自然界中全部以化合态存在，故错误。25、A【分析】【详解】

任何自发的氧化还原反应均有电子的转移，理论上都可设计成原电池，正确。26、A【分析】【详解】

干电池根据电池内的电解质分为酸性电池和碱性电池，正确。五、推断题(共2题，共10分)27、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、d28、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六、工业流程题(共4题，共20分)29、略

【分析】【分析】

由流程图可知，废液中含硫酸91%、难挥发有机物7%，通过加入软锰矿和水，将废液中的有机物降解，加入硫铁矿(主要成分FeS2)将剩余MnO2还原，滤液经过处理，将其他杂质离子除去，最终得到MnSO4∙H2O晶体。

【详解】

（1）①升高温度；反应速率加快，在相同时间内有机物反应的更多，去除率增加；

②废液因含有机物而呈现黑红色，有机物越少，颜色越浅，故可通过颜色来判断反应情况；废液中有浓度较高的硫酸，可以与有机物发生氧化还原反应，浓硫酸被还原成SO2；可用碱液来吸收，所以烧杯中可以加入NaOH溶液或石灰乳；

（2）MnO2为氧化剂，FeS2为还原剂，在酸性条件下发生氧化还原反应。根据反应后溶液中有Fe3+、Mn2+、SO42-，可推断出反应方程式为：2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++15Mn2++4SO42-+14H2O；

（3）由于投入MnO2的是足量的，反应后MnO2会有剩余；可以投入到降解阶段，作为氧化剂使用；

（4）滤液中含有Fe3+、Al3+有机物等杂质，先用石灰石调节溶液的pH至略大于5，使Fe3+、Al3+完全沉淀；有色的有机物杂质可用活性炭进行吸附。根据图2可知，温度越高，MnSO4∙H2O溶解度越小，但是200℃时MnSO4∙H2O会分解；所以结晶温度选择图中最高的180℃，常压下，水无法达到180℃，故此处要加压条件下结晶；

【点睛】

本题的难点是（4），该过程主要包括沉淀杂质离子、活性炭脱色、加压结晶三个过程，活性炭脱色步骤可以放在沉淀杂质离子之前。最关键的是结晶时需要加压，让温度达到180℃，很多同学可能会想不到这一点。【解析】①.温度升高，反应速率加快②.液体颜色不再变浅③.NaOH溶液或石灰乳④.2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++15Mn2++4SO42-+14H2O⑤.投入到降解阶段，作为氧化剂使用⑥.在搅拌下向滤液中分批加入石灰石粉末，调节pH略大于5，过滤。向滤液中加入足量活性炭，充分吸附后过滤，将滤液在加压条件下，控制在180℃左右结晶30、略

【分析】【分析】

CaSO4浊液中先通入NH3、后通入X生成CaCO3，根据碳元素守恒，可知X是CO2，根据操作a后有滤液和CaCO3沉淀，可知操作a是过滤，此时滤液的主要成分是(NH4)2SO4，滤液通过提纯操作得到(NH4)2SO4和母液，碳酸钙灼烧后得到CaO和CO2，CO2可以重复利用通入A中，CaO与母液反应生成NH3，也可以重复利用通入CaSO4浊液中。

【详解】

(1)由分析可X为CO2，操