2025年沪教版必修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年沪教版必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列实验操作能达到实验目的的是。

A.用图Ⅰ装置验证SO2的漂白性B.用图Ⅱ装置分离己烷和水C.用图Ⅲ装置收集NO2D.用图Ⅳ装置蒸干得CuSO4·5H2O晶体2、下列实验现象和结论相符的是。选项操作及现象结论A溶液中加入盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体溶液中一定含有B用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色溶液中有无C向某溶液中先加无明显现象，再滴氯水，溶液变红溶液中一定含有D某溶液中加入稀溶液，未产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体溶液中没有含

A.AB.BC.CD.D3、玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法正确的是（）A.玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品B.制造水泥的主要原料为纯碱、石灰石和石英C.硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高D.制造水泥的过程中只发生了物理变化4、用天然气(CH4)灯加热一烧杯冷水，刚点燃天然气灯，烧杯外壁就生成一层雾，然后逐渐消失。这种现象最可能的解释是A.天然气燃烧生成水蒸气在烧杯外壁凝结B.烧杯里的水蒸发成水蒸气在烧杯外壁凝结C.火焰的热量使空气中的水蒸气在烧杯外壁凝结D.火焰的热量使玻璃里的结晶水逸出5、下列说法不正确的是A.宜德青花瓷所用青料“苏麻离青”是一种低锰高铁类含钴矿石，在适当的火候下呈现出蓝宝石般的鲜艳色泽，是一种天然有机材料B.红外光谱仪、核磁共振仪都可用于有机化合物结构的分析C.石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃D.Cu丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素6、一定条件下，0.3molN2(g)与0.3molH2(g)在体积为1L的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列示意图合理的是()A.B.C.D.7、下列关于元素周期表的说法正确的是A.每一周期的元素都从碱金属开始，最后以稀有气体结束B.某元素原子最外层电子数为2，则该元素一定位于ⅡAC.第二、三周期上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个D.元素周期表有七个横行即7个周期，十六个纵行即十六个族8、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。其中只有Z是金属元素；W的单质是黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示。下列说法中正确的是()

A.X、W、Q三种元素的氧化物对应的水化物均为强酸B.Z单质的冶炼方法是电解熔融的Z与Q组成的化合物C.常温下Q的单质能与X的某种氢化物反应置换出X的单质D.Q的氢化物的水溶液酸性强于W的氢化物的水溶液酸性，说明非金属性Q>W9、下列说法正确的是（）A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反应常温下可自发进行，该反应为吸热反应C.与混合反应生成转移电子的数目小于D.锌与稀硫酸反应时，在溶液中加入反应速率不变评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。

⑴充电时阳极反应为___。

⑵放电时负极反应为___。

⑶放电过程中OH-通过隔膜从区移向___。11、化学与人类生活密切相关。请按要求；回答下列问题：

（1）春秋末期工艺官书《考工记》中记载有“涑帛”的方法，即利用含有碳酸钠的水溶液来洗涤丝帛。请写出碳酸钠水溶液中通入CO2气体的化学方程式__________，将54.8gNa2CO3和NaHCO3的混合物分成等量的两份，一份溶于水后加入足量盐酸，收集到气体VL，另一份直接加热至恒重，生成气体2.24L（所有气体体积均在标准状况下测定），则原固体混合物中Na2CO3的物质的量：n（Na2CO3）＝__，气体V＝___。

（2）“84”消毒液在生活中使用广泛，其有效成分是次氯酸钠。可在常温下将氯气通入NaOH溶液制得，该反应的离子方程式为_______，若有2mol氯气参与该反应，则此时转移的电子数为___NA。

（3）小苏打可用于治疗胃酸过多，其反应的离子方程式为______。

（4）长石是地表岩石最重要的造岩矿物。某种长石的化学组成KAlSi3O8则将其改写成氧化物的组合形式为_______。12、燃料电池是利用燃料与氧气反应从而将化学能转化为电能的装置。

(1)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。

①A为生物燃料电池的_______(填“正”或“负”)极。

②正极反应式为_______。

③放电过程中，由_______极区向_______极区迁移(填“正”或“负”)。

④在电池反应中，每消耗氧气，理论上生成标准状况下二氧化碳的体积是_______。

(2)一氧化碳无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因一氧化碳中毒而失去生命。一种一氧化碳分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇一氧化钠，其中可以在固体介质中自由移动。传感器中通过的电流越大；尾气中一氧化碳的含量越高。

①工作时，由电极_______向电极_______移动(填“a”或b”)；

②电子由电极_______通过传感器流向电极_______(填“a”或b”)。13、分别按如图甲；乙所示装置进行实验；图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中Ⓐ为电流表。请回答下列问题：

(1)以下叙述中，正确的是___________(填字母)。

A．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极B．两烧杯中铜片表面均有气泡产生。

C．两烧杯中溶液pH均增大D．产生气泡的速度甲中比乙中慢。

E．乙的外电路中电流方向Zn→CuF．乙溶液中向铜片方向移动。

(2)变化过程中能量转化的主要形式：甲为___________；乙为___________。

(3)某同学依据氧化还原反应：设计的原电池如图所示：

①负极的材料是___________，发生的电极反应为___________；

②外电路中的电子是从___________电极流向___________电极。(写出电极材料的名称)

③当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应共转移的电子数目是___________。14、(I)硝酸和硫酸所具有的性质；选择适当的字母按要求填空。

A.吸水性脱水性强氧化性强酸性难挥发性不稳定性。

(1)将胆矾放入装有浓的干燥器中，过一段时间胆矾变白色。_______

(2)浓硫酸和浓硝酸都可以与铜反应，反应中浓硫酸和浓硝酸显示出_______和_______

(3)在冷浓中放入铝片没明显现象_______

(4)浓保存在棕色瓶中_______

(Ⅱ)葡萄糖；酒精、醋酸、淀粉等都是生活中常见的物质。回答下列问题：

(5)葡萄糖的分子式为_______。

(6)生活中常选择_______酒精(选择“”“”或“无水”)皮肤消毒。

(7)上述物质中，属于天然高分子化合物的是_______(填名称)。

(8)在生活中，常选择上述物质中_______清洗水壶里的水垢。

(9)检验某酒精中是否含水，向酒精中加入少量粉末，若白色粉末变_______色；证明酒精中含水。

(10)在浓硫酸和加热条件下，酒精和醋酸反应生成具有果香味的乙酸乙酯。写出生成乙酸乙酯的化学方程式_______。15、蛋白质是构成生物体内的基本物质；蛋白质的组成元素主要有氢；碳、氮、氧、硫，同时还有微量元素铁、锌等。回答下列问题：

(1)碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为________________(用元素符号表示)；

(2)N3－的立体构型是___________形：与N3－互为等电子体的一种分子是___________(填分子式)。

(3)将足量的氨水逐滴地加入到ZnSO4溶液中，先生成沉淀，然后沉淀溶解生成配合物[Cu(NH3)4SO4，配位化合物中的阳离子结构式为___________；SO42－中的硫原子杂化方式为___________；用价层电子对互斥理论解释SO42－的键角大于SO32－的原因是_________________________________。

(4)碲化锌晶体有两种结构，其中一种晶胞结构如下图，晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子围成____体图形；与Te原子距离最近的Te原子有___个；若Zn与距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为____g/cm3。

(已知相对原子质量：Zn-65、Te-128)16、为防止氮的氧化物污染空气；可用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物。回答下列问题：

(1)消除NO污染物，可在一定条件下，用CO与NO反应生成CO2和N2，反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)。为提高此反应的速率，下列措施可行的是___(填字母代号)。A．移出CO2B．使用适合催化剂C．增大压强D．降低温度(2)向两个1L的密闭容器中各加入活性炭(足量)和1.0molNO，发生反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下NO和N2的物质的量变化如表所示：。物质的量/mol温度为T1/℃温度为T2/℃05min9min10min12min05min9min10min10minNO1.00.580.420.400.401.00.500.340.34CO200.210.290.300.3000.250.330.33

①T1时，0~5min内，以N2表示的该反应速率v(N2)=___mol·L-1·min-1。

②T1时，能确定反应达到最大限度(即平衡状态)的时间是___min，此时，容器中N2的物质的量浓度是___mol/L，NO的转化率为___%。

③容器中的温度关系为T1___T2(填“＞”“＜”或“=”)。17、向一个固定体积的密闭容器充入2molA和1molB，发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（g）；2分钟后，反应达到平衡，C的浓度为1.2mol/L。

（1）用A表示2分钟内平均反应速率为_____，A在第1分钟平均速率_______第2分钟平均速率（填“＜”；“＞”、“=”）。

（2）容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，则正反应为_____（填“吸热”或“放热”）反应．

（3）增大B的转化率，可采取的措施是_____（用序号填空）

①加入A②加入B③加压④再加入1.6molA+0.8molB⑤将C分离出容器。

（4）若在相同条件下，在上述容器中充入1.5molC和0.5molD发生上述反应，为使平衡后，C的浓度仍为1.2mol/L，则应再充入_____molA和_____molB．

（5）若在一体积可变的容器中，该反应达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况如下图，a点改变的条件可能是_____；b点改变的条件可能是_____；若升高温度时，请将反应速率变化情况画在c-d处。_____________

评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)18、油脂在酸性或碱性条件下，均可发生水解反应，且产物相同。(____)A.正确B.错误19、加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，说明NH4Cl固体可以升华。(_______)A.正确B.错误20、取用少量白磷时，应在水中切割白磷，剩余的白磷立即放回原试剂瓶中。(___________)A.正确B.错误21、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22、铅蓄电池中的PbO2为负极。(_______)A.正确B.错误23、以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，放电过程中，H+从正极区向负极区迁移。(_______)A.正确B.错误24、凡能溶于水且具有甜味的物质都属于糖类。(_______)A.正确B.错误25、吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键放出的总能量。_____A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共4题，共20分)26、“绿水青山就是金山银山”，因此如何消除大气污染物中的NOx、SO2等气体成为人们关注的主要问题之一。

(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。

已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：

①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)ΔH1=akJ/mol；

②NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)ΔH2=bkJ/mol；

③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)ΔH3=ckJ/mol。

则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=______kJ/mol。

(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=−681.8kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：。时间/min

浓度/mol·L−101020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88

①0～20min内，平均反应速率v(SO2)=_____mol/(L·min)。

②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_____（填字母）。

A．通入一定量的O2B．加入一定量的粉状碳酸钙。

C．适当缩小容器的体积D．加入高效的催化剂。

(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=−34.0kJ/mol；用活性炭对NO进行吸附。

①已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体；保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：

由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为________________________________；

②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×105Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_____________________[已知：气体分压(P分)=气体总压(P)×体积分数]。

(4)氮氧化物也可以用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收。用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为___________________________________。

(5)汽车尾气吸收还可利用反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=−746.8kJ/mol，实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数；只与温度有关）。

①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_________（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍数。

②若在1L的恒容密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为80%，则k正︰k逆=_____L/mol。27、为解决能源短缺问题；工业生产中应合理利用化学能。

(1)25℃，1.01×105Pa时，实验测得，4g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，则表示H2的燃烧热的热化学方程式为______________________。

(2)上图是某笔记本电脑使用的甲醇燃料电池的结构示意图。放电时甲醇应从________处通入(填“a”或“b”)，电池内部H＋向_______(填“左”或“右”)移动。写出电池负极的电极反应式________。正极的电极反应式_______________________。

(3)从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程。化学键H—HN—HN≡N键能/kJ·mol－1436a945

已知：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－93kJ·mol－1。

试根据表中所列键能数据计算a的数值________。

当可逆反应中净生成N—H物质的量为2mol时，反应放热_________________

(4)已知：C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1①

2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol－1②

2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3＝－2599kJ·mol－1③

根据盖斯定律，计算反应2C(s，石墨)＋H2(g)===C2H2(g)的ΔH＝________。28、氧气是一种常见的氧化剂；用途广泛。回答下列问题：

（1）用H2O2制取O2时，分解的热化学方程式为：2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=akJ·mol－1

①相同条件下，H2O2分解时，无论是否使用催化剂，均不会改变的是_______（填标号）。

A反应速率B反应热C活化能D生成物。

②以Fe3+作催化剂时，H2O2的分解反应分两步进行，第一步反应为：H2O2(aq)+2Fe3+(aq)＝2Fe2+(aq)+O2(g)+2H+(aq)ΔH＝bkJ·mol－1

第二步反应的热化学方程式为____________。

（2）工业上用Cl2生产某些含氯有机物时产生HCl副产物，可用O2将其转化为Cl2，实现循环利用[O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)]。将1molO2和4molHCl充入某恒容密闭容器中，分别在T1和T2的温度下进行实验；测得容器内总压强（p）与反应时间（t）的变化关系如图所示。

①该反应的速率v=kca(O2)·cb(HCl)（k为速率常数），下列说法正确的是____________（填标号）。

A使用催化剂；k不变。

B温度升高；k增大。

C平衡后分离出水蒸气；k变小。

D平衡后再充入1molO2和4molHCl；反应物转化率都增大。

②T1________T2（填“＞”或“＜”）。该反应的ΔH______0（填“＞”或“＜”），判断的依据是_________。

③T2时，HCl的平衡转化率＝________，反应的Kx＝_____（Kx为以物质的量分数表示的平衡常数）。29、甲烷是一种重要的基础化工原料；不仅可制备多种重要有机产品，还可用于环境保护。请回答下列问题：

（1）用甲烷催化还原氮的氧化物可消除氮氧化物的污染。已知：

反应过程（2）是__反应（填“放热”或“吸热”），甲烷还原NO2生成H2O(g)、N2和CO2时的热化学方程式是__。

（2）工厂利用甲烷与氯气的反应原理制取氯甲烷，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。化学家研究在催化条件下，通过下列反应：CCl4(g)+H2(g)CHCl3(g)+HCl(g)，使CCl4转化为重要的化工原料氯仿(CHCl3)（不考虑副反应）。在固定容积为2L的密闭容器中；该反应达到平衡后，测得如下数据：

。实验。

序号。

温度℃

初始n(CCl4)(mol)

初始n(H2)(mol)

平衡时n(CHCl3)(mol)

1

110

0.8

1.2

2

110

2

2

1

3

100

1

1

0.6

①此反应在110℃时平衡常数为___。

②实验l中，CCl4的转化率为__。

③判断该反应的正反应是__（填“放热”或“吸热”），理由是__。

④为提高实验3中CCl4的转化率，可采取的措施是__。

a.使用高效催化剂。

b.向容器中再投入1molCCl4和1molH2

c.温度升高到200℃

d.向容器中再投入1molHCl

e.向容器中再投入1molH2评卷人得分五、推断题(共2题，共18分)30、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____________________________。31、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3题，共6分)32、常用作催化剂、杀虫剂等。一种辉铜矿(难溶于水，主要含还含少量)以为原料制取晶体的流程如下图所示：

(1)反应Ⅰ中有等物质生成。写出该反应的离子方程式：_______。

(2)是一种常见氧化剂和消毒剂。

①反应Ⅱ可以将稀硝酸换成稀盐酸和的混合液。写出改为稀盐酸和的混合液后所发生反应的离子方程式：_______。

②反应Ⅱ还可以将稀硝酸换成与使用稀硝酸和相比，使用稀盐酸和的混合液的优点是_______。

(3)调节的目的是将溶液中的转化为沉淀。检验沉淀后的上层清液中是否含有的方法是_______。33、化学实验室产生的废液中含有大量会污染环境的物质，为了保护环境，化学宝验室产生的废液必须经处理后才能排放。某化学实验室产生的酸性废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属阳离子和Cl-种阴离子；实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属并测定含量，保护环境。

已知实验中处理的酸性废液的体积为IL，用pH计测定出其中H+物质的量浓度为0.10mol·L-1.

请回答下列问题：.

(1)实验中操作I、II、III的方法相同，操作步骤依次为过滤、_________；干燥。

(2)“氧化”步骤所得溶液颜色为棕黄色，该反应的离子方程式为：_________

(3)检验可排放的废水中不含Fe3+的方法是：_________

(4)实验中称量固体I的质量为4.66g，固体II的质量为15.2g，用足量的稀硝酸溶解固体II后产生了标准状况下的无色气体4.48L，则固体II中金属铜的质量为_________

(5)实验中将固体II进行充分灼烧，使用仪器除了酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒外，还有_________(填名称)34、受联合制碱法的启发；几家工厂组成了产业链进行联合生产，流程如下图所示。

回答下列问题：

(1)写出钛铁矿经氯化法得到TiCl4的化学方程式：__________________。

(2)TiCl4→Ti需要在Ar气氛中进行，反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti。依据下表信息，加热温度略高于______℃即可。

。物质。

TiCl4

Mg

MgCl2

Ti

熔点/℃

-25.0

648.8

714

1667

沸点/℃

136.4

1090

1412

3287

(3)已知：①Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)△H=-641kJ·mol-1；

②Ti(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)△H=-770kJ·mol-1。

下列说法正确的是______（填标号）。

A.Mg制取Ti的反应是放热反应。

B.1molTi的能量一定比1molTiCl4的高。

C.等质量的Mg(s)；Ti(s)与足量的氯气反应；前者放出的热量多。

D.该联合生产工艺对环境友好；无任何污染。

(4)以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池，工作时负极的电极反应式为________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色；反应中二氧化硫表现还原性，不表现漂白性，故A错误；

B．己烷不溶于水；则用分液的方法能分离己烷和水，故B正确；

C．二氧化氮的密度比空气大；应用向上排空气法收集二氧化氮气体，不能用向下排空气法收集，故C错误；

D．制备五水硫酸铜晶体时；不能将蒸发皿中的硫酸铜溶液蒸干，否则晶体会脱去结晶水，无法制得五水硫酸铜晶体，故D错误；

故选B。2、C【分析】【详解】

A．加入盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，可能是或故A错误；

B．用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色，能证明溶液中一定存在但未透过蓝色钴玻璃观察，无法确定是否存在故B错误；

C．向某溶液中先加无明显现象，溶液中无再滴氯水，溶液变红，生成了所以原溶液中一定含有故C正确；

D．向溶液中加入稀溶液，因为没有加热，无法溢出，所以无法判断溶液中是否存在故D错误；

故答案为C。3、C【分析】【详解】

A．陶器是人类最早使用的硅酸盐制品；A错误；

B．制造水泥的主要原料为黏土和石灰石；B错误；

C．硅酸盐制品的性质稳定；熔点较高；C正确；

D．制造水泥的过程中发生了复杂的物理变化和化学变化；D错误；

故答案选C。4、A【分析】【详解】

天然气(CH4)灯点燃后，发生反应CH4+2O2CO2+2H2O，烧杯内盛有冷水，则烧杯底的温度低，水蒸气在烧杯底遇冷后，凝结为液态水，从而在烧杯外壁形成一层水雾，故选A。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．“苏麻离青”是一种低锰高铁类含钴矿石；属于无机金属材料，故A错误；

B．红外光谱和核磁共振仪均可用于有机物结构的分析；故B正确；

C．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等气态短链烃；故C正确；

D．高温加热蘸有有机物的铜丝；若有机物中存在卤素，火焰为绿色，故D正确；

故选A。6、C【分析】【分析】

【详解】

A、因为为可逆反应，消耗H2物质的量应小于0.3mol，则消耗N2物质的量小于0.1mol，则平衡时N2物质的量大于0.2mol；图象不符合，选项A不符合；

B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2υ（N2）正=υ（NH3）逆，此时反应达到平衡状态，υ（N2）正=υ（NH3）逆时；反应没有达到平衡状态，选项B不符合；

C、设转化N2物质的量为x，随反应进行N2、H2、NH3物质的量依次为（0.3-x）mol、（0.3-3x）mol、2xmol，N2的体积分数为×100%=50%，随反应进行N2的体积分数分数不变化恒为50%，NH3的体积分数逐渐增大；但小于50%，图象符合，选项C符合；

D、H2消耗0.1mol，生成NH3物质的量为mol；图象中反应的定量关系不符合反应比，选项D不符合；

答案选C。

【点睛】

本题考查了图象分析判断反应达到平衡状态的理解应用，掌握平衡标志的判断依据是解题关键，题目难度中等。7、C【分析】【详解】

A.第一周期的元素从氢开始的；氢元素不是碱金属元素，A项错误；

B.氦元素的最外层电子数为2；属于0族元素，B项错误；

C.第二；三周期元素种类均为8；上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个，C项正确；

D.元素周期表有七个横行即7个周期；十八个纵行，第8；9、10纵行称为VIII族，其余每一纵行叫一族，D项错误；

答案选C。

【点睛】

注意，H是1号元素，为第IA族，但不是碱金属元素。8、C【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素．W的单质是黄色固体，则W为S，可推知Q为Cl，由X、Y、W在周期表中的相对位置，可知X为N、Y为O，其中只有Z是金属，则Z可能为Na或Mg或Al；A．N、S、Cl三种元素的最高价氧化物对应的水化物均为强酸，而低价氧化物对应的水化物均为弱酸，如HNO2、H2SO3、HClO为弱酸，故A错误；B．Z若为Al，Al单质的冶炼方法是电解熔融的Al2O3，而AlCl3熔融时不导电，不能电解，故B错误；C．常温下Cl2的单质能与NH3反应生成N2和HCl或NH4Cl，故C正确；D．氢化物的水溶液酸性强弱不是判断元素非金属性强弱的判剧，应比较最高价氧化物水化物的酸性强弱，故D错误；答案为C。9、C【分析】【详解】

A．电池放电时化学能除了转化为电能外；还可能转化为热能；光能等，故A错误；

B．该反应为熵减小的反应；如果常温下可自发进行，则该反应一定属于放热反应，故B错误；

C．与合成的反应属于可逆反应，与反应的过程中，由于不可能完全转化为故转移电子数小于故C正确；

D.锌与稀硫酸反应时，在溶液中加入锌表面析出铜，形成原电池，反应速率增大，故D错误；

故答案：C。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】

电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)；分析得到Zn失去电子，化合价升高，NiOOH中Ni化合价降低，得到电子。

【详解】

⑴放电时正极为NiOOH(s)+H2O(l)+e－=Ni(OH)2(s)+OH－(aq)，充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH－(aq)−e－=NiOOH(s)+H2O(l)；故答案为：Ni(OH)2(s)+OH－(aq)−e－=NiOOH(s)+H2O(l)。

⑵放电时负极是锌失去电子，和OH－反应生成ZnO和H2O，其反应为Zn(s)+2OH－(aq)−2e－=ZnO(s)+H2O(l)；故答案为：Zn(s)+2OH－(aq)−2e－=ZnO(s)+H2O(l)。

⑶放电过程中根据“异性相吸”，因此OH－通过隔膜从区移向从正极区移向负极区；故答案为：从正极区移向负极区。

【点睛】

充电电池是常考题型，主要根据放电时分析化合价升降来确定原电池正负极，再书写方程式，最后书写充电时的阴阳极。【解析】Ni(OH)2(s)+OH－(aq)−e－=NiOOH(s)+H2O(l)Zn(s)+2OH－(aq)−2e－=ZnO(s)+H2O(l)从正极区移向负极区11、略

【分析】【分析】

(1)碳酸钠与二氧化碳在溶液中反应生成碳酸氢钠；加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；计算分解生成二氧化碳物质的量，根据方程式计算每一份中碳酸氢钠的物质的量，原混合物中碳酸氢钠的物质的量为每一份中碳酸氢钠的2倍，可得原混合物中碳酸钠的质量，进而计算原混合物中碳酸钠的物质的量，根据碳原子守恒计算每一份与盐酸反应生成二氧化碳的体积；

(2)氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO；根据氯气和转移电子之间的关系式计算转移电子物质的量；

(3)小苏打的主要成分为碳酸氢钠；可与盐酸反应生成二氧化碳气体；

(4)根据化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写；并要遵守原子守恒。

【详解】

(1)碳酸钠与二氧化碳在溶液中反应生成碳酸氢钠，反应方程式为：Na2CO3＋H2O＋CO2＝2NaHCO3；

加热生成二氧化碳的物质的量为：2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，由2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，可知每一份中碳酸氢钠的物质的量为：0.1mol×2＝0.2mol，故原混合物中碳酸氢钠的物质的量为0.2mol×2＝0.4mol，则原混合物中m(Na2CO3)＝54.8g−0.4mol×84g/mol＝21.2g，则原混合物中n(Na2CO3)＝21.2g÷106g/mol＝0.2mol；

每一份中碳酸氢钠为0.2mol；碳酸钠为0.1mol÷2＝0.1mol，根据碳原子守恒，可知与盐酸反应生成二氧化碳为：(0.2mol＋0.1mol)×22.4L/mol＝6.72L；

(2)氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，离子方程式为Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O，反应中Cl元素化合价由0价分别变化为＋1价、−1价，若有2mol氯气参与该反应，则生成2molNaCl，转移电子物质的量为2mol，数目为2NA；

(3)小苏打的主要成分为碳酸氢钠，可与盐酸反应生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2O；

(4)钾的氧化物为K2O，铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，则根据活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O的顺序可知，KAlSi3O8可改写为K2O·Al2O3·6SiO2.【解析】Na2CO3＋H2O＋CO2＝2NaHCO30.2mol6.72LCl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O2HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2OK2O·Al2O3·6SiO212、略

【分析】【分析】

(1)该微生物燃料电池中，燃料从负极通入，氧化剂从正极通入，即A为正极，B为负极；葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应，电极反应为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，氧气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O；

(2)该装置中CO为燃料，在负极(即a极)通入，失电子发生氧化反应，电极反应为：空气中的氧气在正极(即b极)通入，得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e-=2O2-；据此分析解答。

(1)

①由分析可知；A为正极；

②根据分析可知，氧气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O；

③在原电池中，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此H＋由负极区向正极区迁移；

④该电极反应的总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，消耗6mol氧气生成6molCO2，若每消耗1mol氧气，那么生成CO21mol，标准状况下CO2的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；

(2)

①电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，根据分析，a为负极，b为正极，因此O2−由电极b向电极a移动；

②原电池中电子由负极流向正极，则电子由电极a通过传感器流向电极b。【解析】(1)正O2+4H++4e-=2H2O负正22.4L

(2)baab13、略

【分析】【分析】

甲中没有形成闭合回路，不能构成原电池，铜不能与稀硫酸反应，所以铜片表面没有气泡产生，氢离子参加反应生成氢气，浓度减小，溶液的pH增大。乙中构成原电池，加快了化学反应速率，所以产生气泡的速率甲中比乙中慢；乙中Zn为负极，Cu为正极，所以电流方向Cu→Zn，溶液中的H＋向铜片方向移动，向锌片方向移动。

【详解】

(1)A．甲中没有形成闭合回路，不能构成原电池；乙中构成原电池，锌活泼性大于铜，乙中铜片是正极，故A错误；

B．甲不能构成原电池；铜不能与稀硫酸反应，所以甲中铜片表面没有气泡产生，故B错误；

C．两烧杯中都有氢气生成，氢离子浓度减小，溶液pH均增大，故C正确；

D．乙中构成原电池；加快了化学反应速率，所以产生气泡的速率甲中比乙中慢，故D正确；

E．乙构成原电池；锌是负极；铜是正极，乙的外电路中电流方向Cu→Zn，故E错误；

F．乙构成原电池，锌是负极、铜是正极，乙溶液中向锌片方向移动；故F错误；

选CD；

(2)变化过程中能量转化的主要形式：甲没有构成原电池；化学能转化为热能；乙构成原电池，化学能转化为电能；

(3)①铜的活泼性大于银，负极的材料是铜，负极铜失电子生成铜离子，电极反应为

②铜是负极；银是正极；外电路中的电子是从铜电极流向银电极；

③正极反应为正极增重了5.4g，则正极生成0.05mol银，所以转移电子数为0.05NA。【解析】CD化学能转化为热能化学能转化为电能铜铜银0.05NA(或)14、略

【分析】【详解】

（1）胆矾遇浓硫酸变白色发生变化为：CuSO4·5H2O→CuSO4；是浓硫酸将现成的结晶水吸收，为浓硫酸的吸水性。答案为B；

（2）该反应中浓H2SO4变为SO2体现强氧化性，生成CuSO4体现其酸性。该反应中浓HNO3变为NO2体现强氧化性，同时生成Cu(NO3)2体现其酸性。答案为C；D；

（3）室温下；Al与浓硝酸发生钝化，产生致密的膜阻止进一步反应，该过程体现了浓硝酸的强氧化性。答案为C；

（4）浓硝酸见光易分解；所以将其保存在棕色瓶。答案为F；

（5）葡萄糖为6个碳的5羟基醛，其化学式为C6H12O6；

（6）当高浓度的酒精与细菌接触时；就能使菌体表面迅速凝固，形成一层包膜，阻止了酒精继续向菌体内部渗透。细菌内部的细胞没能彻底杀死。所以选择75%酒精消毒最为合适。答案为75%；

（7）常见的高分子材料有聚合物；淀粉、纤维素、蛋白质等。答案为淀粉；

（8）水垢中含有CaCO3选择酸性（如醋酸；盐酸等）物质溶解。答案为醋酸；

（9）CuSO4遇水变为CuSO4·5H2O；由白色变为蓝色。答案为蓝色；

（10）酯化反应机理：酸脱羟基醇脱氢，答案为【解析】(1)A

(2)CD

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)淀粉。

(8)醋酸。

(9)蓝。

(10)15、略

【分析】【分析】

(1)根据元素的第一电离能变化规律分析；

(2)原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，N3-与CO2互为等电子体；二者结构相似；

(3)在络合物中心离子Cu与氨分子之间形成配位键，外界离子SO42-中S原子采用sp3杂化，从中心原子是否含有孤电子对分析SO42－、SO32-；

(4)根据碲化锌晶体结构；采用均摊方法计算微粒数目；并计算晶体密度。

【详解】

(1)一般情况下同一周期的元素，元素的原子序数越大，元素的第一电离能越大，但由于N原子最外层电子处于2p轨道的半充满稳定状态，所以失去电子比O难，即第一电离能N>O，因此碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为C

(2)原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，则与N3-互为等电子体的分子有：N2O或CO2或CS2等，N3-与CO2互为等电子体，二者结构相似，所以N3－的立体构型是为直线型结构；

(3)在配合物[Cu(NH3)4]SO4中的内界离子的中心Cu2+离子，与NH3的N原子形成配位键，结合4个氨分子，配位化合物中的阳离子[Cu(NH3)4]2+为正四面体形；SO42-为外界离子，其中S原子采用sp3杂化，无论是SO42－还是SO32-，S原子都是采用sp3杂化，由于SO42-中没有孤对电子，SO32-的中心S原子上有孤对电子；孤对电子对成键电子对有排斥作用，使其键角变小；

(4)根据碲化锌晶体结构中Te与Zn相对位置可知：晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子有四个，它们围成正四面体形；Te原子位于晶胞的顶点和面心上，在一个晶胞中与Te原子位置最近且相等的Te原子在三个平面的中心，通过一个顶点能够形成8个晶胞，由于每个Te原子重复数了2次，所以与Te原子距离最近的Te原子有含有Te原子个数：(3×8)÷2=12个；若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，由于Zn原子位于正方体的对角线的处；则晶胞对角线为4apm，晶胞的边长L为pm，在一个晶胞中含有Te：×6=4，含有Zn原子为4个，即一个晶胞中含有4个ZnTe，故晶体密度为g/cm3。

【点睛】

本题是对物质结构的考查，涉及电离能、化学键、等电子体、电子的杂化、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，(4)中计算为易错点，对学生空间想象与数学计算能力有一定的要求，难度中等。【解析】C2O或CO2或BeCl2sp3两种离子的中心硫原子均为sp3杂化，SO42-中没有孤对电子，SO32-有一对孤对电子，孤电子对对成键电子有挤压作用，因此键角更小正四面体1216、略

【分析】【分析】

(1)

A．移出生成物二氧化碳；二氧化碳的浓度减小，反应速率减小，故错误；

B．使用适合催化剂；能降低反应的活化能，加快反应速率，故正确；

C．增大压强；化学反应速率增大，故正确；

D．降低温度；反应速率减小，故错误；

BC正确；故选BC；

(2)

①由表格数据可知，T1时，0~5min内，二氧化碳的物质的量变化量为0.21mol，由方程式可知，以N2表示的该反应速率v(N2)==0.042mol·L-1·min-1；故答案为：0.042；

②由表格数据可知，T1时，10min后一氧化氮和二氧化碳的物质的量不变，说明反应达到平衡，由二氧化碳的物质的量变化量为0.3mol可知，氮气的浓度为=0.30mol/L；由平衡时一氧化氮的物质的量为4.0mol可知，一氧化氮的转化率为×100%=60%；故答案为：0.30；60；

③由表格数据可知，相同时间内，二氧化碳的物质的量变化量T1时小于T2时，说明反应速率T1时小于T2时，则容器中的温度T1小于T2，故答案为：<。【解析】（1）BC

（2）0.042100.3060<17、略

【分析】【详解】

（1）C的浓度变化值为1.2mol/L；可知C的速率为0.6mol/(L•min)，v(A)：v(C)=2：3，所以v(A)=0.4mol/(L•min)，随反应进行A的浓度逐渐减小，所以A在第1分钟平均速率大于第2分钟平均速率；

（2）容器温度升高；平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，说明平衡向气体分子数多的方向移动，即正向移动，所以正向为吸热反应；

（3）①⑤可以使平衡正向移动；增大B的转化率，②加入B虽然促进正向反应，但是B的转化率减小，③加压会引起平衡逆向移动，B的转化率减小，④再加入1.6molA和0.8molB，A与B的比例与原始比例相同，均为2：1，所以该改变相当于加压，使平衡逆向移动，B的转化率减小，满足题意的是①⑤；

（4）该题为绝对等效平衡；需要与初始A和B的浓度相等，根据“一边倒”，可得充入1.5molC和0.5molD等效于充入1molA和0.5molB，要达到C的浓度仍为1.2mol/L的要求，再充入1molA和0.5molB；

（5）a点处平衡逆向移动，速率增大，且前后图像断开，可能条件为增大压强，b点处平衡正向移动，速率减小，且前后图像连接，可能条件是分离出C或D。升高温度，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，故图像为：

【点睛】

等效平衡在恒压情况下要求等比例，恒容情况下要绝对相等。【解析】①.0.4mol/(L•min)②.>③.吸热④.①⑤⑤.1⑥.0.5⑦.增大压强⑧.分离C或D⑨.三、判断题(共8题，共16分)18、B【分析】【详解】

油脂在酸性条件下水解产物为甘油和高级脂肪酸，在碱性条件下水解产物为甘油和高级脂肪酸钠，水解产物不同。19、B【分析】【详解】

加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，说明NH4Cl固体可以受热分解，遇冷化合，错误。20、A【分析】【详解】

由于白磷易自燃，故取用少量白磷时应在水中切割白磷，剩余的白磷立即放回原试剂瓶中，避免白磷自燃；正确。21、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应，错误。22、B【分析】【详解】

铅蓄电池中的PbO2为正极，Pb为负极，错误。23、B【分析】【详解】

燃料电池放电过程中，阳离子从负极区向正极区迁移。以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，放电过程中，H+从负极区向正极区迁移，错误。24、B【分析】【分析】

【详解】

糖类是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物。糖类不一定都溶于水，如纤维素属于糖，但不能溶于水；也不一定有甜味，有甜味的物质也不一定是糖类物质，因此认为能溶于水且具有甜味的物质都属于糖类的认识是错误的。25、A【分析】【分析】

【详解】

反应过程吸收能量的反应是吸热反应。反应物中的化学键断裂时吸收能量，生成物中化学键形成时放出能量。则吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键放出的总能量。故答案为：对。四、原理综合题(共4题，共20分)26、略

【分析】【详解】

（1）①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)ΔH1=akJ/mol；

②NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)ΔH2=bkJ/mol；

③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)ΔH3=ckJ/mol。

根据盖斯定律：①×2+②×2+③，则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=（2a+2b+c）kJ/mol。故答案为：2a+2b+c；

（2）①0～20min内，平均反应速率v(SO2)=2v(O2)==0.04mol/(L·min)。故答案为：0.04；

②30min后；只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是：

A．通入一定量的O2平衡正向移动；转化的氧气量小于加入量，导致氧气和二氧化碳浓度都增大，故正确；

B．加入一定量的粉状碳酸钙,平衡不移动；两种气体浓度都不变，故错误；

C．适当缩小容器的体积；二氧化碳和氧气浓度都增大，故正确；

D．加入高效的催化剂；化学反应速率增大但是各物质浓度不变，故错误；

故答案为：AC；

（3）①由图可知；1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大；

故答案为：1050K前反应未达到平衡状态；随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大；

②在1050K、1.1×106Pa时，NO转化率为80%，则剩余NO为20%，生成的N2、CO2的体积分数相等且都是40%，则P（NO）=20%×1.1×106Pa，P（N2）=P（CO2）=40%×1.1×106Pa，化学平衡常数Kp==4。

故答案为：4；

（4）氮氧化物也可以用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收。用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为(NH2)2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O。

故答案为：(NH2)2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O；

（5）汽车尾气吸收还可利用反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=−746.8kJ/mol，实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数；只与温度有关）。

①该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则正反应速率小于逆反应速率，则k正增大的倍数<k逆增大的倍数；

故答案为：<；

②可逆反应。

v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，平衡时正逆反应速率相等，则k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)，则=160L/mol。

故答案为：160。

【点睛】

本题考查化学平衡计算、盖斯定律的应用、外界条件对化学平衡移动影响等知识点，侧重考查获取并运用信息的能力，难点是（5）的计算，明确三段式在化学平衡计算中的灵活运用是解本题关键。【解析】2a+2b+c0.04AC1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大4(NH2)2CO+NO+NO2＝2N2+CO2+2H2O<16027、略

【分析】【详解】

（1）4g氢气即2mol氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，由于在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，则表示H2的燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－286kJ/mol；（2）原电池中电子从负极经外电路流向正极，根据电子流向可知a电极为负极，甲醇在负极上发生氧化反应，氢离子移向正极右侧，电极反应式为2CH3OH＋2H2O－12e－＝2CO2↑＋12H＋，正极是氧气得到电子，电极反应式为3O2＋12e－＋12H＋＝6H2O；（3）N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(g)的△H=945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-akJ•mol-1×6＝-93kJ•mol-1，a=391kJ•mol-1；（4）已知：

①C(s，石墨)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1

②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol－1

③2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3＝－2599kJ·mol－1

利用盖斯定律将①×2+②×1/2-③×1/2可得：2C(s，石墨)＋H2(g)＝C2H2(g)△H=（-393.5kJ/mol）×2+0.5×（-571.6kJ/mol）-0.5×（-2599kJ/mol）＝+226.7kJ•mol-1。【解析】H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH＝－286kJ/mola右2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2＋12H＋3O2＋12e－＋12H＋===6H2O39131kJ＋226.7kJ·mol－128、略

【分析】【分析】

（1）①催化剂参与了化学反应；改变了反应历程（生成不同的中间产物），降低了活化能，从而能使化学反应速率加快，但是催化剂的质量和性质不变，反应热不变（只与始终态有关）；

②Fe3+作为催化剂；在反应前后质量和性质不变，根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应；

（2）①A．催化剂降低了反应的活化能；使反应的速率常数k增大；

B．温度改变瞬间；浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率；

C．从速率方程可知，平衡后分离出水蒸气，降低了c(H2O)，使平衡正向移动，从而改变了c(O2)和c(HCl)；

D．化学平衡的建立与途径无关，所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”；相当于增大反应体系的压强；

②从图象可知，T2温度下，容器中压强大，达到平衡所需要的时间短，所以温度T2>T1；T1、T2温度下，气体物质的量的减少量分别为n（T1）=5×=0.625mol、n（T2）=5×=0.5mol，即T1平衡时转化率更大，且因为T2>T1，所以△H<0；

③对于气相反应，经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等，三种平衡常数的表示式相似，只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。

以此计算HCl的平衡转化率及Kx。

【详解】

(1)①根据过渡态理论；催化剂参与了化学反应,改变了反应历程(生成不同的中间产物)，降低了活化能，从而能使化学反应速率加快，但是催化剂的质量和性质不变，反应热不变(只与始终态有关)，BD正确，故答案为：BD；

②Fe3+作为催化剂，在反应前后质量和性质不变，根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应，故第二步反应为H2O2(aq)+2Fe2+(aq)+2H+(aq)=2Fe3+(aq)+2H2O(l)△H=(a−b)kJ⋅mol−1；

故答案为：H2O2(aq)+2Fe2+(aq)+2H+(aq)=2Fe3+(aq)+2H2O(l)△H=(a−b)kJ⋅mol−1；

(2)①A.催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大，根据速率方程v=kca(O2)⋅cb(HCl)；反应速率随之增大，A错误；

B.温度改变瞬间；浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率，使平衡发生移动，故B正确；

C.从速率方程可知，平衡后分离出水蒸气，降低了c(H2O)，使平衡正向移动，从而改变了c(O2)和c(HCl)；但对k没有影响，故C错误；

D.化学平衡的建立与途径无关，所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”；相当于增大反应体系的压强，反应有利于向气体分子数减小的方向进行，故D正确；故答案为：BD；

②从图象可知，T2温度下，容器中压强大，达到平衡所需要的时间短，所以温度T2>T1；T1、T2温度下，气体物质的量的减少量分别为n（T1）=5×=0.625mol、n（T2）=5×=0.5mol，即T1平衡时转化率更大，且因为T2>T1，所以△H<0，故答案为：<；<；T1、T2的平衡体系中气体减少量分别为n（T1）=5×=0.625mol、n（T2）=5×=0.5mol，所以T1平衡时转化率更大；

③对于气相反应，经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等，三种平衡常数的表示式相似，只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。

则HCl的平衡转化率为×100%=50%，=故答案为：50%；【解析】BDH2O2(aq)+2Fe2+(aq)+2H+(aq)＝2Fe3+(aq)+2H2O(l)ΔH=(a－b)kJ·mol－1BD＜＜T1、T2的平衡体系中气体减少量分别为n(T1)==0.625mol;n(T2)==0.5mol，所以T1平衡时转化率更大50%29、略

【分析】【分析】

（2）涉及化学平衡常数的计算；根据化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，据此进行计算分析。

【详解】

（1）由反应过程（2）图可知，反应物总能量小于生成物总能量，所以反应过程（2）吸热；由反应过程（1）图可知，反应过程（1）的热化学方程式：CH4(g)+4NO2(g)=CO2(g)+4NO(g)+2H2O(g)△H=-574kJ/mol①，由反应过程（2）图可知，反应过程（2）的热化学方程式：CO2(g)+N2(g)+H2O(g)=CH4(g)+2NO(g)△H=+580kJ/mol②，得：2CH4(g)+4NO2(g)=2CO2(g)+2N2(g)+4H2O(g)△H=故答案为：吸热；2CH4(g)+4NO2(g)=2CO2(g)+2N2(g)+4H2O(g)△H=-1734kJ/mol；

（2）①利用“三段式”进行计算：

由表中数据可知，110℃时，c(CHCl3)=由题有：

则平衡常数K=故答案为：1；

②由表中数据可知，实验1和实验2温度相同，则二者的化学平衡常数也相同，由题有：初始c(CCl4)=c(H2)=设CCl4的转化率为a；则：

则平衡常数解得：a=0.6，故答案为：60%；

③由表中数据可知，在100℃时，c(CCl4)=c(H2)=平衡时c(CHCl3)=利用“三段式”计算如下：

则平衡常数K=＞1，即温度为100℃时，K=2.25，大于110℃时的平衡常数，说明升高温度，反应逆向移动，则该可逆反应的正反应为放热反应。故答案为：放热；温度为100℃时，K=2.25；大于110℃时的平衡常数，说明升高温度，反应逆向移动，则该可逆反应的正反应为放热反应；

④a．使用高效催化剂，平衡不移动，CCl4的转化率不变；a项错误；

b．向容器中再投入1molCCl4和1molH2，根据等效平衡，化学平衡不移动，CCl4的转化率不变，b项错误；

c．温度升高到200℃，平衡逆向移动，CCl4的转化率减小；c项错误；

d．向容器中再投入1molHCl，平衡逆向移动，CCl4的转化率减小；d项错误；

e．向容器中再投入1molH2，平衡正向移动，CCl4的转化率增大；e项正确；

答案选：e。【解析】吸热2CH4(g)+4NO2(g)=2CO2(g)+2N2(g)+4H2O(g)△H=-1734kJ/mol160%放热温度为100℃时，K=2.25，大于110℃时的平衡常数，说明升高温度，反应逆向移动，则该可逆反应的正反应为放热反应e五、推断题(共2题，共18分)30、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、d31、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