2025年沪教版必修2化学下册月考试卷

…………○…………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年沪教版必修2化学下册月考试卷887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9题，共18分)1、对于放热反应H2+Cl22HCl，下列说法正确的是A.该反应涉及到离子键和共价键的断裂与形成B.该反应中，化学能只转变为热能C.断开1molH﹣H键和1molCl﹣Cl键所吸收的总能量，小于形成1molH﹣Cl键所放出的能量D.反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量2、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.使用医用酒精(75%)、“84”消毒液或加热均能有效灭活新型冠状病毒D.纳米铁粉通过物理吸附可除去污水中的Pt2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等3、下列有关有机化合物的说法正确的是A.间二甲苯苯环上的一个氢原子被“”取代时，形成的同分异构体最多有6种B.将等物质的量的与混合，在光照条件下充分反应可以制得纯净的氯乙烷C.苯与液溴混合后加入铁粉，此时苯发生了加成反应D.食物中的纤维素在人体内可以水解生成葡萄糖，为人类活动提供能量4、在一密闭烧瓶中，在25℃时存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，将烧瓶置于100℃的水中，则下列几项性质中不会改变的是（）

①颜色②平均相对分子质量③质量④压强⑤密度A.①和③B.③和⑤C.④和⑤D.②和④5、在实验或生活中为了控制反应速率，下列做法不正确的是A.用过氧化氢制取氧气时可加入少量的二氧化锰以加快反应速率B.为加快制取氢气的速率可以用锌粒代替锌片C.为降低浓硫酸与Cu反应制备SO2的速率可以采用稀硫酸代替浓硫酸D.为了延长疫苗的保质期在运输和保存的过程中最好保持较低的温度6、某同学控制适当条件，将反应Ag＋Fe3+Ag+＋Fe2+设计成如图所示的原电池装置(已知电流表指针偏向与电子的流向相同)。下列有关判断不正确的是

A.若电流表指针向右偏转，则银电极发生氧化反应B.若电流表指针归零时，则反应达到平衡状态C.电流表指针归零时，若向左烧瓶中滴加几滴AgNO3溶液，则石墨为正极D.上述实验能说明其他条件不变时Ag+与Fe3+的氧化性强弱与其离子浓度有关7、为探究外界条件对反应:mA(g)+nB(g)cZ(g)△H的影响；以A和B物质的量之比为m：n开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。下列判断正确的是（）

A.在恒温恒容条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，平衡正向移动,Z的含量增大B.升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡常数增大C.△H＜0m+n＞cD.△H＞0m+n＜c8、下列各项中，表达正确的是A.水分子的球棍模型：B.氯离子的结构示意图：C.CO2分子的电子式：D.氯乙烯的结构简式：CH3CH2Cl9、反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)的能量变化如图所示。

已知：断开1molN2(g)中化学键需吸收946kJ能量，断开1molO2(g)中化学键需吸收498kJ能量。下列说法正确的是（）A.N2和O2的总能量一定高于NO的总能量B.2NO(g)=N2(g)+O2(g)，该反应为吸热反应C.断开1molNO(g)中化学键需吸收90kJ能量D.形成1molNO(g)中化学键可释放632kJ能量评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、(1)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示。电池工作时，外电路上电流的方向应从电极_______(填A或B)流向用电器。内电路中，CO向电极_______(填A或B)移动，电极A上CO参与的电极反应为_______。(2)某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、b均为惰性电极。①假设使用的“燃料”是氢气(H2)，则a极的电极反应式为_______。若电池中氢气(H2)通入量为224mL(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电流表的电量为_______C(法拉第常数F=9.65×104C/mol)。②假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，则a极的电极反应式为_______。如果消耗甲醇160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为_______(用NA表示)。11、（1）工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硫酸铜。下列制备方法符合“绿色化学”思想的是_________（填序号）。

①②

写出①中反应的化学方程式：_____________________。

（2）SO2被称为“空中死神”，其对环境的危害常表现为__________________。为了减少危害，人们进行了许多有益的探索和研究，并且在实际应用上取得了一定的成果。工业上常用生石灰来处理煤炭中的SO2，这是利用了SO2属于__________氧化物的性质。

（3）硫元素是一种常见的非金属元素，硫原子的原子结构示意图为_______，自然界中存在的某种单质以八个原子结合，其分子式为_______。

（4）氮元素是大气中含量最高的元素，其单质的电子式___________。由于该单质比较稳定，只能与部分活泼金属反应，比如在点燃条件下，可与金属镁反应，试写出该反应方程式___________________________。12、SO2；CO、NOx的过度排放会对环境和人体健康带来极大的危害；工业上可采取多种方法减少这些有害气体的排放。回答下列问题：

I．用钙钠双碱工艺脱除SO2：

①用NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3溶液；

②用CaO使NaOH溶液再生NaOH溶液Na2SO3

(1).CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)。从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理___________。

(2).25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO2，当得到pH=9的吸收液，该吸收液中c(SO)∶c(HSO)=___________。(已知25℃时，亚硫酸Ka1=1.3×10-2；Ka2=6.2×10–7)

II．汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体：2NO+2CON2+2CO2，可减少尾气中有害气体排放。已知该反应的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)。

(3).已知：碳的燃烧热为393.5kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H1=+180.5kJ/mol

2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H2=-221kJ/mol

则：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=___________kJ/mol。若平衡后升高温度，则___________(填“增大”；“不变”或“减小”)

(4).将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中，控制一定温度(T1或T2)，发生反应达到平衡时，所得的混合气体中含N2的体积分数随的变化曲线如图所示。

①图中a、b、c、d中对应NO转化率最大的是___________。

②若=1，T1温度下，反应达平衡时，体系的总压强为aPa、N2的体积分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp为___________(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数)。

(5).催化剂性能决定了尾气处理效果。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(I；II)进行反应；测量逸出气体中NO含量，可测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。

①曲线上a点的脱氮率___________(填“＞”；“＜”或“=”)对应温度下的平衡脱氮率。

②催化剂II条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是___________。13、有一瓶溶液只含Cl、K+、Mg2+六种离子中的某几种经实验：

⑴原溶液白色沉淀。

⑵将（1）所得溶液放出使紫色石蕊试液变蓝的气体。

⑶原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀。

⑷原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀；再加稀硝酸白色沉淀不溶解。

回答下列问题：

（1）原溶液中一定含有的离子是_________________________________，一定不含的离子是__________________________，可能含有的离子是________________________________________。14、已知氮元素及其化合物的转化关系如图所示；回答下列问题。

(1)①~④各步转化中，属于氮的固定的是___(填序号)。

(2)实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气。

①化学方程式是___。

②在图中方框内绘制用小试管收集氨气的装置图__。

(3)工业上用氨气制备NO的化学方程式是__。

(4)工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2；可用以下方法吸收：

①NaOH溶液吸收法。发生的反应有：

2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O

NaOH+NO2=___+NaNO2+H2O(填化学式；不需要配平方程式)

②用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图(α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)：

i.根据图得知___(填字母)。

a.NaOH溶液浓度越大；氮氧化物的吸收率越大。

b.NO2含量越大；氮氧化物的吸收率越大。

ii.当α小于50%时，加入H2O2能提升氮氧化物的吸收率，原因是___。15、在下，某容积为的密闭容器内，有五种物质参与同一个化学反应，其中(为气体)四种物质的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，为该反应的一种气体生成物，且生成物在化学方程式中的化学计量数与的相同。请回答下列问题：

(1)该反应的反应物为___________。

(2)在内，______________________

(3)该反应达到平衡状态的时刻是___________时，达到平衡状态的标志有___________(填序号)。

a.和的物质的量相等。

b.的物质的量不变。

c.的正反应速率与的逆反应速率之比为

d.压强不变。

(4)物质在反应中的作用是___________。16、乙酸乙酯是一种有水果香味的油状液体；实验室通常用乙酸与乙醇在浓硫酸存在并加热的条件下反应生成乙酸乙酯。请回答：

(1)工业上常用乙烯水化法制备乙醇，乙烯的结构简式为____________。

(2)制备乙酸乙酯的化学方程式为__________________________，该反应的类型是_______反应。

(3)乙醇俗称酒精，是一种重要无污染的燃料和化工原料，乙醇的官能团为__________（写名称）。17、乙烯是石油裂解气的主要成分；它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。请回答：

(1)乙烯的结构简式为__________。

(2)下列可以鉴别甲烷和乙烯的试剂为__________(填选项字母)。

A.稀硫酸B.溴的四氯化碳溶液C.水D.酸性高锰酸钾溶液。

(3)下列物质中，不能通过乙烯加成反应得到的是__________(填选项字母)。

A.CH3CH3B.CH3CHCl2C.CH3CH2OHD.CH3CH2Br

(4)以乙烯为主要原料合成乙酸；B能发生银镜反应。合成线路如图所示：

反应①的化学方程式为__________。反应③的反应类型为__________反应(填有机反应基本反应类型)。18、元素①~⑤在元素周期表中的位置如下：

回答下列问题：

（1）元素③~⑤中；原子半径最大的是______________（填元素符号）。

（2）元素②和⑤分别形成的简单氢化物中；热稳定性较强的是______（填化学式）。

（3）元素②与③形成的化合物（原子个数比为1：2）中含有的化学键类型为________。

（4）常温下；少量元素④的单质可溶于______________（填序号）。

a；元素①的最高价氧化物对应的水化物浓溶液中。

b；元素③的最高价氧化物对应的水化物浓溶液中。

c、元素⑤的最高价氧化物对应的水化物浓溶液中评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)19、(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷。(___________)A.正确B.错误20、的名称为3-甲基-4-异丙基己烷。(____)A.正确B.错误21、手机、电脑中使用的锂电池属于一次电池。(_______)A.正确B.错误22、由计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值。(____)A.正确B.错误23、相对分子质量相同的不同物质互称为同分异构体。(____)A.正确B.错误24、青少年年龄还小，偶尔吸食一点毒品危害不大，教育一下就好。(____)A.正确B.错误25、化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的。_____A.正确B.错误26、CH2=CH2和在分子组成上相差一个CH2，两者互为同系物。(___________)A.正确B.错误27、纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可用做人体的营养物质。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共24分)28、氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁的流程如下：

回答下列问题：

(1)写出反应①的化学方程式_______。操作①的名称：_______。

(2)工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：_______。

(3)从滤液获得晶体的“一系列操作”是_______、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，其中“降温速率对收率影响”如图所示，则最佳降温速率为_______min·℃-1。降温速率对氟化铵收率的影响降温速率/(min·℃-1)收率/%327.12627.461030.181525.532026.013025.41

(4)写出反应②的离子方程式_______。该流程中的副产品为_______。

(5)氟化铵含量的测定；称取mg样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加2-3滴酚酞指示剂，用0.5mol/L的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠体积VmL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠体积为V0mL。(已知：4NH+6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)

①请结合离子方程式解释氟化铵样品不能在玻璃烧杯中溶解的原因：_______。

②计算样品中氟化铵的含量为_______。29、某铝合金中含有铁；铝、镁、铜、硅。为了测定该合金中铝的含量；现设计了如下实验：

已知：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，H2SiO3是不溶于水的弱酸。

（1）固体A的成分是：____________，溶液M中的阴离子有：____________________

（2）步骤③中生成沉淀的离子方程式为：_____________________________________

（3）该样品中铝的质量分数是：_______________________________（用a、b表示）。

（4）下列因操作不当，会使测定结果偏大的是___________。A．第①步中加入NaOH溶液不足B．第②步中加入盐酸不足时C．第④步中的沉淀未用蒸馏水洗涤D．第④步对沉淀灼烧不充分30、工业上用含有和的废水回收铬．其工艺流程如图：

已知：黄色橙色

常温下，

当离子浓度小于时；认为沉淀完全．

酸化后的溶液A显______色．

下列选项中，能说明反应黄色橙色达到平衡状态的是______填选项字母

和的浓度相同溶液的颜色不变溶液的pH不变。

为防止溶液变质，在保存时需加入的试剂为______填试剂名称．

过滤操作中需要用到的玻璃仪器有______．

溶液与溶液A发生反应的离子方程式为______．

沉淀C的化学式为______，的范围为______．31、电解锰工艺过程会产生锰、镁复盐，其组成为(NH4)7MnMg2(SO4)6.5•21H2O。一种综合利用该复盐的工艺流程如图所示：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5。回答下列问题：

（1）(NH4)7MnMg2(SO4)6.5•21H2O的水溶液呈__________________性（填“酸”或“碱”），Mn的化合价为__________________。

（2）“沉锰”的离子反应方程式为__________________；滤液1溶质的主要成分有__________________。

（3）“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示：

①由图可知，“沉锰”合适的条件为__________________。

②Mg2+主要生成的是__________________沉淀（填“Mg(OH)2”或“MgCO3”)，当温度高于45℃时Mg2+和Mn2+沉淀率的变化如图所示，原因是__________________。

（4）若将NH3通入0.01mol•L-1MgSO4溶液至Mg2+完全沉淀，则此时溶液中NH3•H2O的物质的量浓度为__________________。(已知=1.34，忽略反应前后溶液体积的变化，计算结果保留两位有效数字）评卷人得分五、原理综合题(共2题，共16分)32、丙烯是一种重要的化工原料；可通过丙烷催化脱氢技术(PDH)或丙烷氧化脱氢(DOHP)得到，同时会生成甲烷；乙烷、乙烯等副产物﹑其中(PDH)涉及的主反应和部分副反如下：

反应Ⅰ

反应Ⅱ

反应Ⅲ

请回答下列问题。

(1)的反应热_______。

(2)在一定温度下，向2L的刚性密闭容器中充入5mol(g)，容器中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列选项能说明体系达到平衡状态的是_______(填标号)。

A.容器中的压强不再改变B.混合气体的密度不再改变。

C.甲烷与乙烯的物质的量之比不再改变D.丙烷与氢气的物质的量之比不再改变。

若反应5min后体系达平衡状态﹐此时丙烷的平衡转化率为60%，氢气与甲烷的物质的量之比为2∶1，则5min内反应Ⅰ的平均速率_______该温度下反应Ⅱ的平衡常数K=_______mol/L。

(3)DOHP可大规模应用于页岩气生产丙烯，表是在原料气组成一定、流速一定的情况下，两种不同的催化剂B/S-1和对DOHP中一些主要数据的影响：。催化剂温度/℃丙烷转化率/%丙烯选择性/%乙烯选择性/%B/S-14805.360.925.754023.855.427.227.256041.454.926.326.34800.648.221.35401.952.523.823.85608.556.624.924.9

从数据判断，催化效果较好的催化剂是_______，工业生产时应控制的合适温度是_______℃。

(4)已知丙烷氧化脱氢法的主要反应为：在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质。的转化率和的产率随温度变化关系如图所示。

①在550℃时，的选择性为_______。(保留1位小数)(的选择性)。

②的选择性：550℃_______575℃(填“大于”或“小于”)。33、以下是合成聚对苯二甲酸—1；4—丁二醇酯的合成路线图：

（1）实验室制备乙炔的方程式为______。

（2）化合物A的结构简式为______。

（3）③的反应类型为______。

（4）写出反应⑥的化学方程式______。

（5）D有多种同分异构体，符合以下条件的共有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式______。

①能发生水解反应，遇饱和FeCl3溶液显色；

②1mol该同分异构体能与足量银氨溶液生成4molAg参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A、H2与Cl2含有的化学键为共价键；所以该反应涉及共价键的断裂与形成，错误；

B；化学能可以转化为热能；也可以转化为光能、电能等其他形式的能量，错误；

C；该反应为放热反应；所以断开1molH﹣H键和1molCl﹣Cl键所吸收的总能量，小于形成2molH﹣Cl键所放出的能量，错误；

D、因为该反应为放热反应，所以反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，正确。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．汽车尾气中含有的氮氧化物是电火花；高温下氮气与氧气反应生成NO、NO与氧气反应生成二氧化氮造成的；A错误；

B．燃煤中加入CaO可以固硫——把硫元素转变为硫酸钙；减少了二氧化硫的排放、减少酸雨的形成；但不能减少温室气体二氧化碳的排放，B错误；

C．“84”消毒液具有强氧化性能消毒杀菌；医用酒精(75%)、加热能使蛋白质变性；则使用医用酒精(75%)、“84”消毒液或加热均能有效灭活新型冠状病毒，C正确；

D．铁粉具有还原性，能还原污水中的Pt2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等，故纳米铁粉通过还原法除去污水中的Pt2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等；D错误；

答案选C。3、A【分析】【详解】

A．间二甲苯苯环上有3种氢原子，-C2H4Cl有-CH2CH2Cl、-CH(Cl)CH32种结构，一个氢原子被“”取代时；形成的同分异构体最多有3×2=6种，A正确；

B．与混合；在光照条件下充分反应，可以生成多种氯代烷，氯乙烷只是其中的一种，B不正确；

C．苯与液溴混合后加入铁粉；此时苯发生了取代反应，C不正确；

D．人体内没有纤维素水解酶；食物中的纤维素在人体内不能水解，但可增强肠蠕动，D不正确；

故选A。4、B【分析】【分析】

该反应是一个气体体积减小的放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动。

【详解】

①升高温度；平衡向逆反应方向移动，气体颜色变深，故错误；

②由质量守恒定律可知；反应前后气体质量不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，平均相对分子质量解析，故错误；

③由质量守恒定律可知；反应前后气体质量不变，故正确；

④升高温度；平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，压强变大，故错误；

⑤由质量守恒定律可知；反应前后气体质量不变，体积不变的密闭容器中密度不变，故正确；

③和⑤正确，答案选B。5、C【分析】【详解】

A．二氧化锰可做催化剂；能够加快过氧化氢分解产生氧气的速率，A选项正确；

B．用锌粒代替锌片；增大反应物的接触面积，反应速率加快，即制取氢气的速率加快，B选项正确；

C．稀硫酸与浓硫酸的性质不同；稀硫酸和铜不反应，而浓硫酸生成二氧化硫，C选项错误；

D．疫苗的主要成分是蛋白质；蛋白质在高温下易变性，因此为了延长疫苗的保质期在运输和保存的过程中最好保持较低的温度，D选项正确；

答案选C。6、C【分析】【分析】

根据原电池总反应方程式可知石墨电极为正极，得电子，发生还原反应，银电极为负极，失电子；发生氧化反应。

【详解】

A.若电流表指针向右偏转；说明电子由银电极流出，则银电极发生氧化反应，A正确；

B.若电流表指针归零时；则反应达到平衡状态，B正确；

C.电流表指针归零时，若向左烧瓶中滴加几滴AgNO3溶液，则发生反应Ag＋＋e－=Ag,则石墨为负极；故C错误；

D.上述实验能说明其他条件不变时Ag+与Fe3+的氧化性强弱与其离子浓度有关；D正确；

故答案选C。7、C【分析】【详解】

A．在恒温恒容条件下；向已达到平衡的体系中加入少量Z，相当于增大压强，平衡逆向移动，但Z的含量增大，A错误；

B．由图中信息可知；在相同压强下，温度越高则Z的物质的量分数越小，说明正反应是放热反应，升高温度正逆反应速率都加快，但平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，B错误；

C．正反应是放热的，则△H＜0；由图中信息可知；在相同的温度下，压强越大Z的物质的量分数越大，说明减小压强化学平衡是向着气体分子数增加的方向进行的，所以有m+n＞c，C正确；

D．根据C中分析可知D错误。

答案选C。

【点睛】

解答本题的关键是能正确分析图象曲线的变化趋势。注意掌握化学平衡图像题的解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。8、B【分析】【分析】

【详解】

A.水分子是V形分子；不是直线形分子，故A错误；

B.Cl元素的质子数是17，Cl-的核外电子数是18，所以Cl-的结构示意图为故B正确；

C.CO2分子的电子式：故C错误；

D.氯乙烯的结构简式：CH2=CHCl；故D错误。答案选B。

【点睛】

解题时需注意在含有碳碳双键的有机物的结构简式中，碳碳双键不能省略。9、D【分析】【分析】

由图中可以提取如下信息：(1)反应物的总能量低于生成物的总能量；(2)反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H=+180kJ/mol。

【详解】

A．从图中可以看出，N2和O2的总能量低于NO的总能量；A不正确；

B．N2(g)+O2(g)=2NO(g)为吸热反应，则2NO(g)=N2(g)+O2(g)为放热反应；B不正确；

C．断开1molNO(g)中化学键需吸收的能量为kJ=632kJ；C不正确；

D．由C选项的计算可知；形成1molNO(g)中化学键，可释放的能量为632kJ，D正确；

故选D。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【分析】

分析熔融碳酸盐燃料电池原理示意图，通入氧气的一端为原电池正极，通入一氧化碳和氢气的一端为负极，电流从正极流向负极，溶液中阴离子移向负极，A电极上一氧化碳失电子发生氧化反应生成二氧化碳；根据某种燃料电池的工作原理示意，由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应通入空气。

【详解】

(1)分析熔融碳酸盐燃料电池原理示意图，通入O2的B电极为原电池正极，通入CO和H2的电极为负极，电流从正极流向负极，电池工作时，外电路上电流的方向应从电极B(填A或B)流向用电器。内电路中，溶液中阴离子移向负极，CO向电极A(填A或B)移动，电极A上CO失电子发生氧化反应生成CO2，CO参与的电极反应为CO-2e-+CO=2CO2。故答案为：B；A；CO-2e-+CO=2CO2；(2)①由分析a为负极，假设使用的“燃料”是氢气(H2)，a极上氢气失电子，发生氧化反应，则a极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O。若电池中氢气(H2)通入量为224mL(标准状况)，且反应完全，n(H2)==0.01mol，则理论上通过电流表的电量为Q=9.65×104C/mol×0.01mol=1.93×103C(法拉第常数F=9.65×104C/mol)。故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O；1.93×103；②假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，a极上甲醇失电子，发生氧化反应，则a极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O。如果消耗甲醇160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为==30NA。故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；30NA。【解析】BACO-2e-+CO=2CO2H2-2e-+2OH-=2H2O1.93×103CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O30NA11、略

【分析】【详解】

分析：（1）原子利用率达到100%符合绿色化学；铜与浓硫酸反应生成硫酸铜；二氧化硫和水；

（2）根据二氧化硫的性质以及对环境的危害分析解答；

（3）硫原子的质子数是16；据此书写结构示意图；根据硫原子的个数书写分子式；

（4）氮气分子中含有三键；氮气与镁反应生成氮化镁。

详解：（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体二氧化硫生成，原子利用率不是100%，因此符合“绿色化学”思想的是反应②。铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。

（2）SO2被称为“空中死神”，其对环境的危害常表现为形成酸雨。二氧化硫是酸性氧化物，能与碱性氧化物氧化钙反应，因此工业上常用生石灰来处理煤炭中的SO2。

（3）硫原子的原子序数是16，原子结构示意图为自然界中存在的某种单质以八个原子结合，其分子式为S8。

（4）氮元素是大气中含量最高的元素，其单质的电子式为在点燃条件下，氮气可与金属镁反应生成氮化镁，该反应的方程式为3Mg+N2Mg3N2。【解析】②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O形成酸雨酸性S83Mg+N2Mg3N212、略

【分析】【分析】

【小问1】

CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)。从平衡移动的角度，SO与Ca2+生成CaSO3沉淀；平衡向正向移动，生成NaOH；【小问2】

25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO2，生成亚硫酸钠溶液，水解平衡常数为，当得到pH=9的吸收液，氢离子浓度为10-9mol/L,该吸收液中c(SO)∶c(HSO)==【小问3】

碳的燃烧热为393.5kJ/mol，热化学方程式为：①C(g)+O2(g)=CO2(g)∆H=-393.5kJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H1=+180.5kJ/mol，③2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H2=-221kJ/mol，根据盖斯定律分析，①×2-②-③得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=-393.5kJ/mol×2-180.5kJ/mol+221kJ/mol=-746.5kJ/mol；若平衡后升高温度，平衡逆向移动，则增大。【小问4】

①相同时，T1的对应的氮气的体积分数较高，说明平衡正向移动,T1温度高，越大，则一氧化碳的量越多，平衡正向移动，一氧化氮的转化率越大，故图中a、b；c、d中对应NO转化率最大的是c。

②

解x=总物质的量n=2-0.5x=该温度下反应的平衡常数【小问5】

①温度降低,平衡向放热方向移动,即向正反应方向移动,平衡转化率会随着温度降低而升高,在催化剂I条件下,平衡脱氮率可以达到40%以上,而降低温度；放热反应的平衡脱氮率升高，a点温度低于450°C，平衡脱氮率应高于40%，图2中显示a点的脱氮率只有10%左右，故曲线上a点的脱氮率(约10%)小于对应温度下的平衡脱氮率。

②催化剂II条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是催化剂的活性可能降低,催化效果减弱,相同时间内脱氮率下降或反应已达平衡,温度升高平衡逆向移动。【解析】【小题1】SO与Ca2+生成CaSO3沉淀；平衡向正向移动，生成NaOH

【小题2】620

【小题3】①.-746.5②.增大。

【小题4】①.c②.Pa-1

【小题5】①.＜②.温度超过450℃时，催化剂的活性可能降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或反应已达平衡，温度升高平衡逆向移动13、略

【分析】【详解】

溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，说明溶液中含有Mg2+，将（1）所得溶液加热放出使紫色石蕊试液变蓝的气体为氨气，则溶液中含有NH4+，加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32-和SO42-，原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明一定含有Cl-离子；实验过程中没有涉及K+的检验方法，故无法确定是否有K+存在。综上可得：原溶液中一定含有的离子是Mg2+、NH4+、Cl-，一定不含的离子是CO32-、SO42-，可能含有的离子是K+。【解析】①.Mg2+NH4+Cl-②.CO32-SO42-③.K+14、略

【分析】【详解】

(1)氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程；步骤①中氮气与氢气在催化剂条件下生成氨气，属于氮的固定过程；

(2)①氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

②氨气极易溶于水，所不能用排水法收集，密度比空气小，可用向下排空气法收集，则试管口要朝下，同时导管要伸入试管底部，为了防止氨气与空气对流，收集用的试管口应塞一团棉花，装置图为

(3)工业上利用氨气与氧气发生催化氧化生成NO与水反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

(4)①根据电子转移守恒可知，NO2发生歧化反应，NO2中+4价的N部分化合价降低为NaNO2中+3价的N，则还应有部分N化合价升高，应转化为NaNO3中+5价的N，因此方程式中的另一个产物为NaNO3；

②i．根据上述图像可知：

a．随着NaOH溶液浓度增大；氮氧化物的吸收率先增加后减小，故a错误；

b．当NaOH浓度一定时，NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大，故b正确；

综上所述，本题应选b；

ii．根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随NO2的含量增大而增大，当混合气体中NO2含量小于50%时，具有氧化性的H2O2的存在，会使NO氧化成NO2，NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大。【解析】①2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O4NH3+5O24NO+6H2ONaNO3b根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随NO2的含量增大而增大。当混合气体中NO2含量小于50%时，具有氧化性的H2O2的存在，会使NO氧化成NO2，NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大15、略

【分析】【分析】

由图可知从时刻开始各物质的物质的量不再发生改变，说明反应达到平衡状态。由图可知A、B的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，则C为生成物，为该反应的一种气体生成物，且生成物在化学方程式中的化学计量数与的相同，由化学方程式中的化学计量数与其反应速率成正比，可写出化学方程式为

【详解】

(1)由分析可知；该反应的反应物为A；B；

(2)E为被反应的一种气体生成物，且生成物E在化学方程式中的化学计量数与B的相同，则

(3)由图可知从时刻开始各物质的物质的量不再发生改变；说明反应达到平衡状态；

a．由图可知；A和C的物质的量相等时反应未达到平衡状态，a项不选；

b．B的物质的量不再发生改变，说明其正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，b项选；

c．A的正反应速率与B的正反应速率之比为当A的正反应速率与B的逆反应速率之比为时，则B的正反应速率与B的逆反应速率之比为即反应达到了平衡状态，c项选；

d．由反应的化学方程式可知；反应前后气体的物质的量未发生改变，故压强始终未变，压强不变不能说明反应达到了平衡状态，d项不选；

答案选bc；

(4)由图中曲线变化可知，D参与反应前与达到平衡状态时，物质的量不变，可判断出D为催化剂。【解析】①.AB②.0.5③.0.25④.2⑤.bc⑥.作催化剂16、略

【分析】【详解】

(1)书写有机物的结构简式时，要把碳氢单键省略，但需要表现该物质中的官能团，乙烯分子中含有碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；

(2)根据题干信息，实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸存在并加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应也是取代反应，该反应的化学反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应（或取代反应）；

(3)乙醇的结构简式为CH3CH2OH；含有的官能团为—OH，名称为羟基，故答案为：羟基。

【点睛】

第(2)问中，在书写制备乙酸乙酯的化学方程式时，需要注意酯化反应为可逆反应，需要用“”。【解析】CH2=CH2CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应（或取代反应）羟基17、略

【分析】【详解】

(1)乙烯的分子式为C2H4，官能团是碳碳双键，即结构简式为CH2=CH2；

(2)A.甲烷；乙烯均不与稀硫酸发生反应；现象相同，无法鉴别，故A不符合题意；

B.甲烷不与溴的四氯化碳发生反应；即溴的四氯化碳溶液不褪色，乙烯因与溴单质发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，现象不同，可以鉴别，故B符合题意；

C.甲烷和乙烯都不溶于水；现象相同，无法鉴别，故C不符合题意；

D.甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象不同，可以鉴别，故D符合题意；

(3)A.乙烯与氢气在一定条件下发生加成反应：CH2=CH2＋H2CH3CH3；故A不符合题意；

B.乙烯和Cl2发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，因此CH3CHCl2不能通过乙烯发生加成反应得到；故B符合题意；

C.乙烯与水在一定条件下发生加成反应：CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；故C不符合题意；

D.乙烯与HBr发生加成反应：CH2=CH2＋HBrCH3CH2Br；故D不符合题意；

(4)B能发生银镜反应，说明含有醛基，根据流程图，可以推出乙烯→CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH，反应①发生加成反应，其反应方程式为CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；反应③是乙醛被氧化成乙酸，即反应类型为氧化反应。

【点睛】

易错点是问题(1)，乙烯中的碳碳双键为官能团，书写结构简式时不能省略，不能写成CH2CH2，即乙烯的结构简式为CH2=CH2.【解析】①.CH2=CH2②.BD③.B④.CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH⑤.氧化反应18、略

【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑤分别是N；O、Na、Al、S。则。

（1）同周期自左向右原子半径逐渐减小，则元素③～⑤中原子半径最大的是Na。（2）非金属性越强，氢化物越稳定，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则元素②和⑤分别形成的简单氢化物中，热稳定性较强的是H2O。（3）元素②与③形成的化合物（原子个数比为1：2）是氧化钠，其中含有的化学键类型为离子键。（4）a、元素①的最高价氧化物对应的水化物浓溶液是浓硝酸，常温下铝在浓硝酸中钝化，不能溶解，a错误；b、元素③的最高价氧化物对应的水化物浓溶液是氢氧化钠，常温下铝可以溶解在氢氧化钠溶液中，b正确；c、元素⑤的最高价氧化物对应的水化物浓溶液是浓硫酸，常温下铝在浓硫酸中钝化，不能溶解，c错误，答案选b。【解析】NaH2O离子键b三、判断题(共9题，共18分)19、A【分析】【详解】

(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷，正确。20、B【分析】【详解】

的名称为2,4-二甲基-3-乙基己烷，错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

手机、电脑中使用的锂电池属于可充电电池，即二次电池，题干说法错误。22、B【分析】【详解】

化学反应速率可以用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示，不管用反应物还是用生成物表示的化学反应速率均为正值，故错误。23、B【分析】【分析】

【详解】

相对分子质量相同的物质分子式不一定相同，如H2SO4和H3PO4、丙酮(CH3COCH3)和丁烷(CH3CH2CH2CH3)，故相对分子质量相同，不一定互为同分异构体，题干说法错误。24、B【分析】略25、A【分析】【分析】

【详解】

旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的，该说法正确。26、B【分析】【分析】

【详解】

同系物是结构相似，分子组成上相差若干个CH2原子团的一系列有机物，CH2=CH2和的结构不相似，不互为同系物，故错误。27、B【分析】【分析】

【详解】

人体内没有可水解纤维素的酶，故纤维素不能作为人体的营养物质。纤维素在人体内可以促进胃肠蠕动，可助消化。故错误。四、工业流程题(共4题，共24分)28、略

【分析】【分析】

H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵；滤液减压浓缩；降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氟化铵，母液中加入硫酸镁生成氟化镁沉淀。

【详解】

(1)反应①是H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，反应的化学方程式为操作①是分离出生成的硅胶沉淀；操作的名称是过滤；

(2)温度过高氟化铵易分解；氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大，所以工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃；

(3)从滤液获得氟化铵晶体的操作是减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，根据“降温速率对收率影响”数据，可知降温速率为10min·℃-1时，收率最高，所以最佳降温速率为10min·℃-1；

(4)反应②是氟化铵和硫酸镁反应生成氟化镁沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式是该流程中的副产品为(NH4)2SO4；

(5)①HF易腐蚀玻璃，所以不能在玻璃烧杯中溶解样品；

②根据题意得关系式4NH~(CH2)6N4H++3H+~4NaOH，mg样品中氟化铵消耗氢氧化钠(V-V0)mL，样品中氟化铵的物质的量为0.5mol/L×(V-V0)mL×10-3，氟化铵的质量为0.5mol/L×(V-V0)mL×10-3×37g/mol，样品中氟化铵的含量为

【点睛】

本题以工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁为载体，考查化学工艺流程，明确流程中各步反应原理是解题关键，注意混合物分离的常见方法及应用。【解析】过滤温度过高氟化铵易分解，氨在体现中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大减压浓缩10(NH4)2SO4HF易腐蚀玻璃29、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）铝合金中含有铁、铝、镁、铜、硅，其中Al、Si都与氢氧化钠溶液反应，而Fe、Cu、Mg不与氢氧化钠溶液反应，所以固体A的成分是Mg、Cu、Fe；Al、Si都与氢氧化钠溶液反应，分别生成偏铝酸根离子和硅酸根离子，因为氢氧化钠溶液是过量的，所以溶液M中存在的阴离子是OH－、AlO2－、SiO32－；

（2）第②步中加入盐酸使硅酸沉淀，则偏铝酸根离子与过量的盐酸反应生成铝离子，所以溶液N中存在铝离子，加入氨水，则铝离子与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，离子方程式是Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋；

（3）产生的氢氧化铝沉淀受热分解生成水和氧化铝，所以bg固体为氧化铝的质量，则氧化铝的物质的量是bg/102g/mol，所以Al元素的质量是b/102mol×2×27g/mol=9b/17g，所以铝合金中Al的质量分数是9b/17a×100%；

（4）A．第①步中加入NaOH溶液不足；则Al可能会未完全溶解，造成部分存在于固体A中，使结果偏小，错误；B．第②步中加入盐酸不足时，则偏铝酸根离子未全部转化为铝离子，则加入氨水后产生的氢氧化铝的沉淀偏少，结果偏小，错误；C．第④步中的沉淀未用蒸馏水洗涤，则氧化铝的质量增加，则实验结果偏高；D．第④步对沉淀灼烧不充分，氧化铝的质量增加，则实验结果偏高，答案选CD。

考点：考查对工业流程的分析，物质性质的应用，质量分数的计算，误差的分析【解析】Mg、Cu、FeOH－、AlO2－、SiO32－Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋CD30、略

【分析】【分析】

含有Cr2O72-和CrO42-的废水经酸化后主要转化为Cr2O72-，Cr2O72-具有强氧化性，加入还原性的亚铁离子，将其还原为Cr3+；然后依据溶度积常数分别调节溶液的pH值，让铁离子和铬离子沉淀出来，据此分析。

【详解】

（1）增大，平衡黄色橙色右移；溶液呈橙色，故答案为：橙；

（2）平衡时各物质的浓度不再改变；即溶液的颜色不再改变和pH不变，故选：cd；

（3）防止亚铁离子氧化，并抑制水解，则配制溶液时；需加入少量铁粉和稀硫酸，故答案为：铁粉；硫酸；

（4）过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法；所需仪器有玻璃棒；烧杯、铁架台、漏斗，其中属于玻璃仪器的是玻璃棒、烧杯、漏斗，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；

（5）依据分析可知：溶液A含有具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，离子反应方程式为：故答案为：

（6）依据分析可知，沉淀C为氢氧化铁，当离子浓度小于时，认为沉淀完全，故铬离子完全沉淀时有：解：即完全沉淀，故答案为：

【点睛】

本题主要考查的是金属的回收与资源利用，涉及氧化还原反应、化学反应平衡移动原理、离子反应方程式书写，常见实验操作以及仪器选择等。【解析】①.橙②.cd③.铁粉、硫酸④.烧杯、漏斗、玻璃棒⑤.⑥.⑦.>531、略

【分析】【分析】

(NH4)7MnMg2(SO4)6.5•21H2O经溶解加热后，分解后逸出，加入氨水和碳酸氢铵将锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤后，得到滤液1，主要成分为(NH4)2SO4、MgSO4，加入氨水后得到沉淀氢氧化镁和滤液2为(NH4)2SO4；碳酸锰沉淀加入硫酸后，得到硫酸锰。

【详解】

(1)由于(NH4)7MnMg2(SO4)6.5•21H2O属于强酸弱碱盐；水溶液呈酸性，根据所有化合价之和等于0，设Mn的化合价为x，(+1)×