2025年外研版三年级起点必修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年外研版三年级起点必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程；形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮票内容所涉及的主要物质，属于无机化合物的是。

。A

B

C

D

侯氏制碱法生产纯碱。

化学工业生产橡胶。

齐鲁三十万吨乙烯工程。

人工全合成结晶牛胰岛素。

A.AB.BC.CD.D2、下列对于可逆反应2M(g)＋N(g)2P(g)达到平衡时的说法正确的是()A.M、N全部变成了PB.反应已经停止C.反应混合物中各组分的浓度不再改变D.v(M)∶v(N)=2∶13、下列各组分子中的各个原子，或者处于同一平面，或者在一条直线上的是A.CO2，HCl，HC≡CCH3B.C6H6，C2H4，CO2C.C6H6，HCl，CH4D.C2H6，HCl，C2H24、化学与科学、技术、社会、环境等密切相关，下列说法错误的是A.乙烯可作为水果的催熟剂B.煤中含有苯、甲苯和粗氨水，可通过干馏得到上述产品C.石油的裂解可以得到甲烷、乙烯、丙烯等重要化工原料D.海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧5、有关金属腐蚀的叙述正确的是A.生铁抗腐蚀能力比纯铁强B.钢瓶在储存液氯前彻底干燥可减缓腐蚀C.水库铁闸与直流电源正极相连可减缓腐蚀D.常温下浓硝酸比浓盐酸更易使铁腐蚀评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、恒温恒容下，将2mol气体A和2mol气体B通入体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)；2min后反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol/L。

（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为____________。

（2）x=_______。

（3）A的转化率与B的转化率之比为_______________。

（4）下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志是________（填字母）。A．压强不再变化B．气体密度不再变化C．气体平均相对分子质量不再变化D．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2:17、我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：

a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1

b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2

c)CH4(g)C(s)+2H2(g)△H3

d)2CO(g)CO2(g)+C(s)△H4

e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)△H5

(1)根据盖斯定神，反应a的△H1___(写出一个代数式即可)。

(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___。A．增大CO2与CH4的浓度。反应a、b、c的正反应速率都增加B．移去部分C(s)，反应c、d、c的平衡均向右移动C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分___步进行，其中，第___步为决速步骤。

(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法；在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。反应a、c、e的InK随(温度的倒数)的变置化如图所示。

①反应a、c、e中，属于吸热反应的有___。

②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=___。

③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2)：n(CH4)=1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应c，体系达到平衡时H2的分压为40kPa，则CH4的平衡转化率为___。

(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___。8、(1)利用8NH3+6NO2=7N2+12H2O可以消除氮氧化物的污染，若设计成原电池，使用2mol·L-1的KOH溶液为电解质溶液。该电池正极的电极反应式为_______，放电一段时间后，负极附近溶液pH将_______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示。

①写出催化重整的化学方程式_______。

②电池工作时，向_______(填A或B)极移动，电极A上H2参与的电极反应为：_______。

③用电器中每转移2mol电子，理论上电极B处消耗的气体体积(标准状况下)为_______L。9、化合物A的蒸气2mol充入0.5L容器中加热，发生分解反应2A(g)⇌B(g)+nC(g)；反应到3min时达到平衡，此时容器中A的浓度为1.6mol/L，并测得这段时间内用C的浓度变化表示的平均反应速率为v(C)=1.2mol/(L·min)

(1)求化学方程式中的计量数n的值_____

(2)以B的浓度变化表示该反应的平均速率______

(3)平衡时A的转化率是多少______10、在一固定容积为2L的密闭容器内加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定条件下发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0

(1)平衡常数的表达式K=__________，该反应450℃的平衡常数__________500℃时的平衡常数(填“>”、“<”或“=”)；

(2)下列描述中能说明上述反应已达平衡的是__________

A．3υ正(H2)＝2υ逆(NH3)

B．容器中气体的平均相对分子量不随时间而变化。

C．容器中气体的密度不随时间而变化。

D．容器中气体的分子总数不随时间而变化。

(3)上述反应若第5分钟时达到平衡，测得NH3的物质的量为0.2mol计算从反应开始到平衡时，平均反应速率υ(N2)为__________mol/(L·min)，NH3的体积分数__________

(4)保持其他条件不变，若初始投入量为amolN2、bmolH2、cmolNH3，也可得到与上述相同的平衡，则a、b、c需满足关系式：__________；

(5)第6分钟时，保持其它条件不变，若继续通入0.2mol的N2和0.6mol的H2，8分钟时达到平衡，N2的转化率__________(填“增大”、“减小”、“不变”)。11、现有A；B、C三种烃；其球棍模型如图:

(1).等质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是______(填对应字母；下同)

(2).同状况、同体积的以上三种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是______

(3).等质量的以上三种物质燃烧时，生成水最多的是______

(4).在120℃、1.01×105Pa条件下时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是______。12、下表为元素周期表的一部分。

。族。

周期。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

一。

①

二。

②

⑤

三。

③

⑥

四。

④

⑦

(1)表中元素_______的非金属性最强；元素_______的金属性最强；(写元素符号)。

(2)表中半径最大的元素是_______；(写元素符号)

(3)表中元素⑤、⑥、⑦对应的单质氧化性最强的是_______；(写化学式；下同)

(4)表中元素⑥、⑦氢化物的稳定性顺序为_______；

(5)表中元素最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸是_______。13、从能量的角度看，断开化学键要_______能量，形成化学键要_______能量。若某反应的反应物总能量大于生成物的总能量，那么，该反应是一个_______(填“放热”或“吸热”)反应。14、按要求填空。

①锂锰电池的体积小，性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li＋通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。电池正极反应式为____________。

②取Pt和Zn为电极材料埋入人体内作为心脏起搏器的能源，它跟人体体液中含有的一定浓度的溶解O2、H＋和Zn2＋进行作用，其正极反应式为___________________，负极反应式为__________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、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16、油脂的氢化与油脂的皂化都属于加成反应。(_______)A.正确B.错误17、芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下发生分子间聚合而成像，该过程是化学变化。(____)A.正确B.错误18、所有的金属常温下都是固态_________A.正确B.错误19、甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到。(____)A.正确B.错误20、用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨。(____)A.正确B.错误21、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22、聚乙烯可包装食品，而聚氯乙烯塑料不可用于包装食品。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共2题，共8分)23、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____________________________。24、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、原理综合题(共3题，共12分)25、下列有关化学合物(F)的合成路线如下：

已知：+R″-CHO

回答下列问题：

(1)化合物D官能团的名称是_________________。

(2)反应⑸的反应类型是____________。

(3)化合物A的键线式是____________。

(4)化合物B与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程：____________。

(5)碳原子上连有4个不同的原子或原子团，该碳称为手性碳，则化合物C的手性碳原子数有____个。

(6)芳香化合物G是化合物E的同分异构体；且G满足以下两个条件：

①1molG与足量金属钾反应，在标准状况下放出22.4LH2；

②有三种不同化学环境的氢原子且它们的原子个数比为6:2:1。

则G可能的结构简式____________。

⑺设计由制备的合成路线________。26、CO2是一种廉价的碳资源；其综合利用具有重要意义。回答下列问题：

（1）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）

①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：。化学键C—HC=OH—HCO（CO）键能/kJ·mol−14137454361075

则该反应的ΔH=_________。分别在vL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A”或“B”）。

（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。

①若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_______（写离子符号）；若所得溶液c（HCO3−）∶c（CO32−）=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）

②当2molCO2通入3molNaOH被吸收时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)________。

a．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO32−)＋c(HCO3-)＋c(OH－)

b．c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32−)>c(OH－)>c(H＋)

c．3c(Na＋)＝2[c(CO32−)＋c(HCO3-)+c(H2CO3)]

（3）CO2辅助的CO—O2燃料电池，工作原理如图所示，固体介质中CO32—可定向移动。电池的负极反应式：________________________________电池工作时需向某电极通入CO2以触发反应，该电极为_____________（填“甲”或“乙”）

27、SO2在400~500℃下的催化氧化反应是工业制硫酸的一步重要反应，450℃在2L的密闭容器中进行该反应，保持温度和容积不变，测得n(SO3)、n(SO2)和n(O2)随时间t（min）的变化关系如图所示（a、b；c、d、e、f、g、h分别表示对应点的纵坐标）。

回答下列问题：

（1）上图中表示n(SO2)随时间t变化的曲线是________（填“I”“II”或“III”）。

（2）对于I所表示的物质，其逆反应速率最大的点是________（填“a”“e”或“f”）。

（3）t1至t2时间段内，υ(SO3)=________。

（4）下列说法正确的是________（填序号）。

A．t2时；该反应达到平衡状态。

B．t2时；III代表的物质的消耗速率大于它的生成速率。

C．t2时与t3时容器中气体的总物质的量相同。

D．其他条件不变，反应在500℃下进行，平衡时n(SO3)=gmol

（5）下列叙述能说明上述反应已达化学平衡状态的是________（填序号）。

A．υ正(O2)＝υ逆(SO2)

B．n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶1∶2

C．容器中气体的密度不随时间而变化。

D．容器中气体的压强保持不变评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共9分)28、磁性物质X只含两种元素；属于半金属材料，某兴趣小组对化合物X的组成展开如图探究(图中部分产物未标出)，已知B的相对分子质量为17，液态B可作制冷剂。

请回答：

(1)X的组成元素是Fe和_______(填元素符号)；写出C的化学式_______。

(2)写出溶液A与过量NaOH溶液加热生成气体B的离子方程式_______。

(3)写出固体X与过量稀HCl反应的化学方程式_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．纯碱是碳酸钠；是无机物，A符合题意；

B．合成橡胶是三大合成有机高分子化合物；属于有机物，B不合题意；

C．乙烯是有机物；C不合题意；

D．结晶牛胰岛素是一种蛋白质；属于有机物，D不合题意；

故答案为：A。2、C【分析】【分析】

【详解】

A.该反应是可逆反应；所以反应物不可能完全转化为生成物，存在反应限度，故A错误；

B.反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，但反应不停止，故B错误；

C.反应混合物各成分的浓度不再改变是化学平衡状态的判断依据；故C正确；

D.v(M)∶v(N)=2∶1；未体现正逆关系，故D错误。

故选C。

【点睛】

化学平衡的特征：逆：可逆反应，等：正逆反应速率相等，动：动态平衡，定：平衡混合物中百分含量一定，变：改变平衡条件，平衡就会改变，建立新平衡。3、B【分析】【详解】

A．丙炔结构中含有甲基；形成四面体结构，所有原子不可能共线共面，A项错误；

B．苯分子中的苯环；乙烯中碳碳双键都是定平面的基团；苯和乙烯中所有原子共面，二氧化碳中所有原子共线，B项正确；

C．甲烷分子为正四面体构型；5个原子并不共面；也不共线，C项错误；

D．乙烷分子中的两个碳原子均形成四面体结构；所以所有原子并不共面；也不共线，D项错误；

所以答案选择B项。4、B【分析】【分析】

【详解】

A.乙烯是一种植物激素；用于水果鲜花的催熟，在长途运输过程中，常用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土除去乙烯，以达到保存水果鲜花的作用，A项正确；

B.煤是一种含有有机物和少量无机物的复杂混合物；主要含有碳元素，还有氢元素和少量的O；氮、硫等元素，并不含有苯、甲苯等物质，B项错误；

C.石油裂解可以得到甲烷；乙烯、丙烯等化工原料；石油裂化是为了得到轻质油，C项正确；

D.甲烷也是一种温室效应气体；开发不当，会释放到空气中，会造成温室效应，D项正确；

本题答案选B。

【点睛】

有些专有名字要区分清楚，比如石油的裂化和裂解。另外温室效应气体也不仅仅只有CO2一种，还有甲烷等。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．生铁中含有杂质；在空气中容易发生电化学腐蚀，因此生铁抗腐蚀能力比纯铁弱，A不正确；

B．铁与干燥的氯气不反应；但能和潮湿的氯气发生氧化还原反应而被腐蚀，因此钢瓶在储存液氯前彻底干燥可减缓腐蚀，B正确；

C．水库铁闸与直流电源正极相连做阳极；加快腐蚀，应该是与电源的负极相连可减缓腐蚀，C不正确；

D．常温下铁在浓硝酸中发生钝化；而铁极易与浓盐酸发生氧化还原反应而被腐蚀，D不正确；

答案选B。二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】【分析】

（1）根据v(C)=进行计算；

（2）根据方程式中各物质的系数比与各物质的变化量成正比进行分析（体积相等）；

（3）根据转化率=×100%进行分析；

（4）根据反应达到平衡状态后；正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变以及由此衍生的其它物理量进行分析。

【详解】

（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为v(C)===0.6mol/(L·min)；

（2）在2min内C的物质的量改变了1.2mol/L×2L=2.4mol，B物质的物质的量减小了2mol-1.2mol-0.8mol，△n(B)：△n(C)=0.8mol：2.4mol=1:3；由于物质反应时是按照方程式中系数关系进行反应是，所以C的系数x=3；

（3）根据方程式可知A；B两种物质发生反应时物质的量的比是2:1；由于B反应的物质的量是0.8mol，所以A反应的物质的量是1.6mol，反应开始时二者的物质的量相等，所以A的转化率与B的转化率之比等于二者反应的物质的量的比为2:1；

（4）A．该反应是反应前后气体体积相等的反应；任何时刻气体的物质的量都不变，则不能判断反应是否达到平衡，A错误；

B．该反应是反应前后气体的质量改变的反应；由于容器的容积不变，所以气体密度不再变化，说明反应达到平衡状态，B正确；

C．该反应反应前后气体的质量改变；气体的物质的量不变，若气体平均相对分子质量不再变化，则气体的密度也不变，反应达到平衡状态，C正确；

D．D．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2:1；表明反应正向进行，不能判断反应达到平衡状态，D错误；

故答案选BC。【解析】①.0.6mol·(L·min)-1②.3③.2:1④.BC7、略

【分析】(1)

因a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1，b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2，c)CH4(g)C(s)+2H2(g)△H3，d)2CO(g)CO2(g)+C(s)△H4；

e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)△H5，根据盖斯定律分析，由b+c-e或c-d均可得到CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1=△H2+△H3-△H5或△H3-△H4。

(2)

A.增大CO2与CH4的浓度，即增大反应物的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加，故正确；B.移去部分C(s)，因为碳为固体，对平衡无影响，故错误；C.加入反应a的催化剂，影响反应速率，不影响平衡，不能提高CH4的平衡转化率；故错误；D.降低反应温度，反应a~e的正；逆反应速率都减小，故正确。故选AD。

(3)

从图分析；反应一共经历了4步历程，根据差值分析，步骤4的正反应活化能最大，反应速率最慢，决定该反应的快慢；

(4)

①分析图像；随着横坐标增大，温度降低，ac的K值均降低，说明ac平衡向左移动，则反应a；c、e中，属于吸热反应的有a、c。

②反应cCH4(g)C(s)+2H2(g)，其相对压力平衡常数表达式为K=

③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2)：n(CH4)=1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应c，体系达到平衡时H2的分压为40kPa，此时反应c的lnK=0，即K=1=则p(CH4)=16kPa，起始=则CH4的平衡转化率为

(5)

二氧化碳的固体为干冰，易升华，故可以用作人工降雨。【解析】(1)△H1=△H2+△H3-△H5或△H3-△H4

(2)AD

(3)44

(4)a、c68%

(5)人工降雨8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)电池的总反应为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，使用2mol·L-1的KOH溶液为电解质溶液，则电池正极的电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-；负极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，负极消耗OH-；则负极附近溶液pH将减小；

(2)①由图可知，CH4和H2O经催化重整生成CO和H2，化学方程式为CH4+H2OCO+3H2；

②电极A上CO和H2，参与反应生成CO2和H2O，电极A上H2参与的电极反应为H2-2e-+=H2O+CO2，电极A上消耗则向A极移动；

③电极B的电极反应式为2CO2+O2+4e-=2用电器中每转移2mol电子，电极B上消耗1molCO2和0.5molO2，则标准状况下，消耗的气体体积为【解析】2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-减小CH4+H2OCO+3H2AH2-2e-+=H2O+CO233.69、略

【分析】【分析】

根据化学反应速率的计算公式进行计算。化学反应速率之比等于化学计算数之比。

【详解】

(1)3min内用物质A表示的平均反应速率v(A)=v由于速率之比等于化学计量数之比，所以v(A)：v(C)=0.8mol/(L•min)：1.2mol/(L•min)=2：n，解得n=3；

(2)速率之比等于化学计量数之比，所以v(B)=v(A)==0.4mol/(Lmin);

(3)由题意可知，反应到3min时达到平衡，此时容器中A的浓度为1.6mol/L，根据c=所以A的平衡时候的物质的量为0.8mol，所以反应的A的物质的量为2mol-0.8mol=1.2mol，故平衡时A的转化率为【解析】①.3②.0.4mol/L.min③.60%10、略

【分析】【分析】

(1)对于放热反应；温度越高，平衡常数越小；

(2)反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，可由此进行判断；

(3)根据化学反应速率公式来计算反应速率；根据体积分数等于该气体的物质的量比总气体的物质的量计算；

(4根据极限转化的思想结合等效平衡知识来解决；

(5)转换成压强的改变对平衡移动的影响分析判断。

【详解】

(1)根据反应方程式可得平衡常数表达式为：K=该反应是放热的，对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，所以的平衡常数>时的平衡常数，故答案：>。

(2)A.3υ正(H2)＝2υ逆(NH3)时反应没有达到平衡状态；故A不选；

B.容器中气体的平均相对分子量建立平衡的过程中m始终不变，n是变化的，建立平衡的过程中是变化的；容器中气体的平均相对分子量不随时间而变化能说明反应达到平衡，故B选；

C.容器中气体的密度密度始终是不随时间而变化的一个定值，容器中气体的密度不随时间而变化不能说明反应达到平衡，故C不选；

D.容器中气体的分子总数不随时间而变化证明各组分浓度保持不变了；说明反应达到平衡，故D选；

故选BD；

(3)第5分钟时达到平衡，测得NH3的物质的量为0.2mol，所以减小的氮气物质的量为0.1mol，同时减小的氢气物质的量为0.3mol，则剩余氮气的物质的量为0.1mol，剩余氢气的物质的量为0.3mol，平衡时气体的总物质的量为：0.1mol+0.3mol+0.2mol=0.6mol，氨气的体积分数=故答案为：0.01；33.3%。

(4)初始投入量为amolN2、bmolH2、cmolNH3，极限转化为氮气和氢气，相当于投料为：的氮气和的氢气，得到与上述相同的平衡，则故答案为：

(5)第6分钟，保持其它条件不变，若继续通入0.2mol的N2和0.6mol的H2，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，N2的转化率增大，故答案为：增大。【解析】>BD0.0133.3%a+=0.2、b+=0.6增大11、A:A:A:B:C【分析】【分析】

根据球棍模型，推出A为CH4，B为CH2=CH2，C为CH3－CH3；利用烃燃烧的规律进行；

【详解】

(1).等质量的烃完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，即CxHy写成CH4、C2H4、C2H6中的依次为得出CH4耗氧量最多；

(2).等物质的量的烃CxHy完全燃烧时，（x+）的值越大；耗氧量越大，依次为2；3、3.5，故乙烷耗氧量最多；

(3).根据(1)的分析，等质量的三种物质，CH4的含氢量最高，因此CH4生成的H2O最多。

(4).温度大于或等于100℃条件下，水为气态，CxHy+（x+）O2→xCO2+H2O，该烃完全燃烧前后气体体积不变，1＋x+=x+解得y=4，故答案为CH4、C2H4；

【点睛】

判断耗氧量，一般根据(1)等质量的烃完全燃烧，判断耗氧量，采用氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，即CxHy写成越大耗氧量越多；(2)等物质的量烃燃烧，判断耗氧量，采用烃燃烧的通式，即（x+）越大耗氧量越多。12、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表的位置可知：①是H，②是Li，③是Na，④是K，⑤是F，⑥是Cl，⑦是Br元素。然后结合元素周期律分析解答。

【详解】

(1)同一周期元素；原子序数越大，元素的金属性越弱，非金属性越强；同一主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，所以表中元素F的非金属性最强；K元素的金属性最强；

(2)同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小；同一主族元素的原子半径随原子序数的增大而增大；所以表中半径最大的元素是K元素；

(3)表中元素⑤、⑥、⑦元素是同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则其对应的单质的氧化性逐渐减弱，因此三种元素对应的单质氧化性最强的是F2；

(4)元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。表中元素⑥是Cl，⑦是Br，由于元素的非金属性：Cl＞Br，所以氢化物的稳定性强弱顺序为：HCl＞HBr；

(5)元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。表中元素能够形成含氧酸，且其最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸是HClO4。【解析】FKKF2HCl＞HBrHClO413、略

【分析】【详解】

化学能与热能知识点中，从能量的角度分析，反应物断键要吸收能量；形成不稳定的“中间状态”，而后成键释放能量；根据能量守恒定律，若某反应的反应物总能量大于生成物的总能量，可得反应物总能量等于生成物总能量加上放出的热量，所以该反应是放热反应。【解析】吸收释放放热14、略

【分析】【分析】

①由原电池的装置可知，Li为负极，被氧化，MnO2为正极；被还原；

②Pt和Zn为电极材料，和电解质溶液构成原电池，Zn作负极，Pt作正极，负极上Zn失去电子发生氧化反应生成Zn2+，正极上O2得电子发生还原反应生成水。

【详解】

①由原电池的装置可知，MnO2为正极，得到电子，被还原，电极反应为：MnO2＋e－＋Li＋＝LiMnO2；

②Pt和Zn为电极材料，和电解质溶液构成原电池，Zn作负极，Pt作正极，负极上Zn失去电子发生氧化反应生成Zn2+，电极反应为：2Zn－4e－＝2Zn2＋；正极上O2得电子发生还原反应生成水，电极反应为：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O。【解析】MnO2＋e－＋Li＋＝LiMnO2O2＋4e－＋4H＋＝2H2O2Zn－4e－＝2Zn2＋三、判断题(共8题，共16分)15、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。16、B【分析】【详解】

油脂的氢化属于加成反应，油脂的皂化属于水解反应，故错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

芯片制造中的光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下发生分子间聚合而成像，该过程有新物质生成，是化学变化，正确；18、B【分析】【详解】

金属汞，在常温下都是液态，故错误19、B【分析】【详解】

石油主要成分为饱和烃，通过物理变化石油分馏可得到汽油、柴油、液化石油气（含甲烷）等产品，通过化学变化石油裂解可获得乙烯等不饱和烃，苯可通过化学变化煤的干馏得到，题干说法错误。20、A【分析】【详解】

烧碱（NaOH）和含高浓度的废水反应可以生成氨气，故可以回收利用氨，正确。21、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。22、A【分析】【详解】

聚氯乙烯有毒，不能用于包装食品，正确。四、推断题(共2题，共8分)23、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、d24、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、原理综合题(共3题，共12分)25、略

【分析】【分析】

由信息：+R″-CHO，分析B的结构，可得A为：B中醛基被氧化为羧基得到CC与乙醇发生酯化反应得DD中酯基与羰基的α-H反应形成圆环，生成EE在NaBH4作用下还原成F

【详解】

(1)化合物D官能团的名称是酯基；羰基。故答案为：酯基、羰基；

(2)E在NaBH4作用下还原成F反应⑸的反应类型是还原反应或加成反应。故答案为：还原反应或加成反应；

(3)由信息：+R″-CHO，分析B的结构，可得化合物A的键线式是故答案为：

(4)化合物B与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，醛基被氧化为羧酸盐，化学方程：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；

(5)碳原子上连有4个不同的原子或原子团，该碳称为手性碳，则化合物C的手性碳原子数有3个，如图：故答案为：3；

(6)芳香化合物G是化合物E的同分异构体，且G满足以下两个条件：①1molG与足量金属钾反应，在标准状况下放出22.4LH2，说明有两个羟基；②有三种不同化学环境的氢原子且它们的原子个数比为6:2:1，说明分子结构对称，将除苯环外的碳和氧均分为两份，分布在对称轴的两侧。则G可能的结构简式

故答案为：

⑺对产物联想到E到F的反应，应合成根据D合成E的思路可由合成，对比原料用乙醇酯化即可。设计由制备的合成路线：

故答案为：

【点睛】

本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断、知识迁移、知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、反应条件、反应类型是解本题关键，难点是同分异构体书写注意对两个条件的解读，另一个难点（7）合成路线的设计，结合所给的流程图，用逆推法去思考。【解析】酯基、羰基还原反应或加成反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O326、略

【分析】【分析】

（1）根据反应热与键能的关系可得ΔH=+120KJmol-1；该反应的正反应是气体总分子数增加的吸热反应，加入CH4和CO2各1mol的混合气体；恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时吸收的热量多；

（2）由电离平衡常数的定义以及弱电解质的电离；弱根离子的水解以及各离子之间的相互影响进行分析；

（3）由题中所给示意图以及负极失去电子发生氧化反应分析。

【详解】

（1）根据反应热与键能的关系可得，该反应的ΔH=（413kJ·mol−1×4+745kJ·mol−1×2）-（1075kJ·mol−1×2+436kJ·mol−1×2）=+120KJmol-1，反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）的正反应是气体总分子数增加的吸热反应，加入CH4和CO2各1mol的混合气体，恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时吸收的热量多，故答案为+120KJ·mol-1；B。

（2）①K2=c（CO32-）c（H+）/c（HCO3-）=5×10−11，则c（H+）=K2c（HCO3-）/c（CO32-），当c（HCO3−）=c（CO32−），c（H+）=5×10−11，pH在10.3，如果溶液pH=13，则c（HCO3−）＜c（CO32−），所以该溶液中所得的阴离子为CO32−，K2=c（CO32-）c（H+）/c（HCO3-）=5×10−11，且所得溶液中c（HCO3−）∶c（CO32−）=2∶1，c（H+）=K2c（HCO3-）/c（CO32-）=5×10−11×2=1×10−10，pH=10，故答案为CO32−；10。

②当2molCO2通入3molNaOH被吸收时，则发生反应：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O，结合CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-分析。

a.溶液呈电中性，溶液中阴、阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故a错误；

b.n（CO32-）+n（HCO3-）+n（H2CO3）=2mol，n（Na+）=3mol，又存在①CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，②HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解程度①＞②且水解程度都较小，则c（HCO3