2025年沪教新版必修2化学下册阶段测试试卷含答案

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①C5H12②CH3C≡CCH3③④⑤CH3CHO⑥A.①③④B.②⑤⑥C.①④⑤D.①③2、可逆反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)达到平衡的标志是A.混合气体的颜色不再改变B.H2、I2、HI的浓度相等C.混合气体的密度保持不变D.H2、I2、HI分子个数比为1:1:23、已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍；有机物A~E能发生如图所示一系列变化，则下列说法错误的是。

A.A分子中所有原子均在同一平面内B.A→B所用试剂为H2OC.E三种物质可以用NaOH溶液鉴别D.用B和D制备E时，一般加入过量的B来提高D的转化率4、在120℃时，某混合烃和过量在一密闭容器中完全反应，测知反应前后的压强没有变化，则该混合烃可能是（）。A.和B.和C.和D.和5、下列说法正确的是A.H2、D2互为同位素B.的一氯代物有4种C.和为同一物质D.CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，互为同系物评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得；下列有关叙述正确的是。

A.根据有机物的分类，贝诺酯属于芳香烃，分子式为C17H15NO5B.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与Na2CO3溶液反应放出CO2C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚可用FeCl3溶液区别D.1mol乙酰水杨酸最多能与3molNaOH发生反应7、淀粉通过如图所示的转化可以得到多种有机物；下列有关说法不正确的是。

A.上述流程中硫酸所起的作用是做催化剂B.酒化酶与乳酸菌遇重金属盐会失去活性C.物质甲是葡萄糖，它的结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CO-CH2OHD.已知一分子的甲可得到两分子丙，乙和丙互为同系物8、在2.0L恒温恒容密闭容器中充入1.0molHCl和0.3molO2，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，HCl、O2的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是。

A.当2v正(O2)=v逆(Cl2)，反应达到平衡状态B.加入催化剂反应速率不变C.t1时容器内气体的总压强比t2时的大D.t3时，容器中c(Cl2)=c(H2O)=0.1mol·L-19、A；B、C、X均为中学化学常见的物质,一定条件下,它们有如下转化关系(部分产物已略去),下列说法正确的是。

A.若X为Cl2，则C可能为FeCl3B.若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3溶液C.若X为O2，则A可能为S或NH3D.若C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO210、将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后的溶液中加入640mL1.0mol/LNaOH溶液时，金属离子恰好全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为2.54g。下列说法正确的是A.该合金中铜与镁的物质的量之比为2:1B.该硝酸中HNO3的物质的量浓度为12.8mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为80%D.该硝酸中硝酸的质量分数为60%11、在恒容绝热的容器中进行反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H=-akJ·mol-1(a>0)，下列说法不正确的是A.容器中压强不变，表明反应达到平衡状态B.反应过程中B的转化率始终相同C.增加A的浓度，平衡时B的体积分数减少D.容器中气体的密度不变，表明反应达到平衡状态12、由U形管、质量为mg的铁棒、质量为mg的碳棒和1L0.2mol·L-1CuCl2溶液组成的装置如图所示；下列说法正确的是。

A.打开K，铁棒上有紫红色物质析出B.闭合K，碳棒上有紫红色固体析出C.闭合K，当电路中有0.3NA个电子通过时，理论上碳棒与铁棒的质量差为9.6gD.闭合K，铁棒表面发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、现用如图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL；供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。请回答下列问题：

（1）b电极反应式为___。

（2）当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为__，此时a电极质量减少____g。

（3）如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是___。14、按要求写出方程式。

（1）CH3CH=CHCH3与溴水反应__________。

（2）以甲苯为原料制备邻氯甲苯（）的化学方程式：_________

（3）1—溴丙烷在氢氧化钠醇溶液中消去反应的化学方程式：_________

（4）苯酚钠溶液通入二氧化碳的反应的离子方程式___________

（5）足量浓溴水与苯酚反应的化学方程式__________。

（6）1，2—二溴丙烷与足量氢氧化钠溶液共热反应的化学方程式______________。

（7）1—丙醇在铜做催化剂条件下加热的化学方程式___________。15、I某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。

（1）下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：

用10mLH2O2制取150mLO2所需的时间(秒)。无催化剂、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360480540720催化剂、加热102560120

①该研究小组在设计方案时，考虑了温度、________；催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响。

②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响：_____________。

（2）将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：。催化剂(MnO2)操作情况观察结果反应完成所需的时间粉末状混合不振荡剧烈反应，带火星的布条复燃3.5分钟块状反应较慢，火星红亮但木条未复燃30分钟30分钟

实验结果说明催化剂作用的大小与_________________________有关。

Ⅱ在体积为2L的密闭容器中充入1molH2(g)和1molI2(g)，在一定温度下发生下列反应：回答下列问题：

（1）保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，反应速率_________（填“加快”“减慢”或“不变”）。

（2）保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol氦气，反应速率_________________。（填“加快”“减慢”或“不变”）。

（3）反应进行到2min，测得容器内HI的浓度为0.2mol/L，用H2表示前2min该反应的平均化学反应速率为________________________，此时I2的转化率为____________。16、人体从食物中获得的重要的营养素有___________。17、在一定温度下；将冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)“0"点冰醋酸不能导电的原因是_____________。

(2)a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序为____________。

(3)a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是___________。

(4)若使c点对应的溶液中的c(CH3COO-)增大，在下列措施中，可行的是_______(填字母)。

A.加热B.加KOH固体C.加水D.加CH3COONa固体E.加锌粒。

(5)在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的是_________。

A.c(H+)B.H+个数C.CH3COOH分子数D.

(6)由表格中的电离平衡常数判断可以发生的反应是____________。弱酸化学式HClOH2CO3电离平衡常数K=3×10-8Ka1=4.4×10-7Ka2=4.7×10-11

A.NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3

B.2HClO+Na2CO3=2NaClO+CO2↑+H2O

C.2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3

D.NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO318、请观察下图装置,回答下列问题:

(1)负极是________,发生_______反应(填氧化或还原)

(2)正极是________,发生_______反应(填氧化或还原)

(3)正极的电极反应式:__________________________.19、Ⅰ.可逆反应3A(g)3B(？)＋C(？)ΔH>0达到化学平衡后；

（1）升高温度；用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。

①若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量________；

②若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量________；

③若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量________；

（2）如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的50%，则B是________态，C是________态。

Ⅱ.某实验人员在一定温度下的密闭容器中，充入一定量的H2和CO，发生反应：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)，测定的部分实验数据如表所示：。t(s)05001000c(H2)(mol·L-1)5.003.522.48c(CO)(mol·L-1)2.50

（1）在500s内用H2表示的化学反应速率是__________________。

（2）在1000s内用CO表示的化学反应速率是___________________，1000s时CO的转化率是________。

（3）在500s时生成的甲醇(CH3OH)的浓度是_______________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)20、热化学方程式前面的化学计量数既表示分子数也表示物质的量。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、有机推断题(共1题，共3分)21、I.A～D是四种烃分子的球棍模型（如图）

（1）与A互为同系物的是___________（填序号）。

（2）能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是_____________（填序号）。

（3）D和液溴反应的化学方程式是_____________。

Ⅱ.某些有机物的转化如下图所示。已知A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平；D是食醋的有效成分。

请回答下列问题：

（4）A中官能团的名称是______________。

（5）B的结构简式为_________________。

（6）反应③的化学方程式为__________________。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共4分)22、以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)红渣的主要成分为__________(填化学式)；滤渣①的主要成分为__________(填化学式)。

(2)黄铁矿研细的目的是_________________________。

(3)还原工序中；不生成S单质的反应的化学方程式为___________________________。

(4)工序①的名称为__________________；所得母液循环使用。

(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为_______；氧化工序发生反应的离子方程式为__________________________________。

(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为__________和_________(填化学式，不引入杂质)。23、2019年诺贝尔化学奖授予英、美、日籍的三位科学家，以表彰他们在锂离子电池研发领域做出的贡献。锂离子电池广泛应用于手机、笔记本、电动汽车、智能机器人等产品中。已知钴酸锂(LiCoO2)电池中还含有铝箔；石墨、塑料等；利用以下工艺流程回收废旧电池中的金属资源。

已知：LiCoO2在酸性溶液中有强氧化性。

（1）粉碎废旧电池后热处理可以除去___(填物质的名称)。

（2）写出由滤液I得到Al(OH)3的离子方程式___。

（3）用硫酸酸浸时要控制温度为80℃，原因是___，写出酸浸时发生的主要氧化还原反应的化学方程式___。

（4）在空气中煅烧二水合草酸钴一定用不到的仪器是___(填字母)。

A.蒸发皿B.玻璃棒C.烧杯D.瓷坩埚。

（5）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表。为了减少碳酸锂的损失，图中“操作”应为___，90℃时Ksp(Li2CO3)的值为___。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

①C5H12为戊烷；可以通过萃取使溴水褪色，但不能通过反应使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故①符合题意；

②CH3C≡CCH3含有碳碳三键可以通过加成使溴水褪色；也被酸性高锰酸钾溶液氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，故②不符合题意；

③苯可以通过萃取使溴水褪色；但不能通过反应使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故③符合题意；

④乙基苯中与苯环相连的碳原子上有氢原子；可以被酸性高锰酸钾溶液氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，故④不符合题意；

⑤CH3CHO中醛基可以被溴水氧化；使溴水褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，故⑤不符合题意；

⑥苯酚能被酸性高锰酸钾溶液氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色；故⑥不符合题意；

综上所述符合题意的为①③，故答案为D。2、A【分析】【分析】

【详解】

A.HI为无色气体，I2为紫红色气体；故混合气体的颜色不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，A正确；

B.平衡状态时；物质的浓度不再发生变化，但物质的浓度不一定相等，B错误；

C.该反应反应前后气体的体积不变；在密闭容器中气体的质量不变，故气体的密度一直不变，不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，C错误；

D.当可逆反应达到平衡时，容器内物质H2，I2和HI的分子个数比为1：1：2时；浓度可能仍会变化，故不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，D错误；

答案选A。3、C【分析】【分析】

依题意可得气态烃A的相对分子质量为14×2=28；即A为乙烯，由B连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，则E为乙酸乙酯。A与水发生加成反应得到乙醇，据此分析解答。

【详解】

A．乙烯为平面结构；所以所有原子在同一平面内，故A正确；

B．乙烯与水发生加成反应得到乙醇；故B正确；

C．乙醇与NaOH互溶；乙酸与NaOH反应生成乙酸钠和水，乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，但现象均不明显，不能够用NaOH鉴别，故C错误；

D．乙醇和乙酸制备乙酸乙酯的反应为可逆反应；加入过量的乙醇可提高乙酸的转化率，故D正确；

答案选C。4、A【分析】【详解】

在120℃时水是气态，在120℃时某烃和过量O2在一密闭容器中完全反应，测知反应前后的压强没有变化，说明反应前后气体的物质的量之和不变，即反应前后气体的化学计量数之和不变。设烃的分子式为CxHy，发生的反应为CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O，反应前后气体体积之和不变、计量数之和不变，所以1+x+=x+解得：y=4，符合条件的是A，故选A。

【点睛】

正确理解题意是解题的关键，要注意理解阿伏伽德罗定律及其推论，本题中“密闭容器中反应前后的压强没有变化”说明反应前后气体的物质的量不变。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．H2、D2是单质不是原子看；不互为同位素，A错误；

B的一氯代物有5种，如：；B错误；

C．和中的碳原子为sp3杂化；分子呈四面体结构，为同一物质，C正确；

D．CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团；但羟基个数不同，不互为同系物，D错误；

故选C。二、多选题(共7题，共14分)6、CD【分析】【分析】

【详解】

A．贝诺酯含有氧；氮元素；而烃只含C、H元素，故A错误；

B．对乙酰氨基酚与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；不能生成二氧化碳，故B错误；

C．对乙酰氨基酚含有酚羟基；具有酚类的性质，可与氯化铁反应，溶液呈紫色，可鉴别，故C正确；

D．乙酰水杨酸水解产物共含有2个羧基；1个酚羟基；则1mol乙酰水杨酸最多能与3molNaOH发生反应，故D正确；

故选CD。7、CD【分析】【分析】

淀粉在稀硫酸的作用下；水解为葡萄糖，则甲为葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下，生成乙醇，则乙为乙醇；葡萄糖在乳酸菌的作用下，生成乳酸，则丙为乳酸。

【详解】

A．淀粉在稀硫酸的作用下；水解为葡萄糖，则硫酸所起的作用是做催化剂，A项正确；

B．蛋白质遇重金属盐会变性失活；酒化酶为蛋白质，乳酸菌含有蛋白质，则酒化酶与乳酸菌遇重金属盐会失去活性，B项正确；

C．葡萄糖含有醛基，结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CH2OH-CHO；C项错误；

D．乙醇为醇类；乳酸为羧酸；结构式不同，不互为同系物，D项错误；

答案选CD。8、AC【分析】【详解】

A．当2v正(O2)=v逆(Cl2)；符合方程式化学计量数之比，且包含正反应和逆反应，可以判定达到平衡状态，A正确；

B．加入催化剂可降低反应的活化能；加快化学反应选率，B错误；

C．反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)是气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体的总物质的量减小，恒容容器内压强减小，故t1时容器内气体的总压强比t2时的大；C正确；

D．t3时，O2的物质的量为0.1mol，减少了0.2mol，故生成Cl2、H2O的物质的量均为0.4mol，容器中c(Cl2)=c(H2O)=0.2mol/L；D错误；

故选AC。9、BD【分析】【分析】

根据图知；A+X→C，A+X→B，B+X→C，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答。

【详解】

A.无论氯气是否过量；铁在氯气中燃烧都只生成氯化铁，与氯气的量无关，A项错误；

B.AlCl3和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，AlCl3和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al(OH)3↓+3KCl，B是Al(OH)3，Al(OH)3和氢氧化钾溶液发生反应Al(OH)3+KOH═KAlO2+2H2O，则若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3；B项正确；

C.无论氧气是否过量，S在氧气中燃烧只生成SO2，SO2与氧气在催化剂加热的条件下生成SO3，则若X是O2，A不可能是S；氨气与氧气可以生成氮气，也可以生成一氧化氮，氮气与氧气反应生成一氧化氮，则若X是O2；A可以是氨气，C项错误；

D.若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2；A为NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳；水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，D项正确；

答案选BD。10、AC【分析】【分析】

最后得到沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜的混合物，根据上述分析，可以得知，金属失去电子物质的量等于得到氢氧根离子物质的量，据此分析；

【详解】

A．合金的质量为64n(Cu)+24n(Mg)=1.52，沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜的混合物，金属失去电子物质的量等于得到氢氧根离子物质的量，2n(Cu)+2n(Mg)=解得n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol，两者物质的量之比为2∶1，故A正确；

B．混合气体总体积为1120mL，有n(NO2)+n(N2O4)=根据得失电子数目守恒，推出n(NO2)+2n(N2O4)=0.06，联立解得n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，完全沉淀后溶液中溶质为NaNO3，根据原子守恒，由n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)+2n(N2O4)=n(NaOH)+n(NO2)+2n(N2O4)=640mL×10-3L/mL×1.0mol/L+0.04mol+0.02mol=0.7mol，则硝酸浓度为=14.0mol/L；故B错误；

C．根据B选项分析，n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，二氧化氮的体积分数为=80%；故C正确；

D．题中没有说明硝酸的密度；无法计算出硝酸溶液的质量，故D错误；

答案为AC。11、AB【分析】【详解】

A；D是固体；反应前后气体分子数目不变，压强始终不变，所以不能用压强不变来衡量反应是否达到平衡，故A错误；

B；只有当A、B的投入量按反应方程式系数比投入时；反应物的转化率才相同，故B错误；

C；增加A的浓度；平衡正向移动，B的物质的量减少，平衡时B的体积分数减少，故C正确；

D、混合气体的密度体积不变，反应前后气体质量发生改变，所以反应前后气体密度发生改变，当气体的密度不变，表明反应达到平衡状态，故D正确；

故选AB；

【点睛】

反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等，各组分的物质的量、物质的量浓度不变。也可以是当随反应改变的量不再变化时即反应达到平衡来判定。12、AB【分析】【分析】

【详解】

A.打开K，Fe直接与CuCl2溶液反应生成Cu；所以铁棒上有紫红色物质析出，故A正确；

B.闭合K，形成原电池，Fe作负极、碳棒作正极，溶液中的Cu2+在正极上得电子生成Cu，所以碳棒表面发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu；碳棒上有紫红色固体析出，故B正确；

C.闭合K，形成原电池，Fe作负极、碳棒作正极，负极反应为Fe-2e-=Fe2+，正极反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中有0.3NA个（0.3mol）电子通过时；负极减少0.15molFe（质量为8.4g），正极增加0.15molCu（质量为9.6g)，所以理论上碳捧与铁棒的质量差为18g，故C错误；

D.闭合K，形成原电池，Fe作负极、碳棒作正极，溶液中的Cu2+在正极上得电子生成Cu，所以碳棒表面发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu；故D错误；

答案选AB。三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】【分析】

纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b电极处有氢气生成，则b为铜；为正极；a为锌，为负极。

【详解】

(1)根据分析b为正极，b上氢离子得电子生成氢气，其电极反应式为：2H++2e−═H2↑；

(2)当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体,则n(H2)=已知b上的电极反应式为：2H++2e−═H2↑，则通过导线的电子的物质的量为0.06mol，a电极上的反应为：Zn−2e−═Zn2+；则溶解的Zn的物质的量为0.03mol，则减小的Zn的质量为65g/mol×0.03mol=1.95g；

(3)如果将a、b两电极的电极材料对调；则右边为锌失电子作负极，左边为铜为正极，氢离子得电子生成氢气，则左边上有氢气生成，所以U形管中出现的现象是左端液面下降，右端液面上升。

【点睛】

本题考查原电池的工作原理。纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b电极处有氢气生成，则b为铜，为正极；a为锌，为负极；b上氢离子得电子生成氢气；根据电极方程式结合气体的物质的量求算电子的物质的量，a极为Zn作负极失电子，根据电子守恒计算Zn的质量；如果将a、b两电极的电极材料对调，则右边为锌失电子作负极，左边为铜为正极，氢离子得电子生成氢气。【解析】2H+＋2e-=H2↑0.06mol1.95左端液面下降，右端液面上升14、略

【分析】【详解】

(1)CH3CH=CHCH3与溴水发生加成反应，反应方程式为：CH3CH=CHCH3+Br2→CH3CHBrCHBrCH3；

(2)甲苯和氯气在FeCl3的催化下发生取代反应，生成方程式为：+Cl2+HCl；

(3)1—溴丙烷在氢氧化钠醇溶液中消去反应生成丙烯，化学方程式为：BrCH2CH2CH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2O；

(4)苯酚钠溶液通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢根，离子方程式为：；

(5)足量浓溴水与苯酚发生取代反应，方程式为：

(6)1，2—二溴丙烷与足量氢氧化钠溶液共热发生取代反应，方程式为：BrCH2CHBrCH3+2NaOH→OHCH2CHOHCH3+2NaBr；

(7)1—丙醇在铜做催化剂条件下加热发生氧化反应生成丙醛，化学方程式为：2CH3—CH2—CH2OH+O22CH3—CH2—CHO+2H2O。【解析】CH3CH=CHCH3+Br2→CH3CHBrCHBrCH3+Cl2+HClBrCH2CH2CH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2OBrCH2CHBrCH3+2NaOH→OHCH2CHOHCH3+2NaBr2CH3—CH2—CH2OH+O22CH3—CH2—CHO+2H2O15、略

【分析】【详解】

I(1)①根据表中给出的数据；无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，故答案为：浓度；

②其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂，H2O2分解速率更快(或其它条件相同时，反应物H2O2的浓度越大，H2O2分解速率更快。或其它条件相同时，反应物H2O2的温度越高，H2O2分解速率更快。)；

(2)因在其他条件相同时；粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂表面积对反应速率有影响，故答案为：催化剂表面积；

Ⅱ.(1)保持容器体积不变；向其中充入1molHI(g)，生成物浓度变大，逆反应速率增大，平衡左移，左移之后反应物浓度增大，正反应速率增大，之后重新达到平衡，故答案为：加快；

(2)保持容器内气体压强不变；向其中充入1mol氦气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，所以反应速率减慢，故答案为：减慢；

(3)反应进行到2min，测得容器内HI的浓度为0.2mol/L，则v(HI)==0.1mol/(L·min)，同一反应中用不同物质表示反应速率时反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)=v(HI)=0.05mol/(L·min)；容器体积为2L，碘的初始浓度为0.5mol/L，平衡时HI的浓度为0.2mol/L，根据方程式可知，消耗的c(I2)=0.1mol/L，所以I2的转化率为=20%，故答案为：0.05mol/(L·min)；20%。【解析】①.浓度②.其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂,H2O2分解速率更快(或其它条件相同时,反应物H2O2的浓度越大,H2O2分解速率更快。或其它条件相同时,反应物H2O2的温度越高,H2O2分解速率更快。)③.催化剂表面积④.加快⑤.减慢⑥.0.05mol/(L·min)⑦.20%16、略

【分析】【详解】

人体所需的七大营养素，七大营养素是指蛋白质、脂肪、糖类、维生素、矿物质、水、纤维素，都可以从食物中摄取。【解析】蛋白质、脂肪、糖类、维生素、矿物质、水、纤维素17、略

【分析】【分析】

本题需要通过图像判断加水稀释等操作对于醋酸电离的影响；能利用K的大小分析方程式正误。

【详解】

(1)在冰醋酸中，CH3COOH以分子形式存在，未电离，故“O”点时不导电，故答案为：“O”点时CH3COOH还没有发生电离；

(2)溶液的导电能力越强，c(H+)越大，故a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序为c＜a＜b，故答案为：c＜a＜b；

(3)加水稀释，促进CH3COOH的电离，故c点对应的溶液中CH3COOH的电离程度最大；故答案为：c；

(4)A．加热可以使CH3COOH的电离平衡右移，c(CH3COO－)增大；故A项正确；

B．加KOH固体，OH-与H+反应使平衡右移，c(CH3COO－)增大；故B项正确；

C．加水虽然会使平衡右移，但c(CH3COO-)减小；故C项错误；

D．加CH3COONa固体虽然会使平衡左移，但c(CH3COO－)增大；故D项正确；

E．加入锌粒会消耗H+，使平衡右移，c(CH3COO－)增大；故E项正确；

故答案为：ABDE。

(5)A．加水稀释，电离平衡右移，在稀释过程中，溶液体积增大的程度大于氢离子增大的程度，则c(H+)减小；故A项错误；

B．加水稀释，电离平衡右移，H+个数始终保持增大趋势；故B项正确；

C．加水稀释，电离平衡右移，CH3COOH分子数始终保持减小趋势；故C项错误；

D．加水稀释，电离平衡右移，n(H+)始终保持增大趋势，n(CH3COOH)始终保持减小趋势，始终保持增大趋势；故D项正确；

故答案为：BD。

(6)A．因为Ka2＜K；所以反应方程式违反强酸制弱酸，故A项错误；

B．因为K＜Ka1；所以反应方程式违反强酸制弱酸，故B项错误；

C．因为Ka2＜K；所以反应方程式违反强酸制弱酸，故C项错误；

D．因为Ka1＞K；所以反应方程式满足强酸制弱酸，故D项正确；

故答案为：D。

【点睛】

本题重点是要读取图像信息，同时掌握通过K的大小判断反应是否发生的一般方法。【解析】①.“O”点时CH3COOH还没有发生电离②.c＜a＜b③.c④.ABDE⑤.BD⑥.D18、略

【分析】【分析】

原电池中；活泼金属作负极，较不活泼金属或非金属作正极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应。

【详解】

(1)电极材料为C和Zn；Zn较活泼，作原电池的负极，失去电子而被氧化；

(2)C为该原电池的正极；正极上发生还原反应；

(3)该原电池工作时，正极反应为2H++2e-=H2↑。【解析】Zn氧化C还原2H++2e-=H2↑19、略

【分析】【详解】

Ⅰ.（1）反应为吸热反应；升高温度平衡向正反应方向移动，结合物质的状态判断相对分子质量的变化；

①若B；C都是气体；气体的总质量不变，但物质的量增大，则气体的平均相对分子质量变小，故答案为变小；

②若B；C都不是气体；气体只有A，则气体的平均相对分子质量不变，故答案为不变；

③若B是气体；C不是气体，气体的物质的量不变，但气体的质量减小，则相对分子质量减小，故答案为变小；

（2）如果平衡后保持温度不变；将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的50%，说明平衡不移动，反应物气体的计量数等于生成物气体的计量数，所以B为气体，C为固体或液体，故答案为气；液或固；

Ⅱ.（1）在500s内用H2表示的化学反应速率为：v（H2）==2.96×10-3mol/（L•s），故答案为2.96×10-3mol/（L•s）；

（2）在1000s内用氢气表示的化学反应速率是：v（H2）==2.52×10-3mol/（L•s），则1000s内用CO表示的化学反应速率为：v（CO）=v（H2）=1.26×10-3mol/（L•s）；1000s时H2的消耗浓度为：△c（H2）=（5.00-2.48）mol/L=2.52mol/L，氢气的转化率为×100%=50.4%，故答案为1.26×10-3mol/（L•s）；50.4%；

（3）在500s时氢气的浓度变化为：△c（H2）=（5.00-3.52）mol/L=1.48mol/L，由反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）可知，生成甲醇的物质的量浓度为：c（CH3OH）=△c（H2）=0.74mol/L，故答案为0.74mol/L。【解析】①.变小②.不变③.变小④.气⑤.液或固⑥.2.96×10－3mol·(L·s)-1⑦.1.26×10－3mol·(L·s)-1⑧.50.4%⑨.0.74mol·L-1四、判断题(共1题，共7分)20、B【分析】【详解】

热化学方程式前面的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可以用分数表示，故错误。五、有机推断题(共1题，共3分)21、略

【分析】【分析】

I.由球棍模型可知；A为甲烷，B为乙烯，C为丁烷，D为苯；结合同系物的概念和乙烯与苯的性质分析解答(1)～(3)；

Ⅱ.A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯；据此分析解答(4)～(6)。

【详解】

I.由球棍模型可知；A为甲烷，B为乙烯，C为丁烷，D为苯。

(1)甲烷；丁烷结构相似；都是烷烃，互为同系物，故答案为：C；

(2)乙烯中含有碳碳双键；能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：B；

(3)苯和液溴反应生成溴苯和HBr，反应的方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；

Ⅱ.(4)A为乙烯(CH2=CH2)；含有的官能团是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；

(5)B的结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH，故答案为：CH3CH2OH或C2H5OH；

(6)反应③为CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。【解析】CB+Br2+HBr碳碳双键CH3CH2OH或C2H5OH六、工业流程题(共2题，共4分)22、略

【分析】【分析】

已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO2-4，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO2-4+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2NH+4+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-3+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+4，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6；据此分析解题。

(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；

(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积；加快反应速率，提高