2025年湘师大新版必修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年湘师大新版必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列反应中，属于酯化反应的是A.CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2BrB.CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2OC.CH2=CH2+H2CH3-CH3D.+HNO3-NO2+H2O2、一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(l)ΔH<0。若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是A.平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B.平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率不变C.平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D.其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不同3、下列的说法正确的是A.0.1molFe在0.lmolCl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NAB.12mol/L的浓硫酸50mL与足量的Cu加热反应，得到SO2为0.3NAC.3molNO2与足量的水反应转移的电子数为NAD.78gNa2O2与足量CO2反应转移电子数为2NA4、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应的速率，且不影响生成H2的总量，可向反应容器中加入适量的A.NaOH（s）B.H2O（l）C.NaHSO4（s）D.Na2CO3（s）5、乙醇能发生如下反应：

①

②

由以上反应得出的结论错误的是（）A.由反应①②可知，条件不同，乙醇与反应的产物不同B.由反应②可知，是乙醇氧化生成乙醛的催化剂C.由反应①可知，乙醇燃烧时，碳碳键、碳氢键、碳氧键、氢氧键均断裂D.由反应②可知，乙醇氧化为乙醛时，只断开氢氧键6、1828年德国化学家维勒首次用无机物合成了有机物A.甲烷B.苯C.尿素D.乙醇评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、Li-SOCl2电池是迄今具有最高能量比的电池。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液（熔点-110℃、沸点78.8℃）是LiAIC14-SOCl2．电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl2=4LiCi+S+SO2。下列说法错误的是（）A.该电池不能在寒冷的地区正常工作B.该电池工作时，正极反应为：2SOCl2+4e-=4C1-+S+SO2C.SOC12分子的空间构型是平面三角形D.该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行8、下列离子方程式的书写正确的是A.向Fe粉中加入少量稀硝酸：B.向Al箔中加入NaOH溶液：C.向NaOH溶液中通入过量的D.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：9、氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料；实验室通常利用干燥的氮气与晶体硅的粉末在1300～1400℃下反应制备氮化硅，所用装置如图所示(部分仪器已省略)，下列说法错误的是。

A.装置Ⅲ处省略了加热仪器酒精灯B.装置Ⅱ所装试剂为浓硫酸C.实验中要先对装置Ⅲ加热再打开分液漏斗活塞D.若将晶体硅粉末分散在石棉绒中反应会更充分10、乙酸甲酯的催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式如下：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)

已知v正=k正×x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)，v逆=k逆×x(CH3COOC6H13)×x(CH3OH)，其中是k正、k逆为速率常数（受温度影响），x为各组分的物质的量分数。反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1：1投料，测得338K、343K、348K三个温度下CH3COOCH3转化率()随时间()的变化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.该反应的△H>0B.348K时，该反应的平衡常数为1.8C.D四点中，v正最大的是DD.在曲线①、②、③中，k正与k逆的差值最大的曲线是①11、某测定O2含量的传感器工作原理如图所示。O2通过聚四氟乙烯膜进入传感器只与AlI3反应生成Al2O3和I2，RbAg4I5固体只传导Ag＋；E为电位计。下列说法错误的是。

A.电子由a极移动到b极B.RbAg4I5质量不发生变化C.b极的电极反应式为：Ag＋I--e-＝AgID.该传感器协同总反应方程式为：3O2＋4AlI3＋12Ag＝2Al2O3＋12AgI12、各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是A.I2(g)＋H2(g)2HI(g)(恒温)B.CH3COOHH＋＋CH3COO－C.FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KClD.CH3OCH3(g)＋3H2O(g)6H2(g)＋2CO(g)－Q13、雾霾中含有许多颗粒物，炭黑是其中一种，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是（）

A.每活化一个氧分子吸收0.29eV能量B.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eVC.氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程D.炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的氧化剂评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、如图所示为800℃时A；B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况。试回答下列问题：

(1)该反应的反应物是__________。

(2)该反应的化学方程式为________。

(3)若则A物质的平均反应速率为_________。15、某反应在体积为5L的恒容密闭的绝热容器中进行；各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知A；B、C均为气体)。

(1)该反应的化学方程式为____。

(2)反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为____。

(3)能说明该反应已达到平衡状态的是____。

A.v(A)=2v(B)B.容器内气体密度不变C.v逆(A)=v正(C)

D.各组分的物质的量相等E.混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。

(4)由图求得平衡时A的转化率为____。16、某温度时；在一个2L的密闭容器中，X；Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

根据图中数据填空：

(1)该反应的化学方程式为___。

(2)若X、Y、Z均为气体，2min时反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为___。

(3)若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时___(填“增大”“减小”或“相等”)。17、（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__。18、法可用于吸收燃煤发电厂的同时获得产品反应的原理为：实验室根据上述反应原理；模拟生产硫酸铵。完成下列填空：

(1)搭建如图装置，先通入通入的仪器采用干燥管替代长导管的目的是_______；然后通入当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，此时溶液的pH范围为_______，不继续通入直至过量的可能原因是_______。

(2)已知的溶解度曲线如图。将反应后的混合液进行如下实验：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤烘干。两次过滤依次得到的物质分别为_______和_______；实验时，烘干温度不易过高，其原因为_______。

(3)实验所得的量较少，为提高其产量，工业上可采取的措施是_______。(任写一条即可)

为了测定样品中的纯度，进行实验。取1.500g硫酸铵在碱性溶液中反应，蒸馏出生成的氨气，用硫酸标准液吸收；再用氢氧化钠标准溶液滴定吸收氨气后过量的硫酸。

(4)若滴定时消耗了的NaOH溶液20.00mL，则该硫酸铵产品的纯度为_______%。

(5)若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，则实验结果将_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。评卷人得分四、推断题(共2题，共10分)19、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____________________________。20、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、结构与性质(共1题，共4分)21、合成氨工业在国民生产中有重要意义。回答下列问题：

（1）在恒温恒压条件下，在装置中发生合成氨的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列说法正确的是()（填字母）

A.气体体积不再变化；则已经平衡。

B.气体密度不再变化；可能尚未达到平衡。

C.平衡后；向装置中通入氩气，压强不变，平衡不移动。

D.平衡后；压缩体积，则生成更多的氨气。

E.催化剂可以提高生产氨气的产率。

（2）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=—92.0kJ·mol－1；恒容时，体系中各物质浓度随时间变化曲线如图1所示。

①25min时采取的措施是_______________________________。

②三个时间段分别是改变一个条件引起的平衡移动，平衡时平衡常数KⅠ、KⅡ、KⅢ的大小关系__________________。

③在实际工业生产中和①中措施的目的相同的其他措施还有_____________________（写两条）

（3）①合成氨工艺生产中间环节产生的CO会导致催化剂中毒，常用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收，Cu(NH3)2Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]AcΔH<0。简述吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）__________________________________________________________________________

②如果要提高上述反应的反应速率，且提高氨气的转化率，可采取的措施有()

a.加压b.加催化剂c.升温d.及时移走产物。

（4）①用氨气制取尿素[CO(NH2)2]的反应为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)ΔH<0。已知该反应的v(正)=k(正)c2(NH3)c(CO2)，v(逆)=k(逆)c(H2O)，k(正)和k(逆)为速率常数，则平衡常数K与k(正)、k(逆)的关系式是__________________

②实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2转化率与氨碳比水碳比的变化关系。

a.曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是_______________。

b.测得B点氨的转化率为40%，则X1=_________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．碳碳双键断裂；两个碳原子分别结合了1个溴原子，属于加成反应，A项不选；

B．乙酸与乙醇的酯化反应；B项选；

C．碳碳双键断裂；两个碳原子分别结合了1个氢原子，属于加成反应，C项不选；

D．苯的硝化反应属于取代反应；D项不选；

答案选B。2、B【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小；放热的可逆反应；在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，注意平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关。

【详解】

A.该反应是一个反应前后气体体积减小；放热的可逆反应；在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A错误；

B.硫是液体；分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，故B正确；

C.该反应的正反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，故C错误；

D.平衡常数只与温度有关；与使用哪种催化剂无关，故D错误；

故答案选：B。3、A【分析】【详解】

A．Fe与氯气反应：2Fe+3Cl22FeCl3，根据量的关系，氯气不足，铁过量，因此0.1molCl2参与反应，转移电子物质的量为0.1mol×2=0.2mol，即转移电子数0.2NA；故A正确；

B．铜只与浓硫酸反应，因为铜是足量，因此随着反应进行，硫酸浓度降低，硫酸浓度降低到某一浓度，反应停止，铜和硫酸都与剩余，因此无法计算出SO2的物质的量；故B错误；

C．NO2与H2O反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，3molNO2参与该反应，转移电子物质的量为2mol，因此3molNO2与足量的水反应转移电子数为2NA；故C错误；

D．Na2O2与足量CO2反应2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2molNa2O2参与该反应，转移电子物质的量为2mol，78gNa2O2的物质的量为1mol，即78gNa2O2与足量CO2反应，转移电子物质的量为1mol，即转移电子数为NA；故D错误；

答案为A。4、B【分析】【详解】

A.NaOH消耗盐酸，氢离子总量减小，速率减慢，生成H2的总量减少；A不符合；

B.加水稀释降低盐酸浓度，减缓反应的速率，氢离子总量不变，不影响生成H2的总量；B符合；

C.加入NaHSO4固体，因其电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大，加快反应的速率，且生成H2的总量增加；C不符合；

D.Na2CO3消耗盐酸，氢离子总量减小，速率减慢，生成H2的总量减少；D不符合；

答案选B。5、D【分析】【分析】

A、根据反应乙醇在氧气中燃烧生成CO2和H2O，在铜作催化剂的条件下生成CH3CHO和H2O；

B；根据催化剂能参与反应；但前后质量不变；

C；根据乙醇燃烧时；所有的化学键均断裂；

D；根据反应的原理分析。

【详解】

A、由反应①可知，乙醇在氧气中燃烧生成CO2和H2O；反应②可知乙醇与O在铜作催化剂的条件下生成CH3CHO和H2O；产物不同，故A正确；

B；根由反应②可知；Cu能参与反应，但前后质量不变，是催化剂，故B正确；

C；由反应①可知；乙醇燃烧时，所有的化学键均断裂，碳碳键、碳氢键、氢氧键均断裂，故C正确；

D；由反应②可知；乙醇氧化为乙醛时，断开了氢氧键、碳氢键，故D错误。

答案选D。

【点睛】

本题主要考查了反应物在不同的条件下产物的不同以及反应的机理，根据课本知识即可完成。6、C【分析】【详解】

1828年；德国化学家弗里德里希维勒首次用无机物质氰酸氨（一种无机化合物，可由氯化铵和氯酸银反应制得）与硫酸铵人工合成了尿素。

答案选C。二、多选题(共7题，共14分)7、AC【分析】【详解】

A；电解液(熔点-110℃、沸点78.8℃)；所以在寒冷的地区，电解液也是液态，所以能在寒冷的地区正常工作，故A错误；

B、SOCl2为氧化剂，在正极发生还原反应，电极方程式为：2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2；故B正确；

C、SOCl2分子中的S原子采取sp3杂化；且有一对孤电子对，为三角锥形，故C错误；

D．因为构成电池的材料Li能和水反应，且SOCl2也与水反应；所以必须在无水无氧条件下进行，故D正确；

故选：AC。8、BC【分析】【分析】

【详解】

A．铁和稀硝酸反应后生成NO，正确的离子方程式为A项错误；

B．铝和氢氧化钠溶液反应生成和氢气，故离子方程式为B项正确；

C．向NaOH溶液中通入过量的生成离子方程式为C项正确；

D．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，离子方程式为D项错误；

答案选BC。9、AC【分析】【分析】

【详解】

A.1300～1400℃为高温；酒精灯加热不能达到反应所需高温，故A错误；

B.装置II的作用是干燥氮气；干燥剂为浓硫酸，故B正确；

C.为防止晶体硅与氧气反应；应先打开分液漏斗活塞通一段时间的氮气，将空气排尽后再对装置III进行加热，故C错误；

D.将晶体硅粉末分散在石棉绒中可以增大与氮气的接触面积使反应更充分；故D正确；

故选AC。

【点睛】

晶体硅高温下能与氧气反应生成二氧化硅干扰氮化硅的生成，为防止晶体硅与氧气反应，应先打开分液漏斗活塞通一段时间的氮气，将空气排尽后再对装置III进行加热是解答关键。10、AD【分析】【详解】

A.温度升高，反应速率加快，先达到平衡，根据图示可知①对应的温度是348K，温度升高，CH3COOCH3转化率增大，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，该反应的△H>0；A正确；

B.反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1：1投料，348K时CH3COOCH3的转化率为64%，假设反应物的物质的量都是1mol，反应前后物质的总物质的量不变，则平衡时，n(CH3COOC6H13)=n(CH3OH)=0.64mol，n(CH3COOCH3)=n(C6H13OH)=0.36mol，n(总)=2mol，则该反应的平衡常数K=≈3.2；B错误；

C.温度越高，物质的浓度越大，反应速率越快。根据v正=k正×x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)，v逆=k逆×x(CH3COOC6H13)×x(CH3OH)，A点x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)，温度高，因此A点v正最大；C错误；

D.k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正与k逆的差值最大的曲线是①；D正确；

故合理选项是AD。11、AC【分析】【分析】

由图可知，传感器中发生4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，然后生成的碘在多孔石墨电极上被氧化成Iˉ，所以a极为正极，得电子发生还原反应，b电极为负极；Ag失电子发生氧化反应。

【详解】

A．原电池中电子经导线由负极流向正极，即从b极移动到a极；故A错误；

B．放电过程中负极Ag失电子发生氧化反应生成Ag+进入RbAg4I5固体，根据电荷守恒可知固体中同时有等量的Ag+流入正极，所以RbAg4I5质量不发生变化；故B正确；

C．RbAg4I5固体只传导Ag+，所以碘离子无法到达b极和Ag+反应生成AgI，所以b极的电极反应式为Ag-eˉ=Ag+；故C错误；

D．传感器中发生4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，正极碘被氧化成碘离子后和银离子结合生成AgI，电极反应式为I2+2Ag++2e-=2AgI，负极反应为Ag-eˉ=Ag+，所以协同总反应为：3O2＋4AlI3＋12Ag＝2Al2O3＋12AgI；故D正确；

故答案为AC。12、AD【分析】【详解】

A.I2(g)＋H2(g)2HI(g)；碘单质与氢气反应是压强不变的反应，增大体积，平衡不移动，所以碘单质的转化率不变，与图中符合，故A正确；

B.CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，使CH3COOH溶液中CH3COO−浓度增加，电离平衡逆向移动，则c(H+)减小；pH逐渐增大，与图中不符合，故B错误；

C.因该反应中K+、Cl−实际不参加反应；则加入KCl对平衡体系无影响，化学平衡不移动，铁离子的浓度不变，与图中不符合，故C错误；

D.因反应为吸热反应；则体积；压强不变时，升高温度，平衡正向移动，则甲醚的转化率增大，与图中相符合，故D正确；

综上所述，答案为AD。13、BC【分析】【分析】

【详解】

A．从图中可以看出；反应前1个氧分子及炭黑的总能量为0.00，反应终点时，产物的总能量为-0.29eV，所以每活化一个氧分子能够释放0.29eV能量，A不正确；

B．对比相同阶段无水和有水时的活化能；无水时活化能为0.75eV，有水时活化能为0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV，B正确；

C．在反应过程中；断裂O-O键需吸收热量，形成C-O键会放出能量，所以氧分子的活化是O-O键的断裂与C-O键的生成过程，C正确；

D．炭黑颗粒可活化氧分子，活化氧是大气中SO2转化为SO3的氧化剂；炭黑相当于催化剂，D不正确；

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

从坐标图象中提取信息：B；C的起始浓度为0；而A的起始浓度最大，之后不断减小，则B、C为生成物，A为反应物；从相同时间内A、B、C的浓度变化量，可确定三者的化学计量数关系；从反应结束时浓度都大于0，可确定反应处于平衡状态。

【详解】

(1)由题图可知；随着反应的进行，A的浓度减小，B；C的浓度增大，说明A是反应物，B、C是生成物。答案为：A；

(2)A的浓度变化量B的浓度变化量C的浓度变化量

A、B、C三种物质的浓度变化量之比为最终各物质的浓度不变且均不为零，故该反应为可逆反应，化学方程式为答案为：

(3)答案为：

【点睛】

在书写化学方程式时，我们容易忽视反应物与生成物之间符号的判断。【解析】A15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图像可知，A、B的物质的量减小，C物质的量增加，所以A、B为反应物，C为生成物；当反应进行到2min时，A的变化量=5-3=2mol，B的变化量=2-1=1mol，C的变化量=4-2=2mol；化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量系数成正比，因此：=2:1:2；反应的方程式为：2A(g)+B(g)⇌2C(g)；

(2)反应开始至2分钟时，B的变化量=2-1=1mol，浓度的变化量为=0.2mol/L，B的平均反应速率为=0.1mol/(L∙min)；

(3)反应的方程式为：2A(g)+B(g)⇌2C(g)；

A．v(A)=2v(B)，没有指明正逆反应速率的关系，不能判定反应是否达到平衡状态，故不选；

B．反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，因此容器内气体密度恒为定值，不能判定反应是否达到平衡状态，故不选；

C．该反应中，A、C的计量数相等，当v逆(A)=v正(C)时；正逆反应速率相等，体现了正逆反应速率关系，且满足速率之比和物质化学计量数成正比的关系，能够判定反应达到平衡状态，故可选；

D．容器内各组分的物质的量相等；不能说明各组分的浓度不再发生变化，无法判定是否达到平衡状态，故不选；

E．反应前后气体的总质量不变；但是反应前后气体的总物质的量不相等，所以混合气体的平均相对分子质量也在发生变化，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达到平衡状态，故可选；

故选CE；

(4)平衡时，A的变化量=5-3=2mol，A的起始量是5mol，所以平衡时A的转化率为×100%=40%。【解析】①.2A(g)+B(g)⇌2C(g)②.0.1mol/(L∙min)③.CE④.40%16、略

【分析】【详解】

(1)根据图像，X和Y的物质的量减少，X和Y为反应物，Z的物质的量增多，Z为生成物；2min后各组分的物质的量保持不变，达到了该条件下的最大限度，故该反应为可逆反应；利用物质的量变化之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的物质的量变化比值为(1.0-0.7)mol：(1.0-0.9)mol：0.2mol=3：1：2，该反应的化学方程式为3X+Y2Z；

(2)根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知；恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，开始时组分的总物质的量为(1.0mol+1.0mol)=2.0mol，达到平衡时，组分的总物质的量为(0.9mol+0.7mol+0.2mol)=1.8mol，反应达到平衡时的压强与起始压强之比为1.8：2.0=9：10；

(3)混合气体的平均摩尔质量为M=组分都是气体，气体总质量不变，总物质的量减少，则混合气体的平均摩尔质量增大，即混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大。

【点睛】

考查物质的量随时间变化的曲线，把握物质的量变化、压强比的计算、摩尔质量的计算等为解答的关键。【解析】3X+Y2Z9：10增大17、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18、略

【分析】【详解】

（1）氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，通入的仪器采用干燥管替代长导管的目的是防倒吸；然后通入当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，酚酞在pH为8.2—10.0时呈粉红色，所以此时溶液的pH范围为8.2—10.0；碳酸钙和过量二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，不继续通入直至过量的可能原因是防止碳酸钙生成碳酸氢钙；使硫酸铵难以分离。

（2）将反应后的混合液中含有碳酸钙沉淀，第一次过滤得到CaCO3沉淀，硫酸铵的溶解度随温度降低而减小，硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，过滤出铵盐受热易分解，烘干温度不易过高，其原因为防止分解。

（3）为提高的产量；工业上可采取的措施是通入过量的氨气；

（4）氨气、氢氧化钠共消耗硫酸的物质的量n(H2SO4)=若滴定时消耗了的NaOH溶液20.00mL，则说明硫酸吸收氨气的物质的量n(NH3)=硫酸铵的物质的量为0.0105mol，则该硫酸铵产品的纯度为

（5）水蒸气与硫酸、氢氧化钠都不反应，若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，实验结果将无影响。【解析】(1)防倒吸8.2-10.0防止碳酸钙生成碳酸氢钙；使硫酸铵难以分离。

(2)CaCO3防止分解。

(3)通入过量的氨气(答案合理即可)

(4)92.4

(5)无影响四、推断题(共2题，共10分)19、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、d20、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