…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版必修2化學上冊階段測試試卷881考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知(X)、(Y)、(Z)的分子式均為C8H8，下列說法正確的是A.X的同分異構體只有Y和ZB.Y、Z的二氯代物均只有三種C.X、Y、Z中只有X的所有原子可能處于同一平面D.X、Y、Z均可使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色2、根據如圖所示的各物質的能量變化關系；判斷下列熱化學方程式正確的是（）

A.C(s，金剛石)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=akJ·mol-1(a>0)B.C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=bkJ·mol-1(b<0)C.C+O2=CO2ΔH3=ckJ·mol-1(c>0)D.C(s，金剛石)=C(s，石墨)ΔH4=dkJ·mol-1(d>0)3、下列敘述不正確的是（）A.NH3易液化，液氨常用作制冷劑B.與金屬反應時，稀HNO3被還原為NOC.銨鹽受熱易分解，因此貯存氨態氮肥時要密封保存，并放在陰涼通風處D.稀HNO3和活潑金屬反應時主要得到氫氣4、下列關于硅及其化合物的說法不正確的是A.二氧化硅熔點低于晶體硅B.玻璃、陶瓷和水泥都是傳統硅酸鹽材料C.自然界中硅元素多以化合態存在D.高溫下用純堿和二氧化硅可制得硅酸鈉5、將過量的CO2分別通入：①CaCl2溶液②NaAlO2溶液③Ca(OH)2溶液④飽和Na2CO3溶液⑤Na2SiO3。最終溶液中有白色沉淀析出的是A.①③⑤B.②④⑤C.①②③D.②③⑤6、在四個不同容器中且不同條件下進行N2+3H22NH3反應，根據在相同時間內測定的結果判斷生成氨的速率最快的是（）A.V(NH3)=0.5mol?L-1-?min-1B.V(H2)=0.02mol?L-1-?s-1C.V(N2)=0.2mol?L-1-?min-1D.V(H2)=0.3mol?L-1-?min-17、下列變化為吸熱反應的是A.H2O(l)=H2O(g)；ΔH＝+44.0kJ/molB.在高溫條件下碳與水蒸氣的反應C.形成化學鍵時共放出能量862kJ的化學反應D.能量變化如圖所示的化學反應8、下列化合物中同分異構體數目最少的是（）A.C5H11ClB.C5H12OC.C5H10D.C4H8O2評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、在某容積不變的密閉容器中有可逆反應：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)+Q(Q>0)達到化學平衡狀態。

（1）該反應的平衡常數表達式為：__；

（2）若升高溫度，K值__（填一定增大、一定減小、可能增大也可能減小、不變）；逆反應速率___（填增大；減小、不變）。

（3）已知可逆反應：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。665℃900℃K1.472.15

該反應在體積固定的密閉容器中進行，在一定條件下達到平衡狀態。如果升高溫度，則混合氣體的密度__（填增大、減小、不變，下同）；如果恒溫下充入少量CO氣體，則混合氣體的平均分子量__。

（4）該反應的逆反應速率隨時間變化的關系如圖所示。

從圖中可看到，在t1時改變的條件可能是______

A.升溫B.增大CO2濃度。

C.減小CO濃度D.使用催化劑。

（5）若在t3時從混合物中分離出部分CO，并在t4~t5時間段重新達到平衡，請在圖中畫出t3~t5時間段的逆反應速率變化曲線___。10、在一定溫度下，體積為2L的密閉容器中，NO2和N2O4之間發生反應，2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無色)；如圖所示。

(1)曲線____(填“X”或“Y”)表示NO2的物質的量隨時間的變化曲線；

(2)若降低溫度，則v(正)____，v(逆)____.(填“加快"或“減慢"或“不變”)

(3)在0到3min中內X的反應速率為____

(4)達到反應限度時X的轉化率為____，注：物質的轉化率=×100%11、三硅酸鎂(Mg2Si3O8·nH2O)常用來治療胃酸過多的胃潰瘍；是因為該物質不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久。

(1)用氧化物的形式表示三硅酸鎂的組成________________。

(2)三硅酸鎂中和胃酸(主要成分為鹽酸)的化學方程式是________________________，與其他藥物相比，三硅酸鎂的主要優點是__________________________________________12、燃料電池是一種具有應用前景的綠色電源。下圖為燃料電池的結構示意圖；電解質溶液為NaOH溶液，電極材料為疏松多孔的石墨棒。請回答下列問題：

(1)若該燃料電池為氫氧燃料電池。

①a極通入的物質為_______(填物質名稱)，電解質溶液中的OH-移向_______極(填”負”或“正”)。

②寫出此氫氧燃料電池工作時，負極的電極反應式：_______。

(2)若該燃料電池為甲烷燃料電池。已知電池的總反應為CH4+2O2+2OH-=+3H2O

①下列有關說法正確的是_______(填字母代號)。

A.燃料電池將電能轉變為化學能。

B.負極的電極反應式為CH4+10OH--8e-=+7H2O

C.正極的電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O

D.通入甲烷的電極發生氧化反應。

②當消耗甲烷33.6L(標準狀況下)時，假設電池的能量轉化效率為80％，則導線中轉移的電子的物質的量為___mol。13、(1)良好的生態環境可以提升生活質量。

①下列物質不屬于空氣質量周報中污染物的是________(填字母)。

a.SO2b.NO2c.PM2.5

②垃圾應分類收集。導致“白色污染”的生活垃圾應放置于貼有________(填字母)標志的垃圾桶內。

③燃燒煤產生的SO2所形成的酸雨中，SO2最終轉化成的酸是________(填化學式)。

(2)右圖是某品牌調料標簽的一部分。

①配料中的大量氨基酸態氮來源于黃豆中的蛋白質發生________反應得到。

②小麥粉中的主要營養物質是________。

③配料表中屬于防腐劑的是________。

④配料表中的辣椒紅是著色劑。亞硝酸鈉也可作著色劑；但亞硝酸鈉有毒，要嚴格控制其用量。亞硝酸鈉外觀和咸味與食鹽很相似，因此要防止因誤食亞硝酸鈉而發生事故。亞硝酸鈉和氯化鈉的部分性質如下表：

。性質亞硝酸鈉氯化鈉1.酸性條件下的穩定性微熱分解為NO和NO2微熱時不分解2.熔點271℃801℃3.室溫時的溶解度約80g約35g請根據表中信息設計一種鑒別NaNO2和NaCl的方法，寫出簡單的操作過程、現象和結論：________。

(3)材料是人類賴以生存和發展的重要物質基礎。

①鋼鐵是應用廣泛的金屬材料。鋼鐵在潮濕空氣中易生銹，鐵銹的主要成分是____________(填化學式)，請列舉一種防止鋼鐵腐蝕的方法：________。

②水泥、玻璃、陶瓷是生活中常見的硅酸鹽材料。制備普通玻璃的原料有CaCO3、________和________(填化學式)。青瓷是中國最早發明的瓷器，青瓷表面的綠色是釉層中的________價鐵元素顯色而成的。

③氮化硅陶瓷抗腐蝕能力強，工業上可用四氯化硅和氮氣在氫氣氣氛中加強熱發生反應制得。請寫出該反應的化學方程式：________。14、填寫下列空白：

（1）某元素的氣態氫化物的化學式XH4，則其最高價氧化物對應的水化物的化學式為_________。

（2）氧元素有三種核素16O、17O、18O，它們在自然界中所占的原子個數百分比分別為a%、b%、c%，則氧元素的相對原子質量為_________________。

（3）物質的量相同的H2O和D2O與足量鈉反應，放出的氣體的質量之比為____________。

（4）X2﹣含中子N個，X的質量數為A，則1gX的氫化物中含質子的物質的量是______mol。

（5）銣和另一種堿金屬形成的合金4.6g與足量的水反應后，產生0.2g氫氣，則此合金中另一堿金屬可能是：__________。15、某實驗小組同學進行如下實驗：

(1)為了驗證Fe3+與Cu2+氧化性強弱，下列裝置能達到實驗目的是__(填序號)。

(2)將CH4設計成燃料電池，其利用率更高，裝置如圖所示(a、b為多孔碳棒)其中__(填A或B)處電極入口通甲烷，該原電池的正極電極反應式為___。當消耗標況下甲烷33.6L時，假設能量轉化率為90%，則導線中轉移電子的物質的量__mol。

(3)如圖是某化學興趣小組探究不同條件下化學能轉變為電能的裝置。請回答下列問題：

①當電極c為Al、電極d為Cu、電解質溶液為稀硫酸，寫出該原電池正極的電極反應式為___。

②當電極c為Al、電極d為Mg、電解質溶液為氫氧化鈉溶液時，該原電池的正極為__；該原電池的負極反應式為___。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、鉛蓄電池中的PbO2為負極。(_______)A.正確B.錯誤17、在原電池中，負極材料的活潑性一定比正極材料強。(_______)A.正確B.錯誤18、和互為同分異構體。(____)A.正確B.錯誤19、煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有機化合物____A.正確B.錯誤20、(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名稱是2－甲基－5－乙基辛烷。(___________)A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共2題，共18分)21、工業生產硝酸的尾氣中含有氮氧化物NOx(假設僅為NO和NO2的混合物)；影響生態環境。

I．氮氧化物NOx對環境主要影響有兩點___、___。

II．工業上可用氨催化吸收法處理NOx，反應原理為：NH3+NOxN2+H2O某化學興趣小組模擬該處理過程的實驗裝置如圖：

(1)裝置A中發生反應的化學方程式為___。

(2)裝置C的作用有兩個：一個作用是通過氣泡產生的速率來控制反應物的比例，另一個作用是___。

(3)反應6NO2+8NH37N2+12H2O可用于處理NO2。當轉移3.6mol電子時，消耗NO2的物質的量為___mol。

III．工業上也常用NaOH溶液吸收法處理NOx：

NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O(I)

2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O(II)

(1)當NOx被NaOH溶液完全吸收時，NO、NO2的物質的量之比為___。

(2)2240mL(標準狀況)NO和NO2的混合氣體溶于200mLNaOH溶液中，恰好完全反應，并無氣體放出，則NaOH溶液物質的量濃度是___。22、草酸是一種二元弱酸，可用作還原劑、沉淀劑等。某校課外小組的同學設計利用C2H2氣體制取H2C2O4?2H2O。回答下列問題：

（1）甲組的同學以電石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2雜質等）為原料，并用圖1裝置制取C2H2。

①裝置A中用飽和食鹽水代替水的目的是__。

②裝置B中，NaClO將H2S、PH3氧化為硫酸及磷酸，本身被還原為NaCl，其中PH3被氧化的離子方程式為__。

（2）乙組的同學根據文獻資料，用Hg（NO3）2作催化劑，濃硝酸氧化C2H2制取H2C2O4?2H2O．制備裝置如圖2所示：

①裝置D中多孔球泡的作用是__。

②裝置D中生成H2C2O4的化學方程式為__。

③從裝置D中得到產品，還需經過__（填操作名稱）；過濾、洗滌及干燥。

（3）丙組設計了測定乙組產品中H2C2O4?2H2O的質量分數實驗。他們的實驗步驟如下：準確稱取mg產品于錐形瓶中，加入適量的蒸餾水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸性KMnO4標準溶液進行滴定至終點；共消耗標準溶液VmL。

①滴定終點的現象是__。

②產品中H2C2O4?2H2O的質量分數為___（列出含m、c、V的表達式）。評卷人得分五、推斷題(共2題，共12分)23、F是新型降壓藥替米沙坦的中間體；可由下列路線合成：

（1）A→B的反應類型是_________，D→E的反應類型是_____；E→F的反應類型是。

__________。

（2）寫出滿足下列條件的B的所有同分異構體______（寫結構簡式）。

①含有苯環②含有酯基③能與新制Cu(OH)2反應。

（3）C中含有的官能團名稱是________。已知固體C在加熱條件下可溶于甲醇，下列C→D的有關說法正確的是_________。

a．使用過量的甲醇，是為了提高D的產率b.濃硫酸的吸水性可能會導致溶液變黑。

c.甲醇既是反應物，又是溶劑d.D的化學式為

（4）E的同分異構體苯丙氨酸經聚合反應形成的高聚物是__________(寫結構簡式)。

（5）已知在一定條件下可水解為和R2-NH2，則F在強酸和長時間加熱條件下發生水解反應的化學方程式是____________________________。24、X；Y、Z、L、M五種元素的原子序數依次增大。X、Y、Z、L是組成蛋白質的基礎元素；M是地殼中含量最高的金屬元素。

回答下列問題：

⑴L的元素符號為________；M在元素周期表中的位置為________________；五種元素的原子半徑從大到小的順序是____________________（用元素符號表示）。

⑵Z、X兩元素按原子數目比l∶3和2∶4構成分子A和B，A的電子式為___，B的結構式為____________。

⑶硒（Se）是人體必需的微量元素，與L同一主族，Se原子比L原子多兩個電子層，則Se的原子序數為_______，其最高價氧化物對應的水化物化學式為_______。該族2~5周期元素單質分別與H2反應生成lmol氣態氫化物的反應熱如下，表示生成1mol硒化氫反應熱的是__________（填字母代號）。

a．+99.7mol·L－1b．+29.7mol·L－1c．－20.6mol·L－1d．－241.8kJ·mol－1

⑷用M單質作陽極，石墨作陰極，NaHCO3溶液作電解液進行電解，生成難溶物R，R受熱分解生成化合物Q。寫出陽極生成R的電極反應式：______________；由R生成Q的化學方程式：_______________________________________________。評卷人得分六、原理綜合題(共3題，共12分)25、（1）圖為氫氧燃料電池原理示意圖；按照此圖的提示，回答以下問題：

①下列敘述不正確的是___。

A.a電極是負極。

B.b電極的電極反應為：4OH--4e-=2H2O+O2↑

C.氫氧燃料電池是一種具有應用前景的綠色電源。

D.氫氧燃料電池是一種不需要將還原劑和氧化劑全部儲藏在電池內的新型發電裝置。

②若電解質溶液為KOH溶液，則電極反應式為：a極__，b極___。

（2）以硼氫化合物NaBH4(B元素的化合價為+3價)和H2O2作原料的燃料電池，負極材料采用Pt/C，正極材料采用MnO2；可用作空軍通信衛星電源，其工作原理如圖所示。回答下列問題：

①電池放電時Na+移動方向是：__（填“從左向右”或“從右向左”）。

②電極b采用MnO2，MnO2的作用是__。

③該電池的負極反應為：__。

④每消耗3molH2O2，轉移的電子數為__。26、下表所列實驗數據是在不同溫度和壓強下達到平衡狀態時，混合物中的含量（體積分數）的變化情況[投料比0.11020306010020015.381.586.489.995.498.83002.252.064.271.084.292.64000.425.138.247.065.279.85000.110.619.126.442.257.56000.054.59.113.823.131.4

（1）比較200℃和300℃時的數據，可判斷出升高溫度，平衡向_____（填“正反應”或“逆反應”）方向移動，合成氨的正反應為_________（填“吸熱”或“放熱”）反應。

（2）根據平衡移動原理，合成氨的適宜條件是_________（填序號）

A高溫、高壓B高溫、低壓C低溫、高壓D低溫；低壓。

（3）500℃、時，的轉化率為__________。

（4）工業中實際生產氨時，考慮到濃度對化學平衡及反應速率的影響，常采取的措施有：__________。27、德國化學家哈伯(F.Haber)從1902年開始研究由氮氣和氫氣直接合成氨。合成氨為解決世界的糧食問題作出了重要貢獻。其原理為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol

(1)若已知H-H鍵的鍵能為436.0kJ/mol，N-H的鍵能為390.8kJ/mol，則NN的鍵能約為_____kJ/mol

(2)合成氨反應不加催化劑很難發生，催化劑鐵觸媒加入后參與了反應降低了活化能。其能量原理如圖所示，則加了催化劑后整個反應的速率由______決定(填“第一步反應”或者“第二步反應”)，未使用催化劑時逆反應活化能______正反應活化能(填“大于”“小于”或者“等于”)

(3)從平衡和速率角度考慮，工業生產采取20MPa到50MPa的高壓合成氨原因______

(4)一定溫度下恒容容器中，以不同的H2和N2物質的量之比加入，平衡時NH3體積分數如圖所示，則H2轉化率a點______b點(填"大于”“小于”或者“等于”)。若起始壓強為20MPa，則b點時體系的總壓強約為______MPa。

(5)若該反應的正逆反應速率分別表示為v正=K正v逆=K逆?c2(NH3)，則一定溫度下，該反應的平衡常數K=______(用含K正和K逆的表達式表示)，若K正和K逆都是溫度的函數，且隨溫度升高而升高，則圖中c和d分別表示______和______隨溫度變化趨勢(填K正或者K逆)。

(6)常溫下，向20mL的0.1mol/L的鹽酸中通入一定量氨氣反應后溶液呈中性(假設溶液體積變化忽略不計)則所得溶液中c(NH4+)=_______參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】X的同分異構體還可以有CH≡C-CH=CHCH=CHCH=CH2等，不僅只有Y和Z，A錯誤；Z的結構高度對稱，核磁共振氫譜只有一個峰，Z的一氯代物有1種，Z的二氯代物有3種，Y為對稱結構，核磁共振氫譜只有3峰，Y的一氯代物3種，Y的二氯代物有9種，B錯誤；X中苯基所有原子共平面，乙烯基所有原子共平面，與苯環相連，可以和苯環共平面，而Y中有2個飽和碳原子，Z中全是飽和碳原子，所以Y、Z中所有原子不可能處于同一平面，C正確；X、Y含有碳碳雙鍵，均可使溴水，酸性高錳酸鉀溶液褪色，而Z為飽和結構，不能與溴發生加成反應，也不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，D錯誤；正確選項C。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．據圖可知C(s，金剛石)+O2(g)的總能量高于CO2(g)的能量，該反應為放熱反應，焓變小于零，即a<0；故A錯誤；

B．據圖可知C(s，石墨)+O2(g)的總能量高于CO2(g)的能量，該反應為放熱反應，焓變小于零，即b<0；故B正確；

C．熱化學方程式中需要標注物質聚集狀態；選項中物質的聚集狀態未標，且反應放熱，焓變小于零，故C錯誤；

D．金剛石變化為石墨反應過程是放熱反應，焓變為負值，即d<0；故D錯誤；

故答案為B。3、D【分析】【詳解】

A．氨氣易液化；液化時吸熱，因此可用作制冷劑，A項正確；

B．稀硝酸氧化性較弱，與金屬反應時被還原為+2價的B項正確；

C．銨鹽受熱易分解；因此需要保存在陰涼通風處，C項正確；

D．硝酸是氧化性酸；一般不產生氫氣，D項錯誤；

答案選D。

【點睛】

為什么硝酸一般不產生氫氣，可以用氧化還原規律來解釋：無論濃稀，氧化性均比強，因此要優先得電子，產物中自然沒有氫氣，同理，稀硫酸中氧化性不如還原產物是氫氣，但是濃硫酸中氧化性較強，還原產物是4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．硅和二氧化硅都是原子晶體；氧的原子半徑小于硅的原子半徑，Si-O鍵的鍵能大于Si-Si鍵的鍵能，二氧化硅的熔點高于晶體硅，故A錯誤；

B．水泥；玻璃、陶瓷都是傳統無機非金屬材料；主要是硅酸鹽產品，制備原料都需要用到含硅元素的物質，故B正確；

C．Si是親氧元素；不能以單質形式存在于自然界中，主要以二氧化硅和硅酸鹽形式存在，故C正確；

D．高溫下，純堿和二氧化硅發生反應，生成硅酸鈉和CO2，即Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2；所以高溫下用純堿和二氧化硅可制得硅酸鈉，故D正確；

答案為A。5、B【分析】【分析】

【詳解】

①由于酸性：HCl＞H2CO3，所以向CaCl2溶液中通入過量的CO2；二者不反應，無明顯現象，①不符合題意；

②由于酸性：HCl＞Al(OH)3，且Al(OH)3是兩性氫氧化物，能夠與強酸、強堿發生反應，向NaAlO2溶液中通入過量的CO2，反應產生NaHCO3和Al(OH)3白色沉淀；可見最后有白色沉淀產生，②符合題意；

③向Ca(OH)2溶液中通入過量的CO2，反應產生可溶性Ca(HCO3)2；因此最終無沉淀產生，③不符合題意；

④向飽和Na2CO3溶液中通入過量的CO2，發生反應：Na2CO3+CO2+H2O=NaHCO3↓。由于NaHCO3的溶解度小，反應消耗了溶解水，且反應產生較大量的NaHCO3；因此最終有白色沉淀產生，④符合題意；

⑤向Na2SiO3溶液中通入過量的CO2，發生反應：Na2SiO3+2CO2+2H2O=NaHCO3+H2SiO3↓，因此最終有H2SiO3白色沉淀產生；⑤符合題意；

綜上所述可知：最終有白色沉淀產生的物質是②④⑤，故合理選項是C。6、B【分析】【詳解】

同一反應用不同的物質表示其反應速率時數值可能不同，但表示的意義是相同的，所以比較反應速率快慢時需要換算成用同一種物質來表示，然后才能直接比較其快慢。若都用氫氣表示其反應速率，則分別為0.75mol?L-1-?min-1、1.2mol?L-1-?min-1、0.6mol?L-1-?min-1、0.3mol?L-1-?min-1，因此答案是B。7、B【分析】【分析】

反應物的總能量小于生成物的總能量的反應為吸熱反應。

【詳解】

A．液態水變為水蒸氣不是化學反應；A項錯誤；

B．碳與水蒸氣的反應是吸熱反應；B項正確；

C．化學反應是吸熱還是放熱與反應物的總鍵能與生成物的總鍵能的相對大小有關；題干中沒有給出斷開化學鍵時吸收的能量的大小，因此無法確定該反應是吸熱反應還是放熱反應，C項錯誤；

D．由能量變化圖可知；反應物的總能量大于生成物的總能量，該反應為放熱反應，不是吸熱反應，D項錯誤；

答案選B。8、A【分析】【詳解】

C5H11Cl同分異構體有(數字代表氯原子所取代的氫原子所連接的碳原子的可能位置)；共有3+4+1=8種；

C5H12O可以是醇類，此時可看作戊基與羥基相連，同分異構體數目與C5H11Cl相同；此外還可以是醚類，所以同分異構體數目大于8種；

C5H10為烯烴時，由戊烷去掉相鄰碳上去掉2個氫原子得到，CH3CH2CH2CH2CH3、分別可對應找到2種、3種、0種烯烴，所以戊烯共有形成5種異構體；此外還可以是環烷烴，可以是共有10種；

C4H8O2屬于酯類的異構體有4種：甲酸丙酯、甲酸異丙酯，乙酸乙酯，丙酸甲酯，此外還有羧酸(1-丁酸、2-丁酸兩種)、烯二醇(CH2OHCH=CHCH2OH、CH2=CHCHOHCH2OH、CH2=C(CH2OH)2等同分異構體；同分異構體數目大于8種；

綜上所述同分異構體最少的是A，故答案為A。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【詳解】

(1)根據化學平衡常數的定義，生成物的濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值，D為固體，不代入平衡常數的表達式，則

(2)該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，化學平衡常數K值減小；升高溫度；分子的能量增加，活化分子百分數增加，有效碰撞幾率增加，化學反應速率增大；

(3)根據隨著反應的進行，氣體質量減小，V不變，則密度減小；該反應的平衡常數溫度不變，平衡常數不變，則CO和CO2濃度的比值是個定值，CO和CO2的物質的量分數不變，根據則平均相對分子質量不變；

(4)從圖中可以看出來；逆反應速率突然增大，且持續增大直到平衡才不變，可知平衡正向移動；

A．反應Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)根據溫度與平衡常數的關系；溫度升高，平衡常數增大，可知該反應是吸熱反應。升高溫度，分子能量增加，活化分子百分數增加，有效碰撞幾率增加，化學反應速率增加，升高溫度，向吸熱反應方向移動，即正向移動，A符合題意；

B．增大CO2的濃度；CO的濃度不變，逆反應速率不變，與圖像不符，B不符合題意；

C．CO濃度減小；逆反應速率減小，與圖像不符，C不符合題意；

D．加入催化劑；化學反應速率增加，但是平衡不移動，與圖像不符，D不符合題意；

答案選A；

(5)t3時從混合物中分離出部分CO，CO濃度減小，逆反應速率瞬時減小；分離出部分CO，平衡正向移動，達到平衡的過程中，逆反應速率增加，直到平衡，

【點睛】

問題(5)，在畫圖的時候，需要注意，即使在達到新平衡的過程中，逆反應速率會增加，但是由于新平衡時，CO和CO2的濃度會減小，因此到達平衡時，逆反應速率比原來的逆反應速率小。【解析】①.②.一定減小③.增大④.減小⑤.不變⑥.A⑦.10、略

【分析】【分析】

由圖可知3min時達平衡；X減少0.6mol，Y增加0.3mol。

【詳解】

(1)由圖可知平衡時X減少0.6mol，Y增加0.3mol，物質的量比為2：1，根據反應2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無色)的化學計量數，則曲線X表示NO2的變化曲線；

(2)降低溫度；減慢反應速率，則v(正)減慢，v(逆)減慢；

(3)0到3min中，X減少0.6mol，X的反應速率為

(4)達到反應限度時X的轉化率為

【點睛】

注意反應速率等于濃度的變化除以時間，不能用物質的量的變化除以時間。【解析】①.X②.減慢③.減慢④.0.1mol/(L·min)⑤.60%11、略

【分析】【分析】

(1)硅酸鹽改寫成氧化物的形式，要符合化合價不變、原子個數比不變兩個原則，按照活潑金屬氧化物→較活潑金屬氧化物→二氧化硅→H2O的順序書寫。

(2)從硅酸鹽的氧化物形式可直觀判斷與酸反應產物；一般金屬離子生成對應鹽，硅酸根最后以二氧化硅形式存在。

【詳解】

(1)硅酸鹽改寫成氧化物的形式，要符合化合價不變、原子個數比不變兩個原則，按照活潑金屬氧化物→較活潑金屬氧化物→二氧化硅→H2O的順序書寫，則用氧化物的形式表示三硅酸鎂的組成為2MgO·3SiO2·nH2O；

(2)從硅酸鹽的氧化物形式可直觀判斷與酸反應產物，一般金屬離子生成對應鹽，硅酸根最后以二氧化硅形式存在，故反應式為Mg2Si3O8·nH2O＋4HCl=2MgCl2＋3SiO2＋(n＋2)H2O；與其他藥物相比；三硅酸鎂的主要優點是：因為該物質不溶于水，不會使胃酸酸度迅速降低，藥效有一定持久性。

【點睛】

本題考查硅酸鹽的書寫形式及性質，注意硅酸鹽改寫成氧化物的形式，要符合化合價不變、原子個數比不變兩個原則，按照活潑金屬氧化物→較活潑金屬氧化物→二氧化硅→H2O的順序書寫。【解析】①.2MgO·3SiO2·nH2O②.Mg2Si3O8·nH2O＋4HCl=2MgCl2＋3SiO2＋(n＋2)H2O③.不會使胃酸酸度迅速降低，藥效有一定持久性12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①氫氧燃料電池中通入氫氣的電極為負極、通入氧氣的電極為正極，根據電子移動方向知，a為負極、b為正極，所以a通入的物質是氫氣，放電時溶液中陰離子向負極移動，所以電解質溶液中的OH-移向負極；故答案為：氫氣；負；

②該燃料電池中，負極上氫氣失電子和氫氧根離子反應生成水，電極反應式為H2-2e-+2OH-＝2H2O，故答案為：H2-2e-+2OH-＝2H2O；

(2)①A．燃料電池是原電池；是將化學能轉化為電能的裝置，故A錯誤；

B．負極上甲烷失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，電極反應式為CH4+10OH--8e-=+7H2O；故B正確；

C．正極上氧氣得電子和水反應生成氫氧根離子，電極反應式為O2+2H2O+4e-＝4OH-；故B錯誤；

D．通入甲烷的電極失電子發生氧化反應；故D正確；

故選BD；

②n(CH4)=33.6L÷22.4L/mol=1.5mol，消耗1mol甲烷轉移8mol電子，則消耗1.5mol甲烷轉移電子物質的量=1.5mol×8=12mol，假設電池的能量轉化效率為80%，則轉移電子的物質的量=12mol×80%=9.6mol，故答案為：9.6。【解析】氫氣負H2-2e-+2OH-＝2H2OBD9.613、略

【分析】【詳解】

(1)①屬于空氣污染物的是二氧化氮；二氧化硫、一氧化碳以及PM2.5等；各選項中只有二氧化碳不屬于空氣污染物，故選c；

②導致“白色污染”的生活垃圾主要成分是塑料；屬于可回收垃圾，通過綜合處理回收利用，可以減少污染，節省資源，故答案為a；

③酸雨中二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫酸不穩定，被氧氣氧化為硫酸，硫酸的化學式為H2SO4；

(2)①黃豆的成分是蛋白質；蛋白質水解生成氨基酸；

②小麥富含淀粉；

③苯甲酸鈉屬于防腐劑；

④由圖可知，鑒別NaNO2和NaCl的方法：將兩種固體分別溶于水制成溶液；再分別加入稀硫酸微熱，有氣泡生成的是亞硝酸鈉，否則為氯化鈉；

(3)①鋼鐵在潮濕空氣中易生銹，鐵銹的主要成分是Fe2O3；常用于防止鋼鐵腐蝕的方法有涂油刷漆；

②生產玻璃的原料是石灰石、純堿和石英，其中純堿為Na2CO3、石英為SiO2；青瓷表面的綠色是釉層中的+2價鐵元素顯色而成的；

③四氯化硅和氮氣在氫氣的氣氛保護下，加強熱發生反應，可得較高純度的氮化硅以及氯化氫，方程式為3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl。【解析】caH2SO4水解糖類或淀粉苯甲酸鈉溶于水配成溶液，加入稀硫酸微熱，有棕色氣體生成者，原物質為NaNO2，否則為NaCl(或用酒精燈加熱，熔化者為NaNO2，不熔者為NaCl；或取2支試管，各加入5mL水，分別溶解這兩種物質，至不再溶解時，溶解量大的是NaNO2，溶解量小的是NaCl)Fe2O3涂油刷漆(或其他合理答案)Na2CO3SiO2＋23SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl14、略

【分析】【詳解】

（1）某元素的氣態氫化物的化學式XH4，最低價是－4價，則其最高價是＋4價，因此最高價氧化物對應的水化物的化學式為H2XO3。（2）氧元素有三種核素16O、17O、18O，它們在自然界中所占的原子個數百分比分別為a%、b%、c%，則氧元素的相對原子質量為16a%+17b%+18c%。（3）物質的量相同的H2O和D2O與足量鈉反應，放出的氣體分別是H2和D2，則其質量之比為2：4＝1：2。（4）X2﹣含中子N個，X的質量數為A，則X的質子數＝A－N，X的氫化物是H2X，所以1gX的氫化物中含質子的物質的量是=mol。(5)0.2g氫氣的物質的量為：0.2g/2g/mol=0.1mol；則。

2M+2H2O＝2MOH+H2↑

21

0.2mol0.1mol

則合金的平均摩爾質量為：M=4.6g÷0.2mol=23g/mol；銣的相對原子量取85.5，則銣的摩爾質量為85.5g/mol，則另一種堿金屬的摩爾質量一定小于23g/mol，故另一堿金屬是Li。

點睛：（5）是解答的難點，明確平均摩爾質量的含義及應用方法為解答的關鍵，注意掌握堿金屬元素的種類及化學性質。【解析】①.H2XO3②.16a%+17b%+18c%③.1：2④.⑤.Li15、略

【分析】【詳解】

(1)為了驗證Fe3+與Cu2+氧化性強弱，在原電池中銅作負極，其他導電的金屬或非金屬作正極，電解質溶液為可溶性的鐵鹽，①中鐵作負極，銅為正極，電池反應式為2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，不能驗證Fe3+與Cu2+氧化性強弱，故①不符合題意；②中銅作負極，銀作正極，電池反應式為2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，能驗證Fe3+與Cu2+氧化性強弱，故②符合題意；③中鐵發生鈍化現象，因此銅作負極，鐵作正極，電池反應式為4H+＋Cu＋2＝2NO2↑＋Cu2+＋2H2O，不能驗證Fe3+與Cu2+氧化性強弱，故③不符合題意；④中鐵作負極，銅作正極，電池反應式為Cu2+＋Fe＝Fe2+＋Cu，不能驗證Fe3+與Cu2+氧化性強弱；故④不符合題意；綜上所述，答案為：②。

(2)根據圖中信息，a電極為負極，b電極為正極，燃料在負極反應，因此A處電極入口通甲烷，正極通入氧氣，因此正極電極反應式為O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，一個甲烷分子失去8個電子變為碳酸根，當消耗標況下甲烷33.6L即物質的量為假設能量轉化率為90%，則導線中轉移電子的物質的量1.5mol×8×90%=10.8mol；故答案為：A；O2＋4e－＋2H2O＝4OH－；10.8。

(3)①當電極c為Al、電極d為Cu、電解質溶液為稀硫酸，則Al為負極，Cu為正極，因此該原電池正極是氫離子得到電子變為氫氣，其電極反應式為2H+＋2e－＝H2↑；故答案為：2H+＋2e－＝H2↑。

②當電極c為Al、電極d為Mg、電解質溶液為氫氧化鈉溶液時，Mg和NaOH溶液不反應，Al和NaOH溶液反應，因此Al為負極，Mg為正極，因此該原電池的正極為2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－；該原電池的負極反應式為Al－3e－＋4OH－＝2H2O＋故答案為：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－；Al－3e－＋4OH－＝2H2O＋【解析】②AO2＋4e－＋2H2O＝4OH－10.82H+＋2e－＝H2↑2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－Al－3e－＋4OH－＝2H2O＋三、判斷題(共5題，共10分)16、B【分析】【詳解】

鉛蓄電池中的PbO2為正極，Pb為負極，錯誤。17、B【分析】【詳解】

在原電池中，負極材料與電解質溶液發生反應失去電子，正極材料不參與反應，但負極材料的活潑性不一定比正極材料強，例如：以鎂棒和鋁棒作為電極材料，以氫氧化鈉溶液作為電解質溶液構成的原電池，是活潑性較弱的鋁作負極；錯誤。18、B【分析】【詳解】

由于甲烷為正四面體結構，故二氯甲烷只有1種結構，即題干所示結構為同種結構，題干說法錯誤。19、B【分析】【詳解】

煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有機化合物，其干餾產品中含苯、甲苯、二甲苯等有機化合物，故錯；20、A【分析】【詳解】

(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名稱是2－甲基－5－乙基辛烷，正確。四、實驗題(共2題，共18分)21、略

【分析】【分析】

用NH3處理NO時，常需加入催化劑，并加熱。A裝置用于制取NH3，B裝置用于制取NO，通過C裝置調節氣體的相對量，然后在D裝置內將氣體干燥，在E裝置內發生NH3與NO的氧化還原反應；尾氣用濃硫酸吸收。

【詳解】

I．氮氧化物NOx與水反應生成的硝酸會導致雨水酸化，在空氣中與烴類物質作用生成O3；并產生光化學霧，所以對環境主要影響有兩點：光化學煙霧；酸雨。答案為：光化學煙霧；酸雨；

II．(1)裝置A中，氯化銨與消石灰反應，生成氯化鈣、氨氣和水，發生反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案為：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

(2)裝置C的作用有兩個：一個作用是通過氣泡產生的速率來控制反應物的比例；另一個作用是使氨氣和一氧化氮混合均勻。答案為：使氨氣和一氧化氮混合均勻；

(3)當轉移3.6mol電子時，消耗NO2的物質的量為=0.9mol。答案為：0.9；

III．(1)前一反應表明，當NO、NO2物質的量相等時，能被NaOH溶液完全吸收，第二個反應表明，NO2可被NaOH溶液完全吸收，由此得出，當NOx被NaOH溶液完全吸收時，NO、NO2的物質的量之比為≤1:1。答案為：≤1:1；

(2)2240mL(標準狀況)NO和NO2的混合氣體溶于200mLNaOH溶液中，恰好完全反應，生成NaNO2、NaNO3的混合物，從產物的組成看，n(Na+)=n(N)，則NaOH溶液物質的量濃度是=0.5mol/L。答案為：0.5mol/L。

【點睛】

若想將NO完全轉化為N2，應通入過量的氨氣。【解析】光化學煙霧酸雨2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O使氨氣和一氧化氮混合均勻0.9≤1:10.5mol/L22、略

【分析】【分析】

(1)①碳化鈣和水反應十分劇烈；可用飽和食鹽水可減緩反應速率；

②裝置B用NaClO將PH3氧化為磷酸；同時生成氯化鈉；

(2)D中，Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化乙炔制取H2C2O4?2H2O，發生反應為：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；多孔球泡增大乙炔氣體與硝酸的接觸面，充分反應，E裝置防止倒吸，F裝置吸收生成的二氧化氮氣體，將反應后的D濃縮結晶；過濾、洗滌、干燥得產品，據此分析解答；

①裝置D多孔球泡可增大乙炔氣體與硝酸的接觸面，加快反應速率，充分反應；

②根據裝置圖，D中，Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化乙炔反應生成H2C2O4和二氧化氮，反應方程式為：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；

③將反應后的D溶液加熱濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得產品；

(3)①滴定終點時；繼續滴加高錳酸鉀溶液，紫色不褪去；

②根據2MnO4-～5H2C2O4，由高錳酸鉀的消耗可得H2C2O4的量，據此計算H2C2O4?2H2O的質量分數。

【詳解】

(1)①電石與水反應非常劇烈；為了減慢反應速率，平緩地產生乙炔可用飽和食鹽水代替水反應；

②NaClO將PH3氧化為磷酸，鈣反應的離子方程式為：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；

(2)①裝置D多孔球泡可增大乙炔氣體與硝酸的接觸面；加快反應速率，充分反應；

②根據裝置圖，D中，Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化乙炔反應生成H2C2O4和二氧化氮，反應方程式為：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；

③將反應后的D溶液加熱濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得產品；

(3)①滴定過程中；反應結束前溶液為無色，滴定結束時溶液變為淺紅色，則滴定終點現象為：當溶液呈淺紅色且30s內不恢復原來的顏色；

②準確稱取mg產品于錐形瓶中，加入適量的蒸餾水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸性KMnO4標準溶液進行滴定至終點，共消耗標準溶液VmL，設產品中H2C2O4?2H2O的質量分數為α，根據2MnO4-～～5H2C2O4?2H2O產品中H2C2O4?2H2O的質量分數為α==%。

【點睛】

考查物質制備方案設計，涉及化學方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應滴定等知識，題目難度中等，明確實驗原理、實驗目的為解答關鍵，注意掌握常見元素化合物性質，試題側重考查學生的分析能力及化學實驗能力。【解析】減慢反應速率，獲得平緩氣流PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-增大氣體和溶液的接觸面積，加快反應速率，使反應充分進行C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O蒸發濃縮、冷卻結晶當加入最后一滴標準液，溶液呈淺紅色且30s內不恢復原來的顏色%五、推斷題(共2題，共12分)23、略

【分析】【分析】

C與甲醇反應生成D，由D的結構可知C為B與濃硝酸發生取代反生成C，則B為A發生氧化反應生成B，D中硝基被還原為氨基生成E，E與CH3CH2CH2COCl發生取代反應生成F；據此分析解答。

【詳解】

（1）根據以上分析，A到B反應為氧化反應，D到E是與H2反應；故為還原反應，E到F為氨基與羧基之間發生取代反應。

故答案為氧化反應；還原反應；取代反應；

（2）B為除苯環外，不飽和度為1。那么能與Cu(OH)2反應，即含有醛基，同時含有酯基，其同分異構體中則必須有剩下一個C可以選擇連在其與苯環之間，以及直接連在苯環上形成甲基有鄰、間、對，共4種。即為

故答案為

（3）C中官能團為硝基-NO2、羧基-COOH；此反應為可逆反應，加過量甲醇可使平衡正向移動，使得D的產率增高，對于高分子有機物濃硫酸有脫水性，反應中甲醇既能與C互溶成為溶劑，又作為反應物，故b錯誤；a；c、d項正確。

故答案為硝基；羧基；a、c、d；

（4）苯丙氨酸可推出其結構簡式為

經聚合反應后的高聚物即為

（5）由題目已知條件可知F中的肽鍵和酯基會發生水解，所以化學方程式為【解析】氧化反應還原反應取代反應硝基、羧基a、c、d24、略

【分析】【詳解】

M是地殼中含量最高的金屬元素；則M是Al。又因為X；Y、Z、L、M五種元素的原子序數依次增大，且X、Y、Z、L是組成蛋白質的基礎元素，所以X是H、Y是C，Z是N，L是O。

（1）L是O；鋁元素的原子序數是13，位于周期表的第3周期第ⅢA族；同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑大小順序是Al>C>N>O>H。

（2）Z、X兩元素按原子數目比l∶3和2∶4構成分子A和B分別是氨氣和肼（N2H4）。二者都是含有共價鍵的共價化合物，氨氣（A）的電子式是肼（B）的結構式是

（3）氧元素位于第ⅥA族，原子序數是8，所以Se的原子序數8+8+18=34。最高價是+6價，所以最高價氧化物對應的水化物化學式為H2SeO4。同主族元素自上而下非金屬性逐漸減弱，和氫氣化合越來越難，生成的氫化物越來越不穩定，由于非金屬性Se排在第三位，所以表示生成1mol硒化氫反應熱的是選項b。

（4）由于鋁是活潑的金屬，所以Al作陽極時，鋁失去電子，生成鋁離子，Al3+能和HCO3-發生雙水解反應生成氫氧化鋁白色沉淀和CO2氣體，所以陽極電極反應式可表示為Al+3HCO3-－3e－＝Al(OH)3↓+3CO2↑。氫氧化鋁不穩定，受熱分解生成氧化鋁和水，反應的化學方程式為2Al(OH)3Al2O3+3H2O。

【點睛】

本題主要是元素“位、構、性”三者關系的綜合考查，比較全面考查學生有關元素推斷知識和靈活運用知識的能力。該題以“周期表中元素的推斷”為載體，考查學生對元素周期表的熟悉程度及其對表中各元素性質和相應原子結構的周期性遞變規律的認識和掌握程度。考查了學生對物質結構與性質關系以及運用元素周期律解決具體化學問題的能力。【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六、原理綜合題(共3題，共12分)25、略

【分析】【分析】

(1)①在氫氧燃料電池中，氫氣失電子發生氧化反應，通入氫氣的電極是負極，即a為負價，氧氣得電子發生還原反應，通入氧氣的電極是正極，即b為正極；

②當電解質溶液是KOH時；負極上氫氣失電子和氫氧根離子反應生成水，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子；

(2)根據裝置圖可知，H2O2得電子