2025年滬教新版必修2化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬教新版必修2化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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5題，共10分)1、下列物質中；既不能通過反應使溴水褪色，也不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是()

①C5H12②CH3C≡CCH3③④⑤CH3CHO⑥A.①③④B.②⑤⑥C.①④⑤D.①③2、可逆反應H2(g)＋I2(g)2HI(g)達到平衡的標志是A.混合氣體的顏色不再改變B.H2、I2、HI的濃度相等C.混合氣體的密度保持不變D.H2、I2、HI分子個數(shù)比為1:1:23、已知氣態(tài)烴A的密度是相同狀況下氫氣密度的14倍；有機物A~E能發(fā)生如圖所示一系列變化，則下列說法錯誤的是。

A.A分子中所有原子均在同一平面內B.A→B所用試劑為H2OC.E三種物質可以用NaOH溶液鑒別D.用B和D制備E時，一般加入過量的B來提高D的轉化率4、在120℃時，某混合烴和過量在一密閉容器中完全反應，測知反應前后的壓強沒有變化，則該混合烴可能是（）。A.和B.和C.和D.和5、下列說法正確的是A.H2、D2互為同位素B.的一氯代物有4種C.和為同一物質D.CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能團，互為同系物評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、藥物貝諾酯可由乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚在一定條件下反應制得；下列有關敘述正確的是。

A.根據有機物的分類，貝諾酯屬于芳香烴，分子式為C17H15NO5B.乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚均能與Na2CO3溶液反應放出CO2C.乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚可用FeCl3溶液區(qū)別D.1mol乙酰水楊酸最多能與3molNaOH發(fā)生反應7、淀粉通過如圖所示的轉化可以得到多種有機物；下列有關說法不正確的是。

A.上述流程中硫酸所起的作用是做催化劑B.酒化酶與乳酸菌遇重金屬鹽會失去活性C.物質甲是葡萄糖，它的結構簡式為CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CO-CH2OHD.已知一分子的甲可得到兩分子丙，乙和丙互為同系物8、在2.0L恒溫恒容密閉容器中充入1.0molHCl和0.3molO2，加入催化劑發(fā)生反應：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，HCl、O2的物質的量隨時間變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.當2v正(O2)=v逆(Cl2)，反應達到平衡狀態(tài)B.加入催化劑反應速率不變C.t1時容器內氣體的總壓強比t2時的大D.t3時，容器中c(Cl2)=c(H2O)=0.1mol·L-19、A；B、C、X均為中學化學常見的物質,一定條件下,它們有如下轉化關系(部分產物已略去),下列說法正確的是。

A.若X為Cl2，則C可能為FeCl3B.若X為KOH溶液，則A可能為AlCl3溶液C.若X為O2，則A可能為S或NH3D.若C均為焰色反應呈黃色的化合物，則X可能為CO210、將1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL某濃度的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(標準狀況)，當向反應后的溶液中加入640mL1.0mol/LNaOH溶液時，金屬離子恰好全部轉化為沉淀，測得沉淀的質量為2.54g。下列說法正確的是A.該合金中銅與鎂的物質的量之比為2:1B.該硝酸中HNO3的物質的量濃度為12.8mol/LC.NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)為80%D.該硝酸中硝酸的質量分數(shù)為60%11、在恒容絕熱的容器中進行反應：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H=-akJ·mol-1(a>0)，下列說法不正確的是A.容器中壓強不變，表明反應達到平衡狀態(tài)B.反應過程中B的轉化率始終相同C.增加A的濃度，平衡時B的體積分數(shù)減少D.容器中氣體的密度不變，表明反應達到平衡狀態(tài)12、由U形管、質量為mg的鐵棒、質量為mg的碳棒和1L0.2mol·L-1CuCl2溶液組成的裝置如圖所示；下列說法正確的是。

A.打開K，鐵棒上有紫紅色物質析出B.閉合K，碳棒上有紫紅色固體析出C.閉合K，當電路中有0.3NA個電子通過時，理論上碳棒與鐵棒的質量差為9.6gD.閉合K，鐵棒表面發(fā)生的電極反應為Cu2++2e-=Cu評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、現(xiàn)用如圖裝置來測定某原電池工作時在某段時間內通過導線的電子的物質的量。量筒的規(guī)格為1000mL；供選擇的電極材料有純銅片和純鋅片。請回答下列問題：

（1）b電極反應式為___。

（2）當量筒中收集到672mL(標準狀況下)氣體時，通過導線的電子的物質的量為__，此時a電極質量減少____g。

（3）如果將a、b兩電極的電極材料對調，U形管中將出現(xiàn)的現(xiàn)象是___。14、按要求寫出方程式。

（1）CH3CH=CHCH3與溴水反應__________。

（2）以甲苯為原料制備鄰氯甲苯（）的化學方程式：_________

（3）1—溴丙烷在氫氧化鈉醇溶液中消去反應的化學方程式：_________

（4）苯酚鈉溶液通入二氧化碳的反應的離子方程式___________

（5）足量濃溴水與苯酚反應的化學方程式__________。

（6）1，2—二溴丙烷與足量氫氧化鈉溶液共熱反應的化學方程式______________。

（7）1—丙醇在銅做催化劑條件下加熱的化學方程式___________。15、I某課外興趣小組對H2O2的分解速率做了如下實驗探究。

（1）下表是該小組研究影響過氧化氫(H2O2)分解速率的因素時采集的一組數(shù)據：

用10mLH2O2制取150mLO2所需的時間(秒)。無催化劑、不加熱幾乎不反應幾乎不反應幾乎不反應幾乎不反應無催化劑、加熱360480540720催化劑、加熱102560120

①該研究小組在設計方案時，考慮了溫度、________；催化劑等因素對過氧化氫分解速率的影響。

②從上述影響過氧化氫分解速率的因素中任選一個，說明該因素對分解速率有何影響：_____________。

（2）將質量相同但顆粒大小不同的MnO2分別加入到5mL5%的雙氧水中，并用帶火星的木條測試。測定結果如下：。催化劑(MnO2)操作情況觀察結果反應完成所需的時間粉末狀混合不振蕩劇烈反應，帶火星的布條復燃3.5分鐘塊狀反應較慢，火星紅亮但木條未復燃30分鐘30分鐘

實驗結果說明催化劑作用的大小與_________________________有關。

Ⅱ在體積為2L的密閉容器中充入1molH2(g)和1molI2(g)，在一定溫度下發(fā)生下列反應：回答下列問題：

（1）保持容器體積不變，向其中充入1molHI(g)，反應速率_________（填“加快”“減慢”或“不變”）。

（2）保持容器內氣體壓強不變，向其中充入1mol氦氣，反應速率_________________。（填“加快”“減慢”或“不變”）。

（3）反應進行到2min，測得容器內HI的濃度為0.2mol/L，用H2表示前2min該反應的平均化學反應速率為________________________，此時I2的轉化率為____________。16、人體從食物中獲得的重要的營養(yǎng)素有___________。17、在一定溫度下；將冰醋酸加水稀釋，溶液的導電能力I隨加入水的體積V變化的曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)“0"點冰醋酸不能導電的原因是_____________。

(2)a、b、c三點對應的溶液中，c(H+)由小到大的順序為____________。

(3)a、b、c三點對應的溶液中，CH3COOH的電離程度最大的是___________。

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

A.加熱B.加KOH固體C.加水D.加CH3COONa固體E.加鋅粒。

(5)在稀釋過程中，隨著醋酸濃度的降低，下列始終保持增大趨勢的是_________。

A.c(H+)B.H+個數(shù)C.CH3COOH分子數(shù)D.

(6)由表格中的電離平衡常數(shù)判斷可以發(fā)生的反應是____________。弱酸化學式HClOH2CO3電離平衡常數(shù)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、請觀察下圖裝置,回答下列問題:

(1)負極是________,發(fā)生_______反應(填氧化或還原)

(2)正極是________,發(fā)生_______反應(填氧化或還原)

(3)正極的電極反應式:__________________________.19、Ⅰ.可逆反應3A(g)3B(？)＋C(？)ΔH>0達到化學平衡后；

（1）升高溫度；用“變大”“變小”“不變”或“無法確定”填空。

①若B、C都是氣體，氣體的平均相對分子質量________；

②若B、C都不是氣體，氣體的平均相對分子質量________；

③若B是氣體，C不是氣體，氣體的平均相對分子質量________；

（2）如果平衡后保持溫度不變，將容器體積增加一倍，新平衡時A的濃度是原來的50%，則B是________態(tài)，C是________態(tài)。

Ⅱ.某實驗人員在一定溫度下的密閉容器中，充入一定量的H2和CO，發(fā)生反應：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)，測定的部分實驗數(shù)據如表所示：。t(s)05001000c(H2)(mol·L-1)5.003.522.48c(CO)(mol·L-1)2.50

（1）在500s內用H2表示的化學反應速率是__________________。

（2）在1000s內用CO表示的化學反應速率是___________________，1000s時CO的轉化率是________。

（3）在500s時生成的甲醇(CH3OH)的濃度是_______________________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)20、熱化學方程式前面的化學計量數(shù)既表示分子數(shù)也表示物質的量。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共3分)21、I.A～D是四種烴分子的球棍模型（如圖）

（1）與A互為同系物的是___________（填序號）。

（2）能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的物質是_____________（填序號）。

（3）D和液溴反應的化學方程式是_____________。

Ⅱ.某些有機物的轉化如下圖所示。已知A的產量可以用來衡量一個國家的石油化工水平；D是食醋的有效成分。

請回答下列問題：

（4）A中官能團的名稱是______________。

（5）B的結構簡式為_________________。

（6）反應③的化學方程式為__________________。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共2題，共4分)22、以焙燒黃鐵礦FeS2(雜質為石英等)產生的紅渣為原料制備銨鐵藍Fe(NH4)Fe(CN)6顏料。工藝流程如下：

回答下列問題：

(1)紅渣的主要成分為__________(填化學式)；濾渣①的主要成分為__________(填化學式)。

(2)黃鐵礦研細的目的是_________________________。

(3)還原工序中；不生成S單質的反應的化學方程式為___________________________。

(4)工序①的名稱為__________________；所得母液循環(huán)使用。

(5)沉鐵工序產生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為_______；氧化工序發(fā)生反應的離子方程式為__________________________________。

(6)若用還原工序得到的濾液制備Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加試劑為__________和_________(填化學式，不引入雜質)。23、2019年諾貝爾化學獎授予英、美、日籍的三位科學家，以表彰他們在鋰離子電池研發(fā)領域做出的貢獻。鋰離子電池廣泛應用于手機、筆記本、電動汽車、智能機器人等產品中。已知鈷酸鋰(LiCoO2)電池中還含有鋁箔；石墨、塑料等；利用以下工藝流程回收廢舊電池中的金屬資源。

已知：LiCoO2在酸性溶液中有強氧化性。

（1）粉碎廢舊電池后熱處理可以除去___(填物質的名稱)。

（2）寫出由濾液I得到Al(OH)3的離子方程式___。

（3）用硫酸酸浸時要控制溫度為80℃，原因是___，寫出酸浸時發(fā)生的主要氧化還原反應的化學方程式___。

（4）在空氣中煅燒二水合草酸鈷一定用不到的儀器是___(填字母)。

A.蒸發(fā)皿B.玻璃棒C.燒杯D.瓷坩堝。

（5）已知Li2CO3微溶于水，其飽和溶液的濃度與溫度關系見下表。為了減少碳酸鋰的損失，圖中“操作”應為___，90℃時Ksp(Li2CO3)的值為___。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

①C5H12為戊烷；可以通過萃取使溴水褪色，但不能通過反應使溴水褪色，也不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故①符合題意；

②CH3C≡CCH3含有碳碳三鍵可以通過加成使溴水褪色；也被酸性高錳酸鉀溶液氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故②不符合題意；

③苯可以通過萃取使溴水褪色；但不能通過反應使溴水褪色，也不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故③符合題意；

④乙基苯中與苯環(huán)相連的碳原子上有氫原子；可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故④不符合題意；

⑤CH3CHO中醛基可以被溴水氧化；使溴水褪色，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故⑤不符合題意；

⑥苯酚能被酸性高錳酸鉀溶液氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色；故⑥不符合題意；

綜上所述符合題意的為①③，故答案為D。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A.HI為無色氣體，I2為紫紅色氣體；故混合氣體的顏色不再變化可作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據，A正確；

B.平衡狀態(tài)時；物質的濃度不再發(fā)生變化，但物質的濃度不一定相等，B錯誤；

C.該反應反應前后氣體的體積不變；在密閉容器中氣體的質量不變，故氣體的密度一直不變，不能作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據，C錯誤；

D.當可逆反應達到平衡時，容器內物質H2，I2和HI的分子個數(shù)比為1：1：2時；濃度可能仍會變化，故不能作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據，D錯誤；

答案選A。3、C【分析】【分析】

依題意可得氣態(tài)烴A的相對分子質量為14×2=28；即A為乙烯，由B連續(xù)催化氧化可知，B為乙醇，C為乙醛，D為乙酸，則E為乙酸乙酯。A與水發(fā)生加成反應得到乙醇，據此分析解答。

【詳解】

A．乙烯為平面結構；所以所有原子在同一平面內，故A正確；

B．乙烯與水發(fā)生加成反應得到乙醇；故B正確；

C．乙醇與NaOH互溶；乙酸與NaOH反應生成乙酸鈉和水，乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，但現(xiàn)象均不明顯，不能夠用NaOH鑒別，故C錯誤；

D．乙醇和乙酸制備乙酸乙酯的反應為可逆反應；加入過量的乙醇可提高乙酸的轉化率，故D正確；

答案選C。4、A【分析】【詳解】

在120℃時水是氣態(tài)，在120℃時某烴和過量O2在一密閉容器中完全反應，測知反應前后的壓強沒有變化，說明反應前后氣體的物質的量之和不變，即反應前后氣體的化學計量數(shù)之和不變。設烴的分子式為CxHy，發(fā)生的反應為CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O，反應前后氣體體積之和不變、計量數(shù)之和不變，所以1+x+=x+解得：y=4，符合條件的是A，故選A。

【點睛】

正確理解題意是解題的關鍵，要注意理解阿伏伽德羅定律及其推論，本題中“密閉容器中反應前后的壓強沒有變化”說明反應前后氣體的物質的量不變。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．H2、D2是單質不是原子看；不互為同位素，A錯誤；

B的一氯代物有5種，如：；B錯誤；

C．和中的碳原子為sp3雜化；分子呈四面體結構，為同一物質，C正確；

D．CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能團；但羥基個數(shù)不同，不互為同系物，D錯誤；

故選C。二、多選題(共7題，共14分)6、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．貝諾酯含有氧；氮元素；而烴只含C、H元素，故A錯誤；

B．對乙酰氨基酚與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉；不能生成二氧化碳，故B錯誤；

C．對乙酰氨基酚含有酚羥基；具有酚類的性質，可與氯化鐵反應，溶液呈紫色，可鑒別，故C正確；

D．乙酰水楊酸水解產物共含有2個羧基；1個酚羥基；則1mol乙酰水楊酸最多能與3molNaOH發(fā)生反應，故D正確；

故選CD。7、CD【分析】【分析】

淀粉在稀硫酸的作用下；水解為葡萄糖，則甲為葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下，生成乙醇，則乙為乙醇；葡萄糖在乳酸菌的作用下，生成乳酸，則丙為乳酸。

【詳解】

A．淀粉在稀硫酸的作用下；水解為葡萄糖，則硫酸所起的作用是做催化劑，A項正確；

B．蛋白質遇重金屬鹽會變性失活；酒化酶為蛋白質，乳酸菌含有蛋白質，則酒化酶與乳酸菌遇重金屬鹽會失去活性，B項正確；

C．葡萄糖含有醛基，結構簡式為CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CH2OH-CHO；C項錯誤；

D．乙醇為醇類；乳酸為羧酸；結構式不同，不互為同系物，D項錯誤；

答案選CD。8、AC【分析】【詳解】

A．當2v正(O2)=v逆(Cl2)；符合方程式化學計量數(shù)之比，且包含正反應和逆反應，可以判定達到平衡狀態(tài)，A正確；

B．加入催化劑可降低反應的活化能；加快化學反應選率，B錯誤；

C．反應4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)是氣體體積減小的反應，隨著反應的進行，氣體的總物質的量減小，恒容容器內壓強減小，故t1時容器內氣體的總壓強比t2時的大；C正確；

D．t3時，O2的物質的量為0.1mol，減少了0.2mol，故生成Cl2、H2O的物質的量均為0.4mol，容器中c(Cl2)=c(H2O)=0.2mol/L；D錯誤；

故選AC。9、BD【分析】【分析】

根據圖知；A+X→C，A+X→B，B+X→C，由此看出，A反應生成B還是C與X的量有關，結合物質間的反應分析解答。

【詳解】

A.無論氯氣是否過量；鐵在氯氣中燃燒都只生成氯化鐵，與氯氣的量無關，A項錯誤；

B.AlCl3和過量氫氧化鉀發(fā)生反應4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，則C是KAlO2，AlCl3和少量氫氧化鉀溶液發(fā)生反應3KOH+AlCl3═Al(OH)3↓+3KCl，B是Al(OH)3，Al(OH)3和氫氧化鉀溶液發(fā)生反應Al(OH)3+KOH═KAlO2+2H2O，則若X為KOH溶液，則A可能為AlCl3；B項正確；

C.無論氧氣是否過量，S在氧氣中燃燒只生成SO2，SO2與氧氣在催化劑加熱的條件下生成SO3，則若X是O2，A不可能是S；氨氣與氧氣可以生成氮氣，也可以生成一氧化氮，氮氣與氧氣反應生成一氧化氮，則若X是O2；A可以是氨氣，C項錯誤；

D.若A、B、C均為焰色反應呈黃色的化合物，則這三種物質都含有鈉元素，則X可能為CO2；A為NaOH，氫氧化鈉和過量二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，和少量二氧化碳反應生成碳酸鈉，碳酸鈉和二氧化碳；水反應生成碳酸氫鈉，所以生成物與二氧化碳的量有關，D項正確；

答案選BD。10、AC【分析】【分析】

最后得到沉淀是氫氧化鎂和氫氧化銅的混合物，根據上述分析，可以得知，金屬失去電子物質的量等于得到氫氧根離子物質的量，據此分析；

【詳解】

A．合金的質量為64n(Cu)+24n(Mg)=1.52，沉淀是氫氧化鎂和氫氧化銅的混合物，金屬失去電子物質的量等于得到氫氧根離子物質的量，2n(Cu)+2n(Mg)=解得n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol，兩者物質的量之比為2∶1，故A正確；

B．混合氣體總體積為1120mL，有n(NO2)+n(N2O4)=根據得失電子數(shù)目守恒，推出n(NO2)+2n(N2O4)=0.06，聯(lián)立解得n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，完全沉淀后溶液中溶質為NaNO3，根據原子守恒，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，則硝酸濃度為=14.0mol/L；故B錯誤；

C．根據B選項分析，n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，二氧化氮的體積分數(shù)為=80%；故C正確；

D．題中沒有說明硝酸的密度；無法計算出硝酸溶液的質量，故D錯誤；

答案為AC。11、AB【分析】【詳解】

A；D是固體；反應前后氣體分子數(shù)目不變，壓強始終不變，所以不能用壓強不變來衡量反應是否達到平衡，故A錯誤；

B；只有當A、B的投入量按反應方程式系數(shù)比投入時；反應物的轉化率才相同，故B錯誤；

C；增加A的濃度；平衡正向移動，B的物質的量減少，平衡時B的體積分數(shù)減少，故C正確；

D、混合氣體的密度體積不變，反應前后氣體質量發(fā)生改變，所以反應前后氣體密度發(fā)生改變，當氣體的密度不變，表明反應達到平衡狀態(tài)，故D正確；

故選AB；

【點睛】

反應達到平衡的標志是正逆反應速率相等，各組分的物質的量、物質的量濃度不變。也可以是當隨反應改變的量不再變化時即反應達到平衡來判定。12、AB【分析】【分析】

【詳解】

A.打開K，F(xiàn)e直接與CuCl2溶液反應生成Cu；所以鐵棒上有紫紅色物質析出，故A正確；

B.閉合K，形成原電池，F(xiàn)e作負極、碳棒作正極，溶液中的Cu2+在正極上得電子生成Cu，所以碳棒表面發(fā)生的電極反應為Cu2++2e-=Cu；碳棒上有紫紅色固體析出，故B正確；

C.閉合K，形成原電池，F(xiàn)e作負極、碳棒作正極，負極反應為Fe-2e-=Fe2+，正極反應：Cu2++2e-=Cu，當電路中有0.3NA個（0.3mol）電子通過時；負極減少0.15molFe（質量為8.4g），正極增加0.15molCu（質量為9.6g)，所以理論上碳捧與鐵棒的質量差為18g，故C錯誤；

D.閉合K，形成原電池，F(xiàn)e作負極、碳棒作正極，溶液中的Cu2+在正極上得電子生成Cu，所以碳棒表面發(fā)生的電極反應為Cu2++2e-=Cu；故D錯誤；

答案選AB。三、填空題(共7題，共14分)13、略

【分析】【分析】

純銅片和純鋅片、稀硫酸組成原電池，由圖可知b電極處有氫氣生成，則b為銅；為正極；a為鋅，為負極。

【詳解】

(1)根據分析b為正極，b上氫離子得電子生成氫氣，其電極反應式為：2H++2e?═H2↑；

(2)當量筒中收集到672mL(標準狀況下)氣體,則n(H2)=已知b上的電極反應式為：2H++2e?═H2↑，則通過導線的電子的物質的量為0.06mol，a電極上的反應為：Zn?2e?═Zn2+；則溶解的Zn的物質的量為0.03mol，則減小的Zn的質量為65g/mol×0.03mol=1.95g；

(3)如果將a、b兩電極的電極材料對調；則右邊為鋅失電子作負極，左邊為銅為正極，氫離子得電子生成氫氣，則左邊上有氫氣生成，所以U形管中出現(xiàn)的現(xiàn)象是左端液面下降，右端液面上升。

【點睛】

本題考查原電池的工作原理。純銅片和純鋅片、稀硫酸組成原電池，由圖可知b電極處有氫氣生成，則b為銅，為正極；a為鋅，為負極；b上氫離子得電子生成氫氣；根據電極方程式結合氣體的物質的量求算電子的物質的量，a極為Zn作負極失電子，根據電子守恒計算Zn的質量；如果將a、b兩電極的電極材料對調，則右邊為鋅失電子作負極，左邊為銅為正極，氫離子得電子生成氫氣?！窘馕觥?H+＋2e-=H2↑0.06mol1.95左端液面下降，右端液面上升14、略

【分析】【詳解】

(1)CH3CH=CHCH3與溴水發(fā)生加成反應，反應方程式為：CH3CH=CHCH3+Br2→CH3CHBrCHBrCH3；

(2)甲苯和氯氣在FeCl3的催化下發(fā)生取代反應，生成方程式為：+Cl2+HCl；

(3)1—溴丙烷在氫氧化鈉醇溶液中消去反應生成丙烯，化學方程式為：BrCH2CH2CH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2O；

(4)苯酚鈉溶液通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氫根，離子方程式為：；

(5)足量濃溴水與苯酚發(fā)生取代反應，方程式為：

(6)1，2—二溴丙烷與足量氫氧化鈉溶液共熱發(fā)生取代反應，方程式為：BrCH2CHBrCH3+2NaOH→OHCH2CHOHCH3+2NaBr；

(7)1—丙醇在銅做催化劑條件下加熱發(fā)生氧化反應生成丙醛，化學方程式為：2CH3—CH2—CH2OH+O22CH3—CH2—CHO+2H2O?！窘馕觥緾H3CH=CHCH3+Br2→CH3CHBrCHBrCH3+Cl2+HClBrCH2CH2CH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2OBrCH2CHBrCH3+2NaOH→OHCH2CHOHCH3+2NaBr2CH3—CH2—CH2OH+O22CH3—CH2—CHO+2H2O15、略

【分析】【詳解】

I(1)①根據表中給出的數(shù)據；無催化劑不加熱的情況下，不同濃度的過氧化氫溶液都是幾乎不反應，在無催化劑加熱的情況下，不同濃度的過氧化氫溶液都分解，說明過氧化氫的分解速率與溫度有關；但是得到相同氣體的時間不同，濃度越大，反應的速度越快，說明過氧化氫的分解速率與濃度有關；比較同一濃度的過氧化氫溶液如30%時，在無催化劑加熱的時候，需要時間是360s，有催化劑加熱的條件下，需要時間是10s，說明過氧化氫的分解速率與催化劑有關，故答案為：濃度；

②其它條件相同時，使用催化劑比不用催化劑，H2O2分解速率更快(或其它條件相同時，反應物H2O2的濃度越大，H2O2分解速率更快?；蚱渌鼦l件相同時，反應物H2O2的溫度越高，H2O2分解速率更快。)；

(2)因在其他條件相同時；粉末狀二氧化錳比塊狀二氧化錳反應所需時間短，說明催化劑表面積對反應速率有影響，故答案為：催化劑表面積；

Ⅱ.(1)保持容器體積不變；向其中充入1molHI(g)，生成物濃度變大，逆反應速率增大，平衡左移，左移之后反應物濃度增大，正反應速率增大，之后重新達到平衡，故答案為：加快；

(2)保持容器內氣體壓強不變；向其中充入1mol氦氣，容器的體積增大，反應物和生成物的濃度都減小，所以反應速率減慢，故答案為：減慢；

(3)反應進行到2min，測得容器內HI的濃度為0.2mol/L，則v(HI)==0.1mol/(L·min)，同一反應中用不同物質表示反應速率時反應速率之比等于計量數(shù)之比，所以v(H2)=v(HI)=0.05mol/(L·min)；容器體積為2L，碘的初始濃度為0.5mol/L，平衡時HI的濃度為0.2mol/L，根據方程式可知，消耗的c(I2)=0.1mol/L，所以I2的轉化率為=20%，故答案為：0.05mol/(L·min)；20%?！窘馕觥竣?濃度②.其它條件相同時,使用催化劑比不用催化劑,H2O2分解速率更快(或其它條件相同時,反應物H2O2的濃度越大,H2O2分解速率更快?；蚱渌鼦l件相同時,反應物H2O2的溫度越高,H2O2分解速率更快。)③.催化劑表面積④.加快⑤.減慢⑥.0.05mol/(L·min)⑦.20%16、略

【分析】【詳解】

人體所需的七大營養(yǎng)素，七大營養(yǎng)素是指蛋白質、脂肪、糖類、維生素、礦物質、水、纖維素，都可以從食物中攝取?！窘馕觥康鞍踪|、脂肪、糖類、維生素、礦物質、水、纖維素17、略

【分析】【分析】

本題需要通過圖像判斷加水稀釋等操作對于醋酸電離的影響；能利用K的大小分析方程式正誤。

【詳解】

(1)在冰醋酸中，CH3COOH以分子形式存在，未電離，故“O”點時不導電，故答案為：“O”點時CH3COOH還沒有發(fā)生電離；

(2)溶液的導電能力越強，c(H+)越大，故a、b、c三點對應的溶液中，c(H+)由小到大的順序為c＜a＜b，故答案為：c＜a＜b；

(3)加水稀釋，促進CH3COOH的電離，故c點對應的溶液中CH3COOH的電離程度最大；故答案為：c；

(4)A．加熱可以使CH3COOH的電離平衡右移，c(CH3COO－)增大；故A項正確；

B．加KOH固體，OH-與H+反應使平衡右移，c(CH3COO－)增大；故B項正確；

C．加水雖然會使平衡右移，但c(CH3COO-)減??；故C項錯誤；

D．加CH3COONa固體雖然會使平衡左移，但c(CH3COO－)增大；故D項正確；

E．加入鋅粒會消耗H+，使平衡右移，c(CH3COO－)增大；故E項正確；

故答案為：ABDE。

(5)A．加水稀釋，電離平衡右移，在稀釋過程中，溶液體積增大的程度大于氫離子增大的程度，則c(H+)減?。还蔄項錯誤；

B．加水稀釋，電離平衡右移，H+個數(shù)始終保持增大趨勢；故B項正確；

C．加水稀釋，電離平衡右移，CH3COOH分子數(shù)始終保持減小趨勢；故C項錯誤；

D．加水稀釋，電離平衡右移，n(H+)始終保持增大趨勢，n(CH3COOH)始終保持減小趨勢，始終保持增大趨勢；故D項正確；

故答案為：BD。

(6)A．因為Ka2＜K；所以反應方程式違反強酸制弱酸，故A項錯誤；

B．因為K＜Ka1；所以反應方程式違反強酸制弱酸，故B項錯誤；

C．因為Ka2＜K；所以反應方程式違反強酸制弱酸，故C項錯誤；

D．因為Ka1＞K；所以反應方程式滿足強酸制弱酸，故D項正確；

故答案為：D。

【點睛】

本題重點是要讀取圖像信息，同時掌握通過K的大小判斷反應是否發(fā)生的一般方法。【解析】①.“O”點時CH3COOH還沒有發(fā)生電離②.c＜a＜b③.c④.ABDE⑤.BD⑥.D18、略

【分析】【分析】

原電池中；活潑金屬作負極，較不活潑金屬或非金屬作正極，正極發(fā)生還原反應，負極發(fā)生氧化反應。

【詳解】

(1)電極材料為C和Zn；Zn較活潑，作原電池的負極，失去電子而被氧化；

(2)C為該原電池的正極；正極上發(fā)生還原反應；

(3)該原電池工作時，正極反應為2H++2e-=H2↑。【解析】Zn氧化C還原2H++2e-=H2↑19、略

【分析】【詳解】

Ⅰ.（1）反應為吸熱反應；升高溫度平衡向正反應方向移動，結合物質的狀態(tài)判斷相對分子質量的變化；

①若B；C都是氣體；氣體的總質量不變，但物質的量增大，則氣體的平均相對分子質量變小，故答案為變小；

②若B；C都不是氣體；氣體只有A，則氣體的平均相對分子質量不變，故答案為不變；

③若B是氣體；C不是氣體，氣體的物質的量不變，但氣體的質量減小，則相對分子質量減小，故答案為變??；

（2）如果平衡后保持溫度不變；將容器體積增加一倍，新平衡時A的濃度是原來的50%，說明平衡不移動，反應物氣體的計量數(shù)等于生成物氣體的計量數(shù)，所以B為氣體，C為固體或液體，故答案為氣；液或固；

Ⅱ.（1）在500s內用H2表示的化學反應速率為：v（H2）==2.96×10-3mol/（L?s），故答案為2.96×10-3mol/（L?s）；

（2）在1000s內用氫氣表示的化學反應速率是：v（H2）==2.52×10-3mol/（L?s），則1000s內用CO表示的化學反應速率為：v（CO）=v（H2）=1.26×10-3mol/（L?s）；1000s時H2的消耗濃度為：△c（H2）=（5.00-2.48）mol/L=2.52mol/L，氫氣的轉化率為×100%=50.4%，故答案為1.26×10-3mol/（L?s）；50.4%；

（3）在500s時氫氣的濃度變化為：△c（H2）=（5.00-3.52）mol/L=1.48mol/L，由反應2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）可知，生成甲醇的物質的量濃度為：c（CH3OH）=△c（H2）=0.74mol/L，故答案為0.74mol/L?！窘馕觥竣?變?、?不變③.變?、?氣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、判斷題(共1題，共7分)20、B【分析】【詳解】

熱化學方程式前面的化學計量數(shù)只表示物質的量，不表示分子數(shù)，所以可以用分數(shù)表示，故錯誤。五、有機推斷題(共1題，共3分)21、略

【分析】【分析】

I.由球棍模型可知；A為甲烷，B為乙烯，C為丁烷，D為苯；結合同系物的概念和乙烯與苯的性質分析解答(1)～(3)；

Ⅱ.A的產量可以用來衡量一個國家的石油化工水平，則A為CH2=CH2，與水在一定條件下發(fā)生加成反應生成CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化劑條件下發(fā)生氧化反應CH3CHO，CH3CHO可進一步氧化生成CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在濃硫酸作用下反應生成乙酸乙酯；據此分析解答(4)～(6)。

【詳解】

I.由球棍模型可知；A為甲烷，B為乙烯，C為丁烷，D為苯。

(1)甲烷；丁烷結構相似；都是烷烴，互為同系物，故答案為：C；

(2)乙烯中含有碳碳雙鍵；能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：B；

(3)苯和液溴反應生成溴苯和HBr，反應的方程式為+Br2+HBr，故答案為：+Br2+HBr；

Ⅱ.(4)A為乙烯(CH2=CH2)；含有的官能團是碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵；

(5)B的結構簡式為CH3CH2OH或C2H5OH，故答案為：CH3CH2OH或C2H5OH；

(6)反應③為CH3CH2OH和CH3COOH在濃硫酸作用下反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O?！窘馕觥緾B+Br2+HBr碳碳雙鍵CH3CH2OH或C2H5OH六、工業(yè)流程題(共2題，共4分)22、略

【分析】【分析】

已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O3，反應原理為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故產生的紅渣主要成分為Fe2O3和SiO2，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱充酸浸，反應原理為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，過濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向濾液中加入黃鐵礦進行還原，將Fe3+還原為Fe2+，由(3)小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為SO2-4，反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO2-4+16H+，然后進行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4調節(jié)溶液的pH為3，進行沉鐵過程，反應原理為：Fe2++2NH+4+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO3進行氧化步驟，反應原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-3+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+4，過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6；據此分析解題。

(1)由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3，濾渣①的主要成分為：SiO2，故答案為：Fe2O3；SiO2；

(2)黃鐵礦研細的主要目的是增大固液接觸面積；加快反應速率，提高