2025年外研銜接版必修2化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年外研銜接版必修2化學下冊月考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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、在恒溫、恒容條件下，可逆反應2HI(g)?H2(g)＋I2(g)在密閉容器中進行，下列能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是A.c(H2)與c(I2)保持相等B.混合氣體的顏色不再改變C.容器內壓強不隨時間變化而變化D.混合氣體總分子數(shù)不隨時間變化而變化2、鎳鎘（Ni—Cd）可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應用，它的充、放電反應按下式進行：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，有關這個電池的說法正確的是（）A.放電時負極附近的溶液的堿性不變B.放電時電解質溶液中的OH-向正極移動C.原電池時的正極反應是：Cd(OH)2+2e-=Cd+OH-D.原電池時的負極反應是：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)23、某小組同學欲通過實驗探究影響金屬與酸反應速率的因素；進行下列實驗。

。實驗裝置。

序號。

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

實驗1

取下膠塞；放入一小片金屬鈉，迅速塞上膠塞。

鈉浮在液面上并來回移動；表面出現(xiàn)有白色固體；白色固體逐漸沉到燒杯底部，液體不沸騰；氣球迅速鼓起，15s時測量氣球直徑約為3cm

實驗2

取下膠塞；放入與鈉表面積基本相同的鎂條，迅速塞上膠塞。

鎂條開始時下沉；很快上浮至液面，片刻后液體呈沸騰狀，同時產生大量白霧；氣球迅速鼓起，15s時測量氣球直徑約為5cm

鎂條開始時下沉；很快上浮至液面，片刻后液體呈沸騰狀，同時產生大量白霧；氣球迅速鼓起，15s時測量氣球直徑約為5cm

下列說法不正確的是A.實驗1獲得的白色小顆?？捎醚嫔磻獧z驗其中的Na元素B.對比實驗1與實驗2，不能說明鈉比鎂的金屬活動性強C.對比實驗1與實驗2，能說明同溫下NaCl的溶解度比MgCl2的小D.金屬鈉、鎂與鹽酸反應的速率與生成物狀態(tài)等因素有關4、已知X；Y、Z、W為短周期主族元素；在周期表中的相對位置如下圖所示，下列說法一定正確的是。

A.若X元素在自然界中存在同素異形體，則W在同周期元素中，原子半徑最小B.若HmXOn為強酸，則X的氫化物溶于水一定顯酸性（m、n均為正整數(shù)）C.若四種元素均為金屬，則Z的最高價氧化物對應的水化物一定為強堿D.若四種元素均為非金屬，則Y元素在化合物中不可能顯示正化合價5、在分子中，處于同一平面上的碳原子數(shù)最多為（）A.12個B.10個C.8個D.6個6、在一密閉容器中加入X、Y、Z三種氣體，保持一定溫度，在t1~t4測得各物質的濃度如表所示。下列結論正確的是。

。測定時刻/st1t2t3t4c(X)/mol·L-16322c(Y)/mol·L-153.533c(Z)/mol·L-112.533A.t3s時反應已經(jīng)完全停止B.在容器中發(fā)生的反應為2X+YZC.t4s時正、逆反應速率不相等D.t2~t3s內X的平均反應速率為mol·L-1·s-17、下列關于分子的敘述錯誤的是A.與苯環(huán)直接相連的原子都在同一平面上B.該物質能發(fā)生加成、氧化反應，不能發(fā)生取代反應C.最多有19個原子處在同一個平面上D.分子式為評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、為研究不同狀態(tài)（塊狀；粉末狀）碳酸鈣固體與鹽酸反應的反應速率；某同學通過實驗測定數(shù)據(jù)得出如圖所示的曲線。下列有關說法中正確的是。

A.曲線甲表示的是粉末狀碳酸鈣固體與鹽酸反應B.隨著反應進行，鹽酸濃度降低，反應速率不斷降低C.若用單位時間內CO2的體積變化來表示該反應的速率，則t2—t3時間內平均反應速率為mL·s-1D.兩次實驗，粉末狀固體最終生成的CO2的量更多9、科學家最近發(fā)明了一種A1-PbO2電池，電解質為K2SO4、H2SO4、KOH，通過X和y兩種離子交換膜將電解質溶液隔開，形成M、R、N三個電解質溶液區(qū)域(a>b)；結構示意圖如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.K+通過X膜移向M區(qū)B.R區(qū)域的電解質濃度逐漸減小C.放電時，Al電極反應為：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-D.消耗1.8gAl時，N區(qū)域電解質溶液減少16.0g10、對于工業(yè)合成氨反應：N2＋3H22NH3，下列說法不正確的是A.使用合適的催化劑能夠提高N2的轉化率B.升高溫度可以增大反應速率C.增大N2濃度可以使H2轉化率達到100℅D.增大N2濃度可以增大反應速率11、下列說法中不能說明N2＋3H22NH3已達平衡的是()A.在1個N≡N鍵斷裂的同時，有3個H—H鍵生成B.在1個N≡N鍵斷裂的同時，有6個N—H鍵斷裂C.在3個H—H鍵斷裂的同時，有1個N≡N鍵斷裂D.在3個H—H鍵生成的同時，有6個N—H鍵斷裂12、水系鈉離子電池安全性能好、價格低廉、對環(huán)境友好，有著巨大的市場前景。某鈉離子電池工作原理如圖，電池總反應為：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3

下列說法錯誤的是（）A.充電時，a接電源負極B.放電時，溶液中的Na+在NaFePO4F電極上得電子被還原C.充電時，陰極上的電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D.理論上，該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變13、化學電源在日常生活和高科技領域中都有廣泛應用。下列說法正確的是A.Fe棒為負極，電極反應為Fe-3e-=Fe3+B.能夠給用電器提供電勢差，是由于兩個電極上有得失電子能力不同的氫氣和氧氣C.鋅筒作負極，發(fā)生還原反應，鋅筒會變薄D.使用一段時間后硫酸鉛沉淀在電極板上，溶液酸性減弱，導電能力下降14、下列圖示與對應的敘述相符的是(夾持裝置已略去)。A.丙烯氣體的收集B.銀氨溶液的制備C.乙酸乙酯的制備D.驗證酸性：CH3COOH>H2CO3>C6H6O(苯酚)

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、在密閉容器中；使2molA和4molB混合發(fā)生下列反應：

A(g)＋2B(g)2C(g)ΔH<0。

(1)當反應達到平衡時，A和B的濃度比是_______；A和B的轉化率比是_______。

(2)升高平衡體系的溫度(保持體積不變)，混合氣體的平均相對分子質量_________，密度_________。(填“變大”；“變小”或“不變”)

(3)當達到平衡時，充入氬氣，并保持壓強不變，平衡將________(填“正向”；“逆向”或“不”)移動。

(4)若容器恒容、絕熱，加熱使容器內溫度迅速升至原來的2倍，平衡將________(填“向左移動”、“向右移動”或“不移動”)。達到新平衡后，容器內溫度______(填“大于”、“小于”或“等于”)原來的2倍。16、現(xiàn)代科技的發(fā)展給人們帶來物質文明的同時；也帶來了嚴重的環(huán)境污染。請回答：

(1)居室裝修使用的人造板材會釋放出一種揮發(fā)性物質，長期接觸會引發(fā)過敏性皮炎，免疫功能異常，該揮發(fā)性物質是___________(填名稱)

(2)“世界上沒有真正的垃圾，只有放錯了地方的資源?！毕聢D所示標志的含義是____

(3)下列污水處理方法中屬于化學方法的是___________(填字母)

A過濾法B中和法17、以甲烷燃料電池為例來分析在不同的環(huán)境中電極反應的書寫方法：

（1）堿性條件下燃料電池的負極反應：______________。

（2）堿性條件下燃料電池的正極反應：______________。

（3）固體電解質（高溫下能傳導O2－）環(huán)境中電池的負極反應：______________。

（4）固體電解質（高溫下能傳導O2－）環(huán)境中電池的正極反應：______________。18、觀察如圖；回答問題：

（1）該裝置叫__裝置，可以將__能轉化為__能。

（2）負極是__，電極反應式為__。

（3）正極是__，電極反應式為__。

（4）電池總反應的離子方程式為__。19、在2L密閉容器內，800℃時在反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)體系中，隨時間的變化如下：。時間/012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)下圖表示NO的變化的曲線是___________。

(2)達平衡時NO的轉化率為___________。

(3)用NO2表示內該反應的平均速率ν(NO2)=___________。

(4)能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的有___________(填序號)。

a．2n(NO2)=n(NO)b．ν(NO2)=2ν(O2)

c．容器內壓強保持不變d．容器內密度保持不變。

e．容器內顏色保持不變f．容器內混合氣體的平均相對分子質量不變。

(5)為使該反應的反應速率增大，下列措施正確的有___________。

a．適當升高溫度b．增大的濃度。

c．及時分離出NO2d．選擇高效催化劑20、寫出乙烯與水反應的方程式___________；反應類型___________。21、將2molSO2和1molO2混合置于體積可變，壓強恒定的密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生如下反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，當反應進行到時間t1點時達到平衡狀態(tài)；測得混合氣體總物質的量為2.1mol．試回答下列問題：

（1）若平衡時，容器體積為aL，寫出該反應的平衡常數(shù)為：K=__________（用含a的代數(shù)式表示）

（2）反應進行到t1時，SO2的體積分數(shù)為_______________；

（3）若在t1時充入一定量的氬氣（Ar），SO2的物質的量將________（填“增大”；“減小”或“不變”）；

（4）若在t1時升溫，重新達到平衡狀態(tài)，新平衡混合物中氣體的總物質的量____2.1mol（填“＜”、“＞”或“=”），簡單說明原因：____________。

（5）若t1達到平衡后，保持容器的體積不再變化。再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，此時v逆________v正（填“＜”；“＞”或“=”）。

（6）一定溫度下，在三個容積相同的恒容密閉容器中按不同方式投入反應物，發(fā)生反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)（正反應放熱），測得反應的相關數(shù)據(jù)如下：。容器1容器2容器3反應溫度T/K700700800反應物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正(SO2)/mol·L－1·s－1v1v2v3平衡c(SO3)/mol·L－1c1c2c3平衡體系總壓強p/Pap1p2p3物質的平衡轉化率αα1(SO2)α2(SO3)α3(SO2)平衡常數(shù)KK1K2K3

用“＜”；“＞”或“=”填入下列橫線上：

c2______2c1，v1______v2；K1_____K3，p2____2p3；α1(SO2)_____α3(SO2)；α2(SO3)＋α3(SO2)_______1評卷人得分四、元素或物質推斷題(共4題，共16分)22、如圖中每一個方格表示有關的一種反應物或生成物；其中A；C為無色氣體。

（1）寫出有關物質的化學式X：___；F__。

（2）寫出A→D的化學方程式___。

（3）寫出實驗室制備C的化學方程式___。

（4）分別取兩份50mLNaOH溶液；各向其中通入一定量的氣體A，隨后各取溶液10mL分別將其稀釋到相同體積，得到溶液甲和乙，分別向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，產生的A氣體體積（標準狀況下）與所加入的HCl的體積之間的關系如圖所示，試分析：

①NaOH在吸收A氣體后，乙圖所示溶液中存在的溶質是：___，其物質的量之比是：__。

②原NaOH溶液的物質的量濃度是___mol/L。23、如圖；根據(jù)圖示回答：

(1)A的分子式為_______；B的分子式為_______；C的分子式為_______。

(2)將E溶于水，配制成0.1mol/L的溶液，滴入酚酞，顯_______色。

(3)寫出NH4Cl溶液與NaOH溶液共熱反應的離子方程式_______。

(4)A→B的化學方程式為_______。

(5)實驗室長期保存濃硝酸，需使用棕色試劑瓶，并放置在陰涼處，其原因為_______(用化學方程式表示)。24、甲；乙、丙三種化合物均由氫、氮、氧、銅四種元素中兩種元素組成。常溫下；甲是一種含氮質量分數(shù)為87.5%的液態(tài)化合物，相對分子質量與空氣中某種主要成份的相對分子質量相同；乙和丙是銅的兩種常見氧化物，乙是新制的氫氧化銅與乙醛反應的還原產物。試回答下列問題：

（1）甲的結構式___。

（2）甲和丙反應的產物中含有乙和一種氣態(tài)單質，寫出其化學方程式___。

（3）向乙固體中加入過量硫酸酸化的硫酸鐵溶液；乙固體完全溶解，得到透明溶液。

①寫出其離子方程式___。

②若所得溶液陽離子濃度均約為0.1mol?L-1，再向所得混合液中加丙，最先得到___沉淀(不同濃度的金屬離子開始和完全以氫氧化物沉淀的pH如圖)。

③向上述混合液加入有機萃取劑(RH)發(fā)生反應：2RH(有機相)+Cu2+(水相)?R2Cu(有機相)+2H+(水相)，已知其它陽離子與該有機物不能發(fā)生反應，也不相溶。試設計實驗驗證有機相中含有銅元素___。25、某無色溶液甲中僅含有下列離子中的幾種(不考慮水的電離以及離子的水解)。陽離子K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、陰離子Cl-、

取100mL溶液甲并分成兩等份進行如圖實驗(假設每步完全反應)：

(1)由①可知，原溶液中存在的離子有___________，濃度為___________mol·L-1。

(2)原溶液中肯定存在的離子___________肯定不存在的離子___________。

(3)寫出實驗②中生成沉淀的離子方程式：___________。評卷人得分五、結構與性質(共4題，共40分)26、如表列出了①～⑦七種元素在周期表中的位置。

請按要求回答：

(1)七種元素中，原子半徑最大的是(填元素符號)___。

(2)③與⑦的氣態(tài)氫化物中，穩(wěn)定性較強的是(填化學式)___。

(3)元素⑥的最高價氧化物對應的水化物是(填化學式)___。

(4)由①、②、③三種元素組成的離子化合物是___，檢驗該化合物中陽離子的方法是___。

(5)下列事實能說明O的非金屬性比S的非金屬性強的是___(填字母代號)。

a.O2與H2S溶液反應；溶液變渾濁。

b.加熱條件下H2S比H2O更容易分解。

c.在氧化還原反應中，1molO2比1molS得電子多。

d.H2O的沸點比H2S高。

(6)含有上述元素的物質間存在如圖轉化。

M所含的化學鍵類型是___，實驗室檢驗AlCl3是否為離子化合物的方法___。27、有下列各組物質：①和②石墨和足球烯；③正丁烷和異丁烷；④丙烷和庚烷；⑤和⑥CH3-CH2-CH2-CH3和CH3-CH(CH3)CH3.用序號填空：

（1）___________組互為同位素。

（2）___________組互為同素異形體。

（3）___________組屬于同系物。

（4）___________組互為同分異構體。

（5）___________組是同一物質。28、判斷正誤。

（1）高級脂肪酸甘油酯是高分子化合物_____

（2）天然的不飽和高級脂肪酸甘油酯都是簡單甘油酯_____

（3）植物油可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色_____

（4）高級脂肪酸和乙酸互為同系物_____

（5）氫化油又稱人造脂肪，通常又叫硬化油_____

（6）油脂的氫化與油脂的皂化都屬于加成反應_____

（7）油脂在堿性條件下的水解一定得到高級脂肪酸鈉和甘油_____

（8）魚油(主要成分是二十碳五烯酸和二十二碳六烯酸)不是油脂_____

（9）氫化油的制備方法是在加熱植物油時，加入金屬催化劑，通入氫氣，使液態(tài)油脂變?yōu)榘牍虘B(tài)或固態(tài)油脂___

（10）植物油經(jīng)過氫化處理后會產生有害的副產品反式脂肪酸甘油酯，攝入過多的氫化油，容易堵塞血管而導致心腦血管疾病_____29、考查官能團名稱。

（1）寫出E()中任意兩種含氧官能團的名稱___________。

（2）D()具有的官能團名稱是___________。(不考慮苯環(huán))

（3）C()中所含官能團的名稱為___________。

（4）寫出化合物E()中含氧官能團的名稱___________；E中手性碳(注：連有四個不同的原子或基團的碳)的個數(shù)為___________。

（5）A()中的含氧官能團名稱為硝基、___________和___________。

（6）A()中的官能團名稱是___________。

（7）A(C3H6)是一種烯烴，化學名稱為___________，C()中官能團的名稱為___________、___________。

（8）中的官能團名稱是___________。

（9）]中含氧官能團的名稱是___________。

（10）CH2OH(CHOH)4CH2OH中含有的官能團的名稱為___________。

（11）中官能團的名稱為___________。

（12）中的官能團名稱為___________(寫兩種)。

（13）中含氧官能團的名稱為___________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)。

【詳解】

A．投入HI，正向建立平衡，c(H2)與c(I2)始終保持相等；不能確定是否達到平衡，故A不選；

B．混合氣體的顏色不再改變；說明碘蒸氣的濃度不變，反應達平衡狀態(tài)，故B選；

C．2HI(g)?H2(g)＋I2(g)是氣體體積不變的反應；容器內壓強不隨時間變化而變化，不能確定是否達到平衡，故C不選；

D．2HI(g)?H2(g)＋I2(g)是反應前后氣體分子數(shù)不變的反應；混合氣體總分子數(shù)不隨時間變化而變化，不能確定是否達到平衡，故D不選；

故選B。2、D【分析】【分析】

由Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，可知，放電時Cd是負極，發(fā)生氧化反應，NiOOH是正極，發(fā)生還原反應；充電時Ni(OH)2在陽極發(fā)生氧化反應，Cd(OH)2在陰極發(fā)生還原反應。

【詳解】

A．放電時負極反應是Cd-2e－+2OH－=Cd(OH)2；所以負極附近的溶液的堿性減弱，故A錯誤；

B．放電時電解質溶液中的OH－向負極移動；故B錯誤；

C．原電池的正極是NiOOH發(fā)生還原反應：2NiOOH+2e－+2H2O=2Ni(OH)2+2OH－；故C錯誤；

D．原電池的負極是Cd發(fā)生氧化反應：Cd-2e－+2OH－=Cd(OH)2；故D正確；

故選D。3、B【分析】【分析】

通過對比實驗1和實驗2的操作與現(xiàn)象可知；實驗1中鈉太活潑，先與水反應生成氫氧化鈉，再與濃鹽酸反應生成溶解度不大的氯化鈉，附著在還未反應的Na表面，阻礙了Na反應的進行，所以出現(xiàn)上述現(xiàn)象；對比實驗1，實驗2中，利用相同表面積的Mg做相同的實驗，表面現(xiàn)象看似Mg反應快，是因為Mg直接與鹽酸反應生成氫氣，產生的氫氣比實驗1多，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．Na元素可用焰色試驗來檢驗；若白色小顆粒中含Na元素，則焰色反應為黃色，A正確；

B．根據(jù)上述分析可知；對比實驗1與實驗2的操作與實驗現(xiàn)象，能說明鈉比鎂的金屬活動性強，只是因為表面生成的白色固體顆粒阻礙了Na與HCl的反應，通過表面現(xiàn)象探究實質才是真理，B錯誤；

C．對比實驗1與實驗2，實驗1中有白色固體，實驗2中沒有，則說明同溫下NaCl的溶解度比MgCl2的小；C正確；

D．通過上述實驗可得出；金屬鈉；鎂與鹽酸反應的速率不僅與本身的性質有關，還與生成物狀態(tài)等因素有關，D正確；

故選B。4、C【分析】若X為碳元素，W為磷元素，磷原子半徑大于碳原子半徑，A錯誤；n=1，HNO3為強酸，NH3的水溶液顯堿性，B錯誤；四種元素只能為X為Li、Y為Be、Z為Na、W為Mg；氫氧化鈉溶液堿性最強，C正確；若X為碳、Y為氮，氮元素化合價有正價:+1、+2、+3、+4、+5等，D錯誤；正確選項C。5、A【分析】【詳解】

由于苯環(huán)和碳碳雙鍵均是平面形結構，碳碳三鍵是直線形結構，直線在雙鍵的平面上，兩個平面可以通過碳碳單鍵的旋轉達成共面，因此該有機物分子中所有碳原子均可能共平面，答案選A。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．密閉容器內；反應物沒有完全消耗完，反應不可能停止，只是達到平衡狀態(tài)而已，描述錯誤，A不符題意；

B．根據(jù)表格中t1和t3數(shù)據(jù)；△c(X)∶△c(Y)∶△c(Z)=4∶2∶2=2∶1∶1，反應中各物質△c之比等于反應方程式化學計量數(shù)之比，所以反應方程式書寫正確，B符合題意；

C．t3、t4時刻物質濃度數(shù)據(jù)沒變；說明反應達到化學平衡，反應v(正)=v(逆)，描述錯誤，C不符題意；

D．根據(jù)速率公式，得計算錯誤，D不符題意；

綜上，本題選B。7、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)苯分子的結構特點可知；與苯環(huán)直接相連的原子都在同一平面上，A項正確；

B．該分子中含有碳碳三鍵及碳碳雙鍵；能發(fā)生加成反應；氧化反應，苯環(huán)上能發(fā)生取代反應，B項錯誤；

C．根據(jù)苯環(huán)；碳碳雙鍵、碳碳三鍵上的所有原子共平面這一結構特點可知；該分子中最多有19個原子共面，C項正確；

D．根據(jù)結構式可知，其分子式為D項正確；

答案選B。二、多選題(共7題，共14分)8、AC【分析】【詳解】

A．粉末狀碳酸鈣固體與鹽酸反應；生成二氧化碳的量不變，但接觸面積增大；反應速率加快，時間減少，而曲線甲用時小，則曲線甲表示的是粉末狀碳酸鈣固體與鹽酸反應，故A正確；

B．碳酸鈣與鹽酸反應放熱，升高溫度加快反應速率，則反應開始時，溫度對反應速率的影響起主要作用，導致0-t1內的反應速率逐漸增大；隨著反應的進行，濃度降低起主要作用，反應速率才不斷降低，故B錯誤；

C．由v=可知，t2-t3的速率v(CO2)=mL·s-1；故C正確；

D．探究反應速率的影響因素時；只控制一個變量，則為研究不同狀態(tài)(塊狀；粉末狀)碳酸鈣固體與鹽酸反應的反應速率，兩次實驗所取碳酸鈣固體質量一樣，與足量的鹽酸反應，生成二氧化碳的量相同，故D錯誤；

答案為AC。9、AB【分析】【分析】

該電池為Al-PbO2電池，從圖中可知原電池工作時負極發(fā)生Al?3e?+4OH?=[Al(OH)4]?，消耗OH-，K+向正極移動，正極PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，正極消耗氫離子和陰離子向負極移動，則x是陽離子交換膜，y是陰離子交換膜，則M區(qū)為KOH，R區(qū)為K2SO4，N區(qū)為H2SO4。

【詳解】

A．由上述分析可知，原電池工作時負極發(fā)生Al?3e?+4OH?=[Al(OH)4]?，消耗OH-，K+向正極移動；向R區(qū)移動，A錯誤；

B．由上述分析可知，R區(qū)域K+與不斷進入；所以電解質濃度逐漸增大，B錯誤；

C．放電時候，原電池工作時負極發(fā)生Al?3e?+4OH?=[Al(OH)4]?；C正確；

D．消耗1.8gAl，電子轉移0.2mol，N區(qū)消耗0.4molH+，0.1mol同時有0.1mol移向R區(qū)，則相當于減少0.2molH2SO4，同時生成0.2molH2O；則R區(qū)實際減少質量為0.2mol×98g/mol-0.2mol×18g/mol=16g，D正確；

故選AB。10、AC【分析】【詳解】

A.催化劑只能改變反應速率；不能改變轉化率，故A錯誤；

B.溫度升高；活化分子增多，反應速率加快，故B正確；

C.可逆反應有一定的限度；反應物不可能完全轉化，故C錯誤；

D.增大反應物的濃度可以增大正反應速率；平衡右移，使生成物濃度也增大，逆反應速率也增大，故D正確；

故答案為AC。11、CD【分析】【分析】

生成物或者反應物中；舊鍵斷裂的同時，又有新鍵的生成，方向呈相反方向時，可判斷反應已達到平衡狀態(tài)。

【詳解】

A.由N2＋3H22NH3可知；1個N≡N鍵斷裂代表正反應，3個H—H鍵形成代表逆反應，而且正；逆反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，說明反應達到平衡狀態(tài)，故A不符合題意；

B.由N2＋3H22NH3可知；1個N≡N鍵斷裂指的是正反應速率，6個N—H鍵斷裂指的是逆反應速率，且正逆反應速率之比等于化學反應計量數(shù)之比，所以該反應達到平衡狀態(tài)，故B不符合題意；

C.由N2＋3H22NH3可知；3個H—H鍵斷裂表示正反應速率，1個N≡N鍵斷裂表示的也是正反應速率，故該反應沒有達到平衡狀態(tài)，故C符合題意；

D.由N2＋3H22NH3可知；3個H—H鍵生成表示的是逆反應速率，6個N—H鍵斷裂，指的也是逆反應速率，故該反應沒有達到平衡狀態(tài)，故D符合題意；

故答案：CD。12、AB【分析】【分析】

根據(jù)電池總反應，放電時NaFePO4F→Na2FePO4F，F(xiàn)e元素化合價由+3降低為+2，NaFePO4F為正極；放電時Na3Ti2(PO4)3→NaTi2(PO4)3，Ti元素化合價由+3升高為+4，Na3Ti2(PO4)3是負極。

【詳解】

A.a是原電池正極；充電時，原電池的正極作陽極，a接電源正極，故A錯誤；

B.放電時，NaFePO4F電極上的Fe元素化合價由+3降低為+2；Fe元素被還原，故B錯誤；

C.充電時，陰極發(fā)生還原反應，陰極上的電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3；故C正確；

D.根據(jù)總反應式2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3，硫酸鈉、水不參與反應，該電池在充電或放電過程中溶液中的c(Na+)不變；故D正確；

選AB。13、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．Fe棒為負極，發(fā)生的電極反應為Fe-2e-=Fe2+；故A錯誤；

B．氧氣和氫氣得失電子能力不同；能夠發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應，形成原電池，給用電器提供電勢差，故B正確；

C．鋅錳干電池；鋅筒作負極，發(fā)生氧化反應被消耗，所以鋅筒會變薄，故C錯誤；

D．鉛蓄電池，放電時的總反應為Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O；所以使用一段時間后，電解質溶液的酸性減弱，離子濃度減小，導電能力下降，故D正確；

故答案為BD。14、AD【分析】【詳解】

A．丙烯難溶于水；用排水發(fā)收集丙烯，故A正確；

B．把氨水滴入硝酸銀溶液制備銀氨溶液；故B錯誤；

C．制備乙酸乙酯；用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯，故C錯誤；

D．乙酸和石灰石反應放出二氧化碳氣體；證明乙酸的酸性大于碳酸；二氧化碳用飽和碳酸氫鈉除去乙酸蒸氣后再通入苯酚鈉溶液中生成苯酚，溶液變渾濁，證明碳酸的酸性大于苯酚，故D正確；

選AD。三、填空題(共7題，共14分)15、略

【分析】【分析】

(1)對于A(g)＋2B(g)2C(g)ΔH<0；在密閉容器中，開始時注入2molA和4molB，發(fā)生反應時消耗A和B始終按照1∶2進行，據(jù)此分析判斷；

(2)根據(jù)升高平衡體系的溫度時，平衡向逆反應方向移動，根據(jù)混合氣體的平均相對分子質量=密度ρ=判斷；

(3)恒壓容器中加入惰氣；為保持壓強不變，容器體積增大，相當于減小壓強，據(jù)此分析判斷；

(4)根據(jù)勒夏特列原理解答；若容器恒容；絕熱，加熱使容器內溫度迅速升至原來的2倍，平衡向體系溫度降低的方向移動，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)對于A(g)＋2B(g)2C(g)ΔH<0，在密閉容器中，開始時注入2molA和4molB，發(fā)生反應時消耗A和B始終按照1∶2進行，所以當反應達到平衡時，剩余A和B的物質的量之比為1∶2，濃度之比也為1∶2；又轉化率=所以A和B的轉化率之比為1∶1，故答案為1∶2；1∶1；

(2)因為該反應為放熱反應，則升高平衡體系的溫度時，平衡向逆反應方向移動，氣體的物質的量變大，質量不變，所以混合氣體的平均相對分子質量=減小，又容器體積不變，所以密度ρ=不變；故答案為變?。徊蛔?；

(3)當達到平衡時；充入氬氣，并保持壓強不變，體積增大，相當于體系的壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動，該反應是氣體體積減小的反應，所以平衡逆向移動，故答案為逆向；

(4)若容器恒容；絕熱；加熱使容器內溫度迅速升至原來的2倍，該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向吸熱的方向移動，即平衡向左移動，使體系溫度降低，達到新平衡后，容器內溫度小于原來的2倍，故答案為向左移動；小于。

【點睛】

本題的易錯點為(4)，要注意正確理解平衡移動的原理，改變平衡的條件，平衡將向減弱這種改變的方向移動，但不能阻止這種改變?！窘馕觥竣?1∶2②.1∶1③.變?、?不變⑤.逆向⑥.向左移動⑦.小于16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)甲醛來自人造地板；家具以及裝修粘合劑；長期接觸低劑量的該物質，可引起過敏性皮炎、免疫功能異常，甲醛具有揮發(fā)性，居室裝修使用的人造板材會釋放出甲醛；

(2)圖示標志的含義是可回收垃圾；

(3)過濾沒有新物質生成，中和法有新物質生成，屬于化學方法的是中和法，故選B?！窘馕觥考兹┛苫厥誃17、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）甲烷燃料電池在堿性條件下，甲烷失電子，與氫氧根離子反應，生成碳酸根離子和水，電極反應式為CH4＋10OH－－8e－=CO32-＋7H2O；

（2）電池的正極，氧氣得電子，與水反應生成氫氧根離子，電極反應式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－；

（3）甲烷燃料電池在固體電解質（高溫下能傳導O2－）環(huán)境中，甲烷失電子，與氧離子反應生成二氧化碳和水，電極反應式為CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；

（4）電池的正極氧氣得電子，生成氧離子，電極反應式為：O2＋4e－=2O2－。

【點睛】

甲烷燃料電池，在堿性條件下，生成的二氧化碳與氫氧根離子生成碳酸根離子；在酸性條件下，則生成二氧化碳?！窘馕觥緾H4＋10OH－－8e－=＋7H2OO2＋2H2O＋4e－=4OH－CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2OO2＋4e－=2O2－18、略

【分析】【分析】

該裝置為原電池，可將化學能轉化為電能。根據(jù)兩極金屬相對活動性可確定鐵為負極，銅為正極；負極金屬本身失去電子，發(fā)生氧化反應：Fe－2e－=Fe2＋；溶液中的陽離子在正極上得電子，發(fā)生還原反應：Cu2＋＋2e－=Cu。正、負極反應式相加，可得電池總反應的離子方程式為Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋。

【詳解】

（1）裝置沒有外接電源；故為原電池，將化學能轉化為電能；

故答案為：原電池；化學；電；

（2）鐵比較活潑，負極是鐵電極，電極方程式為Fe－2e-=Fe2＋；

故答案為：鐵，F(xiàn)e－2e-=Fe2＋；

（3）正極是銅電極，電極方程式為Cu2＋＋2e-=Cu；

故答案為：銅，Cu2＋＋2e-=Cu；

（4）將正負極電極方程式相加得電池總反應的離子方程式為Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋；

故答案為：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋

【點睛】

自發(fā)進行的氧化還原反應是形成原電池的條件之一，區(qū)分原電池和電解池的看有無外接電源。，【解析】原電池化學電鐵(Fe)Fe－2e-=Fe2＋銅(Cu)Cu2＋＋2e-=CuFe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由表中數(shù)據(jù)可知從3s開始；NO的物質的量為0.007mol，不再變化，3s時反應達平衡，所以平衡時NO的濃度為0.007mol÷2L=0.0035mol/L，NO是反應物，起始濃度是0.02mol÷2L=0.01mol/L，因此表示NO的變化的曲線是c；

(2)達平衡時NO的轉化率為×100%＝65%；

(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知2s內消耗NO的物質的量是0.02mol-0.008mol＝0.012mol，生成NO2是0.012mol，濃度是0.012mol÷2L＝0.006mol/L，則用NO2表示內該反應的平均速率ν(NO2)=0.006mol/L÷2s＝0.003mol/(L·s)；

(4)a．2n(NO2)=n(NO)不能說明正逆反應速率相等；反應不一定處于平衡狀態(tài)；

b．根據(jù)方程式可知ν(NO2)=2ν(O2)始終成立；反應不一定處于平衡狀態(tài)；

c．正反應體積減??；容器內壓強保持不變時，可說明反應一定處于平衡狀態(tài)；

d．混合氣體的總質量不變；容器容積為定值，所以密度自始至終不變，不能說明達到平衡；

e．容器內顏色保持不變；即二氧化氮濃度不再發(fā)生變化，反應達到平衡狀態(tài)；

f．反應前后質量不變；隨反應進行，反應混合氣體總的物質的量在減小，容器內混合氣體的平均相對分子質量不變時，可說明反應一定處于平衡狀態(tài)；

故答案為：cef；

(5)a．適當升高溫度可使反應速率加快；

b．增大的濃度可使反應速率加快；

c．及時分離出NO2；濃度減小，反應速率減??；

d．選擇高效催化劑可使反應速率加快；

故答案為：abd?！窘馕觥縞65%0.003mol/(L·s)cefabd20、略

【分析】【分析】

【詳解】

反應過程中，乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，反應方程式為：CH2═CH2+H2OCH3CH2OH?！窘馕觥緾H2═CH2+H2OCH3CH2OH加成反應21、略

【分析】【詳解】

（1）平衡時；體積為aL；

由題可知，(2-2x)+(1-x)+2x=2.1，解得x=0.9，則

（2）由（1）分析可知，反應進行到t1時，SO2的體積分數(shù)為

（3）該反應在恒壓裝置中進行，充入氬氣，氬氣不參加反應，因此容器體積將增大，容器內反應物總壓將減小，平衡將向氣體體積增大的方向移動，即平衡將逆向移動，SO2的物質的量將增大；

（4）該反應正向為放熱反應；升高溫度，平衡將向吸熱反應方向移動，即平衡將逆向移動，達到新平衡混合物中氣體的總物質的量大于2.1mol；

（5）恒容條件下，再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，反應將正向進行，v逆＜v正；

（6）由題中表格信息可知，容器2建立的平衡相當于容器1建立平衡后再將容器的容積縮小為原來的(相當于壓強增大為原來的2倍)后平衡移動的結果，由于加壓，化學反應速率加快，則v1＜v2；由于平衡右移，則α1(SO2)＜α2(SO2)，根據(jù)勒夏特列原理可得c2＞2c1，p1＜p2＜2p1；容器3中建立的平衡相當于容器1建立的平衡升溫后平衡移動的結果。升高溫度，化學反應速率加快，則v1＜v3；由于平衡左移，則α1(SO2)＞α3(SO2)，c1＞c3。由于溫度升高，氣體物質的量增加，故p3＞p1。對于特定反應，平衡常數(shù)僅與溫度有關，溫度升高，題給平衡左移，平衡常數(shù)減小，則K1＝K2＞K3，由以上分析可知c2＞2c1，p1＜p2＜2p1，p1＜p3，則p2＜2p3，v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)，因為c2＞2c1，c1＞c3，則c2＞2c3。若容器2的容積是容器1的2倍，則兩者建立的平衡完全相同，根據(jù)平衡特點，此時應存在α1(SO2)＋α2(SO3)＝1，由于容器2的平衡相當于容器1的平衡加壓，故α2(SO3)將減小，則α1(SO2)＋α2(SO3)＜1，結合α1(SO2)＞α3(SO2)，則α2(SO3)＋α3(SO2)＜1?！窘馕觥竣?810a②.9.52%③.增大④.＞⑤.正反應放熱，升溫，平衡逆向移動，氣體的物質的量增大⑥.＜⑦.＞⑧.＜⑨.＞⑩.＜?.＞?.＜四、元素或物質推斷題(共4題，共16分)22、略

【分析】【分析】

根據(jù)框圖，X既能與鹽酸反應，又能與NaOH反應，分別生成氣體A和C，則X應為弱酸的銨鹽，氣體A能與過氧化鈉反應，故A為CO2，則D為碳酸鈉或氧氣；C能夠發(fā)生催化劑作用下能夠與D反應，則C為NH3，D為O2，則X應為NH4HCO3或(NH4)2CO3，B為H2O，結合轉化關系可知，E為NO，F(xiàn)為NO2，G為HNO3；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)由以上分析可知X為NH4HCO3或(NH4)2CO3，F(xiàn)為NO2，故答案為NH4HCO3或(NH4)2CO3；NO2；

(2)Na2O2和CO2的反應生成碳酸鈉和氧氣，反應的化學方程式為2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案為2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；

(3)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣在加熱條件下制備氨氣，反應的方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

(4)①(乙)中從開始生成CO2氣體至二氧化碳體積最大，消耗HCl50mL，發(fā)生的反應為NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳與NaOH反應后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，將CO32-轉化為HCO3-應消耗HCl為50mL，而圖像中開始生成CO2氣體之前消耗HCl體積為25mL，說明該階段只發(fā)生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳與NaOH反應后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3轉化為NaHCO3消耗鹽酸體積為25mL，則原溶液中NaHCO3消耗鹽酸體積50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物質的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案為NaHCO3和Na2CO3；1∶1；

②加入75mL鹽酸時，溶液中溶質都恰好完全反應，此時溶液中只含有溶質NaCl，根據(jù)元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氫氧化鈉溶液的濃度==0.75mol/L，故答案為0.75?！窘馕觥縉H4HCO3或(NH4)2CO3NO22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONaHCO3和Na2CO31：10.7523、略

【分析】【分析】

由題干所示轉化關系圖可知，根據(jù)反應NH4ClNH3↑+HCl↑，4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，可推知：A為NH3，B為NO，C為NO2，D為HNO3；E為HCl，據(jù)此分析解題。

【詳解】

(1)由分析可知，A的分子式為NH3，B的分子式為NO，C的分子式為NO2，故答案為：NH3；NO；NO2；

(2)由分析可知；E為HCl，故將E溶于水，配制成0.1mol/L的溶液，滴入酚酞，顯無色，故答案為：無；

(3)NH4Cl溶液與NaOH溶液共熱反應方程式為：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O，故該反應的離子方程式為：+OH-NH3↑+H2O，故答案為：+OH-NH3↑+H2O；

(4)A→B的反應為NH3催化氧化的反應方程式，故該反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

(5)由于濃硝酸見光易分解，4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故實驗室長期保存濃硝酸，需使用棕色試劑瓶，并放置在陰涼處，故答案為：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O。【解析】NH3NONO2無+OH-NH3↑+H2O4NH3+5O24NO+6H2O4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O24、略

【分析】【分析】

常溫下，甲是一種含氮質量分數(shù)為的液態(tài)化合物，相對分子質量與空氣中某種主要成份的相對分子質量相同，因為空氣的主要成分為氧氣和氮氣，所以該化合物的相對分子質量為32；銅的兩種常見氧化物是：CuO、Cu2O，乙是新制的氫氧化銅與乙醛反應的還原產物，則乙是Cu2O，丙是CuO，硫酸酸化的硫酸鐵溶液與Cu2O反應的離子方程式為：Cu2O+2Fe3++2H+=2Cu2++2Fe2++H2O；利用溶液Ksp判斷溶液中當濃度均約為0.1mol?L-1Fe2+、Fe3+、Cu2+的三種離子；哪一個需要的氫氧根離子的濃度越小(pH越小)，哪一個先出現(xiàn)沉淀。

【詳解】

甲、乙、丙三種化合物均由氫、氮、氧、銅四種元素中兩種元素組成．常溫下，甲是一種含氮質量分數(shù)為的液態(tài)化合物，相對分子質量與空氣中某種主要成份的相對分子質量相同，而空氣的主要成分為氧氣和氮氣，如為氮氣，則相對分子質量為28，沒有符合物質，如為氧氣，則相對分子質量為32，則該化合物含N的質量為則甲含有N、H兩種元素，分子式為乙和丙是銅的兩種常見氧化物，乙是新制的氫氧化銅與乙醛反應的還原產物，則乙為丙為CuO。

甲為結構式為

故答案為：

甲和丙反應的產物中含有乙和一種氣態(tài)單質，該氣體單質為氮氣，反應的方程式為：

故答案為：

向固體中加入過量硫酸酸化的硫酸鐵溶液，固體完全溶解；得到透明溶液，應生成硫酸銅和硫酸亞鐵：

反應的離子方程式為：

故答案為：

反應后硫酸鐵過量，由圖象可知完全沉淀時所需pH較小，則加入CuO消耗氫離子時，溶液pH不斷增大，首先析出的沉淀是

故答案為：

由可逆反應有機相水相有機相水相可知，可在有機相中加入鹽酸或稀硫酸，則平衡向逆向移動，如溶液變成藍色，可說明有機相中含有

故答案為：取有機層；加入鹽酸或稀硫酸，振蕩后水層呈藍色，則證明有機相中含有銅元素。

【點睛】

結合題中信息，判斷出甲物質是N2H4，乙物質、丙物質分別為CuO，利用溶度積常數(shù)計算Fe2+、Fe3+、Cu2+的三種離子，哪一個需要的氫氧根離子的濃度越小的時候，首先沉淀，從題中讀懂所給有機萃取劑的作用?！窘馕觥縉2H4+4CuO=2Cu2O+N2↑+2H2OCu2O+2Fe3++2H+=2Cu2++2Fe2++H2OFe(OH)3取有機層，加入鹽酸或稀硫酸，振蕩后水層呈藍色，則證明有機相中含有銅元素25、略

【分析】【分析】

溶液甲加過量的氫氧化鈉溶液后加熱，收集到448mL氣體，即0.02mol，無沉淀產生，同時得到溶液乙，則一定不含F(xiàn)e3+，一定含且n()=0.02mol；向溶液乙中通過量的二氧化碳氣體，生成白色沉淀，白色沉淀為氫氧化鋁，則原溶液一定含Al3+，與Al3+反應的不能存在，沉淀經(jīng)過濾，洗滌灼燒后，得到1.02g固體，固體為氧化鋁，則n(Al3+)=×2=0.02mol；甲溶液加足量的氯化鋇溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)鹽酸充分洗滌，干燥，得到11.65g固體，固體為硫酸鋇，原溶液中一定含與反應的Ba2+不能存在，n()==0.05mol，由電荷守恒可知，陰離子總數(shù)(0.05mol×2)＞陽離子總數(shù)(0.02mol×1+0.02mol×3)，則一定還含陽離子K+。

【詳解】

(1)由①可知，原溶液中存在的離子有且n()=0.02mol，100mL溶液被平均分為兩份，則c()==0.4mol·L-1；

(2)根據(jù)分析，原溶液中肯定存在的離子Al3+、K+，肯定不存在的離子Fe3+、Ba2+；

(3)實驗②中為過量的二氧化碳與偏鋁酸鈉反應生成沉淀為氫氧化鋁和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+【解析】0.4Al3+、K+Fe3+、Ba2++CO2+2H2O=Al(OH)3↓+五、結構與性質(共4題，共40分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)元素周期表中原子半徑最大的元素應該處于左下角；故七種元素中，原子半徑最大的是在左下角的元素符號為Na，故答案為：Na；

(2)③為O元素，與⑦為S元素，二者的氣態(tài)氫化物中，穩(wěn)定性較強的是非金屬性強的O元素形成的氫化物H2O，故答案為：H2O；

(3)元素⑥Si的最高價氧化物對應的水化物是H2SiO3(或H4SiO4)，故答案為：H2SiO3(或H4SiO4)；

(4)由①、②、③三種