2025年苏人新版必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年苏人新版必修2化学下册阶段测试试卷815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5题，共10分)1、下列说法中正确的是()A.放热反应一定不用加热，吸热反应一定需加热B.破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，该反应为吸热反应且ΔH>0C.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源D.升高温度或加入催化剂，都可以改变化学反应的反应热2、下列说法不正确的是A.耐高温的碳化硅陶瓷是新型无机非金属材料B.二氧化硅是半导体材料，硅是光导纤维材料C.抗坏血酸(即维生素C)是水果罐头中常用的抗氧化剂D.绿色化学是要从源头减少或消除环境污染3、将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为A.2mol/LB.1.8mol/LC.2.4mol/LD.3.6mol/L4、某种新型超级电池采用高铁酸钾（）作正极材料，填充的金属作负极材料，溶液为电解液，该电池具有电压高且稳定、绿色环保等特点。下列说法正确的是（）A.正极的电极反应式为B.负极的电极反应式为C.电池工作过程中，溶液的增大D.该电池工作时，电子从负极经溶液流向正极5、下列四组物质中，不能用溴水鉴别的是A.和B.NaOH和NaClC.乙烷和乙烯D.正戊烷和正己烷评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、下图中曲线表示一定条件下可逆反应X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)；ΔH<0的反应过程。若使a曲线变为b曲线；可采取的措施是。

A.加入催化剂B.增大Y的浓度C.降低温度D.增大体系压强7、为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率；实验结果如图所示，下列说法正确的是。

A.pH越小，氧化率越大B.温度越高，氧化率越小C.Fe2＋的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还受其他因素影响D.实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率8、“理解与辨析能力”和“分析与推测能力”；都是化学四大关键能力之一；读图看表识数据，对关键能力的要求很高。一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示(6s时反应达到平衡状态)，对该反应的推断正确的是。

A.进行到1s时，B.方程式为C.进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol(L·s)D.进行到6s时，B和D的物质的量浓度均为9、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10、如图是用稀HNO3和Cu制取少量NO并验证氮氧化合物性质的装置．下列说法错误的是（）

A.吸收剂可以是NaOH溶液B.试管上部的气体始终为无色C.小试管中溶液最终呈蓝色D.试纸先变红后褪色11、一种镁氧电池如图所示；电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法错误的是。

A.电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2B.正极反应式为：Mg－2e－＝Mg2＋C.活性炭可以加快O2在负极上的反应速率D.电子的移动方向由a经外电路到b12、微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）

A.HS-在硫氧化菌作用下转化为SO的反应为HS-+4H2O-8e-=SO+9H+B.电子从电极b流出，经外电路流向电极aC.如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化D.若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.4molH+通过质子交换膜13、在密闭容器中，一定量混合气体发生反应xA(g)+yB(g)=zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3mol/L，下列有关判断正确的是A.x+y＜zB.平衡向逆反应方向移动C.B的浓度增大D.C的体积分数下降14、分子式为C8H10的芳香烃，其一氯代物的种类不可能为A.1种B.4种C.5种D.6种评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、试回答下列各题：

(1)如图1所示是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_______。

(2)化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关。

已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-185kJ·mol-1。请填空：

。共价键。

H-H

Cl-Cl

H-Cl

键能/kJ·mol-1

436

247

______

16、熔融盐燃料电池具有较高的发电效率，因而受到重视，可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混合气为正极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池。已知负极反应式为2CO+2CO32--4e-=4CO2，则正极反应式为______________，电池总反应式为___________________。17、利用反应Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+设计一个化学电池（正极材料用碳棒）；回答下列问题：

（1）该电池的负极材料是__，发生__（填“氧化”或“还原”）反应，电解质溶液是__。

（2）正极上出现的现象是___。

（3）若导线上转移电子1mol，则生成银__g。18、某小组为研究电化学原理，设计如图所示装置。

(1)若a和b不相连，c是铜片，d是锌片，m是稀硫酸，则锌片上的现象是__，此时能量转化的主要形式是化学能转化为____能。

(2)若a和b用导线相连：

①c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，电池总反应的离子方程式为______。

②c、d均是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，通入甲烷一极的电极反应式是_____。

(3)N2O5是一种新型的绿色硝化剂；在含能材料；医药等工业中得到广泛应用。

已知：N2O5(g)⇌2NO2(g)＋O2(g)ΔH＝+53.1kJ•mol-1

2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2＝-55.3kJ•mol-1

则反应2N2O4(g)＋O2(g)=2N2O5(g)的ΔH1＝_________kJ•mol-119、乙醛酸(OHC－COOH)是一种重要的精细化学品，在有机合成中有广泛应用，大部分用于合成香料，例如香兰素、洋茉莉醛等。利用乙二醛(OHC－CHO)催化氧化法是合成乙醛酸的方法之一，反应原理为：可能发生副反应有：

(1)已知相关共价键的键能数据如表：。共价键C－HO－HC－OC＝OO＝OC－C键能/kJ·mol－1413462351745497348

则ΔH1＝______kJ·mol－1。

(2)在反应瓶内加入含1mol乙二醛的反应液2L；加热至45～60℃，通入氧气并保持氧气压强为0.12Mpa，反应3h达平衡状态，得到的混合液中含0.84mol乙醛酸，0.12mol草酸，0.04mol乙二醛(溶液体积变化可忽略不计)。

①乙二醛的转化率______，草酸的平均生成速率为______mol·L－1·h－1。

②乙醛酸制备反应的经验平衡常数K＝______。(溶液中的溶质用物质的量浓度表示、气体物质用分压代替平衡浓度)结合化学反应原理，简述改变氧气压强对乙醛酸制备反应的影响_________。

(3)研究了起始时氧醛比[]；催化剂用量和温度对乙醛酸产率的影响；如图1、图2、表1所示。

表1温度对乙醛酸合成的影响。温度t(℃)乙醛酸产率(%)草酸产率(%)产品色泽30～4546.28.6洁白45～6082.416.0白60～7581.618.2微黄

①选择最佳氧醛比为______；催化剂的合适用量为______。

②选择温度在45～60℃的理由是________。20、NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。

(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：__________________________。

(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应；其能量变化示意图如下：

①写出该反应的热化学方程式：_______________________________。

②随温度升高；该反应化学平衡常数的变化趋势是____。

(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。

①当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：______________________________

②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO＜20CaO＜38SrO＜56BaO。原因是___________________________________________；

元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。

(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量；其工作原理示意图如下：

①Pt电极上发生的是________反应(填“氧化”或“还原”)

②写出NiO电极的电极反应式：______________________________________。评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)21、一般来说，带有“盐桥”的原电池比不带“盐桥”的原电池效率高。(_______)A.正确B.错误22、植物油在空气中久置，会产生“哈喇”味，变质原因是发生加成反应。(_______)A.正确B.错误23、石油裂解可以得到更多的汽油，这种汽油是一种纯净物。(____)A.正确B.错误24、在原电池中，发生氧化反应的一极一定是负极。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共4题，共16分)25、硅是无机非金属材料的主角；硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90％以上。请回答下列问题：

(1)Si元素位于元素周期表____，在硅酸盐中，Si和O构成了结构____。

(2)国家速滑馆用到建筑黏合剂和防火剂硅酸钠，硅酸钠在空气中易与二氧化碳和水反应生成硅酸沉淀而变质，反应的离子方程式为____。

(3)生产磨砂玻璃时可以用HF溶蚀玻璃，是因为HF溶液可与SiO2反应，其化学方程式为____。

(4)由SiO2制备高纯度硅的工业流程如图所示，X为____，可以循环使用的物质为H2和____。

(5)氮化硅陶瓷因其熔点高、耐高温、耐磨蚀，越来越多地被应用于高温等领域，氮化硅的化学式为____，在高温烧结氮化硅陶瓷的过程中，二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比为3:6:2发生反应生成两种化合物，反应中氧化剂与还原剂的质量之比为____。26、二次电池锂离子电池广泛应用于手机和电脑等电子产品中。某常见锂离子电池放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x<1)。2018年中国回收了全球可回收锂离子电池总量的69%。但现阶段我国废旧电池回收仍属于劳动密集型产业；效率仍需提高。一种回收该锂离子电池中的锂和钴的流程：

已知：①Na2S2O3是一种中等强度的还原剂；遇强酸分解。

②Li2CO3溶解度随温度升高而减小。

（1）关于该锂离子电池说法不正确的是_______________________________

A．锂离子电池中无金属锂，充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。

B．集中预处理时；为防止短时间内快速放电引起燃烧甚至爆炸，应先进行放电处理。

C．充电时若转移0.01mol电子；石墨电极将减重0.07g

D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋

（2）LiCoO2是一种具有强氧化性的难溶复合金属氧化物，且Co3+在常温、pH=0.5条件下即开始水解。LiCoO2可溶于硫酸得CoSO4。用硫酸酸浸时，需要加入Na2S2O3作助溶剂，从化学反应原理的角度解释原因：_______________________________，写出浸出CoSO4的离子反应方程式：__________________

（3）控制氢离子浓度为4mol/L，反应温度90℃，测得相同时间内离子的浸出率与Na2S2O3溶液的变化关系如图。则酸浸时应选用浓度为_______mol/L的Na2S2O3溶液。Na2S2O3溶液浓度增至0.3mol/L时，LiCoO2的浸出率明显下降，可能的原因是_________________（用化学方程式结合文字说明）

（4）整个回收工艺中，可循环使用的物质是_____________________

（5）已知15℃左右Li2CO3的Ksp为3.210－2，该温度下Li2CO3的溶解度约为_____g。将萃取后的Li2SO4溶液加热至95℃，加入饱和Na2CO3溶液，反应10min，________________（填操作）得Li2CO3粉末。27、铬酸铅俗称铬黄，是一种难溶于水的黄色固体，也是一种重要的黄色颜料，常用作橡胶、油墨、水彩、色纸等的着色剂。工业上用草酸泥渣(主要含草酸铅、硫酸铅)和铬矿渣(主要成分为Cr2O3，含有少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3)为原料制备铬酸铅；实现资源的回收再利用，其流程如下：

回答下列问题：

(1)将铬矿渣“粉碎”的目的是___________。

(2)“滤渣Ⅱ”的主要成分是___________(填化学式)。

(3)“氧化焙烧”时，Cr2O3被氧化的反应的化学方程式为___________。

(4)“一系列操作”包括___________；粉碎。

(5)为了使产品更纯，需将“含Na2Cr2O7、Na2SO4的溶液”分离提纯，依据如图所示的溶解度信息，“含Na2Cr2O7、Na2SO4的溶液”分离提纯的操作是___________。分离提纯后得到的固体的化学式为___________。

(6)“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为氧化铅(PbO)，流程中加入碳酸钠的量为理论值的1.5倍，已知草酸泥渣中硫酸铅的含量为20.2%，则加入碳酸钠与草酸泥渣的质量之比为___________。28、海洋植物如海带；海藻中含有丰丰富的碘元素；碘元素以碘离子的形式存在。实.验室里从海带中提取碘的流程如图。

（1）操作①为分液，若试剂a为苯，则有机溶液需从分液漏斗__(填“上口倒出”或“下口放出”)。

（2）加入双氧水的作用是__，操作③的名称是__。

（3）I-和IO在酸性条件下生成I2的离子方程式是__。

（4）图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A.反应是放热反应；还是吸热反应，主要与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，而与反应条件无关系，故A错误；

B.破坏生成物全部化学键所需的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时；也就表示形成生成物全部化学键所放出的能量大于破坏反应物全部化学键所消耗要的能量，该反应为放热反应，ΔH＜0，故B错误；

C.未来新能源的特点是资源丰富；在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能；氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源，故C正确；

D.升高温度；可以改变化学反应的反应热，加入催化剂改变反应速率，不能改变化学平衡，故D错误。

故选C。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．碳化硅属于无机物；且不是硅酸盐，所以碳化硅陶瓷是新型无机非金属材料，A正确；

B．硅单质是半导体材料；二氧化硅是光导纤维材料，B错误；

C．维生素C具有还原性；可以作抗氧化剂，C正确；

D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；D正确；

综上所述答案为B。3、A【分析】【详解】

试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。4、C【分析】【详解】

A.根据题意可知，正极发生氧化反应，电极反应式为故A错误；

B.根据题意可知，负极发生氧化反应，碱性环境下的电极反应式为故B错误；

C.电池总反应为所以电池工作过程中，溶液的pH增大，故C正确；

D.该电池工作时电子从负极经外电路流向正极；故D错误；

故选C。5、D【分析】【详解】

A．能与溴水发生反应使溴水褪色，与溴水不反应；不能使溴水褪色，A项可鉴别；

B．NaOH能与溴水发生反应使溴水褪色；NaCl与溴水不反应，不能使溴水褪色，B项可鉴别；

C．乙烯能与溴水发生加成反应使溴水褪色；乙烷与溴水不反应，不能使溴水褪色，C项可鉴别；

D．烷烃与溴水均不反应；D项不能鉴别；

故选D。二、多选题(共9题，共18分)6、AD【分析】【分析】

【详解】

a曲线变为b曲线，反应速率增大，但平衡不移动。加入催化剂可实现此目的。又因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，故增大体系压强也可实现此目的，因此答案选AD。7、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由②③可知；温度相同时，pH越小，氧化率越大，错误；

B．由①②可知；pH相同时，温度越高，氧化率越大，错误；

C．Fe2＋的氧化率除受pH；温度影响外；还受其他因素影响，如浓度等，正确；

D．综上降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率；正确；

故选CD。8、BC【分析】【分析】

反应系数之比等于物质的变化量之比，等于反应速率之比，根据图像，6s到达平衡时，A增加了1.2mol，B减少了0.6mol，C减少了0.8mol，D增加了0.4mol，故各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B(g)＋4C(g)6A(g)＋2D(g)。

【详解】

A．反应到1s时，v（A）═=0.6mol÷2L÷1s=0.3mol/（L•s），v（C）═=0.2mol÷2L÷1s=0.1mol/（L•s）；所以v（A）≠v（C），A错误；

B．各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D；B正确；

C．反应进行到6s时，v(B)==0.05mol•L-1•s-1；C正确；

D．反应进行到6s时，n(B)=n(D)=0.4mol•L-1，n(B)=n(D)===D错误；

故选BC。9、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。10、BD【分析】【详解】

铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的方程式为3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，2NO+O2＝2NO2；无色气体变化为红棕色气体二氧化氮，可以用碱溶液吸收；

A．上述分析可知得到的气体主要是NO2和NO；可以被氢氧化钠溶液吸收，所以吸收剂可以是NaOH溶液，故A正确；

B．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜；一氧化氮和水；一氧化氮和试管中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，试管上部气体不始终为无色，故B错误；

C．铜和稀硝酸反应得到溶液为硝酸铜溶液；溶液为蓝色，故C正确；

D．生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体；二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，故D错误；

故答案为BD。

【点睛】

本题考查稀硝酸、氮氧化物性质的分析，注意一氧化氮和二氧化氮气体颜色变化和二氧化氮具有氧化性的分析，实验装置中有有空气，生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体，二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，吸收剂是和氮氧化物反应的溶液应为碱溶液。11、BC【分析】【详解】

A.电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2；不符合题意；

B.正极应该是氧气得电子，发生还原反应，反应式为：O2+4e-+4OH-=2H2O；符合题意；

C.氧气在正极参与反应；符合题意；

D.外电路中，电子由负极移向正极，该反应中a为负极，b为正极；故不符合题意；

故答案为BC。

【点睛】

尽管原电池外观形形色色，五花八门，但其原理是相同的，即要紧紧抓住原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；外电路中，电子由负极流向正极，电流方向与电子流动方向相反这一基本规律。12、AD【分析】【分析】

由图可以知道硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应。

【详解】

A．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO+9H+；故A正确；

B．b是电池的正极，a是负极，所以电子从a流出，经外电路流向b；故B错误；

C．如果将反应物直接燃烧；化学能除了转化为热能还会有一部分能量转化为光能，能量的利用率会发生变化，故C错误；

D．根据电子守恒，若该电池有0.4mol电子转移，有0.4molH+通过质子交换膜；故D正确；

综上所述本题答案为AD。13、BD【分析】【详解】

A．测得A的浓度为0.5mol/L；在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，浓度变为原来的一般，即浓度为0.25mol/L，平衡移动后再达到平衡，测得A的浓度为0.3mol/L，说明A浓度增大，平衡逆向移动，逆向是体积增大的反应，x+y＞z，故A错误；

B．根据A分析得到平衡向逆反应方向移动；故B正确；

C．体积扩大到2倍；B的浓度减小，故C错误；

D．平衡逆向移动；因此C的体积分数下降，故D正确。

综上所述，答案为BD。14、AD【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

(1)从能量变化示意图可以看出，反应物总能量高于生成物总能量，此反应是个放热反应，放出的热量Q=E2-E1=368kJ·mol-1-134kJ·mol-1=234kJ·mol-1，故NO2和CO反应的热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=-234kJ·mol-1。

(2)根据ΔH=E反应物键能-E生成物键能，设H-Cl键能为x，则可得代数式436+247-2x=-185，解得x=434，故H-Cl键能为434kJ·mol-1。【解析】NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=-234kJ·mol-143416、略

【分析】【详解】

该熔融盐燃料电池中，负极上燃料CO失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳，电极反应式为2CO+2CO32--4e-═4CO2，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-，在得失电子相同条件下将正负极电极反应式相加得电池反应式2CO+O2═2CO2，故答案为：O2+2CO2+4e-═2CO32-；2CO+O2═2CO2。

【点睛】

本题以燃料电池为载体考查原电池原理，注意结合电解质书写电极反应式。【解析】O2+2CO2+4e-=2CO32-2CO+O2=2CO217、略

【分析】【分析】

（1）在Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+反应中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为含Ag+离子的溶液，如AgNO3，故答案为：Cu；氧化；AgNO3溶液；

（2）Ag+得电子被还原生成单质Ag，正极上有银白色物质生成，电极反应为Ag++e-=Ag；应为原电池正极反应，故答案为：出现银白色物质；

（3）正极反应为Ag++e-=Ag；若导线上转移电子1mol，则生成银1mol，质量为108g，故答案为：108。

【详解】

（1）在Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+反应中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为含Ag+离子的溶液，如AgNO3，故答案为：Cu；氧化；AgNO3溶液；

（2）Ag+得电子被还原生成单质Ag，正极上有银白色物质生成，电极反应为Ag++e-=Ag；应为原电池正极反应，故答案为：出现银白色物质；

（3）正极反应为Ag++e-=Ag，若导线上转移电子1mol，则生成银1mol，质量为108g，故答案为：108。【解析】Cu（或铜）氧化AgNO3溶液有银白色物质生成10818、略

【分析】【分析】

(1)若a和b不相连；d是锌片，m是稀硫酸，不能形成原电池，为锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气；

(2)①若a和b用导线相连；c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，可形成铜；石墨原电池；

②c；d均是Pt电极；m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，则形成燃料电池；

(3)根据盖斯定律计算。

【详解】

(1)若a和b不相连；d是锌片，m是稀硫酸，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，则观察到的现象为锌片的表面有气泡产生；反应为放热反应，则此时化学能主要为热能；

(2)①若a和b用导线相连，c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，则铜与硝酸银反应生成硝酸铜和单质银，总反应离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；

②c、d均是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，则形成燃料电池，甲烷失电子，作负极，与水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH4-8e－+2H2O＝CO2+8H+；

(3)①N2O5(g)⇌2NO2(g)＋O2(g)ΔH＝+53.1kJ•mol-1②2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2＝-55.3kJ•mol-1，根据盖斯定律，2①+2②可得2N2O4(g)＋O2(g)=2N2O5(g)ΔH1＝+53.1kJ•mol-1×2-55.3kJ•mol-1×2=-4.4kJ•mol-1。【解析】锌片的表面有气泡产生热能Cu+2Ag+=Cu2++2AgCH4-8e－+2H2O＝CO2+8H+-4.419、略

【分析】【详解】

(1)反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，该反应的反应热为：2molC-H、1molO=O总键能与2molC-O、2molO-H总键能之差，△H1=2mol×413kJ•mol-1+1mol×497kJ•mol-1-2mol×（351kJ•mol-1+462kJ•mol-1）=-303kJ•mol-1；

(2)在反应瓶内加入含1mol乙二醛的反应液2L；加热至45～60℃，通入氧气并保持氧气压强为0.12Mpa，反应3h达平衡状态，得到的混合液中含0.84mol乙醛酸，0.12mol草酸，0.04mol乙二醛(溶液体积变化可忽略不计)。

①乙二醛的转化率为草酸的平均生成速率为=0.02mol·L－1·h－1；

②根据反应结合计算可知，乙醛酸的浓度为0.42mol/L，乙二醛的浓度为0.02mol/L，乙醛酸制备反应的经验平衡常数K＝=3765(MPa)-1；增大压强；一方面可以加快乙醛酸制备反应的反应速率，另一方面也有利于增大乙二醛的转化率；（但是氧气压强不宜过高，过高会使乙醛酸进一步被氧化，减少乙醛酸的产率）；

(3)①根据图1中氧醛比对产物产率的影响；选择最佳氧醛比为0.55；催化剂的合适用量为0.20g；

②温度较低时，反应速率较慢；温度高于60℃，乙醛酸产率下降，副产物草酸产率增加，产品的纯度下降（产品的颜色可能是乙醛酸分解产物污染了产品），故选择温度在45～60℃。【解析】-30396%0.023675(MPa)-1增大压强，一方面可以加快乙醛酸制备反应的反应速率，另一方面也有利于增大乙二醛的转化率；（但是氧气压强不宜过高，过高会使乙醛酸进一步被氧化，减少乙醛酸的产率。）0.550.20g温度较低时，反应速率较慢；温度高于60℃，乙醛酸产率下降，副产物草酸产率增加，产品的纯度下降（产品的颜色可能是乙醛酸分解产物污染了产品）20、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（2）①该反应中的反应热=（945+498）kJ/mol-2×630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183kJ•moL-1，答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183kJ•moL-1；②该反应的正反应是吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以平衡常数增大，答案为：增大；

（3）①在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2，答案为：2CO+2NON2+2CO2；②根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大，答案为：根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数；得知它们均为ⅡA族元素，同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；

（4）①铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，答案为：还原；②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，答案为：NO+O2--2e-=NO2．【解析】3NO2＋H2O=2HNO3＋NON2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋183kJ·mol－1增大2CO＋2NON2＋2CO2根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大还原NO＋O2－－2e－=NO2四、判断题(共4题，共36分)21、A【分析】【详解】

一般来说，带有“盐桥”的原电池比不带“盐桥”的原电池效率高，正确。22、B【分析】略23、B【分析】【详解】

通过石油分馏和石油裂化可获得汽油，两种汽油分别称为分馏汽油和裂化汽油，均属于混合物，题干说法错误。24、A【分析】【详解】

在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，正确。五、工业流程题(共4题，共16分)25、略

【分析】【分析】

二氧化硅与焦炭在高温下反应，生成粗硅和一氧化碳；提纯粗硅时，通入HCl，将硅氧化为SiHCl3与杂质分离；再用H2还原；便可获得高纯硅。

(1)

Si元素是14号元素，原子结构示意图为所以其位于元素周期表第三周期第ⅣA族，在硅酸盐中，1个Si原子与4个O原子形成共价单键，1个O原子与2个Si原子形成共价单键，从而构成了硅氧四面体。答案为：第三周期第ⅣA族；硅氧四面体；

(2)

硅酸钠在空气中易与二氧化碳和水反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为+CO2+H2O=H2SiO3↓+答案为：+CO2+H2O=H2SiO3↓+

(3)

HF溶液与SiO2反应，生成四氟化硅气体和水，化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

(4)

分析由SiO2制备高纯度硅的工业流程，可确定X为CO；从流程图中可以看出，反应过程中所用原料H2和HCl，又在反应过程中生成，所以可以循环使用的物质为H2和HCl。答案为：CO；HCl；

(5)

在氮化硅中，N显-3价，Si显+4价，所以氮化硅的化学式为Si3N4；在高温烧结氮化硅陶瓷的过程中，二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比为3:6:2发生反应，生成两种化合物氮化硅和一氧化碳，化学方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，反应中氧化剂与还原剂的质量之比为7:9。答案为：Si3N4；7:9。

【点睛】

二氧化硅与焦炭在高温下反应，生成粗硅和一氧化碳，由于在此高温下，二氧化碳能与焦炭反应生成一氧化碳，所以产物中不存在二氧化碳。【解析】(1)第三周期第ⅣA族硅氧四面体。

(2)+CO2+H2O=H2SiO3↓+

(3)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O

(4)COHCl

(5)Si3N47:926、略

【分析】【分析】

废旧锂离子电池处理拆解后分离出LiCoO2、碳粉、Cu、Al、Ni等小颗粒混合物，通过电选将LiCoO2、碳粉与Cu、Al、Ni分离，向LiCoO2；碳粉混合物中加入硫酸；碳不与硫酸反应，过滤可得硫酸钴和硫酸锂溶液，得到滤液加入萃取剂萃取分液得到水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到水层硫酸钴溶液，据此分析解答。

【详解】

(1)A．根据锂离子电池放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x<1)，放电时，则Li1-xCoO2为正极，LixC6为负极，负极LixC6失去电子得到Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则Li+在电解质中由负极向正极迁移；充电时，石墨(C6)电极变成LixC6，电解池中阳离子向阴极移动，阴极电极反应式为：xLi++C6+xe-═LixC6，则石墨(C6)电极增重的质量就是锂离子的质量，则锂离子电池中无金属锂，充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌；故A正确；

B．集中预处理时；为防止短时间内快速放电引起燃烧甚至爆炸，根据流程图，放电处理”有利于锂的回收，故B正确；

C．充电时，石墨(C6)电极变成LixC6，电极反应式为：xLi++C6+xe-═LixC6，则石墨(C6)电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式：xLi+～～xe-，可知若转移0.01mole-，就增重0.01molLi+；即0.07g，故C错误；

D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2；充电是放电的逆反应，故D正确；

答案选C；

(2)LiCoO2是一种具有强氧化性的难溶复合金属氧化物，Na2S2O3是一种中等强度的还原剂，二者发生氧化还原反应有利于提高酸浸时LiCoO2的浸出率和浸出速率，浸出CoSO4的离子反应方程式：8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++11H2O+2SO42-；

(3)通过酸浸，加入Na2S2O3溶液，将Cu、Al、Ni与Li、Co分离，提高Li、Co离子的浸出率，当Li、Co离子的浸出率最高时，Na2S2O3溶液的浓度为0.25mol/L；Na2S2O3溶液浓度增至0.3mol/L时，Na2S2O3是一种中等强度的还原剂，遇强酸分解，发生反应为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应中产生硫单质，附着在固体表面阻止反应进行，导致LiCoO2的浸出率明显下降；

(4)整个回收工艺中；通过反萃取，可以再生有机萃取剂(有机相)，该有机相可循环使用流程中萃取环节；

(5)溶解度是指一定温度下达到饱和时，100g水中溶解溶质的质量，15℃左右，100g水的体积100mL，