2025年人教版PEP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年人教版PEP必修2化学下册阶段测试试卷896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7题，共14分)1、萜二醇是一种医药上的咳嗽祛痰剂；可由柠檬烯在酸性条件下与水加成得到，其原理如图。下列说法中，正确的是。

A.萜二醇能与Na反应产生H2B.萜二醇能被氧化为萜二醛C.柠檬烯的分子式是C10H20D.柠檬烯的一种同分异构体可能为芳香烃2、一定温度下，将2molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，2min时反应达到平衡状态，此时测得反应物O2还剩余0.8mol，则下列说法正确的是A.2min内，用SO3表示的化学反应速率为0.2mol/(L·min)B.SO2的转化率为40％C.容器中混合气体的密度保持不变，不能作为达平衡的标志D.平衡时容器中只有SO3气体3、在一定温度下，在恒定容积的密闭容器中进行的可逆反应A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)达到化学平衡的标志是A.容器内的总压强不随时间而变化B.反应速率v(A2)=v(B2)=v(AB)C.单位时间内有nmolA2生成的同时就有2nmolAB生成D.容器内混合气体的密度不随时间而变化4、乙烯和1－丁烯按物质的量之比为1∶1发生聚合反应，则生成的聚合物的结构简式可能是A.B.C.D.5、下列说法不正确的是A.1mol甲烷在光照条件下最多可以和2molCl2发生取代反应B.烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应，烷烃燃烧时生成二氧化碳和水C.等质量的烷烃完全燃烧，生成CO2的量随着碳的质量分数的增大而变大D.CCl4与CH4一样是正四面体结构6、下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（）A.从海水中富集镁元素用NaOH沉淀法B.海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗析法等C.从海水中提取溴单质的过程中用氯气做还原剂D.将海带烧成灰，用水浸泡，乙醇萃取可以提取碘单质7、已知：H2(g)＋I2(g)2HI(g)H＝－149kJ/mol。在甲、乙两个体积相同的密闭容器中充入反应物，保持恒温恒容，其起始浓度如下表所示。起始浓度c(H2)(mol/L)c(I2)(mol/L)c(HI)/(mol/L)甲0.010.010乙0.020.020

甲中反应达到平衡时，测得c(H2)＝0.008mol/L下列判断正确的是A.平衡时，乙中H2的转化率是甲中的2倍B.平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深C.平衡时，甲、乙中热量的变化值相等D.该温度下，反应的平衡常数K＝0.25评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、研究表明，在一定条件下，气态HCN(a)与HNC(b)两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是。

A.HCN比HNC更稳定B.为吸热反应且反应条件一定要加热C.1molHCN(g)中的所有化学键全部断开需要吸收186.5kJ的热量D.1molHCN(g)转化为1molHNC(g)需要吸收59.3kJ的热量9、一定条件下反应在一密闭容器中进行，测得平均反应速率v(C)=2v(B)。若该反应过程中气体的物质的量一直保持不变，则m、n、p、q可能依次是A.2、6、3、5B.3、1、2、2C.2、1、2、1D.1、3、2、210、下列有关苯性质的叙述中，正确的是（）A.能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.难溶于水且比水轻C.能使溴水褪色D.不易燃烧11、下列实验装置图合理的是。

A.装置①所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑B.装置②能构成锌铜原电池C.装置③可用于粗铜的电解精炼D.装置④可用于在实验室测定中和反应的反应热12、在温度相同；容积均为2L的3个恒容密闭容器中；按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是（）

已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol-1

A.2p1=2p3＞p2B.达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大C.α2＋α3＞1D.Q1＋Q3＜92.4评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和无污染等优点。氢氧燃料电池有酸式和碱式两种，它们放电时的电池总反应式都为2H2＋O2＝2H2O。

（1）工作时；电解质溶液中的阴离子移向_______极。（填“正”或“负”）

（2）酸式氢氧燃料电池的电解质溶液是稀硫酸，其负极反应式为2H2－4e－＝4H＋；则其正极反应式为___________。

（3）碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应式为___________。14、下图是用苹果做的水果电池；电极分别是锌片和铜片，回答下列问题：

（1）此装置将___________能转化成___________能。

（2）该电池的___________做正极，发生___________反应。

（3）负极的电极反应式是___________。15、回答下列问题：

(1)下列各组物质中，互为同位素的是_______(填序号，下同)，互为同系物的是_______，互为同分异构体的是_______。

①红磷与白磷②与③CH3COOCH3与④与⑤与⑥与

(2)四种物质皆为烃类有机物；分子球棍模型分别如图所示，请回答下列问题：

①等物质的量的上述烃，完全燃烧时消耗最多的是_______(填字母代号，下同)，等质量的上述烃完全燃烧时消耗最多的是_______。

②在下，A,B,C分别与足量混合点燃，完全燃烧后气体体积没有变化的是_______(填字母代号)。

③B的某种同系物W，分子式为且所有碳原子一定在同一平面上，则W的结构简式为_______，W与发生加成反应得到_______种产物。

④分子式为的饱和一元醇有多种，官能团相连的碳原子上连有两个甲基的醇分子结构简式：_______。16、现有A；B、C三种烃的球棍模型如图所示：

(1)A、B、C的分子式分别是________、________、________；

(2)在120℃、1.01×105Pa时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测反应前后气体体积，没有发生变化，这两种气态烃是________；

(3)写出B转化为C的化学方程式：_________________________________________________；

(4)除去气体C中混有的少量B可选用的试剂名称是________。17、脱硝技术是处理氮氧化物的有效方法之一。在1L的恒容密闭容器中充入2molNH3、1molNO和1molNO2，发生反应：2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)2N2(g)＋3H2O(g)△H。在不同温度下发生上述反应，测得N2的物质的量(mol)与时间的关系如下表：

。

0

10min

20min

30min

40min

T1K

0

0.6

1.1

1.5

1.5

T2K

0

0.8

1.4

1.4

1.4

回答下列问题：

(1)上述反应中___________(填字母)。A．△S>0，△H>0B．△S>0，△H<0C．△S<0，△H>0D．△S<0，△H<0(2)T1_______(填“>”“<”或“＝”)T2；理由是___________________________________________

(3)T1K下；0～20min内v(NO)＝______________

(4)T2K下，NO2的平衡转化率为_____________18、（1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。

①画出装置图：___。

②电极材料和电解质溶液各是什么___。？

③写出电极反应式：负极：___；正极：___。

（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气___L（标准状况下）。导线中通过___mol电子。评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)19、锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细。(__)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共4题，共28分)20、MoS2作为石墨电极的改性剂不仅能弥补石墨低容量的不足，还可以有效解决自身稳定性和导电性不佳的问题。以钼精矿(主要成分为MoS2，含SiO2、CuFeS2、CaCO3、PbS等杂质)为原料生产MoS2的工艺流程如图。

已知：①MoS2中S的化合价为-2价；

②常温下PbCl2不溶于水，但PbCl2可与Cl-反应，生成可溶性络合离子

③MoS2不溶于水和常见酸碱，“烧熔”时可转化为酸性氧化物MoO3，“硫代”时生成

回答下列问题：

(1)使用浓盐酸进行“初级酸浸”的工艺原理是盐酸与钼精矿中的CaCO3、PbS杂质发生反应，生成CaCl2、PbCl2，其中生成PbCl2的化学方程式为_______。

(2)“氯盐浸出”的原理是利用具有强氧化性的FeCl3，在强酸性条件下氧化CuFeS2，使之生成CuCl2和S，该过程的氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。

(3)“碱浸”时使用氨水而不使用NaOH溶液的原因是_______。

(4)“碱浸”后滤液③的主要成分为_______(填化学式)。

(5)“初级酸浸”、“碱浸”流程中操作温度不宜过高的原因是_______。

(6)产品MoS2中存在极微量的非整比晶体杂质MoS2.8，则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为_______。21、三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图所示：

已知：①浸出液中含有的金属离子主要有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+。

②氧化性H2O2>Co3+>>Fe3+。

③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：。沉淀物Fe(OH)3Co(OH)3Co(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.77.64.0完全沉淀3.71.19.25.2

(1)如图是用盐酸酸浸时钴的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_______°C，若酸浸时将温度控制在80°C左右会生成一定量的其可能的原因_______。

(2)“浸出液”中加入时发生反应的离子方程式为_______。

(3)“滤渣”的主要成分是_______和_______，“调pH”的范围_______。

(4)“滤液”中主要含经“操作I”可获得较纯净的晶体，“操作I”包括向溶液加入_______调节pH，蒸发浓缩、_______；过滤等过程。

(5)流程中除作反应物外，还可防止加氨水时过大生成杂质，其原理是_______。

(6)“氧化”时应先加入氨水生成配离子后再加若生成晶体，则理论上消耗的质量为_______g。

(7)通过碘量法可测定产品中钴的含量。称取0.10g的产品，将其转化成后，加入过量KI和2~3滴淀粉溶液，再用标准液。滴定，达到滴定终点时消耗溶液20mL，则产品中钴的含量_______。反应原理：22、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___________。23、硫酸铵一种优良的氮肥；适用于各种土壤和作物，硫酸铵还可用于纺织；皮革、医药等方面。某化工厂以硫酸钙为原料制备硫酸铵，其工艺流程如下：

(1)X为_____，操作a名称为_______。

(2)煅烧CaCO3生成生石灰和CO2的反应为_____反应(填“吸热”或“放热”)，欲加快该反应速率可采取的措施为______(写出一种即可)。

(3)上述流程中，可以循环使用的物质有______(写化学式)。

(4)从滤液中获得(NH4)2SO4晶体，必要的操作步骤是蒸发浓缩，______；过滤等。

(5)写出利用该流程制备(NH4)2SO4的总化学方程_________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．萜二醇含−OH；与Na反应生成氢气，故A正确；

B．萜二醇中与−OH相连C上没有H；不能发生催化氧化反应，故B错误；

C．由结构可知柠檬烯的不饱和度为3，则分子式为C10H16；故C错误；

D．苯环的不饱和度为4；则柠檬烯的同分异构体不可能为芳香烃，故D错误；

故答案选A。

【点睛】

本题把握−OH的性质、相关的有机反应为解答的关键，注意根据不饱和度判断有机物的分子式，选项D为解答的难点。2、C【分析】【分析】

根据题意列出三段式：

【详解】

A．2min达到平衡时n(O2)=0.8mol，c(O2)=0.8mol/2L=0.4mol/L，氧气浓度减少Δc(O2)=0.5mol/L-0.4mol/L=0.1mol/L，v(O2)=Δc(O2)/t=0.1mol/L/2min=0.05mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(SO2):v(O2)=2:1，v(SO2)=2v(O2)=0.1mol/(L·min)；A错误；

B．根据三段式，SO2的转化率为:B错误；

C．恒容密闭容器；气体的总体积不变，气体的总质量不变，混合气体的密度保持不变，故不能作为达到平衡的标志，C正确；

D．可逆反应无法反应完全，平衡时容器中含有SO2、O2和SO3混合气体；D错误；

故选C。3、C【分析】【分析】

判定可逆反应是否达到化学平衡状态；一般有以下两种方法：

1、v正=v逆；即正逆反应速率相等；

2．变量不变；包括某组分的含量；气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。

【详解】

A．该反应反应前后气体的化学计量数之和相等；因此压强不是变量，根据分析，压强不变不能判断是否达到平衡状态，A不符合题意；

B．化学反应中，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，因此v(A2)：v(B2)：v(AB)=1：1：2，v(A2)=v(B2)=v(AB)；与反应是否平衡无关，B不符合题意；

C．单位时间内生成nmolA2同时生成2nmolAB，说明v正=v逆；可以判定反应达到平衡状态，C符合题意；

D．反应前后质量守恒，因此m不变，容积恒定，因此V不变，根据ρ=ρ为定值，不能判定反应是否平衡，D不符合题意；

故选C。4、B【分析】【详解】

乙烯和1－丁烯可分别形成链节和二者相互连接形成的聚合物有则B正确；答案选B。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．甲烷与氯气发生取代反应时，1个Cl2只能取代1个H原子，所以1mol甲烷在光照条件下最多可以和4molCl2发生取代反应；A不正确；

B．在光照条件下；烷烃跟卤素单质可发生取代反应，烷烃燃烧时，碳元素转化为二氧化碳；氢元素转化为水，B正确；

C．等质量的烷烃完全燃烧，含碳元素的质量分数越大，碳的物质的量越大，生成CO2的量物质的量越大；二氧化碳的质量分数越大，C正确；

D．CH4分子中含有4个C-H键，4个键的夹角相同，都为109°28＇，所以CH4为正四面体结构，CCl4相当于CH4分子中的4个H原子被4个Cl原子替代；空间构型不变，所以也应是正四面体结构，D正确；

故选A。6、B【分析】A．海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，不选用NaOH，故A错误；B．海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故B正确；C．溴元素由化合态转化为游离态发生氧化还原反应，反应方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以氯气做氧化剂，故C错误；D．海带中碘以I-形式存在，不能用萃取剂直接萃取，另外乙醇易溶于水，不可用作萃取剂，故D错误；答案为B。7、D【分析】【详解】

A；该反应前后气体的体积不变；乙中的浓度为甲中的2倍，乙中压强为甲中2倍，增大压强，平衡不移动，二者为等效平衡，平衡时对应各组分的转化率相同，故A错误；

B、二者为等效平衡，平衡时乙中c(I2)是甲中的2倍；平衡时乙中颜色更深，故B错误；

C、二者为等效平衡，反应物转化率相同，乙中参加反应I2的是甲中的2倍；乙中的热量变化是甲中的2倍，故C错误；

D；甲中平衡时氢气的浓度为0.008mol/L；则：

H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)

开始(mol/L)：0.010.010

变化(mol/L)：0.0020.0020.004

平衡(mol/L)：0.0080.0080.004

故该温度下该反应的平衡常数K==0.25；故D正确；

故选D。二、多选题(共5题，共10分)8、AD【分析】【详解】

A．物质含有的能量越低；物质的稳定性就越强，根据图示可知等物质的量的HCN比HNC含有的能量更低，因此HCN比HNC更稳定，A项正确；

B．由图示可知HCN比HNC能量低；则HCN(g)→HNC(g)时会吸收能量，反应为吸热反应，但反应条件不一定需要在加热条件下进行，B项错误；

C．根据图示可知1molHCN(g)转化为中间状态的物质时需吸收186.5kJ的热量；但由于该中间物质中仍然存在化学键，断裂化学键需吸收能量，因此1molHCN(g)中的所有化学键全部断开需要吸收的热量大于186.5kJ，C项错误；

D．根据图示可知1molHCN(g)转化为1molHNC(g)需要吸收的能量为186.5kJ-127.2kJ=59.3kJ；D项正确；

答案选AD。9、BC【分析】【详解】

化学方程式中；用不同物质表示化学反应速率之比等于化学计量数之比，根据平均反应速率v(C)=2v(B)，则p:n=2:1；由“该反应过程中气体的物质的量一直保持不变”可知，m+n＝p+q；

A．m+n＝p+q；但p:n≠2:1，A选项错误；

B．m+n＝p+q；但p:n=2:1，B选项正确；

C．m+n＝p+q；但p:n=2:1，C选项正确；

D．m+n＝p+q；但p:n≠2:1，D选项错误；

答案选BC。10、BC【分析】【详解】

A.苯不能被酸性高锰酸钾氧化；不能使其褪色，故A错误；

B.苯难溶于水；且密度比水小，故B正确；

C.苯分子中不含碳碳双键；苯不能和溴水反应褪色，但能发生萃取褪色，故C正确；

D.苯可燃烧；由于含碳量较大，燃烧可产生浓烟，故D错误；

故答案为BC。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．装置①所示装置铜作阳极，失电子，溶液中的H＋得电子作阴极，电极反应为：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑；正确；

B．装置②属于有盐桥的原电池；锌插入到硫酸锌溶液中，铜插入到硫酸铜溶液中才能构成锌铜原电池，错误；

C．装置③用于粗铜的电解精炼时；粗铜与电源的正极相连，精铜与电源的负极相连，错误；

D．装置④可用于在实验室测定中和反应的反应热；正确；

答案选AD。12、AC【分析】【分析】

温度相同、容积相同恒容密闭容器中，甲和丙为等效平衡，平衡时各物质的量甲与丙相同，由于两容器中的反应分别从不同方向建立了相同的平衡状态，故其一定存在Q1＋Q3=92.4，α1＋α3=1；乙的初始投放是甲的两倍；在定容装置中相当于压缩两份甲变为乙，压缩对于合成氨，平衡正向移动，故乙的转化率高于甲，乙气体的总物质的量小于甲的两倍，乙中的氨气比甲的两倍多，氮气和氢气的浓度比甲的两倍小，以此作答。

【详解】

A.根据分析，甲和丙为等效平衡，乙的转化率高于甲，乙气体的总物质的量小于甲的两倍，故2p1=2p3＞p2；A项正确；

B.根据分析，甲和丙达到平衡时NH3的体积分数相同，乙的转化率高于甲，故乙容器中NH3的体积分数最大；B项错误；

C.根据分析α1＋α3=1；乙的转化率高于甲，故α2＋α3＞1；C项正确；

D.根据分析Q1＋Q3=92.4；D项错误；

答案选AC。

【点睛】

温度相同、容积相同恒容密闭容器中，投放量呈比例，加物质相当于加压，对于前后气体分子数目相同的可逆反应，平衡不移动，属于等效平衡（相似等效）；前后气体分子数目不同的可逆反应，平衡向气体分子数目减小的方向移动，利用等效思想进行解题。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【分析】

原电池放电时；电子由负极经导线流向正极；负极失电子发生氧化反应；正极得电子发生还原反应，电解质溶液中阴离子移向负极。

【详解】

（1）工作时；电解质溶液中阴离子移向负极。

（2）酸式氢氧燃料电池的电解质溶液是稀硫酸，其负极反应式为2H2－4e－＝4H＋，总反应式-负极反应式得正极反应式，正极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。

（3）碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，负极是氢气失电子发生氧化反应，负极反应式为2H2＋4OH－－4e－===4H2O。

【点睛】

任何一个自发的氧化还原反应均可设计成原电池，而两个电极反应相加即得总反应方程式。所以只要知道总反应方程式和其中一个电极反应，相减便可以得出另一个电极反应方程式。【解析】负O2＋4H＋＋4e－===2H2O2H2＋4OH－－4e－===4H2O14、略

【分析】【分析】

水果电池由导线；锌和铜为两极、水果内部作电解质溶液构成回路；形成原电池。

（1）

用苹果做的水果电池是原电池；将水果中的化学能转为电能；

（2）

该电池的锌比铜活泼失去电子做负极；铜做正极，得到电子，发生还原反应；

（3）

负极是锌，失去电子，电极反应式是【解析】（1）化学能电能。

（2）铜还原。

（3）15、略

【分析】（1）

同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物；官能团数目和种类相等；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成；结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同；

①红磷与白磷为磷元素组成单质，属于同素异形体；②35Cl和37Cl中子数不同，是氯元素的不同核素，互为同位素，③CH3COOCH3与符合同系物的概念；④甲烷为四面体结构，与是同一种物质；⑤与中2个两个氯原子处于邻位是同一种物质；⑥与两者是同分异构体。

故互为同位素的是②；互为同系物的是③，互为同分异构体的是⑥；

（2）

由图可知四种烃分别为CH4、C2H4、C3H8、C6H6；

①1mol烃CxHy的耗氧量为mol；等物质的量的上述烃，结合化学式可知，C6H6耗氧量越大，选D；等质量的上述烃完全燃烧时，则氢元素质量分数越大，耗氧量越大，4种物质中CH4的含氢质量最大；等质量时，故甲烷耗氧量最大，选A；

②120℃条件下水为气体，燃烧通式CxHy+O2xCO2＋H2O（g），完全燃烧前后气体体积没有变化，则1+=x＋故y=4；即A和B完全燃烧后体积不变；

③乙烯是平面型结构，C6H12符合单烯烃的通式，且该烃的所有碳原子都在同一平面上，所以可以看作是乙烯中的氢原子被甲基取代，所以该物质的结构简式为：（CH3）2C=C（CH3）2；W中碳碳双键两端基团相同，则与发生加成反应得到1种产物。

④分子式为的饱和一元醇有多种，官能团相连的碳原子上连有两个甲基的醇分子，则羟基位于2号碳原子上，且该碳原子连接2个甲基，结构简式为(CH3)2COHCH2CH3。【解析】(1)②③⑥

(2)DAA和B（CH3）2C=C（CH3）21(CH3)2COHCH2CH316、略

【分析】【分析】

根据图示；A为甲烷的球棍模型，B为乙烯的球棍模型，C为乙烷的球棍模型，根据有机物的结构性质解答。

【详解】

(1)根据分析，A、B、C的分子式分别是CH4、C2H4、C2H6；

(2)当温度高于100℃时，水为气体，由CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，燃烧前后反应气体体积没有变化所以1+x+=x+解得y=4，所以这两种气体是CH4、C2H4；

(3)乙烯在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成乙烷，化学方程式：CH2=CH2＋H2CH3CH3；

(4)乙烷中混有乙烯；可根据烯烃和烷烃的性质不同选择试剂，乙烷与溴水不反应，乙烯可与溴水发生加成反应，可选用的试剂名称是溴水。

【点睛】

难点为(2)，解题时充分利用烃的燃烧通式，根据反应前后气体的体积变化分析解答。【解析】CH4C2H4C2H6CH4、C2H4CH2=CH2＋H2CH3CH3溴水17、略

【分析】【详解】

（1）由表中数据可知，T2K时先达到平衡，反应速率大，则T2>T1，且升高温度，氮气的物质的量减少，则平衡逆向移动，正反应放热，即△H＜0，由方程式可知，该反应正反应是气体的物质的量增多的反应，故正反应为熵增过程，即△S>0；

答案选B；

(2)T12，理由是其他条件相同时，T2K下，生成N2的速率较快（或其他条件相同时，T2K下；反应达到平衡所用的时间更短）；

(3)T1K下，0～20min内v(NO)＝v(N2)=×=2.7510-2mol/(L·min)；

(4)T2K下，平衡时，N2的物质的量为1.4mol，则NO2消耗×1.4mol=0.7mol，平衡转化率为=70%。【解析】B<其他条件相同时，T2K下，生成N2的速率较快（或其他条件相同时，T2K下，反应达到平衡所用的时间更短）2.7510-2mol/(L·min)70%18、略

【分析】【分析】

（1）利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4；根据原电池原理写出电极反应式。（2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。

【详解】

（1）①利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，设计的原电池装置为：

②根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为CuSO4溶液；

③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn–2e-=Zn2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+，放电能力Cu2+大于H+，正极反应为：，Cu2++2e-=Cu；

（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：Zn–2e-=Zn2+，正极：2H++2e-=H2↑，由电极反应n(H2)=n(Zn)=V(H2)=0.05mol22.4L/mol=1.12L，n(e-)=2n(Zn)=20.05mol=0.1mol。

【点睛】

原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。【解析】负极：锌片、正极：铜片；CuSO4溶液Zn–2e-=Zn2+Cu2++2e-=Cu1.12L0.1四、判断题(共1题，共2分)19、B【分析】略五、工业流程题(共4题，共28分)20、略

【分析】【分析】

钼精矿的主要成分为MoS2，含SiO2、CuFeS2、CaCO3、PbS等杂质，加入浓盐酸初级酸浸时，MoS2、SiO2、CuFeS2不反应，CaCO3、PbS发生反应生成CaCl2、PbCl2，结合已知②，PbCl2与Cl-反应生成可溶性络合离子滤渣①中含MoS2、SiO2、CuFeS2，“烧熔”时MoS2转化为酸性氧化物MoO3，“氯盐浸出”时用FeCl3在强酸性条件下氧化CuFeS2，使之生成CuCl2和S，滤渣②中含MoO3、SiO2和S，加入氨水“碱浸”，酸性氧化物MoO3转化(NH4)2MoO4，滤液③的主要溶质为(NH4)2MoO4，加入H2S“硫代”时生成加入盐酸“沉钼”得到MoS3，MoS3隔绝空气、高温脱硫制得MoS2。

(1)

使用浓盐酸进行“初级酸浸”的工艺原理是盐酸与钼精矿中的CaCO3、PbS杂质发生反应生成CaCl2、PbCl2，生成PbCl2的反应为复分解反应，反应的化学方程式为PbS+2HCl(浓)=PbCl2+H2S；答案为：PbS+2HCl(浓)=PbCl2+H2S；

(2)

FeCl3在强酸性条件下氧化CuFeS2，使之生成CuCl2和S，CuFeS2中S的化合价为-2价，则Cu为+2价，Fe为+2价，而+3价Fe和+2价Fe不反应，可见是+3价Fe将-2价的硫氧化成0价的硫，自身被还原成Fe2+，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为CuFeS2+4FeCl3=CuCl2+5FeCl2+2S，其中S为氧化产物，由FeCl3转化而来的FeCl2为还原产物；则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2；答案为：1：2；

(3)

滤渣②中含MoO3、SiO2和S，“碱浸”时如果用NaOH溶液代替氨水，NaOH溶液会与二氧化硅反应，使其变为硅酸根离子进入滤液③，从而使制得的MoS2不纯；答案为：NaOH溶液会与二氧化硅反应，生成的硅酸根离子进入滤液③，从而使制得的MoS2不纯；

(4)

根据已知③，“烧熔”产生的酸性氧化物MoO3经氨水碱浸过滤后得到滤液③，滤液③主要成分的化学式为(NH4)2MoO4；答案为：(NH4)2MoO4；

(5)

在“初级酸浸”中使用了浓盐酸；如果温度过高，浓盐酸大量挥发，不利于反应进行；“碱浸”时使用的氨水，也容易受热分解，故温度不宜过高；答案为：在“初级酸浸”中使用了浓盐酸，如果温度过高，浓盐酸大量挥发，不利于反应进行；“碱浸”时使用氨水，也容易受热分解；

(6)

设1个MoS2.8中Mo4+与Mo6+的个数分别为x和y，已知MoS2中S的化合价为-2价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，4x+6y-2×2.8=0、x+y=1，解得x=0.2、y=0.8，则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为1：4；答案为1：4。【解析】(1)PbS+2HCl(浓)=PbCl2+H2S

(2)1：2

(3)NaOH溶液会与二氧化硅反应，生成的硅酸根离子进入滤液③，从而使制得的MoS2不纯。

(4)(NH4)2MoO4

(5)在“初级酸浸”中使用了浓盐酸；如果温度过高，浓盐酸大量挥发，不利于反应进行；“碱浸”时使用氨水，也容易受热分解。

(6)1：421、略

【分析】【分析】

钴废料(含少量Fe、Al等杂质)，加入盐酸浸出后，浸出液中含有的金属离子主要有因为氧化性所以加入将氧化成再加入调节除去和加入后过滤得到晶体最后加入氧化，加入氨水调节生成产品

【详解】

（1）根据图1的信息，浸出率最高时，温度为70℃；温度升高，水解程度增大，会生成

（2）浸出液中含有的金属离子主要有因为氧化性所以加入将氧化成反应的离子方程式为：

（3）加入调节除去和滤渣的主要成分为和调节的范围为：或

（4）因为易发生水解，所以要得到纯净的需要在浓盐酸或通HCl气流保护下调节抑制发生水解，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等得到晶体；

（5）流程中除作反应物外，还可防止加氨水时过大生成杂质，其原理是：电离产生的会抑制电离产生减小防止生成

（6）根据氧化还原反应的规律，得到关系式：当生成晶体，消耗的质量为

（7）根据反应得到关系式：所以钴的含量为：【解析】(1)70℃升温能促进的水解生成

(2)

(3)或

(4)浓盐酸或通HCl气流保护下冷却结晶。

(5)