2025年浙教版必修2化学下册月考试卷含答案

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A.反应①为取代反应B.反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并伴有浓烟C.反应③为取代反应，有机产物是一种烃D.反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、从能量的角度看，断开化学键要_______能量，形成化学键要_______能量。若某反应的反应物总能量大于生成物的总能量，那么，该反应是一个_______(填“放热”或“吸热”)反应。7、课本的第27页介绍了一种热带雌蚕蛾为了吸引同类雄蛾会分泌出叫“蚕蛾醇”的物质。

蚕蛾醇有多种顺反异构体；如请回答：

(1)蚕蛾醇共有多少种顺反异构体(含自身)__________________。

(2)当分子中有1个碳原子分别连有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。则该蚕蛾醇手性碳原子数为____________。

(3)该蚕蛾醇的分子式为________________。

(4)该蚕蛾醇不具有的性质是__________(从下面序列中选择序号填入)

①与钠反应②氧化③加聚④加成⑤NaOH中和反应8、某温度时；在一个2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，据此回答：

(1)该反应的化学方程式为___。

(2)从开始至2min，X的平均反应速率为___mol/(L·min)。

(3)从开始至2min，Y的转化率为___。

(4)改变下列条件，可以加快化学反应速率的有___。

A.升高温度B.减小物质X的物质的量C.减小压强D.加入适当催化剂9、经过处理的原油通过常压分镏，获得的主要产品是___________。要提取润滑油、石蜡等产品就要将重油进行__________，其作用是______________。为了提高汽油的产量与质量，把__________作为原料进行________________。从石油中获取短链气态烃和少量液态烃的化学加工过程称为______________。10、乙烯；乙酸、乙醇是重要的有机化合物。请根据题意填空：

(1)在工业上，可以用________(填名称)的产量来衡量一个国家的石油化工发展水平。

(2)乙酸的官能团的名称为____________________。

(3)请写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式：__________________________________。11、Ⅰ.在容积为5L的密闭容器中，通入5molN2和8molH2，在一定条件下反应生成NH3，当反应进行到2min时，测得容器内有4molNH3。则：

(1)2min时，容器内n(N2)=________，c(H2)=___________。

(2)2min时，容器内气体的总物质的量与反应前容器内气体的总物质的量之比为_______。

Ⅱ.在一定体积的密闭容器中进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数(K)和温度(t)的关系如下表所示：。t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

(1)该反应的化学平衡常数表达式为K=________。

(2)该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。

(3)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________。

A.容器中压强不变B.混合气体中c(CO)不变。

C.v正(H2)=v逆(H2O)D.c(CO2)=c(CO)

(4)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为________℃。

(5)在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2mol·L－1，c(H2)为1.5mol·L－1，c(CO)为1mol·L－1，c(H2O)为3mol·L－1，则下一时刻，反应将________(填“正向”或“逆向”)进行12、A；B、C、D是原子序数依次增大的同一短同期元素；A、B是金属元素，C、D是非金属元素。

（1）A、B各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_____________________________________。

（2）A与C可形成化合物A2C，该化合物的电子式为_______________________。

（3）C的低价氧化物通入D单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为________________________________________。

（4）A、B、C、D四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是（用离子符号表示）：_____＞_____＞______＞______。

（5）四种元素中金属性最强的(填元素符号)______;非金属性最强的__________评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、聚乙烯、聚氯乙烯塑料制品可用于食品包装。(____)A.正确B.错误14、高分子物质可作为生产化学纤维的原料。(_______)A.正确B.错误15、可以直接测量任意一反应的反应热。___16、和互为同分异构体。(____)A.正确B.错误17、凡能溶于水且具有甜味的物质都属于糖类。(_______)A.正确B.错误18、农村用沼气池产生的沼气作燃料属于生物质能的利用_____A.正确B.错误19、低碳环保中的“碳”是指二氧化碳。(____)A.正确B.错误20、(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷。(___________)A.正确B.错误21、在原电池中，负极材料的活泼性一定比正极材料强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共4题，共12分)22、学生设计的用氨催化氧化法制取少量HNO3溶液的实验装置如图所示：

（1）实验室制备NH3；下列方法中适宜选用的是__（填序号）。

①固态氯化铵与熟石灰混合加热。

②固态氯化铵加热分解。

③碱石灰中滴加浓氨水。

④氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热。

（2）装置B中发生反应的化学方程式为__；

（3）装置C的作用是__；装置C中的现象___；为确保装置D中尽可能多地生成HNO3，所通入O2和NH3的体积比应大于___；

（4）装置D中发生的反应化学方程式为___。(请分步写出化学方程式）23、现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液。相应的实验过程可用如图表示：

请回答下列问题：

(1)试剂X最好是___(填化学式)。

(2)写出步骤②反应的化学方程式：___。

(3)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有___杂质(填化学式，下同)：为了除去该杂质，可以向溶液3中加入过量的___，之后若要获得纯NaNO3固体，还需进行的实验操作是___(填操作名称)、冷却结晶、过滤。24、某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。

(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：用10mLH2O2制取150mLO2所需的时间(秒)。30%H2O215%H2O210%H2O25%H2O2无催化剂、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360480540720MnO2催化剂、加热102560120

①该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、___________、____________等因素对过氧化氢分解速率的影响。

②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响？_______________________。

(2)将质量相同但聚集状态不同的MnO2分别加入到5mL5%(密度为1.0g/cm3)的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：。实验。

序号催化剂（MnO2）操作。

情况观察结果反应完成。

所需的时间A粉末状混合不振荡剧烈反应，带火星的木条复燃5分钟B块状反应较慢，火星红亮但木条未复燃30分钟30分钟

①写出H2O2发生分解的化学反应方程式________________。求出实验A中H2O2在5分钟内的平均反应速率________________。（结果保留小数点后两位数字）

②实验结果说明催化剂作用的大小与____________________有关。25、乙烯是世界上产量最大的化学产品之一；乙烯工业是石油化工产业的核心，乙烯产品占石化产品的75%以上，在国民经济中占有重要的地位。有如下两个实验都能用来制备乙烯请根据要求回答问题。

Ⅰ.已知使用活性较低的林德拉催化剂[Pd/(PdO、CaCO3)]，可使炔烃的氢化停留在生成烯烃的阶段，而不再进一步氢化成烷烃。现有一课外活动兴趣小组拟由乙炔制得乙烯，并测定乙炔氢化的转化率。若用含0.02molCaC2的电石和1.600g含杂质18.75%的锌粒(杂质不与酸反应)分别与足量的X和稀硫酸反应，当反应完全后，测得G中收集到的水VmL(收集到的气体已经转化为标准状况下的体积)。

(1)试剂X为：_____。

(2)写出A中所发生反应的化学方程式(有机物写结构简式)：_____。

(3)所用装置的连接顺序是_____(填各接口的字母)。

(4)若V=672mL(导管内气体体积忽略不计)，则乙炔氢化的转化率为_____。

Ⅱ.实验室可用酒精、浓硫酸作试剂来制取乙烯，但实验表明，还有许多副反应发生，如反应中会生成SO2、CO2；水蒸气等无机物。某研究性学习小组用下图所示的装置制备纯净的乙烯并探究乙烯与单质溴能否反应及反应类型。

(1)为实现上述实验目的，装置的连接顺序为F→_____→_____→_____→_____→D。(各装置限用一次)，B装置的作用是_____。

(2)当C中观察到_____时，表明单质溴能与乙烯反应；若D中_______，表明C中发生的是取代反应；若D没有出现前面所描述的现象时，表明C中发生的是_____反应，则D装置中溶液的作用_____。评卷人得分五、结构与性质(共2题，共16分)26、考查官能团名称。

（1）写出E()中任意两种含氧官能团的名称___________。

（2）D()具有的官能团名称是___________。(不考虑苯环)

（3）C()中所含官能团的名称为___________。

（4）写出化合物E()中含氧官能团的名称___________；E中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为___________。

（5）A()中的含氧官能团名称为硝基、___________和___________。

（6）A()中的官能团名称是___________。

（7）A(C3H6)是一种烯烃，化学名称为___________，C()中官能团的名称为___________、___________。

（8）中的官能团名称是___________。

（9）]中含氧官能团的名称是___________。

（10）CH2OH(CHOH)4CH2OH中含有的官能团的名称为___________。

（11）中官能团的名称为___________。

（12）中的官能团名称为___________(写两种)。

（13）中含氧官能团的名称为___________。27、据科技日报道南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，实现丙烯醇绿色合成。丙烯醇及其化合物可合成甘油、医药、农药、香料，合成维生素E和KI及天然抗癌药物紫杉醇中都含有关键的丙烯醇结构。丙烯醇的结构简式为CH2=CH－CH2OH。请回答下列问题：

（1）基态镍原子的电子排布式为________。

（2）1molCH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为_____，丙烯醇分子中碳原子的杂化类型为_____。

（3）丙醛(CH3CH2CHO的沸点为49℃，丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的沸点为91℃，二者相对分子质量相等，沸点相差较大的主要原因是_______。

（4）羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉，它的熔点为－25℃，沸点为43℃。羰基镍晶体类型是___________。

（5）Ni2+能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(SCN)3]－和[Ni(CN)4]2－等。[Ni(NH3)6]2+中心离子的配位数是______，与SCN-互为等电子体的分子为_______。

（6）“NiO”晶胞如图所示。

①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)，则C原子坐标参数为______。

②已知：氧化镍晶胞密度为dg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为______nm(用代数式表示)。【Ni的相对原子质量为59】评卷人得分六、工业流程题(共3题，共9分)28、锂被誉为“高能金属”。工业上用硫酸与β-锂辉矿(LiAlSi2O6和少量钙镁杂质)在250～300℃反应，生成Li2SO4以及硅铝化合物、MgSO4等；其工业生产流程如下：

(1)用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：______________。

(2)沉淀X的主要成分是(写化学式)______________________。

(3)流程中两次使用了Na2CO3溶液，试说明前后浓度不同的原因:_________________。

(4)锂和氢气在加热时能反应生成白色固体氢化锂，氢化锂遇到水就立即溶解并释放出大量的气体。试写出氢化锂遇水反应的化学方程式：______________。

(5)将盐酸与Li2CO3完全反应后的溶液，加热蒸干得到固体，再将其熔融电解生产锂。电解时产生的氯气中会混有少量氧气，原因是____________________。29、某含镍废料中有FeO、MgO、等杂质，用此废料提取的工艺流程如图1：

已知：①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图．

②时，的电离常数的电离常数．

(1)加调节溶液的pH至5，得到废渣2的主要成分是______填化学式．

(2)能与饱和溶液反应产生请用化学平衡移动原理解释用必要的文字和离子方程式回答______．

(3)时，的NaF溶液中______列出计算式即可溶液呈______填“酸性”、“碱性”或“中性”．

(4)已知沉淀前溶液中当除镁率达到时，溶液中______．

(5)在NaOH溶液中用NaClO与反应可得化学方程式为____________；与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池溶液工作原理为：负极的电极反应式：______．30、由碳酸锰矿(主要成分MnCO3，还含有FeCO3、MnO2、Al2O3、SiO2等)中提取金属锰的一种流程如下：

(1)“酸浸”过程中，提高锰元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、________________(填一种)。

(2)保持其他条件不变，在不同温度下对碳酸锰矿进行酸浸，锰元素的浸出率随时间变化如下图所示，则酸浸的最佳温度和时间分别是________。

提取过程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。金属离子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋开始沉淀的pH1.85.83.07.8完全沉淀的pH3.28.85.09.8

(3)已知“酸浸”后溶液中锰元素只以Mn2＋形式存在，则“酸浸”中发生氧化还原反应的离子方程式为________________________________________。

(4)结合上表，“除铁、铝”时加入氨水控制反应液pH的范围为________。

(5)若上述流程中加入的H2O2不足量，则待电解溶液中会有铁元素残余，进而会影响最终锰的纯度。请设计简要实验方案加以验证待电解溶液中是否含有铁元素：_________________。

(6)以石墨为电极电解除铁、铝后的溶液获得单质锰。电解废液中可循环利用的溶质是________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大，那么W位于第一周期，为H；化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，那么X为N，Z为Cl；化合物YZ3能促进水的电离；即能发生水解，则Y为Al。

【详解】

A.X为N，Y为Al，Z为Cl。简单离子半径大小关系：Cl->N3->Al3+，即r(Z)>r(X)>r(Y)；A正确；

B.Y为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3；属于两性氢氧化物，不是强碱，B错误；

C.N2H4电子式为分子中既含极性键，又含非极性键，C正确；

D.NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离出OH-；能够抑制水的电离，D正确。

答案：D。

【点睛】

半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，电子数越多，半径越大。2、B【分析】【分析】

【详解】

A.含3个碳原子的烷基有正丙基和异丙基两种结构；甲基与该烷基在苯环上有邻；间、对3种位置关系，故产物的结构共有2×3=6种，A项正确；

B.的分子式为C7H8O，与其互为同分异构体的芳香化合物有5种：B项错误；

C.含有5个碳原子的饱和链烃可能是正戊烷；异戊烷、新戊烷；如果是正戊烷，其一氯代物为3种，C项正确；

D.菲的结构具有对称性；含有5种不同化学环境的氢原子，其一硝基取代物有5种，D项正确；

答案：B。3、B【分析】【详解】

A．由于氧化性Fe3+>Cu2+，因此常利用FeCl3溶液刻蚀铜板来制造印刷电路，反应原理为故A项正确；

B．二氧化硫与硝酸钡溶液反应，发生氧化还原反应，其离子反应方程式为：故B项错误；

C．二氧化硅是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：故C项正确；

D．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，生成一氯甲烷的化学方程式为：故D项正确；

答案选B。4、C【分析】【分析】

从有机物的结构（官能团）分析该有机物具有的化学性质。

【详解】

肉桂醛中含有碳碳双键；可以发生加成和加聚反应，苯环上可以发生取代反应，故A正确；

肉桂醛中有醛基；可以用新制氢氧化铜悬浊液检验，故B正确；

肉桂醛中含碳碳双键；而苯甲醛没有，结构不相似，所以不是同系物,故C错误；

苯环上所有原子处在同一平面；醛基上的所有原子也在同一平面上，单键可以旋转，所以苯甲醛中所有原子可能位于同一平面内，故D正确。

故选C。

【点睛】

苯环上的碳原子和醛基中的碳原子都是sp2杂化，空间构型为平面型。5、C【分析】【详解】

A．反应①苯与Br2发生取代反应生成溴苯；故A正确；

B．反应②为苯在氧气中的燃烧；燃烧反应是氧化反应，所以反应②为氧化反应，由于苯中含碳量较高，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，故B正确；

C．反应③为苯的硝化反应；苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C；H，还含有N和O，不属于烃，故C错误；

D．反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应；生成环己烷，故D正确；

答案选C。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【详解】

化学能与热能知识点中，从能量的角度分析，反应物断键要吸收能量；形成不稳定的“中间状态”，而后成键释放能量；根据能量守恒定律，若某反应的反应物总能量大于生成物的总能量，可得反应物总能量等于生成物总能量加上放出的热量，所以该反应是放热反应。【解析】吸收释放放热7、略

【分析】【分析】

(1)碳碳双键的同一碳原子上含有两个不同的基团时；该有机物具有顺反异构，据此分析解答；

(2)C原子上连有4个不同的原子或原子团；该碳原子为手性碳原子；

(3)由结构简式可确定分子中的原子个数；得出分子式；

(4)由物质中含有-OH；-C=C-；结合醇、烯烃的性质来分析解答。

【详解】

(1)由结构可知；每个C=C双键有2种顺反异构，故共有4种顺反异构；

(2)C原子上连有4个不同的原子或原子团；该碳原子为手性碳原子，显然该物质中的碳原子均不具有手性，即手性碳原子数为0；

(3)由结构简式可知1个分子中含16个C、30个H、1个O原子，则分子式为C16H30O；

(4)由物质中含有-OH，能发生酯化反应及氧化反应，含-C=C-，能发生氧化、加成、加聚反应，则不具有的性质为⑤。【解析】①.4②.0③.C16H30O④.⑤8、略

【分析】【分析】

从图中可以看出反应过程中，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，所以X、Y为反应物，Z为生成物，方程式可表示为其物质的变化量为同理可得反应物的系数之比等于物质的量变化量之比，即所以方程式为

【详解】

(1)该反应的化学方程式为故填

(2)从开始到2min，X的物质的量变化量为根据其平均反应速率为故填

(3)从开始到2min，Y的物质的量变化量为转化率故填10%；

(4)A.升高温度可以加快反应速率；故A正确；

B.减小X的物质的量；浓度减小，反应速率降低，故B错误；

C.压强减小；反应速率降低，故C错误；

D.加入催化剂；降低活化能，反应速率增加，故D正确；

故选AD。【解析】3X+Y2Z0.07510%AD9、略

【分析】【详解】

经过处理的原油通过常压分馏，获得的主要产品是汽油、煤油、柴油等。要提取润滑油、石蜡等产品就要将重油进行减压分馏，其作用是使重油在较低温度下分馏，并避免炭化结焦。为了提高汽油的产量与质量，把重油或石蜡作为原料进行催化裂化。从石油中获取短链气态烃和少量液态烃的化学加工过程称为石油裂解，故答案为：汽油、煤油、柴油等；减压分馏；使重油在较低温度下分馏，并避免炭化结焦；重油或石蜡；催化裂化；石油裂解。【解析】汽油、煤油、柴油等减压分镏使重油在较低温度下分镏，并避免炭化结焦重油或石蜡催化裂化石油裂解10、略

【分析】【详解】

(1)通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是乙烯的产量；

故答案为乙烯；

(2)乙酸分子官能团是-COOH；名称为羧基；

故答案为羧基；

(3)乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。【解析】乙烯羧基CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O11、略

【分析】【分析】

I.(1)根据三段式计算2min后时各组分的物质的量，根据c=计算H2的浓度；

(2)计算出反应前容器内气体的总物质的量是N2和H2的物质的量的和；2min时，容器内气体的总物质的量为N2、H2、NH3物质的量之和；据此解答；

II.(1)平衡常数为化学反应达到平衡时各种生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；

(2)根据温度升高；平衡常数变大来分析；

(3)利用平衡的特征“等”和“定”来分析；

(4)将物质浓度关系式变性；跟化学平衡常数比较，判断其反应的温度；

(5)将该条件下的物质浓度带入浓度商式子中，得到其数值，并与该温度下的化学平衡常数K进行比较，若Qc>K，化学平衡向逆反应方向移动，若Qc=K，处于平衡状态；若Qc

【详解】

I.(1)N2与H2反应产生NH3，方程式为N2+3H22NH3，在反应开始时，n(N2)=5mol，n(H2)=8mol，n(NH3)=0mol，2min时，n(NH3)=4mol，根据物质转化关系可知反应消耗N22mol，消耗H26mol，则2min时各种气体的物质的量分别是n(N2)=(5-2)mol=3mol，n(H2)=(8-6)mol=2mol，n(NH3)=4mol，2min时，H2的浓度c==0.4mol/L；

(2)反应前容器内气体的总物质的量是N2和H2的物质的量的和，n(N2)+n(H2)=5mol+8mol=13mol，2min时，容器内气体的总物质的量为N2、H2、NH3物质的量之和，n=n(N2)+n(H2)+n(NH3)=3mol+2mol+4mol=9mol，所以2min时，容器内气体的总物质的量与反应前容器内气体的总物质的量之比为n(后)：n(前)=9：13；

II.(1)平衡常数为化学反应达到平衡时各种生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=

(2)由表格数据可知：温度升高；化学平衡常数变大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应；

(3)A.该反应为气体的物质的量不变的反应；容器中气体压强始终不变，因此压强不变不能作为判定平衡的方法，A错误；

B.混合气体中c(CO)不变；说明反应达到化学平衡，B正确；

C.v正(H2)=v逆(H2O)；则对于氢气来说正；逆反应速率相等，说明反应达到平衡，C正确；

D.c(CO2)=c(CO)；该反应不一定达到平衡，浓度关系取决于反应物的起始量和转化率，D错误；

故合理选项是BC；

(4)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，则=1，而K=根据温度与化学平衡常数的关系可知：反应温度为800℃；

(5)Qc===1>0.9=K；说明化学平衡向逆反应方向移动。

【点睛】

本题考查了化学平衡状态的判断方法、化学平衡常数的影响因素和应用及化学平衡的计算，化学平衡计算一般涉及各组成物质的量、浓度、平衡常数、转化率等，解题的关键是“三段式法”。明确平衡特点、平衡常数的计算方法及平衡常数与反应方程式的关系等即可解答。【解析】3mol0.4mol/L9：13吸热BC830逆向12、略

【分析】（1）A、B、C、D是原子序数依次增大的同一短同期元素，A、B是金属元素，C、D是非金属元素。则A、B、C、D可能为2、3周期的元素，A、B各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，所以A是金属钠，B是金属铝，氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

（2）由上分析知C、D为第3周期元素，Na与C可形成化合物Na2C，所以C显-2价，在该周期中，所以C是S碳元素，硫化钠是离子化合物，电子式为：

（3）C是S碳元素，则D是Cl，S的低价氧化物是二氧化硫，通入Cl2的水溶液中，发生氧化还原反应，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。

（4）硫离子和氯离子电子层数为3层，钠离子和铝离子电子层数为2层，电子层越多半径越大，核外电子数一样时，质子数越多半径越小，反之越大，即S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+。

（5）同周期元素；从左到右，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱，所以金属性最强的是Na，非金属性最强的是Cl。

点睛：本题考查元素周期律、元素周期表的综合知识，难度较大，综合性较强，涉及第3周期元素性质的递变规律、电子式、化学方程式书写、微粒半径比较、元素金属性及非金属性强弱比较等，注意根据所学知识解答。【解析】（1）Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O（2）

（3）SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl（4）S2->Cl->Na+>Al3+

（5）Na，Cl三、判断题(共9题，共18分)13、B【分析】【详解】

聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装，故错误。14、A【分析】【详解】

化学纤维用天然的或人工合成的高分子物质为原料、经过化学或物理方法加工制得，则高分子物质可作为生产化学纤维的原料，故答案为正确；15、×【分析】【分析】

【详解】

有的反应的反应热不能直接测量，错误。【解析】错16、A【分析】【详解】

两种有机物分子式均为C5H12，但碳原子连接方式不同，互为同分异构体，题干说法正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

糖类是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物。糖类不一定都溶于水，如纤维素属于糖，但不能溶于水；也不一定有甜味，有甜味的物质也不一定是糖类物质，因此认为能溶于水且具有甜味的物质都属于糖类的认识是错误的。18、A【分析】【详解】

农村用沼气池是动物粪便，产生的沼气作燃料属于生物质能的利用，正确；19、A【分析】【详解】

低碳环保指减少日常作息时所耗用能量的绿色环保的生活方式，其目的主要是减少温室气体的排放量，特别是二氧化碳，从而减少对大气的污染，减缓生态恶化，正确。20、A【分析】【详解】

(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷，正确。21、B【分析】【详解】

在原电池中，负极材料与电解质溶液发生反应失去电子，正极材料不参与反应，但负极材料的活泼性不一定比正极材料强，例如：以镁棒和铝棒作为电极材料，以氢氧化钠溶液作为电解质溶液构成的原电池，是活泼性较弱的铝作负极；错误。四、实验题(共4题，共12分)22、略

【分析】【分析】

NH3与O2一起通入A装置，可以将两种气体混合，还能通过A中冒气泡的情况调节两种气体进入的速率；A中盛放氨水是为了防止NH3溶解；气体进入B装置后，在Pt丝的催化下发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，混合气体经过浓硫酸吸收NH3后进入D装置，与H2O反应生成HNO3。

【详解】

(1)①固态氯化铵与熟石灰混合加热是实验室制氨气的主要方法；①选；

②固态氯化铵加热分解成氨气和氯化氢；氯化氢和氨气遇冷重新反应生成氯化铵，不能制得氨气，②不选；

③碱石灰中滴加浓氨水；碱石灰溶于水放热促进一水合氨分解，且增大氢氧根离子浓度促进氨气逸出，也是实验室制氨气的方法之一，③选；

④氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热；可以生成氨气，但氨气极易溶于水，所以此方法制得氨气量少，不适合实验室制备氨气，④不选；

故选：①③；

(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；

(3)装置C中浓硫酸的作用是吸收未反应的NH3，装置B中产生的NO通过浓硫酸时，可看到浓硫酸中有气泡冒出，同时NO在装置C的上部与O2迅速反应生成红棕色的NO2；为确保装置D中尽可能多地生成HNO3，就是NH3通过转化后全部生成HNO3，由4NH3+5O24NO+6H2O及4NO+3O2+2H2O=4HNO3可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，由此可见通入O2和NH3的体积比应大于2：1；

(4)在装置D中，NO2与H2O反应生成硝酸和一氧化氮，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的NO又可以和O2反应，方程式为：2NO+O2=2NO2。

【点睛】

本题要注意NH3与O2是两种气体，在固体的催化下加热反应时不会反应的很完全，所以反应后的混合气体中会有剩余的NH3与O2，两种气体均会进入后续装置中。因此后续装置中要用浓硫酸除去NH3，防止产生白烟，而且在后续装置中能看到NO2的红棕色。【解析】①③4NH3+5O24NO+6H2O吸收未反应的NH3气泡从浓硫酸中冒出，且装置C内的上部呈红棕色2：13NO2+H2O═2HNO3+NO、2NO+O2=2NO223、略

【分析】【分析】

除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液，由实验流程可知，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的X为Ba(NO3)2，生成沉淀A为BaSO4沉淀，然后在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3；据此分析解题。

(1)

由分析可知，试剂X最好是Ba(NO3)2，故答案为：Ba(NO3)2；

(2)

由分析可知，步骤②为在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，故反应的化学方程式为：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，故答案为：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3；

(3)

由分析可知，按此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3杂质，为了除去该杂质，可以向溶液3中加入过量的稀HNO3，之后若要获得纯NaNO3固体，还需进行的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：Na2CO3；HNO3；蒸发浓缩。【解析】(1)Ba(NO3)2

(2)NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3

(3)Na2CO3HNO3蒸发浓缩24、略

【分析】【分析】

(1)H2O2在常温下很难分解得到氧气；其分解速度受浓度；温度、催化剂等因素的影响。设计实验方案来证明时，要注意实验的控制变量，以确保实验结果的准确性；

(2)MnO2是H2O2分解的催化剂，由带火星木条复燃，可知产物，由此可写出方程式；根据v=计算用H2O2表示的反应速率大小；由实验现象可知，催化剂表面大小的影响因素。

【详解】

(1)①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的H2O2溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的H2O2溶液都分解，说明H2O2的分解速率与温度有关，但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明H2O2的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的H2O2溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明H2O2的分解速率与温度；催化剂有关；故该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、温度、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响；

②分析表中数据可以看出，浓度越大，反应速率越快；加热能加快H2O2的分解，使用合适的催化剂能使H2O2分解速率快；

(2)①H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；c(H2O2)=mol/L=1.47mol/L，在5min内完全反应，则用H2O2表示的反应速率v(H2O2)==0.29mol/(L·min)；

②因在其他条件相同时；粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂的接触面积对反应速率有影响。

【点睛】

本题通过图表数据，考查了化学反应速率的计算及外界条件对反应速率的影响，要注意分析外界条件对化学反应速率的影响时，要采用控制变量的方法，即只有一个条件改变时，其他条件相同，分析该条件如何影响反应速率。【解析】温度催化剂其他条件不变时，增大H2O2浓度，H2O2分解速率增大，减小H2O2浓度，H2O2分解速率减小2H2O22H2O+O2↑0.29mol/(L·min)催化剂的接触面积25、略

【分析】【分析】

Ⅰ由乙炔氢化制得乙烯；并测定乙炔氢化的转化率，由实验装置可知，X为饱和食盐水，A中制备乙炔，B中制备氢气，D中NaClO可除去硫化氢等杂质，E中干燥气体，在C中乙炔与氢气发生加成反应，最后FG排水法测定气体的体积，以此来解答；

Ⅱ实验室可用酒精、浓硫酸作试剂来制取乙烯，但实验表明，还有许多副反应发生，如反应中会生成SO2、CO2、水蒸气等无机物。为得到纯净的乙烯，应用NaOH溶液除去SO2、CO2，(并用石灰水检验是否除尽)，然后用浓硫酸干燥；乙烯与单质溴之间可能发生加成反应，也可能发生取代反应，若是取代反应，则会有HBr生成，HBr与AgNO3溶液反应会产生浅黄色沉淀；据此分析解答。

【详解】

Ⅰ(1)根据分析；装置A用电石和水反应来制备乙炔，为减慢A中的反应速率，X应选用饱和食盐水；

(2)根据(1)中分析，装置A用电石和水反应来制备乙炔，A中所发生反应的化学方程式CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca(OH)2；

(3)由上述分析可知，装置顺序为A→B→D→E→C→F→G，连接顺序是a、e、d、f、g、b；c、h(f、g可调换)；

(4)根据反应CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca(OH)2，0.020molCaC2的电石与水反应生成0.020molHC≡CH，Zn与硫酸反应的反应方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成氢气的物质的量与参与反应的锌的物质的量相等，为=0.02mol，V=672mL，即剩余气体的物质的量为=0.03mol，设转化的乙炔为x，由HC≡CH+H2CH2=CH2可知，(0.02−x)+(0.02−x)+x=0.03，解得x=0.01，则乙炔氢化的转化率为×100%=50%；

Ⅱ(1)为得到纯净的乙烯，应用NaOH溶液除去SO2、CO2，(并用石灰水检验是否除尽)，然后用浓硫酸干燥；乙烯与单质溴之间可能发生加成反应，也可能发生取代反应，若是取代反应，则会有HBr生成，HBr与AgNO3溶液反应会产生浅黄色沉淀，所以装置连接顺序为：F→A→B→E→C→D；用NaOH溶液除去SO2、CO2，B中的澄清石灰石水用于检验SO2、CO2是否除尽；

(2)当C中观察到溴水褪色时；表明单质溴能与乙烯反应；若D中硝酸银溶液中出现浅黄色沉淀时，表明D中生成了溴化银沉淀，则C中发生的是取代反应；若D没有出现前面所描述的现象时，说明D溶液中无溴离子，则C中发生的是加成反应；D的作用是验证乙烯与溴发生的反应类型。

【点睛】

易错点为Ⅱ(2)，要清楚加成反应和取代反应的特点，加成反应在双键两边分别连接一个原子或原子团，没有小分子生成，取代反应会生成小分子，即乙烯发生加成反应，溴单质全部被吸收，若发生取代反应，会有溴化氢小分子生成。【解析】饱和食盐水CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca(OH)2a、e、d、f、g、b、c、h(f、g可调换)50%ABEC检验SO2、CO2是否除尽；溴水褪色出现浅黄色沉淀加成验证乙烯与溴发生的反应类型五、结构与性质(共2题，共16分)26、略

【分析】【分析】

（1）

含氧官能团为酯基；醚键、酮基；

（2）

具有的官能团有氨基；羰基、卤素原子(溴原子、氟原子)；

（3）

所含官能团有氯原子和碳碳双键；

（4）

含氧官能团为酯基和羟基；E中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为2；

（5）

含氧官能团名称为硝基；醛基、羟基；

（6）

官能团为羟基；

（7）

A为丙烯；C中官能团为氯原子；羟基；

（8）

官能团为羧基；碳碳双键；

（9）

官能团为羟基；醚键；

（10）

官能团为羟基；

（11）

官能团为碳碳双键；酯基；

（12）

官能团为碳碳双键；羰基；

（13）

含氧官能团为羧基。【解析】（1）酯基；醚键，酮基(任写两种)

（2）氨基；羰基、卤素原子(溴原子、氟原子)

（3）碳碳双键；氯原子。

（4）羟基；酯基2

（5）醛基(酚)羟基。

（6）羟基。

（7）丙烯氯原子羟基。

（8）羧基；碳碳双键。

（9）羟基；醚键。

（10）羟基。

（11）碳碳双键；酯基。

（12）碳碳双键；羰基。

（13）羧基27、略

【分析】【分析】

(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，属于过渡元素，也可写为[Ar]3d84s2；

(2)单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个σ键,1个π键；分子中饱和碳原子是sp3杂化，形成碳碳双键的不饱和碳原子是sp2杂化；

(3)丙烯醇中含有羟基；分子之间形成氢键，沸点相对更高；

(4)羰基镍的熔点；沸点都很低；符合分子晶体的性质；

(5)[Ni(NH3)6]2+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；

(6)①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为(1，1)；

②观察晶胞结构、掌握各种微粒的空间位置关系，用均摊法计算晶胞中含有的Ni2+、O2-离子数目；计算晶胞的质量，再根据晶胞质量=晶胞密度×晶胞体积计算。

【详解】

(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，价电子包括3d与4s能级电子，核外电子排布式为：[Ar]3d84s2；

(2)单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个σ键，1个π键，故1molCH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为9:1；分子中饱和碳原子采取sp3杂化，含碳碳双键的不饱和碳原子采用sp2杂化，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3杂化；

(3)丙烯醇中含有羟基；分子之间形成氢键，使的它的沸点比丙醛的高很多；

(4)羰基镍的熔点；沸点都很低；说明微粒间的作用力很小，该晶体属于分子晶体；

(5)[Ni(NH3)6]2+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；

(6)①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为(1，1)；

②设晶胞参数为anm，观察氧化镍晶胞图，1个晶胞中含有4个NiO，面对角线上的3个O原子相切，d=a=×10-7nm，设Ni2+半径为xnm,则有2r+2x=a，x=×107nm。

【点睛】

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、晶体类型与性质、空间构型、晶胞结构与计算等，(6)中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的书写计算能力，中学基本不涉及晶胞参数问题，可以适当进行拓展。这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的学科基础和数学功底。【解析】①.[Ar]3d84s2②.9：1③.sp2、sp3④.丙烯醇分子间存在氢键⑤.分子晶体⑥.6⑦.N2O(或CO2、BeCl2等)⑧.(1，1)⑨.×107六、工业流程题(共3题，共9分)28、略

【分析】【分析】

(1)将硅酸盐写成氧化物形式的一般顺序：金属氧化物·SiO2·H2O；保证原子个数比不变，化合价不变；

(2)溶液中含有钙离子；镁离子；

(3)第一次用稀碳酸钠溶液是除去Ca2+，第二次用饱和碳酸钠溶液是为了沉淀Li+；

(4)氢化锂遇到水就立即溶解并释放出大量的气体；分析判断为氢气，依据氧化还原反应的实质分析书写；

(5)LiCl溶液加热蒸干，LiCl水解生成的LiOH，受热分解产生Li2O，电解Li2O的熔融物得到氧气。

【详解】

(1)LiAlSi2O6用氧化物形式可表示为：Li2O•Al2O3•4SiO2；

(2)β—锂辉矿加入浓硫酸焙烧，用水浸泡，再用CaCO3中和调节pH=6得到铝硅化合物沉淀，所得溶液中主要成分为Li2SO4，还含有Ca2+和Mg2+，溶液中加Ca（OH）2调pH=11，Mg2+与氢氧化钙反应生成Mg(OH)2沉淀，再加适量稀Na2CO3溶液，Ca2+转化为CaCO3沉淀，所以沉淀X的主要成分的化学式是CaCO3和Mg(OH)2；

(3)第一次用稀碳酸钠溶液是除去Ca2+，浓度过大会使部分Li+沉淀，第二次用饱和碳酸钠溶液是为了沉淀Li+，浓度大有利于Li2CO3沉淀的生成，故答案为前者是除去Ca2+，浓度过大会使部分Li+沉淀；后者是沉淀Li+，浓度大有利于Li2CO3沉淀的生成；

(4)锂和氢气在加热时能反应生成白色固体氢化锂，氢化锂遇到水就立即溶解并释放出大量的气体，是氢化锂和水反应生成氢气和氢氧化锂，反应的化学方程式为：LiH+H2O=LiOH+H2↑；