2024年浙教版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2024年浙教版高二化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在一定体积的密闭容器中给定物质A、B、C的量，在一定条件下发生反应：aA（g）+bB（g）⇌xC（g）；达到化学平衡后符合下图所示的关系（C%表示平衡混合气中产物C的百分含量，T表示温度，P表示压强）．在图中Y轴是指（）

A.反应物A的转化率B.平衡混合气中物质B的百分含量C.平衡混合气的密度D.平衡混合气的A的体积分数2、下列分子中，既含有rm{娄脪}键又含有rm{娄脨}键的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{4}}B.rm{HCl}C.rm{CH_{2}篓TCH_{2}}D.rm{F_{2}}3、在给定的四种溶液中；加入以下各种离子，各离子一定能在原溶液中大量存在的是（）

A.滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl-、I-

B.pH为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3-

C.水电离出来的c（H+）=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+

D.所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、CO32-、NO3-、Al3+

4、在以下的分子或离子中，VSEPR模型名称与该粒子的立体构型名称一致的是（）A.NF3B.CC.SO3D.H3O+5、对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0；下列各项对示意图的解释与图象相符的是（）

A.①压强对反应的影响（p2＞p1）B.②温度对反应的影响C.③平衡体系增加N2对反应的影响D.④催化剂对反应的影响评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)6、向含有FeBr2、FeI2的溶液中缓缓通入一定量的氯气后，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，若只从反应顺序角度考虑反应情况，则下列叙述不正确的是（）A.通入氯气后的溶液中一定不存在I-B.通入氯气之后原溶液中的Fe2+全部被氧化C.原溶液中的Br-不可能被氧化D.若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色7、下列各组物质中，所含分子数一定相同的是rm{(NA}表示阿伏加德罗常数rm{)}A.rm{1molH_{2}}和rm{16gO_{2}}B.rm{N_{A}}个rm{N_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2;}}D.rm{22.4LH_{2}}和rm{NA}个rm{CO_{2}}8、rm{4-}溴甲基rm{-1-}环已烯的一种合成路线如下：

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.化合物rm{X}rm{Y}rm{Z}中均有一个手性碳原子B.rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}的反应类型依次为加成反应、还原反应和取代反应C.由化合物rm{Z}一步制备化合物rm{Y}的转化条件是：rm{NaOH}醇溶液，加热D.化合物rm{Y}先经酸性高锰酸钾溶液氧化，再与乙醇在浓硫酸催化下酯化可制得化合物rm{X}9、采用电解法还原rm{CO_{2}}是rm{CO_{2}}资源化的一种方法rm{.}某学习小组设计了一套以rm{CO_{2}}为原料制备rm{ZnC_{2}O_{4}}的装置，其反应原理示意图如图rm{(}电解液不参与电极反应rm{).}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.电源的正极应与rm{Pb}电极连接B.电解时rm{Zn^{2+}}可通过阳离子交换膜进入左侧C.电解时，阴极反应为：rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}D.标况下，消耗rm{CO_{2}}气体rm{4.48L}时，交换膜右侧电解液质量减轻rm{6.5g}10、在密闭容器中发生如下反应：rm{mA(g)+nB(g)?pC(g)}达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，rm{C}的浓度为原来rm{1.8}倍，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{m+n>p}B.平衡向逆反应方向移动C.rm{A}的转化率降低D.rm{C}的体积分数增加评卷人得分三、多选题(共5题，共10分)11、下列实验事实不能用同一原理解释的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}.Cl_{2}}都能使品红溶液褪色B.rm{NH_{4}Cl}晶体rm{.}固体碘受热时都能气化C.福尔马林rm{.}葡萄糖与新制rm{Cu(OH)_{2}}共热时都能产生红色沉淀D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色12、下列过程能使蛋白质变性的是rm{(}rm{)}A.蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后析出蛋白质B.蛋白质用福尔马林浸泡C.蛋白质中加rm{Pb(Ac)_{2}}后析出蛋白质固体D.蛋白质中遇rm{X}光后13、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}14、下述转化关系可用于合成解痉药奥昔布宁的前体rm{(}化合物丙rm{)}下列说法正确的是：

A.化合物甲中的含氧官能团有羰基和酯基B.化合物乙分子中含有rm{1}个手性碳原子C.化合物乙能发生消去反应，且生成的有机物能和溴发生加成反应D.化合物丙能和氯化铁溶液发生显色反应15、为解决全球能源与环境问题，节能减排已成共识。下列措施有利于节能减排的有A.举行“地球一小时”熄灯活动B.露天焚烧稻草和秸秆C.夏天将空调的温度设置在rm{26隆忙}以上D.生活垃圾分类回收处理评卷人得分四、填空题(共1题，共8分)16、（9分）（1）在25℃、101kPa下，1g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热55.6kJ。则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为_________________________________________________。（2）下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ·mol－1)：。化学键C—HC—FH—FF—F键能414489565158根据键能数据计算以下反应的反应热△H：CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）△H=______________________。(3)下列说法正确的是（填序号）____：A相同温度下，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1mol•L-1氨水中NH4+的浓度大；B用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小；C电解饱和食盐水时，阳极得到氢氧化钠溶液和氢气；D对于Al(OH)3(s)Al(OH)3(aq)Al3+(aq)+3OH-(aq)，前段为溶解平衡，后段是电离平衡；E．除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的大；评卷人得分五、简答题(共2题，共4分)17、向某密闭容器中加入rm{4molA}rm{1.2molC}和一定量的rm{B}三种气体，一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如甲图所示rm{[}已知rm{t}rm{{,!}_{0}隆芦}rm{t}rm{{,!}_{1}}阶段保持恒温、恒容，且rm{c}rm{(B)}未画出rm{]}乙图为rm{t}rm{{,!}_{2}}时刻后改变反应条件，反应速率随时间的变化情况，已知在rm{t}rm{{,!}_{2}}rm{t}rm{{,!}_{3}}rm{t}rm{{,!}_{4}}rm{t}rm{{,!}_{5}}时刻各改变一种不同的条件，其中rm{t}rm{{,!}_{3}}时刻为使用催化剂。rm{(1)}若rm{t_{1}=15s}则rm{t_{0}隆芦t_{1}}阶段的反应速率为rm{v(C)=}____。rm{(2)t_{4}}时刻改变的条件为____，rm{B}的起始物质的量为____。rm{(3)t_{5}}时刻改变的条件为____，该反应的逆反应为____rm{(}填“吸热反应”或“放热反应”rm{)}rm{(4)}已知rm{t_{0}隆芦t_{1}}阶段该反应放出或吸收的热量为rm{QkJ(Q}为正值rm{)}试写出该反应的热化学方程式__________________________________________________。18、以绿矾rm{(FeSO_{4}隆陇7H_{2}O)}为原料制备高铁酸钾rm{(K_{2}FeO_{4})}的流程如下：

rm{(1)}“氧化”时发生反应的离子方程式为____。rm{(2)}“合成”时生成rm{Na_{2}FeO_{4}}的离子方程式为____。不同温度和rm{pH}下rm{FeO_{4}^{2}}在水溶液中的稳定性如下图所示。

为了提高“合成”时rm{Na_{2}FeO_{4}}的产率，下列措施可行的是____rm{(}填字母rm{)}A.充分搅拌反应液B.控制反应在rm{60隆忙}左右进行C.将氧化后所得溶液分多次加入rm{NaClO}和rm{NaOH}混合溶液中D.将rm{NaClO}和rm{NaOH}混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中rm{(3)}“滤渣”的主要成分为____rm{(}填化学式rm{)}rm{(4)}向rm{"}过滤rm{"}后的滤液中加入饱和rm{KOH}溶液可析出rm{K_{2}FeO_{4}}晶体，说明该温度下两者饱和溶液的物质的量浓度rm{c}rm{(K_{2}FeO_{4})}____rm{c}rm{(Na_{2}FeO_{4})(}填rm{"<"}rm{">"}或rm{"=");}此时母液中的阴离子除rm{FeO_{4}^{2}}和rm{OH^{-}}外，一定还含有____。评卷人得分六、探究题(共4题，共40分)19、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。20、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【解答】解：根据“先拐先平数值大”知，温度T1＞T2，压强P2＞P1，升高温度，C的含量降低，说明该反应向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，增大压强，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，即a+b＞x．

A．升高温度平衡向逆反应方向移动；则A的转化率减小，增大压强平衡正反应方向移动，A的转化率增大，符合图象，故A正确；

B．升高温度平衡逆向移动；B的含量增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，则B的百分含量减小，与图象不相符，故B错误；

C．混合气体的质量始终不变；容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，故C错误；

D．升高温度平衡逆向移动；A的体积分数增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，则A的体积分数减小，与图象不相符，故D错误；

故选A．

【分析】根据“先拐先平数值大”知，温度T1＞T2，压强P2＞P1，升高温度，C的含量降低，说明该反应向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，增大压强，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，即a+b＞x．2、C【分析】解：乙烯分子中含有碳碳双键，碳原子发生rm{sp^{2}}杂化，其中碳碳原子之间和碳原子与氢原子之间分别“头对头”重叠形成rm{娄脪}键，由于每个碳原子上均有一个垂直于杂化平面的rm{p}轨道，两个rm{p}轨道间通过“肩并肩”的重叠方式形成rm{娄脨}键，而rm{CH_{4}}rm{HCl}rm{F_{2}}中只含有rm{娄脪}键不含有rm{娄脨}键．

故选C．

双键或三键中既含有rm{娄脪}键又含有rm{娄脨}键；以此解答．

本题考查化学键，熟悉化学键的成键元素及一般规律即可解答，难度不大，注意把握化学键的类型和判断．【解析】rm{C}3、B【分析】

A．滴加石蕊试液显红色的溶液，溶液显酸性，Fe3+、I-发生氧化还原反应；则不能共存，故A错误；

B．pH为1的溶液；显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故B正确；

C．水电离出来的c（H+）=10-13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应；则不能共存，故C错误；

D．CO32-、Al3+离子之间相互促进水解；则不能共存，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】A．滴加石蕊试液显红色的溶液；溶液显酸性；

B．pH为1的溶液；显酸性；

C．水电离出来的c（H+）=10-13mol/L的溶液；为酸或碱溶液；

D．离子之间相互促进水解．

4、C【分析】解：VSEPR模型名称与该粒子的立体构型名称一致；说明中心原子孤电子对数为0．

A．NF3中N原子孤电子对数==1；价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体，而微粒空间构型为三角锥形，故A错误；

B．CH3-中C原子孤电子对数==1；价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体，而微粒空间构型为三角锥形，故B错误；

C．SO3中S原子孤电子对数==0；价层电子对数为3+0=3，VSEPR模型；微粒空间构型为平面三角形，故C正确；

D．H3O+中O原子孤电子对数==1；价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体，而微粒空间构型为三角锥形，故D错误．

故选：C．

根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布；不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型，VSEPR模型名称与该粒子的立体构型名称一致，说明中心原子孤电子对数为0．

本题考查了价层电子对互斥模型和微粒的空间构型的关系，掌握孤电子对个数的计算方法，为易错点，注意实际空间构型要去掉孤电子对，题目难度中等．【解析】【答案】C5、C【分析】解：A；该反应中增大压强平衡向正反应方向移动；则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；

B；因该反应是放热反应；升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；

C；反应平衡后；增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；

D；因催化剂对化学平衡无影响；但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误；

故选：C．

A；合成氨反应是气体体积缩小的反应；则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响，然后结合图象来分析；

B；合成氨的反应是放热反应；利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；

C；利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析；

D；利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响；结合图象来分析．

本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，图象中纵横坐标的含义即可解答，题目难度中等．【解析】【答案】C二、双选题(共5题，共10分)6、B|C【分析】解：A．还原性：I-＞Fe2+＞Br-，向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气后，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，I-一定全部被氧化；故A正确；

B．向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化；故B错误；

C．向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，出现铁离子，原溶液中的Br-可能被氧化；故C错误；

D．I-一定全部被氧化I2，则加入CCl4溶液充分振荡；静置；分液，下层溶液呈紫红色，故D正确．

故选BC．

还原性：I-＞Fe2+＞Br-，氯气先氧化I-，然后氧化二价铁，最后氧化Br-，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明I-全部被氧化，Fe2+部分或全部被氧化，Br-可能被氧化来分析．

本题考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题切入点是元素化合价，注意把握氧化性强弱的判断，为解答该题的关键，难度中等．【解析】【答案】BC7、AC【分析】

【分析】本题考查了物质的量的有关计算，明确气体摩尔体积的适用范围及适用条件是解本题关键，熟练掌握基本公式即可解答。【解答】所含分子数一定相同，说明二者的物质的量相等。A.rm{1molH}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}和rm{16gO}的物质的量均为rm{16gO}故A正确；B.rm{{,!}_{2}}rm{0.5mol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}个rm{N}的物质的量为rm{dfrac{11g}{44g/mol}=0.25mol}二者分子数不同，rm{N}C.rm{{,!}_{2}}的物质的量为rm{1mol}rm{11gCO_{2}}的物质的量为rm{dfrac{11g}{44g/mol}

=0.25mol}二者分子数不同，rm{1mol}的物质的量为rm{dfrac{18g}{18g/mol}=1mol}二者分子数相同，故C正确；D.温度、压强未知，导致无法计算氢气的物质的量，则无法判断二者分子数是否相等，故D错误。故选AC。

rm{11gCO_{2}}【解析】rm{AC}8、rAB【分析】解：rm{A.X}rm{Y}rm{Z}连接支链的碳原子为手性碳原子，连接rm{4}个不同的原子或原子团；故A正确；

B.由官能团的转化可知rm{1}rm{3-}丁二烯与丙烯酸乙酯发生加成反应生成rm{X}rm{X}发生还原反应生成rm{Y}rm{Y}发生取代反应生成rm{Z}故B正确；

C.由化合物rm{Z}一步制备化合物rm{Y}应发生水解反应，应在氢氧化钠的水溶液中，故C错误；

D.rm{Y}含有碳碳双键；可被酸性高锰酸钾氧化，故D错误．

故选AB．

rm{1}rm{3-}丁二烯与丙烯酸乙酯发生加成反应生成rm{X}rm{X}发生还原反应生成rm{Y}rm{Y}发生取代反应生成rm{Z}

A.rm{X}rm{Y}rm{Z}连接支链的碳原子为手性碳原子；

B.结合官能团的变化判断；

C.由化合物rm{Z}一步制备化合物rm{Y}应发生水解反应；

D.rm{Y}含有碳碳双键；可被酸性高锰酸钾氧化．

本题考查有机物的合成，为高频考点，注意根据结构与反应条件进行推断，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，难度中等．【解析】rm{AB}9、rBD【分析】解：rm{A}采用电化学法还原rm{CO_{2}}制备rm{ZnC_{2}O_{4}}的过程中，碳元素的化合价降低，所以通入二氧化碳的电极是阴极，即rm{Pb}是阴极；和电源的负极相连，故A错误；

B、阳离子移向阴极，则rm{Zn_{2}^{+}}从阳极移向阴极rm{Pb}所以电解时rm{Zn_{2}^{+}}可通过阳离子交换膜进入左侧；故B正确；

C、rm{Zn}是阳极不是阴极，金属锌失电子成为锌离子，反应式为：rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}故C错误；

D、电解的总反应为：rm{2C0_{2}+Zndfrac{overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}ZnC_{2}O_{4}}rm{2C0_{2}+Zndfrac{

overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}ZnC_{2}O_{4}}二氧化碳反应伴随rm{44.8L}锌减轻，当通入标况下的rm{65g}时，减轻rm{4.48LCO_{2}}锌；故D正确；

故选BD．

采用电化学法还原rm{6.5g}制备rm{CO_{2}}的过程中，碳元素的化合价降低，所以通入二氧化碳的电极是阴极，即rm{ZnC_{2}O_{4}}是阴极，和电源的负极相连，rm{Pb}是阳极，和电源的正极相连，总反应为：rm{2C0_{2}+Zndfrac{overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}ZnC_{2}O_{4}}根据反应式计算．

本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式的书写和应用知识，注意知识的迁移应用是关键，难度不大．rm{Zn}【解析】rm{BD}10、rBC【分析】解：解：平衡后将气体体积缩小到原来的一半，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时rm{C}的浓度为原来的rm{2}倍，但此时rm{C}的浓度为原来的rm{1.8}倍；说明增大压强平衡向逆反应方向移动；

A、增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有：rm{m+n<p}故A错误；

B；由上述分析可知；增大压强平衡向逆反应方向移动，故B正确；

C、增大压强平衡向逆反应方向移动，则反应物的转化率降低，所以rm{A}的转化降低；故C正确；

D、rm{D}平衡向逆反应移动，生成物的体积百分含量降低，即rm{C}的体积分数降低；故D错误；

故选BC．

平衡后将气体体积缩小到原来的一半，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时rm{C}的浓度为原来的rm{2}倍，但此时rm{C}的浓度为原来的rm{1.8}倍；说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理分析．

本题考查化学平衡移动的影响，题目难度不大，本题注意用假定法判断，如果平衡不移动，则达到平衡时rm{C}的浓度为原来的rm{2}倍，根据实际rm{C}的浓度，判断平衡移动．【解析】rm{BC}三、多选题(共5题，共10分)11、ABD【分析】解：rm{A.}氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的强氧化性的体现；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫与水生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色物质，该过程为化合反应，二者原理不同，故A选；

B.氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢属于化学变化；碘受热升华属于物理变化，二者原理不同，故B选；

C.福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜，二者原理相同，故C不选；

D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色；前者是发生氧化还原反应，后者发生加成反应，二者原理不同，故D选；

故选：rm{ABD}．

A.依据二氧化硫；次氯酸漂白原理解答；

B.氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢；碘受热升华；

C.福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜；

D.乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；能与溴水加成．

本题考查了元素化合物知识，明确物质的性质是解题关键，注意次氯酸与二氧化硫漂白原理的不同，注意有机物结构特点，题目难度不大．【解析】rm{ABD}12、BCD【分析】解：rm{A.}蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后发生盐析；故A错误；

B.蛋白质遇甲醛发生变性；故B正确；

C.rm{Pb(Ac)_{2}}是重金属盐；蛋白质遇重金属盐发生变性，故C正确；

D.蛋白质中遇rm{X}光发生变性；故D正确．

故选BCD．

蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被改变；从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，这种现象称为蛋白质变性．

能使蛋白质变性的化学方法有加强酸；强碱、尿素、乙醇、丙酮、甲醛等有机溶剂化学物质、重金属盐等；

能使蛋白质变性的物理方法有加热rm{(}高温rm{)}紫外线及rm{X}射线照射；超声波、剧烈振荡或搅拌等．

本题考查蛋白质的变性，难度不大，了解蛋白质变性的常用方法，注意蛋白质变性是不可逆的．【解析】rm{BCD}13、ABC【分析】【分析】本题考查了离子核外电子数，明确阴阳离子中核外电子数的计算方法是解本题关键，题目难度不大。【解答】rm{Ne}原子核外电子数是rm{10}原子核外电子数是rm{Ne}rm{10}二者相等，故A正确；A.钠离子核外电子数为rm{10}二者相等，故A正确；氟离子核外电子数为rm{10}二者相等，故B正确；C.铝离子核外电子数为B.二者相等，故C正确；D.硫离子核外电子数为rm{10}二者不相等，故D错误。故选ABC。rm{10}【解析】rm{ABC}14、ABC【分析】【分析】

本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。【解答】

A.根据结构简式知；甲中含氧官能团名称是酯基和羰基，故A正确；

B.乙中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子；故B正确；

C.与rm{-OH}相连rm{C}的邻位rm{C}上有rm{H}可发生消去反应；碳碳双键与溴发生加成反应，故C正确；

D.化合物丙中不含酚rm{-OH}则与氯化铁溶液不发生显色反应，故D错误。

故选ABC。

【解析】rm{ABC}15、ACD【分析】【分析】本题旨在考查学生对环境的治理的应用。【解答】A.举行“地球一小时”熄灯活动，有利于节能减排，故A正确；

B.露天焚烧稻草和秸秆，造成环境污染，不利于节能减排，故B错误；C.夏天将空调的温度设置在rm{26隆忙}以上，有利于节能减排，故C正确；D.生活垃圾分类回收处理，有利于节能减排，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}四、填空题(共1题，共8分)16、略

【分析】试题分析：（1）甲烷的相对分子质量是16，所以1mol的甲烷完全燃烧放出的热量是55.6kJ×16g/mol=889.6kJ。因此表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(l)△H＝—889.6kJ／mol；（2）4mol×414KJ/mol+4×158KJ/mol－4×489KJ/mol－4×565KJ/mol=—1928kJ,所以该反应的反应热△H＝—1928kJ／mol。（3）A.由于NH4Cl是强电解质，完全电离，尽管NH4+水解消耗，但是水解程度是微弱的；而NH3·H2O是弱电解质，电离程度很小，因此等浓度的1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比氨水中NH4+的浓度大，正确；B.用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于溶液中Cl-的浓度比水大，会抑制AgCl的溶解，使其溶解消耗的少，所以比用水洗涤损耗AgCl小；正确；C．电解饱和食盐水时，阴极得到氢氧化钠溶液和氢气；错误；D.对于Al(OH)3(s)Al(OH)3(aq)Al3+(aq)+3OH-(aq)，前段为沉淀溶解平衡，后段是溶解的弱电解质Al(OH)3的电离平衡；正确；E.除去溶液中的Mg2+，由于Mg(OH)2的溶解度比MgCO3小，所以用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，错误。考点：考查燃烧热很小方程式的书写、反应热与键能的关系、离子浓度的比较、沉淀溶解平衡、电离平衡、杂质的除去的知识。【解析】【答案】（1）CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)△H＝—889.6kJ／mol（2）△H＝—1928kJ／mol（3）A、B、D五、简答题(共2题，共4分)17、（1）0.02mol/(L·s)

（2）减小压强2mol

（3）升温放热反应

（4）2A(g)+B(g)3C(g)ΔH=+2.5QkJ/mol【分析】【分析】本题以图象的形式考查影响化学反应速率以及化学平衡移动的因素，题目难度中等。【解答】rm{(1)15S}内，以rm{C}浓度变化表示的反应速率为rm{v(C)=dfrac{0.6mol隆陇{L}^{-1}-0.3mol隆陇{L}^{-1}}{15S}=0.02mol/(L?S)}故答案为：rm{v(C)=

dfrac{0.6mol隆陇{L}^{-1}-0.3mol隆陇{L}^{-1}}{15S}=0.02

mol/(L?S)}

rm{0.02mol/(L?S)}和rm{(2)t_{3}隆芦t_{4}}这两段平衡是不移动的；则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应；

rm{t_{4}隆芦t_{5}}的平衡比原平衡的速率要快，而rm{t_{3}隆芦t_{4}}的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，rm{t_{4}隆芦t_{5}}段为减压；

反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，rm{t_{4}隆芦t_{5}}为反应物，rm{A}为生成物，rm{C}的变化为rm{A}rm{0.2mol/L}的变化量为rm{C}又由于该反应为等体积变化的反应，所以rm{0.3mol/L.}为反应物；根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比；

该反应的方程式为rm{B}所以，rm{trianglec(B)=dfrac{1}{2}trianglen(A)=dfrac{1}{2}隆脕0.2mol/L=0.1mol/L}起始rm{2A(g)+B(g)?3C(g)}所对应的浓度为rm{trianglec(B)=dfrac{1}{2}triangle

n(A)=dfrac{1}{2}隆脕0.2mol/L=0.1mol/L}则体积应是rm{dfrac{4mol}{1mol隆陇{L}^{-1}}=4L}故B的起始物质的量为rm{4molA}

故答案为：减小压强；rm{1mol/L}

rm{dfrac{4mol}{1mol隆陇{L}^{-1}}

=4L}由图象可知，rm{n(B)=(0.1mol/L+0.4mol/L)隆脕4L=2mol}阶段应为升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，所以逆反应为放热反应；故答案为：升温；放热反应。

rm{2mol}反应的方程式为rm{(3)}由rm{t_{5}隆芦t_{6}}知正反应方向为吸热反应，则在rm{(4)}阶段该反应吸收的热量为rm{2A(g)+B(g)?3C(g)}反应消耗rm{trianglen(B)=0.1mol/L隆脕4L=0.4mol}消耗rm{(3)}吸收的热量为：rm{dfrac{1mol}{0.4mol}隆脕QKJ=2.5QKJ}所以热化学方程式为：rm{t_{0}隆芦t_{1}}rm{QkJ}rm{triangle

n(B)=0.1mol/L隆脕4L=0.4mol}rm{1molB}；故答案为：rm{dfrac{1mol}{0.4mol}隆脕QKJ

=2.5QKJ}rm{2A(g)}rm{+B(g)}rm{3C(g)}。

rm{娄陇H=+2.5QkJ/mol}【解析】rm{(1)0.02mol/(L隆陇s)}rm{(2)}减小压强rm{2mol}rm{(3)}升温放热反应rm{(4)2A(g)}rm{+B(g)}rm{3C(g)}rm{娄陇H=+2.5QkJ/mol}18、（1）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O（2）3ClO－＋10OH－＋2Fe3＋=2FeO42－＋3Cl-＋5H2OAC（3）Fe(OH)3（4）<SO42－、Cl-【分析】【分析】本题以高铁酸钾的制备考查方程式的书写等知识，难度中等。【解答】rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}绿矾溶解产生亚铁离子，过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为rm{2Fe}rm{2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+}rm{H}rm{+}rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}rm{+}rm{2H}rm{+}，故答案为：rm{2H}rm{2H}rm{{,!}^{+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{+}rm{2H}rm{+}rm{2H}rm{2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{2Fe}rm{2Fe}rm{{,!}^{2+}+}根据流程可知“合成”时生成rm{H}的离子方程式为rm{H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}rm{+}rm{2H}rm{2H}rm{{,!}^{+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{3+}+}rm{2H}rm{2H}rm{2}rm{2}；

A.充分搅拌反应液，可使反应充分，可提高rm{O}rm{O}rm{(}rm{2}的产率，故A正确；B.由图可知控制反应在rm{2}左右进行，高铁酸钠的产率较低，故B错误；C.将氧化后所得溶液分多次加入rm{)}和rm{Na_{2}FeO_{4}}混合溶液中可提高rm{3ClO}rm{3ClO}rm{{,!}^{-}}rm{+}rm{10OH}的产率，故C正确；rm{+}和rm{10OH}混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中不能提高rm{10OH}rm{{,!}^{-}}rm{+}rm{2Fe}rm{+}rm{2Fe}rm{2Fe}故答案为：rm{{,!}^{3+}}rm{=2FeO}rm{=2FeO}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{2-}}rm{+}rm{3Cl}rm{+}rm{3Cl}rm{3Cl}rm{{,!}^{-}}rm{+}rm{5H}rm{+}rm{5H}rm{5H}rm{2}rm{2}rm{O}在合成时会有部分铁离子转化为氢氧化铁，则rm{O}rm{Na}rm{Na}，故答案为：rm{2}rm{2}rm{FeO}rm{FeO}rm{4}rm{4}rm{60隆忙}rm{NaClO}过滤rm{NaOH}后的滤液中加入饱和rm{Na}溶液可析出rm{Na}rm{2}rm{2}rm{FeO}rm{FeO}rm{4}rm{4}D.将rm{NaClO}和rm{NaOH}混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中不能提高rm{NaClO}rm{NaOH}rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{FeO}rm{FeO}rm{4}rm{4}的产率，故D错误；根据元素守恒可知此时母液中的阴离子除和rm{3ClO}外，一定还含有rm{3ClO}rm{{,!}^{-}+}rm{10OH}rm{10OH}rm{{,!}^{-}+}rm{2Fe}rm{2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{=2FeO}rm{=2FeO}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{2-}+}rm{3Cl}rm{3Cl}【解析】rm{(1)2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{(2)3ClO^{-}+10OH^{-}+2Fe^{3+}=2FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}rm{(2)

3ClO^{-}+10OH^{-}+2Fe^{3+}=2FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}rm{AC}rm{(3)Fe(OH)_{3}}rm{(4)<}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}六、探究题(共4题，共40分)19、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置